(易错题)高中数学高中数学选修2-1第二章《空间向量与立体几何》测试题(含答案解析)(5)

1、一、选择题1 .在四锥P ABCD中，PD 平面ABCD,四边形ABCD为正方形，AB 2, E为PQ与AD成30 日的角，则线段PA长的取值范围C. (0,1D.0, 23.如图，在几何体ABC ABG中,A. 1B, -C. 3D. 222 .如图，在三棱锥 A BCD中，平面 ABC 平面BCD, &BAC与 BCD均为直角三1 一 ，角形，且 BAC BCD 90 , AB AC , CD BC 1，点P是线段AB上的动ABC为正三角形，AA/BB1/CG, AA 平面ABC,若E是棱B1C1的中点，且AB AA CC1 2BB1，则异面直线 AE与AC1所 成角的余弦值为（）

2、132 13C,2134.如图为一正方体的平面展开图，在这个正方体中, EN所成的角为60 ,BD/MN ,二面角E13有以下结论:AN GC ,CF与BC N的大小为45，其中正确的个数是C.D. 45 .正方体 ABCD- A成角的大小为B' C DB的中点为M, DD'的中点为N,则异面直线B'M与CN所A. 0°B. 45°C. 60D.90°6 .如图，在正方体ABCDABGDi中,论：AH 平面ABiDi,垂足为H,给出下面结13直线AH与该正方体各棱所成角相等;直线AH与该正方体各面所成角相等;过直线AH的平面截该正方体所得截

3、面为平行四边形;垂直于直线 AH的平面截该正方体，所得截面可能为五边形, 其中正确结论的序号为（）A.B.C.D.7.如图，在长方形 ABCD中，AB 73，BC 1 ,点E为线段DC上一动点，现将ADE沿AE折起，使点D在面ABC内的射影K在直线AE上，当点E从D运动到C,则点K所形成轨迹的长度为（）8.将直角三角形ABC沿斜边上的高 AD折成120的二面角，已知直角边4粕,那么下面说法正确的是（）AB 4 3, ACA.平面ABC平面ACDB.四面体D ABC的体积是8/6C.二面角A BC D的正切值是由23D. BC与平面ACD所成角的正弦值是9 .如图，已知正三棱柱 ABC AB1G

4、的棱长均为2,则异面直线AB与BC所成角的余 弦值是（）1 B2D. 010 .已知A,B,C三点不共线，对于平面ABC外的任一点O,下列条件中能确定点M与点A,B,CA. OM OAOB OCB. OM 2OAOB OCC. OM OA1 一 1 一OB OC1 -D. OM 一 OA 21 一 1 一OB OC定共面的是（j, a = AB,b CD,则11 .如图是由16个边长为1的菱形构成的图形，菱形中的锐角为C.3D.612 .已知a 2,t,t ,b 1 t,2t 1,0，则b a的最小值是()A.拒B. 33C. 5%D. 66二、填空题13 .空间四边形 ABCD的两条对棱 A

5、C、BD的长分别为5和4 ,则平行于两条对棱的截 面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是 .14 .已知 3 = (2, 1,3), b =(- 1,4, 2), C =(7,5,立若石、占、1 三向量共面，则 实数仁.15 .将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD a ,则三棱锥D ABC的 体积为16 .已知平行六面体中，.出二4 AD=3乩4=5则|小。1| =.17 .如图，已知平面平面 ，A, B是平面 与平面的交线上的两个定点，DA , CB ，且 DA AB , CB AB , AD 4, BC 8, AB 6,在平面 内有一个动点P,使得 APD BPC ,

6、则zPAB的面积的最大值是 .18 .在平行六面体ABCD ABC1D1中，面A1ADD1面ABCD ,底面ABCD为矩形， AD 2, CD 3,面ARDA为菱形，AAD 60, O是AD的中点，M为CD的中点，问AN 时，面DNC 面A1OM .1,则该点到原点的距离是19 .在空间直角坐标系中，一点到三个坐标轴的距离都是 20,正四棱柱ABCD ABCiDi中，AA 2AB ,则ADi与平面BB1D1所成角的正弦值 为.三、解答题21 .如图，该多面体由底面为正方形 ABCD的直四棱柱被截面 AEFG所截而成，其中正方 形ABCD的边长为4, H是线段EF上(不含端点)的动点，FC 3E

7、B 6.(1)若H为EF的中点，证明： GH /平面ABCD ;EH 1(2)若EL ,求直线ch与平面acg所成角的正弦值.EF 422 .如图，在正方体 ABCD ABCD中，E为BB1的中点.(1)证明：BG /平面 ADE；(2)求直线BG到平面ADE的距离；(3)求平面ARE与平面ABCD夹角的余弦值.23 .如图：三棱锥 A BCD中，AB 平面BCD ,且AD 2AB 2CD 2, BC 72； BM AC , BN AD ,垂足分别为 M , N .(1)求证：iAMN为直角三角形；(2)求直线BC与平面BMN所成角的大小.24.如图，在三棱柱 ABC ABCi中，H是正方形A

8、ABB的中心，AA 2 , CH 平 面 AABiB，且 CH 3 .4A(1)求AC与平面ABC所成角的正弦值；(2)在线段AB上是否存在一点P,使得平面PBC 平面ABC ?若存在，求出BiP的 长；若不存在，说明理由.25 .如图，在四棱锥 P ABCD中，平面PAD 平面ABCD , AD/BC ,ADC 90 , PA PD , PA PD .(1)求证：平面PAB 平面PCD ；(2)若BC 1 , AD CD 2,求二面角 A PC B的余弦值.26 .如图，在多面体 EF ABCD 中，AD / / BC , CD / EF , AD DC DE 1,BC EF 2 , CDE

9、 CDA .23(1)若M为EF中点，求证：CD BM ;(2)若二面角 A DC E的平面角为求直线 AE与平面EFB所成角的大小【参考答案】*试卷处理标记，请不要删除、选择题1. D解析：D【分析】 由已知以D为原点建立空间直角坐标系，设 P(0,0,a),求得DP,AE的坐标，由数量积公 式可得答案.【详解】由已知DP、DA、DC两两垂直，所以以 D为原点，建立如图所示的坐标系， 设 PD a(a 0),则 P(0,0, a) , A(2,0,0),连接BD取中点F ,连接EF ,所以EF/PD , EF 平面ABCD ,a. ' a所以 E。1,，所以 DP (0,0,a),

10、AE (1/3),DP AE由 costDP,AE)，得 cos(DP,AE) _ -Jii 33DP AE1解得a 2.故选：D.【点睛】本题考查了空间向量的数量积公式的应用，关键点是建立空间直角坐标系，由数量积公式 求得a ,考查了学生的空间想象力.2. C解析：C【分析】以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 PA长的取彳1范围.【详解】如图，以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直 角坐标系，则 C 0,0,0 ,A 0,1,1 ,B 0,2,0 ,D 1,0,0 ,设 Q q,0,00

11、 q 1 ,设 AP AB 0, ,01 ,则 PQ CQ (CA AP)(q,0,0) (0,1,1) (0,)(q, 11)，AD (1, 1, 1),丫异面直线PQ与AD成30 c的角,cos30|PQ AD|IPQ| |ad|q-,q2 22218 2 25q2 16q,.，'0 q 1,5q2 16q 0,11,18180 ,解得11-01, 0,252可得 |PA|aP|、亍 2故选：C.(0,1.【点睛】利用向量求解空间角的关键在于四破”：第一，破 建系关”，构建恰当的空间直角坐标 系；第二，破 求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破 求法向量关”，求出平面的 法向量

12、；第四，破 应用公式关”.3. C解析：C【解析】【分析】以C为原点，在平面 ABC内过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CC为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线A1E与AC1所成角的余弦值【详解】以C为原点，在平面 ABC内过C作BC的垂线为x轴，CB为y轴，CG为z轴，建立空间直角坐标系，设 AB=AA = CC = 2BB1=2,3则 A1 (1, 2), A ( JR。)，C1 (0, 0, 2) , Bi (0, 2, 1) , E (0, 1,-),-1AE ( 43，0， -) , AC11-1，2),设异面直线A1E与AO所成角为0,AE网 2 运则cos0 |

13、诟|词叵m13 异面直线A1E与ACi所成角的余弦值为2613故选C.【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等 基础知识，考查运算求解能力，是基础题.4. C解析：C【分析】根据题意画出正方体直观图，建立空间直角坐标系，计算an GC 0，由此判断 正确.根据线线角的知识，判断 正确.根据线线的位置关系，判断 错误.根据二面角的知识， 判断正确.【详解】画出正方体的直观图，如下图所示，设正方体边长为2,以6人,诙,诙分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则A 2,0,0 ,N 0,2,2 ,G 0,0,2 ,C 0,2,0 ,所以AN GC 2,2

14、,20,2, 20,所以AN GC ,故正确.由于EN /AC ,所以CF与EN所成的角为FCA,而在 FAC中，AF FC CA ,也即 FAC是等边三角形，故 FCA 60、所以正确.由于EN /AC，而AC与BD相交，故BD, MN不平行，错误.由于EB BC,FB BC ,所以 EBF即是二面角E BC N的平面角.EBF是等腰直角三角形，所以 EBF 45,，故 正确.综上所述，正确的命题个数为 3个.故选：C.5. D解析：D【分析】以A为原点，AB为X轴，AD为y轴，AA为z轴建立空间直角坐标系，利用向量B1M( 1,0, 2),CN ( 2,0,1)的数量积为0,即可求解.【详

15、解】以A为原点，AB为X轴，AD为y轴，AA为z轴建立空间直角坐标系如图所示，设正方体ABCD ABC1D1的棱长为2,由图可知 M (1,0,0) , B(2,0,2) , C(2,2,0) , N(0,2,1),所以 BM ( 1,0, 2),CN ( 2,0,1)所以 cosBM ,CN 0所以异面直线B M与CN所成的角为90 .故本题正确答案为 D.【点睛】本题主要考查了异面直线所成角，属于基础题6. D解析：D【解析】【分析】由A1C，平面ABiDi,直线AiH与直线AiC重合，结合线线角和线面角的定义，可判断；由四边形AiACG为矩形，可判断 ；由垂直于直线 AiH的平面与平面

16、ABiDi平 行，可判断.【详解】在正方体ABCD- AiBiCiDi中，AiH，平面ABiDi,垂足为H,连接 AiC,可得 AiCXABi, AiCXADi,即有 AiC,平面 ABiDi,直线AiH与直线AiC重合，直线AiH与该正方体各棱所成角相等，均为arctan J2 ,故正确； 、2直线AiH与该正方体各面所成角相等，均为arctan ,故正确；2过直线AiH的平面截该正方体所得截面为AiACG为平行四边形，故 正确；垂直于直线 AiH的平面与平面 ABiDi平行，截该正方体，所得截面为三角形或六边形，不可能为五边形.故 错误.故选：D.【点睛】本题考查线线角和线面角的求法，以及

17、正方体的截面的形状，考查数形结合思想和空间想 象能力，属于中档题.7. C解析：C【分析】根据图形的翻折过程中变与不变的量和位置关系知，若连接D'K,则D'KA=90。，得到K点的轨迹是以AD'为直径的圆上一弧，根据长方形的边长得到圆的半径，求得此弧所对的圆 心角的弧度数，利用弧长公式求出轨迹长度.【详解】由题意，将AAED沿AE折起，使平面 AED1平面ABC,在平面AED内过点D作DK, AE, K为垂足，由翻折的特征知，连接D'K,则D'KA=90。，故K点的轨迹是以AD为直径的圆上一弧，根据长方形知圆半径是 1 ,2AK=7 =2，取。为AD的中

18、点，得到4OAK是正三角形./2故/ K0A=-,/ K0D'= 3，1其所对的弧长为一2故选：C【点睛】K的轨迹是圆上本题考查与二面角有关的立体几何综合题目，解题的关键是由题意得出点的一段弧，翻折问题中要注意位置关系与长度等数量的变与不变，属于中档题目.8. C解析：C【分析】先由图形的位置关系得到CDB是二面角C ADB的平面角，CDB 120，故A不正确；B由于VdaBCVA BCD1S3 SBCD1AD 一 38 4 sin120 4V2故得到B错误；易知 AFD为二面角A BCD的平面角的afd DD4、2423 ,由题意可知/ BDC为B- AD- C的平面角，即BO/BD

19、C=120,° 作 DF，BC 于 F,连结 AF, sin/BCO=BC【详解】沿AD折后如图,a AD BC，易知 CDB是二面角C AD B的平面角,CDB 120 ,CD 12,BD 4, AD 472,由余弦定理得 BC2 CD2 BD2 2CDBDcos120，可得 BC 4",过 D 作 DFBC于F，连接AF，则AF BC油面积相等得 IcD BDsin120 21 -DF BC ,可得 2DF4.217根据丁 AD BC ,易知 CDB是二面角C AD B的平面角，CDB 120故A平面ABC与平面ACD不垂直，A错;B由于VD abcVA BCD1s3

20、SBCDAD1 1- 32 6_一一 8 4 sin120 442 , B错;3 23AD 4.242tan AFD - _C易知 AFD为二面角A BC D的平面角，DF 4后3 ,C；7D故如图，由题意可知 / BDC为B-AD-C的平面角，即Z BDC=120°,作DF, BC于F,连 结 AF, AF=W21, BD=4, DC=8, AD=4,过。作 BO 垂直 BOX CO于 O,则 / BCO就是 BC2；3 _214.714与平面 ACD所成角，BO=2j3, OD=2, BC=JBO2 CO2 4电, BOsin / BCO=BC选C.【点睛】 本题考查了平面的翻折

21、问题，考查了面面垂直的证明，线面角的求法，面面角的求法以及 四面体体积的求法，求线面角，一是可以利用等体积计算出直线的端点到面的距离，除以 线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间向量的方法求直线的方向向量和面的 法向量，再求线面角即可.面面角一般是要么定义法，做出二面角，或者三垂线法做出二 面角，利用几何关系求出二面角，要么建系来做.9. C解析：C【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量的结论求解异面直线所成角的余弦值即可【详解】以AC的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz,则:A 0, 1,2 ,B V3,0,0 , Bi 品0,2 , C 0,1,0 ,向量

22、AB百,1, 2 ,B1cV3,i, 2 ,A1B B1c21cos AB,BC而前 22 2 2 4.本题选择C选项.【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求解，空间向量的应用等知识，意在考查学生的转化能 力和计算求解能力.10. D解析：D【分析】根据点M与点A,B,C共面，可得x y z 1 ,验证选项，即可得到答案【详解】 设OM xOA yOB zOC ,若点M与点A,B,C共面，则x y z 1,只有选项D满 足，.故选D.【点睛】本题主要考查了向量的共面定理的应用，其中熟记点M与点A,B,C共面时，且OM xOA yOB zOC,则x y z 1是解答的关键，着重考查了分析问题和

23、解答问 题的能力.11. B解析：B【解析】 一，.11设麦形中横向单位向重为 m,纵向单位向重为n，则可 m 1,m n 1 1 -,a AB m 2n，b CD3m 2n，a b m 2n 3m 2n3m2 4n2 4m n 3 4 21 ,故选 B.12. A解析：A【解析】解：由题意可知：b a t 1,t 1, t ,则：6 a j t 12 t 12 T7 6 2 衣,即b a的最小值是72 .本题选择A选项.点睛：本题的模长问题最终转化为二次函数求最值的问题.二次函数、二次方程与二次不等式统称 三个二次”，它们常结合在一起，有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象 是探求解题思

24、路的有效方法.一般从：开口方向；对称轴位置；判别式；端点函数值符号四个方面分析.二、填空题13. 【解析】如图所示设周长又周长的范围为故答案为:解析：（8,10）【解析】 如图所示，“ DH GHkDA ACAH EHDA BD . GH 5k, EH 4(1 k),，周长 8 2k.又0 k 1,周长的范围为(8,10).故答案为：(8,10).14. 【解析】试题分析：三向量共面则存在实数使所以解得考点：空间向量基 本定理解析：65【解析】试题分析：2x y x 4y3x 2y7337177657后、豆、方三向量共面，则存在实数 x, y ,使c xa yb ,所以x75 ,解得 y考点：

25、空间向量基本定理.15.【分析】如图过作交于连接求出后利用公式可求体积【详解】如图过作交 于连接在等腰直角三角形和等腰直角三角形中由于故而所以故因为底面又故【点睛】本题考查三棱锥体积的计算求出点到面的距离是关键本题属于基础题【分析】如图，过D作DE AC交AC于E ,连接BE ,求出DE后利用公式可求体积【详解】 如图，过D作DE AC交AC于E ,连接BE , 在等腰直角三角形 DAC和等腰直角三角形 ABC中，2由于 AC V2a, BE DE，故 DE BE a.而 BD a ,所以 bd2 DE 2 BE2，故 DE BE , 因为BE AC E , DE 底面ABC ,又 Sabc

26、1a2,故 V 1 L2 a a3.23 2212本题考查三棱锥体积的计算，求出点到面的距离是关键，本题属于基础题16 .【解析】试题分析：因为在平行六面体中所以则考点：本题考查的知识点是点线面间的距离计算考查空间两点之间的距离运算根据已知条件构造向量将空间两点之间的距离转化为向量模的运算是解答本题的关键解析：J，【解析】试题分析：因为在平行六面体中，拓二万寸石十工工，所以4G * W+ ad+aw1*= 与二+ 诟 ：+42一通+ 2万 四+ 2而一石二4、305心2工夫与一工又93M5=85,则无卜尼.考点：本题考查的知识点是点、线、面间的距离计算，考查空间两点之间的距离运算，根据已知条件

27、，构造向量，将空间两点之间的距离转化为向量模的运算，是解答本题的关 键.17 . 12【解析】解析：12【解析】3 14218.【分析】证明出平面然后以点为坐标原点所在直线分别为轴建立空间直角 坐标系设点利用空间向量法结合面面可求得的值即可得出结论【详解】因为四 边形为菱形则为的中点由余弦定理可得平面平面平面平面平面所以平面以点-一 4解析：-3【分析】证明出AO 平面ABCD ,然后以点O为坐标原点，OA、OA1所在直线分别为X、z轴建立空间直角坐标系，设点 N 1,t,0 ,利用空间向量法结合面 DNC 面AOM可求得t 的值，即可得出结论.【详解】因为四边形ARDA为菱形，AD 2 ,则

28、AA 2,.O 为 AD 的中点，AiAD 60 , AO 1,由余弦定理可得 AO2 AA2 AO2 2 AA AO cos A1AD 3, _2_ 22AO AO AAi ,AO AD ,丫平面AiADDi平面ABCD ,平面AADDiC平面ABCD AD , AO 平面AADDi,所以，A。平面ABCD ,以点O为坐标原点，OA、OAi所在直线分别为系，;1 Lt Jr< N8一 一一33则 O 0,0,0、a 0,0,33、M I,-,0 、2N i,t,0 ,设平面DNC的法向量为 mx11yl，乙，DNm DN 2xi tyi 0尸由 _ 一-，取 J3m DCi xi 3y

29、i V3zi 0可得m 后，2瓜t 6 ,1.设平面AOM的法向量为nX2,y2,Z2 , OAiX、z轴建立如卜图所本的空间直角坐标D i,0,0、Ci2,3,73，设点2,t,0 , DCii,3,V3 ,t ,则 yi2 J3 ,乙 t 6 ,0,0,73 , OMi,-,0 ,2n OA1%, 3z2 o由 一3 ，取 X2 3,则 y2 2, Z2 0,可得 n 3,2,0 ,n OMX25y2 0因为平面DNC 平面AOM，则m n 3 J3t 22有 373t 473 0,解得t 4.34因此，当AN 时，平面DNC 平面AOM .3，一 4故答案为：4 .3【点睛】关键点点睛：

30、本题考查利用面面垂直求线段长度，解题的关键在于建立合适的空间直角坐标系，将面面垂直的问题转化为法向量垂直来求解19.【解析】【分析】设出点的坐标根据题意列出方程组从而求得该点到原点的距离【详解】设该点的坐标因为点到三个坐标轴的距离都是1所以所以故该点到原点的距离为故填【点睛】本题主要考查了空间中点的坐标与应用空间 解析:设出点的坐标（x, y,z）,根据题意列出方程组，从而求得该点到原点的距离【详解】设该点的坐标（x, y,z）因为点到三个坐标轴的距离都是1所以 x2 y2 1, y2 z2 1, x2 z2 1,所以 x2 y2 z2 32故该点到原点的距离为x2 y2 z2 = -6 ,2

31、故填-6.2【点睛】本题主要考查了空间中点的坐标与应用，空间两点间的距离公式，属于中档题20. 【解析】分析：建立空间直角坐标系求出平面的法向量利用向量法即可求AD1与面BB1D1D所成角的正弦值详解：以 D为原点DADCDD份别为x轴y轴z轴建立如图所示空间直角坐标系 D-xyz设AB=1则D解析：1010【解析】分析：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法即可求ADi与面BBiDiD所成角的正弦值.详解：以D为原点，DA, DC, DDi分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系D- xyz.设 AB=1,则 D (0, 0, 0) , A (1, 0, 0), B (1

32、, 1,0), C (0, 1, 0) , D1 (0, 0, 2),A1 (1, 0,2),B1(1, 1,2),C1(0,1,2)设AD1与面BB1D1D所成角的大小为 0Ad =(-1, 0, 2),设平面BB1D1D的法向量为n= (x, y, 则 x+y=0, z=0.z) , DB =(1,1,0), DD1 = (0, 0, 2),令 x=1,贝 U y= - 1,sin 0 =|cos AD1 ,所以 n= (1, - 1,n"，10/所以AD1与平面BB1D1D所成角的正弦值为 1010故答案为-10.10求线面角，一是可以利用等体积点睛：这个题目考查了空间中的直线

33、和平面的位置关系.计算出直线的端点到面的距离，除以线段长度就是线面角的正弦值；还可以建系，用空间 向量的方法求直线的方向向量和面的法向量，再求线面角即可.三、解答题21. (1)证明见解析；(2) 3BC的中点M ,连接HM , DM ,证明四【分析】(1)要证明线面平行，需证明线线平行，取边形DGHM 是平行四边形，即可证明；(2)以点D为原点，建立空间直角坐标系，求平面ACG的法向量，利用线面角的向量公式求解 .【详解】(1)证明：取BC的中点M ,连接HM , DM .因为该多面体由底面为正方形ABCD的直四棱柱被截面 AEFG所截而成，所以截面AEFG是平行四边形，则 DG CF EB

34、 4 .1_因为 FC 3EB 6,所以 HM (2 6) 4,且 DG/HM, 2所以四边形DGHM 是平行四边形，所以 GH / /DM .因为DM 平面ABCD , GH 平面ABCD，所以GH /平面ABCD .(2)解：如图，以 D为原点，分别以 DA, DC,DG的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系D xyz,则 A(4,0,0) , C(0,4,0) , G(0,0,4) , H (3,4,3),AC ( 4,4,0), n (x,y,z),AG(4,0,4)CH(3,0,3) .设平面ACG的法向量为皿 AC n4xAG n4x4y4z1,得1,1,1 .因为

35、cos CH ,nCH n|CH |n| 3.23所以直线CH与平面ACG所成角的正弦值为【点睛】思路点睛：本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面角的求解问题，意在考查学生 的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面关系 的相互转化，通过严密推理证明线线平行从而得线面平行，同时对于立体几何中角的计算 问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.22. (1)证明见解析；(2) 2 ； (3)2.。3【分析】建立空间直角坐标系 A xyz ,设正方体的棱长为 2(1)求出平面ADiE的法向量和BG ,由BCi叫可得答案;AB n

36、可得(2)直线BG到平面ARE的距离即为点B到平面ARE的距离，利用d n答案；(3)求出平面ABCD的一个法向量设平面 AD1E与平面ABCD夹角为， -r厂h n n1cos cos：n ni可得答案.如图建立空间直角坐标系A xyz ,设正方体的棱长为¥廿二D /则 A(0,0,0) , B(0,2,0) , DQ0,2) , G(2,2,2) , E(0,2,1),(1)设平面ADE的法向量为n；(为»2)，n AD1 0AE 02x 2z 02y z 01. 1.令 x 1,则 Z 1, y -,n1,-，1 ， BC1 (2,0,2),bC1 n1 (2,0,2

37、) 1,-2, 12 2 0, Bc1n',C1B 面 ARE BG平面 ARE.(2) ； BG平面AD1E ,直线BG到平面ARE的距离即为点B到平面ADE的距离,/ 1/AB (0,2,0) , A1,-, 110 1 20 ( 1)22直线BG到平面ADE的距离为3 .(3)平面ABCD的一个法向量为 n(0,0,2),设平面ARE与平面ABCD夹角为n1/ 1,1,-, 1 ， cos 2,114所以平面ADE与平面ABCD夹角的余弦值-.3【点睛】方法点睛：本题考查空间中线面平行关系、线面距离、面面角的求法，关键点是建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，考查学生的空间想象

38、力和运算能力23. (1)证明见解析；(2)工.【分析】(1)先证明CD 平面ABC ,可得CD BM ,则可得BM 平面ACD ,即可得出BM AD ,进而AD 平面BMN ,即得出AD MN可说明；(2)以B点为原点，过B做CD的平行线，如图建立空间直角坐标系，利用向量法可求 出.【详解】解：(1) -/AB 平面 BCD, CD 平面 BCD, AB CD ,AB 1,AD 2, BD B/ BC /2,CD 1, BC2 CD2 BD2, BC CD ,.AB BC B ,.CD _L 平面 ABC ,. BM 平面 ABC , CD BM ,BM AC , AC CD C ,BM 平

39、面 ACD ,；AD 平面 ACD , BM AD ,BN AD , BN BM B , AD 平面 BMN ,.MN 平面BMN , AD MN ,&AMN为直角三角形；(2)以B点为原点，过B做CD的平行线，如图建立空间直角坐标系，ND则 B 0,0,0 , A 0,0,1 , C 0,V2,0 , D1,亚,0 ,BC0,&,0 , AD1,42, 1 .由(1)得AD 平面BMN ,，AD为平面BMN的法向量, ADZ rx|AD BCV2.sin costAD,BC)“AD BC 2 '直线BC与平面BMN所成角大小为 -.【点睛】利用法向量求解空间线面角的关

40、键在于四破”：第一，破 建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破 求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破 求法向量关”，求出平 面的法向量；第四，破 应用公式关” .24. (1)而0；( 2)存在，BF 1.【分析】(1)以点B1为坐标在原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求得结果；(2)假设存在点P ,设P( ,0,0),且 0,2 ,利用平面PBC的法向量与平面 ABC 的法向量垂直列式可解得结果 .【详解】(1)以点B1为坐标在原点建立空间直角坐标系，如图：B(0,2,0) , C(1,1,3),则 *0,0,0) , A(2,0,0) , A(2,2,0),(1) -/AB

41、( 2,0,0) , AC ( 1, 1,3), 设平面ABC的一个法向量n (x, y,z)z 1得 n (0,3,1),n AB 0 2x 0则 一 ，即C C，令n AC 0 x y 3z 0设AC与平面ABC所成角为AC ( 1,1,3) , sinAC nAC 1n,0 9(2)假设存在点P ,设P( ,0,0),且PB设平面(,2,0) , BCPBC的法向量m(1 1,3),(x, y, z),丫平面PBBC2y3z00，令1,一，一2 6PBC平面13'得存在这样的点P5,0,0使得平面PBC平面ABC ,且BP【点睛】关键点点睛：将平面与平面垂直问题转化为两个平面的法向量垂直求解是本题的解题关键25. (1)证明见解析；(2)晅.【分析】(1)由面面垂直的性质得