2021届高三数学第一学期单元测试第十四章 空间直线与平面 单元测试（提升解析版）

第十四章

空间直演与平面单元测试（能力提升）

一、填空题

1.（2021・宝山区・上海交大附中高二期末）己知异面直线a,b所成角为70。，过空间定点P与a,b成55。角的直

线共有条.

【答案】3

【解析】

根据条件先将直线平移至过点P,然后根据直线。力所成角的角平分线以及直线a,。所在平面的垂线分析与

直线a力所成角均为55°的直线的条数.将直线。力平移，使两直线经过点P，如下图所示：

设直线。力所成角的角平分线为c,过点P垂直于直线a,b所在平面的直线为d,

因为a/所成角为70°,当直线/经过点P且直线/在直线。力所在平面内且垂直于直线c,

1QAO_7。。

此时I与直线a,b所成角均为但小=55°；

2

当直线/在直线所在平面内时，若/绕着P点旋转，此时/与直线。力所成角相等，

且所成角从少=35°变化到90°,再从90°变化至II35°,所以此时满足条件的/有2条，

2

综上所述：过空间定点P与a力成55°角的直线共有3条,

故答案为：3.

【点睛】

结论点睛：己知异面直线。泊所成角为0,^),过空间任意一点O作直线/,使得/与a,b成等角9：

(1)当0时，此时/不存在；

(2)当夕=2时，此时/有一条；

(3)当且＜0(三二"此时/有两条；

22

7t—0

(4)当°=—一时，此时/有三条；

(5)当2二〈工时，此时/有四条.

22

2.(2020・上海高三专题练习)空间有四个点，若将此四点两两相连，再以所得线段中点为顶点构成一个几何体，

则这个几何体最多可有个面.

【答案】8

【解析】

首先根据题意得到：当四点有三个点共面时，此时几何体面最多，再画出图形即可得到答案.当四点有三个点共面

时，此时几何体面最多，如图所示:

M,N,P三点共面，AB,C,D,E,F分别为OM,ON,OP,MN,MP,PN的中点.

此时有平面C45,平面C4E,平面CBE,平面CEF，

平面DW，平面。AE，平面DBF,平面DEF，共8个平面.

故答案为：8

【点睛】

本题主要考查平面的基本性质，根据题意画出图形为解题的关键，属于中档题.

3.（2016•上海闵行区•高二期末）如图，正三棱柱ABC-AAC的所有棱的长度都为4,则异面直线AM与8G

所成的角是（结果用反三角函数值表示）.

【答案】arccos-

4

【解析】

由数量积运算得福•/’=32cos〈福,画〉，再根据正三棱柱的特征，有福・星

两式建立方程可得

={AB+BB^MBC+Cq）=AB.BC+ABCQ+BBlBC+BB^Cq=8,

cos〈福，国'>=：,再用反三角函数表示角.因为福•明’=4j5x4j5cos<Z瓦，西〉

=32cos<AB,,BC]>.

又鬲月[=（通+函）•（配+忑）

=AB-BC+A3,CC\+BB[,BC+BB}•CC}

=4x4cosl20°+0+0+4x4=8-

故有

32cos<AB],BCX>=8,

―►—►1

/.cos<AB],BC1>=—,

―►—►1

<AB],BC]>=arccos—,

故异面直线AB,与BQ所成的角是arccos，

4

.故答案为:arccos!.

4

【点睛】

本题主要考查了向量法求线线角以及正三棱柱的儿何特征，还考查了空间想象的能力，属于中档题.

4.（2020•宝山区•上海交大附中高二期中）如图，在三棱锥A—38中，底面是边长为2的正三角形,

AB=AC=AD=4,且E，f分别是BC,A。中点，则异面直线AE与C77所成角的余弦值为.

尸

C

【答案】生叵

15

【解析】

连结DE,到DE中点P,连结PF、PC,则PFHAE,从而NPFC是异面直线AE和CF所成角的余弦值，由此能求出

异面直线AE和CF所成角的余弦值.解：因为三棱锥A-BCD中，底面是边长为2的正三角形，AB=AC=AD^4,

所以三棱锥A-BCD为正三棱锥；

连结DE,取DE中点P,连结PF、PC,

•••正三棱锥A-BCD的侧棱长都等于4,底面正三角形的边长2,

点E、F分别是棱8C、4D的中点，

PFWAE,

ZPFC是异面直线AE和CF所成角的余弦值，

AE力甲-』=715,DE=722-12=G，

-LAC2+AD2-CD216+16-47

cosZCAr=--------------=---------=—,

2xACxAD2x4x48

CF=+2?—2x4x2,=&,

15/7

——+6——4y/l0

cosZPFC=44

15

2x-------x<6

2

异面直线AE和CF所成角的余弦值为生叵.

15

故答案为：噜

【点睛】

本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，关键是利用线线平行将异面直线所成的角转化为两相交直线所成的角,

是中档题.

5.（2018•徐汇区•上海中学高三月考）四面体P-ABC中，PA=AB^5,PB=AC=6,PC=BC=1,

则PA与8c所成的角为

【答案】arccos—

35

【解析】

根据已知条件做出四面体的示意图，再运用三角形的中位线得到异面直线以与BC所成的角的平面角，再运用余

弦定理可求得异面直线所成的角.根据已知条件做出四面体P—ABC图示如下图所示，取心的中点N,的

中点。，4。的中点/，连接闻7,。村,。代,何。,的7,则可/周9//所以/MDN（或/MDN

的补角）就是异面直线以与8c所成的角，

在中，PA=AB^5,PB=6,所以由勾股定理得AN=4,

在APCB中，PC=CB=］，尸3=6,所以由勾股定理得CN=2"6，

在zXANC中，NA=4,CN=2屈,AC=6,所以由余弦定理得,

八"AN2+AC2-CN216+36-401.

cosZNAC=-------------------=-------------=-.所rci以>

2xANxAC2x4x64

MN2=AN2+AM2-2XANXAMXCOSZNAC=16+9-2XMX-^19，

4

所以在&WDN中，ND=LPA=),MD=LBC=LMN=M,所以由余弦定理得,

2222

”+竺T9,

八cDN2+MD2-MN21

cosNMDN=-----4------4------------

2义DN义MD2Axz35,

22

所以必与BC所成的角的余弦值为,

35

所以以与BC所成的角为arccos—,

故答案为：arccos

c

【点睛】

本题考查求异面直线所成的角，运用平移的方法先求出异面直线所成的角的平面角，再运用三角形的余弦定理求

解是解决异面直线所成的角的常用方法，属于基础题.

6.（2017•上海浦东新区•高三期中）如图所示，在正方体ABC。一4瓦中，M.N分别是棱AB、CG的

中点，口加用「的顶点P在棱CC与棱上运动，有以下四个命题:

DiG

(1)平面MB/J_N。；

(2)平面MB/_L平面NDjA,；

(3)□MqP在底面ABC。上的射影图形的面积为定值;

(4)口”87在侧面。GC。上的射影图形是三角形.

其中正确命题的序号是.

【答案】(2)(3)

【解析】

由正方体的几何性质对4个命题进行判断，对于(1),当动点P与点A重合时,

尸以等腰三角形，PM与N2不垂直，所以不能得出平面MB|PJ.NA，为假命题;

对于(2),易证ND|_LM4，MB,1A,D,,所以_L平面ND/,

所以平面平面NA4,故（2）为真命题;

对于（3）,4党在底面ABCD上的射影图形的面积为定值,

因为AMgP在底面A5CO的射影是三角形，底边是MB,

点P在底面的射影在CD上，到MB的距离不变，

若正方体棱长为。时，则射影面积为为定值，

4

所以（3）为真命题；

对于（4）,当P点与点G重合时，

则点与与点p的投影重合，此时4知鸟尸在侧面z)cC。上的射影图形是线段，不是三角形，故(4)是假命

题.

故真命题有(2)(3).

故答案为：(2)(3)

【点睛】

本题主要考查面面之间的关系以及投影的概念，属于中档题，解决本题的关键是对正方体中的点线面之间的关系

有比较透彻的了解，对其中的空间位置比较熟悉.

7.(2020・上海高三专题练习)如图，已知△A8O四△CBD，AA皮)为等腰三角形，/BAD=NBCD=9(/，

且平面AB£>_L平面8CQ，则下列四个结论中正确结论的序号为.(1)AC1BD-.(2)AACD是

等腰三角形；(3)AB与平面BCD成60,角；(4)AB与CZ)成60°角.

【答案】(1)(2)(4)

【解析】

设的中点为0,根据题目条件，则有面8C。，且。3=OC=8，AB^AC^AD,且

O3,OC,Q4两两垂直，再对四个结论一一判断：

（1）可证30上面AOC；

（2）可证得AC=BD；

（3）AB与平面所成的角为AB。

（4）可将三棱锥补成底面是正方形的四棱锥A—BCDE.设BO的中点为。，连接AQOC,如图所示:

为等腰三角形，ABAD=90°-则45=4），得A0L8D,

又平面ABDJ_平面BCD，平面ABDc平面BCD=BD，

则4。，面3。。.

又NBCD=90°，CB=CD,则0C=03=0C且OC_LBO,

由3。，面49。，有3O_LAC,故（1）正确；

由AOL面BCD,OC=OD,则AC="）,故八4。。是等腰三角形，（2）正确;

AB与面BCD所成的角为NABO=45°,故（3）错误；

将底面补与正方形BCDE,则BE/1CD,故NABE即为AB与CO所成的角，

则AE=AB=BE，即三角形ABE是等边三角形，Z4BE=60°，

故A8与CO所成的角为60°，（4）正确.

故答案为：（1）（2）（4）

【点睛】

本题考查了立体几体中线线，线面的位置关系，考查了分析观察和逻辑推理能力，空间想象能力，属于中档题.

8.（2017•上海市宜川中学高二月考）在下列条件中，能确定一个平面的是.

（1）空间三个点；

（2）空间一条直线和一个点；

（3）空间两条相交直线；

（4）三条平行直线与第四条直线都相交；

（5）两两相交且不交于同一点的三条直线；

（6）三条直线中的一条与另外两条分别相交.

【答案】（3）（4）（5）

【解析】

依次判断每个选项：当三点共线时排除（1）;当点在直线上时排除（2）；当两条直线异面时排除（6）得到答案.

（1）空间三个点；当三点共线时，不满足，排除；

（2）空间一条直线和一个点；当点在直线上时，不满足，排除；

（3）空间两条相交直线；能确定一个平面；

（4）三条平行直线与第四条直线都相交；能确定一个平面；

（5）两两相交且不交于同一点的三条直线；能确定一个平面；

（6）三条直线中的一条与另外两条分别相交.，另外两条直线异面时不满足，排除；

故答案为：（3）（4）（5）

【点睛】

本题考查了平面的确定，通过特殊情况排除可以快速得到答案，是解题的关键.

9.（2020•上海浦东新区•华师大二附中高二期中〉o,b为空间两条互相垂直的直线，直角三角形ABC的直角边AC

所在直线与。，b都垂直，斜边A3以AC为旋转轴旋转，ZABC=30°,有下列结论：

①当直线与a成60。角时，A3与b成30。角；

②当直线AB与。成60。角时，A3与b成45。角；

⑤直线AB与。所成角的最大值为60。；

④直线与。所成角的最小值为30。；

其中正确的是.（填写所有正确结论的编号）

【答案】②④

【解析】

由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的长方体，\AC\=1,\AB\=2,斜边A8以直线AC为

旋转轴，则A点保持不变，8点的运动轨迹是以C为圆心，、行为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB

为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出结果.由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，

画出图形如图，

不妨设图中所示的长方体高为1,底面边长为

故|AC|=1,\AB\=2,

斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，

B点的运动轨迹是以C为圆心，百为半径的圆，

以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，

则D(百，0,0),A(0,0,1),直线。的方向单位向量万=(0,1,0),|3|=1,

直线b的方向单位向量石=(1,0,0),|=1,

设B点在运动过程中的坐标中的坐标&(cosg,、Qsing,0),

其中夕为B(与CD的夹角，[0,2%),

夕在运动过程中的向量，丽^(GCOSB,百sine,-1),|AB71=2-

设囚尸与3所成夹角为aWQ—]<

则ssJN。。历竺町(口明四，

\a[\AB'\22

71X-x.....

一],.•.③错误，④正确.

62

TT

设ABf与h所成夹角为P^[0»5■]，

回「一6coS。,一也5%夕1)(1,0,0)

8s夕一画同一愀画_—|cos0|.

2

71

当南7与之夹角为60。时，即a=§,

IS22兀

|sin〃|=—=cosa=—f=cos—=——，

V3V333

cos2i?+sin2i?=1,cosR=IcosJ|=,

22

兀Ti

••6e[0,—],.•.£=一,此时不国与5的夹角为45。，

24

，②正确，①错误.

故答案为：②④.

【点睛】

本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，

考查数形结合思想、化归与转化思想，涉及空间向量的知识点，属于中档题.

10.（2020・上海高三专题练习）已知一个平面与立方体12条棱所成的角都等于。，则sin。的值等于

【答案】B

3

【解析】

棱44,4片，42与平面从耳。所成的角相等，平面AgA就是与正方体的12条棱的夹角均为9的平面.则

NAAO=e,即可得出.如图，

棱4A,44,A。与平面所成的角相等,

平面A4。就是与正方体的12条棱的夹角均为e的平面，则N4A。=0,

设棱长为L则A0=在，A0也

2，

6

4。_2_也

sina=

A0-7/6

2

出

故答案为:

【点睛】

本鹿考查线面角的正弦值的求法，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,

是中档题.

11.（2016•上海市七宝中学高二期末）判断下列四个命题：①直线。在平面a内，又在平面£内，则a、£重

合；②直线a、b相交，直线〃、c相交，直线c、a相交，则直线a、b、c共面；③线a、b共面，直线〃、

c共面，则直线a、c也共面；④线a不在平面a内，则直线。与平面a内任何一点都可唯一确定一个平面：

其中假命题是.（写出所有假命题的序号）

【答案】①②③④

【解析】

①两个平面可能相交；②三角直线可能交于一点，不一定共面，③线。、b相交，线〃、c相交，直线a、c可

能异面，④直线不在面内，可能相交，如果取的点为交点则命题不成立.①考虑平面。、夕相交，交线为。，

满足直线a在平面a内，又在平面夕内，不能推出a、「重合，所以该命题是假命题；

②考虑长方体中84三条直线，任意两条都相交，但它们不是共面，所以该命题是假命题;

A

:o

AB

③A3,BC共面，BC,CG共面，而AB,CG异面，所以该命题是假命题；

④CG与平面A3QD相交，所以直线C&不在平面ABCD内，直线CG与平面A8CD内的点。不能确定平

面，所以该命题是假命题.

故答案为：①②③④

【点睛】

此题考查点线面位置关系的辨析，关键在于熟练掌握基本定理和原理进行正确判断.

12.（2020・上海高三专题练习）设三棱锥V—的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱上的点（不

含端点），记直线PB与直线AC所成的角为a,直线依与平面ABC所成的角为夕，二面角尸一AC—3的

平面角为7,则三个角a、B、/中最小的角是.

【答案】0

【解析】

作出线线角a,线面角£,二面角7,根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.作PD//C4交VC于D，

由于AB=BC=C4,VA^VB^VC,所以V—A5C为正三棱锥，由对称性知30=P8.取PO中点E，

连接BE,作£〃_L平面4BC,交平面ABC于”，连接6H.作P/，平面ABC,交平面ABC于b，连

接.作PGLAC,交AC于G,连接GE,所以.由于PD//AC,所以。=N5PZ＞由于PR_L

平面ABC,所以万nNPBb曲于PG_LAC,PE_L平面ABC,所以y=NPGF.

sina=生=&蛆口2+=曳因为「口//©A,E在PO上，S_L平面ABC于"，PF_L

BPBPBPBP

PFEH

平面ABC于尸，所以即=PE.所以5m/?=而=诉■.所以sinosin/7.由于。都是锐角，所以

a>/3.

PFFfPF

由于P在N4上，由对称性PB=CP,而CP>HG，则皿y=—>—=—却夕，由于/也是锐角,

PGCPBP

所以>>£.

综上所述，三个角中的最小角是4.

故答案为夕.

【点睛】

本小题主要考查线线角、线面角、二面角的概念，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档

题.

二、单选题

13.（2017•上海市控江中学高二期中）在正方体ABC。-44GA中，如果动点p在线段A%上，动点。在正

方体8CG瓦的四条边上，那么，对于任何一条直线P。，在平面A8CO上，总存在相应的一条直线，使得该

直线与直线PQ（)

A.平行B.异面C.相交D.垂直

【答案】D

【解析】

直线PQ可能在平面ABCD内，可能与平面ABCD平行，可能与平面A8C£＞相交，在平面上，总存

在一条直与直线PQ垂直.动点P在线段AA上，动点。在正方体8CGA的四条边上

则直线PQ可能在平面ABCO内，可能与平面A8CO平行，可能与平面A8CD相交

若直线PQ在平面ABCD内，在平面ABCD的直线不可能与尸。异面，

在平面4BCD上总存在一条直与直线PQ垂直.

若直线PQ与平面ABCD平行，在平面ABC。的直线不可能与PQ相交，

在平面ABCD上，总存在一条直与直线P。在面ABCD内的射影垂直，

直线。。与平面A8CO相交，在平面ABCO的直线不可能与PQ平行，

所以在平面A6CD匕总存在相应的一条直线，使得该直线与直线PQ垂直.

故选：D.

【点睛】

考查空间线面之间的位置关系的判断，考查射影定理的应用，突出考查转化思想与空间想象能力，是中档题.

14.（2017•上海市大同中学）平面a过正方体ABC。-的顶点A,a〃平面C42，二口平面

ABCD=m,aD平面AB44="，则"2，"所成角的正弦值为（）

A.&B.&C.BD.1

2232

【答案】A

【解析】

画出图形，判断出机、〃所成角，求解即可.如图：a〃平面CBQ一

aD平面ABCD=m,af］平面AB4A=〃，

可知：〃口。。|,加口4。］,

•r△CgR是正三角形，

加、〃所成角就是NCA耳=60。，

则加、〃所成角的正弦值为立.

2

故选：A

【点睛】

本题主要考查线线所成角，解题中注意应用两组平行线的性质，属于基础题.

15.（2020•上海虹口区•高二期末）如图，正方体ABC。-A用G。的棱长为I,p为的中点，Q为线段CG

上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S,给出下列三个结论:

①当0<CQ<；时，S为四边形；

②当CQ=g时，S为等腰梯形；

③当CQ=1时，S的面积为逅；

2

以上结论正确的个数是（）

A.0B.1C.2D.3

【答案】D

【解析】

根据题意作出满足条件的图形，由线线，线面，面面关系结合正方体的结构特征找出截面再论证得到结论.当

CQ=g时，即Q为CG中点时，如图所示：

所以截面APQDi为等腰梯形，故②正确;

由上图当点Q向C移动时，满足0<。。<5,只需在DDi上取点M满足妆//4"，如图所示:

故可得截面APQM为四边形，故①正确;

当CQ=1时，Q与G重合，如图所示：

取4。的中点F,连接AF,因为平面A。。///平面8CC4,所以PCJ/AF，且£।才，又牙才

所以截面APGF为菱形,所以其面积S===,故③正确.

故选：D

【点睛】

本题主要考查命题的真假判断以及正方体的截面问题，还考查了空间想象和推理论证的能力，属于中档题.

(jl571)

16.(2017•上海宝山区•高二期末)设矩形R8A上的两边长分别为=2,^^=4sin(9l—<^<yI,

若将8沿矩形对角线巴巴所在的直线翻折，则在翻折过程中()

A.对任意都不存在某个位置，使得勺鸟,A舄

（TT兀、

B.对任意都存在某个位置，使得［鸟,吕鸟；

C.对任意［五,不）都不存在某个位置，使得［g'AA；

（5兀5兀、

D.对任意［五，一］）'都存在某个位置，使得片鸟

【答案】D

【解析】

先求出P2P,=4sin9的取值范围，再根据直线与平面垂直的定理可得，要使P}P21P,P4,则满足N£1A=9（）°,

即可判断选项D正确。当时，—~—<sin^<Jd-J5<4sin6<2&

（124；42

当6>e］—|st,-<sin^<l,.,.2<4sin^<4

1126）2

假设片鸟±PR!々巴,A巴,［PU平面6A与,［舄nA乙=p4

平面A*,因为平面所以々鸟所以

P,P2_L4Au4AA，A，Ng［A=9（）°,

（57i5兀、

所以££>16=2。由于一万，不时，£鸟）48=2恒成立，

（5兀5兀、

所以对任意芸,丁，都存在某个位置，使得《2,巴巴.

1126J

故选Do

【点睛】

本题考查翻折问题中的直线与直线垂直问题，难度一般。立体几何中，证明判断垂直关系时，要熟记直线与直线

垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直的有关定理及性质。

三、解答题

17.（2020•上海黄浦区•格致中学高二期末）已知在空间四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，连结空间

四边形的两条对角线AC.BD.

（1）求证：AC1BD-.

（2）若AB=8C=6,AC=BD=8,求异面直线AB与CO的所成角.（用反余弦表示）

7

【答案】（1）证明见解析；（2）arccos-.

【解析】

（1）取3。中点E，连接AE、CE,由题意结合平面几何的知识可得AE_LED、CELBD,由线面垂直

的判定可得BD±平面ACE,再由线面垂直的性质即可得证；

（2）取3c中点/，取AC中点G,连接FG,GE,由题意可得ZGFE或其补角即为异面直线AB与CD

的所成角，计算出EG后，结合余弦定理即可得解.（1）证明：取中点£，连接AE、CE,如图：

因为AB=AD,CB=CD，所以AE_LBD，CE1BD,

又AEICE=E,所以B。，平面ACE，

因为ACu平面ACE，所以ACJ_B£＞；

（2）取BC中点/，取AC中点G,连接E£FG,GE,如图:

由A8=AD=C£>=BC=6，AC=BD=S,

所以尸G//AB且FG=，A6=3,EF//CD且EF==CD=3,

22

所以NGFE或其补角即为异面直线AB与CD的所成角,

2

所以AE=CE=JAB?80I=25EG1AC,

所以EG=JA£：2—=2,

FG2+FE1—GE29+9—47

在DGEE中，cosNGFE=一——==-

2FGFE2x3x39

7

所以异面直线A3与CO所成的角为arccos-.

9

【点睛】

本题考查了线面垂直的性质与判定的应用及异面直线所成角的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于

中档题.

18.（2020•上海高三专题练习）如图，PAJ_矩形A8CD,E，尸分别为AB，PO的中点.

（1）求证：AF〃平面PCE；

（2）若二面角P—C。一8为45°，求二面角E—PC—。的大小；

（3）在（2）的条件下，若AT>=2，CD=3,求点F到平面PCE的距离.

【答案】（1）证明见解析（2）90°；（3）上叵

17

【解析】

（1）设M为PC中点，连接EM,MF，证明四边形AEM/是平行四边形，得至UAF//EW，证明线面平

行.

（2）CO_L平面尸AO，所以NPZM为二面角P-CD-3的平面角，即NPD4=45°，又可证上"_1_平

面PCD,

（3）过F作EGLPC于点G,£）；7_1尸。于点^^b6为点尸到平面尸。£：的距离，且FG=1DN,利用

2

等面积转化求点到平面的距离.（1）设M为PC中点，连接EW，MF，

-.-MF//CD,且

2

是AB的中点，且AE=，C。，

2

AE/JFM，:.四边形AEMr是平行四边形，

:.AF//EM,

又A”a平面尸CE，EMu平面PCE,

Ab//平面PCE

（2）•.•24_|_平面48。,.・.24_1_。0,又45LCO,且P4cAD=A，

・•.CD1平面R4O,所以NPD4为二面角尸一CD—B的平面角，即NPD4=45°，

A4=AD,•尸是P£）的中点，AF_LPZ），

又,：CD工AF,PDcCD=D,

.•.AF_L平面PC。，又「Ab//EM

平面PCD，EMu平面PEC，

二平面PEC_L平面PCD,

所以二面角E-PC—。的大小为90°；

（3）由（2）可知，△%£）是等腰直角三角形，且AT>=2,所以PD=2y/i

且CD=3,CD±PD,PC=V17

过尸作FG_LPC于点G,DN工PC于点、N,FG为点F到平面PCE的距离，

由等面积公式可知解得：ON=^叵，

17

又,：FG」DN

217

点F到平面PCE的距离FG=之更.

17

19.（2020・上海高三专题练习）如图，己知平面A3。平面OBC，ZABC=ZDBC=12（f>AB=BC=BD.

求：

（1）AD与8C所成角；

（2）AD与平面8ZJC所成角;

（3）二面角4一班）一。大小.

【答案】（1）90°；（2）45°；（3）-arccos—

5

【解析】

（1）作AO,3c于点。，连接0。，由题意结合面面垂直的性质、平面几何知识可得OA、OC、。。两两

垂直，建立空间直角坐标系，求出各点坐标后，利用而.豆仁=0即可得解；

（2）求出的方向向量而和平面8DC的一个法向量为£,利用sina^cos（晨而，求得线面角的正弦

值后即可得解；

UU/一一AAl,%

（3）求得平面AB£）的一个法向量为〃，，利用cos二即可得解.（1）作AOL3C于点0,连

接0Q,

因为平面ABC1.平面OBC，所以AOL平面。BC，

又NA8C=NDBC=120°，AB=BC=BD,

所以△AOB=ADOB,所以ZDOB=90°，

所以OA、0C、0。两两垂直，

如图建立直角坐标系。-孙Z,

1h

设AB=BC=3r>=l,则。3=二，OA^OD=—

22

、

x/3,0,0,6[0,；,0),C(0,3*0),A(0,0,

则0(0,0,0),D

V2

所以而,配=(0,1,0),

所以而•前=0,

所以AD与BC所成角为90,；

(2)由(1)知而=,平面的一个法向量为1=(0,0,1)，

设与平面BDC所成角为a，

则sina=

所以a=45°即A。与平面8OC所成角为45°；

(3)设平面ABZ)的一个法向量为〃2=(x,y,z),

4T,而

由AD-o--可得

'2'

6+c

n2-AD——x-----z=0

22,令x=l,则区=(1,6,

n-AB=—y-z=0

22-2

所以3如/---〃\H>i'丽儿）二/1丁丁^5,

又A—一。为钝二面角，

•'"二面角A—BD—C的大小为乃—arccos-^--

5

【点睛】

本题考查了利用空间向量求线线角、线面角和二面角，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.

20.（2020,上海高三专题练习）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底而ABCO是ND4B=60°且边长为4的

菱形，侧面尸AD为等边三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.

（1）若G为AO中点，求证：平面PBG_L平面尸AD；

（2）求证：AD±PBi

（3）若足为BC中点，能否在棱PC上找到一点E，使平面。石/J_平面ABC。？

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）能，/应为PC中点.

【解析】

⑴先证明6GJ■平面PA£）,利用面面垂直的性质即可证明；（2）证AD_L平面8PG即可得AD_LF>8;（3）

存在点尸，且尸为PC的中点，证明4），平面。£户，即可证出平面。跖，平面A8CD.证明（1）；ABCD

为菱形，ZDAB=6Q°<

△ABD为等边三角形.

又G为AO中点，，BGVAD.

又平面PADJ_平面ABCD,而平面PAD与平面相交于AD，

BG_L平面PAD平面PBG1平面PAD.

（2）•••为等边三角形，G为中点，，PG±AD.

又由（1）知A£>_L3G，AD，平面PBG；AD±PB.

（3）/应为PC中点.证明如下：

•-EF//PB,由得AD上EF.

连接OE，则OE//8G.

由ADLBG,得AD_LDE.

4）_£平面。瓦'；平面。石尸_1_平面468.

【点睛】

本题主要考查了两个平面垂直的性质、判定，线面垂直的判定、性质，属于中档题

21.（2020•浦东新区•上海师大附中高二期中）设四边形为矩形，点P为平面A8C£>外一点，且B41.平

面ABCD,若PA-AB—1,BC=2.

（1）求PC与平面尸AD所成角的大小；

（2）在8c边上是否存在一点G，使得点O到平面24G的距离为血，若存在，求出8G的值，若不存在,

请说明理由；

（3）若点E是尸。的中点，在△PAB内确定一点X，使CH+EH的值最小，并求此时HB的值.

V5

【答案】(1)arctan；(2)存在，1；(3)C'、H、E三点共线

53

【解析】

(1)由题意可得：。，24,CD_LA£>,所以8,平面APO,可得PC与平面A9D所成角既为NCP。，

再利用解三角形的有关知识即可求出答案.

(2)假设8C边上存在一点G满足题设条件，作。QLAG,则。Q，平面PAG,可得OQ=&，进而得

到3G=1,然后根据题意可得此点G符合题意.

(3)作出点C关于面以B的对称点C',连接CE交面以8的点从点H就是所求的点，再运用平面几何知识可

求得48的长.⑴因为PA_L平面ABC。，CDu平面ABC。，所以CD_LPA,又因为底面ABCQ是矩形，

所以,所以由线面垂直的判定定理可得:CDJ_平面APO,所以PC与平面APD所成角既为ZCPD,

又由题意可得:PO=J5，CD=1,所以NCPO=arctan且.

所以尸C与平面PAD所成角的大小为arctan

5

⑵假设边上存在一点G满足题设条件，作DQ1AG,

D

则0QJ•平面PAG，

所以。。=夜...8G=1<2,

故存在点G,当8G=1时，使点。到平面PAG的距离为J5.

(3)延长CB到c',使5C=5C'，因为平面A8CD，CBu平面A8CD,所以Q?_LPA,

又因为底面ABC。是矩形，

所以C8_LA3,

所以由线面垂直的判定定理可得:CB_L平面APB，

则C'是点C关于面APB的对称点，

连接CE，交面APB于H,

则点H是使CW+EH的值最小时，在面AFB上的一点.

作EM_LD4于M，则点M是AD的中点，连接CM交AB于N,连接HN,

AMANI

则

BC~NB~2

HN2

所以

~EM3

又EM=L

2

22

所以HN=L,而6N=-A6=—,

333

所以"70+(|)考

所以HB=@

3

【点睛】

本题考查线面垂直的判定定理与空间中的线线角与线面角的有关知识，以及空间中的两线段和的最小值的求法，

而空间角解决的关键是找出线面角的平面角，由图形的结构及题设条件正确作出平面角来，是求角的关键，也可

以根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系利用向量的有关知识解决空间角等问题；求解两线段和的最小值时,

可利用平面几何中两点之间线段最短的知识，属于中档题.

22.（2020・上海高三专题练习）如图，a,匕为异面直线，且a//a，b//a，A，3是。上两点，C,。是。

上两点，AC,BC,BD>分别交。于点E，F，G，H.

（1）求证：四边形EFG”为平行四边形:

（2）若AE：EC=1：1,AB^m,CD=n,AB与CO所成角为。，求四边形EFG”的面积.

【答案】（1）证明见解析；（2）—mnsin0.

4

【解析】

（1）根据直线与平面平行的性质定理和平行公理可证£///G”和EH//FG,再根据平行四边形的判定定理

可证结论正确；

（2）根据题意求出平行四边的邻边长和夹角后，用三角形面积公式求出三角形面积，进而可得平行四边形的面

积.（1）证明：如图:

因为a//a,直线a在平面ABC内，平面ABC与a交于EF，所以a//EE,

同理，a/IGH,所以EF//GH,

因为人//e,直线匕在平面AOC内，平面ADC与a交于所以b//EH