考点12 空间向量与立体几何（2）-备战2021年高考数学经典解答题压轴题考前必刷（全国通用）

考点12 空间向量与立体几何（2） 班级：___________姓名：___________得分：___________ 【真题分析】 例 1．（2007·重庆高考真题（理））如图，在直三棱柱ABC—中， AB = 1,；点D、E分别在上，且，四棱锥与直三棱柱的体积之比为3：5． （1）求异面直线DE与的距离； （2）若BC =，求二面角的平面角的正切值． 【答案】（1） （2） 【详解】 解法一：（Ⅰ）因，且，故面， 从而，又，故是异面直线与的公垂线． 设的长度为，则四棱椎的体积为 ． 而直三棱柱的体积为． 由已知条件，故，解之得． 从而． 在直角三角形中，， 又因， 故． （Ⅱ）如图，过作，垂足为，连接，因，，故面． 由三垂线定理知，故为所求二面角的平面角． 在直角中，， 又因， 故，所以． 解法二： （Ⅰ）如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，则，． 设，则， 又设，则， 从而，即． 又，所以是异面直线与的公垂线． 下面求点的坐标． 设，则． 因四棱锥的体积为 ． 而直三棱柱的体积为． 由已知条件，故，解得，即． 从而，，． 接下来再求点的坐标． 由，有，即 （1） 又由得． （2） 联立（1），（2），解得，，即，得． 故． （Ⅱ）由已知，则，从而，过作， 垂足为，连接， 设，则，因为，故 ……………………………………① 因且得，即 ……………………………………② 联立①②解得，，即． 则，． ． 又，故， 因此为所求二面角的平面角．又，从而， 故，为直角三角形，所以． 【真题演练】 2．（2014·全国高考真题（文））如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90，BC=1，AC=CC1=2. (1)证明：AC1⊥A1B; (2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为，求二面角A1-AB-C的大小. 【答案】（1）证明详见解析；（2）arctan. 【解析】 试题分析：（1）利用AC1⊥平面ABC,可得平面AA1C1C⊥平面ABC,在利用平面与平面垂直的性质和已知条件可得BC⊥平面AA1C1C，而AC1⊥A1C,所以AC1⊥A1B. （2）作A1E⊥C1C,E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1,而直线A A1∥平面BCC1B1，A1E为直线A A1与平面BCC1B1间的距离，则A1D=A1E=,然后证明∠A1FD为二面角A1-AB­-C的平面角,求出tan∠A1FD=即可. 试题解析： 解法一：（1）∵A1D⊥平面ABC, A1D平面AA1C1C,故平面AA1C1C⊥平面ABC,又BC⊥AC，所以BC⊥平面AA1C1C，连结A1C，因为侧面AA1C1C是棱形，所以AC1⊥A1C,由三垂线定理的AC1⊥A1B. (2) BC⊥平面AA1C1C，BC平面BCC1B1,故平面AA1C1C⊥平面BCC1B1, 作A1E⊥C1C,E为垂足，则A1E⊥平面BCC1B1,又直线A A1∥平面BCC1B1，因而A1E为直线A A1与平面BCC1B1间的距离，A1E=，因为A1C为∠ACC1的平分线，故A1D=A1E=, 作DF⊥AB，F为垂足，连结A1F,由三垂线定理得A1F⊥AB，故∠A1FD为二面角A1-AB­-C的平面角，由AD=,得D为AC的中点，DF=,tan∠A1FD=,所以二面角A1-AB­-C的大小为arctan. 解法二：以C为坐标原点，射线CA为x轴的正半轴，以CB的长为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz，由题设知A1D与z轴平行，z轴在平面AA1C1C内. （1）设A1（a，0，c），由题设有a≤2，A（2,0,0）B（0,1,0），则(-2，1，0), ，，由得，即，于是①,所以. （2）设平面BCC1B1的法向量，则，,即，因，故y=0，且（a-2）x-cz=0，令x=c，则z=2-a，，点A到平面BCC1B1的距离为，又依题设，点A到平面BCC1B1的距离为，所以c=.代入①得a=3（舍去）或a=1.于是， 设平面ABA1的法向量，则,即.且-2p+q=0，令p=，则q=2，r=1，，又为平面ABC的法向量，故cos，所以二面角A1-AB­-C的大小为arccos， 考点：1.直线与平面垂直的判断和性质；2.二面角的求法；3.平面与平面垂直的判断和性质. 3．（2014·浙江高考真题（理））如图，在四棱锥中，平面平面. （1）证明：平面; （2）求二面角的大小 【答案】（1）详见解析；（2）二面角的大小是． 【分析】 试题分析：（1）求证：平面，证明线面垂直，先证线线垂直，即证线和平面内两条相交直线垂直，由已知可得，只需证明，或，由已知平面平面，只需证明，就得平面，即，而由已知，在直角梯形中，易求 ，从