5.6 空间中的角和距离 五年高考母题原型训练-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

.AB=BP. BE⊥AP. .EC是BE在平面PAC内的射影， ∴.CE⊥AP .∠BEC是二面角B一AP一C的平面角. 在△BCE中，∠BCE=90°，BC=2,BEAB=V6 i∠Bc-器-停 6 .二面角B一AP-C的大小arcsin 3 (3)由(1)知AB⊥平面PCD. .平面APB⊥平面PCD 过C作CH⊥PD,垂足为H. 平面APB∩平面PCD=PD, D .CH⊥平面APB. CH的长即为点C到平面 APB的距离. 由(1)知PC⊥AB,又PC⊥AC,且AB∩AC=A, .PC⊥平面ABC,CDC平面ABC, .PC⊥CD 在R△PCD中，CD=AB-E,PD-9PB=5 ∴.PC=PD-CDF=2 ∴CH=PC·CD2B PD 3 ·点C到平面APB的距离为2 3 解法二：(1)·AC=BC,AP=BP, .△APC≌△BPC. 又PC⊥AC, .PC⊥BC. .AC∩BC=C, .PC⊥平面ABC :ABC平面ABC, .PC LAB. 题源1异面直线所成的角（★★★★） 1.(2021·全国I)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底 面边长都相等，A1在底面ABC上的射影为BC的中点，则异面 直线AB与CC,所成的角的余弦值为 ( 3 A. 3 D.4 2.(2021·上海)如图，若正四棱柱 D ABCD-AB1C1D,的底面边长为2，高为A, 4,则异面直线BD1与AD所成角的大小是 (结果用反三角函数值表示) 3.(2018·重庆)如图，在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中，AB=1,BB1=3+ 1,E为BB:上使B1E=1的点.平面AEC1交DD1于点F,交 A1D,的延长线于G.求： (1)异面直线AD与C,G所成的角的大小； (2)二面角A-C1G-A,的正切值. (2)如图，以C为原点建立空间直角坐标系C一xy%, 则C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0) 设P(0,0,t) :IPB1=|AB|=22, .t=2,P(0,0,2). 取AP中点E,连接 BE,CE. ACI=IPCI, AB=BPI, .CE⊥AP,BE⊥AP .∠BEC是二面角B一AP一C的平面角. E(0,1,1),EC=(0,-1,-1),EB=(2,-1,-1), EC.EB 23 ,∴.cos∠BEC= EC·EB√2·63 √3 二面角B-AP-C的大小为arecos3 (3).AC=BC=PC, .C在平面APB内的射影为正△APB的中心H,且CH 的长为，点C到平面APB的距离. :B=2成点H的金排为（得号号） C方23点C到平面APB的距离为2因 31 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 题源2直线与平面所成的角（★★★★） 4.(2020·四川)如图，二面角 a-1-B的大小是60°，线段AB二a,B∈ 1,AB与1所成的角为30°，则AB与平 面B所成的角的正弦值是 5.(2021·重庆)已知二面角a一1 一B的大小为50°，P为空间中任意一点，则过点P与平面a和 平面3所成的角都是25°的直线的条数为 ( A.2 B.3 C.4 D.5 6.(2022·全国I)正方体ABCD-A1B,C1D1中，BB1与 平面ACD1所成角的余弦值为 A号 &⑤ 3 c号 0哈 3 7.(2020·上海)如图，在棱长为2的正方体ABCD一 A1B,C1D1中，E是BC1的中点，求直线DE与平面ABCD所成 角的大小（结果用反三角函数表示）. 8.(2019·北京)如图，在R△A0B中，∠0AB=否，斜边 AB=4.Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得 到，且二面角B一AO-C是直二面角，动点D在斜边AB上. (1)求证：平面COD⊥平面AOB; (2)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的 大小： (3)求CD与平面AOB所成角的最大值， 题源3二面角（★★★★★） 9.(2019·浙江)已知点O在二面角a一AB一3的棱上，点 P在a内，且∠POB=45°.若对于B内异于O的任意一点Q,都 在∠POQ≥45°，则二面角a-AB-B的大小是 10.(2022·广东)如图，AEC是半径为a的半圆，AC为直 径，点E为AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点.平面 AEC外一点F满足FB=FD=√5a,FE=√6a. (1)证明：EB⊥FD; (2)已知点Q,R分别为线段FE,FB上的点，使得FQ= 号FE,FR=号FB,求平面BED与平国RQD所成二面角的正 弦值. 11.(2020·全国I)四棱锥A一BCDE中，底面BCDE为 矩形，侧面ABC⊥底面BCDE,BC=2,CD=√2，AB=AC (1)求证：AD⊥CE: (2)设CE与平面ABE所成的角为45°，求二面角C-AD-E 的大小. ·12 题源4距离（★★★★） 12.(2018·.江苏)在正三棱柱ABC一A1B1C1中，若AB= 2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为 A C,3v3 D.3 13.(2018·浙江)如图，正三棱柱ABC一A1B1C1的各棱长 都为2，E、F分别是AB,AC1的中点，则EF的长是 A.2 B.√3 C.5 D.√7 14.(2021·全国1)已知二面角a-1-B 为60°，动点P、Q分别在面a、3内，P到3的A 距离为√3，Q到a的距离为2√3，则P、Q两点之间距离的最小 值为 () A.√2 B.2 C.2√3 D.4 15.(2021·重庆)在正四棱柱ABCD一A1B1C1D1中，顶点 B,到对角线BD1和到平面A1BCD:的距离分别为h和d,则 下列命题中正确的是 () A若到楼的长小于底固的边长，则宁的取值范菌为0，) B若侧按的长小于底面的边长，则宁的取值范遇为号，2 2’3 C.若侧楼的长大于底面的边长，则久的取值范围为(？，√2 D,若侧棱的长大于底面的边长，则么的取值范围为(3 3 十∞) 16.(2019·江苏)正三棱锥P一ABC的高为2，侧棱与底面 ABC成45°，则点A到侧面PBC的距离为 17.(2018·山东)如图，在正三棱柱ABC C 一A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平 面ABC1的距离为 18.(2020·全国I)已知菱形ABCD中. AB=2,∠A=120°，沿对角线BD将△ABD折 起，使二面角A一BD一C为120°，则点A到△BCD所在平面的 距离等于 19.(2021·浙江)如图，在长方形ABCD中，AB=2,BC= 1,E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点，现将 △AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内 过点D作DK⊥AB,K为垂足.设AK=t,则t的取值范围 是 5 20.(2020·重庆)如图，在△ABC中，B=90°，AC=5 ,D (I)异面直线AD与BC的距离： (2)二面角A一EC一B的大小（用反三角函数表示）. AD AE E两点分别在AB,AC上，使DB-EC=2,DE=3.现将△ABC 沿DE折成直二面角，求： 2022一2023高考题源拓展测试 D未来高考还会这样考， (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括8小题，每小题2.5分，共20分。每小题 只有一个选项符合题意) ca 1.(G1)如图，在直三楼柱ABC-A,B1C1中，AB=BC= 7.(G2)正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别为AB、 AA1,∠ABC=90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线 C,D1的中点，则直线A1B,与平面A1ECF所成角的正弦值为 EF和BC1所成的角是 ( () A.45° 6 B. 3 B.60° 3 C.90° D.120° 号 2.(2)把正方形ABCD沿对角线 8.(g1.3)已知正方形ABCD的边长是4，对角线AC与 AC折起，当以A、B,C、D四点为顶点的三棱锥体积最大时，直 BD交于O,将正方形ABCD沿对角线BD折成60°的二面角，并 线BD和平面ABC所成的角的大小为 ( 给出下面结论：①AC⊥BD:②AD⊥CO:③△AOC为正三角形； A.90° B.60° C.459 D.30° 3.(G4)在△ABC中，AB=AC=5,BC=6,PA⊥平面 ①cas∠ADC=兰则其中的真角题是 () ABC,PA=8,则P到BC的距离为 ( ) A.①③④ B.①②④ A.5 B.2w5 C.3√5 D.4W5 C.②③④ D.①②③ 4.(☐4)一副三角板如图拼接，使两个三角板所在的平面互 二、填空题（本题包括4小题，每小题5分，共20分） 相垂直.如果公共边AC=a,则异面直线AB与CD的距离是 9.(们1)如图，在直三棱柱ABC一AB1C1中，∠ABC= ( 90°，AB=BC=AA1=2,点D是A1C1的中点，则异面直线AD A号 和BC,所成角的大小为 60 B.a 2a 459 30 D.6 d B 5.(G2)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD= 第9题 第12题 2AB,若E,F分别为线段A1D1,CC1的中点，则直线EF与平面 10.(了2)Rt△ABC的斜边AB在平面a内，且平面ABC和 ABB1A1所成角的余弦值为 () 平面a所成的二面角为60°，若直角边AC和平面a成45°，则BC √6 .3 和平面a所成角为 2 11.(了4)平面a∥平面B,A∈a,C∈a,B∈B,D∈B,如果 C AB+CD=28cm,AB,CD在B内的射影长分别为5cm及9cm, 3 D.3 6.(C4)三棱锥S-ABC中，SA⊥底面ABC,SA=4,AB 则a,B间的距离为 =3,D为AB的中点∠ABC=90°，则点D到面SBC的距离等于 12.(g4)如图△ABC中，∠C=90°，∠B=30°，AC=2,M 为AB中点，将△ACM沿CM折起，使A、B两点间的距离为 12 9 2V2,则点M到平面ABC的距离是 A.6 B.5 三、解答题（本题包括5小题，每小题12分，共60分） ·126·平面角. Rt△EOM中，EM=√3，OM=1 .tan∠EOM=√3，故∠EOM=60 ∴.平面EFG与平面ABCD所成锐二面角的大 小是60°. §5.6空间中的角和距离 五年高考母题原型训练 1.D【解析】设三棱柱长2，中点为D, ∠A1AB为异面直线AB与CC1所成的角.A1D⊥面 ABC,AD=3,BD=1,在Rt△A1AD中，A1D=1, 在Rt△A1BD中，BD=1,A1B=√2，在△A1AB 中o∠AAB=技号=亭本怎焉于中特题，考 查空间角的计算. C B 2.arctan√5【解析】如 D 图所示，连接D1C,由AD∥A BC,可得∠CBD1就是异面直 线BD1与AD所成的角，由 CB⊥CD1可得tan∠CBD1= D CD √22+4 =5, BC ∴.∠CBD1=arctan√5. 3.解法一：(1）由 AD∥D1G知∠C1GD1 B 为异面直线AD与C1G 所成的角. 连接C:F.因为AEE 和C1F分别是平行平面 ABB:A1和CC:D1D与 平面AEC1G的交线，所 以AE∥C1F,由此可得D1F=BE=√3. 再由△FD1GC∽△FDA得D1G=√5.在 Rt△C1D1G中，由C1D1=1,D1G=3得∠C1GD (2)作D1H⊥C1G于H,连接FH.由三垂线定 。6 理知FH⊥C1G, 故∠D1HF为二面角F一C1G一D1即二面角 A一C1G一A1的平面角， 在Rt△GHD1中，由DG=√3，∠D1GH= 6 D1E_5=2. D,H=s.从而an∠D1HFDH 解法二：(1)由AD∥ D1G知∠C1GD1为异面 B 直线AD与C1G所成的 角.因为EC1和AF是平 行平面BB1C1C和E AAD,D与平面AEC1G 的交线，所以EC1∥AF, 5 由此可得∠AGA1= ∠EC,B,=千，从而AG=AA,=5+1,于是D,G =√3.在Rt△C1D1G中，由C1D1=1,D1G=√3得 ∠C6D,=8 (2)在△ACG中，由∠CAG=,∠AGC =吾知∠A,CG为钝角.作AH1GC,交GC的 延长线于H,连接AH.由三垂线定理知GH⊥AH. 故∠AHA1为二面角A一C1G-A1的平面角. 在Rt△A1HG中，由A1G=3+1,∠A1GH= 否得A,H= 2 AA_3+1=2. 从而tan∠AHA:=A,F3+1 2 解法三：(1)以A1 为原点，AB1、AD1、B A1A所在直线分别为x 轴，y轴和之轴建立如图 所示的空间直角坐标系。E 于是，A(0,0,5+1), (O D C1(1,1,0),D(0,1,√3 B +1),E(1,0,1),AD= (0,1,0),EC1=(0,1,-1). 因为EC1和AF分别是平行平面BB1C1C和 AA:D1D与平面AEC1G的交线，所以EC1∥AF.设 G(0,y,0),则AG=(0,y,-(W5+1). 由EC∥AG得1= 1 于是y=√3+1. -(√3+1) 故G(0,√3+1,0)，C1G=(-13,0). 设异面直线AD与CG所成的角的大小为6，则 cos=- :品-号am9-号 (2)作A1H⊥CG于H.由三垂线定理知AH⊥ GH,故∠AHA1为二面角A一C1G-A1的平面角.设 H(a,b,0),则A1i=(a,b,0).C1i=(a-1,b-1,0). 由A1H⊥C1G得A1H·C1G=0,由此得a-√3 b=0.① 又由H、C1、G共线得Ci∥CG. 而-后于是@+6-(+0=0.回 联立①和@得4=5+3.6=B+1 4 4 2 AA=5+1得m∠AHA,=实-+出 1AH|3+1 2 =2. 4. 【解析】过A作AC⊥平面B于C,C为 垂足，连结CB,过C作CD⊥I于D,连结AD,则AD ⊥l, B ∴.∠ADC为二面角a一1一B的平面角，即 ∠ADC=60°. ,AC⊥B,.∠ABC为直线AB与平面B所成 角：设AB=1则AD=分AC=之×5-尽】 21 24 3 m∠Ax-福-于9 5.B【解析】本题主要考查考生的空间想象 能力，以及如何根据问题的需要将问题进行恰当地转 ·6 化等综合运用所学知识的能力，依题意得，过点P分 别作平面a、B的垂线l1、12,则所求直线1与I1、12所 成的角都是65°，且相交直线11、12所交成的两对对 顶角的大小分别是50°与130°.于是将问题转化为过 点P与定直线l1、l2所成的角都是65°的直线1的条 数问题.要使直线1与定直线11、l:所成的角相等，则 直线1在由直线11、12所确定的平面上的射影必是相 交直线l1、l:所交的两对对顶角的平分线13,1：（其中 直线1：与1山的夫角每是号×50=25<65，直 线1与11：的灸角春是7×130°=65)，因北在空 间过点P与直线11、12所成的角都是65°的直线1共 有三条，其中一条是直线1：：另两条在由直线11、l2 所确定的平面上的射影是直线I3,选B. 6.D【解析】BB1∥DD1,.DD1与平面 ACD1所成的角即为BB1与平面ACD1所成的角， 设其大小为日，设正方体的棱长为1，则点D到面 ACD,的距离为，所以sin0二号，得c0s9背，最 选D. 7.解：过点E作EF⊥ BC,交BC于点F,连接DF. A ,EF⊥平面ABCD, ∴.∠EDF是直线DE 与平面ABCD所成的角. 由题意，得EF=2CC =1. :CF=2cB=1, 2 .DF=√5. 'EF⊥DF,tan∠EDF= EF5 DF 5 故直线DE与平面ABCD所成角的大小是 arctan 5 8.解法一：(1)由题意，CO⊥AO,BO⊥AO, ∴.∠BOC是二面角B-AO-C的平面角. 又：二面角B一AO一C是直二面角， .CO⊥BO,又，AO∩BO=O. .CO⊥平面AOB, 又COC平面COD, .平面COD⊥平面AOB. (2)作DE⊥OB,垂足为E,连 接CE(如图)， 则DE∥AO, ∴.∠CDE是异面直线AO与 CD所成的角， 在Rt△COE中，CO=BO =2, 0E=20=1. ∴.CE=√CO+OE=√5. 又DE=2A0=, :在△COE中，m∠CDE-是= 6 -v15 3 ∴.异面直线AO与CD所成角的大小为 arctan √15 3 (3)由(1)知，CO⊥平面AOB, ∴.∠CDO是CD与平面AOB所成的角， 且aCcD08%0品 当OD最小时，∠CDO最大， 这时，OD⊥AB,垂足为D, OD-0A OB-3 n/CDO-23 AB 3 ∴.CD与平面AOB所成角的最大值为 23 arctan3. 解法二： (1)同解法一. (2)建立空间直角坐标系O xy%,如图，则O(0,0,0),A(0,0,2 W3),C(2,0,0),D(0,1W3), .OA=(0,0,2√3)，CD =(-2,1,w3), osoi,C市)=·cd 6 OA1·1CD12√6·22 V6 4 .异面直线AO与CD所成角的大小为 6 6 arccos 4 (3)同解法一. 9.90°【解析】设直线OP与3所成角为0，当 OQ为OP在B内的射影时，有∠POQ=日，由题设知 日≥45°=∠POB.又OB二B,由最小角定理知45°= ∠POB≥6， .0=∠POB ∠POB为OP与B所成角， ∴.OB恰好为OP在B内的射影， ..aLB. 10.解：(1)：E为AC中点，AB=BC,AC为直 径，.EB⊥AD EF2=6a2=(√5a)2+a2=BF2+BE2, EB⊥FB. 又，BF∩BD=B,.EB⊥平面BDF, FDC平面BDF,.EB⊥FD. E 2过D作HD/QR,:FQ-号FE, FPR=子FBQR∥EB.HD∥EB. 又，D∈平面BED∩平面RQD, .HD为平面BED与平面RQD的交线. ,BD、RDC平面BDF,EB⊥平面BDF, .HD⊥BD,HD⊥RD .∠RDB为平面BED与平面RQD所成二面 角的平面角. ,FB=FD,BC=CD,.FC⊥BD ∴.cos∠FBC= BF=5a5·sim∠FBc =26 51 ∴.RD=√BD+BR-2·BD·BR·cOs∠FBC 9a-2·2a.5。.1-2g 3a· 5 3a. 8 5a RB 3 sin∠RDB= RD ·sin∠FBC= 2 29 5 -2v29 29 11.解法一：(1)作AO ⊥BC,垂足为O,连接 OD,由题设知，AO⊥底面 BCDE,且O为BC中点， 由 OC Rt△OCDRt.△CDE,从C 而∠ODC=∠CED,于是CE⊥OD. 由三垂线定理知，AD⊥CE (2)由题意，BE⊥BC,所以BE⊥侧面ABC,又 BEC侧面ABE,所以侧面ABE⊥侧面ABC.作CF ⊥AB,垂足为F,连接FE,则CF⊥平面ABE.故 ∠CEF为CE与平面ABE所成的角，∠CEF=45°. 由CE=√6，得CF=√3. 又BC=2,因而∠ABC=60°.所以△ABC为等 边三角形. 作CG⊥AD,垂足为G,连接GE. 由(1)知，CE⊥AD,又CE∩CG=C, 故AD⊥平面CGE,AD⊥GE,∠CGE是二面角 C-AD一E的平面角. CG=AC·CD_2×E2 AD √6 √3 DE· AD:- 。DE 2×w5 GE= AD √6 √3 3,CE-6, 410 cos∠CGE=CG+GE-CE: 一6 33 2CG·GE 2x2× 10· 所以二面角C-AD一E为arccos 10 10 解法二：(1)作AD⊥BC,垂足为O,则AO⊥底 面BCDE,且O为BC的中点. 以O为坐标原点，射线OC为x轴正向，建立如 。6 图所示的直角坐标系O一xy. 设A(0,0,t).由已知 条件有C(1,0,0),D(1, √2,0)，E(-1,2,0),CE =(-2,√2,0)，AD=(1, √2，-t. 所以C龙.AD=0,得 AD⊥CE (2)作CF⊥AB,垂足为F,连接FE. 设F(x,0,x),则CF=(x-1,0,x),BE=(0, √2,0)，CF.B2=0. 故CF⊥BE.又AB∩BE=B,所以CF⊥平面 ABE,∠CEF是CE与平面ABE所成的角，∠CEF =45 由CE=√6，得CF=√3. 又CB=2,所以∠FBC=60°.△ABC为等边三 角形，因此A(0,0,W3).作CG⊥AD,垂足为G,连接 GE.在R△ACD中，求得1AG引=号AD1. c( -( 2√2 3 成-( 52 3 33- 3 又AD=(1,2,-√3)， G元·AD=0,GE·AD=0. 所以G式与G龙的夹角等于二面角C一AD一E的 平面角 由cos(G元，Gi)= G元.Gi √10 G元1·1GE 10 知二面角C-AD一E为arccos W10 10 12.B【解析】设BC中点为M,连接AM, A1M,则所求距离为△A1AM中A1M边上的高 A1A·AM1·√33 AA+A际V十乞故选B 13.C【解析】考查正三棱柱中的线面关系等 基础知识，空间想象能力，取AC中点M,连结EM, FM,由已知得EM=1,FM=2,因此EF= √FMP+EMP=√5，故选C. 14.C【解析】P∈a,Q∈B,过P作PO⊥B, 过Q作QR⊥a,|PO|=√5，|QR|=2√3，由图可知 PQOR共面时，PQ距离最小，设面PQOR与1交于 S点，在△POS中，|OS|=1,|PS|=2,在△QRS中 |QS|=4,IQR|=2√5，|RS|=2,R,P重合. (R) B Q |PQ|=|QR|=2W3,本题属于较难题，是一道小 综合题，对学生作图能力、计算能力要求都比较高， 15.C【解析】本题主要考查正四棱柱的性 质、点到线的距离、点到面的距离的意义以及具体确 定方法，通过计算并结合各选项情况对相关代数式进 行恰当变形从而求得相关式子的取值范围的能力，尤 其是相关的变形能力与观察能力.记正四棱柱的底面 1 边长为a,侧棱长为b,则有S△1D1=2BB:· B,D,=号BD:·,即A= BB1·BDI= BD b·Ea.作B,E⊥AB于点E,则有BCLB,E, /2a+b2 B1E⊥面A1BCD1,d=B1E= A1B1·BB1 AB a·bh 2(a2+b2) 6 √a+6'd-√2a+b 当 1+(） >1,即b>a>0时，1+ +() 3 4 23 11+ 2 1+(会) 2’3 1+ +() <2,选C. 1+ 1+(合) 16. 5 【解析】如图所示，正三棱锥 P一ABC中高PO=2,侧棱PA与底面所成的角 ∠PAO=45°，延长AO交BC于点M,则点M为BC 边的中点，.AO=PO=2,OM=1,PM= 。7 W√PO2+OM2=√5，过点 A作AN⊥PM于点N, 则AN⊥平面PBC,即得 AN的长就是点A到平面 A PBC的距离.AM·PO =PM·AN,∴.AN= AM:P0_3×2_65 PM 5 5 【点评】本题考查了空间几何体中点到平面 距离的求解，体现了化归与转化思想在立体几何问题 中的求解策略 17②0 7 【解析】取AB中点D连接CD, C1D,CB1,由BC1与B1C相互平分→B1到平面 ABC1的距离等于C到平面ABC1的距离 AC1=BC}>C,D⊥AB,同理可得CDLAB-→平面 AD=BD了 CC1D⊥平面ABC1,过C作CE⊥C1D于E,则线段 CE的长为所求值，在直角三角形DCC1中由CE· 1③ 2 C1D=CC,·CD得CE= √21 7 2 C张 B 18. 3 【解析】本小题 D 主要考查空间想象能力及二面 H 角的定义 由题意得AO=1,∠AOC就是二面角A一BD一 C的平面角， ∴.∠AOC=120°， 作AH⊥面BCD,则点A到△BCD所在平面的 距离为AH,d=AH=OAsine60°=1X5-E 221 19.号<1<1【解析】本题主要考壶立体几 何的折叠问题，考查空间想象能力以及综合处理立体 几何问题的能力，连接KF,易证DK⊥KF,设EF= m,则0<m<1,在Rt△DKF中，DF=1+m,DK= √-t产，KF=√+(1+m-t),由勾股定理得， DF2=DK2+KF2,即(1+m)2=1-t2+1+(1+m -,所以1=中n又0m1,号1 20.解法一：(1)在图1中，因 品-瓷故DE∥Bc,又因 ∠B=90°，从而AD⊥DE. D 在图2中，因A一DE一B是直 二面角，AD⊥DE,故AD⊥底面 B 图1 DBCE,从而AD⊥DB.而DB⊥BC,故DB为异面直 线AD与BC的公垂线， 下求DB之长.在图1中， 由品能-器-0号 又已知DE=3,从而BC=号DE= 9 AB=√AC2-BC= /)-()= 器号故DB=2 (2)在图2中，过D作A DF LCE,交CE的延长线于 F,连接AF,由(1)知，ADL 底面DBCE,由三垂线定理 知AF⊥FC,故∠AFD为二 D E 面角A-EC-B的平面角. 图2 在底面DBCF中，∠DEF=∠BCE,DB=2,EC =x5=5, 3 22 因此si∠BCE-瓷-行， DB 4 从而在Rt△DEF中，DE=3,DF=DE· Sn∠DEF=DE·sm∠BCE=3X号号 在R1△AFD中，AD=4,tan∠AFD=AD=5 DF 3' 因此所求二面角A一EC一B的大小为 5 arctan 3 解法二：(1)同解法一. (2)如图3，由(1)知，以D点为坐标原点，DB、 D正，DA的方向为x、y之轴的正方向建立空间直角坐 。7 9 标系，则D(0,0,0),A(0,0,4),C(2,20),E(0,30) 所以C正=(-2，-是0小A市=(00，-0.过 D作DF⊥CE,交CE的延长线于F,连接AF 设F(x0,yo,0),从而 DF=(x,y,0),E= (x0,y。-3,0).由DF1 CE,有D下·C龙=O,即 2.x0+ 2y0=0. ① D(O) 又由C龙∥E产 图3 得=y。-3 ② 2 联立①，②，解得x。= 36 48 25=26,即 36,48 3648 (得-（-4 因为，成=（)·（-2)+ 25 (2)-0,故AF1CE,又国为DF1CE,所以 ∠DFA为所求的二面角A一EC一B的平面角.因 亦-（器）有花，亦=0，故AD1DP, △ADF为直角三角形 +赏) 「-号.ò=4 |AD15 所以tan∠AFD= DF 3 因此所求二面角A一EC一B的大小为 arctan 3 2012一2013高考题源拓展测试 1.B2.C3.D4.C5.A6.C7.A 8.A9.30°10.30°11.12cm12.1 13.解：(1)过B作BE ∥AD,使BE=AD,连接 CE、PE,则∠PBE为AD与 PB所成角或其补角， 在Rt△PDE中，得PE =√5， 在Rt△ADB中，得BD=√3， 在Rt△PDB中PB=2,在△PBE中，