5.6 空间中的角和距离-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

§5.6空间中的角和距离 考纲·题型解读 1.掌握各种空间角的定义，弄清异面直线所成的角与两直线所成角、二面角与二面角的平面角、二面角与两平面所成的角 直线与平面所成的角与斜线与平面所成的角的联系与区别，弄清它们各自的取值范围， 2.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想，熟练掌握平移、射影等方法 3.掌提两条异面直线的距离的概念，对于异面直线的距离，只要求会计算已给出公垂线或在坐标下的距离.掌握点到直线、 点到平面、直线和平面、平面和平面的距离的概念， 4.空间角是立体几何中一个重要概念，它是空间图形的一个突出的量化指标，是空间图形位置关系的具体体现，故在历届 高考试题中频繁出现，在选择、填空题中经常出现，更多在解答题中出现 五年高考母题题源揭秘 题源1异面直线所成的角 成-(-1)威-（合 解题模型 因为C7.5列=-2+号+0=0， 2 所以CM⊥SV 异面直线所成的角的求法：(1)直接法.即“一作二找三 求”，也就是作出异面直线所成的角，再找到含有这个角的 2》解N心=（10） 三角形，然后解此三角形即可：(2)公式法，即利用异面直 设a=(x,y,之)为平面CMN的一个法向量， 线上两，点的距离公式求解（异面直线a,b所成的角为9，它 们的公垂线段为AB,长度为d,在a、b上分别取点P、Q, z-y+ 2=0, 令x=2,得a=(2,1,一2). |AP=m,BQ|=n,则|PQ=√m2+n2+d士2mcos0): (3)向量法，即设异面直线l1与1的方向向量分别为a、b, 2x+y=0. 则(a,b》或它的补角即为异面直线11与12所成的角， 因为|cos(a,S)1 2 [真题1](2022·过宁)已知 3x号 2 三棱锥P一ABC中，PA⊥平面 ABC,AB⊥AC,PA=AC= 1 所以SN与平面CMN所成角为45° [真题2](2022·天津)如图，在长方体 AB,N为AB上一点，AB=4AN, ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别是棱BC, B M、S分别为PB、BC的中点. CC1上的点，CF=AB=2CE,AB·AD: (1)证明：CMLSN; AA1=1:2:4. (2)求SN与平面CMN所成 B (1)求异面直线EF与AD所成角的余 角的大小 弦值： [解析](1)设PA=1,以A为原点，射线AB,AC,AP分 (2)证明AF⊥平面A1ED: 别为x,y,之轴正向建立空间直角坐标系，如图所示，则P(0,0, (3)求二面角A1-ED一F的正弦值. 1.C(0,1,0,B(2,0.0,M(1,0,）N(分00） [解析]解法一：如图①所示，建立空 间直角坐标系，点A为坐标原点，设AB= A s2o） 1,依题意得D(0,2,0).F(1,2,1),A1(0, 04.E1,号0） 易得成=，号1小a方=0， B 2,-4).于是c0s(EF,A1D〉= E京.A1D 3 图① EFIA D ·119· 所以异面直线EF与AD所成角的余弦值为 在△ANF中，cos∠A1Nr=AN+FN2-A,F:_ 2 2·A1N·FN 3 2)易知市-1,2,1，=（1，-号4元= 所以n∠A,NF-怎所以二面角A,一BD-F的正孩往 （1,20于是A应，EA=0.E币=0.因此AF1EA, AF⊥ED,又EA1∩ED=E.所以AF⊥平面A1ED. （8)设争西EFD的法向量u=(y,),则·萨-0， 题源2直线与平面所成的角 即 {u.ED=0. 解题模型 2y十=0， 不妨令x=1,可得1=(1,2，-1) 斜线与平面所成的角的求法：(1)直接法，即先作出斜 1 -x十 2y=0. 线与平面所成的角，再解含这个角的直角三角形即可：(2) 公式法，即利用公式cos0=cos01cos02求之：(3)向量法，设 由(2)可知，AF为平面AED的一个法向量 1为平面a的一条斜线，a为平面a的法向量，b为1的方向 于是cosu,AF)= 4·A市 2 向量，则〈a,b》的余角或它的补角的余角即为1与平面a所 lulAF ,从而sinu,AF)= 3· 成的角， 所以二面角A,-ED-F的正孩值为 [真题3](2022·湖南)如图所示， 解法二：(1)设AB=1,可得AD=2,AA1=4, 在正方体ABCD-A1B,C1D1中，E是 1 棱DD1的中点. B CF=1,CE=2. (I)求直线BE和平面ABB:A1所 如图②连接B1C,BC1,设BC与BC1交于点M.易知A:D 成的角的正弦值； ∥BC,由CE-CF1 CBCC=A,可知EF∥BC1,故∠BMC是异面直 (Ⅱ)在棱C1D1上是否存在一点F, 使BF∥平面A1BE?证明你的结论. 线EF与A,D所成的角，易知BM=CM=号B,C=5,所以 [解析]解法一：设正方体的棱长为1.如图①所示，以AB, cos∠BMC= BM2+CM2-BC*3 AD,AA1为单位正交基底建立空间直角坐标系. 2·BM·CM-5 所以异面直线EF与A]D所成角的余 弦值为 D C (2)如图②，连接AC,设AC与DE交 于点N得为C-器=日所以△0E CRt△CBA,从而∠CDE=∠BCA,又由于 ∠CDE+∠CED=90°，所以∠BCA+ ① ENC ∠CED=90°，故AC⊥DE.又因为CC1⊥ 图② DE且CC1∩AC=C.所以DE⊥平面ACF, 从而AF⊥DE,连接BF,同理可证B1C⊥平面ABF,从而AF (1)依题意，得B10,0,E(0,1,7),A0,0.0,D(0,1, ⊥B1C,所以AF⊥A1D,因为DE∩AD=D,所以AF⊥平 面A1ED. 0),所以成=(-1.1,2A市=(0,1.0. (3)连接AN,FN.由(2)可知DE⊥平面ACF.又NFC平 在正方体ABCD一A1B1C1D1中，因为AD⊥平面 面ACF,ANC平面ACF,所以DE⊥NF,DE⊥A1N,故 ABB1A1,所以AD是平面ABB1A1的一个法向量.设直线BE和 ∠A1NF为二面角A1一ED-F的平面角.易知Rt△CNEO 平面ABB1A1所成的角为日，则 CN EC Rt△CBA,所以 BCAC' BF.ADI 1 2 sin= B·A市3 2大1 3 又AC=5所以CN=号.在Rt ACNE中，NE CF:+CN-30 即直线BE和争西AB,A,所成的角的王控值为号 . (Ⅱ)依题意，得A1(0,0,1),BA=(-1,0,1),B正=(-1， 在R1△A,AN中，A,N=VAN+AA=43@ 1 5 12) 连接AC1,A1F.在Rt△A1C1F中，A1F= 设n=(x,y,x)是平面ABE的一个法向量，则n·BA1= √A1C+C1F2=WJI4. 0,n·BE=0,得 ·120· x十之=0， 面BCC1, y+=0 从而AF⊥BC,即AF为BC的垂直平分线， 所以AB=AC. 1 所以x=y=2.取=2，得n=(212) (2)作AG⊥BD,垂足为G,连接CG. 由三垂线定理知CG⊥BD 设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0≤t≤1).又B1(1, 故∠AGC为二面角A一BD-C的平面角. 0,1),所以B1下(t-1,1,0).而B1F中平面A1BE,于是B1F∥平 由题设知，∠AGC=60° 面A1BE台B1下.n=0台(t-1,1,0)·(2,1,2)=0台2(t-1)+ 设AC=2,则AG=2 1=0时1=号台F为CD,的中点.这说明在棱CD,上存在点 又AB=2,BC=2√2，故AF=√2. F(C1D1的中点)，使B1F∥平面A1BE. 2 解法二：(I)如图②所示，设AA1的中点为M,连结EM, 由AB·AD=AG·BD得2AD= ·√AD+2, BM,因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以 解得AD=√2，故AD=AF. EM∥AD.又在正方体ABCD-A1B1C1D:中，AD⊥平面 又AD⊥AF,所以四边形ADEF为正方形. ABB1A1,所以EM⊥平面ABB1A1,从而BM为直线BE的平 因为BC⊥AF,BC⊥AD,AF∩AD=A, 面ABB1A1上的射影，∠EBM为BE和平面ABB1A1所成 故BC⊥平面DEF,因此平面BCD⊥平面DEF, 的角 连接AE、DF,设AE∩DF=H, 设正方体的棱长为2，则EM=AD=2,BE=√22十2+12 则EH⊥DF,EH⊥平面BCD. =3. 连接CH,使∠ECH为B1C与平面BCD所成的角. 于是，在Rt△BEM中，sin∠EBM= EM2 因四边形ADEF为正方形，AD=√2，故EH=1, BE 3 即直线BE和平面ABB1A:所成的角的正弦值为 2 又BC=2BC=2,所以∠ECH=30°， 即B1C与平面BCD所成的角为30°. A 解法二：(1)以A为坐标原，点，射线AB为x轴的正半轴，建 立如图所示的直角坐标系A一xy 设B(1,0,0),C(0,b,0),D(0,0,c), 于是D=（合0=(-16 ② 0). (Ⅱ)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE. 由DE⊥平面BCC1知DE⊥BC, 事实上，如图③所示，分别取C1D:和CD的中点F,G,连 DE.BC=0,求得b=1, 结EG,BG,CD1,FG.因A1D1∥B1C∥BC,且AD1=BC,所 以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.又E,G分 所以AB=AC. 别为D1D,CD的中点，所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明 (2)设平面BCD的法向量AN=(x,y,之)， A1,B,G,E共面，所以BGC平面A1BE. 则A·BC=0,AN·BD=0. 因为四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F,G分别为 又BC=(-1,1,0),BD=(-1,0,c), C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B,B,且FG=C,C= 故{厂x+y=0, B,B,因此四边形B,BGF是平行四边形，所以B,F∥BG.而 一x十cx=0 B1F庄平面A1BE,BGC平面A1BF,故B1F∥平面A1BE. 令x=1,期y=1=2AN=01,2 [点评]斜线与平面所成的角是立体几何考查中的重点， 线与面平行，线与面的垂直是立体几何考查的两个主要方面， 又平面ABD的法向量AC=(0,1,0) [真题4](2021·全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1 由二面角A-BD-C为60°知，(AN,AC)=60, 中，AB⊥AC,D、E分别为AA1、B1C的中点，DE⊥平面BCC1. (1)证明：AB=AC: 北不.花-不，0，求释-后 (2)设二面角A一BD一C为60°，求B1C与平面BCD所成 于是AN=(1,1,N2),CB,=(1,-1,√2)， 的角的大小， Cos(AN,CB)=- AN·CB 1 [解析]解法一：(1)取BC中，点F,连接EF, AN1·CB2 期EF47B.B,从而EF LDA. AN,CB)=60°. 所以B1C与平面BCD所成的角为30°， B 连接AF,则ADEF为平行四边形， 从而AF∥DE, D 题源3二面角 又DE⊥平面BCC1,故AF⊥平 121· 解题模型 故FA=(-2,2,22),FD=(6,0,0). 1,二面角的平面角的作法：①垂面法；②垂线法，即在 设n=(x,y)为平面A'FD的一个法向量， 两个半平面内分别作垂直于棱1的射线，则这两条射线所 所以{2x十2y+2Ex=0取：=2，则n=（0,-22). 成的角即为二面角所成的平面角：③三垂线法，即利用三垂线 16x=0. 定理或逆定理作出二面角的平面角. 又平面BEF的一个法向量m=(0,0,1),故cos(n,m〉= 2.二面角求法：①直接法，即先作二面角的平面角，再 nm=3,所以二面角A'-FD-C的余弦值为5 31 (2)设FM=x,则M(4十x,0,0), 求解：②射影面积法，即用公式c0s9。求解：③向量法 因为翻折后，C与A'重合，所以CM=A'M. 故(6-x)2十82+02=(-2-x)2+22+(2√2)2，得x= 21 即在二面角内取一点P,过P分别作两个半平面的垂线， 4 则这两条垂线所组成的向量所成的角或其补角即为二面 角的平面角。 经检脸，此时点N在线段BC上，所以FM= 4 【注意】(1)利用空间向量求直线与平面所成的角， 解法二：(1)如图②取线段EF 可以有两种办法：一是分别求出斜线和它在平面内的射影 的中点H,AF的中点G,连接A 直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角（或其补 G.A'H,GH, 角)：二是通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量 G 因为A'E=A'F及H是EF H 与平面的法向量所成的锐角，取其余角就是斜线和平面所 的中点， 成的角 所以A'H⊥EF.又因为平面 (2)利用空间向量方法求二面角，也可以有两种办法： A'EF⊥平面BEF, 一是分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直的向量，则 所以A'H⊥平面BEF,又AF 图② 这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小；二是 C平面BEF, 通过平面的法向量来求：设二面角的两个面的法向量分别为 故AH⊥AF,又因为G、H是AF,EF的中点， n1和n2,则二面角的大小等于(n1n2)(或x-《n1,n2). 易知GH∥AB,所以GH⊥AF,于是AF⊥面A'GH,所以 利用空间向量方法求二面角时，注意结合图形判断二 ∠A'GH为二面角A'-DF一C的平面角， 面角是锐角还是钝角. 在Rt△A'GH中，A'H=2√2，GH=2,A'G=2√3，所以 [真题5](2022·浙江)如图，在矩形ABCD中，点E,F os∠A'GH= 分别在线段AB,AD上，AE=EB=AF-子FD=4沿直线EF 故二面角A'-DF-C的余孩维为 将△AEF翻折成△A'EF,使平面A'EF⊥平面BEF. (1)求二面角A'-FD-C的余弦值； (2)设FM=x,因为翻折后，C与A'重合.所以CM=AM, 而CM2=DC2+DM=82+(6-x)2, (2)MNCD向上翻折，使C与A'重合，求线段FM的长. A'M=A'H2+MH2=A'H2+MG2+GH2=(2√2)2+ (x+2)2+2 21 21 得z=,经检脸，此时点N在线段BC上，所以FM= [真题6](2022·全国Ⅱ)如图，直三棱柱ABC-A1B1C 中，AC=BC,AA1=AB,D为BB1的中点，E为AB1上的一 点，AE=3EB1. [解析]解法一：(1)取线段EF的中点H,连接A'H,因为 A'E=A'F及H是EF的中点，所以A'H⊥EF. 又因为平面A'EF⊥平面BEF, 及A'HC平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF 、D B (I)证明：DE为异面直线AB,与CD的公垂线： (Ⅱ)设异面直线AB,与CD的夹角为45°，求二面角 A1-AC1-B1的大小 [解析](I)连结A1B,记A1B与AB1的交点为F, 因为面AA1B1B为正方形，故A1B⊥AB1,且AF=FB1, 图① 又AE=3EB1,所以FE=EB1,又D为BB1的中点，故DE∥ BF,DE⊥AB1, 如图①建立空间直角坐标系A一xy贮， 作CG⊥AB,G为垂足，由AC=BC知，G为AB中点 则A'(2,2,2√2)，C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0). ·122 D1_ A A 又由底面ABC⊥面AA1B1B,得CG⊥面AA1B1B. 连结DG,则DG∥AB1,故DE⊥DG,由三垂线定理，得DE A ⊥CD. (I)求证：PC⊥BC: 所以DE为异面直线AB1与CD的公垂线， (Ⅱ)求点A到平面PBC的距离. (Ⅱ)因为DG∥AB1,故∠CDG为异面直线AB1与CD的 [解析](I)因为PD⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所 夹角，∠CDG=45 以PD⊥BC. 设AB=2,则AB1=2√2，DG=√2，CG=√2，AC=√3. 由∠BCD=90°，得BC⊥DC. 又PD∩DC=D,PDC平面PCD 作B1H⊥A1C1,H为垂足.因为底面A1B1C1⊥面 AA1C1C,故B1H⊥面AA1C1C, DCC平面PCD,所以BC⊥平面PCD 又作HK⊥AC1,K为垂足，连结B1K,由三垂线定理，得 因为PCC平面PCD,所以PC⊥BC B1K⊥AC1. (Ⅱ)连结AC,设点A到平面PBC的距离为h,因为AB∥ 因此∠B1KH为二面角A1一AC1一B1的平面角， DC,∠BCD=90°，所以∠ABC=90°. 从而由AB=2,BC=1,得△ABC的面积S△ABC=1. AB·AC 2A1B, 2√2 由PD⊥平面ABCD及PD=1,得三棱锥P一ABC的体积 B1H AC 5 V=. a·pD=子 1 HC=√B,C-B,H= 3 因为PD⊥平在ABCD,DCC平面ABCD,所以PD⊥DC, AC,=√2+B)=7,HK=AA1·HC_=22 又PD=DC=1,所以PC=√PD+DC=√2. AC 1 BH 由PCLBC,BC=1,得△PBC的面积SA-写 2 tan∠B,KH= =/14, HK 1 所以二面角A1一AC1一B1的大小为arctan√I4」 题源4距离 因此，点A到平面PBC的距离为√2. [真题8](2020·北京)如图，在 解题模型 三棱锥P一ABC中，AC=BC=2, ∠ACB=90°，AB=BP=AP,PC 1.点到平面的距离的求法 ⊥AC. (1)垂线法（过，点作平面的垂线）：(2)等体积法（利用三棱 (1)求证：PC⊥AB: 锥的体积相等)：(3)向量法（利用向量在法向量上的射影）. (2)求二面角B-AP-C的大小： 2.两异面直线间距离的求法 (3)求点C到平面APB的距离. (1)直接法（直接找出或作出两异面直线的公垂线段 [解析]解法一：(1)取AB中点D,连接PD,CD 并求其长)：(2)转化法（转化为线面距离或面面距离）：(3) AP=BP. 等体积法， PD⊥AB. 【注意】(1)在利用空间向量求点到平面的距离时， AC=BC, 注意应利用该平面的一个单位法向量，而不是法向量，单位 :.CD LAB. 法向量的求法是：先求出法向量，再在各个坐标上分别除 :PD∩CD=D, 以该向量的模，一般地，与一个向量对应的单位法向量有 .AB⊥平面PCD 两个，它们是相反向量，在计算中只要选用其中一个即可. .PCC平面PCD, (2)斜线向量是任意选取的，只要是从该点出发的一 ∴PCLAB. 个共线向量即可， (2).AC=BC,AP=BP, ∴.△APC≌△BPC. [真题7](2022·江苏)四棱锥P-ABCD中，PDL平面 又PC⊥AC, ABCD,PD=DC=BC=1,AB=2,AB∥DC,∠BCD=90° .PC IBC. 又∠ACB=90°，即AC⊥BC, 且AC∩PC=C, ∴BC⊥平面PAC 取AP中，点E,连接BE,CE ·123· .AB=BP. (2)如图，以C为原点建立空间直角坐标系C一xy之. ∴BE⊥AP. 则C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0). ,EC是BE在平面PAC内的射影， 设P(0,0,t). ∴.CE⊥AP |PB1=|AB1=2√2， ∴∠BEC是二面角B一AP-C的平面角. .t=2,P(0,0,2). 在△BCE中，∠BCE=90.BC=2.BE=5AB=5, 取AP中点E,连接 2 BE,CE. sin∠BEC=BC-6 ACI=IPCI. BE 3 ABI=BPI, 6 .CE⊥AP,BE⊥AP .二面角B一AP-C的大小arcsin 3· .∠BEC是二面角B-AP一C的平面角. (3)由(1)知AB⊥平面PCD. E(0,1,1),EC=(0,-1,-1),EB=(2,-1,-1), ∴.平面APB⊥平面PCD. EC.EB2√3 过C作CH⊥PD,垂足为H. ∴.cos∠BEC= EC1·EB√2·√63 ·平面APB∩平面PCD=PD, ∴.CH⊥平面APB. .二面角B-AP-C的大小为arccos3 ∴CH的长即为点C到平面 (3).AC=BC=PC, APB的距离. .C在平面APB内的射影为正△APB的中心H,且CH 由(1)知PC⊥AB,又PC⊥AC,且AB∩AC=A, 的长为点C到平面APB的距离. .PC⊥平面ABC,CDC平面ABC, .PC⊥CD 时=2应点H的盘标为（骨号号） 在△PCD中，CD=AB=E,PD-PB-5, 点C到平面APB的距离为2 1ci1=23 3 ∴PC=PD-CD=2. ∴CH=PC·CD2w3 PD 3 五年高考母题原型训练 六点C到平面APB的距离为25 (★代表高考出现的频次) 3 解法二：(1)AC=BC,AP=BP, .∴.△APC≌△BPC. 题源2直线与平面所成的角（★★★★） 又PC⊥AC, ∴.PC⊥BC. 4.(2020·四川)如图，二面角 ,AC∩BC=C, a-1-B的大小是60°，线段AB二a,B∈ .PC⊥平面ABC. 1,AB与1所成的角为30°，则AB与平 ,ABC平面ABC, 面B所成的角的正弦值是 .PC⊥AB. 5.(2021·重庆)已知二面角a一1 题源1异面直线所成的角（★★★★） 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 ( 1.(2021·全国I)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底 A.2 B.3 C.4 D.5 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CC1所成的角的余弦值为 ( 6.(2022·全国I)正方体ABCD一A1B1C1D1中，BB1与 平面ACD1所成角的余弦值为 ( 5 B.4 cf D.4 1② 号 2 3 C.3 2.(2021·上海)如图，若正四棱柱 7.(2020·上海)如图，在棱长为2的正方体ABCD ABCD-A1B1C1D,的底面边长为2，高为A A,B,C1D1中，E是BC1的中点，求直线DE与平面ABCD所成 4,则异面直线BD1与AD所成角的大小是 角的大小（结果用反三角函数表示）， (结果用反三角函数值表示). 3.(2018·重庆)如图，在正四棱柱 ABCD-AB1C1D1中，AB=1,BB1=N3+ 1,E为BB:上使B1E=1的点.平面AEC1交DD1于点F,交 AD,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一C1G-A1的正切值 ·124· 8.(2019·北京)如图，在R△A0B中，∠0AB=音，斜边 题源4距离（★★★★） 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. 12.(2018·江苏)在正三棱柱ABC一A1B1C1中，若AB= (1)求证：平面COD⊥平面AOB; 2,AA1=1,则点A到平面A1BC的距离为 () (2)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的 AE 3 大小： b.2 (3)求CD与平面AOB所成角的最大值 c. 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-1-3 题源3二面角（★★★★★） 为60°，动点P,Q分别在面a、B内，P到B的 A 9.(2019·浙江)已知点O在二面角a一AB一3的楼上，点 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 P在a内，且∠POB=45°，若对于B内异于O的任意一点Q,都 值为 () 在∠POQ≥45°，则二面角a-AB-B的大小是 A.√2 B.2 C.2√3 D.4 10.(2022·广东)如图，AEC是半径为a的半圆，AC为直 15.(2021·重庆)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，顶点 径，点E为AC的中点，点B和点C为线段AD的三等分点.平面 B,到对角线BD1和到平面ABCD1的距离分别为h和d,则 下列命题中正确的是 () AEC外一点F满足FB=FD=V5a,FE=√6a. (1)证明：EB⊥FD; A.若侧按的长小于底面的边长，则宁的取值范围为(0，) (2)已知点Q,R分别为线段FE,FB上的点，使得FQ= 兰PE,FR=号FB,求平面BD与平面RQD所成二面角的正 区若侧按的长小于底面的边长侧宁的取值范西为号，2 23 弦值. C若测装的长大于底面的边长.则分的承直范西为2 若侧接的长大于底面的边长，则宁的取值范国为(2， 3 十∞) 16.(2019·江苏)正三棱鞋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 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， 11.(2020·全国I)四棱锥A一BCDE中，底面BCDE为 AB=2,∠A=120°，沿对角线BD将△ABD折 矩形，侧面ABC⊥底面BCDE,BC=2,CD=√2，AB=AC 起，使二面角A一BD-C为120°，则点A到△BCD所在平面的 (1)求证：AD LCE; 距离等于 (2)设CE与平面ABE所成的角为45°，求二面角C-AD-E 19.(2021·浙江)如图，在长方形ABCD中，AB=2,BC= 的大小. 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 ·125· 20.(2020·重庆)如图，在△ABC中，B=90°，AC=15, 2,D (1)异面直线AD与BC的距离： (2)二面角A一EC-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.(1)如图，在直三棱柱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 C1D1的中点，则直线A1B1与平面A,ECF所成角的正弦值为 EF和BC1所成的角是 ( ) () A.45 6 B.60° 4哈 3 C.90° D.120° c 竖 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四点为顶点的三楼锥体积最大时，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 LBD:②AD⊥CO:③△AOC为正三角形； A.90° B.60° C.45 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.45 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A1B1C1中，∠ABC= ( ) 90°，AB=BC=AA1=2,点D是A1C1的中点，则异面直线AD A号 D 和BC,所成角的大小为 B.a 2a 459 B 5.(G2)在长方体ABCD-A,B1C1D1中，AA,=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.(G2)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 3 D.3 AB+CD=28cm,AB,CD在B内的射影长分别为5cm及9cm, 6.(O4)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 2√2，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· 13.(☐1.2.3)四棱鞋P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯 形，PD⊥平面ABCD,AB=2CD,PD=AD=CD=1.求： 16.(☐3.4)如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BCA= (1)异面直线AD与PB所成的角； 90°，AC=BC=2,A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D, (2)直线AB与面PBD所成的角： 又知BA1⊥AC1. (3)平面PAD与平面PBC所成锐二面角的正切值， (1)求证：AC1⊥平面A1BC: (2)求CC1到平面A1AB的距离； (3)求二面角A一A1B一C的大小 A B. 14.(4)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为8， 对角线B1C=10,D是AC的中点.求： (I)点B1到直线AC的距离； (2)直线AB,到面C1BD的距离. 17.(G1.4)如图，四面体ABCD中，O、E分别是BD、BC的 中点，CA=CB=CD=BD=2,AB=AD=√2」 (1)求证：AO⊥平面BCD: (2)求异面直线AB与CD所成角余弦值的大小； (3)求点E到平面ACD的距离， D 0 15.(了4)如图所示，在四棱鞋V-ABCD中，底面四边形 ABCD是边长为4的菱形，并且∠BAD=120°，VA=3,VA⊥底 面ABCD,O是AC,BD的交点，OE⊥VC于点E,求： (1)点V到CD的距离： (2)异面直线VC与BD的距离； (3)点B到平面VCD的距离. ·127·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， cos∠PBE=4+1-5 2X2X1=0. 所以AD与PB所成的角为90°. (2)由(1)AD⊥DB,AD⊥PD,BD∩PD=D, .AD⊥平面PBD,AD⊥BD, 所以∠ABD为AB与平面PBD所成角， 在Rt△ABD中，∠ABD=30°. (也可以通过线面垂直来证明) (3)延长AD、BC交于一点M,连PM,则PM为 面PAD与面PBC的交线，易证BD⊥平面PAD,过 D作DN⊥PM于点N,连接BN,则∠BND为面 PAD与面PBC所成二面角的平面角，在Rt△BDN BD 中，ian∠BND=DN=6. 14.解：(1)连结BD、 BD 由三垂线定理可知 B1D⊥AC, ∴.B1D就是点B1到直 线AC的距离. 在Rt△B,BD中， .BB1=√/B1C2-BC=√/102-82=6，BD= 45, ∴.B1D=√BD2+B1B2=2√21， 即点B:到直线AC的距离为2√2I. (2)设B1C与BC1交于点E,连结DE 则DE∥AB1,.AB1∥面C1BD. 又AC与面BDC1交于AC的中点D, ∴AB1到平面BDC1的距离等于C点到面 BDC1的距离，也就等于三棱锥C一BDC,的高. Ve-BDCI =Vei-BDC, 日XhX5m=子XSawXCC 1 h=23 13 直线AB,到平面BDC,的距离是2区 13 15.解：(1)由已知 ∠BAD=120°，所以∠ADC =60°， ∴.△ACD是正三角形， 取CD的中点F,连接AF, VF,则CD⊥AF. 7 又VA⊥面ABCD, .CD LVF(三垂线定理)， .VF为点V到CD的距离， AD=4,..AF=23, VF=√WA+AF=W32+(2W3)=√2I. (2),底面四边形ABCD是菱形， .BD⊥AC, 又VA⊥底面ABCD,∴.VA⊥BD, ∴.BD⊥面VAC,∴.BD⊥OE, 由已知OE⊥VC, .OE是异面直线BD和VC的公垂线. 由1可知0c=2AC=2 VC=√WA+AC2=√32+42=5， .△CEO∽△CAV, 贤瓷 ÷0E=VA,0C=3X2_6 VC 5 即异面直线VC与BD的距离为号 (3),AB∥CD,.AB∥面VCD,点B到平面 VCD的距离等于点A到平面VCD的距离， 过A作AH⊥VF于点H. 由(1)知CD⊥面VAF, .CD⊥AH, 故AH⊥面VCD, AH就是点A到面VCD的距离， 在Rt△VAF中，VA=3,AF=2W3,VF=√2I, VA2=VH·VF, VH=3②I 7 AH=VA:-VH- 3√2 6√7 /32 ·点B到面VCD的距离为6y 7 16.解：(1)因为A1D ⊥平面ABC,所以平面 AA1C1C⊥平面ABC,又 BC⊥AC,所以BC⊥平面 AA1C1C,得BC⊥AC1,又 A BA1⊥AC1,所以AC1⊥平 面A1BC. (2)因为AC1⊥平面A1BC,所以AC1⊥A1C,所 以四边形AA1C1C为菱形，故AA1=AC=2,又D 为AC的中点，所以△A1AC为等腰三角形，则易得 AB=A1B,取AA1的中点F,则AA1⊥BF.又AA1 ⊥BC,所以AA1⊥平面BCF,从而平面A:AB⊥平 面BCF,过C作CH⊥BF于H,则CH⊥平面 A1AB,因为CC1∥AA1,所以CC1∥平面A1AB,所 以CH即为CC,到平面A1AB的距离，在Rt△BCF 中，BC=2,CF=,BF=7,故CH=2 7 即CC,到平面A,AB的距离为2VT 7 (3)过H作HG⊥A1B于G,连结CG,则CG⊥ A1B,从而∠CGH即为二面角A一A1B一C的平面 角，在Rt△ABC中，A1C=BC=2所以CG=√E,在 R1△CGH中，sn∠CGH-器-平，即二面角 CG A-A,B-C的大小为arcsin 7 17.(1)证明：连结OC BO=DO,AB=AD,..AO LBD. BO=DO,BC=CD,.CO⊥BD. 在△AOC中，由已知可得AO=1,C0=√3. 而AC=2,∴.AO2+C02=AC, ∴.∠AOC=90°，即AO⊥OC. .BD∩OC=O,.AO⊥平面BCD (2)解：取AC的中点M,连结OM、ME、OE,由 E为BC的中点知ME∥AB,OE∥DC .直线OE与EM所成的锐角就是异面直线 AB与CD所成的角，在△OME中， EM-ZAB-.OF-DC-1. ,OM是直角△AOC斜边AC上的中线， &OM=2Ac=1.ico∠0EM-g .异面直线AB与CD所成角的大小为 arccos 4 (3)解：设点E到平面ACD的距离为h. VE-ACD =VA-CDE 1 1 h·S△aD=3 :.3 ·AO·S△cDE. 在△ACD中，CA=CD=2,AD=√2， ∴.S△Ac= 而AO=1,S△cDE= 13 4 2 .h= AO·S△cDE 1十 2√21 S△ACD √7 7 点E到平面ACD的距离为 7 §5.7空间向量在立体几何中的应用 五年高考母题原型训练 1.B【解析】本题在正方体ABCD一 A1B,C1D1中构造一个符合条件的几何体 B1一ACD1,其中点D为点O,DA,DC,DD1分别为 工，y,轴，易知错误的为选项B.本题考查直线与平 面的基础知识与几个重要的知识，点，如果只从试卷中 给出的图形来解将会产生一定的难度，而如果将图形 复原到正方体中则非常简单，在此主要是考查学生对 几何图形的分割、复原等转化， 2.(0,一1,0)【解析】本题主要考查空间两 点距离的计算.设M(0,y,0),因MA=MB,由空间 两点距离公式得1十y2+4=1+(y十3)2+1，解得y =一1. 3.本小题主要考查空间直线与直线、直线与平 面的位置关系和二面角等基础知识，考查空间想象能 力、推理论证能力和运算求解能力. 解法一： (1)证明：连接BD,由底面ABCD是正方形可得 AC⊥BD. ,SD⊥平面ABCD,∴.BD是BE在平面ABCD 上的射影，由三垂线定理得AC⊥BE, (2)解：，SD⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, .SD⊥CD. 又底面ABCD是正方形，.CD⊥AD 又SD∩AD=D,∴.CD⊥平面SAD. 过点D在平面SAD内作DF⊥AE于点F,连接 CF,则CF⊥AE,故∠CFD是二面角C-AE-D的 平面角，即∠CFD=60. 在Rt△ADE中，AD=a,DE=Aa,AE= a2十1， 于是，DF=AD·DEa AE 2+1 3