专题八 考点二 空间点、直线、平面之间的位置关系及空间向量-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训试卷

考点二空间点、直线、平面之间的位置关系及空间向量 [真题题组·实战集训l1] 一、选择题 1.(多选)(2026·全国I卷，10)在空间中，A、B为两个定点，动点C到直线AB的距离为2，动点 D到直线AB的距离为1，若二面角C-AB一D为60°，则 () A.∠CAD≥609 B.CD≥3 C.当AB⊥CD时，CD⊥平面ABD D.当AB⊥平面ACD时，AC⊥AD 2.(2026·天津卷，5)正方体ABCD-A,B,CD1中，下列结论错误的是 ( 整 A.AC∥A,C B.CC1⊥平面ABC C.平面ACD1∥平面A,C,B D.平面ADD1⊥平面ACD 3.(2025·天津卷，4)已知m,n为两条直线，a,3为两个平面，则下列结论中正确的是 郑 A.若m∥a,nCa,则m∥n B.若m⊥a,m⊥3，则a⊥B C.若m∥a,mLB,则a⊥3 D.若mCa,a⊥B,则m⊥3 4.(多选)(2025·全国一卷，9)在正三棱柱ABC-A,B,C1中，D为BC的中点，则 A.AD⊥AC B.B1C1⊥平面AA1D C.AD∥A1B, D.CC1∥平面AA1D 二、填空题 5.(2025·全国二卷，14)一个底面半径为4cm,高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不 杯 计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 cm. 三、解答题 6.(2026·全国I卷，15)(13分)如图，在直三棱柱ABCA,B1C中，∠ACB =90°，AC=BC,D,E分别为AB,AC1的中点. (1)证明：DE∥平面BCCB1: (2)设CC1=2,直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°，求直线DE到平 如 面BCC,B的距离. 阳 65 7.(2026·全国Ⅱ卷，16)(15分)如图，在三棱锥A一BCD中，点E在BD 上，AE⊥CE,AE⊥DE,CD⊥AD. (1)证明：CD⊥AB; (2)若DE=2,BE=1,AE=√2，CD=23,求直线AD与平面ABC所 成角的正弦值 8.(2026·天津卷，17)(15分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中， E AB=2,AA=3,AD=4,A E=3ED ,2C F=FC. C (1)求证：BD⊥平面CEF; (2)求平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值； B D (3)求三棱锥ACEF的体积. B 9.(2026·上海卷，18)(14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2 小题满分8分. 已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形，PH⊥底面ABCD,垂足H /A- -----D 在AD边上，且AH=1,HD=4,AB=2,如图. B (1)求证：CH⊥PB; (2)若四棱锥P-ABCD的体积为105，求二面角CPBH的大小. 3 66 10.(2026·北京卷，18)(14分)如图，已知直三棱柱ABCA,B1C1,∠BAC= 90°，AB=AC=2,BB1=√2，E,D分别为A1B1,AC的中点 D (1)证明：DE∥平面BB,C1C; (2)点P在平面A1B,C1内，且EP∥B,C1,再从条件①、条件②、条件③这 B 几个条件中选择一个作为已知，使得P唯一确定，求平面PAD与平面PDE的夹角的余 弦值. ①PA=PD;②PA⊥BC;③BB,∥平面PDE. 注：如果选择条件①、条件②、条件③分别解答，按第一个解答计分 11.(2025·上海卷，18)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径， 且AB=2. (1)若直线PA与圆锥底面的所成角为，求圆锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为 3 CD∥AB.设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD. 67 12.(2025·全国一卷，17)如图，在四棱锥P一ABCD中，PA⊥底面ABCD,AB ⊥AD,BC∥AD (1)证明：平面PAB⊥平面PAD: (2)若PA=AB=√2，BC=2,AD=1+√3，且点P,B,C,D均在球O的球 面上 (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 13.(2025·全国二卷，17)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD, D ∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD,AB =3AD,CD=2AD,将四边形EFDA沿EF翻折至四边形 EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A'B∥平面CDF. (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 68 真题题组·实战集训2] 一、选择题 1.(2024·全国甲卷，10)设a,3为两个平面，m,n为两条直线，且a∩3=m.下述四个命题： ①若m∥n,则n∥a或n∥B;②若m⊥n,则n⊥a或n⊥B;③若n∥a且n∥B,则m∥n;④若n与 α，3所成的角相等，则m⊥n.其中所有真命题的编号是 A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 2.(2024·天津卷，6)若m,n为两条直线，a为一个平面，则下列结论中正确的是 A.若m∥a,n∥a,则m⊥n B.若m∥a,n∥&，则m∥n 类 C.若ma,n⊥a,则m⊥n D.若m∥a,n⊥a,则m与n相交 3.(2023·全国甲卷（理），11)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，AB=4,PC=PD= 3,∠PCA=45°，则△PBC的面积为 () 斯 A.2√2 B.3√2 C.4√2 D.52 4.(2023·全国乙卷（理），9)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形， 若二面角CAB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为 ( A 号 c 的 5.(2022·全国乙卷，7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为AB,BC的中点，则( A.平面BEF⊥平面BDD B.平面BEF⊥平面A,BD 杯 C.平面B,EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A,C1D 6.(2022·全国甲卷，7)在长方体ABCD一AB,C,D1中，已知B,D与平 D 面ABCD和平面AA,B,B所成的角均为30°，则 ( A.AB-2AD B.AB与平面AB,C,D所成的角为30° C.AC-CB 如 D.B1D与平面BB,C1C所成的角为45° 御 7.(多选)(2022·新高考I卷，9)已知正方体ABCD-A,B,C1D1,则 A.直线BC,与DA1所成的角为90 B.直线BC1与CA,所成的角为90 C.直线BC1与平面BBD,D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45 二、解答题 8.(2025·天津卷，17)如图正方体ABCD一AB,C,D1的棱长为4，E,F分别为 品 AD1,C1B1的中点，CG=3CG. (1)求证：GF⊥平面EBF: (2)求平面EBF与平面EBG二面角的余弦值； (3)求三棱锥D一BEF的体积. 69 9.(2025·北京卷，17)如图，在四棱锥P一ABCD中，△ABC与 △ADC均为等腰直角三角形，∠BAC=90°，∠ADC=90°，E为BC 的中点。 (1)若F,G分别为线段PD,PE中点，求证：FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB与平面PCD所成角的正 弦值 C 10.(2024·新课标I卷，17)(15分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面 ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=3. (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; 二二 (2)若AD⊥DC,且二面角ACPD的正弦值为 7,求AD. 70 11.(2024·新课标Ⅱ卷，17)(15分)如图，平面四边形ABCD中，AB =8,CD=3,AD=53,∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E,F分别 满足A-号A,A-号A店，将△AEF沿EF翻折至△PER,使 D 得PC=4√3. (1)证明：EF⊥PD; (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 12.(2024·全国甲卷（理），19)(12分)如图，在以A,B,C,D,E,F为顶点的五 面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD,BC∥ AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=10,FB=2√3，M为AD的中点， (1)证明：BM∥平面CDE; (2)求二面角FBME的正弦值 71 13.(2024·北京卷，17)(14分)已知四棱锥P-ABCD,AD∥BC,AB=BC=1, AD=3,DE=PE=2,E是AD上一点，PE⊥AD. (1)若F是PE中点，证明：BF∥平面PCD. (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值， E好 14.(2024·天津卷，17)（本小题15分）如图，已知直四棱柱ABCD- A1BC1D1中，AD⊥AB,AB∥CD,AA1=2,AB=2AD=2,DC=1,N N 是B,C1的中点，M是DD1的中点. (1)求证D1N∥平面CBM; (2)求平面CB,M与平面BB,CC夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB,M的距离. 72 [真题题组·实战集训3] 1.(2024·上海卷，17)(14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题 满分8分。 如图，在正四棱锥P-ABCD中，O为底面ABCD的中心. D (1)若AP=5,AD=3√2，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积： B (2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小. 整 斯 和 2.(2023·新课标I卷，18)(12分)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2, AA=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2D =2,CC2=3. (1)证明：B2C2∥A2D2; (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2D2为150°时，求B2P. 如 D 御 73 3.(2023·新课标Ⅱ卷，20)(12分)如图，三棱锥ABCD中，DA=DB=DC, BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°，E为BC的中点， (1)证明：BC⊥DA; c以.E (2)点F满足EF=DA,求二面角D-ABF的正弦值. 4.(2023·全国乙卷（理），19)(12分)如图，三棱锥P-ABC中，AB⊥BC,AB= 2,BC=2√2，PB=PC=√6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD= √5DO,点F在AC上，BF⊥AO. (1)证明：EF∥平面ADO. (2)证明：平面ADO⊥平面BEF, (3)求二面角D-AOC的正弦值. 74 5.(2023·天津卷，17)(15分)如图，在三棱台ABC一A1B1C1中，已知 A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A,C1=1,M,N分别是 线段BC,AB的中点， (1)求证：A,N∥平面C1MA; 4 (2)求平面C,MA与平面ACC1A,所成角的余弦值； (3)求点C到平面C,MA的距离. 6.(2023·上海卷，17)（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分 8分. 已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,AB∥DC,AB⊥AD,AB=2,AD=3, DC=4. B (1)求证：AB∥平面DCC1D1; (2)若直四棱柱的体积为36，求二面角A1一BD一A的大小. 75 7.(2022·全国乙卷，18)(12分)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC, E为AC的中点. (1)证明：平面BED⊥平面ACD; (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求 CF与平面ABD所成的角的正弦值. E好 8.(2022·新高考I卷，19)(12分)如图，直三棱柱ABC一AB,C1的体积为4，A △ABC的面积为2√2 (1)求A到平面A,BC的距离； (2)设D为AC的中点，AA,=AB,平面ABC⊥平面ABB,A1,求二面角A ---------yC A一BD一C的正弦值. 76考点二 实战集训1 1.BC取直线AB为x轴.设C,D到AB的垂足分别对应 坐标参数u,v,垂直于AB的分量为c,d,则c=2,d=1, c·d=2×1×cos60°=1. C垂直截面示意 、D 604 垂足垂足 B 因为CD=(u-)2+|c-d=(u-)+4+1-2=(u -0)2+3≥3， 所以CD≥√3，B正确. 若ABLCD,则u=0,此时CD完全落在垂直于AB的平 面内，且(d-c)·d=|d2-c·d=1-1=0, 即CD⊥AD,又CD⊥AB,AD∩BD=D,故CD⊥平面 ABD,C正确. A中可取u,很大且接近，使∠CAD很小，故不恒成立， D中若AB⊥平面ACD,则AC与AD的夹角等于二面 角的平面角60°，并非必垂直，D错误. 2.D对于A:正方体ABCD-A1B,C1D1中.易知AA1∥ CC1,且AA,=CC1,.四边形A,ACC是平行四边形， ∴.AC∥AC1.A正确；对于B:正方体ABCD-A1B,C1D 中，易知CC1⊥AB、CC1⊥BC,AB∩BC=B,∴.CC1⊥面 ABC,B正确；：对于C:由A选项知A1C1∥AC,ACC面 ACD1,AC1史面ACD,.AC1∥面ACD,同理可证. CB∥面ACD1,AC∩C1B=C.A1CC面ACB,C1B C面AC1B,.面ACB∥面ACD1,C正确：对于D:正 方体ABCD-A,BC1D1中，易知平面ADD1与平面 ACD1不垂直，故D错误. 3.C本题考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平 面的位置关系.A中，m∥a,n二a,m与n可能平行或异 面，故A错误；B中，m⊥a,m⊥B,则a∥B,故B错误；D:m Ca,a⊥B,则m不一定垂直于B,故D错误. 4.BD易知AD⊥平面BCC1B:,若 D AD⊥A,C,则AC∥平面BCC,B B (或在该面内)，显然不成立，故A 选项错误.由BC⊥AD和BC⊥ C AA1,AD∩AA1=A,AD,AA1C平 面AA1D,且BC寸平面AA1D,可 -0, B 知BC⊥平面AA,D,又BC1∥BC,∴.B,C1⊥平面 AAD,故B选项正确.过A且与AD平行的线为AD (D为B,C中点)，而非AB,故C选项错误.由CC1∥ AA,知D选项正确.故本题正确选项为BD. 5.解析：设铁球半径为r,根据题意， 有4r2=(9-2r)2+(8-2r)2, 即4r2-68r+145=0, 即(2r-29)(2r-5)=0, 解得：=号或号（会） 答案：号 6.解：(1)设AC=BC=a,CC=h,以C为原，点， 分别以CA,CB,CC所在直线为x,y,之轴建立空间直角 坐标系. 则A(a,0,0),B(0,a,0),C1(0,0,h) 因为D,E分别为AB,AC1的中点， 所以D(受受0）E(经0，) 16 BC,=2DE,.BC∥DE,即BC∥DE, 又，DE庄平面BCC B1,BCC平面BCC1B,, 所以DE∥平面BCC,B,· （2由cC,=2,得DE=(0,-号，1） 平面ACC1A1的法向量可取n=(0,1,0). 设直线DE与平面ACC1A,所成的角为0，则sinθ 2 2 由0=45°，得 巨，解得a=2. 因为直线DE∥平面BCCB, DE到平面BCC1B1的距离即，点D到平面BCC1B1的距 离，又因D为AB中点， 所以所求距离为号=1， 7.解：(1)证明：因为AE⊥CE且AE⊥DE,而CE∩DE=E 且CE,DEC平面BCD,所以AE⊥平面BCD.因为CD C平面BCD,所以CDLAE.又因为CD⊥AD,且AE∩ AD=A,AE,ADC平面ADE,所以CD⊥平面ADE.文 因为直线ABC平面ADE.因此，CD⊥AB. (2)因为AE⊥平面BCD,且E,B,D三点共线，以E为 坐标原，点，直线BD为x轴，过，点E在平面BCD内垂直 于BD的直线为y轴，直线EA为之轴建立空间直角坐 标系.因为DE=2,BE=1,AE=√2.如图，所以E(0,0, 0),D(2,0,0),B(-1,0,0),A(0,0W2), D C 由(1)知CD⊥平面ADE,所以直线CD∥y轴，则，点C的横 坐标与点D相同.因为CD=2√5，所以C点坐标为(2， 2√3,0).AD=(2,0,-√2)，AB=(-1,0,-√2)，AC= (2,2√3，-√2)， 设平面ABC的法向量为n=(x,y,之)， 尚”A5=0>{E=0, (n·AC=0(2x+23y-2x=0, 取心=2，可得x=一2√2，y=√6.所以，平面ABC的一个 法向量为n=(一2√2，√6,2).其模长为：|n|= W(-2√2)+（√6）2+2=√18=3√2， 设AD与平面ABC所成的角为0， 则sin0=AD·nl ADn =2×(-2②)+0-2×2=62=6 √22+(-√2)X32 √6×3√231 所以，AD与平面ABC所成角的正弦值为5 3 8.解：(1)证明：长方体ABCD一A1BCD中， 建立如图空间直角坐标系， D A B AB=2,AA1=3,AD=4, A E=3ED,2C F=FC, .D(0,0,0),B(4,2,0), C(0,2,0),E(1,0,3), F(0,2,2),A(4,0,0), .BD=(-4,-2,0), CE=(1,-2,3), CF=(0,0,2), ∴BD·CE=0,BD⊥CE. BD·CF=O,BD⊥CF. .BD⊥CE, BD⊥CF, CE∩CF=F, BDL平面CEF. (2)由(I)知BD是面CEF的一个法向量， BD=(-4,-2,0), 又AE=(-3,0,3), AF=(-4,2,2). 设n⊥平面AEF,n=(x,y,x), .n·AE=-3x+3x=0, n·AF=-4x十2y+2x=0, 令x=1,x=1,y=1, ∴.n=(1,1,1), BD·n cos(BD,n>= BDn 1-61 √15 √/(-4)2+(-2)2·√3 5 平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值为 5 (3)在DC1上取点E1使C,E=3E1D1, .A E=3ED. ∴.EE1∥A1C1,AC1∥AC, .EE∥AC. EE,中面ACF,ACC面ACF, ∴.EE1∥面ACF. .E到面ACF的距离与E1到面ACF的距离相等. VACEF =VEACE =VE-ACF =VAE CE .C1D1=AB=2. C1E1=3E1D1, .CE1= CD,=×2= 3 4 2 CF=2C F, cF=子cC=2 Sam=×CFEC=×2-号 22 1 VAE,=2XAD·SaE= 3 X4X 3二2 所以VAEF的体积为2. 9.解：(1)过H做1∥AB,以H 为原点，以1，HD,HP所在 直线分别为x,y,之轴建立空 间直角坐标系，如图所示，则 H(0,0,0),C(2,4,0),B(2,B -1,0),设P(0,0,h), 则HC=(2,4,0),PB=(2,-1,一h), HC.PB=4-4+0=0, 故HC⊥PB. （2》由题意.Vw=号Samh==105】 1 3 3 解得h=√5，故P(0,0,√5)， BC=(0,5,0),PB=(2,-1,-V5), HP=(0,0,5), 设平面CPB法向量为n1=(x1y1,之)，平面PBH法向 量为n2=(x2y22), (BCm,=0→5y=0 PB·n1=0(2x1-y1-W5x1=0 令x=5,则y=0,之1=2所以n1=(W5,0,2): HP·n=0（W5x=0 PB·n2=0(2x2-y2-V52=0 令x2=1,则y2=2,=0,所以n2=(1,2,0)； 1n·nL=51 设二面角CPBH为6,0s=n·m:-353 0-arccos 3 故二面角CPBH的大小为arccos3 10.解：(1)取BC的中点F,连接 A DF和B1F E 在△ABC中，D,F分别为AC B 和BC的中点，则DF∥AB且 D DF-ZAB. B 又因为AB∥AB,且E为A1B,中点，所以DF∥B,E 且DF=B1E,所以四边形DEB1F为平行四边形， 则DE∥B,F,又DE寸平面BB,CC,B,FC平 面BBC1C, 所以DE∥平面BB,C,C. (2)(空间向量法)易知 AB,AC,AA,两两垂直， 以A为原点，建立如图 所示的空间直角坐B D 标系， 则A(0,0,0),B(2,0,0), C(0,2,0),D(0,1,0), E(1,0,N2). 169 取A1C1的中点M,则M(0,1,√2).连接EM, 则EM∥B,C, 又点P在平面A1BC1内，且EP∥BC1, 所以P∈EM,可设EP=AEM, 则EP=入(-1,1,0)=(-A,A,0), 所以P(1-A,A,W2). 选择①PA=PD. PA=(a-1,-λ，-√2)，PD=(a-1,1-a,-√2)， 因为PA=PD, 所以√（入-1）+(-A)+(-√2) =√(-1)2+(1-A)2+(-√2)2， 解得=子 选择②PA⊥BC. PA=(a-1,-A,-2),BC=(-2,2,0), 因为PALBC,.所以PA·BC=0, 即-2（入-1）-2x+0=0, 解得入=之 1 11 则PA=（,-z,-） 11 PD=（-2,2,-E）DE=1,-1w2). 设平面PAD与平面PDE的法向量分别为m=(x1, y1之1），n=（x2,y2,2）, m·PA=- 1 2x1-2y-W2x1=0 则 1 1 m·PD=-z+21-5=0 D5:%+E=0 {api=-子4+子-E,=0 1 可取m=(4,0,-√2)，n=(1,1,0), 设平面PAD与平面PDE的夹角为日， 到m9omm1=惯沿-号 选择③BB1∥平面PDE. 连接DM 因为P∈直线EM,所以PDC平面EMD, 即平面EPD与平面EDM为同一平面. 因为BB1∥DM,BB,寸平面EDM,DMC平面EDM. 所以BB1∥平面EDM,即BB1∥平面PDE. 所以选择③不能确定点P的位置，即不能选择条件③ 解决问题 11.解：(1)P0L底面，AB=2, ÷∠PAB=答0A=1, .PA=2, .S例=πrl=2π. (2)注明：AC=号，0A=1, ∠A0C=吾， .CD∥AB, ∠DCO=∠AOC= 3 OC=OD, .△OCD为等边三角形， ..CD=OD=OB, .CD∥OB. ∴.四边形OCDB是平行四边形， .OC∥BD, ,OC克平面PBD,BDC平面PBD, ∴.OC∥平面PBD, .AO=OB,PQ=AQ. .OQ∥PB, OQ平面PBD,PBC平面PBD. ∴.OQ∥平面PBD, OC∩OQ=O,OCc平面OCQ,OQC平面OCQ, .平面PBD∥平面OCQ, ,'QMC平面OCQ, .QM∥平面PBD. 12.解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD可得PA⊥AB. 又AB⊥AD,AD∩PA=A,所以AB⊥平面PAD, 又ABCPAB,故平面PAB⊥平面PAD. (2)易知AB,AD,PA两两垂直，以A为坐标原点，AB 方向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向，AP方向为 心轴正方向建立空间直角坐标系，易得A(0,0,0), B(W2,0,0),C(2,2,0),D(0,√3+1,0)，P(0,0,√2) (1)设球心O(x,y,x),由OB=OC=OD=OP可得 「(x-2)+y+x=(x-√2)+(y-2)+x2 (x-√2)2+y2+2=x2+(y-3-1)2+2, (x-√2)2+y2+2=x2+y2+(x-√2) 解得y=1,x==0,显然点O(0,1,0)为直线AD上的 点，ADC平面ABCD,所以点O(0,1,0)在平面 ABCD上. (i)AC=(√2,2,0)，PO=(0,1,-√2)，直线AC与PO 所成角的余弦值等于cos(AC,PO)=AC·P四 lACIIPOI 2 V6X√33 13.解：(1)证明：A'E∥DF,DFC平面CD'F,A'E中平 面CDF, ∴.A'E∥平面CD'F, 同理可证EB∥平面CD'F, 又：EB∩A'E=E,且EBC平面A'EB,A'EC平面 A'EB. .平面ABE∥平面CD'F. 又，A'BC平面A'EB, A'B∥平面CDF (2)设AD=.建立如图所示空间直角坐标系， z小 D A 灯 E B 则C(,m,0),B(2m,0,0), D（(m…mB00.0.r0.m0. 0 设平面BCD的法向量为a=(x1y1,总)， 则/·BC=0, -mx1十my1=0 即 {a.元-o,{号+9= 令1=1，则x1=3,y1=3,a=(W3,W3,1) 设平面EFD'A'的法向量为b=(x2,y,之)，则 Ib·EF=0, 13y2=0 即 n ,令2=1，则x2= 1b·DF=0, -2-2:=0 -V3,y2=0,b=(-3,0,1), 所以cos0=|cosa,b1=-3+1=万 √7X√4 7 所以sin9=2 7 实战集训2 1.A对于①，若m∥n,则n∥a或n∥B,正确；对于②，若mL n,当n二a或n二3时，结论不一定成立，错误；对于③，若n∥ a且n∥B,根据线面平行的性质知，m∥n,正确，对于④，若n 与a,B所成的角相等，m与n不一定垂直，错误. 2.C对于A,B,若m∥a,n∥a,则m与n可能平行、相交 或异面，故A,B错误；对于C,D,若m∥a,n⊥a,则m1 n,且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误. 3.C连接AC,BD交于O,连 P 接PO,则O为AC,BD的中 点，如图， D 因为底面ABCD为正方形， AB=4,所以AC=BD= A号 42,则DO=CO=2W2. 又PC=PD=3,PO=OP,所 以△PDO≌△PCO,则∠PDO=∠PCO, 又PC=PD=3,AC=BD=4√2，所以△PDB≌△PCA, 则PA=PB,在△PAC中， PC=3,AC=4√2，∠PCA=45°， 则由余弦定理可得PA=AC2+PC-2AC· PCeos∠PCA=32+9-2X4V2×3x2=17. 2 PA=√I7,则PB=√7， 故在△PBC中，PC=3,PB=√I7,BC=4, 所以cos∠PCB=PC+BC-PB_9+16-17=1 2PC·BC 2×3X4=3: 又0<∠PCB<π， 所以sin∠PCB=V-cos∠PCB=2E, 3 所以△PC的面积为S=子PC·Csin∠PCB =2×8×4X29-4E.截选C 3 4.C取AB的中点E,连接 CE,DE,因为△ABC是等腰 直角三角形，且AB为斜边， 则有CE⊥AB, 又△ABD是等边三角形，则 DE⊥AB,从而∠CED为二 面角C一AB一D的平面角， 即∠CED=150°， 显然CE∩DE=E,CE,DEC 平面CDE,于是AB⊥平面 CDE,又ABC平面ABC, 17 因此平面CDE⊥平面ABC,显然平面CDE∩平面ABC =CE, 直线CDC平面CDE,则直线CD在平面ABC内的射影 为直线CE, 从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB= 2,则CE=1,DE=√3，在△CDE中，由余弦定理得： CD=√/CE+DE2-2CE·DEcos.∠CED √1+3-2x1×B× 、 DE CD 由正弦定理 sin∠DCE sin.∠CED' 得sim∠DCE=Bsin150°-3 冷 2√7 显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=√I-sin'∠DCE= Vi- 5 27 26: 所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为尽.故 51 选C. 5,A对于A选项：在正方体 C, ABCD-ABCD,中，因为 EF分别为AB,BC的中点，易 A B、 知EF⊥BD,EF⊥DD,文 BD∩DD,=D,从而EF⊥平 面BBDD1,又因为EFC平 D 面B,EF,所以平面B,EF⊥ 平面BDD1,所以A选项正A 确：对于B选项：因为平面 E B A,BD∩平面BDD,=BD,由上述过程易知平面B,EF ⊥平面A,BD不成立：对于C选项：由题意知直线AA 与直线B,E必相交，故平面B,EF与平面A1AC有公共 点，从而C选项错误；对于D选项：连接AC,AB,,BC, 易知平面AB,C∥平面A,C,D,又因为平面AB,C与平 面BEF有公共点B,,故平面ABC与平面B,EF不平 行，所以D选项错误. 6.DB1D与平面ABCD所成的角即∠B,DB,B1D与平 面AAB,B所成的角即∠DB1A, 则∠B:DB=∠DBA=30°，设B1D=2,则AD=B1B= 1,由长方体对角线长公式1=a2+b+2,得AB=√2， 从而AB,=√3，AB=√2AD,AB与平面AB1C,D所成的 周∠BAB的正弦值为石AC=B>E=CB,BD与 年西BBCC所成的角∠DBC的王弦值为号，即 ∠DB,C=45°. 7.ABD如图，在正方体ABCD ABCD中，因为BC1⊥BC, BC1⊥A1B,,所以BC1⊥平面 AB,CD,所以BC1⊥DA1,BC B ⊥CA1,故选项A,B均正确；设 AC∩BD1=O,因为A1C1⊥ D 平面BB,D,D,所以直线BC1与 平面BB,DD所成的角为 A B ∠CB0,在直角△CB0中，sin∠CB0=BC=2,故 ∠C1BO=30,故选项C错误：直线BC1与平面ABCD 所成的角为∠C1BC=45°，故选项D正确.综上， 选ABD. 8.解：(1)以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、 y、之轴建立空间直角坐标系， 由已知可得D(0,0,0),B(4,4,0)、G(0,4,3),E(2,0,4)、 F(2,4,4),EF=(0,4,0),BE=(-2,-4,4),GF=(2, 0,1),BG=(-4,0,3), 设平面EBF的法向量为n=(x1y1之)， 0,>{2x,-4y+41=0 ,BE·n=0 EF·n=014y1=0 取x1=2,则y1=0,1=1, .n=(2,0,1), ∴.GF=n,∴.GF∥n, GF⊥平面EBF. (2)设平面EBG的法向量为m=(x2y2,心2)， 则/-2x,一4十4=0， 一4x2十3x2=0, 5 令：=4，则x,=3少=号心：=4， 3×2+号×0+4x1 cos(m,n)= 2+T3+(2)+ (3)由(1)知EF⊥平面BCC1B1,FBC平面BCC1B, .EF⊥FB, 易知SAee=子EF,BF=号X4X√+2=4W5, 2 又DE=(2,0,4),则D到平面BEF的距离为d= IDE·n=8 n5 由棱锥的体机公式知VD3dXSA牌3X后 X45=号 Di E A D C B 9.解：(I)取PA的中点N,PB的中点M,连接FN、MN, ,△ACD与△ABC为等腰直角三角形∠ADC=90°， ∠BAC=90°， 不妨设AD-CD=2,.AC=AB=2√2， ∴.BC=4,,E、F分别为BC、PD的中点， FN--AD-1.BE-2.GM-1. .∠DAC=45°，∠ACB=45°， .AD∥BC, ∴.FN∥GM, ∴.四边形FGMV为平行四边形， .FG∥MN, ,FG正平面PAB,MVC平面PAB, ∴.FG∥平面PAB. 17 (2)·PA⊥平面ABCD,以A为原，点，AC、AB、AP所在 直线分别为x、y、之轴建立如图所示的空间直角坐标系， G 设AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,2√2,0)，C(22,0, 0),DW2,-√2,0)，P(0,0,2√2)， ∴.AB=(0,2√2,0)，DC=(2,√2,0) CP=(-2√2,0,22)， 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,), 0Ex+②y=0, (DC·n=0 CP·n=0\-22x+2√2x=0, 取x=1y=-1,z=1,.n=(1,-1,1), 设AB与平面PCD成的角为日， 则sim6=|cos(AB,n〉1= AB·n |AB·|n 10×1+2W2×(-1)+0×1l=2V2=3 2√2·√+(-1)+1 2V2X√53' 即AB与平面PCD所成角的正弦值为 31 10.解：(1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥ BC,又AD⊥PB,且AP∩BP=P,所以ADL平面PAB. 在△ABC中，因为AC=2,BC=1,AB=√5，所以AC=BC +AB,即AB⊥BC,又AP⊥BC,且AP∩AB=A,所以BC ⊥平面PAB.因此，AD∥BC,又AD丈平面PBC,BCC平 面PBC,所以AD∥平面PBC. (2)过D点作DE∥PA,则 DEL平面ABCD,以D为坐 E 标原点，分别以DA,DC,DE 为x轴，y轴，之轴建立空间 直角坐标系， 设DA=m,DC=,其中m 十n2=4,则A(m,0,0),C(0, n,0),P(m,0,2), 所以AP=(0,0,2),CP=(m,-n,2),DC=(0,n,0). 设平面APC的法向量为n=(x,y,之)，则 12x=0, 令x=n,则y=m, (mx-ny+2=0, 所以n=(n,m,0)； 设平面DPC的法向量为v=(x,y,z),同理可得v=(2, 0,-m). 因为二西角APCD为锐二面角，所以其会弦值为， 因光号=cosn,)1= 2n ,解得m= √m+n√4+m 3,即AD=3. 1.解：I)△AEF中，AE=号AD=2E, AF=2AB=4,∠EAF=30, ·cos∠EAF=AE+AF2-EF 2AE·AF 2+8-9BF=2. 2×2W3×4 ∴.EF2+AE=AF2,AE⊥EF,PE⊥EF,DE ⊥EF, PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE,.EF⊥平面PDE, 又，PDC平面PDE,.EF⊥PD. (2)DE=5√3-2√3=3W3,CD=3,∠CDE=90°， ∴.CE2=36,CE=6, PE=AE=23,∴.PE2+CE=PC,∴.PE⊥CE, 又，PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CEC平面DEF,∴.PE ⊥平面DEF,PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直， 以EF,ED,EP分别为x,y,之轴建立如图所示空间直 角坐标系Exy之， P(0,0,2√3)，D(0,35,0),F(2,0,0),A(0,-25,0),B(4, 23,0),C(3,3√3,0)，则PD=(0,33,-23),CD (-3,0,0),PB=(4,25,-2√3)，BF=(-2,-2√3,0)， 设平面PCD的法向量n1=(x1,y1,1), 1n·PD= 035y-21=0, n1·CD=0(-3.x1=0, 不妨设y1=2,则1=3，x1=0,n1=(0,2,3), 设平面PBF的法向量n2=(x2y,之)， m·Pi=0.z,+25-25=0 n2·BF=0(-2x2-2W3y=0, 不妨设x2=√3，则2=-1，之=1，n2=(W3,-1,1), 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为a, 台清后套。 1 =865 65 12.解：(1)证明：BC∥AD,AD=4,BC=2. 又M为AD的中点，.DM=2, ∴.BC DM, .四边形BCDM为平行四边形， .BM∥CD, BM寸平面CDE,CDC平面CDE .BM∥平面CDE. (2)取AM的中，点G,连接BG,FG, 在△ABM中，AB=BM=AM=2, .BG⊥AD,且BG=√3， M为AD的中点，∴EF LDM, .四边形MDEF为平行四边形， 17 ∴.FM=DE=AF=√I0, .△AMF为等腰三角形， ∴.FG⊥AM且FG=3, 在△BGF中，BG=√3，FG= 个z 3,又FB=2√3， ∴.BG+FG=FB, .BG⊥FG, ∴.以G为坐标原点，GB,GD, GF所在直线分别为x轴，y 轴，之轴建立空间直角坐标系 如图， 则B(√5,0,0)，F(0,0,3),M0,1,0),E(0,2,3), ∴.MB=(W3,-1,0),ME=(0,1,3),MF=(0,-1,3), 设平面FBM的法向量为m=(x1y1心1)， 则m1:人5，-y=0. 别{mM亦，{y+3,=0, 令1=1，则y1=3,x1=√3， ∴.平面FBM的一个法向量为m=(W3,3,1) 设平面EBM的法向量为n=(x2,y2之2)， (n LMB,.(3:-y:=0. 则 nl证，{+3，=0， 令：=-1，则y=3,x2=3, .平面EBM的一个法向量为n=(W5,3,-1), 设二面角FBME的大小为a,则 os=comw10没是， '.sin a=4 13 三面角FBME的正弦值为. 13.解：(1)取PD的中点为S,连接SF,SC,则SF∥ED, SF-7ED-1, 而ED∥BC,ED=2BC,故SF∥BC,SF=BC,故四边 形SFBC为平行四边形， 故BF∥SC,而BF庄平面PCD,SCC平面PCD, 所以BF∥平面PCD. (2)因为ED=2,故AE=1,故AE∥BC,AE=BC, 故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB, 所以CE⊥平面PAD, 而PE,EDC平面PAD,故CE⊥PE,CE⊥ED, 而PE⊥ED, 故建立如图所示的空间直 z个 角坐标系， 则A(0,一1,0)，B(1,-1, 0),C(1,0,0),D(0,2,0),P (0,0,2), 则PA=(0,-1,-2),PB B =(1,-1,-2),PC=(1, 0,-2),PD=(0,2,-2), 设平面PAB的法向量为m=(x,y,z), 则由m·PA=0 (m·PB=o' 可得∫y-2=0 (x-y-2g=0 取m=(0,一2,1)， 设平面PCD的法向量为n=(a,b,c), 则由/n·PC= 可得∫a-2c=0 {n·PD=0{2b-2c=0 取n=(2,1,1), 一1 故cos〈m,n〉= 30 √5X√6 30 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 30 14.解：(1)取CB,中点P,连接NP,MP, 由N是B,C的中点，故NP∥CC,且NP=CC, 由M是DD,的中点，故D,M=号DD,=2CC,且 DM∥CC1, 则有D,M∥NP且D,M=NP, 故四边形D,MPN是平行四边形，故D,V∥MP, 又MPC平面CB,M,D1N寸平面CB,M, 故DN∥平面CB,M; (2)以A为原，点建立如图所示空 间直角坐标系，有A(0,0,0)、B D (2,0,0)、B(2,0,2)、M(0,1,1)、 C(1,1,0)、C1(1,1,2),则有 B1 CB1=(1,-1,2)、CM=(-1, 0,1),BB1=(0,0,2), 设平面CB,M与平面BB,CC 的法向量分别为m=(x1·y1· B 1）、n=（x2y2,2）, 1m·CB=x1-y1+2x1=0 则有 fm·CM=-x1+x1=0 n·CB,=x-为+2=0 (n·BB1=2x2=0 分别取x1=x2=1,则有y1=3、心1=1、y2=1,=0, 即m=(1,3,1),n=(1,1,0), 则cos《m,n〉=mn=1+9+可·1干司 m·n 1+3 -222 11 故平面CB,M与平面BB,CC的夹角的余弦值 为2@2 11 (3)由BB,=(0,0,2),平面CB,M的法向量为m=(1,3,1), 则有BB:m=2三=？ m w1+9+111 即点B到年面CB,M的E离为2 实战集训3 1.解：(1)连接PO,因为P-ABCD是正四棱锥，所以底面 ABCD是正方形，且PO⊥底面ABCD, 因为AD=3√2，所以AO=OD=OB=OC=3, 因为AP=5,所以PO=√AP2一AO=4, 所以△POA绕OP旋转一周形成的几何体是以3为底 面半径，4为高的圆锥， 所以Va=子56=子x×3×4=12x 17 (2)如图建立空间直角坐标系， 因为AP=AD,由题知P ABCD是正四棱锥，所以该四 棱锥各棱长相等，设AB=√2 a,则AO=OD=OB=OC=a, PO=√AP-AO=a, 可得O(0,0,0),P(0,0,a),A (0,-a,0),B(a,0,0),C(0,a, 0,D-a,0.0,E(号0号） 则Bd=(-2a,0,0),AC-(0,2a,0),AE=(号a,2） 设n=(x1y1,心1)为平面AEC的法向量，则 n·AC=0 /2a·3y=0 → a…Ai=0{受·西+ay+号=0 令x1=1,则 y=0,=-1,所以n=(1,0,-1), 则cos(n,BD)=n·BD -2a lnl|BD1I2al√22 设直线BD与平面AEC所成角为0，因为sin0=|cos(n, 成1=号e,]所以9= 2.解：(1)如图，以C为原点，分别 e 以CD,CB,CC为x,y,之轴建立 平面直角坐标系，则A(2,2,1), A C。(0,0,3),D2(2,0,2), P(0,2,t),(0tt), B(0,2,2),则BC=(0,-2, D 1),A2D2=(0,-2,1),因此B2C2 A2 B =AD,且B,C与AD,无公共 x D 点，所以B2C:∥AD2,所以B2C2 ∥A2D. (2)由(1)得AC2=（-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1), A2P=(-2,0,t-1),设n1=(x1,y1,1),n=（x2y2, 2）分别为平面A,C2D2,AC2P的法向量，则 ∫-2.x1-2y+2x1=0 ,则n1=(1,1,2), 1-2y1+1=0 同理n2=(t-1,3-t,2), 6 →t-4t+3=0, W6×√t-1)+(3-t)+4 则t=1或t=3,则B,P=|2一t=1. 3.解：(1)证明：连接AE、DE,设DA =DB=DC=√2，∠ADB= ∠ADC=60°，所以△ADB≌ △ADC,因此AB=AC=√2，又因 为BE=CE,所以AE⊥BC,DEC D 平面ADE,同理DE⊥BC, 文AE∩DE=E,AE,DEC平面ADE, 所以BC⊥平面ADE,又AD二平面ADE, 所以BC⊥AD. (2)由DA=DB=DC=√2，∠BDC=90°， 由(I)DE⊥BC,AB=AC=√2，则DE=BE=CE=AE= 1,可得AE+DE=AD,因此AE⊥DE,由(1)AE⊥ BC,文DE∩BC=E,DE,BCC平面BDC, 所以AE⊥平面BDC, 因此以E为原，点，分别以 ED、EB、EA为x轴、y轴、 心轴建立空间直角坐标系， 则D(1,0,0), A(0,0,1),E(0,0,0), B(0,1,0), D-- B 因为EF=DA=(-1,0, 1),AE=(0,0,-1),所以DB=(-1,1,0),AB=(0,1, -1),AF=(-1,0,0),设平面ABD,平面ABF的法向 量分别是m=(x,y,z),n=(a,b,c), (m·DB=-x十y=0 所以 取x=1,则m=(1,1,1),同 (m·AB=y-之=0 理n=(0,1,1), 设平面ABD与平面ABF的夹角为O, m·n 厨cos9mn后9，所以sim3 3 即二面角DABF的正弦值为. 4.解析：(1)连接DE,OF,设 AF=tAC(0<t<1),则BF= 0 BA+AF=(1-)BA+t BC. 0=-B成+2c BF⊥AO, 则BF·AO=[(1-t)BA+ :BC·(-BM+C)=(-1)B+2BC =4(t-1)+4t=0, 解得t=,则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为 PB,PA,BC,AC的中点， 于是DE∥AB,DE=之AB,OF∥AB.OF=合AB,即 DE∥OF,DE=OF,则四边形ODEF为平行四边形， EF∥DO,EF=DO,又EF中平面ADO, DOC平面ADO, 所以EF∥平面ADO. (2)由1)可知EF/0D.则A0=6,D0=9得AD= V5D0=V30 2 因此OD+A0=AD=号，则ODLA0,EFLA0. 又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF, EFC平面BEF, 则有AO⊥平面BEF,又AOC平面ADO, 所以平面ADO⊥平面BEF. (3)过，点O作OH∥BF交AC于点H,设AD∩BE=G, 由AO1BF,得H0LAO,且FH=号AH, 又由(2)知，OD⊥AO,则∠DOH为二面角D-AOC的平 面角， 因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为△PAB的 重心， 即有DG=子AD,GE=号BE, 17 又FH=子AH,即有DH=受GF, 4+ 315 cos∠ABD= 224+6-PA2 2X2X6 2×2×√6 2 解得PA=V,同理得BE= 2 于是BE+EF=BF=3,即有BE⊥EF, 别6-(×)+（停=号 从而GF=,DH=x-, 3 3 2 在△DOH中，OH= B-90-9DH= 于是cos∠DOH= +3-5 444 √2 2x9× 2, m∠oH-( 所以二面角DA0C的正弦值为 2· 5.解：(1)连接MN,C1A.由 C M,N分别是BC,BA的 B, 中点，根据中位线性质， MN∥AC,且MN=A 2 =1, 由棱台性质，AC1∥AC, 于是MN∥A,C,由MN =A1C1=1可知，四边形 B MNAC是平行四边形，则AN∥MC, 又A1N庄平面C,MA,MCC平面C1MA, 于是A,N∥平面C,MA. (2)过M作ME⊥AC,垂足为E,过E作EF⊥AC1,垂足 为F,连接MF,C,E. 由MEC平面ABC,AA⊥平面ABC,故AA1⊥ME,又 MELAC,AC∩AA1=A,AC,AA1C平面ACC1A,则 ME⊥平面ACC1A1. 由ACC平面ACCA1,故ME ⊥AC1,又EF⊥AC,ME∩EF =E,ME,EFC平面MEF,于 是AC⊥平面MEF, 由MFC平面MEF,故AC,⊥ MF.于是平面CMA与平面 N ACC1A1所成角即为∠MFE. 又ME=A,5=1,os∠CAC,= 1 2 √5 则sin∠CAC=2,故EF=1Xsin∠CAC=2 5 在R△MEF中，∠MEF=90,则MF√1+5 4=3 5 于是os∠MFE器-号 (3)过C,作C,P⊥AC,垂足为 P,作C,Q⊥AM,垂足为Q,连 接PQ,PM,过P作PR⊥CQ, 垂足为R 由题千数据可得，C,A=C,C √5，CM=√C,p+PMf=5, 根据勾股定理得，C,Q= 2 由C1P⊥平面AMC,AMC平面AMC,则C,P⊥AM,又 C,Q⊥AM,CQ∩CP=C,CQ,CPC平面CPQ,于 是AML平面C1PQ. 又PRC平面CPQ,则PR⊥AM,又PR⊥CQ,CQ∩ AM=Q,CQ,AMC平面C,MA,故PR⊥平面C,MA. 在Ri△CPQ中，PR=PC·PQ 2× 2 QC 3W2 =3 2 又CA=2PA,故，点C到平面CMA的距离是P到平面 C:MA的距离的两倍， 即点C到平面CMA的距离是亭 6.解：(1)取CD中点E,连接 D D1E,A1B∥D1E,D1EC平面 A B DCCD,AB庄平面DCC1D1, ∴AB∥平面DCCD. D E (2)底面积为9，.AA=4,BD =√I3,A到BD的距离d= 2×3_6 √/13√/13 tan 0-AA-2 y13-0-arctan 2 13 d 3 3 即二面角A-BD-A的大小为arc1an2Y区 3 7.解：(1)，AD=CD,∠ADB=∠BDC且BD为公共边， △ADB与△BDC全等，AB=BC. 文，E为AC中点且AD=CD,.DE⊥AC, 同理BE⊥AC. 又'DE∩BE=E,且均含于平面BED, .AC⊥平面BED. 又，ACC平面ACD,.平面BED⊥平面ACD. (2)在△ABC中，AB=2,∠ACB=60°，AB=BC, .AC=2,BE=√3. 在△ACD中，AD⊥CD,AD=CD,AC=2,E为AC中 点，∴.DE⊥AC,DE=1. 又BD=2,.DE+BE=BD,即DE⊥BE. .直线AC、直线ED、直线EB两两互相垂直. 由点F在BD上且△ADB与△BDC全等，∴.AF=FC, 由于E为AC中点，.EF⊥AC 当△AFC的面积最小时，∴EF⊥BD 在Rt△DEB中，BE=√3，DE=1, EF-- 17 如图，以点E为坐标原点，直 线AC、EB、ED分别为x、y、之 轴建立空间直角坐标系，则 C(-1,0,0),A(1,0,0), B(0,√3,0)，D(0,0,1), r9》 BD=(0,-√3,1)，AD=(-1,0,1),BC=(-1,-√3,0). 正-F--是脑-成-(9) 设平面ABD的法向量为m=(xy,之). 可得 BD·m=0,-By十之=0，设y=1,.m=(3, (AD·m=0(-x+x=0 1,√3).设m与CF所成的角为a,CF与平面ABD所成的 角为0， m·CF .'sin=cos a 43 lml·ICF 7 所以CF与平面ABD所成角的正弦值为y5 7 8.解：(1)设A到平面A1BC的距离为h, V,=5a·A,A=子V=号 1 ×4 V-e=言5a4=吉×2Eh 3 所以子×2厄，h=亭所以A=厄， 所以A到平面A1BC的距离为√2. (2)取AB的中，点E,连接AE, 因为AA1=AB,所以AE⊥A1B, 因为平面A,BC⊥平面ABB,A1,平面ABC∩平面 ABB A=A B, 所以AE⊥平面A1BC,AE=√2，则AA1=AB=2, 所以AE⊥BC, 因为直三棱柱ABC-AB1C1所以AA⊥BC, 因为AE∩AA=A,所以BC⊥平面ABB,A, 所以BC⊥AB, 由Va-4S=合AB·BC·AA=合X2XBCX2= 4,所以BC=2, 以BC为x轴，BA为y轴， A BB,为之轴，建立如图所示 的空间直角坐标系， B 所以B(0,0,0),A(0,2,0), D C(2,0,0),A(0,2,2), E(0,1,1),D(1,1,1). 平面BDC的一个法向量为y八 n1=AE=(0,-1,1),平面 BDA的法向量设为n2= (x,y,2), BA=(0,2,0),BD=(1,1,1), (BA·n= 。,所以2y=0 所以y=0, BD·n2=0(x+y+x=0 设x=1,则之=一1，所以n2=(1,0,一1)， n1·n2 所以cos(:)=n.n=-2 设二面角A一BD一C的平面角为a,则sina= Vi-o 所以二面角A-BD-C的正弦值为5 2 专题九解析几何 考点一 1.BCDA.△C,C,Cg为边长是2 的正三角形，设C,C:的中点为 D,连接CD,则圆C,Cg与CD 相切于点D,且关于C1D对称， 显然当1与C1D平行时，1均不 可能与三圆都相交（如图1），即k ≠一日放A结误B滨条件等 图1 价于d1=d2=d,两点到一条直线距离相等，要么是直 线平行于两点连线，要么是直线过两点的中点，连接 CC,C,C,由d1=d得，直线平行于CC或者过 CC中点，再由d=d得，直线平行于CCg或者过 CC中点，综合来看，有且仅有如图2所示的三种可能. fx 2 C -10 图2 B项正确.D.当b=0时，由点到直线距离公式，得d1= d2= 1,d3= 2 √+1 ,则51=5= √R+1 √+1 名(11>2，+十，=+2三，令 2+门 √+1 V-2=,则十+5，=4+22-4+2 √R+1 √+3 2+军令+1=，到++6=什用 t2+3 =2十，追。剩=，甲=兰即1=罗时 取最大值22D项正确，C,根据D选项的分析，b门 0h=平时如图3直线m所示十十>3，音6 0,k=√2时，为临界情况，此时直线（即直线n)与圆C3 和切，此时5，十s,十5，=45，比3小，那么直线n绕原点 3 O逆时针旋转到直线m这一过程中，必然存在满足s1十 52十s=3的1条直线，同理，与该直线关于y轴对称的 直线也满足51十2十5=3.类似地，另外2个圆的湘同 1 位置也各有2条直线满足s1十52十5=3.故满足s1十s2 十s=3的直线至少有6条，C正确. Ay 3-C3 1 C C2 -1 0 1 图3 2.BC将圆A的方程标准化：(x-3)2+(y-4)=25-k, A选项：圆心A的坐标为(3,4).A错误；B选项：当⊙A 与x轴相切时，半径R4=|yA|=4→R4=16→25-k= 16→k=9.B正确；C选项：当k=一11时，R=36→R =6.圆O的半径R。=1,圆心距d=1OA=√3+4= 5.因为RA一R。|=|6一1|=5=d,故两圆内切.C正确： D选项：两圆相交时，公共弦所在直线方程为两圆方程直 接相减：(x2+y2-1)-(x2+y2-6x-8y十k)=0,即6x 十8y一k一1=0，D错误. 3.B与直线y=√3x+2距离为1的直线为l1:y=√3x十4 和l2:y=√3x,圆心M(0,一2)到l1的距离为d1= 二243，到1，的距离为d=二21.你 √/1+(3)2 √/1+(3)2 题可知圆与l1,1:的交点总个数为2，据草图可知圆应与 l,相交，与L1相离，故1<r<3,选B. 4.C因为a,b,c成等差数列，所以a一2b十c=0,直线a.x十by 十c=0恒过P(1,一2)，当PC⊥AB时，AB取得最小值，此 时|PC=1,lAB引=2/5-|PC2=4. 5.D圆x2+y2-2x+6y=0的标准方程为(x-1)2+(y +3)=10,圆心坐标为(1，一3)，因此圆心到直线x一y 11+3+2 +2=0的距离d= =3√2 1+(-1)T 6.B由题可知，圆的方程可化为(x一2)2+ y y=5,故圆心B(2,0),A(0,-2),如图， 设切，点为M,N,AB=2√2，BM=√5，故 AM=3,sin∠MBA=AM-VE ΓAB2√2 Cos∠MBA= 2'sin a=sin(-a)=sinNBM= sn2∠MBA=2XE×E-压.故选B. 2√22√2 4 .D由=5，则名g十1叶五 a2 解得2=2， 渐近线y=一2x与圆无法相切， 所以双曲线的一条渐近线不妨取y=2x, 则圆心(2,3)到渐近线的距离4=2X2-31=5 √2+15 所以孩长1B1=2V广一==5.故 5 选D.