专题16 空间点、直线与平面的位置关系、空间角的求法-【创新大课堂】高考数学五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

专题16空间点、直线与平面的位置关系、空间角的求法 考向1空间点、直线与平面的位置关系 6.(2024·北京卷，4分)如 1.(多选)(2026·全国I卷，6分)在空间中，A,B 图，在四棱锥P-ABCD 为两个定点，动点C到直线AB的距离为2，动 中，底面ABCD是边长 点D到直线AB的距离为1.若二面角CAB-D 为4的正方形，PA=PB=4,PC=PD=2√2， 为60°，则 ( 该棱锥的高为 T A.∠CAD≥60 A.1 B.2 C.√2 D.√3 B.CD≥5 7.(2024·天津卷，5分)若m,n为两条直线，a为 C.当AB⊥CD时，CD⊥平面ABD 一个平面，则下列结论中正确的是 D.当AB⊥平面ACD时，AC⊥AD A.若m∥a,n∥a,则m⊥n ® 2.(2026·天津卷，5分)正方体ABCD- B.若m∥a,n∥a,则m∥n A1B1C1D1中，下列结论错误的是 C.若m∥a,n⊥a,则m⊥n p A.AC∥A1C D.若m∥a,n⊥a,则m与n相交 B.CC1⊥平面ABC 8.(2022·全国乙（理）T7)在正方体ABCD C.平面ACD1∥平面A1C1B A1B1C1D1中，E,F分别为AB,BC的中点，则 D.平面ADD1⊥平面ACD1 ( 3.(多选)(2025·全国卷I,6分)在正三棱柱 A.平面B1EF⊥平面BDD ABC-A1B,C1中，D为BC的中点，则( ) B.平面B1EF⊥平面A1BD A.AD⊥A1C C.平面B1EF∥平面A1AC 量 B.B1C1⊥平面AA1D D.平面B1EF∥平面A1C1D C.AD∥A1B1 9.(2025·全国卷I,15分)如 D.CC1∥平面AA1D 图，在四棱雉P-ABCD中， 4.(2025·天津卷，5分)已知m,n为两条直线，a, PA⊥底面ABCD,AB⊥AD, 烫 B为两个平面，则下列结论中正确的是( BC∥AD. A.若m∥a,nCa,则m∥n (1)证明：平面PAB⊥平面PAD, 烂 B.若m⊥a,m⊥B,则a⊥B (2)设PA=AB=√2，BC=2,AD=1+√3，且点 C.若m∥a,m⊥3，则a⊥β P,B,C,D均在球O的球面上 D.若mCa,a⊥3，则m⊥3 (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； 逊 5.(2024·全国甲卷·理T10,文T11,5分)设a、3 (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值： 为两个平面，m、n为两条直线，且a∩3=m,下 蝶 述四个命题： 郑 ①若m∥n,则n∥a或n∥g ②若mLn,则nLa或n⊥3 ③若n∥a且n∥β，则m∥n ④若n与a,3所成的角相等，则m⊥n 问 其中所有真命题的编号是 A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 45 10.(2025·上海卷，14分)本 :11.(2024·全国甲卷·文，12分)如图，已知 题共有2个小题，第1小 AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2, 题满分6分，第2小题满 CD=4,AD=BC=√/10 分8分. AE=2√3，M为CD的 如图，P是圆锥的顶点，O B 中点。 是底面圆心，AB是底面 (1)证明：EM∥平面BCF; D 直径，且AB=2. (2)求点M到平面ADE (1)若直线PA与圆锥底面所成角为5，求圆 的距离. 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5，CD∥AB,设点M 在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD. 12.(2023·全国甲卷·文， B 12分)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，A1C ⊥平面ABC,∠ACB= B 90° A (1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1 BB1C1C的高. 46 13.(2022·全国乙（文） :14.(2022·全国甲（文） T18)如图，四面体 T19)小明同学参加综 ABCD中，AD⊥CD, 合实践活动，设计了一 AD=CD,∠ADB= 个封闭的包装盒，包装 ∠BDC,E为AC的 盒如图所示：底面ABCD 中点 是边长为8（单位：cm) (1)证明：平面BED⊥平面ACD 的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F- ABCD垂直. ABC的体积. (1)证明：EF∥平面ABCD (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚 度) 考向2线面角的求法 1.(2024·新课标Ⅱ卷，5分)已知正三棱台ABC A,B,G的体积为号 AB=6,A1B1=2,则A1A 与平面ABC所成角的正切值为 () A司 B.1 C.2 D.3 2.(2023·全国乙卷·理，5分)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C-AB-D为150°，则直线CD与 平面ABC所成角的正切值为 ) A号 B号 C. n号 3.(2022·全国甲（理）T7)在长方体ABCD A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面 AA1B1B所成的角均为30°，则 () A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30 C.AC=CB D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45 47 4.(多选)(2022·新高考I卷，T9)已知正方体6.(2026·全国Ⅱ卷，15分)如图，三棱锥A-BCD ABCD-A1B1C1D1,则 ( 中，点E在BD上，AE⊥CE,AE⊥DE,CD A.直线BC1与DA1所成的角为90 ⊥AD. B.直线BC1与CA1所成的角为90° (1)证明：CD⊥AB; C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45 (2)若DE=2,BE= D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45 1,AE=√2，CD= 5.(2026·全国I卷，13分)如图，在直三棱柱 2√3，求直线AD与 ABCA1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC,D,E 平面ABC所成角的 分别为AB,AC1的中点 正弦值， (1)证明：DE∥平面 BCC1B1; (2)设CC1=2,直线DE 与平面ACC1A1所成的 角为45°，求直线DE到 平面BCC1B1的距离. 7.(2024·上海卷，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, O为底面ABCD的中心 (1)若AP=5,AD=3√2，求△POA绕PO旋转 一周形成的几何体的体积： (2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD 与平面AEC所成角的大小. 48 8.(2023·全国甲卷·理，12 B 10.(2022·浙江卷T19) E 分)如图，在三棱柱ABC 如图，已知ABCD和 1111111111111111 A1B1C中，A1C⊥平面 CDEF都是直角梯形， ABC,∠ACB=90°，AA1= AB∥DC,DC∥EF, 2,A1到平面BCC1B1的距 AB=5,DC=3,EF= 离为1. 1,∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B (1)证明：AC=AC; 的平面角为60°.设M,N分别为AE,BC的 (2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平 中点. 投 面BCC1B1所成角的正弦值. (1)证明：FN⊥AD; (2)求直线BM与平面ADE所成角的正 弦值. 孙 9.(2022·北京卷T17)如图， B 在三棱柱ABC-A1BC 中，侧面BCC1B1为正方 量 形，平面BCCB1⊥平面 11.(2022·全国甲（理）T18) ABBA1,AB=BC=2,M, 在四棱锥P一ABCD中， N分别为A1B1,AC的 PD⊥底面ABCD,CD∥ 中点。 AB,AD=DC=CB=1, D C (1)求证：MN∥平面BCC1B1; 抑 AB=2,DP=√3. (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个 (1)证明：BD⊥PA; 料 作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的 (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 正弦值. 条件①：AB⊥MN; 条件②：BM=MN. 49 考向3二面角的求法 3.(2026·天津卷，15分)如 D E 1.(2022·浙江卷T8)如图，已 A C 图，在长方体ABCD A 知正三棱柱ABC-A1B1C1, A1B1C1D1中，AB=2, AC=AA1,E,F分别是棱 AA1=3,AD=4,A1E= BC,A1C上的点.记EF与 3ED,2CF=FC. AA1所成的角为a,EF与平 (1)求证：BD⊥平面CEF; 面ABC所成的角为3，二面角 (2)求平面AEF与平面 F-BC-A的平面角为Y,则 CEF的夹角的余弦值； A.a≤Y B.≤a≤Y (3)求三棱锥A-CEF的体积. C.B≤Y≤a D.a≤Y≤B 2.(2026·北京卷，14分) 如图，已知直三棱柱 E B ABC-A1B1C1,∠BAC D =90°，AB=AC=2, BB1=√2，E,D分别为 A1B1,AC的中点. (I)证明：DE∥平面BB1C1C: (Ⅱ)点P在平面A1B1C1内，且EP∥B1C1,再 从条件①、条件②、条件③这几个条件中选择一 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; ③BB1∥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 50 4.(2026·上海卷，14分)（利用反三角函数表示5.(2025·全国卷Ⅱ，15分）如 D 角的大小，非上海考生不作要求)本题共有2个： 图，在四边形ABCD中， 小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分. AB∥CD,∠DAB=90°， D C 已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形，PH: F为CD的中点，点E在 A ⊥底面ABCD,垂足H在AD边上，且AH=1, AB上，EF∥AD,AB= HD=4,AB=2,如图. 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° D (1)证明：A'B∥平面CD'F; (2)求平面BCD与平面EFD'A'所成的二面角 (1)求证：CH⊥PB; 的正弦值. (2)若四棱锥P-ABCD的体积为105，求二面 3 角CPB-H的大小. 51 6.(2024·新课标I卷，15分)如 8.(2024·全国甲卷·理，12 图，四棱锥P-ABCD中，PA1 分)如图，在以A,B,C,D, 底面ABCD,PA=AC=2,BC D E,F为顶点的五面体中， =1,AB=√3. 四边形ABCD与四边形 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平 ADEF均为等腰梯形，EF 面PBC; ∥AD,BC∥AD,AD=4, (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦 AB=BC=EF=2,ED=√10，FB=2W3,M为 值为平求AD, AD的中点， (1)证明：BM∥平面CDE; (2)求二面角F一BM-E的正弦值. 7.(2024·新课标Ⅱ 卷，15分)如图，平 面四边形ABCD A D 9.(2024·北京卷，14分) 中，AB=8,CD=3, 如图，在四棱锥P-AB AD=5√5，∠ADC CD中，BC∥AD,AB= =90,∠BAD=30,点E,F满足A店=号AD, BC=1,AD=3,点E在 E AD上，且PE⊥AD, A-=2A店.将△AEF沿FF翻折至△PEF, PE=DE=2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平 使得PC=4√3. 面PCD; (1)证明：EF⊥PD; (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面 (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的 PCD夹角的余弦值. 正弦值. 52 10.(2024·天津卷，15分)如图， A 12.(2023·新课标I卷，12分)如图， C 已知直四棱柱ABCD 在正四棱柱ABCD-A1B1CD1 1111111111111111111111111111 A1B1C1D1中，AD⊥AB,AB M 中，AB=2,AA1=4.点A2,B2, ∥CD,AA1=2,AB=2AD= C2,D2分别在棱AA1,BB1, 2,DC=1,N是B1C1的中点， CC1,DD1上，AA2=1,BB2= M是DD1的中点. DD2=2,CC2=3. (1)求证D1N∥平面CB1M; (1)证明：B2C2∥A2D2; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦 (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2 投 值； 为150°时，求B2P (3)求点B到平面CB1M的距离. 11111111 岛 r 11.(2023·新课标Ⅱ卷，12分)如图，三棱锥A 李 BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB= ∠ADC=60°，E为BC的中点. 量 E 都 (1)证明：BC⊥DA; (2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F 的正弦值. 1111111· 53 13.(2023·全国乙卷·理，12 :15.(2022·新高考I卷 A C 分)如图，三棱锥P-ABC T19)如图，直三棱柱 B 中，AB⊥BC,AB=2,BC ABC-A1B1C1的体 =2√2，PB=PC=√6，BP, 积为4，△A1BC的面 AP,BC的中点分别为D, B 积为2√2. E,O,AD=√5DO,点F在 (1)求A到平面A1BC AC上，BF⊥AO. 的距离； (1)证明：EF∥平面ADO: (2)设D为A1C的中点，AA1=AB,平面 (2)证明：平面ADO⊥平面BEF; A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C (3)求二面角D-AO-C的正弦值. 的正弦值. 14.(2023·天津卷，15分) 如图，在三棱台ABC- B A1B1C1中，已知A1A 16.(2022·新高考Ⅱ卷 C ⊥平面ABC,AB⊥ T20)如图，PO是三棱 AC,AB=AC=AA- 4 锥P-ABC的高，PA 2,A1C1=1,N为线段 =PB,AB⊥AC,E是 M AB的中点，M为线段 PB的中点. BC的中点. (1)证明：OE∥平面PAC; (1)求证：A1N∥平面CMA; (2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3,PA=5, (2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的 求二面角C-AE-B正弦值. 余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离. 5419.28「如图所示，正四棱锥P-ABCD的底面边长 为4，用平行于底面的平面裁去一个底面边长为 2,高为3的正四棱锥P-A'BCD后，得到正四 棱台A'B'CD'-ABCD,且A'B'=2,AB=4.记 ),O分别为正四棱台A'B'C'D'-ABCD上、下底 面的中心，H',H分别为A'B',AB的中点，连接 PO,PH,OH′，OH,则PO=3,OH′=1，OH= 2为加△P0H△P0H,所以0-语，即品=宁解特 31 PO=6,所以(OO)=PO一PO=3,所以该正四棱台的体积V 3×3×(2+2×4+4)=28.] 20.线面垂直十平面与平面的夹角十三棱锥的体积 解(1)以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y 轴，DD,所在直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系. D G D A 则G(0,4,3),F(2,4,4),E(2,0,4),B(4,4,0),GF=(2,0,1),E =(0,4,0),BF=(-2,0,4), ∴.GF.EF=O,GF.BF=O,即GF⊥EF,GF⊥BF 又EF∩BF-F,EFC平面EBF,BFC平面EBF, GF⊥平面EBF, (2)设平面EBF的法向量为n1=(x1,y,1), 则了”·E京-0 ya:亦-0{0 1-2x1+4x=0 则y=0,取x1=2,则名=1， 故m1=(2,0,1). 设平面EBG的法向量为n:=(x2,为，2)， 则∫心·E元-0 “1n·BG=0 又EC=(-2,4,-1),BG=(-4,0,3), 故{厂2，十4，-=0 1-4x2十32=0 可取x2=6,则y2=5,x2=8, 故n2=(6,5,8). n1·n212+0+8_4 osmm:〉=m1i=5x55亏 “平面EBF与平面EBG夹角的余孩值为号 (3)设点D到平面EBF的距离为d, 易知DE=(2,0,4), 由(2)知平面EBF的一个法向量为n1=(2,0,1), 故d=n·D正_85 n 5 在△EBF中，易知BE=6,BF=2√5，EF=4, 故EF2+BF=BE,EF⊥BF, ·△EBF的面积为2X4X25=45, 故三棱雄D-BEF的体积为号dX4,厅-翌 31 21.解(1)因为AB⊥BC,AB=2,BC=2√2，O是BC的中点， 所以△OBA△ABC,所以∠CAB=∠AOB. 记BF⊥AO的垂足为H,则△BHAP△OBA, 所以∠HBA=∠AOB. 所以∠HBA=∠CAB,所以BF=AF,∠BCF=∠CBF, 所以CF=BF, 故CF=AF,F是AC的中点 因为E,F分别是AP,AC的中点，所以EF∥PC 因为D,O分别是BP,BC的中点，所以DO∥PC, 所以EF∥D). 又DOC平面ADO,EF寸平面ADO, 所以EF∥平面ADO 由(1)得FO∥AB, 因为AB⊥BC,所以FO⊥BC 又PO⊥BC, 所以∠POF是二面角P-BC-F的平面角， 所以二面角P-BC-F的大小为120° 如图，过，点P作PM⊥平面ABC于点M,连 接MO,MB, 则∠POM是二面角P-BC-M的平面角， 所以∠P(M=60 在△PBC中，由PB=PC=√6，BC=2√2，得PO=2, 所以PM=√5. 所以三棱维P-ABC的体积VrA=子SX PM=-子X号 X2X22X5=26 专题16空间点、直线与平面的位置关系、空间角的求法 考向1空间点、直线与平面的位置关系 1,BC「空间点、线、面的位置关系十二面角十，点到直线的距离十空 间中的距离与角度的计算十最值问题 (坐标法)由题意可令A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向 建立空间直角坐标系，故A(0,0,0),不妨令C在平面xAz内，D在 平面zA:与年面a:之同，则可量C2,0,D(合号） 错误项分析A(X)AC-(2,0,),AD= 2,2所以 1√3 cOS∠CAD= 1十212 云，令1=2,2=1，则c0s∠CAD /4+z·W/1十 =子>，则∠CAD<6. s0市-(-)广+(0-) 十(1-2)2=3十(x1 2)≥3，当且仅当=2时取等号. CW)当AB1CD时=i-(冬0小又市-（分 号，)所以C市.Ad=0,所以CD⊥AD,又ADOAB=A,AD, √3 ABC平面ABD,所以CD⊥平面ABD 错误项分析D(×)由AB⊥平面ACD,得AB⊥AC,AB⊥AD.直 线AB的一个方向向量为m=(0,0,1),则m·AC=1=0,m·AD ==0,所以当AB⊥年面ACD时，A花=(2,0,0)，Ad=(2 号.0）花.市=2×号+0×号+0X0=1≠0，所以AC与AD 2 不垂直.故选BC.] 2.D[空间线、面位置关系的判断因为AA1∥CC1,且AA1=CC1, 所以四边形AAC1C为平行四边形，所以AC∥AC1,A正确.正方 体的各面都为正方形，所以CC⊥BC,CC,⊥CD,又BC∩CD=C, BC,CDC平面ABC,所以CC1⊥平面ABC,B正确.由AC∥AC1, A1CC平面AC1B,AC寸平面A1C1B,可得AC∥平面AC1B,同 理由AD1∥BC1可得AD∥平面AC1B.又AD∩AC=A,所以 平面ACD,∥平面AC,B,C正确.过C作CH⊥AD1,若平面 ADD⊥平面ACD,则由CH⊥AD,平面ADD∩平面ACD= AD1,CHC平面ACD1可得CH⊥平面ADD1,这与CD⊥平面 ADD,矛盾，所以假设不成立，D错误. 3.BD[空间中线线、线面位置关系的判断 错误项分析A(×)由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC,则 AA,⊥AD,假设AD⊥A,C,又AA,∩A,C-A,,AA,A,CC平面 AA1CC,所以AD⊥平面AACC,矛盾，所以AD与A,C不垂直. B(√)因为三棱柱ABC-A1BC是正三棱柱，所以AA1⊥平面 ABC,则AA1⊥BC,因为D为BC的中点，AC=AB,所以ADL BC,又AD∩AA1=A,AD,AAC平面AA,D,所以BC⊥平面 AA1D,又BC∥BC1,所以B1C1⊥平面AA1D. 错误项分析C(×)AB∥AB,,AD与AB相交，所以AD与A1B 异面 D(/)CC∥AA,CC1￠平面AA1D,AA1C平面AAD,所以 CC1∥平面AA1D.故选BD.] 4.C「空间中线面位置关系 错误项分析A(×)若n∥a,Ca,则m∥n或n,n异面： 错误项分析B(×)若m⊥a,m⊥3，则a∥B: C(√/)若n∥a,n⊥3，则a⊥3： 错误项分析D(×)若mCa,a⊥3，则n∥3或m与3相交 或nC3. 5.A[厂空间线面位置关系的判断（理性思雏、数学探索）α∩3=n, 则mCa,nCB,对于①，若m∥n,则n∥a或n∥B,①正确：对于②， 若m⊥n,则可能n∥a或n与a相交，②错误；对于③，若n∥a且 n∥B,则n∥m,③正确；对于④，n与m所成角可以为[0，交]内的 任意角，④错误.故选A.] 6,D「棱锥的性质十线面垂直的判定与性质（理性思维、数学探索） 由题意知△PAB为正三角形，因为PC十 P PD=CD,所以PC⊥PD.如图，分别取 AB,CD的中点E,F,连接PE,EF,PF,则 D PE=2W3,PF=2,EF=4,于是PE2+ PF2=EF,所以PE⊥PF.过点P作PG ⊥EF,垂足为G.易知CD⊥PF,CD⊥EF,EF,PFC平面PEF,且 EF∩PF=F,所以CD⊥平面PEF.又PGC平面PEF,所以CD⊥ PG.又PG⊥EF,CD,EFC平面ABCD,CD∩EF=F,所以PG⊥ 平面ABCD,所以PG为四棱维P-ABCD的高.由？PE·PF= 之EF·PG,得PG=PEPE-2X2-5.故选D,] EF 7.C[线面位置关系的判断对于A,B,若n∥a,n∥a,则n与n可 能平行、相交或异面，故A,B错误：对于C,D,若n∥a,n⊥a,则m」 n,且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误.] 8.A[在正方体ABCD-A1BCD1中， AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD, 又EFC平面ABCD,所以EF⊥DD1, 因为E,F分别为AB,BC的中点， 所以EF∥AC,所以EF⊥BD, 又BD∩DD1=D, 所以EF⊥平面BDD, 又EFC平面B,EF, 所以平面BEF⊥平面BDD,故A正确： 如图，以点D为原点，建立空间直角坐标 系，设AB=2, 则B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2, A 2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0, C1(0,2,2), 则EF=(-1,1,0),EB1=(0,1,2),DB= (2,2,0),DA1=(2,0,2), A E AA1=(0,0,2),AC-(-2,2,0),A1C=(-2,2,0), 设平面B,EF的法向量为m=(x1,y1,z1), 则有m·萨一十y,=0 可取m=(2,2,一1)， (m·EB,=y1+2a=0 同理可得平面ABD的法向量为n1=(1,一1，一1)， 平面A,AC的法向量为n2=(1,1,0), 平面AC1D的法向量为n3=(1,1,一1)， 则m·m,=2一2十1=1≠0， 所以平面BEF与平面A1BD不垂直，故B错误： 因为m与n2不平行， 所以平面B,EF与平面A1AC不平行，故C错误： 因为m与n不平行， 所以平面BEF与平面ACD不平行，故D错误，故选A.] 9.面面垂直十外接球球心位置十线线角 解(1)因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以PA⊥AD, 又AD⊥AB,PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB, 又ADC平面PAD,所以平面PAD⊥平面PAB. (2)(i)以A为坐标原点，AB,AD,AP的方向分别为x,y,z轴的 正方向，建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示， 则B(√2,0,0)，C(2,2,0),D(0,1+√3， 0),P(0,0,2),设O(a,b,c), 因为点P,B,C,D均在球O的球面上，所 以OB=OC1=OD1=OP, D 则(a-√2)2+b2+c2=(a-√2)2+(b-2)2+c2=a2+(b-1-√3)2 +c2=a2+b2+(c-√2)2， 得a=0,b=1,c=0,即0(0,1,0)， 所以点O在AD上，即，点O在平面ABCD内. (i)AC=(√2,2,0)，P0=(0,1,-√2)， 则cos(AC,PO》= AC·P02√2 AC1POV6×W33' 所以直线AC与PO所成角的余孩值为号， 10.线面角十圆锥的侧面积十线线平行十线面平行（空间想象能力、 逻辑思维能力) 解(1)连接PO,因为P(O⊥圆锥底面，所以∠PAO为直线PA与 圆锥底面所成的角， 所以∠PA0=,国为AB=2,所以A0=1,PA=2, 所以圆锥的侧面积S一元XAO×PA一2元 (2)连接AC,因为孤AC的长为子，所以∠C0A=于，则△0AC是 等边三角形，连接BD,可得四边形ACDB为等腰梯形，CD=1,所 以CD=OB, 又CD∥OB,所以四边形CDBO是平行四边形，所以CO∥DB,又 CO吐平面PBD,DBC平面PBD,所以CO∥平面PBD. 连接(Q,因为Q是PA的中点，O是AB的中点，所以(Q∥PB, 又OQ中平面PBD,PBC平面PBD,所以OQ∥平面PBD. 因为CO∩OQ=O,所以平面C(OQ∥平面PBD, 又QMC平面C(OQ,所以QM∥平面PBD. 11,线面平行的证明十点到平面的距离 解(1)第1步：证明EM∥F℃ 由题意得，EF∥MC,且EF-MC,所以四边形EFCM是平行四边 形，所以EM∥FC 第2步：利用线面平行的判定定理证明EM∥平面BCF 又CFC平面BCF,EM中平面BCF,所以EM∥平面BCF. (2)第1步：取DM的中，点O,连接OA,证明OA⊥平面EDM 取DM的中，点O,连接OA,OE,因为AB∥MC,且AB=MC,所以 四边形AMCB是平行四边形，所以AM=BC=√IO, 又AD=√I0,故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三角 形，可得QA1DM,0E1DM,0A=AD-()=3,0E= ED- DM 2) =√5， 又AE=2√5，所以OA2+OE=AE,故OA⊥OE. 又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DMC平面EDM, 所以OA⊥平面EDM. 第2步：利用等体积法求点到平面的距离 易知Samw=之×2X5-5. 在AADE中，os∠DEA=412-10=5】 2×2×2√3 4 所以m∠DA=厘SAoe=X2X2后×=厘， 4 4 2 设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-mM,得 合Sa如e·d=号Samm0A,得d-6g 13” 故点M到辛面ADE的距高为5 12.解(1)因为AC⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以A1C⊥BC, 因为∠ACB=90°，所以BC⊥AC,又A,C∩AC=C,A1C,ACC平 面ACCA, 所以BC⊥平面ACC1A,, 又BCC平面BB1C1C,所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C (2)如图，过点A作A,H⊥CC,交CC于 C 点H,由(1)知平面ACC1A1⊥平面 A BB,CC,又平面ACC1A∩平面BBC1C= H CC,AHC平面ACCA,所以AH⊥平 面BBCC, C 即四棱锥A1-BBC1C的高为A1H. 由题意知AB=A,B,BC=BC,∠A,CB=∠ACB=90°， 则△ACB≌△ACB,故CA=CA1· 又AA1=2,∠ACA1=90°， 所以A1C1=CA1=√2. 解法-由Sa,S=立CA·A,C=名·AH·CC,得 A,H=CA·AG-EX2=1, CC 2 故四棱锥A1-BB,C1C的高为1 解法二在等腰直角三角形CAC1中，A,H为斜边中线，所以 A H=7CC=1. 故四棱锥A1一BB,C1C的高为1. 13.(1)证明AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD, ∴△ABD≌△CBD,∴AB=CB. E为AC的中点，.DE⊥AC,BE⊥AC ,DE∩BE=E,DE,BEC平面BED, ∴.AC⊥平面BED. ,ACC平面ACD,∴.平面BED⊥平面ACD, (2)解如图，连接EF.在△ABC中，由AB BC=2,∠ACB=60°可知，AC=2,则BE √3. :ADLCD,E为AC的中点，DE=号AC= 1 又BD=2,∴.DE2+BE=BD,∴.DE⊥BE. 由(1)知△ABD≌△CBD,∴.AF=CF. 又E为AC的中点，EF⊥AC. ∴当△ACF的面积最小时，EF⊥BD. ÷SamE=BE·DE=合BD·EF, ∴EF-号则BF=是 法-∴VF-ABC=VA-BBF+VC-BEF=2 VA-BEF=2X 9×号×1- 41 法二∴BF:BD=3:4 4 14.法一(1)证明过点E作EE'⊥AB于 点E,过点F作FF'⊥BC于点F',连接 EF',如图.，平面EAB⊥平面ABCD, 平面EAB∩平面ABCD=AB,EEC平 面EAB,.EE⊥平面ABCD. 同理FF⊥平面ABCD,∴.EE∥FF 易得△EEB≌FFB,∴.EE=FF, .四边形EEF'F是平行四边形， ∴.EFE'F' 又EF‘C平面ABCD,EF吐平面ABCD, ∴.EF∥平面ABCD. (2)解过点G,H分别作GG'⊥CD于点G',HH⊥DA于点 H',连接FG,GH',H'E,AC,如图. 由(1)及题意，可知E,F,G,H'分别为AB,BC,CD,DA的中 点，四棱柱EFGH-E'F'G'H'为长方体. 故该包装盒可看作由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成. 由底面ABCD是边长为8cm的正方形，可得EF'=EH' AC-4 2 cm. 在正三角形ABE中，易得EE=4√3cm. ∴.所求包装盒的容积V=VFGH-EFGH十4VAEE'HH=EFX EH'XEE'+4X号XEH'×EE'X-AC=42X42X45+ 4X分×4E×45x×8v2-6405(cm). 法二(1)证明，四边形ABCD是正方形，△EAB和△FBC是 正三角形，∴.分别取AB,BC的中点K,I,连接EK,FI,KI,则EK ⊥AB,FI⊥BC,如图.平面EAB⊥平面ABCD,平面EAB∩平 面ABCD=AB,EKC平面EAB,,.EK⊥平面ABCD.同理FI⊥ -12 平面ABCD,∴.EK∥FI.易知△EAB≌ △FBC,.EK=FI, .四边形EKIF是平行四边形，.EF ∥KL. 又，·EF史平面ABCD,KIC平面AB CD, ,.EF∥平面ABCD. (2)解可补形成长方体，如图，易得长 方体的高为4Vcm故所求包装金的容积V=8×4尽-4X分 ×分×4×4v5=6405(cm). 3 考向2线面角的求法 1,B[正三棱台的体积十线面角 补形法设正三棱台ABC-A1B,C的高为五，三条侧棱延长后交 于一点P,作PO⊥平面ABC于点O,PO交平面A1BC于点O, 连接OA,OA,如图所示.由AB=3AB,可得PO,=,P0= 号，又5a4,5=合×2×9-5，S6w=7×6×9 9√尽，所以正三棱台ABC-A1BC的体 P 积V=Vp-Vr4,4=子X9万X C 受-号×5X号6=号，解得么- B 1,故P0=号A=2.由正三枝台的 性质可知，O为底面ABC的中心，则 A 0A=号×6-3=2尽，因为P0L平 面ABC,所以∠PAO是AA与平面ABC所成的角，在Rt△PAO 中，an∠PAO=启=1，故选B] 2.C[如图所示，取AB的中点为M,连接CM, DM,则CM⊥AB,DM⊥AB,又CM,DMC平面 CMD,CM∩DM=M,于是AB⊥平面CMD. ∠CMD即为二面角C-AB-D的平面角，于是 ∠CMD=150°.设AB-2,则CM=1,MD=√3，在 △CMD中，由余孩定理可得CD=√3+1-2xW5×1×(-号） √7.延长CM,过点D作CM的垂线，设垂足为H,则∠HMD=30°， DH=DM=,MH=9DM=号，所以CH=1+是-多.因 为DHC平面CMD,则AB⊥DH,又DH⊥CM,AB,CMC平面 ABC,AB∩CM=M,所以DH⊥平面ABC,∠IDCM即为直线CD 与平面ABC所成角，于是在R△DCH中，an∠DCM-器-9. 故选C.] 3.D「如图所示： 不妨设AB=a,AD=b,AA,=c,依题以及长方体的结构特征可知， B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB,BD与平面AA1B1B所成 角为∠DBA,所以sin30°=BDBD即b=,BD=2e= √a2++c2,解得a=√2c. 对于A,AB=a,AD=b,AB=√2AD,A错误： 对于B,过B作BE⊥AB,于E,易知BE⊥平面ABCD,所以AB 与平面AB,CD所成角为∠BAE,因为an∠BAE=二=三，所以 2 ∠BAE≠30°，B错误； 对于C,AC=√Ja+b=√3c,CB=√B+c=√2c,AC≠CB,, C错误； 8 对于D.BD与手面BCC所成角为∠DB,Cn∠DBC-品 总-巨，而0<∠DB,C<90,所以∠DBC=45D正确.故选D.] 2c2 4.ABD[在正方体ABCD-A,B,C1D1中，因为BC⊥BC,BCI A1B1,所以BC1⊥平面ABCD,所以BC1⊥DA1,BC1⊥CA1,故 选项A,B均正确：设A1C1∩BD1=O,因为A1C1⊥平面 BB,DD,所以直线BC与平面BBDD所成的角为∠C1BO,在 直角△C,B0中，sin∠CBO=BC =立，故∠CB0=30°，故选项 C错误：直线BC与平面ABCD所成的角为∠CBC=45°，故选项 D正确.门 5.线面平行十线面角十直线到平面的距离 解(1)第1步：作辅助线，证明DE∥BC 连接BC1,如图1，因为D,E分别为AB,AC1A 的中点，所以DE∥BC. (2分) 第2步：利用线面平行的判定定理，证明线面 C 平行 又DE中平面BCCB,,BCC平面BCCB1,所 以DE∥平面BCC1B· 图1 (5分) (2)解法一第1步：利用线线平行，证明直线BC1与平面ACCA 所成的角为45 因为DE∥BC,直线DE与平面ACC1A,所成的角为45°，所以直 线BC与平面ACC1A1所成的角为45° (7分)】 第2步：利用线面垂直的判定定理，证明BC⊥平面ACC1A, 在直三棱柱ABC-A1B,C1中，CC1⊥平面ABC,又∠ACB=90°，所 以CC1⊥BC,AC⊥BC, 又CC∩AC=C,CC,ACC平面ACCA1,所以BC⊥平 面ACC1A1· 第3步：利用线面角为45°，得到BC=C℃=2 所以∠BCC即直线BC1与平面ACCA,所成的角，则∠BC,C= 45°，所以△BCC1是等腰直角三角形，所以BC=CC1=2.(9分) 第4步：将线面距转化为点面距 因为DE∥平面BCCB1,所以DE到平面BCC1B1的距离可以转 化为点D到平面BCC1B1的距离. (10分) 因为D为AB的中点，所以，点D到平面BCC,B,的距离为点A到 平面BCCB,距离的一半 第5步：利用线面垂直的判定定理，证明AC⊥平面BCC,B 因为AC⊥BC,AC⊥CC1,BC∩CC=C,BC,CCC平面BCCB, 所以AC⊥平面BCC1B 第6步：求直线DE到平面BC℃1B,的距离 所以点A到平面BCCB1的距离为AC=BC=2,所以点D到平面 BCC1B1的距离为1. 所以直线DE到平面BCC,B,的距离为L. (13分) 解法二第1步：建立空间直角坐标系，写出相关点和向量的坐标 在直三棱柱ABC-A1BC1中，CC1⊥平面ABC,则CC1⊥AC,CC ⊥BC,又∠ACB=90°，所以CC1,AC,BC两两垂直.以C为原点， CA,C克，CC的方向分别为x轴，y轴，x轴正方向建立如图2所示 的空间直角坐标系. 设AC=BC=2a(a>0),则D(a,a,0), E(a,0,1),所以DE=(0,-a,1).(6分) 第2步：求平面AC℃1A1的法向量 又CB⊥平面ACC1A1,所以平面ACC1A 的一个法向量为m1=(0,1,0).(7分) 第3步：利用向量的夹角公式，求a 所以sin45°=|cos〈DE,m1) 图2 症m行号解得=1，所 DE.n a 以AC=BC=2a=2. (9分) 第4步：等价转化，利用点到平面的距离公式求得结果 因为DE∥平面BCC1B1,所以直线DE到平面BCC1B的距离可 以转化为点D到平面BCC1B1的距离. 又B(0,2,0),所以DB=(-1,1,0). 又CA⊥平面BCC1B,所以平面BCC1B,的一个法向量为n4=(1, 0,0), 13 6成.-十-1（12分） 所以点D到平面BCC,B,的距离为n, 所以直线DE到平面BCC1B,的距离为1， (13分) 6,由线面垂直证明线线垂直十线面角 解(1)由AE⊥CE,AE⊥DE,DE,CEC平面DCE,可得AE⊥平 面DCE,又CDC平面DCE,所以AE⊥CD, (2分) 又AD⊥CD,且AD,AEC平面ABD,故有CD⊥平面ABD, 因为ABC平面ABD,所以CD⊥AB. (5分) (2)由(1)知BD,CD,AE两两垂直.以D为坐标原点，BD,CD所在 直线分别为x轴，y轴，过点D且平行于AE的直线为z轴，建立空 间直角坐标系，如图 (7分) 2 B 2 D 23 y 可得B(3,0,0),C(0,23,0),D(0,0,0),A(2,0,√2)，则AD= (-2,0,-√2)，AB=(1,0,-√2)，BC=(-3,25,0). (11分) 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 由话n=x-反2=0 {BC·n=-3.x+2√3y=0' 得x=√2z,2y=3x,取x=2,所以n=(2,W3,w2) (13分) 设直线AD与平面ABC所成角为0， 对m90市=动1-5-5，回光直线AD与 ADn3√6 3 手面AC所或角的运孩值为写 (15分) 7,正四棱锥十旋转体体积十线面角 解(1)第1步：利用勾股定理求AO,PO, 在正四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，且PO⊥底面 ABCD, .△AOD为等腰直角三角形，又AD=3√2，AO=3, .AP=5,∴.P)=√AP2-A=4. 第2步：求旋转体体积 ∴，Rt△AOP绕直角边P)旋转一周形成的几何体是底面半径为3， 高为4的圆锥， 流特体的体积为V=号×xX3X4=12x (2)第1步：找线面垂直，定线面角 如图，连接OE, ,AP=AD=AB,E为PB的中点，.PB⊥AE, 同理，PB⊥CE,又AE∩CE=E,AE,CEC平 面AEC, .PB⊥平面AEC, ,.∠BOE是BD与平面AEC所成的角， 第2步：计算线面角的大小 设AP=AD=2,则BO=√2，BE=1, 在△BPD中，E,O分别为BP,BD的中，点， EO=2PD=2AP=1. “△BBO是等腰直角三角形，∠BOE=于，即BD与平面AEC 所成角的大小为元 8.解如图，过A1作AD⊥CC1,垂足 C 为D, AC⊥平面ABC,BCC平 面ABC, D .AC⊥BC, 又∠ACB=90°，.AC⊥BC, AC,ACC平面ACC1A1,且A1CA2 ∩AC=C, .BC⊥平面ACC1A1, .A1DC平面ACC1A1,.BC⊥A1D, 又CC1,BCC平面BCCB1,且CC1∩BC=C,.AD⊥平面 BCC B,.'.A D=1. 由已知条件易证△CAC是直角三角形，又CC=AA=2,AD=1,} .D为CC1的中，点，又AD⊥CC1, ∴.AC=AC1, 又在三棱柱ABC-A,B,C中，AC=AC ..AC=AC. (2)如图，连接A1B,由(1)易证A1B AB,故取BB的中点F,连接AF, AA与BB的距离为2，AF=2, 又AD=1且AC=AC, .A C=A C =AC=,AB=A B= A 5,BC=√5. 建立空间直角坐标系C-xy2如图所示， 则C(0,0,0),A(W2,0,0),B(0,N5,0),B1(-√2,5，√2)，C(-√2， 0,W2), ∴.Ci=(0,5,0),CC=(-2,0,W2),AB,=(-22,3W2), 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z), 则n·C店=0， 即y=0, {nCC=0,{-2x+2z=0, 取x=1,则y=0,z=1, ∴.平面BCCB的一个法向量为n=(1,0,1). 设AB1与平面BCCB,所成角为O, 则sn0=cos(n,AB)=n·AB- InAB, 13 A0与牛西GB所成角的正孩值为震 9.解(1)取BC中点D,连接BD,DN.在 B 三棱柱ABC-ABC1中，AB1∥AB, A B=AB. C 因为M,N,D分别为A1B1,AC,BC的中 点，所以BM∥AB,BM=号AB,DN∥ AB,DN=AB,即BM∥DN且 D B M=DN, 所以四边形B1MND为平行四边形，因此BD∥MN. 又MN丈平面BCC,B,,B,DC平面BCC,B,,所以MN∥平1 面BCCB (2)选条件①： 因为侧面BCCB,为正方形，所以CB⊥BB,, 又因为平面BCCB⊥平面ABBA,,且平面BCC,B,∩平面· ABBA=BB, 所以CB⊥平面ABBA1,而ABC平面ABB1A1,所以CB⊥AB. 由(I)得B,D∥MN,又因为AB⊥MN,所以AB⊥B,D, 而B1D∩CB=D且CB,B,DC平面BCC1B,所以AB⊥平！ 面BCC1B, 在三棱柱ABC-ABC1中，BA,BC,BB两两垂直， 故分别以BC,BA,BB为x轴，y轴，之 轴，如图建立空间直角坐标系， 因为AB=BC=BB1=2,则B(0,0,0), V(1,1,0),M(0,1,2),A(0,2,0), 所以BNV=(1,1,0),BM=(0,1,2), AB=(0,-2,0), 设平面BMN的法向量n=(x,y,z), 由成n=0,成n=0,得{十-0令=2，得n=(2,-2,). y+2x=0, 13 设直线AB与平面BMN所成角为0， :而动号所以直我AB 则sin0=cos(n,AB)=n·AB 4 与平面BMN所成角的正孩值为号 远条件②： 取AB中点H,连接HM,HN. 因为M,N,H分别为AB,,AC,AB的中点 所以B,B∥MH,CB∥NH,而CB⊥BB,故NH⊥MH. 又因为AB=BC=2,所以NH=BH=1. 在△MHB和△MHN中，BM=MN,NH=BH,公共边MH,那么 △MHB≌△MHN, 因此∠MHN=∠MHB=90°，即MH⊥AB,故B1B⊥AB. 在三棱柱ABC-A1B,C1中，BA,BC,BB1两两垂直， 故分别以BC,BA,BB1为x轴，y轴，z B1 M 轴，如图建立空间直角坐标系， 因为AB=BC=BB1=2,则B(0,0,0), N(1,1,0),M(0,1,2),A(0,2,0), 所以BV=(1,1,0),BM=(0,1,2), B H AB=(0,-2,0), 2 设平面BMN的法向量n(x,y,z), 由B成·n=0,B成.n=0,得{寸y=0, 0y+2z=0. 令x=2,得n=(2,-2,1). 设直线AB与平面BMN所成角为0， 则sin0=cos(m,AB)1= n·AB n·AB 32=点，所以直线AB 与平面BMN所成角的正弦值为子 2 10.解(1)过，点E、D分别做直线 DC、AB的垂线EG、DH并分别交 于点G、H ,四边形ABCD和EFCD都是直 角梯形，AB∥DC,CD∥EF,AB= 5,DC=3,EF=1,∠BAD= ∠CDE-60°，由平面几何知识易 知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，则四 边形EFCG和四边形DCBH是矩形， '.在Rt△EGD和Rt△DHA中，EG=DH=2W3, ,'DC⊥CF,DC⊥CB,且CF∩CB=C, '.DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F-DC-B的平面角，则 ∠BCF=60°， ∴，△BCF是正三角形，由DCC平面ABCD,得平面ABCD⊥平面 BCF, ,N是BC的中点，∴.FN⊥BC,又DC⊥平面BCF,FNC平面 BCF,可得FN⊥CD,而BC∩CD=C,'.FN⊥平面ABCD,而ADC 平面ABCD,∴.FN⊥AD. (2)因为FN⊥平面ABCD,过点N做AB平行线NK,所以以点 V为原，点，NK、VB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空 间直角坐标系N-xyz, 设A(5,W3,0),B(0W3,0),D(3,-√5,0)，E(1,0,3), M(3.号，号) -(3,号号）i-（-2-2.0成-（-253 设平面ADE的法向量为n=(x,y,z) n·AD=0 1-2x-2V5y=0 迪{a·=-0释{2x十-3=0 取n=(√3，-1,3)， 设直线BM与平面ADE所成角为0， 3+935 ∴sin0=|aos(n,BMl= n·BM 2 2 m·BM V√+ 555√7 √7.2314 11.(1)证明在四边形ABCD中，作DE AB于E,CF⊥AB于F, 因为CD/IAB,AD=CD=CB=1, AB=2, 所以四边形ABCD为等腰梯形， 所以AE-BF=号 故DE-,BD=VDE+E-, 所以AD+BD=AB 所以AD⊥BD, 因为PD⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以PD⊥BD, 又PD∩AD=D, 所以BD⊥平面PAD, 又因PAC平面PAD, 所以BD⊥PA: (2)解如图，以点D为原点建立空间直角 4 坐标系， BD=√3， 则A(1,0,0),B(0,√3,0)，P(0,0,5), 则AP=(-1,0,5),BP=(0,-5,5) D2=(0,0,5), 设平面PAB的法向量n=(xy,z), 则有n·A=-x+5=0 {n·Bp=-√3y+5z= ,可取n=(5,1,1), 则cos(n,D币)= nD市5 |n11Dp 5 所以PD与年西PAB所成角的正孩值为写 考向3二面角的求法 1.A[如图所示，过点F作FP⊥AC于P,过P作 C PM⊥BC于M,连接PE, 则a=∠EFP,3=∠FEP,y=FMP, B ma-器需1，m品提1， FP FP tanY厂PN≥P距=tanB所以a≤长，放选A] M 2.线线、线面平行十线线、线面垂直十两平面夹角的余弦值 解(I)解法一（几何法：线线平行→线面平行）取BC的中点： F,连接DF和BF (1分) 在△ABC中，D,F分别为AC和BC的中点，则DF∥AB且DF= AB. 又因为AB∥AB,且E为AB中点，所以DF∥BE且DF= B1E,所以四边形DEB1F为平行四边形， (4分) 则DE∥BF,又DE寸平面BB1CC,B1FC平面BBCC, 所以DE∥平面BBCC (6分) 解法二（几何法：面面平行→线面平行）取AB的中点G,连接DG! 和EG. (1分) 在△ABC中，D,G分别为AC和AB的中点，则DG∥BC, 在平行四边形AAB,B中，E,G分别为A1B和AB的中点，则EG ∥BB, 又因为DG∩EG=G,BC∩BB,=B,DG,EGC平面EDG,BC,BB C平面BBCC, 所以平面EDG∥平面BBC1C, (4分) 又因为DEC平面EDG,所以DE∥平面BBC1C. (6分)1 (Ⅱ)（空间向量法）易知AB,AC,AA1两两垂直，以A为原点，建 立如图所示的空间直角坐标系， 13 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,1,0),E(1,0√2) 取AC的中，点M,则M(0,1,w√2).连接EM,则EM∥B,C1, 又点P在平面A1BC内，且EP∥B1C,所以P∈EM,可设E苏 AEM, 则ED-(-1,1,0)=(-入，A,0),所以P(1-λ，A,√2). (8分) 选择①PA=PD. PA=(-1,-x,-√2)，Pj=(a-1,1-,-2), 因为PA=PD, 所以√(A-1)2+(-)2+(-√2)2=√/(A-1)2+(1-)2+(-√2)2， 解得入=之 (10分) 选择②PA⊥BC Pi=(x-1,-X,-2),B武=(-2,2,0)， 因为PA⊥BC,所以PA·BC=0,即-2（λ-1）-21+0=0，解得 (10分) 则i-(专)市=（合，分，-），=a. -1w2) (11分) 设平面PAD与平面PDE的法向量分别为m=(x1,y1,),n= (x2,y2,2）, m…i-4-y,=0 1 {m.n成-4+y=0 :D成=西-为+2，=0 a成-s+2-=0 可取m=(4,0,-√2)，n=(1,1,0), (12分) 设平面PAD与平面PDE的夹角为0， 对o0=cos(m.n=网沿-号 (14分) 选择③BB∥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BB,∥DM,BB,士平面EDM,DMC平面EDM 所以BB∥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 线面垂直十面面角十三棱锥的体积 解(1)第1步：建立空间直角坐标系，并求出相关点及向量的坐标 如图，以D为原点，DA,D元，DD的方向分 别为x轴、y轴、之轴正方向，建立空间直角 坐标系， 则D(0,0,0),A(4,0,0),B(4,2,0),C(0,2, 0),E(1,0,3),F(0,2,2),则Bd=(-4,-2, 0),CE-(1,-2,3),CF-(0,0,2).(1分) 第2步：证明BD⊥CE,BD⊥CF 因为BD·C主=(-4)×1+(-2)×(-2)+ 0X3=0, 所以Bd⊥CE,即BD⊥CE (2分) 因为BD.C市=(-4)X0+(-2)×0+0×2=0,所以BD⊥C萨，即 BD⊥CF, (3分) 第3步：利用线面垂直的判定定理证明BD⊥平面CEF 又CE∩CF=C,CE,CFC平面CEF,所以BD⊥平面CEF.(4分) (2)第1步：确定平面CEF的一个法向量 由(1)知平面CEF的一个法向量为BD=(一4，一2,0). 第2步：求出平面AEF的法向量 AE=(-3,0,3),AF=(-4,2,2), 设平面AEF的法向量为n=(x,y,), 则n·正-3x+3e=0 {n·AF=-4x+2y+2x=0 取x=1,则n=(1,1,1). (6分) 第3步：求出两个法向量夹角的余弦值 所以cos(BD,n)= (-4)×1+(-2)×1+0×1 √(-4)2+(-2)产+0×√12+1+1四 ⑤ (8分)· 5 第4步：得两平面夹角的余弦值 所以平面AEF与平面CEF的夹角的余孩值为√压 5 (9分)1 (3)第1步：求点A到平面CEF的距离 由(1)知平面CEF的一个法向量为BD=(-4,-2,0),又AC- （一4,20)，所以点A到平面CEF的距离d=A心·励_65 BD 5 (11分) 第2步：求出△CEF的各边长，然后利用余弦定理和同角三角函数 的基本关系求解sin∠CEF 在△CEF中，CF=2,EF=√(1-0)+(0-2)2+(3-2)2=√6， CE=/(1-0)+(0-2)2+(3-0)2=w14. 由余弦定理得，cos∠CEF-CE十EF-CF 4 2CE·EF √2i 所以sin∠CEF=V-eos∠CEF- √21 第3步：求出△CEF的面积 所以△CEF的面积为号×X5X后=后. √21 (13分) 第4步：求三棱锥A-CEF的体积 所以三楼维ACBF的体积V=专Sam·d=号×5×6-2. 5 (15分) 4.线线垂直十二面角 解(1)过，点H作1∥AB,以H为坐标原，点，以直线1，HD,HP分： 别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图所示， (2分)1 则H(0,0,0),C(2,4,0),B(2,-1,0),设P(0,0,h) 故H元=(2,4,0)，Pi=(2,-1,-h), (4分)： H元.Pi=4-4+0=0,故CH⊥PB. (6分)1 A D C (2(向量法)由题意，VA版m-子·SD·h=9、 1 3·h- 10得看-5 (8分)1 故P(0,0,5,易知BC-(0,5,0),Pi-(2,-1,-√5)，p-(0, 0,5). 设平面CPB的法向量为n1=(xy), 则元·m=0 即∫y=0 {Pi·n=0'{2x1-y-5x1=0 令x1=√5，则y=0,名1=2，故m1=(W5,0,2)是平面CPB的一个 法向量， (10分)： 设平面HPB的法向量为n2=(x2,”,), 则=0中=0 1PB·n=012x-y-5x2=0 令x2=1,则边=2,2=0，故=(1,2,0)是平面HPB的一个法： 向量. (12分)1 13 设二面角C-PB-H的大小为0，易知0为锐角，且cos0= n1·ng√51 n·ng-3V后了，则0=ars子， 故二面角C-PB-H的大小为arccos3 (14分) 线面平行的判定十二面角正弦值的求解 解(1)解法一第1步：利用线线平行得两组线面平行 .EB∥FC,EB吐平面CD'F,FCC平面CD'F, .EB∥平面CD'F, .A'E∥D'F,A'E中平面CDF,DFC平面CD'F, AE∥平面CD'F. 第2步：利用两组线面平行得面面平行 ,EBC平面BA'E,A'EC平面BA'E,EB∩A'E=E, ∴.平面BA'E∥平面CD'F 第3步：利用面面平行得线面平行 A'BC平面BA'E,A'B∥平面CD'F 解法二第1步：利用面面平行的判定定理得面面平行 .EB∥FC,A'E∥D'F, EBC平面BA'E,A'EC平面BA'E, FCC平面CD'F,D'FC平面CDF, EB∩A'E=E,FC∩D'F=F,∴.平面BA'E∥平面CD'F. 第2步：利用面面平行得线面平行 .A'BC平面BA'E,∴A'B∥平面CD'F 解法三第1步：补形，将梯形ABCD补形为平行四边形ABGD 如图，延长DC至，点G,使得DG=AB,连接 GB,GD', AB∥CD,.AB∥DG,又AB=DG, ,∴.四边形ABGD是平行四边形，∴，AD BG,AD∥BG. A 第2步：利用翻折过程中与折痕平行的直线平行关系不变得到线线 平行，进而证明A'B∥D'G 翻折后，A'D=BG,A'D'∥BG, .四边形A'BGD'是平行四边形，∴A'B∥DG 第3步：利用线线平行得线面平行 A'B吐平面CDF,DGC平面CD'F,∴.A'B∥平面CD'F. (2)第1步：找到面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角 ,∠DAB=90°，EF∥AD,.∠FEB=90,即AB⊥EF, 翻折后，AE⊥EF,EB⊥EF, ,.面EFDA'与面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB, 即∠A'EB=60°，同理∠DFC=60° 第2步：找出3条两两垂直的线段，建立空间直角坐标系 设AD=1,取CF的中，点O,连接DO 在△0DF中，DF=1,0F=,∠DF0=60°， 由余孩定理得OD-, ∴.DF2=OF2+OD'2,.OD'⊥OF. 在线段EB上取一点M,使得EM=之，连接OM,则EM=OF,又 EM∥OF,∴.四边形EMOF为平行四边形， ,.EF∥OM, .'DF⊥EF,CF⊥EF,D'F∩CF=F, ∴.EF⊥平面CD'F,即OM⊥平面CD'F, ,.OM,OC,O)D两两垂直， 如图所示，以0为坐标原点，O,O心，O心的方向分别为工轴， y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，（易错警示：没有寻找到 3条两两垂直的线段，想当然建系，导致完全丢分) 第3步：写出相关点及向量的坐标 则B(1,20）c(0,20）D(0,0,号）E(1,-z0） F(0,-0）.成-=11,0.-(0.-)i=10, 0市=(0，) 第4步：求平面BCD的法向量 设平面BCD的法向量为m=(x1,y1,), tCB·m=0 1x1+yM=0 则 +=0 即 {cD·m=0 1 取1=√3，则m=(一3,3,3). 第5步：求平面EFDA'的法向量 设平面EFDA'的法向量为n=(x2,2,), FE·n=0 /x2-0 则 (2y+2=0 取=√3，则n=(0,一3，√/3). 第6步：利用向量的夹角公式求平面与平面夹角的余弦值 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为0， 咖日日而方停， 第7步：利用同角三角函数的基本关系求二面角的正弦值 m0=s01-()-平 平面BCD与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为厘 6,线面垂直的判定与性质十勾股定理的逆定理十线面平行的判定十 二面角（理性思维，数学探索） 解(1)第1步：证明AD⊥AB 由于PA⊥底面ABCD,ADC底面ABCD,.PA⊥AD, 又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PBC平面PAB, .AD⊥平面PAB, 又ABC平面PAB,AD⊥AB. 第2步：证明AB⊥BC,得出BC∥AD AB2+BC=AC,∴.AB⊥BC,.BC∥AD, 第3步：证明AD∥平面PBC AD中平面PBC,BCC平面PBC,∴AD∥平面PBC (2)第1步：建系，设出，点A(a,0,0),写出相关向量的坐标 由题意知DC,AD,AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线 为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴 建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0),设A(a,0,0),a>0 则CD=√4-a2,C(0,√4-a,0),P(a,0,2),CD=(0, -√4-a,0),AC-(-a,√4-，0)，Cp-(a,-√4-a,2). D A… 第2步：得出平面CPD的一个法向量 设平面CPD的法向量为n=(x,y,2), CD·n=0。 ,即-V4-ay=0 {Cp·n=0 ，可取n=(2,0,-a). a.x-√/4-a2v+2x=0 第3步：得出平面ACP的一个法向量 设平面ACP的法向量为m=(无，y1,), 则m·C-0 即ax1-4-ay十2x1=0 {m…Ac=0'{-am十√4-ay=0 可取m=(√4-a2,a,0). 第4步：根据二面角A-CP-D的正弦值列方程 二面角A-CP-D的正弦值为严. ·余弦值的绝对值为 m·n 2V√4-a 故cos(m.m)m·nTa, 第5步：得出AD的长 又a>0,∴.a=√3，即AD=√3. 1 7.线面垂直的判定与性质十二面角 解(1)第1步：证明EF⊥AE 由题AE=号AD=25,AF=之AB=4 又∠BAD=30°，所以由余弦定理得EF=AE十AF一2AE·AF· c0s30°=4，故EF=2. 又EF+AE=AF,所以EF⊥AE. 第2步：证明EF⊥PD 由EF⊥AE及翩折的性质知EF⊥PE,EF⊥ED, 又ED∩PE=E,ED,PEC面PED, 所以EF⊥面PED. 又PDC面PED,所以EF⊥PD. (2)第1步：证明PE⊥面ABCD 如图，连接CE,由题，DE=3√，CD=3,∠CDE=90°， 故CE=√/DE+CD=6. 又PE=AE=2√3，PC=4V3, 所以PE十CE=PC,故PE⊥CE. 又PE⊥EF,CE∩EF=E,CE,EFC面ABCD, 所以PE⊥面ABCD. 第2步：建立空间直角坐标系，得到相关向量的坐标 EF,ED,PE两两垂直，故以E为原，点，EF,ED,PE所在直线分别 为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则P(0,0,23),D(0,3√3,0)，F(2,0,0),A(0,-23,0),C(3, 33,0), 、D B 连接PA,则PD=(0,3√5，-23)，DC-(3,0,0), AP=(0,25,2√3)，AF=(2,2√5,0). 第3步：求面PCD和面PBF的法向量 设面PCD的法向量为n1=(工，ya), 则m·Pi=3y-251=0 可取n1=(0,2,3). (n1·DC=3x1=0 设面PBF即面PAF的法向量为n2=(x2y2,), 则m,·A币=2+25，=0 (m·AF=2x+25y2=0 可取n2=(W5,-1,1). 第4步：求面PCD与面PBF所成二面角的余弦值的绝对值 cos(m:)=m·m√ t1·2 第5步：利用同角三角函数的基本关系求得结采 故面PCD与面PBF所成二面角的正孩值为√1一=8的 1_8√65 8.面面平行十线面平行+二面角的正弦值（理性思维，数学探索） 解(1)解法一（利用线面平行判定定理）第1步：证四边形 BCDM为平行四边形 因为M为AD的中点，BC∥AD,且AD=4,BC=2,所以BC∥ MD,且BC=MD, 所以四边形BCDM为平行四边形， 第2步：利用线面平行的判定定理证明BM∥平面CDE 所以BM∥CD, 又CDC平面CDE,BM寸平面CDE,所以BM∥平面CDE 解法二（利用面面平行的性质）第1步：证四边形BCEF为平行 四边形 因为EF∥AD,BC∥AD,所以EF∥BC, 又EF=BC=2,所以四边形BCEF为平行四边形. 第2步：证BF∥平面CDE 所以BF∥CE,又CEC平面CDE,BF正平面CDE,所以BF∥平面 CDE. 第3步：证四边形MDEF为平行四边形 因为M为AD的中点，且AD=4,所以EF∥MD,且EF=MD,所 以四边形MDEF为平行四边形. 第4步：证FM∥平面CDE 所以FM∥ED,又EDC平面CDE,FM中平面CDE,所以FM∥平 面CDE. 第5步：利用面面平行的性质证BM∥平面CDE 因为BF,FMC平面BMF,BF∩FM=F,所以平面BMF∥平 面CDE. 又BMC平面BMF,所以BM∥平面CDE. (2)第1步：证明OB,OD,OF两两垂直 取AM的中，点O,连接BO,F) 由(1)解法一可知，BM=CD=AB=2,因为AM=2,所以BO⊥ AD,且BO=√3. 由(1)解法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM=ED=√IO, 又AF=√10，所以FO⊥AM, 又OA=)M=1,所以FO=√JFA2一OA2=3, 又FB=25,所以BOY+F)=FB, 所以FO⊥OB,即OB,OD,OF两两垂直 第2步：建立空间直角坐标系，并写出相 42 关点和向量的坐标 分别以OB,OD,OF所在直线为x,y,x 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则F(0,0,3),B(W,0,0),M(0,1,0), E(0,2,3),则MB=(√5，-1,0)，M正= A ..-M (0,-1,3),ME-(0,1,3). 第3步：求平面FBM的法向量 x 设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,1), 则·M店= ,即W5-y=0 (n·MF=0'{-y+3z1=01 令4=3，所以x1=√5,1=1，所以m1=(5,3,1). 第4步：求平面EBM的法向量 设平面EBM的法向量为n2=(x2y2,), 则n·M店=0 即5一=0 n,·ME=0(%十3x2=0 令为=3，所以x2=3,2=-1, 所以n2=(W5,3,-1). 第5步：求二面角F-BM-E的正弦值 设二面角F-BM-E的平面角为0， 济以@-oaa=日沿-是 因为0∈[0，]，所以sin0心0，即sin0=√=co90=45,所以二 13 面角F-BM-E的正弦值为4 13 9,线面平行的判定定理十线面垂直的判定定理十平面与平面的夹角 (理性思维、数学探索) 解(1)第1步：作辅助线，通过证平行四边形来证BF∥CG 取PD的中点G,连接FG,CG, 因为F为PE的中，点，所以FG=DE=1,FG/DE, 又BC=1,AD∥BC,所以FG=BC,FG∥BC, 所以四边形FGCB为平行四边形， 所以BF∥CG, 第2步：利用线面平行的判定定理得证 又BF吐平面PCD,CGC平面PCD,所以BF∥平面PCD (2)第1步：证明PE⊥平面ABCD 因为AB⊥平面PAD,PEC平面PAD,所以AB⊥PE, 又PE⊥AD,AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD. 第2步：建立空间直角坐标系，写出相关，点和向量的坐标 连接EC,易知四边形ABCE为矩形，故直 线EC,ED,EP两两垂直，故以E为坐标 原点，EC,ED,EP所在直线分别为x轴、y 轴、之轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则P(0,0,2),C(1,0,0),D(0,2,0),A(0, -1,0),B(1,-1,0),则AB=(1,0,0),AP A D =(0,1,2),PC-(1,0,-2),PD=(0,2, B -2). 1 第3步：分别求平面PAB和平面PCD的法向量 设平面P1B的法向量为用=(M,则m·元=0 {n1·Ap-y+2%=0 可取n1=(0,-2,1). 设平面代D的法向量n=西，，则匹·元-一2%=0 {nm·Pi=2%-2a=0 可取n2=(2,1,1). 第4步：利用向量的夹角公式，即可得出平面PAB与平面PCD夹 角的余弦值 设平面PAB与平面PCD的夹角为0， 则cos0=cos(n1n:〉= n1·t2 √30 m1·230 、所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为30.☐ 10.线面平行的证明十平面与平面夹角的余弦值十点到平面的距离 解(1)第1步：建立空间直角坐标系，写出 2 相关点和向量的坐标 以A为坐标原点，以AB,AD,AA所在直线 分别为x轴、y轴、之轴建立如图所示的空间B 直角坐标系， 依题意得，B(2,00),C(1,1,0),D(0,1,0), B(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2) 则M01,N(是2) 所以D=(号，-）成=1，-1,2， 3 CM=(-1,0,1). 第2步：求平面CB1M的法向量n 设平面CBM的法向量为n=(y1,1), 则·C可-0即+2=0。 {n.CM=0’{-x1十a1=0 取x1=1,得=1，y1=3,则n=(1,3,1) 第3步：证明D1V⊥n,从而得到线面平行 Dm-(受，-，），30=号-号-0， 所以D,N⊥n,显然DN￠平面CB,M,所以DV∥平面CBM (2)第1步：求平面BBC1C的法向量 易知CB=(1,-1,2),BC=(-1,1,0), 设平面BB,CC的法向量为m=(xy,), (m·CB,= 则 ,即∫2-+22=0 {m·BC=01-x:十=0 取x2=1,得2=1,2=0，则m=(1,1,0). 第2步：求两平面夹角的余弦值 设平面CB,M与平面BB1CC的夹角为0， 则0=eaam-合滑后2平 所以手西CBM与手西B,CC夹角的会孩值为2园 (3)第1步：求BB 易知BB1=(0,0,2). 第2步：求点到平面的距离 设，点B到平面CB1M的距离为d, 则d= BB1·n221I n 1I111 所以点B到平面CBM的距离为2四 11 11.解(1)如图，连接DE,AE 因为DC=DB,且E为BC的中，点，所以 DE⊥BC. 因为∠ADB=∠ADC=60°，DA=DA, DC-DB, 所以△ADB≌△ADC(SAS) 可得AC=AB,故AE⊥BC. 因为DE∩AE=E,DE,AEC平面ADE, 所以BC⊥平面ADE 又DAC平面ADE,所以BC⊥DA (2)由(1)知，DE⊥BC,AE⊥BC. 不妨设DA=DB=DC=2,因为∠ADB=∠ADC=60°，所以AB: =AC=2. 由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE=EB=EC=√瓦 因为AE⊥BC,所以AE=√JAB-EB=√2. 在△ADE中，AE+ED'=AD,所以AE⊥ED 以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA: 所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，则D(2,0,0),B(0, V2,0),A(0,0w2),DA=(-√2,0，W2,BA=(0,-2,W2). 设F(xF,F,F),因为EF=DA,所以(xF,yF,)=(一2,0， √2)，可得F(一√2,0，√2) 所以FA=(√2,0,0) 设平面DAB的法向量为m=(x1,y,21), 则D·m=0 即人Ex+V2e=0 BA·m=01-√2y十2x=0 取x=1,则y=z=1,m=(1,1,1). 设平面ABF的法向量为n=(x2,y2,), 则n=0 BA·m=O即{Bw+g, 得x=0,取y=1,则x=1,n=(0,1,1) 所以cos(m,n〉=m·n5X巨 m·n 2√6 3 记二面角D-AB-F的大小为0， 则sin0=√1-cos(m,n)/1- 故二面角D-AB-F的正弦值为 12.解(1)解法-依题意，得B,C=BB,+B,C+CC=DD,+ AD+A,A=A,D., 所以BC2∥AD2. 解法二以，点C为坐标原，点，CD,CB,CC所 在直线分别为x,y,x轴，建立如图所示的空间 直角坐标系，则B2(0,2,2),C(0,0,3),A2(2, D 2,1),D2(2,0,2) 所以B,C2=(0,-2,1),AD2=(0,-2,1), 所以B2C=AD2,所以BC∥AD. (2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中解 D 法二，设BP=n(04),则P(0,2,n), 所以PA2=(2,0,1,-n),PC=(0,-2,3-n), 设平面PAC的法向量为a=(y1,z), 0,则2m+(1-)21=0 tPA2·a=0 所以 1PC·a=0’{-2y1+(3-)x1=01 令x1=n-1,得a=(n-1,3-n,2). 设平面AC2D2的法向量为b=(x2,M,2), 由(1)解法二知，AC=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1), 所以AC·b=0 ,则{2x,-2y十2，=0 1A2D2·b=01-2w+2=0 令y=1,得b=(1,1,2) 所以cos1501=cos(a,b》 n-1+3-n十4 3 J/(n-1)+4+(3-)2×√6 2 整理得m2一4n十3=0，解得n=1或n=3, 所以BP=1或BP=3. 所以B2P=1. 13.解如图，因为AB⊥BC,AB=2,BC=2√2，O是BC 的中点，所以能得-竖.所以△0BA~△ABC 记BF与AO的交点为H,则∠BHA=90°，又 H ∠ABC=90°，∠BAH=∠OAB,所以△BHA △OBA,所以△BHAP△ABC,所以∠HBA= ∠CAB,又∠C+∠CAB=90°，∠CBF+∠HBA= 13 90°，所以∠C=∠CBF,所以CF=BF,同理可得BF=FA,所以F 是AC的中点」 因为E,F分别是AP,AC的中点，所以EF∥PC,同理可得OD∥ PC,所以EF∥OD, 又ODC平面ADO,EF吐平面ADO,所以EF∥平面ADO. (2②A0=√AB+0=6,0D-2PC-, 2 又AD=V5OD=3@ 2 所以AD=AO十OD2,所以AO⊥OD. 由于EF∥OD,所以AO⊥EF, 又BF⊥AO,BF∩EF=F,BFC平面BEF,EFC平面BEF, 所以AO⊥平面BEF. 又AOC平面ADO,所以平面ADO⊥平面BEF. (3)如图，以B为坐标原，点，BA,BC所在直线分别为x,y轴，建立 空间直解坐标系，则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,√2,0)，A0= (-2,2,0) 因为PB=PC,BC=2√2，所以设P(.x√2，z),>0, 则流-i+花-前+号市=(2.0,0)+(x-22.) (竖） 由(2)知AO⊥BE,所以A0·B求=(-2，√②，0)· (号）0 所以x=一1， 又PB=√6，BP=(x,√2，)，所以x2十2十2=6，所以=√，则 P(-1,w2w3). 由D为D的中点得D(号）应-（号，号）】 设平面DAO的法向量为n1=(a,b,c), 则%·A市=0。 ++-0 0,即a+4 (m1·AO=0 (-2a+√2b=0 得b=√2a,c=√3a, 取a=1,则n1=(1,wW2,w5) 易知平面CAO的一个法向量n2=(0,0,1), 设二面角D-AO-C的大小为0，则cos0|=cos(m1,n2〉= m·n=3_2 n1n√62' 所以血0√一百-号，就二面商D-A0-C的正孩值为号 4.解(1)解法一（几何法）连接MN.因为M,N分别是BC,AB 的中点，所以MN∥AC且MN=号AC-1,即有MNLA,G,所 以四边形MVA,C1是平行四边形，即有A1V∥MC1. 又MC1C平面CMA,A1N史平面C,MA,所以A1N∥平 面CMA. 解法二（共面向量基本定理法） 以A为坐标原点，AB,AC,AA1所 A 在的直线分别为x,y,z轴，建立如 图所示的空间直角坐标系 A-xyz 则有A(0,0,0),M(1,1,0),N(1, 0,0),A1(0,0,2),C1(0,1,2). 所以AV=(1,0,-2),AM=(1, M 1,0),AC=(0,1,2),设A1N= xAM+yAC1,即有(1,0，-2)=x(1,1,0)十y(0,1,2),解得 {y=1,因为ANc平面CMA,所以AN∥平面C,MA. x=1 解法三（向量法）设平面CMA的法向量n=(x,y,z),由解法！ 二可得7=（1,10)，C=(0,1,2,期0：0 in·AC= 即 xy=0 {十22=0，不坊取n=(2,-2,1).由解法二可知A=1,0, -2),所以AN·n=1×2+0×(-2)+(-2)×1=0, 所以A1N⊥n. 又AN吐平面CMA,所以A1N∥平面C1MA. (2)由(1)中解法二易知，平面ACCA1的法向量为AN-(1,0,: 0),由(1)中解法三知平面C1MA的一个法向量为n=(2,一2,1)， 所以@衣，)=：风一号，所以平面CM与年面 n·AN ACCA所成角的余孩值为子。 (3)由(1)中解法二可得C(0,2,0),则MC=(-1,1,0),所以由(1) 中解法三得，点C到平面C1MA的距离d= n 15.解(1)设A到平面A1BC的距离为h, V,度=专5m·A,A=专V4鸟5，= 1×4=3 4 V,-4r=专Saxh=子X2Ea 所以号X2E·h=合，所以A=厄，所以A到平面A,BC的距离 为√2. (2)取AB的中点E,连接AE, A 因为AA1=AB,所以AE⊥AB, : 因为平面A1BC⊥平面ABBA, 平面A1BC∩平面ABBA1 D AB, 所以AE⊥平面ABC,AE=√2， 则AA1=AB=2,所以AE⊥BC, 因为直三棱柱ABC-A,B,C1,所 A 以AA⊥BC, 因为AE∩A1A=A,所以BC⊥平面ABB1A, 所以BC⊥AB, 1 由VA4,C,=2AB·BC·AA=ZX2XBCX2=4,所以 BC=2, 以BC为x轴，BA为y轴，BB为z轴，建立如图所示空间直角坐 标系， 所以B(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0),A1(0,2,2),E(0,1,1),1 D(1,1,1)平面BDC的法向量设为n1=AE=(0,-1,1),平面 BDA的法向量设为n,=(x,y,z), BA=0,2,0),Bd=(1,1,1), BA·n2=0 所以∫2v=0 BD·n=0 {x十y+=0,所以y=0, 设x=1,则z=一1，所以n2=(1,0,一1)， n1·n2 所以cos(nm〉=n1.n:=一乞， 设二面角A-BD-C的平面角为a,剥sina=-osa= 2 所以二面角A-BD-C的正孩值为5. 2 16.解法一(1)连接OA,OB, 因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC, 所以PO⊥OA,PO⊥OB, 所以∠POA=∠POB=90°，又PA=PB,PO=PO, 所以△POA≌△POB,所以OA=OB, 作AB中点D,连接OD、DE,则有OD⊥AB, 又AB⊥AC,所以OD∥AC, 又因为OD￠平面PAC,ACC平面PAC,所以OD∥平面PAC, 又D,E分别为AB、PB的中点，所以，在△BPA中，DE∥PA 13 又因为DE中平面PAC,PAC平面PAC,所以DE∥平面PAC, 又OD、DEC平面ODE,OD∩DE=D, 所以平面ODE∥平面PAC, 又OEC平面ODE,所以OE∥平面PAC: (2)过，点D作DZ∥OP,以DB为x 轴，DO为y轴，建立如图所示的空间 直角坐标系. 因为P)=3,PA=5,由(1)OA OB=4, 又∠ABO=∠CBO=30°，所以OD=2, DB=2√5，所以P(0,2,3),B(2√5,0,0)，A(-2√5,0,0)， E1, 设AC=a,则C(-23,a,0), 平面AEB的法向量设为m=(x,y,z),直线AB的方向向量可设为 a=(1,0,0), 直线DPC平面AEB,直线DP的方向向量为b=(0,2,3) a:n=0,所以{5=0 b·n=0' 12y+3x=0 所以x=0,设y=3,则2=一2， 所以n1=(0,3,一2)： 平面AEC的法向量设为n2=(x,y,),AC=(0,a,0), 正-(351，) AC·2=0 av=0 ,所以 {AE·n2=0 {8z+y+号=0 所以y=0,设x=√3，则x=一6， 所以n2=(√3,0，-6)； 124√3 所以cos(n1,n2〉= n1·ng 12 n1·m=13×/13513 三面角C-AE-B的平面角为0，则m0一o0-吕， 所以二面角C-AE-B的正弦值为吕 法二(1)连接OA、OB, 因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC, 所以PO⊥OA,PCO⊥OB, 所以∠POA=∠POB=90°，又PA=PB,PO=PO, 所以△POA≌△PO)B, 所以OA=OB,又AB⊥AC, 延长BO,交AC于F,连接PF,在Rt△ABF中，O为BF中点， 所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO∥PF, 因为EO吐平面PAC,PFC平面PAC,所以FO∥平面PAC: (2)过点A作AZ∥OP,以AB为x,y 43 轴，AC为y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 因为PO=3,PA=5, 由(1))A=OB=4, 又∠ABO=∠CBO=30°， 所以，AB=45, 所以P(25,2,3),B(45,0,0),A(0,0,0,E(35,1,2）设 AC=a,则C(0,a,0), 平面AEB的法向量设为n1=(.x,y,z),AB=(4V5,0,0), 正-(31，) ABn1=0 45.x=0 证=0所以 3 35x+y+=0 所以x=0,设z=一2，则y=3, 所以n1=(0,3,一2)： 平面AEC的法向量设为n2=(x,y,2,AC=(0,a,0), 正-(35.1,2) AC·n=0 4y=0 A.n,=0所以 33x+y+ e=0所以y=0,设x=3, 3 则z=一6， 所以n2=(√3,0，一6)： n1·ng 12 所以cos(n1,n)= 124√3 n·n:√13×√3913313 三面角C-AE-B的年西角为0，则如0-V广c0-是， 所以二面角C-AE-B的正孩值为品 专题17直线与圆 考向1直线、圆的方程 1.A[若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，圆心坐标(a,0),所以由 2a+0-1=0解得a=2.] 2.(x-1)十(y十1)2-5[设出，点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均 在⊙M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程， 点M在直线2x十y一1=0上， ∴.设点M为(a,1一2a),又因为点(3,0)和(0,1)均在⊙M上 ,点M到两点的距离相等且为半径R, ∴./(a-3)2+(1-2a)2=/a2+(-2a)2=R, a2-6a十9十4a-4a+1=5a2,解得a=1, .M1,-1),R=5, ⊙M的方程为(x-1)2十(y十1)2=5. 故答案为：(x-1)2十(y十1)2=5] 3.(x-2)°+（y-3=13或4-2)+(y-1)=5或(-号)中 (子)-或()+-1- 81 「依题意设圆的 方程为x2十y2十Dx十Ey十F=0, ,F=0 若过(0,0)，(4,0)，(-1,1)，则16+4D+F-0 (1+1-D+E+F=0 ,F=0 解得D=一4， (E=-6 所以圆的方程为x2+y2一4.x-6y=0,即(x-2)2+(y-3)=13: F=0 若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，则16+4D十F=0 (16+4+4D+2E+F=0 ,F=0 解得D=-4, （E=-2 所以圆的方程为x2十y2-4x-2y=0,即(x一2)2十(y一-1)2=5： ,F=0 若过(0,0)，(4,2)，(-1,1)，则1+1-D+E+F=0, (16+4+4D+2E+F=0 (F=0 8 解得D=一， 14 E=一3 所以围的方程为十少-号一兰=0， _65 即(-)+(-子)=： 1+1-D+E+F=0 若过(-1,1)，(4,0)，(4,2)，则)16+4D+F=0 (16+4+4D+2E+F=0 解得D=5 LE=-2 15=0, 所以圆的方程为F+y-9。一2y一 即(-）广+(g-1= 25 故答案为：(x-2)2+(y-3)2=13或(x-2)2十(y-1)2=5或 (-）+()=（）+-1= 考向2直线与圆、圆与圆 1,BC[圆的方程十圆心与半径十两圆的位置关系十圆的切线十两 圆的公共弦 错误项分析A(×)⊙A的方程可化为(x-3)”十(y一4)2=25 k,所以A(3,4),A错误： B(/)当k=9时，⊙A的半径r=4,圆心到x轴的距离为4，所以 ⊙A与x轴相切，B正确； C(/)当k=一11时，⊙A的半径r=6,连接OA,则OA|=5,因为 r一1=5，所以⊙0与⊙A内切，C正确； 错误项分析D(X)若两圆相交，则两个交点所在直线的方程为 6.x十8y-k-1=0,D错误.故远BC. 2.B[直线与圆的位置关系十点线距 易得圆心(0，一2)到直线y=W3x十2的距离d=2.当r=d-1=1 时，圆x2+（y十2)2=r2(r>0)上到直线y=√5x+2的距离为1的 点有且仅有一个，当r=d十1=3时，圆x2十(y十2)2=r2(r>0)上 到直线y=√5.x十2的距离为1的，点有且仅有三个，故当1<r<3 时，圆x2十(y十2)2=r2(r>0)上到直线y=√3x十2的距离为1的 ,点有且仅有两个，故远B.] 3.C[直线与圆的位置关系十等差中项（理性思雏、数学应用、数学 探索)根据题意有2b=a十c,即a一2b十c=0,所以直线ax十by c-0过点M(1,一2).设圆x十y十4y一1=0的圆心为C,连接 CM,则AB⊥CM时，AB最小，将圆的方程化为x2+(y+2)2= 5,则C(0,一2)，所以MC=1,所以|AB|的最小值为 2√5-MC=4,故选C.] 4.C[圆的方程十直线与圆的位置关系十弦长公式设直线为I: a.x十y十2-a=0,即l:a(x-1)十y十2=0，易知l过定点P(1, 一2)，圆C的标准方程为x2十(y十2)2=5，所以圆心为C(0,一2)， 半径为5，且P在圆C内.因为当PC⊥AB时，圆心C到直线1的 距离最大，此时AB取得最小值，易得PC=xp一xc|=1,所以 AB=2√(W5)2-12=4,故选C.] 5.D[圆的标准方程十点到直线的距离公式（理性思维）化圆的方 程为标准方程，得(x一1)2十(y十3)2=10，所以该圆的圆心(1， -3)到直线x一y十2=0的距离为 1-(-3)+26 =3√2.故 √12+(-1)2√2 选D.] 6.B[如图，x2+y24x-1=0得(x一2)2十 y2=5,所以圆心坐标为(2,0)，半径r=√5，所 以圆心到点(0，一2)的距离为 √(2-0)2十(0十2)2=2√2，由于圆心与，点 (0,一2)的连线平分角a,所以sin2一2反 2n号am受=2x×-乐故选 4 4 4 7.C[将方程x2十y2一4x一2y-4=0化为(x-2)2十(y-1)2=9, 其表示圆心为(2,1)，半径为3的圆.设2=x一y,数形结合知，只有 当直线x一y一之=0与圆相切时，之才能取到最大值，此时 2-1一之=3，解得=1士3√2，故=x-y的最大值为1+3， 故远C.] 8.0[直线与圆相切十点到直线的距离公式 解法一（几何法）由题知圆心为(2,2)，半径为2，又直线与圆相 切，则圆心(2,2)到直线ax十y=0的距离等于半径，即2a+2 √/a2+1 2,解得a=0. 解法二（判别式法）由a.x十y=0,得y=一ax,代入圆(x一2)2十 (y-2)2=4,化简，整理，得(a2十1)x2十(4a-4)x十4=0.因为直 线与圆相切，所以△=(4a-4)2-16(a2十1)=0，解得a=0.] 9.2[直线与圆的位置关系对于直线11：x-y十6=0，令x=0,得 y=6,令y=0,得x=一6，所以A(一6,0)，B(0,6),所以AB= 62.因为AB=3CD,所以CD=2√瓦.圆(x+1)2+(y-3) =广的圆心为(-1,3)，圆心到直线1的距离d=一1一3十6 √2 ,所以r+(四)=2=2]