五年高考真题(数学理)8.7空间角与距离

世纪金榜圆您梦想更多精品资源请登录第30页（共30页）山东世纪金榜科教文化股份有限公司eq\a\vs4\al\co1(第七节空间角与距离)考点一直线与平面所成的角及二面角1．(2014·广东，5)已知向量a＝(1，0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是()A．(－1，1，0) B．(1，－1，0)C．(0，－1，1) D．(－1，0，1)解析设选项中的向量与a的夹角为θ，对于选项A，由于cosθ＝eq\f(1×（－1）＋0×1＋（－1）×0,\r(12＋02＋（－1）2)×\r(（－1）2＋12＋02))＝－eq\f(1,2)，此时夹角θ为120°，不满足题意；对于选项B，由于cosθ＝eq\f(1×1＋0×（－1）＋（－1）×0,\r(12＋02＋（－1）2)×\r(12＋（－1）2＋02))＝eq\f(1,2)，此时夹角θ为60°，满足题意．故选B.答案B2．(2014·四川，8)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，\f(2\r(2),3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),3)，1))解析易证AC1⊥平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角α的变化情况：∠AOA1→eq\f(π,2)→∠C1OA1(点P为线段CC1的中点时，α＝eq\f(π,2))，由于sin∠AOA1＝eq\f(\r(6),3)，sin∠C1OA1＝eq\f(2\r(2),3)>eq\f(\r(6),3)，sineq\f(π,2)＝1，所以sinα的取值范围是[eq\f(\r(6),3)，1]．答案B3．(2014·新课标全国Ⅱ，11)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与A.eq\f(1,10) B.eq\f(2,5) C.eq\f(\r(30),10) D.eq\f(\r(2),2)解析以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2，0，2)，N(1，0，0)，M(1，1，0)，B(0，2，2)，∴eq\o(AN,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，eq\o(BM,\s\up6(→))＝(1，－1，－2)，∴cos〈eq\o(AN,\s\up6(→))，eq\o(BM,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AN,\s\up6(→))·\o(BM,\s\up6(→)),|\o(AN,\s\up6(→))||\o(BM,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1＋4,\r(5)×\r(6))＝eq\f(3,\r(30))＝eq\f(\r(30),10)，故选C.答案C4．(2013·山东，4)已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为eq\f(9,4)，底面是边长为eq\r(3)的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.eq\f(5π,12) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析如图所示，由棱柱体积为eq\f(9,4)，底面正三角形的边长为eq\r(3)，可求得棱柱的高为eq\r(3).设P在平面ABC上射影为O，则可求得AO长为1，故AP长为eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2.故∠PAO＝eq\f(π,3)，即PA与平面ABC所成的角为eq\f(π,3).答案B5．(2013·大纲全国，10)已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1A.eq\f(2,3) B.eq\f(\r(3),3) C.eq\f(\r(2),3) D.eq\f(1,3)解析设AB＝1，则AA1＝2，分别以eq\o(D1A1,\s\up6(→))、eq\o(D1C1,\s\up6(→))、eq\o(D1D,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．如右图所示：则D(0，0，2)，C1(0，1，0)，B(1，1，2)，C(0，1，2).eq\o(DB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(0，1，－2)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，设n＝(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DB,\s\up6(→))＝0,n·\o(DC1,\s\up6(→))＝0))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0,y－2z＝0))，取n＝(－2，2，1)．设CD与平面BDC1所成角为θ则sinθ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(DC,\s\up6(→)),|n||\o(DC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2,3)，故选A.答案A6.(2011·辽宁，8)如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是()A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.其中SD∩BD＝D，∴AC⊥面SDB，从而AC⊥SB.故A正确；易知B正确；设AC与DB交于O点，连接SO.则SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO，又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO.故C正确，由排除法可知选D.答案D7．(2015·四川，14)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．解析建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，则eq\o(EM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，y，1))，∴cosθ＝eq\f(－\f(1,2)＋\f(1,2)y,\r(1＋\f(1,4))\r(\f(1,4)＋y2＋1))＝－eq\f(1－y,\f(\r(5),2)·\r(4y2＋5)).设异面直线所成的角为α，则cosα＝|cosθ|＝eq\f(1－y,\f(\r(5),2)·\r(4y2＋5))＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(1－y,\r(4y2＋5))，令t＝1－y，则y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，那么cosα＝|cosθ|＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(t,\r(4t2－8t＋9))＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(t2,4t2－8t＋9))＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(1,4－\f(8,t)＋\f(9,t2)))，令x＝eq\f(1,t)，∵0≤t≤1，∴x≥1，那么cosα＝eq\f(2\r(5),5)eq\r(\f(1,4－8x＋9x2))，又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单增，∴x＝1，zmin＝5，此时cosα的最大值＝eq\f(2\r(5),5)·eq\r(\f(1,5))＝eq\f(2\r(5),5)·eq\f(\r(5),5)＝eq\f(2,5).答案eq\f(2,5)8.(2015·安徽，19)如图所示，在多面体A1B1D1­DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C(2)求二面角E­A1D­B1的余弦值．(1)证明由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥(2)解因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)).设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量eq\o(A1E,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由n1⊥eq\o(A1E,\s\up6(→)).n1⊥eq\o(A1D,\s\up6(→))得r1，s1，t1应满足的方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)r1＋\f(1,2)s1＝0，,s1－t1＝0，))(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)．设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角E­A1D­B1的余弦值为eq\f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(2))＝eq\f(\r(6),3).9．(2015·重庆，19)如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝eq\f(π,2).D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝eq\r(2)，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．(1)证明由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝eq\r(2)得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.(2)解由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝eq\f(π,4)，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝eq\f(π,2)得DF∥AC，eq\f(DF,AC)＝eq\f(FB,BC)＝eq\f(2,3)，故AC＝eq\f(3,2)DF＝eq\f(3,2).以C为坐标原点，分别以eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))，eq\o(CP,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，0))，E(0，2，0)，D(1，1，0)，eq\o(ED,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(－1，－1，3)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，0)).设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·eq\o(DP,\s\up6(→))＝0，n1·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x1－y1＋3z1＝0，,\f(1,2)x1－y1＝0，))故可取n1＝(2，1，1)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(\r(3),6)，故所求二面角A－PD－C的余弦值为eq\f(\r(3),6).10．(2015·北京，17)如图，在四棱锥A－EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．(1)求证：AO⊥BE；(2)求二面角F－AE－B的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．(1)证明因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB.AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB.又OG⊂平面EFCB，所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O－xyz，则E(a，0，0)，A(0，0，eq\r(3)a)，B(2，eq\r(3)(2－a)，0)，eq\o(EA,\s\up6(→))＝(－a，0，eq\r(3)a)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(a－2，eq\r(3)(a－2)，0)．设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EA,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－ax＋\r(3)az＝0，,（a－2）x＋\r(3)（a－2）y＝0.))令z＝1，则x＝eq\r(3)，y＝－1，于是n＝(eq\r(3)，－1，1)．平面AEF的法向量为p＝(0，1，0)．所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝－eq\f(\r(5),5).由题知二面角F－AE－B为钝角，所以它的余弦值为－eq\f(\r(5),5).(3)解因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0，因为eq\o(BE,\s\up6(→))＝(a－2，eq\r(3)(a－2)，0)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(－2，eq\r(3)(2－a)，0)，所以eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝－2(a－2)－3(a－2)2.由eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(OC,\s\up6(→))＝0及0<a<2，解得a＝eq\f(4,3).11．(2015·四川，18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角A－EG－M的余弦值．(1)解点F，G，H的位置如图所示．(2)证明连接BD，设O为BD的中点，因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OM∥CD，且OM＝eq\f(1,2)CD，HN∥CD，且HN＝eq\f(1,2)CD，所以OM∥HN，OM＝HN，所以MNHO是平行四边形，从而MN∥OH，又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，所以MN∥平面BDH.(3)解法一连接AC，过M作MP⊥AC于P，在正方体ABCD－EFGH中，AC∥EG，所以MP⊥EG，过P作PK⊥EG于K，连接KM，所以EG⊥平面PKM，从而KM⊥EG，所以∠PKM是二面角A－EG－M的平面角，设AD＝2，则CM＝1，PK＝2，在Rt△CMP中，PM＝CMsin45°＝eq\f(\r(2),2)，在Rt△PKM中，KM＝eq\r(PK2＋PM2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以cos∠PKM＝eq\f(PK,KM)＝eq\f(2\r(2),3)，即二面角A－EG－M的余弦值为eq\f(2\r(2),3).法二如图，以D为坐标原点，分别以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DH,\s\up6(→))方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz，设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，所以，eq\o(GE,\s\up6(→))＝(2，－2，0)，eq\o(MG,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(GE,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(MG,\s\up6(→))＝0，))eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－2y＝0，,－x＋2z＝0，))取x＝2，得n1＝(2，2，1)，在正方体ABCD－EFGH中，DO⊥平面AEGC，则可取平面AEG的一个法向量为n2＝eq\o(DO,\s\up6(→))＝(1，1，0)，所以cos<n1，n2>＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(2＋2＋0,\r(4＋4＋1)·\r(1＋1＋0))＝eq\f(2\r(2),3)，故二面角A－EG－M的余弦值为eq\f(2\r(2),3).12．(2014·陕西，17)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．(1)证明由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．(2)解法一如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，eq\o(DA,\s\up6(→))＝(0，0，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，∵EF∥AD，FG∥BC，∴n·eq\o(DA,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(z＝0，,－2x＋2y＝0，))取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BA,\s\up6(→))·n,|\o(BA,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).法二建立以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，得E(1，0，eq\f(1,2))，F(1，0，0)，G(0，1，0)．∴eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，eq\o(FG,\s\up6(→))＝(－1，1，0)，eq\o(BA,\s\up6(→))＝(－2，0，1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，则n·eq\o(FE,\s\up6(→))＝0，n·eq\o(FG,\s\up6(→))＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)z＝0，,－x＋y＝0，))取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈eq\o(BA,\s\up6(→))，n〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(BA,\s\up6(→))·n,|\o(BA,\s\up6(→))||n|)))＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5).13．(2014·天津，17)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．法一依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．(1)证明向量eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0，1，1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(2，0，0)，故eq\o(BE,\s\up6(→))·eq\o(DC,\s\up6(→))＝0.所以，BE⊥DC.(2)解向量eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－1，2，0)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1，0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量，于是有cos〈n，eq\o(BE,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(BE,\s\up6(→)),|n|·|\o(BE,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(6)×\r(2))＝eq\f(\r(3),3).所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)解向量eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝(－2，－2，2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，2，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0)．由点F在棱PC上，设eq\o(CF,\s\up6(→))＝λeq\o(CP,\s\up6(→))，0≤λ≤1.故eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋λeq\o(CP,\s\up6(→))＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得eq\o(BF,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝eq\f(3,4).即eq\o(BF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)，\f(3,2))).设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝0，,－\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋\f(3,2)z＝0.))不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(－3,\r(10)×1)＝－eq\f(3\r(10),10).易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为eq\f(3\r(10),10).法二(1)证明如图，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EM∥DC，且EM＝eq\f(1,2)DC，又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD，因为AM⊂平面PAD，于是CD⊥AM，又BE∥AM，所以BE⊥CD.(2)解连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD，而EM∥CD，故PD⊥EM，又因为AD＝AP，M为PD的中点，故PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．依题意，有PD＝2eq\r(2)，而M为PD中点，可得AM＝eq\r(2)，进而BE＝eq\r(2).故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝eq\f(EM,BE)＝eq\f(AB,BE)＝eq\f(1,\r(2))，因此sin∠EBM＝eq\f(\r(3),3).所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为eq\f(\r(3),3).(3)解如图，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD，故FH⊥底面ABCD，从而FH⊥AC.又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.在底面ABCD内，可得CH＝3HA，从而CF＝3FP.在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP.由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面．由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F－AB－P在△PAG中，PA＝2，PG＝eq\f(1,4)PD＝eq\f(\r(2),2)，∠APG＝45°，由余弦定理可得AG＝eq\f(\r(10),2)，cos∠PAG＝eq\f(3\r(10),10).所以，二面角F－AB－P的余弦值为eq\f(3\r(10),10).14.(2013·湖南，19)如图，在直棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1法一(1)证明如图，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D.而B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D.(2)解因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为如图，连接A1D，因为棱柱ABCD­A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故eq\f(AB,DA)＝eq\f(BC,AB).即AB＝eq\r(DA·BC)＝eq\r(3).连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BBeq\o\al(2,1)＋BD2＝BBeq\o\al(2,1)＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝eq\r(21).在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝eq\f(AD,B1D)＝eq\f(3,\r(21))＝eq\f(\r(21),7)，即cos(90°－θ)＝eq\f(\r(21),7).从而sinθ＝eq\f(\r(21),7).即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为eq\f(\r(21),7).法二(1)证明易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为：A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)．从而eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－t，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(t，1，0)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－t，3，0)．因为AC⊥BD，所以eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝－t2＋3＋0＝0.解得t＝eq\r(3)或t＝－eq\r(3)(舍去)．于是eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，3，－3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)．因为eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(B1D,\s\up6(→))＝－3＋3＋0＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(B1D,\s\up6(→))，即AC⊥B1D.(2)解由(1)知，eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(0，3，3)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，0)，eq\o(B1C1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD1,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋y＝0，,3y＋3z＝0.))令x＝1，则n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(3))．设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，sinθ＝|cos〈n，eq\o(B1C1,\s\up6(→))〉|eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(B1C1,\s\up6(→)),|n|·|\o(B1C1,\s\up6(→))|)))＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7).15.(2012·新课标全国，19)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝BC＝eq\f(1,2)AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1­BD­C1的大小．(1)证明由题设知，三棱柱的侧面为矩形，由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝eq\f(1,2)AA1，可得DCeq\o\al(2,1)＋DC2＝CCeq\o\al(2,1)，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.BC⊂平面BCD，故DC1⊥BC.(2)解由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C为坐标原点，eq\o(CA,\s\up6(→))的方向为x轴的正方向，|eq\o(CA,\s\up6(→))|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz.由题意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2)．则eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(0，0，－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1，－1，1)，eq\o(DC1,\s\up6(→))＝(－1，0，1)．设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1D,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y＋z＝0，,z＝0.))可取n＝(1，1，0)．同理，设m＝(x1，y1，z1)是平面C1BD的法向量．则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DC1,\s\up6(→))＝0.))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1－y1＋z1＝0，,－x1＋z1＝0，))可取m＝(1，2，1)．从而cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).故二面角A1­BD­C1的大小为30°.考点二空间距离1．(2014·江西，10)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12.一质点从顶点A射向点E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i－1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i＝2，3，4)，L1＝AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是()解析根据反射的对称性，质点是在过A，E，A1的平面内运动．因为eq\f(7,11)<eq\f(3,4)，所以过A、E，A1作长方体的截面AA1NM如图所示．设点A关于平面A1B1C1D1的对称点为A′，易知它在z轴上，且A′A1＝AA1＝12，连接A′E并延长交平面ABCD于点E1，因为A1E＝5，所以AE1＝10，且E1到AB，AD的距离分别为6，8，即E1(8，6，0)，而它在线段AM上，从而知L1＝AE＝EE1＝L2；事实上，只需要在AA1NM内，过E1作AE的平行线交MN于点E2，再过E2作E1E的平行线交A1N于点E3，可知EE1>E2E3＝L4>E1E2＝L3，故L1＝L2>L4>L3，故选答案C2．(2012·全国，4)已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2eq\r(2)，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为()A．2 B.eq\r(3) C.eq\r(2) D．1解析连接AC交BD于点O，连接OE，∵AB＝2，∴AC＝2eq\r(2).又CC1＝2eq\r(2)，则AC＝CC1.作CH⊥AC1于点H，交OE于点M.由OE为△ACC1的中位线知，CM⊥OE，M为CH的中点．由BD⊥AC，EC⊥BD知，BD⊥平面EOC，∴CM⊥BD.∴CM⊥平面BDE.∴HM为直线AC1到平面BDE的距离．又△ACC1为等腰直角三角形，∴CH＝2.∴HM＝1.答案D3．(2011·重庆，9)高为eq\f(\r(2),4)的四棱锥S­ABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为()A.eq\f(\r(2),4) B.eq\f(\r(2),2) C．1 D.eq\r(2)解析如图所示，过S点作SE⊥AC交AC的延长线于E点，则SE⊥面ABCD，故SE＝eq\f(\r(2),4).设球心为O，A，B，C，D所在圆的圆心为O1，则O1为AC，BD的交点．在Rt△OAO1中，AO1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝1，故OO1＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2).故OO1＝2SE.过S点作SO2⊥O1O于点O2，则O2为O1O的中点．故△OSO1为等腰三角形，则有O1S＝SO＝1.答案C4．(2011·大纲全国，6)已知直二面角α­l­β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),3) C.eq\f(\r(6),3) D．1解析由题意可作图：∵AB＝2，AC＝BD＝1，∴BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(3)，∴CD＝eq\r(BC2－BD2)＝eq\r(2)，作DE⊥BC于点E，则DE即为D到平面ABC的距离．∵DC·DB＝BC·DE，∴DE＝eq\f(DC·DB,BC)＝eq\f(\r(2)×1,\r(3))＝eq\f(\r(6),3).答案C5.(2013·北京，14)如图，在棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上．点P到直线CC1的距离的最小值为________．解析过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于点E连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于点HP点到直线CC1的距离就是C1H，故当C1H垂直于D1E1时，P点到直线CC1距离最小，此时，在Rt△D1C1E1中C1H⊥D1E1，D1E1·C1H＝C1D1·C1E1，∴C1H＝eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).答案eq\f(2\r(5),5)v6．(2015·江苏，22)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝eq\f(π,2)，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．解以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)因为AD⊥平面PAB，所以eq\o(AD,\s\up6(→))是平面PAB的一个法向量，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，2，0)．因为eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，1，－2)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，m·eq\o(PD,\s\up6(→))＝0，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－2z＝0，,2y－2z＝0.))令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．从而cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，m〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·m,|\o(AD,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(\r(3),3)，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)因为eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，设eq\o(BQ,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又eq\o(CB,\s\up6(→))＝(0，－1，0)，则eq\o(CQ,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BQ,\s\up6(→))＝(－λ，－1，2λ)，又eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，－2，2)，从而cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CQ,\s\up6(→))·\o(DP,\s\up6(→)),|\o(CQ,\s\up6(→))||\o(DP,\s\up6(→))|)＝eq\f(1＋2λ,\r(10λ2＋2)).设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉＝eq\f(2t2,5t2－10t＋9)＝eq\f(2,9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(5,9)))\s\up12(2)＋\f(20,9))≤eq\f(9,10).当且仅当t＝eq\f(9,5)，即λ＝eq\f(2,5)时，|cos〈eq\o(CQ,\s\up6(→))，eq\o(DP,\s\up6(→))〉|的最大值为eq\f(3\r(10),10).因为y＝cosx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，所以BQ＝eq\f(2,5)BP＝eq\f(2\r(5),5).7．(2015·山东，17)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE,∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．(1)证明法一连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.法二在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)解法一设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF－ABC中，G为AC的中点，由DF＝eq\f(1,2)AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点．所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直．以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.所以G(0，0，0)，B(eq\r(2)，0，0)，C(0，eq\r(2)，0)，D(0，0，1)．可得Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，F(0，eq\r(2)，1)，故eq\o(GH,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，eq\o(GF,\s\up6(→))＝(0，eq\r(2)，1)．设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，则由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(GH,\s\up6(→))＝0，,n·\o(GF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝0，,\r(2)y＋z＝0.))可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，eq\r(2))．因为eq\o(GB,\s\up6(→))是平面ACFD的一个法向量，eq\o(GB,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，0)．所以cos〈eq\o(GB,\s\up6(→))，n〉＝eq\f(\o(GB,\s\up6(→))·n,|\o(GB,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\r(2),2\r(2))＝eq\f(1,2).所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.法二作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NH.由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC，又FC∩AC＝C，所以HM⊥平面ACFD.因此GF⊥NH，所以∠MNH即为所求的角．在△BGC中，MH∥BG，MH＝eq\f(1,2)BG＝eq\f(\r(2),2)，由△GNM∽△GCF，可得eq\f(MN,FC)＝eq\f(GM,GF)，从而MN＝eq\f(\r(6),6).由HM⊥平面ACFD，MN⊂平面ACFD，得HM⊥MN，因此tan∠MNH＝eq\f(HM,MN)＝eq\r(3)，所以∠MNH＝60°，所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.8．(2014·四川，18)三棱锥A­BCD及其侧视图、俯视图如图所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角A­NP­M的余弦值；(1)证明如图，取BD中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，因此AO⊥BD，OC⊥BD.因为AO、OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中点H，连接NH，PH，又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NH∥AO，MN//BD.因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.因为H为BO的中点，故P为BC中点．(2)解法一如图，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角A­NP­M的一个平面角．由(1)知，△ABD，△BCD是边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝eq\r(3).由俯视图可知，AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰Rt△AOC中，AC＝eq\r(6)，作BR⊥AC于R.在△ABC中，AB＝BC，所以BR＝eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(10),2).因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQ＝eq\f(BR,2)＝eq\f(\r(10),4).同理，可得MQ＝eq\f(\r(10),4).所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝eq\f(\f(MN,2),NQ)＝eq\f(\f(BD,4),NQ)＝eq\f(\r(10),5).故二面角A­NP­M的余弦值是eq\f(\r(10),5).法二由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．如图，以O为坐标原点，以eq\o(OB,\s\up6(→))，eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(OA,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系O­xyz.则A(0，0，eq\r(3))，B(1，0，0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1，0，0)．因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).于是eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，－eq\r(3))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(MN,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(NP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，－\f(\r(3),2))).设平面ABC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则eq