四类立体几何题型-新高考数学大题秒杀技巧（解析版）

四类立体几何题型-高考数学大题秒杀技巧立体几何问题一般分为四类：类型1：线面平行问题类型2：线面垂直问题类型3：点面距离问题类型4：线面及面面夹角问题下面给大家对每一个类型进行秒杀处理.技巧：法向量的求算待定系数法：步骤如下：①设出平面的法向量为n=x,y,z．②找出(求出)平面内的两个不共线的向量a=a1,b1,c1，b=a2,b2,c2．n⋅a=0③根据法向量的定义建立关于x,y,z的方程组n⋅b=0④解方程组，取其中的一个解，即得法向量．n⋅a=0注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组n⋅b=0有无数多个解，只需给x,y,z中的一个变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的法向量就不同，但它们是共线向量．秒杀：口诀：求谁不看谁，积差很崩溃(求外用外减，求内用内减)向量a=x1,y1,z1，b=x2,y2,z2是平面α内的两个不共线向量，则向量n=y1z2−y2z1,x2z1−x1z2,x1y2−x2y1是平面α的一个法向量.特别注意：空间点不容易表示出来时直接设空间点的坐标，然后利用距离列三个方程求解.类型1：线面平行问题方法一：中位线型：如图⑴，在底面为平行四边形的四棱锥P-ABCD中，点E是PD的中点.求证：PB⎳平面AEC.分析：方法二：构造平行四边形如图⑵,平行四边形ABCD和梯形BEFC所在平面相交，BE⎳CF，求证：AE⎳平面DCF.1 分析：过点E作EG⎳AD交FC于G，DG就是平面AEGD与平面DCF的交线，那么只要证明AE⎳DG即可。方法三：作辅助面使两个平面是平行如图⑶，在四棱锥O-ABCD中，底面ABCD为菱形，M为OA的中点，N为BC的中点，证明：直线MN‖平面OCD分析：：取OB中点E，连接ME,NE，只需证平面MEN∥平面OCD。方法四：利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行。已知公共边为AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线AE，BD上的点，且AP=DQ(如图)．求证：PQ∥平面CBE．如图⑸，已知三棱锥P−ABC，A、B、C是ΔPBC,ΔPCA,ΔPAB的重心.(1)求证：AB∥面ABC；方法五：(向量法)所证直线与已知平面的法向量垂直，关键：建立空间坐标系(或找空间一组基底)及平面的法向量。线面平行问题专项训练2 1如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为AC、AA1的中点，AC=AA1=2.(1)求证：DE∥平面A1BC；(2)求DE与平面BCC1B1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析10(2)4【详解】(1)证明：∵点D、E分别为AC、AA1的中点，∴DE为三角形ACA1的中位线，即DE∥CA1，DE⊄平面A1BC，CA1⊂平面A1BC，∴DE∥平面A1BC(2)过点A1作B1C1的垂线，垂足为F，连结CF，因为平面A1B1C1⊥平面BCC1B1，且平面A1B1C1∩平面BCC1B1=B1C1，A1F⊥B1C1，所以A1F⊥平面BCC1B1，所以CF为CA1在平面BCC1B1的射影，2222∠A1CF即为所求角，CF=1+2=5，A1F=3，A1C=2+2=22CF510所以cos∠A1CF===.A1C2242如图，在多面体ABCDEFG中，已知ADGC是正方形，GD⎳EF,GF⎳BC，FG⊥平面ADGC,M,11N分别是AC,BF的中点，且BC=EF=CG=FG．223 (1)求证：MN⎳平面AFG；(2)求直线MN与平面BEF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析485(2)85【详解】(1)如图，设P是CG的中点，连接PM,PN．∵M为AC的中点，∴PM∥AG．又PM⊄平面AGF,AG⊂平面AGF，∴PM∥平面AGF．同理可得，PN∥平面AGF．∵PM∩PN=P,PM,PN⊂平面PMN，∴平面PMN∥平面AGF．又MN⊂平面PMN，∴MN∥平面AGF．(2)∵FG⊥平面ADGC,CG,DG⊂平面ADGC，∴FG⊥CG,FG⊥DG．以G为坐标原点，GD,GF,GC的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系3Gxyz．不妨设BC=1，则G(0,0,0),M(1,0,2)，N0,,1,B(0,1,2),E(1,2,0),F(0,2,0)，MN=23-1,,-1,BE=(1,1,-2),BF=(0,1,-2)，2设平面BEF的一个法向量为n=(x,y,z)．n⋅BE=0,x+y-2z=0,由n⋅BF=0得y-2z=0.令z=1，得n=(0,2,1)，设MN与平面BEF所成角为θ，|n⋅MN|2485则sinθ=|cos<n,MN>|===．|n||MN|17×5852485∴直线MN与平面BEF所成角的正弦值为854 3如图，在四棱锥S-ABCD中，ABCD为直角梯形，AD⎳BC，BC⊥CD，平面SCD⊥平面ABCD.△SCD是以CD为斜边的等腰直角三角形，BC=2AD=2CD=2，E为BS上一点，且BE=2ES.(1)证明：直线SD⎳平面ACE；(2)求二面角S-AE-C的余弦值.【答案】(1)证明见解析33(2)11【详解】(1)连接BD交AC于点F，连接EF．因为AD⎳BC，所以△AFD与△BCF相似．BFBC所以==2．FDADBEBF又==2，所以EF⎳SD．ESFD因为EF⊂平面ACE，SD⊄平面ACE，所以直线SD⎳平面ACE．(2)平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD∩平面ABCD=CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，所以BC⊥平面SCD．以C为坐标原点，CD,CB所在的方向分别为y轴、z轴的正方向，与CD,CB均垂直的方向作为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz．224则C(0，0，0)，S(1，1，0)，A(0，2，2)，E,,，333242224CA=(0，2，2)，AS=1,-1,-2,AE=3,-3,-3,CE=3,3,3．设平面SAE的一个法向量为m=(x，y，z)，m⋅AS=x-y-2z=0则242，令x=1，得m=3,1,1，m⋅AE=x-y-z=0333设平面EAC的一个法向量为n=(x，y，z)，n⋅CA=2y+2z=0则224，令z=1，得n=(-1，-1，1)．n⋅CE=x+y+z=0333设二面角S-AE-C的平面角的大小为θ，|m⋅n|333则cosθ===．|m|⋅|n|3⋅11115 33所以二面角S-AE-C的余弦值为．114如图，四边形ABB1A1是圆柱OO1的轴截面，点M是母线CC1的中点，圆柱底面半径R=2,AA1=2.(1)求证：O1C1⎳平面A1BM；(2)当三棱锥A1-ABC的体积最大时，求平面A1BM与平面CBM夹角的余弦值.【答案】(1)见解析6(2)6【详解】(1)证明：连接OO1，OO1∩A1B=N，则OO1⎳CC1，且OO1=CC1，MC=MC1，连接MN，A1O,O1B，由圆柱的性质可得A1O1⎳OB,A1O1=OB，所以四边形A1OBO1是平行四边形，∴O1N=NO，所以N为OO1中点，所以易知O1C1⎳MN，O1C1⊄平面A1BM，MN⊂平面A1BM，所以O1C1⎳平面A1BM；22(2)设AC=a,BC=b，则a+b=8，22111a+b4VA1-ABC=⋅S△ABC⋅AA1=ab≤⋅=，当且仅当AC=BC=2时取等，33323如图所示，建立空间直角坐标系C-xyz，A12,0,2,B0,2,0,M0,0,1，MB=0,2,-1,MA1=2,0,1，设平面A1BM的法向量为n=x,y,z，MB⋅n=02y-z=0所以⇒，令z=2，y=1,x=-1，所以n=-1,1,2，MA1⋅n=02x+z=0取平面CBM的法向量为m=1,0,0，m⋅n6所以平面A1BM与平面CBM夹角的余弦值cosm,n==，6m⋅n6所以平面A1BM与平面CBM夹角的余弦值为.65在直三棱柱A1B1C1-ABC中，A1A=AB=BC=CA=2，M、N分别为棱BC和CC1的中点，点P是侧面A1ABB1上的动点.6 (1)若C1P∥平面AMN，试求点P的轨迹，并证明；(2)若P是线段AB1的中点，求二面角P-MN-A的余弦值.【答案】(1)证明见解析10(2)5【详解】(1)取A1A的中点为Q，连C1Q，QB，C1B，则点P的轨迹为线段BQ.证明：因为M，N分别为BC和C1C的中点，所以MN∥BC1又因为BC1⊄平面ANN，MN⊂平面AMN所以BC1∥平面AMN11又因为Q是A1A的中点，所以AQ=A1A=C1C=C1N22而C1C∥A1A，所以QA∥C1C且QA=C1C所以四边形C1NAQ为平行四边形所以C1Q∥AN又因为C1Q⊄平面ANN，AN⊂平面AMN所以C1Q∥平面AMN因为C1Q∩C1B=C1，所以平面C1BQ∥平面AMN因为点P在侧面A1ABB1上，且C1P∥平面AMN所以C1P在平面C1BQ内，所以点P在线段BQ上，所以点P的轨迹为线段BQ.(2)依题设可知直三棱柱A1B1C1-ABC为正三棱柱，AM⊥BC以M为原点，建立空间直角坐标系，如图所示则M0,0,0，A3,0,0，B0,1,0，C0,-1,0，N0,-1,1，31P2,2,1，设平面AMN的法向量为a=x,y,z，则a⋅MA=03x=0x=0⇒⇒y=z.a⋅MN=0-y+z=0取z=1，得a=0,1,17 设平面PMN的法向量为b=x,y,z，则b⋅MP=03x+1y+z=0x=-3z⇒22y=z.b⋅MN=0-y+z=0⇒取z=1，得b=-3,1,1a⋅b210∴cosa,b===ab2⋅5510所以，二面角P-MN-A的余弦值为.5类型2：线面垂直问题必记结论：0①特殊的平行四边形⇒边长之比1:2，夹角为60，则对角线与边垂直②特殊的直角梯形⇒边长之比1:1:2,对角线与腰垂直③等腰三角形三线合一，三线与底垂直④直径所对的圆周角为直角⑤菱形和正方形：对角线互相垂直⑥特殊的矩形：边长之比1:2或1：2有明显的直角关系线面垂直问题专项训练6如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分别为AC，A1C1的中点，AB=BC=5，AC=AA1=2．(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求点D到平面ABE的距离．【答案】(1)证明见解析；6(2)3【详解】(1)证明：∵AB=BC，D，E分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥DB，且DE⎳AA1，又AA1⊥平面ABC，∴DE⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，∴AC⊥DE，8 又AC⊥DB，且DE∩DB=D，DE,DB⊂平面BDE，∴AC⊥平面BDE．(2)∵AC⊥DB，AB=5，AC=2AD=2，22∴BD=AB-AD=2，22221∴BE=DE+BD=22，AE=DE+AD=5，S△ABD=×1×2=1．2在△ABE中，AB=AE=5，BE=22，22∴BE边上的高为5-2=3．1∴S△ABE=×22×3=6．2设点D到平面ABE的距离为d，116根据VD-ABE=VE-ABD，得×6×d=×1×2，解得d=，3336所以点D到平面ABE的距离为．37如图，四边形ABCD为菱形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，BD=2ED=22FB.(1)证明：平面EAC⊥平面FAC；(2)若∠BAD=60°，求二面角F-AE-C的大小.【答案】(1)证明见解析π(2)4【详解】(1)设BD交AC于点O，连接EO，FO，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.因为ED⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD，所以AC⊥ED.又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF；又EO⊂平面BDEF，所以AC⊥EO.设FB=1，由题意得ED=2，BD=22,DO=BO=2.因为FB⎳ED，且ED⊥面ABCD，则FB⊥平面ABCD，而OB,OD⊂平面ABCD，故OB⊥FB，OD⊥ED，222222所以OF=OB+BF=3，EO=ED+DO=6，EF=BD+ED-BF=8+1=3.9 222因为EF=OE+OF，所以EO⊥FO.因为OF∩AC=O，OF,AC⊂平面ACF，所以EO⊥平面ACF.又EO⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面FAC.(2)取EF中点G，连接OG，所以OG⎳ED，OG⊥底面ABCD.以O为原点，以OA,OB,OG分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，因为∠BAD=60°，由(1)中所设知，AB=AD=22，所以，OA=OC=6,所以A(6,0,0),F(0,2,1),E(0,-2,2),C(-6,0,0).所以FA=(6,-2,-1)，EA=(6,2,-2)，EC=(-6,2,-2)，设平面FAE的一个法向量为m=(x,y,z)，m⋅FA=06x-2y-z=0x=3y则m⋅EA=0⇒6x+2y-2z=0⇒z=22y，所以m=(3,1,22)；平面AEC的一个法向量为n=(a,b,c)，n⋅EC=0-6a+2b-2c=0a=0则⇒⇒，n⋅EA=06a+2b-2c=0b=2c所以n=(0,2,1)；322所以cosm,n==，3×3+1+(22)22由图形可知二面角F-AE-C的平面角为锐角，π所以二面角F-AE-C的大小为.48如图，△ADM是等腰直角三角形，AD⊥DM，四边形ABCM是直角梯形，AB⊥BC，MC⊥BC，且AB=2BC=2CM=2，平面ADM⊥平面ABCM．10 (1)求证：AD⊥BM；2(2)若点E是线段DB上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥M-ADE的体积为?18【答案】(1)证明见解析(2)E为线段BD上靠近点D的三等分点【详解】(1)∵四边形ABCM是直角梯形，AB⊥BC，MC⊥BC，AB=2BC=2MC=2，22∴BM=1+1=2,AM=2-1+1=2，222则AM+BM=AB，∴AM⊥MB，∵平面ADM⊥平面ABCM，平面ADM∩平面ABCM=AM，BM⊂平面ABCM，∴BM⊥平面DAM，又DA⊂平面DAM，∴AD⊥BM；(2)由(1)可知BM⊥平面ADM，BM=2，DE设=λ，则E到平面ADM的距离为B到平面ADM的距离的λ倍，BD即E到平面ADM的距离d=2λ，∵△ADM是等腰直角三角形，AD⊥DM，AM=2，∴AD=DM=1，12112∴VM-ADE=VE-ADM=S△ADM⋅d=，即××1×1×2λ=，31832181∴λ=，3∴E为线段BD上靠近点D的三等分点．119如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1=2，AE=AA1，D为棱24CC1的中点，F为棱BC的中点．11 (1)求证：BE⊥平面AB1C；(2)求三棱锥B-DEF的体积．【答案】(1)证明见解析2(2)311【详解】(1)∵AE=AA1，AB=AC=AA1，AA1=BB1，4211AEAB∴AE=AB，AB=BB1，则=．22ABBB1∵ABC-A1B1C1为直三棱柱，故侧面ABB1A1为矩形，∴∠A1AB=∠ABB1=90°，综上，△AEB∼△BAB1，故∠BAB1=∠AEB，又∠EBA+∠AEB=90°，∴∠EBA+∠BAB1=90°，则BE⊥AB1．∵AA1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AC，又AC⊥AB，AA1∩AB=A，AA1⊂平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，∴AC⊥平面ABB1A1，又BE⊂平面ABB1A1，则AC⊥BE．∵AB1∩AC=A，AB1⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，∴BE⊥平面AB1C．(2)连接AF，AA1⎳BB1，AA1⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，∴AA1⎳平面BCC1B1，12 1∴三棱锥B-DEF的体积VB-DEF=VE-BDF=VA-BDF=VD-ABF=S△ABF⋅CD．3∵AB=AC=2，∠BAC=90°，F为BC的中点，∴BC=22，AF⊥BC，∴AF=BF=2，11∴S△ABF=⋅BF⋅AF=⋅2⋅2=1，22112∴三棱锥B-DEF的体积VB-DEF=VD-ABF=S△ABF⋅CD=×1×2=．333110如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1=B1C1，A1C1⊥B1C1，A1A=A1B1，M为棱A1B1的中2点.(1)求证：AM⊥平面BC1M；(2)若A1C1=2，求三棱锥A-BC1M的体积.【答案】(1)证明见解析22(2)3【详解】(1)因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以A1A⊥平面A1B1C1.又C1M⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥C1M.因为M为棱A1B1的中点，A1C1=B1C1，所以C1M⊥A1B1.因为A1A⊂平面A1ABB1，A1B1⊂平面A1ABB1，A1A∩A1B1=A1，所以C1M⊥平面A1ABB1.又AM⊂平面A1ABB1，所以C1M⊥AM.1因为M为棱A1B1的中点，所以A1A=A1B1=A1M.2又A1A⊥A1M，所以∠A1MA=45°，同理∠B1MB=45°，所以AM⊥BM.因为C1M⊂平面BC1M，BM⊂平面BC1M，C1M∩BM=M，所以AM⊥平面BC1M.1(2)因为A1C1=B1C1=2，A1C1⊥B1C1，A1A=A1B1，21所以A1B1=22，A1A=A1B1=A1M=C1M=2，222所以AM=BM=A1A+A1M=2.由(1)知C1M⊥平面A1ABB1，13 111122所以VA-BC1M=VC1-ABM=S△ABM×C1M=××AM×BM×C1M=×2×2×2=，3326322即三棱锥A-BC1M的体积为.3类型3：点面距离问题22PP1⋅a结论1《：点线距离》d=PP1−⇒《异面直线求距离问题》aPP1⋅nPP1⋅n结论2《：点面距离》d=结论3《：线面距离》d=nnPP1⋅n结论4《：面面距离》d=n222结论5《：点点距离》d=x1−x2+y1−y2+z1−z211如图，在底面是矩形的四棱雉P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=4，E是PD的中点.(1)求证：平面PCD⊥平面PAD；(2)求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值；(3)求B点到平面EAC的距离.【答案】(1)证明见解析2(2)34(3)3【详解】(1)由题可知，以A为原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示14 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),E(0,2,1),P(0,0,2).所以AB=(2,0,0),AD=(0,4,0),AP=(0,0,2),CD=(-2,0,0),AE=(0,2,1),AC=(2,4,0),所以CD⋅AD=-2×0+0×4+0×0=0,即CD⊥AD,所以CD⋅AP=-2×0+0×0+0×2=0,即CD⊥AP,又AD∩AP=A,AD,AP⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD,又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.(2)设平面AEC的法向量为n=x,y,z，则n.AE=02y+z=0n.AC=0，即2x+4y=0，令x=2，则x=-1,z=2，所以n=2,-1,2，由题意知，PA⊥平面ABCD，平面ACD的法向量为AP=0,0,2,设平面EAC与平面ACD夹角的θ，则n⋅AP42cosθ=cos<n,AP>===，3×23|n||AP|2所以平面EAC与平面ACD夹角的余弦值为.3(3)由(2)知，平面AEC的法向量为n=2,-1,2，AB=2,0,0设B点到平面EAC的距离为h，则n⋅AB2×2+-1×0+2×04h===，22+-12+223n4所以B点到平面EAC的距离为.3π12如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，∠DAB=，3AD=2CD=32DD1=6，点P，M分别为AB，CD1上靠近A,D1的三等分点．15 (1)求点M到直线PD1的距离；(2)求直线PD与平面PCD1所成角的正弦值.5【答案】(1)215(2)5【详解】(1)由题可得AD=2，CD=DD1=3，又点P为AB上靠近A的三等分点，所以AP=1．在△ADP中，由余弦定理可得，2231DP=AD+AP-2AD⋅AP⋅cos∠DAP=4+1-2×2×1×=3，2222故AD=4=AP+DP，所以△ADP为直角三角形，故DP⊥AB．因为底面ABCD为平行四边形，所以DP⊥CD．由直四棱柱性质可知DD1⊥DP，DD1⊥CD，即DP，CD，DD1两两垂直．故以D为坐标原点，分别以DP，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz．则D(0,0,0),P(3,0,0),D1(0,0,3),M(0,1,2)．因为PD1=-3,0,3，过点M作ME⊥PD1，(点到直线的距离即为通过该点向直线做垂线，点到垂足的距离)令PE=λPD1=-3λ,0,3λ，所以E3-3λ,0,3λ，故ME=3-3λ,-1,3λ-2．331由ME⋅PD1=-3+3λ+9λ-6=0，解得λ=4，所以ME=4,-1,4，故点M到直线PD1的距离为315ME=+1+=．1616216 (2)因为DP=3,0,0，D1M=0,1,-1，PD1=-3,0,3，n⋅D1M=0,y-z=0,设平面PCD1的法向量为n=x,y,z，则即n⋅PD1=0,-3x+3z=0,令x=3，得y=1，z=1，故n=3,1,1．设直线PD与平面PCD1所成角为θ，n⋅DP315则sinθ=|cos‹n,DP›|===．|n|⋅|DP|5×3515所以直线PD与平面PCD1所成角的正弦值为．52313如图，在四棱锥S-ABCD中，四边形ABCD是菱形，AB=1，SC=，三棱锥S-BCD是正3三棱锥，E，F分别为SA，SC的中点.(1)求二面角E-BF-D的余弦值；(2)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.14【答案】(1)737(2)平行，距离为14【详解】(1)连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，BD的中点，且BD⊥AC，因为三棱锥S-BCD是正三棱锥，SB=SD，O为BD的中点，所以BD⊥SO，SO⊂平面SAC,AC⊂平面SAC,又SO∩AC=O，所以BD⊥平面SAC.311作SH⊥平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且OC=，OH=OC=23333232241×=，CH=OC=，SH=SC-CH=-=1.26333317 如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，HS的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，313133131则A0,-2,0，B2,0,0，C.0,2,0，D.-2,0,0，S0,6,1，E0,-6,2，F0,2,2，131131所以BE=-2,-6,2，BF=-2,3,2，BD=-1,0,0，设n1=x1,y1,z1是平面EBF的法向量，131n1⋅BE=-2x1-6y1+2z1=0则131，n1⋅BF=-2x1+3y1+2z1=0则n1=1,0,1，设n2=x2,y2,z2是平面DBF的法向量，n2⋅BD=-x2=0则131，取n2=0,3,-2，n2⋅BF=-2x2+3y2+2z2=0n1⋅n2-214所以cosn1,n2===-，n1n22×7714又因为二面角E-BF-D是锐二面角，所以二面角E-BF-D的余弦值为.7(2)直线SA与平面BDF平行.法1:连接OF，由(1)知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以OF⎳SA，又因为SA⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，所以直线SA⎳平面BDF.法2:由(1)知n2=0,3,-2是平面BDF的一个法向量，3323又A0,-2,0，S0,6,1，所以SA=0,-3,-1，23所以SA⋅n2=0×0+3×-3+-2×-1=0，所以SA⊥n2，又因为SA⊄平面BDF，所以直线SA∥平面BDF.设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，3因为OA=0,-2,0，n2=0,3,-2是平面DBF的一个法向量，3OA⋅n20×0+3×-2+0×-237所以==，714n237所以点A与平面BDF的距离为，1418 37所以直线SA与平面BDF的距离为.1414四棱锥P-ABCD的底面是边长为2的菱形，∠DAB=60°，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60°，E是PB的中点．(1)求异面直线DE与PA所成角的大小(结果用反三角函数值表示)；(2)证明：OE∥平面PAD，并求点E到平面PAD的距离．2【答案】(1)arccos415(2)证明见解析，5【详解】(1)由题意，PO,OC,OB两两互相垂直，以O为坐标原点，射线OB、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图，菱形ABCD中，∠DAB=60°，所以BD=2OB=2,22在Rt△AOB中OA=AB-OB=3，因为PO⊥底面ABCD，所以PB与底面ABCD所成的角为∠PBO=60°，所以PO=OB⋅tan60°=3，则点A、B、D、P的坐标分别是A(0,-3,0),B(1,0,0),D(-1,0,0),P(0,0,3)，1333E是PB的中点，则E2,0,2，于是DE=2,0,2，AP=(0,3,3).322设DE,AP的夹角为θ，则有cosθ==，9+33+34442故θ=arccos，42∴异面直线DE与PA所成角的大小是arccos.419 (2)连接OE，∵E,O分别是PB,BD的中点，∴EO⎳PD，∵EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，∴EO⎳平面PAD.因为AP=(0,3,3)，AD=(-1,3,0),设平面PAD的法向量n=(x,y,z)，n⋅AD=-x+3y=0则n⋅AP=3y+3z=0，令x=3，则y=1,z=-1，33所以n=(3,1,-1)，又DE=2,0,2，33-3|DE⋅n|22315则点E到平面PAD的距离d====.|n|3+1+15515斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为2，∠A1AB=60°，点A1在下底面ABC的投影为AB的中点O．(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．2【答案】(1)存在，BD=5215(2)5【详解】(1)连接OC，因为AC=BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB，由题意知A1O⊥平面ABC，又AA1=2，∠A1AO=60°，所以A1O=3，以O点为原点，如图建立空间直角坐标系，则A10,0,3，A1,0,0，B-1,0,0，C0,3,0，由AB=A1B1得B1-2,0,3，同理得C1-1,3,3，设BD=tBB1,t∈0,1，得D-1-t,0,3t，又AC1=-2,3,3，A1D=-1-t,0,3t-3，20 由AC1⋅A1D=0，得-2-1-t+33t-3=0，12得t=，又BB1=2，∴BD=，552∴存在点D且BD=满足条件；5(2)设平面BCC1B1的法向量为n=x,y,z，BC=1,3,0，CC1=-1,0,3，n⋅BC=x+3y=0则有，可取n=3,-1,1，n⋅CC1=-x+3z=0又BA1=1,0,3，3+0+3215∴点A1到平面BCC1B1的距离为d=BA1cosBA1,n=BA1×=，BA1×55215∴所求距离为.5类型4：线面及面面夹角问题a⋅bπ结论1：异面直线所成角cosθ=θ∈0,2a⋅b①能建空间直角坐标系时，写出相关各点的坐标，然后利用结论求解a⋅b②不能建空间直角坐标系时，取基底的思想，在由公式cosa,b=求出a⋅b关键是求出a⋅b及a与bAB⋅nπ结论2：线面角cosα=sinθ=θ∈0，2AB⋅nn1⋅n2结论3：二面角的平面角cosθ=θ∈0，πn1⋅n2线面及面面夹角问题专项训练16如图，在四边形ABCD中，AB=BC=2CD,AB⊥BC,AC⊥CD，以AC为折痕将△ACD折起，使点D到达点P的位置，且PB=5CD．(1)证明：AB⊥平面PBC；(2)若M为PA的中点，求直线PB与平面MBC所成角的正弦值．21 【答案】(1)证明见解析2(2)．5【详解】(1)因为BC=2CD=2PC，又PB=5CD，22222所以PB=5CD=5PC=BC+PC，所以PC⊥BC，由AC⊥CD，可知AC⊥PC，因为AC,BC⊂平面ABC,AC∩BC=C，所以PC⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以PC⊥AB，又AB⊥BC,PC∩BC=C,PC,BC⊂平面PBC，所以AB⊥平面PBC；(2)取AC的中点O，连接OM,OB，由(1)知，PC⊥平面ABC，OM为△PAC的中位线，OM⎳PC，所以OM⊥平面ABC，又AC,OB⊂平面ABC，所以OM⊥AC,OM⊥OB，即OM,OB,AC两两垂直，如图，以O为原点，OB,OC,OM所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，11设CD=2，则AB=BC=4，AC=42，OB=AC=22，OM=PC=1，22则P0,22,2,B22,0,0,C0,22,0,M0,0,1，所以PB=22,-22,-2,BC=-22,22,0,BM=-22,0,1，设平面MBC的一个法向量为n=x,y,z，n⋅BC=0,-22x+22y=0,则由n⋅BM=0⇒-22x+z=0,令x=1，得y=1，z=22，得n=(1,1,22)，设直线PB与平面MBC所成角为θ，n⋅PB22-22-422则sinθ=cos<n,PB>===，n⋅PB25×1052所以直线PB与平面MBC所成角的正弦值为．517在四棱锥P-ABCD中，面PAB⊥面ABCD，PA=PC,AD⊥AB,AD⎳BC,AD=2BC=2，AB=3,E是线段AB上的靠近B点的三等分点.(1)求证：CD⊥面PEC；22 (2)若面BPC和面PEC的夹角为45°，求线段BP的长.【答案】(1)证明见解析(2)BP=1【详解】(1)法一：由AD⊥AB，面PAB⊥面ABCD，AD⊂面ABCD，面PAB∩面ABCD=AB，所以AD⊥面PAB，PA⊂面PAB，故AD⊥PA，22由勾股定理得：CD=AB+(AD-BC)=2，而AD=2，又PA=PC,PD=PD，所以△PCD≅△PAD，所以CD⊥PC，222224易得：EC=BE+BC=3,ED=AE+AD=3，33222所以ED=EC+CD，故CD⊥EC，又PC∩EC=C，PC,EC⊂面PEC，所以CD⊥面PEC.法二：因为面PAB⊥面ABCD，在平面PAB内作Bz⊥BA，则BZ⊥面ABCD，3以B点为原点建立空间直角坐标系，则A0,3,0,D2,3,0,E0,3,0,C1,0,0，22223设P0,a,b，因为PA=PC，所以(a-3)+b=1+a+b，可得a=.33所以EP=0,0,b，又CD=1,3,0,EC=1,-3,0，故CD⋅EP=0,CD⋅EC=0，所以CD⊥EP,CD⊥EC，又PC∩EC=C，PC,EC⊂面PEC，所以CD⊥面PEC.(2)法一：取AD的中点F，连结BF，交EC于点O，则BC⎳FD,BC=FD，所以BCDF为平行四边形，则BF⎳CD，由(1)知：BF⊥面PEC，过O作OG⊥PC于点G，连结BG,∠BGO就是二面角B-PC-E的平面角，12即∠BGO=45°，而BO=，则BG=，且BG⊥PC，BC=1，故∠BCP=45°，2223 而AD⎳BC，由(1)知：AD⊥面PAB，则BC⊥面PAB，BP⊂面PAB，所以BC⊥BP，故在直角△BPC中BP=1.3法二：因为BP=0,3,b,BC=1,0,0，若平面BPC的法向量n=(x,y,z)，3n⋅BP=3y+bz=0所以，令z=1，则n=0,-3b,1，n⋅BC=x=0面PEC的法向量为：CD=1,3,0，3b26所以cosCD,n==，所以b=(负值舍)，则BP=1.23b2+12318如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，AB=PA=2，且直线PDπ与底面ABCD所成的角为．4(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；(2)若3PM=MB，求二面角M-AC-P的余弦值．【答案】(1)证明见解析338(2)．19π【详解】(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，且直线PD与平面ABCD所成的角为．4∵AD,BD⊂平面ABCD，π∴PA⊥AD，PA⊥BD，∠PDA=，4又PA=2，∴AD=2∵底面ABCD为矩形，且AB=2，∴底面ABCD为正方形，∴AC⊥BD而AC∩PA=A，AC,PA⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,0,0，B0,2,0，C2,2,0，D2,0,0，P0,0,2，13∵3PM=MB，∴M0，，，2224 m⋅AC=0设平面MAC的法向量m=x,y,z，则，∴m=3,-3,1m⋅AM=0又平面PAC的法向量n=1,-1,0，m⋅n338∴cosm,n==，19mn338∴二面角M-AC-P的余弦值为．1919如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=2BC=12，E是AB的中点，D在AC上，DE⊥AB，以DE为折痕把△ADE折起，使点A到达点A1的位置，且二面角A1-DE-B的大小为60°.(1)求证：A1C⊥BE；(2)求直线A1E与平面A1CD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；7(2)7【详解】(1)依题DE⊥BE,DE⊥A1E,BE∩A1E=E，所以DE⊥平面A1EB，则∠A1EB为二面角A1-DE-B的平面角，即∠A1EB=60°，因为EA1=EB，所以△BEA1为等边三角形，取BE中点O，连接OA1，OC，CE，则BE⊥A1O，因为BC=BE=CE，所以BE⊥OC，又OC∩OA1=O，所以BE⊥平面OCA1，又A1C⊂平面OCA1，所以BE⊥A1C；(2)因为DE⊥EB,DE⊥A1E,EB∩A1E=E，所以DE⊥面A1EB，从而DE⊥A1O因为DE⊥BE,BE⊥OC，所以DE⎳CO，所以CO⊥A1O，所以OC,OB,OA1两两垂直，以O为原点，以OC,OB,OA1的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间坐标系O-xyz，则A10,0,33,C33,0,0,D23,-3,0,E0,-3,0，所以EA1=0,3,33，A1C=33,0,-33,CD=-3,-3,0，25 设平面A1CD的一个法向量n=x,y,z，则n⋅A1C=033x-33z=0，所以，n⋅CD=0-3x-3y=0令y=1，则平面A1CD的一个法向量n=-3,1,-3，设直线A1E与平面A1CD所成角为θ，0+3-97则sinθ=cosEA1,n==7，6×77则直线A1E与平面A1CD所成角的正弦值为.720如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BC=CD=DB=3AB=3AD=2,C1B=C1D(1)求证：平面BC1D⊥平面ACC1A1；(2)设E为棱BC的中点，线段AC,DE交于点F,C1F⊥平面ABCD，且C1F=2，求平面ABC1与平面CBC1的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；65(2).65【详解】(1)设AC,BD交于点O，连接C1O，如图，因为BC=CD,AB=AD，则点A,C在线段BD的垂直平分线上，即有AC⊥BD,O为BD的中点，又因为C1B=C1D，则C1O⊥BD，又C1O∩AC=O,C1O,AC⊂平面ACC1A1，因此BD⊥平面ACC1A1，而BD⊂平面BC1D，所以平面BC1D⊥平面ACC1A1.26 (2)由(1)知，BD⊥平面ACC1A1，而BD⊂平面ABCD，则平面ABCD⊥平面ACC1A1，在平面ACC1A1内过O作Oz⊥AC，又平面ABCD∩平面ACC1A1=AC，因此Oz⊥平面ABCD，射线OB,OC,Oz两两垂直，以O为原点，射线OB,OC,Oz的方向为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系，因为E为棱BC的中点，则点F是正△BCD的重心，又BC=CD=DB=3AB=3AD=2，C1F⊥平面ABCD，且C1F=2，333则A0,-3,0,B(1,0,0),C(0,3,0),F0,3,0,C10,3,2，33所以AB=1,3,0,BC1=-1,3,2,BC=(-1,3,0)，设平面ABC1的法向量为n1=x1,y1,z1，3n1⋅AB=x1+3y1=0则3，令x1=1，得n1=1,-3,1，n1⋅BC1=-x1+3y1+2z1=0设平面CBC1的法向量为n2=x2,y2,z2，n2⋅BC=-x2+3y2=0则3，令x2=3，得n2=3,3,1，n2⋅BC1=-x2+3y2+2z2=0|n1⋅n2|165设平面ABC1与平面CBC1的夹角为θ，则cosθ===，|n1||n2|5×136565即平面ABC1与平面CBC1的夹角的余弦值为.6527