7.5空間角與空間距離、空間向量及應(yīng)用五年高考考點1用向量法判定空間中的位置關(guān)系考點2空間角與距離目錄三年模擬基礎(chǔ)強化練能力拔高練1能力拔高練2創(chuàng)新風(fēng)向練高考新風(fēng)向·創(chuàng)新知識交匯

思維引導(dǎo)回歸本質(zhì)(2024新課標(biāo)Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱臺ABC-A1B1C1的體積為

,AB=6,A1B1=2,則A1A與平面ABC所成角的正切值為

(

)A.

B.1

C.2

D.3創(chuàng)新點

注重知識間的內(nèi)在聯(lián)系,這是一道關(guān)于正三棱臺的體積和線面所成角的問題.

根據(jù)題意利用體積求出高,再求側(cè)棱與底面所成的角的正切值.題目通過具體的幾何形

狀和數(shù)據(jù),考查學(xué)生對空間幾何體的理解和計算能力.題目設(shè)計巧妙,需要學(xué)生在掌握基

礎(chǔ)知識的同時,能夠靈活運用知識間的內(nèi)在聯(lián)系進行推理和分析.

B解析

解法一:如圖,延長AA1,BB1,CC1交于一點P,過P作PO⊥平面ABC,垂足為O,PO與平面A1B1

C1交于點O1,連接O1A1,OA.

∵ABC-A1B1C1是正三棱臺,∴三棱錐P-ABC是正三棱錐.設(shè)△A1B1C1,△ABC的面積分別為S1,S2,則

=

(S1+S2+

)·O1O=

.又∵S1=

×22×

=

,S2=

×62×

=9

,∴

(

+9

+

)·O1O=

,∴O1O=

.∵△PO1A1∽△POA,∴

=

.又∵△PB1A1∽△PBA,∴

=

=

=

,∴

=

,∴PO=2

,∵PO⊥平面ABC,∴∠PAO是AA1與平面ABC所成角.AO=

×

×AB=2

,在Rt△PAO中,tan∠PAO=

=

=1.故選B.解法二:如圖,作A1D⊥底面ABC于點D,設(shè)點O1為正△A1B1C1的中心,作OO1⊥底面ABC于

點O,易知O為正△ABC的中心,且AD=AO-A1O1=

.設(shè)臺體的高為h,由

×4+

×36+

×2×6

h=

,解得h=

,所以A1A與平面ABC所成角的正切值為

=1.故選B.

五年高考考點1用向量法判定空間中的位置關(guān)系(多選)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如圖,下列各正方體中,O為下底面的中心,M,N為正方體

的頂點,P為所在棱的中點,則滿足MN⊥OP的是

()BC解析

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)正方體棱長為1.

對于A,M(1,0,1),N(0,1,1),O

,P

,則

=(-1,1,0),

=

,

·

=

+

=1≠0,故A不合題意;對于B,M(0,0,1),N(1,0,0),O

,P

,則

=(1,0,-1),

=

,

·

=

-

=0,故B符合題意;對于C,M(1,1,1),N(0,1,0),O

,P

,則

=(-1,0,-1),

=

,

·

=

-

=0,故C符合題意;對于D,M(0,1,0),N(0,0,1),O

,P

,則

=(0,-1,1),

=

,

·

=1≠0,故D不合題意.故選BC.考點2空間角與距離1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,中)日晷是中國古代用來測定時間的儀器,利用與晷面垂直的晷

針投射到晷面的影子來測定時間.把地球看成一個球(球心記為O),地球上一點A的緯度

是指OA與地球赤道所在平面所成角,點A處的水平面是指過點A且與OA垂直的平面.在

點A處放置一個日晷,若晷面與赤道所在平面平行,點A處的緯度為北緯40°,則晷針與點

A處的水平面所成角為

()A.20°

B.40°

C.50°

D.90°B解析

由題意作出如圖所示的截面圖,其中CD是赤道所在平面的截線;l是點A處水平面的截

線,依題意可知OA⊥l;AB是晷針?biāo)谥本€,m是晷面的截線(易錯:注意“晷面的截線”

是與晷針垂直的線),依題意知,晷面和赤道平面平行,晷針與晷面垂直,根據(jù)面面平行的

性質(zhì)定理可得m∥CD,根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得AB⊥m.由于∠AOC=40°,m∥CD,所以

∠OAG=∠AOC=40°,由于∠OAG+∠GAE=∠BAE+∠GAE=90°,所以∠BAE=∠OAG=40°,即晷針與點A處的水平面所成角為∠BAE=40°,故選B.

2.(2022全國甲,文9,理7,5分,中)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D與平面ABCD和平

面AA1B1B所成的角均為30°,則

()A.AB=2ADB.AB與平面AB1C1D所成的角為30°C.AC=CB1D.B1D與平面BB1C1C所成的角為45°D解析

如圖,連接BD.由題可知,BB1⊥平面ABCD,AD⊥平面AA1B1B,

易知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角分別為∠B1DB,∠AB1D,∴∠B1DB=∠AB1D=30°.設(shè)AD=1,則AB1=

,B1D=2,∴BB1=1,BD=

,∴AB=

,∴AB=

AD,故A錯誤.過B作BH⊥AB1,交AB1于H,易知∠HAB為AB與平面AB1C1D所成的角.∵BH=

=

,∴sin∠HAB=

=

,故B錯誤.易知AC=

,CB1=

,∴AC≠CB1,故C錯誤.易知∠DB1C為B1D與平面BB1C1C所成的角,∴sin∠DB1C=

=

,∴∠DB1C=45°,故D正確.3.(2023全國乙理,9,5分,中)已知△ABC為等腰直角三角形,AB為斜邊,△ABD為等邊三角

形.若二面角C-AB-D為150°,則直線CD與平面ABC所成角的正切值為

()A.

B.

C.

D.

C解析

取AB的中點E,連接CE,DE,則CE⊥AB,DE⊥AB,所以∠DEC是二面角C-AB-D的平面角,

所以∠DEC=150°,因為DE∩CE=E,所以AB⊥平面DCE,因為AB?平面ABC,所以平面

DCE⊥平面ABC,易知∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角,設(shè)AB=a,

在等腰直角△ABC中,CE=

a,在等邊△ABD中,DE=

a,在△DCE中,由余弦定理,得DC2=

+

-2·

a·

a·cos150°=

a2,∴DC=

a,則cos∠DCE=

=

,∵0°<∠DCE<30°,∴sin∠DCE=

=

,∴tan∠DCE=

=

.故選C.4.(多選)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方體ABCD-A1B1C1D1,則

()A.直線BC1與DA1所成的角為90°B.直線BC1與CA1所成的角為90°C.直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°D.直線BC1與平面ABCD所成的角為45°ABD解析

連接B1C,交BC1于O,∵A1D∥B1C,∴∠B1OC1(或其補角)為直線BC1與DA1所成的角,又B1C

⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直線BC1與DA1所成角為90°.故選項A正確.由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1?平面BB1C1C知A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C

?平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1?平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直線BC1與CA1所成角為90°.故選項B正確.連接A1C1,交B1D1于點O1,連接O1B,易證C1O1⊥平面BB1D1D,∴BC1在平面BB1D1D內(nèi)的射

影為O1B,∴BC1與平面BB1D1D所成角為∠C1BO1.在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1=

=

,則∠C1BO1=30°,故選項C錯誤.∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1與平面ABCD所成的角,而∠C1BC=45°,故選項D正

確.故選ABD.5.(2021新高考Ⅱ,19,12分,中)在四棱錐Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=

QA=

,QC=3.(1)證明:平面QAD⊥平面ABCD;(2)求二面角B-QD-A的余弦值.

解析

(1)證明:取AD的中點E,連接QE,CE,則AE=DE=1.由QD=QA,得QE⊥AD.在Rt△QAE中,QE=

=

=2.∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2,在Rt△CDE中,CE=

=

=

.∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE,又∵CE∩AD=E,CE、AD?平面ABCD,∴QE⊥平面ABCD.又QE?平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.(2)建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,

則B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),則

=(-2,1,2),

=(-2,2,0).顯然,平面QAD的一個法向量為n1=(1,0,0),設(shè)平面BQD的法向量為n2=(x,y,z),則

?

?x=y=2z.取n2=(2,2,1).設(shè)二面角B-QD-A的平面角為θ,易知θ為銳角,則cosθ=|cos<n1,n2>|=

=

=

.6.(2023新課標(biāo)Ⅰ,18,12分,中)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,點A2,B2,C2,D2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)證明:B2C2∥A2D2;(2)點P在棱BB1上,當(dāng)二面角P-A2C2-D2為150°時,求B2P.

解析

(1)證明:以C為原點,

,

,

的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

由題意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),則

=(0,-2,1),

=(0,-2,1),∴

=

,∴

∥

,又知B2C2與A2D2無公共點,∴B2C2∥A2D2.(2)∵點P在棱BB1上,∴設(shè)P(0,2,a)(0≤a≤4),結(jié)合(1)可知

=(-2,-2,2),

=(0,-2,1),

=(2,0,1-a),

=(0,-2,3-a).設(shè)平面A2C2D2的法向量為n1=(x1,y1,z1),則

即

令z1=2,則n1=(1,1,2).設(shè)平面PA2C2的法向量為n2=(x2,y2,z2),則

即

令z2=2,則n2=(a-1,3-a,2),又∵二面角P-A2C2-D2為150°,∴|cos150°|=|cos<n1,n2>|=

=

=

,即

=

,化簡得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,當(dāng)a=1時,B2P=1;當(dāng)a=3時,B2P=1.綜上,B2P=1.7.(2024新課標(biāo)Ⅱ,17,15分,中)如圖,平面四邊形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5

,∠ADC=90°,∠BAD=30°,點E,F滿足

=

,

=

.將△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4

.(1)證明:EF⊥PD;(2)求面PCD與面PBF所成的二面角的正弦值.

解析

(1)證明:∵AB=8,AD=5

,

=

,

=

,∴|

|=2

,|

|=4,在△AEF中,∠EAF=30°,∴由余弦定理得EF2=AE2+AF2-2AE·AF·cos∠EAF=(2

)2+42-2×2

×4×

=4,∴EF=2,∴AE2+EF2=AF2,∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF,(注意翻折前后的位置關(guān)系)又∵ED?面PDE,PE?面PDE,ED∩PE=E,∴EF⊥面PDE,又∵PD?面PDE,∴EF⊥PD.(2)連接EC,在Rt△EDC中,EC2=CD2+DE2=32+(3

)2=36,∴EC=6.又∵PE=2

,PC=4

,∴PE2+EC2=PC2,∴PE⊥EC,又∵PE⊥EF,EC?面FBCDE,EF?面FBCDE,且EC∩EF=E,∴PE⊥面FBCDE,∴以E為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則P(0,0,2

),D(0,3

,0),C(3,3

,0),F(2,0,0),則

=(3,3

,-2

),

=(0,3

,-2

),

=(2,0,-2

).作BG⊥AD交AD于點G,在Rt△ABG中,∵AB=8,∠BAG=30°,∴BG=4,AG=4

,則EG=2

,則B(4,2

,0),則

=(4,2

,-2

),設(shè)面PCD的法向量為m=(x1,y1,z1),則

即

令z1=3,則y1=2,x1=0,∴m=(0,2,3).設(shè)面PBF的法向量為n=(x2,y2,z2),則

即

令z2=1,則x2=

,y2=-1,則n=(

,-1,1).設(shè)面PCD與面PBF所成的二面角為θ,則|cosθ|=

=

=

,故sinθ=

=

=

,故面PCD與面PBF所成的二面角的正弦值為

.8.(2023新課標(biāo)Ⅱ,20,12分,中)如圖,三棱錐A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E為BC的中點.(1)證明:BC⊥DA;(2)點F滿足

=

,求二面角D-AB-F的正弦值.

解析

(1)證明:連接AE,DE,∵DB=DC,E為BC的中點,∴DE⊥BC.又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ACD與△ABD均為等邊三角形,∴AC=AB,∴AE⊥BC.又∵AE∩DE=E,AE?平面ADE,DE?平面ADE,∴BC⊥平面ADE,又∵DA?平面ADE,∴BC⊥DA.(2)設(shè)DA=DB=DC=2,則BC=2

,DE=AE=

,∴AE2+DE2=4=DA2,∴AE⊥DE.又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE?平面BCD,BC?平面BCD,∴AE⊥平面BCD.以E為原點,

,

,

的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則D(

,0,0),A(0,0,

),B(0,

,0),E(0,0,0),∴

=(-

,0,

),

=(0,

,-

),∵

=

,∴F(-

,0,

),∴

=(-

,0,0).設(shè)平面DAB的法向量為n1=(x1,y1,z1),則

即

令z1=1,則n1=(1,1,1).設(shè)平面ABF的法向量為n2=(x2,y2,z2),則

即

令z2=1,則n2=(0,1,1).設(shè)二面角D-AB-F的平面角為θ,則|cosθ|=

=

=

.又∵θ∈[0,π],∴sinθ=

=

=

,∴二面角D-AB-F的正弦值為

.9.(2023全國乙理,19,12分,中)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2

,PB=PC=

,BP,AP,BC的中點分別為D,E,O,AD=

DO,點F在AC上,BF⊥AO.(1)證明:EF∥平面ADO;(2)證明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.

解析

解法一:(1)證明:如圖1,連接DE、OF,設(shè)AF=tAC(0<t<1),則

=

+

=

+t

=

+t(

-

)=(1-t)

+t

.易知

=-

+

.∵BF⊥AO,∴

·

=[(1-t)

+t

]·

=(t-1)

+

t

=4(t-1)+4t=0,解得t=

,故F為AC的中點.∵D,E,O,F分別為PB,PA,BC,AC的中點,∴DE∥AB,且DE=

AB,OF∥AB,且OF=

AB,∴DE

OF.∴四邊形DEFO是平行四邊形,∴EF∥DO.又EF?平面ADO,DO?平面ADO,∴EF∥平面ADO.(2)證明:∵D,O分別是PB,BC的中點,且PC=

,∴DO=

PC=

,又AD=

DO,∴AD=

.在Rt△ABO中,AB=2,BO=

,∴AO=

,在△ADO中,OD2+AO2=AD2,∴OD⊥AO,由(1)知EF∥OD,則EF⊥AO,又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF?平面BEF,EF?平面BEF,∴AO⊥平面BEF,又AO?平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)如圖1,過點O作OH∥BF交AC于點H,由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故∠DOH為二面角D-AO-C的平面角,設(shè)AD∩BE=G,∵D,E分別為PB,PA的中點,∴G為△PAB的重心,∴DG=

AD,GE=

BE,∵O為BC的中點,OH∥BF,∴H為FC的中點,由(1)知F為AC的中點,∴FH=

AH,連接DH,GF,∴DH=

GF,由cos∠ABD=

=

,得PA=

,同理可得BE=

,∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,則GF2=

+

=

,∴GF=

,故DH=

×

=

.在△DOH中,OH=

BF=

,OD=

,DH=

,∴cos∠DOH=

=

.∴二面角D-AO-C的正弦值為

.

解法二(空間向量法):以BA,BC所在直線分別為x,y軸,過點B且垂直于平面ABC的直線為

z軸,建立如圖2所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,

,0),C(0,2

,0).(1)證明:設(shè)

=λ

,0<λ<1.∵

=(-2,2

,0),∴F(2-2λ,2

λ,0),∴

=(2-2λ,2

λ,0).∵BF⊥AO,

=(-2,

,0),∴

·

=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=

,故F為AC的中點.連接OF,DE,∵D,E,O,F分別為PB,PA,BC,AC的中點,∴DE∥AB,且DE=

AB,OF∥AB,且OF=

AB,∴DE

OF,故四邊形ODEF為平行四邊形,∴EF∥DO,又EF?平面ADO,DO?平面ADO,∴EF∥平面ADO.(2)證明:易得AD=

,由cos∠ABD=

=

,得PA=

.設(shè)P(x,y,z),z>0,則由PB=PC=

,PA=

可得

解得

故P(-1,

,

),又∵E是PA的中點,∴E

,∴

=

,又

=(-2,

,0),∴

·

=-2×

+

×

+0×

=0,∴

⊥

,即AO⊥BE,又AO⊥BF,BE∩BF=B,∴AO⊥平面BEF,又AO?平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)易知平面AOC的一個法向量為m1=(0,0,1),∵D為PB的中點,∴D

,∴

=

,設(shè)平面AOD的法向量為m2=(x1,y1,z1),則

即

取x1=1,則y1=

,z1=

,則m2=(1,

,

),設(shè)二面角D-AO-C的大小為θ,則|cosθ|=|cos<m1,m2>|=

=

=

.由題圖可知,二面角D-AO-C的平面角為鈍角,∴cosθ=-

,∴sinθ=

,即二面角D-AO-C的正弦值為

.10.(2024全國甲理,19,12分,中)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點的五面體中,四邊形ABCD

與四邊形ADEF均為等腰梯形,EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=

,FB=2

,M為AD的中點.(1)證明:BM∥平面CDE;(2)求二面角F-BM-E的正弦值.

解析

(1)證明:∵M為AD的中點,且AD=4,∴MD=2,∴MD=BC,又∵MD∥BC,∴四邊形BCDM為平行四邊形,∴BM∥CD,又BM?平面CDE,CD?平面CDE,∴BM∥平面CDE.(2)設(shè)AM的中點為O,連接FO,BO,∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB=

,在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD,∴四邊形MDEF為平行四邊形,∴FM=DE=

,∴AF=MF,又∵O為AM的中點,∴OF⊥AM,OA=

AM=1,∴OF=

=3,又∵OB=

,FB=2

,∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF,又∵OB⊥AD,OF⊥AD,∴分別以O(shè)B,OD,OF所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,

則F(0,0,3),B(

,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),∴

=(-

,1,0),

=(

,0,-3),

=(0,1,3),設(shè)平面FBM的法向量為n1=(x1,y1,z1),則

即

不妨取x1=

,則n1=(

,3,1).設(shè)平面EBM的法向量為n2=(x2,y2,z2),則

即

不妨取y2=3,則x2=

,z2=-1,則n2=(

,3,-1).設(shè)二面角F-BM-E的平面角為θ,則|cosθ|=|cos<n1,n2>|=

=

=

,∵0≤θ≤π,∴sinθ=

=

=

,∴二面角F-BM-E的正弦值為

.11.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為4,△A1BC的面積為2

.(1)求A到平面A1BC的距離;(2)設(shè)D為A1C的中點,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.

解析

(1)設(shè)A到平面A1BC的距離為d.因為

=

=

S△ABC·AA1=

·d=

·

=

,

=2

,所以d=

=

.(2)解法一(幾何法):由題意知,二面角A-BD-A1的平面角與二面角A-BD-C的平面角互補,

故兩二面角的正弦值相等.下面求二面角A-BD-A1的正弦值.如圖,過A作AH⊥BD于H,取A1B的中點O,連接AO,OH.

因為AA1=AB,所以AO⊥A1B,又因為平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO?平面ABB1A1,所以AO

⊥平面A1BC.又BD,BC?平面A1BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,AO,AH?平面AOH,所以

BD⊥平面AOH,因為OH?平面AOH,所以O(shè)H⊥BD,則∠AHO是二面角A-BD-A1的平面

角.由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,因為BC?平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AO=A,AA1,AO?平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1.因為A1B,AB?平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,BC⊥AB.由(1)知AO=d=

,所以AB=AA1=2,A1B=2

,又因為△A1BC的面積為2

,所以BC=2,所以可得AC=2

,A1C=2

,BD=

,故△ABD的面積為

·AB·

=

,又S△ABD=

BD·AH=

,所以AH=

,在Rt△OHA中,sin∠OHA=

=

,即二面角A-BD-C的正弦值為

.解法二(向量法):如圖,取A1B的中點E,連接AE.因為AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因為平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE?平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC.又BC?平面A1BC,所以AE⊥BC.由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,又BC?平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE?平面ABB1A1,所以BC⊥平面

ABB1A1,又AB?平面ABB1A1,所以BC⊥AB.由(1)知AE=d=

,所以AB=AA1=2,A1B=2

,又因為△A1BC的面積為2

,所以BC=2.以B為坐標(biāo)原點,向量

,

,

的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系B-xyz,則C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),則

=(2,0,0),

=(0,2,0),

=(1,1,1).

設(shè)平面ABD的法向量為n1=(x1,y1,z1),則

即

令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1).設(shè)平面BCD的法向量為n2=(x2,y2,z2),則

即

令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).所以cos<n1,n2>=

=

,又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>=

.所以二面角A-BD-C的正弦值為

.三年模擬1.(2024北京理工大附中開學(xué)考試,5)在正四棱錐P-ABCD中,AB=2,PA與平面ABCD所成

角為

,則點D到平面PBC的距離為

()A.

B.

C.

D.

B解析

設(shè)AC∩BD=O,連接PO,則PO⊥平面ABCD,所以∠PAO為PA與平面ABCD所成角,即∠PAO=

,以O(shè)點為原點,建立空間直角坐標(biāo)系如圖,

則B(

,0,0),C(0,

,0),D(-

,0,0),P(0,0,

),所以

=(-2

,0,0),

=(

,0,-

),

=(0,

,-

),設(shè)平面PBC的法向量為m=(x,y,z),則

令z=1,得x=y=1,故m=(1,1,1),所以點D到平面PBC的距離為

=

=

.故選B.2.(2025屆廣西南寧畢業(yè)班摸底,7)已知正三棱臺ABC-A1B1C1的側(cè)面積為6,AB=3A1B1,AA1

=

,則AA1與平面ABC所成角的余弦值為()A.

B.

C.

D.

A解析

由正三棱臺ABC-A1B1C1的側(cè)面積為6得等腰梯形ABB1A1的面積為2,由

(AB+A1B1)×

=2,得A1B1·

=1,解得A1B1=1,則AB=3A1B1=3,將正三棱臺ABC-A1B1C1補成正三棱錐P-ABC,如圖所示,則

=

.所以PA1=

,則PA=

,過P作PO⊥平面ABC,則O為△ABC的中心,所以2AO=

=2

,則AO=

,易知∠PAO為AA1與平面ABC所成的角,

在Rt△PAO中,cos∠PAO=

=

=

,故選A.3.(2025屆云南昆明一中第二次聯(lián)考,7)如圖,平行六面體ABCD-A1B1C1D1的所有棱長為2,

四邊形ABCD是正方形,∠A1AD=∠A1AB=

,點O是B1C與BC1的交點,則直線AO與CD所成角的余弦值為

()

A.1

B.

C.

D.

B解析

取BC的中點F,連接AF,FO,因為AB∥CD,所以直線AO與CD所成角即為AO與AB所成的

角,因為

=

+

=

+

+

,所以

=

=22+

×22×2+2×2×cos

+

×2×2×cos

=9,即|

|=3,又因為

·

=

+

·

+

·

=5,所以cos<

,

>=

=

=

,所以直線AO與AB,即AO與CD所成角的余弦值為

,選B.4.(2025屆黑龍江龍東聯(lián)盟月考,4)如圖,圓柱的軸截面ABCD是正方形,點E是底面圓周

上異于A,B的一點,若AB=4,當(dāng)三棱錐D-ABE體積最大時,點C到平面BDE的距離為

(

)

A.2

B.2

C.

D.

D解析

解法一:(利用體積相等求距離)三棱錐D-ABE的高即為圓柱的高,當(dāng)三棱錐D-ABE體積

最大時,直角△ABE的面積最大,所以點E是

的中點,即△ABE是等腰直角三角形,AE=BE=2

.此時S△ABE=

×4×2=4,VD-ABE=

S△ABE·AD=

×4×4=

,連接AC,交BD于點O,則點O為AC的中點,所以點C到平面BDE的距離等于點A到平面BDE的距離,設(shè)點A到平面BDE的距離為h,因為AD⊥平面ABE,BE?平面ABE,所以AD⊥BE,又AE⊥BE,AD∩AE=A,AD、AE?平面ADE,所以BE⊥平面ADE,

由于DE?平面ADE,所以BE⊥DE,在Rt△ADE中,DE=

=

=2

,所以S△BDE=

×2

×2

=4

,所以由VD-ABE=VA-BDE=

S△BDE·h=

,解得h=

.解法二:(建立空間直角坐標(biāo)系)三棱錐D-ABE的高即為圓柱的高,當(dāng)三棱錐D-ABE體積

最大時,直角△ABE的面積最大,所以點E是

的中點,即△ABE是等腰直角三角形,如圖建系,可得E(2,2,0),B(0,4,0),D(0,0,4),C(0,4,4),則

=(0,4,-4),

=(2,2,-4),

=(0,0,4),設(shè)平面BDE的法向量為n=(x,y,z),則

即

令y=1,則z=1,x=1,所以n=(1,1,1),所以點C到平面BDE的距離為h=

=

=

.故選D.

5.(多選)(2024浙江溫州三模,9)已知空間兩條異面直線a,b所成的角等于60°,過點P與a,b

所成的角均為θ的直線有且只有一條,則θ的值可以等于

()A.30°

B.45°

C.75°

D.90°AD解析

過點P分別作異面直線a,b的平行線a',b',根據(jù)對稱性及異面直線所成角的范圍為0°<θ≤

90°,得過點P的直線為a',b'所成角的平分線(為a',b'所成角的鄰補角的平分線時不唯一)

或過點P的直線與直線a',b'確定的平面垂直時,滿足過點P與a,b所成的角均為θ的直線有

且只有一條,故θ=30°,90°.故選AD.

6.(2025屆山東名校考試聯(lián)盟期中,15)如圖,在四棱錐P-ABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,

AD⊥AB,AB∥CD,AB=AD=1,CD=2,PD=PC=

,點E在棱PA上,且PE=2EA.(1)求證:平面PAD⊥平面DBE;(2)求平面PAB與平面ABCD所成角的大小.

解析

解法一:(1)證明:因為CD=2,PD=PC=

,所以PD2+PC2=CD2,所以∠CPD=90°,即PC⊥PD.因為AD⊥AB,AB∥CD,所以AD⊥CD,又因為平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平

面ABCD=CD,AD?平面ABCD,所以AD⊥平面PCD,因為PC?平面PCD,所以AD⊥PC.因為PC⊥PD,PC⊥AD,AD∩PD=D,AD,PD?平面PAD,所以PC⊥平面PAD.連接AC,交BD于F,連接EF,因為△ABF∽△CDF,2AB=CD,所以3AF=AC,又因為PE=2EA,所以3AE=AP,所以EF∥PC,因為PC⊥平面PAD,所以EF⊥平面PAD,因為EF?平面DBE,所以平面PAD⊥平面DBE.(2)取CD的中點G,連接PG,GB,則PG⊥平面ABCD,因為PD=PC,所以PG⊥CD,因為AB∥

CD,所以PG⊥AB.因為AB∥DG,AB=DG=AD,AD⊥AB,所以四邊形ABGD為正方形,所以

GB⊥AB.又因為PG∩GB=G,PG,GB?平面PGB,所以AB⊥平面PGB,因為PB?平面

PGB,所以AB⊥PB,所以∠PBG(或其補角)為平面PAB與平面ABCD所成角,因為GB=1,PG=1,所以tan∠PBG

=1,故∠PBG=

.所以平面PAB與平面ABCD所成角為

.

解法二:(1)證明:取CD的中點G,連接PG,GB,因為PD=PC,所以PG⊥CD,又因為平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=DC,PG?平面PCD,所以PG⊥平

面ABCD,因為AD⊥AB,AB∥CD,所以AD⊥CD,又因為DG∥AB,DG=AB,所以四邊形

ABGD為矩形,則BG⊥DC.以G為原點建系如圖,則P(0,0,1),A(1,1,0),D(1,0,0),B(0,1,0),所以

=(1,1,-1),

=(0,1,0),

=(1,-1,0),

=(1,0,-1).

因為點E在棱PA上且PE=2EA,所以

=

=

(1,1,-1)=

,則

=

-

=

,設(shè)平面PAD的法向量為n1=(x1,y1,z1),則

令x1=1,則z1=1,所以n1=(1,0,1),設(shè)平面DBE的法向量為n2=(x2,y2,z2),則

令x2=1,則y2=1,z2=-1,所以n2=(1,1,-1),所以cos<n1,n2>=

=0,所以n1⊥n2,所以平面PAD⊥平面DBE.(2)設(shè)平面PAB的法向量為n3=(x3,y3,z3),所以

令y3=1,則z3=1,所以n3=(0,1,1),因為GP⊥平面ABCD,所以

=(0,0,1)是平面ABCD的一個法向量,所以cos<n3,

>=

=

=

,所以平面PAB與平面ABCD所成角為

.小題巧解(2)(利用投影面積法)取CD的中點G,連接PG,GB,GA,因為PD=PC,所以PG⊥

CD,又因為平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=DC,PG?平面PCD,所以PG

⊥平面ABCD,所以△PAB在平面ABCD上的投影為△GAB.易得S△GAB=

AB·GB=

,S△PAB=

PB·AB=

,設(shè)α為平面PAB與平面ABCD所成角,所以cosα=

=

,所以α=

.1.(多選)(2024黑龍江部分重點中學(xué)第二次聯(lián)考,10)已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長

為3,點E是線段AB上靠近B點的三等分點,F是A1D1中點,則

()A.該正方體外接球的表面積為27πB.直線EF與CD所成角的余弦值為

C.平面B1EF截正方體所得截面為等腰梯形D.點F到平面A1BC1的距離為

ABD解析

對于A,棱長為3的正方體的體對角線長為3

,(正方體的體對角線即為正方體的外接球的直徑)所以所求正方體的外接球表面積為S=4π×

=27π,A正確.對于B,如圖1,

連接AF,因為AB∥CD,所以∠AEF(或其補角)即為異面直線EF與CD所成的角,在△AEF中,∠EAF=90°,AE=2,AF=

=

,所以cos∠AEF=

=

=

,故B正確.對于C,如圖2,取AD的中點N,連接BN,過E點作EM∥BN,交AD于點M,則EM∥B1F,連接B1

E,FM,所以平面B1EF截正方體所得截面為梯形B1EMF.由

=

?

=

?AM=1,所以MN=

-1=

.所以MF=

=

,又B1E=

=

,所以MF≠B1E,所以梯形B1EMF不是等腰梯形,故C錯誤.對于D,如圖2,連接FC1,FB,設(shè)點F到平面A1BC1的距離為h,則

=

·h,而

=

×

=

,

=

=

S△

·BB1=

×

×3=

,所以h=

=

,故D正確.故選ABD.2.(2025屆江蘇前黃中學(xué)檢測,14)如圖所示,四面體ABCD的體積為V,點M為棱BC的中點,

點E為線段DM上靠近D的三等分點,點F為線段AE上靠近A的三等分點,過點F的平面α

與棱AB,AC,AD分別交于P,Q,R,設(shè)四面體APQR的體積為V',則

的最小值為

.

解析

連接AM,可得

=

=

=

=

=

+

=

+

+

=

+

+

(

-

)=

+

+

,令

則

所以

=

+

+

,由F,P,Q,R四點共面,可得1=

+

+

≥3

,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=

z時取等號,所以xyz≥

,設(shè)點C到平面BAD的距離為d,則點Q到平面BAD的距離為

·d=yd,又因為S△BAD=

AB·ADsin∠BAD,S△APR=

AP·ARsin∠BAD,所以

=

=

·y=xyz≥

,即

的最小值為

.3.(2025屆湖南郴州第一次模擬,16)如圖,在四面體ABCD中,AD=BD=

,AC=BC=2,AD⊥DB,∠CAD=30°,M是AD的中點,P是BM的中點,點Q在線段AC上,且AQ=3QC.(1)證明:PQ∥平面BCD;(2)求二面角A-PC-M的余弦值.

解析

(1)證明:因為AD=

,AC=2,且∠CAD=30°,所以由余弦定理可得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos30°=22+(

)2-2×2×

×

=1,即CD=1,所以AD2+CD2=AC2,即AD⊥CD,又AD⊥DB,且BD∩CD=D,BD,CD?平面BCD,所以AD⊥平面BCD,又BC=2,BD=

,則CD2+BD2=BC2,即BD⊥CD,以D為原點,分別以

,

,

的方向為x,y,z軸正方向,建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,

則D(0,0,0),A(0,0,

),B(

,0,0),C(0,1,0),M

,P

,因為AQ=3QC,所以

=

=

(0,1,-

)=

,則Q

,所以

=

,因為AD⊥平面BCD,所以

=(0,0,

)為平面BCD的一個法向量,因為

·

=0,所以

⊥

,又PQ?平面BCD,則PQ∥平面BCD.(2)由(1)可知

=

,

=

,

=

,設(shè)平面APC的法向量為m=(x,y,z),則

令z=2,則x=3,y=2

,則平面APC的一個法向量為m=(3,2

,2),設(shè)平面PCM的法向量為n=(a,b,c),則

令a=1,則b=

,c=2,則平面PCM的一個法向量為n=(1,

,2),設(shè)二面角A-PC-M的平面角為θ,顯然θ為銳角,則cosθ=|cos<m,n>|=

=

=

=

.所以二面角A-PC-M的余弦值為

.一題多解(1)證明:取MD的中點N,連接PN,QN.∵P是BM的中點,∴PN∥BD.∵PN?平面BCD,BD?平面BCD,∴PN∥平面BCD.∵

=

=

,∴QN∥CD.∵QN?平面BCD,CD?平面BCD,∴QN∥平面BCD,又∵PN∩QN=N,PN,QN?平面PQN,∴平面PQN∥平面BCD,∵PQ?平面PQN,∴PQ∥平面BCD.4.(2024河北石家莊一模,16)如圖,P為圓錐的頂點,AC為圓錐底面的直徑,△PAC為等邊

三角形,O是圓錐底面的圓心,△ABD為底面圓O的內(nèi)接正三角形,且邊長為2

,點E為線段PC中點.(1)求證:平面BED⊥平面ABD;(2)M為底面圓O的劣弧AB上一點,且∠ACM=30°.求平面AME與平面PAC夾角的余弦值.

解析

(1)證明:設(shè)AC,BD交于F,連接EF,OB,在△ABD中,由正弦定理知AC=

=4,在△OFB中,OF=OBsin30°=1,所以F為OC中點,又E為PC的中點,所以EF∥PO,又PO⊥平面ABD,所以EF⊥平面ABD,又EF?平面BED,所以平面BED⊥平面ABD.(2)以點F為坐標(biāo)原點,FA,FB,FE所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角

坐標(biāo)系,則A(3,0,0),M(2,

,0),E(0,0,

),故

=(-1,

,0),

=(-3,0,

),設(shè)平面AME的法向量為n1=(x,y,z),

由

得

令x=

,則n1=(

,1,3),易知平面PAC的一個法向量為n2=(0,1,0),則cos<n1,n2>=

=

,因此平面AME與平面PAC夾角的余弦值為

.1.(2024河南鄭州二模,17)如圖,在多面體DABCE中,△ABC是等邊三角形,AB=AD=2,DB

=DC=EB=EC=

.(1)求證:BC⊥AE;(2)若二面角A-BC-E為30°,求直線DE與平面ACD所成角的正弦值.

解析

(1)證明:取BC中點O,連接AO,EO.∵△ABC是等邊三角形,O為BC中點,∴AO⊥BC,又EB=EC,∴EO⊥BC,∵AO∩EO=O,AO,EO?平面AOE,∴BC⊥平面AEO,又AE?平面AEO,∴BC⊥AE.(2)連接DO,則DO⊥BC,由AB=AC=BC=2,DB=DC=EB=EC=

得AO=

,DO=1,又AD=2,∴AO2+DO2=AD2,∴DO⊥AO,又AO∩BC=O,∴DO⊥平面ABC.如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OA,OB,OD所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,

則O(0,0,0),A(

,0,0),C(0,-1,0),D(0,0,1),∴

=(

,1,0),

=(0,1,1),設(shè)平面ACD的法向量為n=(x,y,z),則

即

取x=1,則n=(1,-

,

).∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角,∴∠AOE=30°,又OE=1,∴E

,

=

,則cos<

,n>=

=-

,∴直線DE與平面ACD所成角的正弦值為

.2.(2024廣東一模,16)如圖,已知圓柱OO1的軸截面ABCD是邊長為2的正方形,點P是圓O1

上異于點C,D的任意一點.(1)若點D到平面ACP的距離為

,證明:O1P⊥CD;(2)求OC與平面ACP所成角的正弦值的取值范圍.

解析

(1)證明:如圖1,連接DP,過點D作DH⊥AP,垂足為H.因為CD是圓O1的直徑,所以CP⊥

DP.因為AD是圓柱的母線,所以AD⊥平面CDP.因為CP?平面CDP,所以AD⊥CP.又因為AD,DP?平面ADP,AD∩DP=D,所以CP⊥平面ADP.因為DH?平面ADP,所以DH⊥CP.又因為DH⊥AP,AP,PC?平面ACP,AP∩PC=P,所以DH⊥平面ACP.所以點D到平面ACP的距離為DH的長,即DH=

,設(shè)DP=a(a>0),則AP=

.由AD·DP=AP·DH,(等面積法)得2·a=

·

,解得a=

.因為CD=2,所以DP=PC=

.因為O1是CD的中點,所以O(shè)1P⊥CD.(2)如圖2,在平面PCD內(nèi),過點O1作O1E⊥O1C交圓O1于點E,

因為OO1⊥平面PCD,所以O(shè)1E,O1C,O1O兩兩垂直,以O(shè)1為原點,分別以O(shè)1E,O1C,O1O所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則O(0,0,2),C(0,1,0),A(0,-1,2).則

=(0,1,-2),

=(0,2,-2),設(shè)點P(m,n,0),則

=(m,n-1,0).因為點P在圓O1上,所以m2+n2=1,且n∈(-1,1).設(shè)平面ACP的法向量為n=(x,y,z),則

即

解得

取x=n-1,得n=(n-1,-m,-m).設(shè)OC與平面ACP所成角為θ,則sinθ=|cos<

,n>|=

=

=

=

.因為

=

=-

=-1+

,n∈(-1,1),所以-1+

∈(0,+∞).所以

=

∈(

,+∞).所以sinθ=

∈

.所以O(shè)C與平面ACP所成角的正弦值的取值范圍是

.3.(2024湖北華師一附中、湖南師大附中等三校二模,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1如

圖所示,底面ABCD為平行四邊形,其中點D在平面A1B1C1D1內(nèi)的投影為點A1,且AB=AA1=

2AD,∠ABC=120°.(1)求證:平面A1BD⊥平面ADD1A1;(2)已知點E在線段C1D上(不含端點位置),且平面A1BE與平面BCC1B1的夾角的余弦值為

,求

的值.解析

不妨設(shè)AD=1.(1)證明:由題意得A1D⊥平面ABCD,因為AD?平面ABCD,所以A1D⊥AD.

(1分)在△ADB中,AB=2,AD=1,∠DAB=60°,由余弦定理,得BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos∠DAB=22+12-2×2×1×cos60°=3,得BD=

.

(3分)故AD2+BD2=AB2,則AD⊥DB.

(4分)因為A1D∩DB=D,所以AD⊥平面A1BD,

(5分)又AD?平面ADD1A1,所以平面A1BD⊥平面ADD1A1.

(6分)(2)由(1)知,DA,DB,DA1兩兩垂直,以D為坐標(biāo)原點,分別以向量

,

,

的方向為x,y,z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz.

則D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,

,0),A1(0,0,

),C(-1,

,0),則

=(0,

,-

),

=(-2,

,0),因為

=

,所以C1(-2,

,

),

(7分)所以

=(-2,

,

),

(8分)設(shè)

=λ

(0<λ<1),則

=λ

=(-2λ,

λ,

λ),即E(-2λ,

λ,

λ),所以

=(-2λ,

λ,

λ-

),

(9分)設(shè)平面A1BE的法向量為n=(x1,y1,z1),則

即

令z1=2λ,則y1=2λ,x1=2

λ-

,n=(2

λ-

,2λ,2λ),(12分)易知DB⊥平面BCC1B1,故m=(0,1,0)為平面BCC1B1的一個法向量,

(13分)設(shè)平面A1BE與平面BCC1B1的夾角為α,則cosα=

=

=

,解得λ=

,故

=

.

(15分)4.(2025屆湖南益陽一模,17)如圖,四邊形ABCD與四邊形ADEF均為等腰梯形,BC∥AD,

EF∥AD,AD=4,AB=

,BC=EF=2,AF=

,FB⊥平面ABCD,M為AD上一點,且FM⊥AD,連接BD、BE、BM.(1)證明:BC⊥平面BFM;(2)求平面ABF與平面DBE的夾角的余弦值.

解析

(1)證明:因為FB⊥平面ABCD,AD?平面ABCD,所以FB⊥AD.又FM⊥AD,且FB∩FM=F,FB,FM?平面BFM,所以AD⊥平面BFM.因為BC∥AD,所以BC⊥平面BFM.(2)作EN⊥AD,垂足為N.則FM∥EN.又EF∥AD,所以四邊形FMNE是平行四邊形,又EN⊥AD,所以四邊形FMNE是矩形,又四邊形ADEF為等腰梯形,且AD=4,EF=2,所以AM=1.由(1)知AD⊥平面BFM,所以BM⊥AD.又AB=

,所以BM=1.在Rt△AFM中,FM=

=

.在Rt△FMB中,FB=

=3.以B為原點,BM,BC,BF所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系.

則A(-1,-1,0),B(0,0,0),F(0,0,3),D(-1,3,0),E(0,2,3),所以

=(1,1,0),

=(0,0,3),

=(-1,3,0),

=(0,2,3),設(shè)平面ABF的法向量為m=(x1,y1,z1),由

得

可取m=(1,-1,0).設(shè)平面DBE的法向量為n=(x2,y2,z2),由

得

可取n=(9,3,-2).因此,cos<m,n>=

=

=

.故平面ABF與平面DBE的夾角的余弦值為

.5.(2025屆江蘇連云港期中,18)在四棱錐P-ABCD中,AD∥BC,∠DAB=90°,AD=AB=1,PD

=

,BC=2.(1)如圖1,在側(cè)面PDC內(nèi)能否作一條線段,使其與AB平行?如果能,請寫出作圖過程并給

出證明;如果不能,請說明理由;(2)如圖2,若PD⊥平面ABCD,證明:CD⊥平面PBD;(3)在(2)的條件下,E為棱AP上的點,二面角A-BD-E的大小