2026全国版高考数学一轮基础知识练--7.5　空间角与空间距离、空间向量及应用（含解析）

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2026全国版高考数学一轮
7.5　空间角与空间距离、空间向量及应用
高考新风向·创新知识交汇思维引导 回归本质
(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3 创新点　注重知识间的内在联系,这是一道关于正三棱台的体积和线面所成角的问题.根据题意利用体积求出高,再求侧棱与底面所成的角的正切值.题目通过具体的几何形状和数据,考查学生对空间几何体的理解和计算能力.题目设计巧妙,需要学生在掌握基础知识的同时,能够灵活运用知识间的内在联系进行推理和分析.
五年高考
考点1　用向量法判定空间中的位置关系
(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是 (　　)
考点2　空间角与距离
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,中)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为 (　　)
A.20°　　　　B.40°　　　　C.50°　　　　D.90°
2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)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=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
3.(2023全国乙理,9,5分,中)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.
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　　)
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
5.(2021新高考Ⅱ,19,12分,中)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.
6.(2023新课标Ⅰ,18,12分,中)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
7.(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足,.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
8.(2023新课标Ⅱ,20,12分,中)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(2)点F满足,求二面角D-AB-F的正弦值.
9.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,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-AO-C的正弦值.
10.(2024全国甲理,19,12分,中)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=,FB=2,M为AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
11.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
三年模拟
基础强化练
1.(2024北京理工大附中开学考试,5)在正四棱锥P-ABCD中,AB=2,PA与平面ABCD所成角为,则点D到平面PBC的距离为 (　　)
A.
2.(2025届广西南宁毕业班摸底,7)已知正三棱台ABC-A1B1C1的侧面积为6,AB=3A1B1,AA1=,则AA1与平面ABC所成角的余弦值为(　　)
A.
3.(2025届云南昆明一中第二次联考,7)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长为2,四边形ABCD是正方形,∠A1AD=∠A1AB=,点O是B1C与BC1的交点,则直线AO与CD所成角的余弦值为 (　　)
A.1　　　　B.
4.(2025届黑龙江龙东联盟月考,4)如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E是底面圆周上异于A,B的一点,若AB=4,当三棱锥D-ABE体积最大时,点C到平面BDE的距离为 (　　)
A.2　　　　B.2
5.(多选)(2024浙江温州三模,9)已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a,b所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以等于 (　　)
A.30°　　　　B.45°　　　　C.75°　　　　D.90°
6.(2025届山东名校考试联盟期中,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,AD⊥AB,AB∥CD,AB=AD=1,CD=2,PD=PC=,点E在棱PA上,且PE=2EA.
(1)求证:平面PAD⊥平面DBE;
(2)求平面PAB与平面ABCD所成角的大小.
能力拔高练1
1.(多选)(2024黑龙江部分重点中学第二次联考,10)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点E是线段AB上靠近B点的三等分点,F是A1D1中点,则 (　　)
A.该正方体外接球的表面积为27π
B.直线EF与CD所成角的余弦值为
C.平面B1EF截正方体所得截面为等腰梯形
D.点F到平面A1BC1的距离为
2.(2025届江苏前黄中学检测,14)如图所示,四面体ABCD的体积为V,点M为棱BC的中点,点E为线段DM上靠近D的三等分点,点F为线段AE上靠近A的三等分点,过点F的平面α与棱AB,AC,AD分别交于P,Q,R,设四面体APQR的体积为V',则的最小值为　　　　.
3.(2025届湖南郴州第一次模拟,16)如图,在四面体ABCD中,AD=BD=,AC=BC=2,AD⊥DB,∠CAD=30°,M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.
(1)证明:PQ∥平面BCD;
(2)求二面角A-PC-M的余弦值.
4.(2024河北石家庄一模,16)如图,P为圆锥的顶点,AC为圆锥底面的直径,△PAC为等边三角形,O是圆锥底面的圆心,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为2,点E为线段PC中点.
(1)求证:平面BED⊥平面ABD;
(2)M为底面圆O的劣弧AB上一点,且∠ACM=30°.求平面AME与平面PAC夹角的余弦值.
能力拔高练2
1.(2024河南郑州二模,17)如图,在多面体DABCE中,△ABC是等边三角形,AB=AD=2,DB=DC=EB=EC=.
(1)求证:BC⊥AE;
(2)若二面角A-BC-E为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.
2.(2024广东一模,16)如图,已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆O1上异于点C,D的任意一点.
(1)若点D到平面ACP的距离为,证明:O1P⊥CD;
(2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围.
3.(2024湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1如图所示,底面ABCD为平行四边形,其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1,且AB=AA1=2AD,∠ABC=120°.
(1)求证:平面A1BD⊥平面ADD1A1;
(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置),且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为,求的值.
4.(2025届湖南益阳一模,17)如图,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,BC∥AD,EF∥AD,AD=4,AB=,BC=EF=2,AF=,FB⊥平面ABCD,M为AD上一点,且FM⊥AD,连接BD、BE、BM.
(1)证明:BC⊥平面BFM;
(2)求平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值.
(2025届江苏连云港期中,18)在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,
∠DAB=90°,AD=AB=1,PD=,BC=2.
(1)如图1,在侧面PDC内能否作一条线段,使其与AB平行 如果能,请写出作图过程并给出证明;如果不能,请说明理由;
(2)如图2,若PD⊥平面ABCD,证明:CD⊥平面PBD;
(3)在(2)的条件下,E为棱AP上的点,二面角A-BD-E的大小为45°,求异面直线BE与PC所成角的余弦值.
　　
6.(2024东北三省四市教研联合体模拟(一),18)正四棱台ABCD-A1B1C1D1的下底面边长为2,A1B1=AB,M为BC中点,已知点P满足=(1-λ),其中λ∈(0,1).
(1)求证D1P⊥AC;
(2)已知平面AMC1与平面ABCD所成角的余弦值为,当λ=时,求直线DP与平面AMC1所成角的正弦值.
创新风向练
(创新知识交汇)(2024安徽天域全国名校协作体联考,17)在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,AB=BC=BP=2,点E在平面ABC内,且满足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC.
(1)当∠ABE∈时,求点E的轨迹长度;
(2)当二面角E-PA-B的余弦值为时,求三棱锥E-PCB的体积.
7.5　空间角与空间距离、空间向量及应用
高考新风向·创新知识交汇思维引导 回归本质
(2024新课标Ⅱ,7,5分,中)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3 创新点　注重知识间的内在联系,这是一道关于正三棱台的体积和线面所成角的问题.根据题意利用体积求出高,再求侧棱与底面所成的角的正切值.题目通过具体的几何形状和数据,考查学生对空间几何体的理解和计算能力.题目设计巧妙,需要学生在掌握基础知识的同时,能够灵活运用知识间的内在联系进行推理和分析. 答案　B　
五年高考
考点1　用向量法判定空间中的位置关系
(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分,中)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是 (　　)
答案　BC　
考点2　空间角与距离
1.(2020新高考Ⅰ,4,5分,中)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为 (　　)
A.20°　　　　B.40°　　　　C.50°　　　　D.90°
答案　B　
2.(2022全国甲,文9,理7,5分,中)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=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
答案　D　
3.(2023全国乙理,9,5分,中)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.
答案　C　
4.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分,易)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　　)
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案　ABD　
5.(2021新高考Ⅱ,19,12分,中)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.
解析　(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则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)建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),
则=(-2,1,2),=(-2,2,0).
显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0),
设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),
则 x=y=2z.取n2=(2,2,1).
设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角,
则cos θ=|cos|=.
6.(2023新课标Ⅰ,18,12分,中)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4,点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.
(1)证明:B2C2∥A2D2;
(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.
解析　(1)证明:以C为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),
则=(0,-2,1),=(0,-2,1),
∴,∴,
又知B2C2与A2D2无公共点,
∴B2C2∥A2D2.
(2)∵点P在棱BB1上,∴设P(0,2,a)(0≤a≤4),
结合(1)可知=(-2,-2,2),=(0,-2,1),=(2,0,1-a),=(0,-2,3-a).
设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令z1=2,则n1=(1,1,2).
设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2),
又∵二面角P-A2C2-D2为150°,
∴|cos 150°|=|cos|=,
即,化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3,
当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1.
综上,B2P=1.
7.(2024新课标Ⅱ,17,15分,中)如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足,.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4.
(1)证明:EF⊥PD;
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.
解析　(1)证明:∵AB=8,AD=5,,,
∴|,||=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,∴EF=2,
∴AE2+EF2=AF2,
∴AE⊥EF,即ED⊥EF,PE⊥EF,(注意翻折前后的位置关系)
又∵ED 面PDE,PE 面PDE,ED∩PE=E,
∴EF⊥面PDE,
又∵PD 面PDE,∴EF⊥PD.
(2)连接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为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则P(0,0,2),D(0,3,0),C(3,3,0),F(2,0,0),
则=(3,3,-2),=(0,3,-2),=(2,0,-2).
作BG⊥AD交AD于点G,
在Rt△ABG中,
∵AB=8,∠BAG=30°,∴BG=4,AG=4,则EG=2,
则B(4,2,0),
则=(4,2,-2),
设面PCD的法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令z1=3,则y1=2,x1=0,∴m=(0,2,3).
设面PBF的法向量为n=(x2,y2,z2),
则
令z2=1,则x2=,y2=-1,则n=(,-1,1).
设面PCD与面PBF所成的二面角为θ,
则|cos θ|=,
故sin θ=,
故面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为.
8.(2023新课标Ⅱ,20,12分,中)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.
(1)证明:BC⊥DA;
(2)点F满足,求二面角D-AB-F的正弦值.
解析　(1)证明:连接AE,DE,
∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC.
又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,
∴△ACD与△ABD均为等边三角形,
∴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)设DA=DB=DC=2,则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为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(,0,0),A(0,0,),B(0,,0),E(0,0,0),
∴=(-,0,),=(0,,-),
∵,∴F(-,0,),∴=(-,0,0).
设平面DAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,则n1=(1,1,1).
设平面ABF的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
令z2=1,则n2=(0,1,1).
设二面角D-AB-F的平面角为θ,
则|cos θ|=.
又∵θ∈[0,π],
∴sin θ=,
∴二面角D-AB-F的正弦值为.
9.(2023全国乙理,19,12分,中)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,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-AO-C的正弦值.
解析　解法一:(1)证明:如图1,连接DE、OF,设AF=tAC(0∵BF⊥AO,
∴=[(1-t)]·=(t-1)=4(t-1)+4t=0,解得t=,
故F为AC的中点.
∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,
∴DE∥AB,且DE=AB,OF∥AB,且OF=AB,
∴DE OF.
∴四边形DEFO是平行四边形,∴EF∥DO.
又EF 平面ADO,DO 平面ADO,
∴EF∥平面ADO.
(2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=,
∴DO=,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,则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)如图1,过点O作OH∥BF交AC于点H,由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD∩BE=G,
∵D,E分别为PB,PA的中点,∴G为△PAB的重心,
∴DG=AD,GE=BE,
∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH=AH,连接DH,GF,∴DH=GF,由cos∠ABD=,得PA=,
同理可得BE=,∴BE2+EF2=3=BF2,
故BE⊥EF,则GF2=,∴GF=,
故DH=.
在△DOH中,OH=,OD=,DH=,
∴cos∠DOH=.
∴二面角D-AO-C的正弦值为.
解法二(空间向量法):以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,,0),C(0,2,0).
(1)证明:设,0<λ<1.∵=(-2,2,0),
∴F(2-2λ,2λ,0),∴=(2-2λ,2λ,0).
∵BF⊥AO,=(-2,,0),
∴=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=,
故F为AC的中点.连接OF,DE,
∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,
∴DE∥AB,且DE=AB,OF∥AB,且OF=AB,∴DE OF,故四边形ODEF为平行四边形,
∴EF∥DO,
又EF 平面ADO,DO 平面ADO,∴EF∥平面ADO.
(2)证明:易得AD=,由cos∠ABD=,得PA=.
设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=,PA=故P(-1,,),
又∵E是PA的中点,
∴E,∴,又=(-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的一个法向量为m1=(0,0,1),
∵D为PB的中点,∴D,
∴,
设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1),
则
取x1=1,则y1=,z1=,
则m2=(1,,),
设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cos θ|=|cos|=.
由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,
∴cos θ=-,∴sin θ=,即二面角D-AO-C的正弦值为.
10.(2024全国甲理,19,12分,中)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=,FB=2,M为AD的中点.
(1)证明:BM∥平面CDE;
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.
解析　(1)证明:∵M为AD的中点,且AD=4,
∴MD=2,∴MD=BC,
又∵MD∥BC,∴四边形BCDM为平行四边形,
∴BM∥CD,
又BM 平面CDE,CD 平面CDE,
∴BM∥平面CDE.
(2)设AM的中点为O,连接FO,BO,
∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB=,
在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD,
∴四边形MDEF为平行四边形,∴FM=DE=,
∴AF=MF,又∵O为AM的中点,∴OF⊥AM,OA=AM=1,
∴OF==3,又∵OB=,FB=2,
∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF,
又∵OB⊥AD,OF⊥AD,
∴分别以OB,OD,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,
则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),
∴=(-,1,0),=(,0,-3),=(0,1,3),
设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
不妨取x1=,则n1=(,3,1).
设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
不妨取y2=3,则x2=,z2=-1,则n2=(,3,-1).
设二面角F-BM-E的平面角为θ,则|cos θ|=|cos|=,
∵0≤θ≤π,∴sin θ=,
∴二面角F-BM-E的正弦值为.
11.(2022新高考Ⅰ,19,12分,中)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离;
(2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.
解析　(1)设A到平面A1BC的距离为d.因为,,
所以d=.
(2)解法一(几何法):由题意知,二面角A-BD-A1的平面角与二面角A-BD-C的平面角互补,故两二面角的正弦值相等.下面求二面角A-BD-A1的正弦值.
如图,过A作AH⊥BD于H,取A1B的中点O,连接AO,OH.
因为AA1=AB,所以AO⊥A1B,
又因为平面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,因为OH 平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A1的平面角.
由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC,因为BC 平面ABC,所以AA1⊥BC,
又AA1∩AO=A,AA1,AO 平面ABB1A1,
所以BC⊥平面ABB1A1.
因为A1B,AB 平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,BC⊥AB.
由(1)知AO=d=,所以AB=AA1=2,A1B=2,
又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2,
所以可得AC=2,A1C=2,BD=,
故△ABD的面积为,
又S△ABD=,所以AH=,
在Rt△OHA中,sin∠OHA=,
即二面角A-BD-C的正弦值为.
解法二(向量法):如图,取A1B的中点E,连接AE.
因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因为平面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,
又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2.
以B为坐标原点,向量,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系B-xyz,
则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则=(2,0,0),=(0,2,0),=(1,1,1).
设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1).
设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).
所以cos=,
又sin>0,所以sin=.
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
三年模拟
基础强化练
1.(2024北京理工大附中开学考试,5)在正四棱锥P-ABCD中,AB=2,PA与平面ABCD所成角为,则点D到平面PBC的距离为 (　　)
A.
答案　B　
2.(2025届广西南宁毕业班摸底,7)已知正三棱台ABC-A1B1C1的侧面积为6,AB=3A1B1,AA1=,则AA1与平面ABC所成角的余弦值为(　　)
A.
答案　A　
3.(2025届云南昆明一中第二次联考,7)如图,平行六面体ABCD-A1B1C1D1的所有棱长为2,四边形ABCD是正方形,∠A1AD=∠A1AB=,点O是B1C与BC1的交点,则直线AO与CD所成角的余弦值为 (　　)
A.1　　　　B.
答案　B　
4.(2025届黑龙江龙东联盟月考,4)如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E是底面圆周上异于A,B的一点,若AB=4,当三棱锥D-ABE体积最大时,点C到平面BDE的距离为 (　　)
A.2　　　　B.2
答案　D　
5.(多选)(2024浙江温州三模,9)已知空间两条异面直线a,b所成的角等于60°,过点P与a,b所成的角均为θ的直线有且只有一条,则θ的值可以等于 (　　)
A.30°　　　　B.45°　　　　C.75°　　　　D.90°
答案　AD　
6.(2025届山东名校考试联盟期中,15)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PCD⊥平面ABCD,AD⊥AB,AB∥CD,AB=AD=1,CD=2,PD=PC=,点E在棱PA上,且PE=2EA.
(1)求证:平面PAD⊥平面DBE;
(2)求平面PAB与平面ABCD所成角的大小.
解析　解法一:(1)证明:因为CD=2,PD=PC=,所以PD2+PC2=CD2,所以∠CPD=90°,即PC⊥PD.因为AD⊥AB,AB∥CD,所以AD⊥CD,又因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,AD 平面ABCD,所以AD⊥平面PCD,因为PC 平面PCD,所以AD⊥PC.
因为PC⊥PD,PC⊥AD,AD∩PD=D,AD,PD 平面PAD,
所以PC⊥平面PAD.
连接AC,交BD于F,连接EF,因为△ABF∽△CDF,2AB=CD,
所以3AF=AC,又因为PE=2EA,所以3AE=AP,所以EF∥PC,
因为PC⊥平面PAD,所以EF⊥平面PAD,因为EF 平面DBE,所以平面PAD⊥平面DBE.
(2)取CD的中点G,连接PG,GB,则PG⊥平面ABCD,因为PD=PC,所以PG⊥CD,因为AB∥CD,所以PG⊥AB.因为AB∥DG,AB=DG=AD,AD⊥AB,所以四边形ABGD为正方形,所以GB⊥AB.又因为PG∩GB=G,PG,GB 平面PGB,所以AB⊥平面PGB,因为PB 平面PGB,所以AB⊥PB,
所以∠PBG(或其补角)为平面PAB与平面ABCD所成角,因为GB=1,PG=1,所以tan∠PBG=1,故∠PBG=.
解法二:(1)证明:取CD的中点G,连接PG,GB,因为PD=PC,所以PG⊥CD,
又因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=DC,PG 平面PCD,所以PG⊥平面ABCD,因为AD⊥AB,AB∥CD,所以AD⊥CD,又因为DG∥AB,DG=AB,所以四边形ABGD为矩形,则BG⊥DC.
以G为原点建系如图,则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).
因为点E在棱PA上且PE=2EA,所以(1,1,-1)=,
则,
设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则令x1=1,则z1=1,所以n1=(1,0,1),
设平面DBE的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
令x2=1,则y2=1,z2=-1,
所以n2=(1,1,-1),
所以cos==0,所以n1⊥n2,
所以平面PAD⊥平面DBE.
(2)设平面PAB的法向量为n3=(x3,y3,z3),所以令y3=1,则z3=1,所以n3=(0,1,1),
因为GP⊥平面ABCD,
所以=(0,0,1)是平面ABCD的一个法向量,
所以cos所以平面PAB与平面ABCD所成角为.
能力拔高练1
1.(多选)(2024黑龙江部分重点中学第二次联考,10)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点E是线段AB上靠近B点的三等分点,F是A1D1中点,则 (　　)
A.该正方体外接球的表面积为27π
B.直线EF与CD所成角的余弦值为
C.平面B1EF截正方体所得截面为等腰梯形
D.点F到平面A1BC1的距离为
答案　ABD　
2.(2025届江苏前黄中学检测,14)如图所示,四面体ABCD的体积为V,点M为棱BC的中点,点E为线段DM上靠近D的三等分点,点F为线段AE上靠近A的三等分点,过点F的平面α与棱AB,AC,AD分别交于P,Q,R,设四面体APQR的体积为V',则的最小值为　　　　.
答案　
3.(2025届湖南郴州第一次模拟,16)如图,在四面体ABCD中,AD=BD=,AC=BC=2,AD⊥DB,∠CAD=30°,M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.
(1)证明:PQ∥平面BCD;
(2)求二面角A-PC-M的余弦值.
解析　(1)证明:因为AD=,AC=2,且∠CAD=30°,
所以由余弦定理可得CD2=AC2+AD2-2AC·AD·cos 30°=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=,则CD2+BD2=BC2,即BD⊥CD,
以D为原点,分别以,,的方向为x,y,z轴正方向,建立如图所示空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(0,0,),B(,0,0),C(0,1,0),M,
P,
因为AQ=3QC,所以(0,1,-)=,则Q,所以,
因为AD⊥平面BCD,所以=(0,0,)为平面BCD的一个法向量,因为=0,所以,
又PQ 平面BCD,则PQ∥平面BCD.
(2)由(1)可知,,,
设平面APC的法向量为m=(x,y,z),
则令z=2,则x=3,y=2,
则平面APC的一个法向量为m=(3,2,2),
设平面PCM的法向量为n=(a,b,c),
则令a=1,则b=,c=2,
则平面PCM的一个法向量为n=(1,,2),
设二面角A-PC-M的平面角为θ,显然θ为锐角,
则cos θ=|cos|=.
所以二面角A-PC-M的余弦值为.
4.(2024河北石家庄一模,16)如图,P为圆锥的顶点,AC为圆锥底面的直径,△PAC为等边三角形,O是圆锥底面的圆心,△ABD为底面圆O的内接正三角形,且边长为2,点E为线段PC中点.
(1)求证:平面BED⊥平面ABD;
(2)M为底面圆O的劣弧AB上一点,且∠ACM=30°.求平面AME与平面PAC夹角的余弦值.
解析　(1)证明:设AC,BD交于F,连接EF,OB,
在△ABD中,由正弦定理知AC==4,
在△OFB中,OF=OBsin 30°=1,
所以F为OC中点,又E为PC的中点,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)以点F为坐标原点,FA,FB,FE所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(3,0,0),M(2,,0),E(0,0,),故=(-1,,0),=(-3,0,),
设平面AME的法向量为n1=(x,y,z),
由
令x=,则n1=(,1,3),
易知平面PAC的一个法向量为n2=(0,1,0),
则cos=,
因此平面AME与平面PAC夹角的余弦值为.
能力拔高练2
1.(2024河南郑州二模,17)如图,在多面体DABCE中,△ABC是等边三角形,AB=AD=2,DB=DC=EB=EC=.
(1)求证:BC⊥AE;
(2)若二面角A-BC-E为30°,求直线DE与平面ACD所成角的正弦值.
解析　(1)证明:取BC中点O,连接AO,EO.
∵△ABC是等边三角形,O为BC中点,∴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)连接DO,则DO⊥BC,
由AB=AC=BC=2,DB=DC=EB=EC=,DO=1,
又AD=2,∴AO2+DO2=AD2,∴DO⊥AO,
又AO∩BC=O,∴DO⊥平面ABC.
如图,以O为坐标原点,OA,OB,OD所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,
则O(0,0,0),A(,0,0),C(0,-1,0),D(0,0,1),∴=(,1,0),=(0,1,1),
设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,则n=(1,-,).
∵∠AOE是二面角A-BC-E的平面角,
∴∠AOE=30°,
又OE=1,∴E,,
则cos<,n>=,
∴直线DE与平面ACD所成角的正弦值为.
2.(2024广东一模,16)如图,已知圆柱OO1的轴截面ABCD是边长为2的正方形,点P是圆O1上异于点C,D的任意一点.
(1)若点D到平面ACP的距离为,证明:O1P⊥CD;
(2)求OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围.
解析　(1)证明:如图1,连接DP,过点D作DH⊥AP,垂足为H.因为CD是圆O1的直径,所以CP⊥DP.
因为AD是圆柱的母线,所以AD⊥平面CDP.
因为CP 平面CDP,所以AD⊥CP.
又因为AD,DP 平面ADP,AD∩DP=D,
所以CP⊥平面ADP.
因为DH 平面ADP,所以DH⊥CP.
又因为DH⊥AP,AP,PC 平面ACP,AP∩PC=P,
所以DH⊥平面ACP.
所以点D到平面ACP的距离为DH的长,即DH=,
设DP=a(a>0),则AP=.
由AD·DP=AP·DH,(等面积法)
得2·a=,解得a=.
因为CD=2,所以DP=PC=.
因为O1是CD的中点,所以O1P⊥CD.
(2)如图2,在平面PCD内,过点O1作O1E⊥O1C交圆O1于点E,
　　
因为OO1⊥平面PCD,所以O1E,O1C,O1O两两垂直,
以O1为原点,分别以O1E,O1C,O1O所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,
则O(0,0,2),C(0,1,0),A(0,-1,2).则=(0,1,-2),=(0,2,-2),设点P(m,n,0),则=(m,n-1,0).
因为点P在圆O1上,所以m2+n2=1,且n∈(-1,1).
设平面ACP的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=n-1,得n=(n-1,-m,-m).
设OC与平面ACP所成角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=.
因为,n∈(-1,1),
所以-1+∈(0,+∞).
所以∈(,+∞).
所以sin θ=.
所以OC与平面ACP所成角的正弦值的取值范围是.
3.(2024湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模,17)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1如图所示,底面ABCD为平行四边形,其中点D在平面A1B1C1D1内的投影为点A1,且AB=AA1=2AD,∠ABC=120°.
(1)求证:平面A1BD⊥平面ADD1A1;
(2)已知点E在线段C1D上(不含端点位置),且平面A1BE与平面BCC1B1的夹角的余弦值为,求的值.
解析　不妨设AD=1.
(1)证明:由题意得A1D⊥平面ABCD,因为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×cos 60°=3,得BD=.
(3分)
故AD2+BD2=AB2,则AD⊥DB. (4分)
因为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,DA1两两垂直,以D为坐标原点,分别以向量,,的方向为x,y,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),A1(0,0,),C(-1,,0),则=(0,,-),=(-2,,0),
因为,所以C1(-2,,), (7分)
所以=(-2,,), (8分)
设(0<λ<1),则=(-2λ,λ,λ),
即E(-2λ,λ,λ),所以=(-2λ,λ,), (9分)
设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则
即
令z1=2λ,则y1=2λ,x1=2,n=(2,2λ,2λ),(12分)
易知DB⊥平面BCC1B1,
故m=(0,1,0)为平面BCC1B1的一个法向量, (13分)
设平面A1BE与平面BCC1B1的夹角为α,
则cos α=,解得λ=,
故. (15分)
4.(2025届湖南益阳一模,17)如图,四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形,BC∥AD,EF∥AD,AD=4,AB=,BC=EF=2,AF=,FB⊥平面ABCD,M为AD上一点,且FM⊥AD,连接BD、BE、BM.
(1)证明:BC⊥平面BFM;
(2)求平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值.
解析　(1)证明:因为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.因为BC∥AD,所以BC⊥平面BFM.
(2)作EN⊥AD,垂足为N.则FM∥EN.又EF∥AD,
所以四边形FMNE是平行四边形,又EN⊥AD,
所以四边形FMNE是矩形,又四边形ADEF为等腰梯形,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为原点,BM,BC,BF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.
则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),
设平面ABF的法向量为m=(x1,y1,z1),
由可取m=(1,-1,0).
设平面DBE的法向量为n=(x2,y2,z2),
由可取n=(9,3,-2).
因此,cos=.
故平面ABF与平面DBE的夹角的余弦值为.
(2025届江苏连云港期中,18)在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,
∠DAB=90°,AD=AB=1,PD=,BC=2.
(1)如图1,在侧面PDC内能否作一条线段,使其与AB平行 如果能,请写出作图过程并给出证明;如果不能,请说明理由;
(2)如图2,若PD⊥平面ABCD,证明:CD⊥平面PBD;
(3)在(2)的条件下,E为棱AP上的点,二面角A-BD-E的大小为45°,求异面直线BE与PC所成角的余弦值.
　　
解析　(1)不能. (1分)
假设在侧面PDC内存在直线与AB平行,可得AB与侧面PDC平行.依据线面平行性质定理,可得AB与CD平行,这与已知条件矛盾. (3分)
(2)证明:在底面ABCD中,AD∥BC,∠DAB=90°,AD=AB=1,所以BD=,又BC=2,∠DBC=45°,所以由余弦定理得CD=,所以BC2=BD2+CD2,得CD⊥BD, (5分)
因为PD⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PD⊥CD. (7分)
又PD∩BD=D,PD,BD 平面PBD,所以CD⊥平面PBD. (9分)
(3)以A为原点,,的方向分别为x,y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),P(0,1,), (11分)
由E为棱AP上的点,设=(0,λ,λ)(λ∈[0,1]),
则=(-1,λ,λ),
设平面BDE的法向量为n1=(x,y,z),
则令x=1,得y=1,z=,则n1=, (13分)
因为PD⊥平面ABCD,所以n2=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,因为二面角A-BD-E的大小为45°,所以|cos|=,解得λ=(舍负), (15分)
则,
设直线BE与PC所成角为θ,
则cos θ=|cos<,,
所以异面直线BE与PC所成角的余弦值为. (17分)
6.(2024东北三省四市教研联合体模拟(一),18)正四棱台ABCD-A1B1C1D1的下底面边长为2,A1B1=AB,M为BC中点,已知点P满足=(1-λ),其中λ∈(0,1).
(1)求证D1P⊥AC;
(2)已知平面AMC1与平面ABCD所成角的余弦值为,当λ=时,求直线DP与平面AMC1所成角的正弦值.
解析　(1)证明:如图所示建立空间直角坐标系(O为正方形ABCD的中心),则A(,
-,0),B(,,0),C(-,,0),D(-,-,0),M(0,,0),则=(-2,2,0),设正四棱台的高为h,则有A1,-,h,C1-,,h,D1-,-,h,=(1-λ)(0,2,0)+λ(-2,0,0)+λ,
, (4分)
故=0,所以D1P⊥AC. (5分)
(2)易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),
设平面AMC1的法向量为m=(x,y,z),又=(-,2,0),,
则
令x=2h,则m=(2h,h,3), (8分)
由题意可得|cos|=,可得h=2(舍负) , (11分)
因为λ=,所以经过计算可得P,
则. (13分)
将h=2代入,可得m=(4,2,3), (15分)
设直线DP与平面AMC1所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,m>|=. (17分)
创新风向练
(创新知识交汇)(2024安徽天域全国名校协作体联考,17)在三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,AB=BC=BP=2,点E在平面ABC内,且满足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC.
(1)当∠ABE∈时,求点E的轨迹长度;
(2)当二面角E-PA-B的余弦值为时,求三棱锥E-PCB的体积.
解析　(1)作BH⊥PE交PE于H,因为平面PAE⊥平面PBE,且平面PAE∩平面PBE=PE,BH 平面PBE,
所以BH⊥平面PAE,又因为AE 平面PAE,所以BH⊥AE,
因为PB⊥平面ABC,AE 平面ABC,所以PB⊥AE,
因为BH⊥AE,PB⊥AE,PB,BH 平面PBE,PB∩BH=B,
所以AE⊥平面PBE,
又因为BE 平面PBE,所以AE⊥BE.
分别以直线BA,BC,BP为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系如图1,
　　
则B(0,0,0),P(0,0,2),C(0,2,0),A(2,0,0),
设E(x,y,0),因为AE⊥BE,所以=0,又=(x-2,y,0),=(x,y,0),所以(x-2)·x+y·y=0,
即(x-1)2+y2=1,如图2,设AB的中点为N,则N(1,0),
又因为∠ABE∈,所以∠ANE∈,
因此E的轨迹为圆弧QE,其长度为.
(2)由(1)知,=(2,0,-2),=(x-2,y,0),
设平面PAE的法向量为n=(a,b,c),
则
令a=y,则b=2-x,c=y,n=(y,2-x,y),
易知=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量,
设二面角E-PA-B的平面角为θ,
则cos θ=,
则,(提示:结合(x-1)2+y2=1求解)
解得x=2,y=0(舍去)或x=1,y=±1,则E(1,1,0)或E(1,-1,0),
则点E到平面PBC的距离为1,
从而可得三棱锥E-PCB的体积VE-PCB=.
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