7.3　空间角与距离、空间向量及其应用--2026天津版高考数学第二轮专题强化练（含解析）

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2026天津版高考数学第二轮专题
7.3　空间角与距离、空间向量及其应用
五年高考
天津专练
1.(2025天津,17,15分,中)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1的中点,CG=3GC1.
(1)求证:GF⊥平面FBE;
(2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值;
(3)求三棱锥D-FBE的体积.
2.(2024天津,17,15分,中)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB∥DC,AB=AA1=2,AD=DC=1,M,N分别为DD1,B1C1的中点.
(1)求证:D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
3.(2022天津,17,15分,中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥AB,点D,E,F分别为A1B1,AA1,CD的中点,AB=AC=AA1=2.
(1)求证:EF∥平面ABC;
(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值;
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值.
4.(2021天津,17,15分,中)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.
(1)求证:D1F∥平面A1EC1;
(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值;
(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.
5.(2020天津,17,15分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.
(1)求证:C1M⊥B1D;
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.
6.(2023天津,17,15分,中)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M为BC的中点,N为AB的中点.
(1)求证:A1N∥平面AMC1;
(2)求平面AMC1与平面ACC1A1夹角的余弦值;
(3)求点C到平面AMC1的距离.
全真全练
考点一　空间角及距离
1.(2021全国乙理,5,5分,易)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 (　　)
A.
2.(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.
3.(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°
4.(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
5.(2022全国甲理,18,12分,中)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
6.(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.
考点二　空间向量及其应用
1.(2025全国一卷,17,15分,中)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)设PA=AB=,BC=2,AD=1+,且点P,B,C,D均在球O的球面上.
(i)证明:点O在平面ABCD内;
(ii)求直线AC与PO所成角的余弦值.
2.(2025全国二卷,17,15分,中)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=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°.
(1)证明:A'B∥平面CD'F;
(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
3.(2024新课标Ⅰ,17,15分,中)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
4.(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.
5.(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.
6.(2022全国乙理,18,12分,中)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
.
三年模拟
练基础
1.(2024河西一模,17)已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=2PA=2AC=4,N为AB上一点且满足3,M,S分别为PB,BC的中点.
(1)求证:CM⊥SN;
(2)求直线SN与平面CMN所成角的大小;
(3)求点P到平面CMN的距离.
2.(题型三、四)(2025天津部分区一模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=2,AP=3,AB=1,E为棱PC的中点.
(1)求证:BE∥平面PAD;
(2)求平面PAD与平面BDE夹角的余弦值;
(3)求点P到平面BDE的距离.
3.(题型二、三)(2025南开一模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,PA⊥PD,PA=PD,AB=1,AD=2,AC=CD=,M为棱AP上一点,且AP=4AM.
(1)求证:BM∥平面PCD;
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;
(3)求平面PCD与平面ABC夹角的余弦值.
4.(题型三、四)(2025红桥二模,17)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,AB=3,AD=2,E是BC的中点,F是ED的中点.
(1)证明:DE⊥平面PAF.
(2)若AP=2.
①求平面PED与平面ABCD夹角的余弦值;
②求点A到平面PED的距离.
5.(题型二、四)(2025河北二模,17)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=4,M是BB1的中点,N是BC的中点,过点N作与平面ACC1A1平行的直线PN,交A1B1于点P.
(1)证明:C1M⊥平面AMN;
(2)求C1M与平面PMN所成角的正弦值;
(3)求点P到平面AMN的距离.
6.(2024和平二模,17)如图,三棱台ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形,AB=2A1B1=4,AA1⊥平面ABC,点M,N,D分别为AB,AC,BC的中点,A1B⊥AC1.
(1)证明:CC1∥平面A1MN;
(2)求直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值;
(3)求点D到平面A1MN的距离.
7.(2024河西二模,17)如图所示,在几何体ABCDEFG中,四边形ABCD和ABFE均为边长为2的正方形,AD∥EG,AE⊥底面ABCD,M,N分别为DG,EF的中点,EG=1.
(1)求证:MN∥平面CFG;
(2)求直线AN与平面CFG所成角的正弦值;
(3)求平面CDG与平面CFG所成角的余弦值.
8.(2024河西三模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=4,PA=2,点M在PD上.
(1)求证:AB⊥PC;
(2)求异面直线PB与DC所成角的余弦值;
(3)若平面MAC与平面DAC所成角为45°,求直线BM与平面PAC所成角的正弦值.
练综合
1.(题型四)(2025和平一模,17)如图,在四棱锥E-DABC中,平面DEC⊥平面DABC,AD⊥CD,AB∥CD,DA=DC=4,AB=EC=2,且CE⊥ED.
(1)求直线DE与平面BCE所成角的正弦值;
(2)求平面ABC与平面BCE夹角的余弦值;
(3)求点A到平面BCE的距离.
2.(2025河北一模,17)如图,在多面体ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,CA⊥平面ABB1A1,CC1⊥平面ABC,AA1=AC=4,CC1=2,AB=3.
(1)求直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值;
(2)求平面ABC1与平面A1B1C1的夹角的余弦值;
(3)求点A1到平面ABC1的距离.
3.(题型二、三)(2025和平二模,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H,P,Q分别是BC,AB,AC1的中点,B1H⊥平面ABC,且B1H=2,AC⊥BC,CA=CB=4.
(1)求证:PQ∥平面BCC1B1;
(2)求平面BCC1B1与平面B1PQ的夹角的余弦值;
(3)若线段HC上存在点R到平面B1PQ的距离为,求直线RP与平面B1PQ所成角的正弦值.
4.(题型二、三)(2025天津十二校二模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=2,AD=1,M为边CD的中点,且PC⊥BM.
(1)求线段AB的长.
(2)求平面PBM与平面PCD夹角的余弦值.
(3)在线段PD上(不含端点)是否存在点N,使直线AN与平面PCD所成角的正弦值为 若存在,求线段PN的长;若不存在,请说明理由.
5.(2024和平一模,17)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,PD=AD=3,点E,F分别是棱PA,PC的中点,点M是线段BC上一点.
(1)求证:PB⊥平面EFD;
(2)求平面EFD与平面ABCD的夹角的余弦值;
(3)若直线MF与平面ABCD所成的角的正弦值为,求此时MC的长度.
6.(2024河东一模,17)在正方体ABCD-A1B1C1D1中(如图所示),棱长为2,连接A1D,A1B,BD.
(1)证明:AC1⊥平面A1BD;
(2)求平面ACD1与平面A1BD夹角的余弦值;
(3)底面正方形ABCD的内切圆上是否存在点P,使得PB与平面A1BD所成角的正弦值为 若存在,求PD1长度;若不存在,说明理由.
7.(2024河北二模,17)如图,四棱锥P-ABCD中,侧棱PD⊥平面ABCD,点E是PC的中点,底面ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=PD=1,CD=2.
(1)求证:BE∥平面PAD;
(2)求异面直线PB和AC所成角的余弦值;
(3)点Q在线段PC上,平面BDQ和平面PBD的夹角为45°,求的值.
8.(2024天津耀华中学一模,17)如图,四边形PDCE为矩形,四边形ABCD为梯形,直线PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=CD=1,PD=.
(1)若M为PA中点,求证:AC∥平面MDE;
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值;
(3)在线段PC上是否存在一点Q(除去端点),使得平面QAD与平面PBC的夹角的大小为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
7.3　空间角与距离、空间向量及其应用
五年高考
天津专练
1.(2025天津,17,15分,中)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1的中点,CG=3GC1.
(1)求证:GF⊥平面FBE;
(2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值;
(3)求三棱锥D-FBE的体积.
解析　(1)证法一:在正方形BCC1B1中,
由条件易知tan∠C1FG==tan∠B1BF,所以∠C1FG=∠B1BF,
则∠B1FB+∠B1BF==∠C1FG+∠B1FB,
故∠BFG=π-(∠C1FG+∠B1FB)=,即FG⊥BF,
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知D1C1⊥平面BCC1B1,且EF∥D1C1,
所以EF⊥平面BCC1B1,
又FG 平面BCC1B1,所以EF⊥FG.
因为EF∩BF=F,EF,BF 平面BEF,
所以GF⊥平面BEF.
证法二:如图,以D为原点,建立空间直角坐标系,
则B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3),
所以=(0,4,0),=(2,4,-4),=(-2,0,-1),
设平面BEF的法向量为m=(a,b,c),
则
令a=2,则m=(2,0,1),
易知=-m,则也是平面BEF的一个法向量,
所以GF⊥平面BEF.
(2)=(-2,4,-1),=(-4,0,3).
设平面BEG的法向量为n=(x,y,z),
所以
令x=6,则z=8,y=5,即n=(6,5,8),
由(1)知是平面BEF的一个法向量,
设平面BEF与平面BEG的夹角为α,
则cos α=|cos<,n>|=.
(3)由(1)知EF⊥平面BCC1B1,因为FB 平面BCC1B1,所以EF⊥FB.
所以S△BEF=,
又=(2,0,4),则点D到平面BEF的距离d=,
故VD-BEF=.
2.(2024天津,17,15分,中)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB∥DC,AB=AA1=2,AD=DC=1,M,N分别为DD1,B1C1的中点.
(1)求证:D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
解析　(1)证明:取CB1的中点P,连接NP,MP,因为N是B1C1的中点,
所以NP∥CC1,且NP=CC1,
因为M是DD1的中点,
所以D1M=CC1,且D1M∥CC1,则有D1M∥NP,D1M=NP,
所以四边形D1MPN是平行四边形,
故D1N∥MP,
又MP 平面CB1M,D1N 平面CB1M,
所以D1N∥平面CB1M.
(2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),C(1,1,0),C1(1,1,2),
所以=(1,-1,2),=(-1,0,1),=(0,0,2),
设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),
则有
分别取x1=x2=1,则有y1=3,z1=1,y2=1,
即m=(1,3,1),n=(1,1,0),
则cos=,
故平面CB1M与平面BB1C1C的夹角的余弦值为.
(3)由=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1),可得
,
即点B到平面CB1M的距离为.
3.(2022天津,17,15分,中)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥AB,点D,E,F分别为A1B1,AA1,CD的中点,AB=AC=AA1=2.
(1)求证:EF∥平面ABC;
(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值;
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值.
解析　(1)证明:由题意知AC,AB,AA1两两垂直.以A为原点,分别以直线AB,AA1,AC为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,2,0),A1(0,2,0),C(0,0,2),C1(0,2,2),D(1,2,0),E(0,1,0),F.
∵AA1⊥平面ABC,
∴平面ABC的一个法向量为n1=(0,1,0).
∵,∴·n1=0.
又∵EF 平面ABC,∴EF∥平面ABC.
(2)设平面CC1D的法向量为n2=(x,y,z),
∵=(0,2,0),=(1,2,-2),
∴
令x=2,得z=1,∴n2=(2,0,1).
设直线BE与平面CC1D所成的角为θ,
∵=(-2,1,0),
∴sin θ=|cos<,n2>|=,
∴直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为.
(3)设平面A1CD的法向量为n3=(x1,y1,z1),∵=(0,-2,2),=(1,2,-2),
∴
∴x1=0,令y1=1,得z1=1,
∴n3=(0,1,1).
设平面A1CD与平面CC1D的夹角为α,
∴cos α=|cos|=.
∴平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为.
易错警示　　证线面平行时,需要说明此线不在面内;线面夹角范围为,平面与平面夹角范围为,二面角的范围为[0,π].
4.(2021天津,17,15分,中)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.
(1)求证:D1F∥平面A1EC1;
(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值;
(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.
解析　(1)证明: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,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2),则=(2,2,0),
因为E为BC的中点,F为CD的中点,
所以E(2,1,0),F(1,2,0),
所以=(1,0,-2),=(2,1,-2).
设平面A1EC1的法向量为m=(x,y,z),
则
令x=2,则m=(2,-2,1),
因为·m=2-2=0,所以⊥m,
又因为D1F 平面A1EC1,
所以D1F∥平面A1EC1.
(2)由(1)得=(2,2,2),
设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ,
则sin θ=|cos(3)由正方体的特征可得平面AA1C1的一个法向量为=(2,-2,0),则
cos<,m>=,
所以二面角A-A1C1-E的正弦值为.
5.(2020天津,17,15分,中)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.
(1)求证:C1M⊥B1D;
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.
解析　依题意,以C为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).
(1)证明:依题意,=(1,1,0),=(2,-2,-2),从而=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.
(2)依题意,=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,=(0,2,1),=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).
因此有cos<,n>=,于是sin<,n>=.
所以,二面角B-B1E-D的正弦值为.
(3)依题意,=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos<,n>=.
所以,直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为.
6.(2023天津,17,15分,中)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,M为BC的中点,N为AB的中点.
(1)求证:A1N∥平面AMC1;
(2)求平面AMC1与平面ACC1A1夹角的余弦值;
(3)求点C到平面AMC1的距离.
解析　(1)证明:连接MN,
因为N为AB的中点,M为BC的中点,
所以MN是△ABC的中位线,
所以MN∥AC,且MN=AC.
在三棱台ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC,又AC=2,A1C1=1,所以A1C1=AC,
所以MN∥A1C1,且MN=A1C1,
所以四边形A1C1MN是平行四边形,
所以A1N∥C1M.
又A1N 平面AMC1,C1M 平面AMC1,
所以A1N∥平面AMC1.
(2)因为A1A⊥平面ABC,且AB,AC 平面ABC,
所以A1A⊥AB,A1A⊥AC.
又AB⊥AC,所以A1A,AB,AC两两垂直.
如图,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz.
则A(0,0,0),C1(0,1,2),C(0,2,0),M(1,1,0),
所以=(0,1,2),=(1,1,0).
设平面AMC1的法向量为m=(x,y,z),
则
令y=2,则x=-2,z=-1,即m=(-2,2,-1),
易知平面ACC1A1的一个法向量为n=(1,0,0).
设平面AMC1与平面ACC1A1的夹角为θ,
则cos θ=|cos|=.
故平面AMC1与平面ACC1A1夹角的余弦值为.
(3)由(2)知,=(0,2,0),
平面AMC1的一个法向量为m=(-2,2,-1).
设点C到平面AMC1的距离为d,
则d=
=,
所以点C到平面AMC1的距离为.
全真全练
考点一　空间角及距离
1.(2021全国乙理,5,5分,易)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 (　D　)
A.
2.(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 (　C　)
A.
3.(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 (　D　)
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°
4.(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 (　B　)
A.　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3
5.(2022全国甲理,18,12分,中)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.
解析　(1)证明:过D作DH⊥AB,垂足为H,则AH=,又AD=1,所以DH=,所以BD=,在△ABD中,AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以PD⊥BD,又因为PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD,又PA 平面PAD,所以BD⊥PA.
(2)解法一:由题设及(1)得三棱锥P-ABD的体积为V=.
又AB=2,PA==2,PB=, 所以cos∠PAB=,则sin∠PAB=.
设点D到平面PAB的距离为d,则V=d.
由,得d=.
因此PD与平面PAB所成角的正弦值为.
解法二:如图所示,作DE⊥AB,垂足为E,连接PE.
因为PD⊥底面ABCD,AB 平面ABCD,所以PD⊥AB,又DE∩PD=D,故AB⊥平面PDE.
作DF⊥PE,垂足为F.因为AB⊥平面PDE,DF 平面PDE,所以DF⊥AB.
因为AB∩PE=E,所以DF⊥平面PAB.
因此∠DPF即为PD与平面PAB所成的角.
因为DA·DB,所以DE=,故PE=.
因此PD与平面PAB所成角的正弦值为.
解法三:由(1)知BD⊥平面PAD,
∴DA,DB,DP两两垂直.
以D为原点,分别以,,的方向为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(0,0,0),P(0,0,),A(1,0,0),B(0,,0),∴=(0,0,),=(1,0,-),=(-1,,0).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=,则y=1,z=1,∴平面PAB的一个法向量为n=(,1,1).
设直线PD与平面PAB所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=.
故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为.
6.(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,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.
考点二　空间向量及其应用
1.(2025全国一卷,17,15分,中)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)设PA=AB=,BC=2,AD=1+,且点P,B,C,D均在球O的球面上.
(i)证明:点O在平面ABCD内;
(ii)求直线AC与PO所成角的余弦值.
解析　(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AD 底面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB,PA 平面PAB,
所以AD⊥平面PAB,又AD 平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)由(1)知PA,AB,AD两两垂直.以AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图,则P(0,0,),A(0,0,0),D(0,1+,0),C(,2,0),B(,0,0).
(i)证明:设O(x,y,z),则OP=,
OB=,
OC=,
OD=,
由OP=OB=OC=OD,解得x=z=0,y=1,
则O(0,1,0),故O在线段AD上,即点O在平面ABCD内.
(ii)因为=(,2,0),=(0,1,-),
所以cos<,,
故直线AC与PO所成角的余弦值为.
2.(2025全国二卷,17,15分,中)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=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°.
(1)证明:A'B∥平面CD'F;
(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
解析　(1)证明:在四边形ABCD中,AB∥CD,
因为E,F分别在AB,CD上,
所以FC∥EB,
因为BE 平面CD'F,FC 平面CD'F,
所以BE∥平面CD'F,
同理可得,A'E∥平面CD'F,
又BE∩A'E=E,BE,A'E 平面A'EB,
所以平面A'EB∥平面CD'F,
又A'B 平面A'EB,所以A'B∥平面CD'F.
(2)由CD=2AD,F为CD的中点,得DF=DA=FC.又AB∥CD,EF∥AD,所以四边形EFDA为平行四边形,又∠DAB=90°,DF=DA,所以四边形EFDA为正方形,则EF⊥DC,即D'F⊥EF,FC⊥EF,所以∠D'FC是面EFD'A'与面EFCB所成的二面角的平面角,因为面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°,所以∠D'FC=60°.又D'F=FC,所以△CD'F为正三角形.由D'F⊥EF,FC⊥EF,D'F∩FC=F,得EF⊥平面CD'F.因为EF 面EFCB,所以面D'FC⊥面EFCB.取FC的中点O,连接D'O,则D'O⊥面EFCB,过O作OM∥EF,交BE于M,则以O为坐标原点,分别以OM,OC,OD'所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设FC=2,则F(0,-1,0),E(2,-1,0),C(0,1,0),B(2,3,0),D'(0,0,),A'(2,0,),则=(2,2,0),=(0,-1,),=(2,0,0),=(0,1,).
设面BCD'的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 令z1=1,得x1=-,y1=,则平面BCD'的一个法向量为n1=(-,,1).
设面EFD'A'的法向量为n2=(x2,y2,z2),则令z2=1,得y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0,-,1),
则cos=.
设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的大小为θ,则cos θ=,
所以sin θ=,则面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为.
3.(2024新课标Ⅰ,17,15分,中)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
解析　(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,∴PA⊥AD.又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PB 平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AB 平面PAB,∴AD⊥AB.
在△ABC中,因为AC=2,BC=1,AB=,∴AC2=BC2+AB2,∴AB⊥BC.又AD⊥AB,且AD,AB,BC都在平面ABCD内,∴AD∥BC.又AD 平面PBC,BC 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
(2)以DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作平面ABCD的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0).
设AD=t,t>0,则DC=,A(t,0,0),P(t,0,2),C(0,,0),则=(-t,,0),=(0,0,2),=(t,0,2),=(0,,0),
设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则
令x1=,则y1=t,
则n1=(,t,0),
设平面CPD的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则
令z2=t,则x2=-2,则n2=(-2,0,t),
∵二面角A-CP-D的正弦值为,且由图可知二面角A-CP-D为锐二面角,∴二面角A-CP-D的余弦值为,
∴=|cos|=,∴t=(舍负),∴AD=.
4.(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,
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,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=
=,
所以面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值为.
5.(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.
6.(2022全国乙理,18,12分,中)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
解析　(1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DE⊥AC.
因为∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,
所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,
又E为AC的中点,所以BE⊥AC.
又DE,BE 平面BED,且DE∩BE=E,
所以AC⊥平面BED,又AC 平面ACD,所以平面ACD⊥平面BED.
(2)解法一:由题意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=.
因为AD⊥DC,E为AC的中点,
所以DE=1.
所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE.
连接EF,因为AC⊥平面BED,EF 平面BED,所以AC⊥EF,
所以S△AFC=AC·EF=EF.
当EF⊥BD时,EF最小,即△AFC的面积最小,此时EF=.
如图,以E为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,,0),D(0,0,1),F,
所以=(-1,0,1),=(0,-,1),.
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
则
令y=1,得n=(,1,).
设CF与平面ABD所成的角为θ,
则sin θ=|cos所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为.
解法二:连接EF,因为AC⊥平面BDE,EF 平面BDE,所以AC⊥EF,所以S△AFC=AC·EF,故EF最小时,△AFC的面积最小,所以EF⊥BD时,△AFC的面积最小.
因为AC⊥平面BED,BD 平面BED,
所以AC⊥BD,
又AC∩EF=E,AC 平面AFC,EF 平面AFC,
所以BD⊥平面AFC,
又BD 平面ABD,
所以平面ABD⊥平面AFC,
过C作CM⊥AF于点M,则CM⊥平面ABD,
故∠CFM即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角,
由AB=BC=2,∠ACB=60°,知△ABC是边长为2的等边三角形,
故AC=2,由已知可得DE=1,BE=,
又BD=2,所以BD2=ED2+EB2,
所以∠BED=90°,
所以EF=,
在Rt△CEF中,CF=,所以AF=,在△ACF中,由余弦定理的推论得cos∠AFC=,所以sin∠AFC=.
故CF与平面ABD所成的角的正弦值为.
三年模拟
练基础
1.(2024河西一模,17)已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=2PA=2AC=4,N为AB上一点且满足3,M,S分别为PB,BC的中点.
(1)求证:CM⊥SN;
(2)求直线SN与平面CMN所成角的大小;
(3)求点P到平面CMN的距离.
解析　(1)证明:由题意可知AP、AB、AC两两垂直.以A为原点,AB,AC,AP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, (1分)
则A(0,0,0),B(4,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2),M(2,0,1),S(2,1,0),N(1,0,0),
所以=(2,-2,1),=(-1,-1,0), (3分)
因为=2×(-1)+(-2)×(-1)+1×0=0,
所以CM⊥SN. (5分)
(2)设平面CMN的法向量为n=(x,y,z),=(1,-2,0),
则
取y=1,得n=(2,1,-2), (6分)
设直线SN与平面CMN所成角为θ,
则sin θ=|cos所以θ=,
所以直线SN与平面CMN所成角的大小为. (10分)
(3)设点P到平面CMN的距离为d,=(1,0,-2),
所以d==2,
所以点P到平面CMN的距离为2. (15分)
2.(题型三、四)(2025天津部分区一模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=2,AP=3,AB=1,E为棱PC的中点.
(1)求证:BE∥平面PAD;
(2)求平面PAD与平面BDE夹角的余弦值;
(3)求点P到平面BDE的距离.
解析　(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AB 底面ABCD,所以PA⊥AB,
又因为AD⊥AB,AD∩AP=A,AD,AP 平面PAD,所以AB⊥平面PAD,即为平面PAD的一个法向量,
如图,以点A为原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,3),
由E为棱PC的中点,得E,
向量,=(1,0,0),
故=0,
又BE 平面PAD,所以BE∥平面PAD.
(2)=(-1,2,0),
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
则取n=(6,3,-2),
由(1)知平面PAD的一个法向量为m==(1,0,0),
设平面PAD与平面BDE的夹角为θ,则cos θ=,
所以平面PAD与平面BDE夹角的余弦值为.
(3)因为=(-1,0,3),
所以点P到平面BDE的距离d=.
3.(题型二、三)(2025南开一模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,PA⊥PD,PA=PD,AB=1,AD=2,AC=CD=,M为棱AP上一点,且AP=4AM.
(1)求证:BM∥平面PCD;
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;
(3)求平面PCD与平面ABC夹角的余弦值.
解析　(1)取DA的中点O,连接OC,OP,因为AC=CD,PA=PD,所以OC⊥AD,OP⊥AD.
又平面PAD⊥平面ABCD,OP 平面PAD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以OP⊥平面ABCD.
以O为原点,OC,OA,OP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P(0,0,1),B(1,1,0),D(0,-1,0),C(2,0,0),A(0,1,0),
所以=(0,-1,-1),=(2,0,-1),=(0,-1,1),=(-1,0,0),=(1,1,-1),=(-2,-1,0).
设n=(x,y,z)为平面PCD的法向量,则
令x=1,得n=(1,-2,2).
因为AP=4AM,所以.
因为·n=0,所以⊥n,又BM 平面PCD,所以BM∥平面PCD.
(2)设PB与平面PCD所成角为θ,则sin θ=|cos<,n>|=.
(3)显然,平面ABC的一个法向量为=(0,0,1),
设平面PCD与平面ABC的夹角为φ,则cos φ=.
4.(题型三、四)(2025红桥二模,17)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,AB=3,AD=2,E是BC的中点,F是ED的中点.
(1)证明:DE⊥平面PAF.
(2)若AP=2.
①求平面PED与平面ABCD夹角的余弦值;
②求点A到平面PED的距离.
解析　由题意知PA,AB,AD两两垂直.以点A为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,
则A(0,0,0),B(3,0,0),C(3,2,0),D(0,2,0),E(3,,0),F,设P(0,0,h).
(1)证明:=(-3,,0),=(0,0,h),,
=0,=0,
所以,,又AP∩FP=P,AP,FP 平面PAF,
所以DE⊥平面PAF.
(2)易得P(0,0,2).
①=(3,,-2),=(-3,,0),
设平面PED的法向量为m=(x,y,z),
则
不妨令x=1,可得m=(1,,3),
易得平面ABCD的一个法向量为=(0,0,-2),
|cos所以平面PED与平面ABCD夹角的余弦值为.
②=(0,0,-2),
则,
所以点A到平面PED的距离为.
5.(题型二、四)(2025河北二模,17)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,AA1=4,M是BB1的中点,N是BC的中点,过点N作与平面ACC1A1平行的直线PN,交A1B1于点P.
(1)证明:C1M⊥平面AMN;
(2)求C1M与平面PMN所成角的正弦值;
(3)求点P到平面AMN的距离.
解析　(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,则AB,AA1,AC两两垂直,
如图,以点A为原点建立空间直角坐标系A-xyz, (1分)
则A(0,0,0),N(1,0,1),C1(0,4,2),M(2,2,0),所以=(2,2,0),=(1,0,1),=(2,-2,-2), (2分)
由=4-4+0=0,得C1M⊥AM,
由=2+0-2=0,得C1M⊥AN, (4分)
又AM∩AN=A,AM,AN 平面AMN,
所以C1M⊥平面AMN. (5分)
(2)设P(a,4,0)(其中a∈[0,2]),则=(a-1,4,-1),
易知平面ACC1A1的一个法向量为m=(1,0,0),(6分)
由PN∥平面ACC1A1,知·m=a-1=0,得a=1,即P(1,4,0), (7分)
=(0,4,-1),=(1,2,-1).
设平面PMN的法向量为n=(x,y,z),
则取n=(2,1,4), (9分)
设C1M与平面PMN所成角为θ,
所以sin θ=|cos<,n>|=,
所以C1M与平面PMN所成角的正弦值为. (12分)
(3)由(1)知平面AMN的一个法向量为=(2,-2,-2),
由(2)知P(1,4,0),从而=(1,4,0),
故点P到平面AMN的距离d=. (15分)
6.(2024和平二模,17)如图,三棱台ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形,AB=2A1B1=4,AA1⊥平面ABC,点M,N,D分别为AB,AC,BC的中点,A1B⊥AC1.
(1)证明:CC1∥平面A1MN;
(2)求直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值;
(3)求点D到平面A1MN的距离.
解析　在平面ABC内过点A作AH⊥AC,又因为侧棱AA1⊥底面ABC,所以AC,AH,AA1两两垂直.以点A为坐标原点,,,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,
所以A(0,0,0),B(2,2,0),C(4,0,0),M(1,,0),N(2,0,0).
设AA1的长为m(m>0),则A1(0,0,m),C1(2,0,m),所以=(2,2,-m),=(2,0,m),
因为A1B⊥AC1,所以=0,
则有4-m2=0,得m=2.
所以C1(2,0,2),A1(0,0,2).
(1)证明:=(1,,-2),=(2,0,-2),=(-2,0,2),
设平面A1MN的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则n=,
因为·n=0,所以⊥n,
又因为CC1 平面A1MN,
所以CC1∥平面A1MN.
(2)因为D为BC的中点,所以D(3,,0),则=(3,,-2),由(1)得平面A1MN的一个法向量为n=,
设直线A1D与平面A1MN所成角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|=,
所以直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值为.
(3)因为=(-1,-,0),平面A1MN的一个法向量为n=,
所以点D到平面A1MN的距离为.
7.(2024河西二模,17)如图所示,在几何体ABCDEFG中,四边形ABCD和ABFE均为边长为2的正方形,AD∥EG,AE⊥底面ABCD,M,N分别为DG,EF的中点,EG=1.
(1)求证:MN∥平面CFG;
(2)求直线AN与平面CFG所成角的正弦值;
(3)求平面CDG与平面CFG所成角的余弦值.
解析　(1)证明:如图,以A为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系A-xyz,
由题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),E(0,0,2),F(2,0,2),G(0,1,2),M,N(1,0,2), (1分)
设平面CFG的法向量为n1=(x1,y1,z1),
=(0,-2,2),=(-2,-1,2),
由
令x1=1,则y1=2,z1=2,
所以n1=(1,2,2),
又,
所以·n1=1×1+2×+2×1=0,所以⊥n1,
因为MN 平面CFG,
所以MN∥平面CFG. (5分)
(2)=(1,0,2),
设直线AN与平面CFG所成角为θ,
则sin θ=|cos所以直线AN与平面CFG所成角的正弦值为. (10分)
(3)设平面CDG的法向量为n2=(x2,y2,z2),
=(-2,0,0),=(-2,-1,2),
由
令z2=1,则y2=2,所以n2=(0,2,1), (12分)
则|cos|=,
所以平面CDG与平面CFG所成角的余弦值为. (15分)
8.(2024河西三模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD⊥CD,且AD=CD=2,BC=4,PA=2,点M在PD上.
(1)求证:AB⊥PC;
(2)求异面直线PB与DC所成角的余弦值;
(3)若平面MAC与平面DAC所成角为45°,求直线BM与平面PAC所成角的正弦值.
解析　(1)证明:取BC的中点E,连接AE,由题意得EC=AD,EC∥AD,
所以四边形AECD为平行四边形,结合AD⊥CD,AD=CD,可得 AECD为正方形,故AE⊥AD,又PA⊥平面ABCD,所以建立如图所示空间直角坐标系A-xyz,
则A(0,0,0),B(2,-2,0),C(2,2,0),D(0,2,0),E(2,0,0),P(0,0,2),则=(2,-2,0),=(2,2,-2),
因为=0,所以AB⊥PC.
(2)=(2,-2,-2),=(2,0,0),
设异面直线PB与DC所成的角为α,
则cos α=,
所以异面直线PB与DC所成角的余弦值为.
(3)设=(0,2λ,-2λ)(0<λ<1),可得M(0,2λ,2-2λ),
则=(2,2,0),=(0,2λ,2-2λ),
设平面MAC的法向量为n1=(x,y,z),
由
取y=,得n1=,
易知平面DAC的一个法向量为n2=(0,0,1),
由|cos|==cos 45°,解得λ=,
即M(0,,1),故=(-2,3,1),
易得平面PAC的一个法向量为n3==(2,-2,0),
设直线BM与平面PAC所成的角为θ,
sin θ=|cos<,n3>|=,
所以直线BM与平面PAC所成角的正弦值为.
练综合
1.(题型四)(2025和平一模,17)如图,在四棱锥E-DABC中,平面DEC⊥平面DABC,AD⊥CD,AB∥CD,DA=DC=4,AB=EC=2,且CE⊥ED.
(1)求直线DE与平面BCE所成角的正弦值;
(2)求平面ABC与平面BCE夹角的余弦值;
(3)求点A到平面BCE的距离.
解析　(1)平面ECD⊥平面DABC,交线为CD,过D在平面DCE内作DM⊥DC,故DM⊥平面DABC,又因为AD⊥CD,故DA,DC,DM两两垂直,
因此以点D为原点,DA,DC,DM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.
所以D(0,0,0),A(4,0,0),C(0,4,0),B(4,2,0),E(0,3,).
=(0,3,),=(-4,2,0),=(0,-1,),
设平面BCE的法向量为n1=(x,y,z),则
令x=,则n1=(,2,2),
设直线DE与平面BCE所成角为θ1,sin θ1=|cos<,n1>|=,则直线DE与平面BCE所成角的正弦值为.
(2)易知平面ABC的一个法向量为n2=(0,0,1),
设平面ABC与平面BCE的夹角为θ2,cos θ2=|cos|=,则平面ABC与平面BCE夹角的余弦值为.
(3)因为=(0,2,0),则点A到平面BCE的距离为.
2.(2025河北一模,17)如图,在多面体ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1为矩形,CA⊥平面ABB1A1,CC1⊥平面ABC,AA1=AC=4,CC1=2,AB=3.
(1)求直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值;
(2)求平面ABC1与平面A1B1C1的夹角的余弦值;
(3)求点A1到平面ABC1的距离.
解析　(1)由侧面ABB1A1为矩形,得AB⊥AA1,又CA⊥平面ABB1A1,AA1,AB 平面ABB1A1,则AC⊥AA1,AC⊥AB,即直线AB,AC,AA1两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系, (1分)
则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,4,0),A1(0,0,4),B1(3,0,4),C1(0,4,2),
=(0,4,-4), (2分)
=(3,0,0),=(0,4,2),
设平面ABC1的法向量为m=(x,y,z),
则
令y=1,得m=(0,1,-2), (4分)
设直线A1C与平面ABC1所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,m>|=, (6分)
所以直线A1C与平面ABC1所成角的正弦值为. (7分)
(2)=(3,0,0),=(0,4,-2),设平面A1B1C1的法向量为n=(x1,y1,z1),
则
令y1=1,得n=(0,1,2), (9分)
设平面ABC1与平面A1B1C1的夹角为φ,
则cos φ=|cos|=, (11分)
所以平面ABC1与平面A1B1C1的夹角的余弦值为. (12分)
(3)由(1)(2)可知,平面ABC1的一个法向量为m=(0,1,-2),=(0,4,-2),
所以点A1到平面ABC1的距离d=. (15分)
3.(题型二、三)(2025和平二模,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,H,P,Q分别是BC,AB,AC1的中点,B1H⊥平面ABC,且B1H=2,AC⊥BC,CA=CB=4.
(1)求证:PQ∥平面BCC1B1;
(2)求平面BCC1B1与平面B1PQ的夹角的余弦值;
(3)若线段HC上存在点R到平面B1PQ的距离为,求直线RP与平面B1PQ所成角的正弦值.
解析　(1)证明:连接HP,因为H,P分别是BC,AB的中点,所以HP∥AC,
因为AC⊥BC,所以HP⊥BC,又因为B1H⊥平面ABC,则HP,HC,HB1两两垂直,
所以以点H为原点,HP,HC,HB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,
可得H(0,0,0),A(4,2,0),C(0,2,0),B(0,-2,0),B1(0,0,2),C1(0,4,2),P(2,0,0),Q(2,3,),
所以向量=(0,3,),易知平面BCC1B1的一个法向量为n1=(1,0,0),
则·n1=0,所以⊥n1,
又因为PQ 平面BCC1B1,
所以PQ∥平面BCC1B1.
(2)向量=(2,0,-2),
设平面B1PQ的法向量为n2=(x,y,z),
则
令x=3,可得n2=(3,-1,),
设平面BCC1B1与平面B1PQ的夹角为θ1,则cos θ1=|cos|=,
则平面BCC1B1与平面B1PQ的夹角的余弦值为.
(3)设R(0,m,0)(其中m∈[0,2]),可得=(2,-m,0),
则点R到平面B1PQ的距离d=,即,
解得m=1,所以=(2,-1,0),
设直线RP与平面B1PQ所成角为θ2,则
sin θ2=|cos<,n2>|=,
则直线RP与平面B1PQ所成角的正弦值为.
4.(题型二、三)(2025天津十二校二模,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,PA=2,AD=1,M为边CD的中点,且PC⊥BM.
(1)求线段AB的长.
(2)求平面PBM与平面PCD夹角的余弦值.
(3)在线段PD上(不含端点)是否存在点N,使直线AN与平面PCD所成角的正弦值为 若存在,求线段PN的长;若不存在,请说明理由.
解析　(1)因为PA⊥底面ABCD,AD,AB 平面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥AB,又底面ABCD是矩形,故AB⊥AD,
故AD,AB,PA两两垂直,
以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz, (1分)
则A(0,0,0),D(0,1,0),P(0,0,2),
设AB=a(a>0),则B(a,0,0),C(a,1,0),M, (2分)
则=(a,1,-2),, (3分)
由PC⊥BM,得+1×1+(-2)×0=1-=0, (4分)
解得a=,即AB=. (5分)
(2)=(,0,-2),,
设平面PBM的法向量为m=(x,y,z),
则
令z=1,则m=(,1,1). (7分)
=(,1,-2),=(-,0,0),
设平面PCD的法向量为n=(x1,y1,z1),
则
令z1=1,则n=(0,2,1), (9分)
设平面PBM与平面PCD的夹角为θ,
则cos θ=|cos|=, (10分)
所以平面PBM与平面PCD夹角的余弦值为. (11分)
(3)=(0,1,-2),设,λ∈(0,1),则N(0,λ,2-2λ),所以=(0,λ,2-2λ), (12分)
因为AN与平面PCD所成角的正弦值为,
所以,n>|=, (13分)
所以5λ2-8λ+3=0,所以λ=1或λ=. (14分)
因为λ∈(0,1),所以λ=,
所以PN=. (15分)
5.(2024和平一模,17)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,PD=AD=3,点E,F分别是棱PA,PC的中点,点M是线段BC上一点.
(1)求证:PB⊥平面EFD;
(2)求平面EFD与平面ABCD的夹角的余弦值;
(3)若直线MF与平面ABCD所成的角的正弦值为,求此时MC的长度.
解析　(1)证明:因为四棱锥P-ABCD的底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,所以以点D为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,(1分)
则有A(3,0,0),B(3,3,0),C(0,3,0),D(0,0,0),P(0,0,3),E,F.
所以,,
设平面EFD的法向量为n1=(x,y,z),
则
令x=1,则n1=(1,1,-1), (3分)
又因为=(3,3,-3),
所以=3n1,即∥n1,
所以PB⊥平面EFD得证. (4分)
(2)由(1)知平面EFD的一个法向量为n1=(1,1,-1),易知平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1), (5分)
设平面EFD与平面ABCD的夹角为θ,
所以cos θ=|cos|=,
故平面EFD与平面ABCD的夹角的余弦值为. (8分)
(3)设MC的长度为m(0≤m≤3),则M(m,3,0),
设直线MF与平面ABCD所成角为θ1,已知sin θ1=,, (10分)
sin θ1=|cos<,n2>|=, (13分)
求得m=1,故此时MC的长度为1. (15分)
6.(2024河东一模,17)在正方体ABCD-A1B1C1D1中(如图所示),棱长为2,连接A1D,A1B,BD.
(1)证明:AC1⊥平面A1BD;
(2)求平面ACD1与平面A1BD夹角的余弦值;
(3)底面正方形ABCD的内切圆上是否存在点P,使得PB与平面A1BD所成角的正弦值为 若存在,求PD1长度;若不存在,说明理由.
解析　以D为原点,DA,DC,DD1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D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2).
(1)证明:设平面A1BD的法向量为n1=(x,y,z),
依题意得=(2,0,2),=(2,2,0),=(-2,2,2),
则
令x=1,则n1=(1,-1,-1),
∵=-2n1,∴∥n1,
∴AC1⊥平面A1BD.
(2)设平面ACD1的法向量为n2=(x1,y1,z1),
依题意得=(-2,2,0),=(-2,0,2),
则
令x1=1,则n2=(1,1,1),
设平面ACD1与平面A1BD的夹角为θ,
则cos θ=|cos|=.
所以平面ACD1与平面A1BD夹角的余弦值为.
(3)设P(m,n,0)(m,n∈[0,2]),且(m-1)2+(n-1)2=1①,
∴=(m-2,n-2,0).
设PB与平面A1BD所成角为φ,
则sin φ=|cos联立①②,解得
故P(2,1,0)或P(1,2,0),∴PD1=3.
7.(2024河北二模,17)如图,四棱锥P-ABCD中,侧棱PD⊥平面ABCD,点E是PC的中点,底面ABCD是直角梯形,AB∥DC,AD⊥DC,AB=AD=PD=1,CD=2.
(1)求证:BE∥平面PAD;
(2)求异面直线PB和AC所成角的余弦值;
(3)点Q在线段PC上,平面BDQ和平面PBD的夹角为45°,求的值.
解析　(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,AD⊥DC,∴DA,DC,DP两两垂直.以D为原点,分别以,,的方向为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(0,0,0),A(1,0,0),C(0,2,0),B(1,1,0),P(0,0,1),E,
则,
易知DC⊥平面PAD,∴平面PAD的一个法向量为=(0,2,0).
∵=0,∴,
∵BE 平面PAD,∴BE∥平面PAD.
(2)=(1,1,-1),=(-1,2,0),
设异面直线PB和AC所成的角为θ,
则cos θ=|cos<,,
∴异面直线PB和AC所成角的余弦值为.
(3)=(1,1,0),=(0,2,-1),=(0,0,1),
设,易得点Q不与点P、点C重合,所以λ∈(0,1),则=(0,2λ,-λ),
∴=(0,2λ,1-λ),
设平面PBD的法向量为m=(x,y,z),
则有
不妨令x=1,得m=(1,-1,0).
设平面BDQ的法向量为n=(x',y',z'),
则有
不妨令x'=1,得y'=-1,z'=,
∴n=,
∵平面BDQ和平面PBD的夹角为45°,
∴cos 45°=|cos|,
即,
整理得λ2+2λ-1=0,解得λ=-1±,
∵λ∈(0,1),∴λ=-1,
即-1.
8.(2024天津耀华中学一模,17)如图,四边形PDCE为矩形,四边形ABCD为梯形,直线PD⊥平面ABCD,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=CD=1,PD=.
(1)若M为PA中点,求证:AC∥平面MDE;
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值;
(3)在线段PC上是否存在一点Q(除去端点),使得平面QAD与平面PBC的夹角的大小为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
解析　(1)证明:设PC∩DE=N,连接MN.∵四边形PDCE为矩形,∴N为PC的中点,又∵M为PA的中点,
∴MN∥AC,
又∵MN 平面MDE,AC 平面MDE,
∴AC∥平面MDE.
(2)如图,以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则D(0,0,0),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),P(0,0,),
则=(1,0,-),=(1,1,-),=(0,2,-),
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),
则
取x=1,得m=(1,1,),
设直线PA与平面PBC所成角为θ,
则sin θ=|cos∴直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.
(3)假设存在点Q满足题意,设Q(x0,y0,z0),=λ(0<λ<1),则,
即(x0,y0,z0-)=λ(0,2,-),
解得Q(0,2λ,λ),
则=(0,2λ,λ),
由题意得=(1,0,0),
设平面QAD的法向量为n=(a,b,c),
则
取b=1,得n=,
由(2)知平面PBC的一个法向量为m=(1,1,),
∵平面QAD与平面PBC的夹角的大小为,
∴cos=|cos|=,
解得λ=,满足条件,
∴在线段PC上存在一点Q(除去端点),使得平面QAD与平面PBC的夹角的大小为,此时=.
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