专题四 立体几何
第1讲 小题研透——立体几何
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.C 对于A、B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误；对于C、D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，m与n可能相交垂直，也可能异面垂直，故C正确，D错误.
2.B 设圆柱和圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π.故选B.
3.B 由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接OC（图略），因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝＝，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD＝OD－OC＝2－，所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B.
4.B 法一（直接法）
如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×3＝9，＝×2×＝，设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，则＝（9＋＋）h＝，解得h＝，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，可得DD1＝＝，结合等腰梯形BCC1B1可得B＝（）2＋D，即x2＋＝（2－x）2＋＋4，解得x＝，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝＝1.
法二（补形法）
如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为＝＝，则＝，可知＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18，设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×3＝18，解得d＝2，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan∠PAO＝＝1.故选B.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）C （2）C
解析：（1）
如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π（1＋3）×4＝16π，所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.故选C.
（2）因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×1××1＋××＝，故选C.
跟踪训练
1.1 解析：
如图，由正方体棱长为2，得＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，∴＝＝··D1A1＝××2＝1.
2.23 57.5 解析：设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3＝10V2，即π×（）2×230＝10×π×（）2×h2，解得h2＝23.又V2＝10V1，即π×（）2×23＝10×π×（）2×h1，所以h1＝57.5，所以升、斗量器的高分别为57.5 mm，23 mm.
3.8π 解析：设圆锥的母线长为l（l＞0），底面圆半径为r（r＞2），高为h（h＞0），则l·2＝hr.解得h＝，又l2＝r2＋h2，所以l2＝r2＋（）2，即l2＝＝.令＝t，则0＜t＜.令f（t）＝t－4t2＝－4（t－）2＋，则当t＝时，f（t）取得最大值，即l2取得最小值16，所以l的最小值为4，此时r＝h＝2，圆锥的侧面积S＝πrl＝8π.
【例2】 （1）D （2）B 解析：（1）对于A选项，若α⊥β，m α，l⊥β，则l∥α或l α，无法确定m与l的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少m∥l的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件l α，l与β平行、相交或l β均有可能，错误；对于D选项，若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则l⊥γ，由面面垂直的判定定理可得α⊥γ，正确.故选D.
（2）对于A，因为CB⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1 平面BB1P，BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB 平面CBP，所以平面CBP⊥平面BB1P，所以A正确；对于B，当P为A1B的中点时，AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC 平面CPD1且A1B∩BC＝B，所以AP⊥平面CPD1，除此之外，AP与平面CPD1不垂直，所以B错误；对于C，因为BC⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1 平面A1AB且A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP 平面A1AB，所以BC⊥AP，所以C正确；对于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP 平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正确.故选B.
【例3】 解析：法一（几何法） 如图，取AB的中点N，连接DN，MN，则AN＝BN＝1，又M为线段PB的中点，∴MN∥PA且MN＝PA＝1，则异面直线DM与PA所成的角即直线DM与MN所成的角.∴异面直线DM与PA所成的角为∠DMN或其补角，∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，又DN 平面ABCD，∴MN⊥DN，在Rt△DAN中，DN＝＝，在Rt△DMN中，tan∠DMN＝＝＝，故异面直线DM与PA所成角的正切值为.
法二（向量法）
∵PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD.以A为坐标原点，以AP所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），D（0，0，2），P（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），＝（2，0，0），＝（1，1，－2），∴cos＜，＞＝
＝＝＝＝.记异面直线DM与PA所成的角为θ，则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝，∴sin θ＝＝，∴tan θ＝＝＝.
跟踪训练
1.D
对于A，根据a⊥c，b⊥c，可得a与b平行、相交、异面均有可能，故A错误；对于B，根据a∥b，a∥α，可得b∥α或b α，故B错误；对于C，在如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1中，设a＝A1B1，b＝C1D1，c＝B1C1，平面α＝平面ABCD，满足a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，但c∥α，故C错误；对于D，两个平面同时与第三个平面垂直，则这两个平面的交线与第三个平面垂直，故D正确.故选D.
2. 解析：令＝a，＝b，＝c，并将其作为一组基，则·－·＝（＋）·－（＋）·＝（a＋c）·b－（b＋c）·a＝c·（b－a）＝·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＝5，所以cos＜，＞＝，即异面直线AA1与BD夹角的余弦值为.
【例4】 B
已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，如图，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为AA'，设∠ASA'＝α，圆锥底面周长为2π，所以＝α×3＝2π，所以α＝，在△SAA'中，由SA＝SA'＝3和余弦定理，得AA'＝＝＝3.
跟踪训练
1.8 解析：设圆柱的母线长和底面圆半径分别设为l，r，根据已知得2lr＝4，由题意可得圆柱侧面展开图的周长可以表示为l侧＝4πr＋2l≥2＝8，当且仅当4πr＝2l，即r＝，l＝2时等号成立.
2.＋ 解析：如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1.因为DM⊥A1C，所以DM 平面BDC1，即M在线段BC1上，将平面BDC1和平面BCC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2.当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，易知此时点M为BC1中点，又因为正方体的棱长为2，故此时BC1＝2，DM＝，MC＝，故DM＋MC≥CD＝＋.
第2讲 大题专攻——空间几何体中的证明与计算
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
（2）法一
如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
即sin∠DFE＝，
即tan∠DFE＝.
因为AD⊥DC，设AD＝x，
则CD＝，
由等面积法可得，DE＝，
又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝，
故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝.
法二 以DA，DC分别为x轴，y轴，过点D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz，
令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0），
设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则
所以
不妨设x1＝，则y1＝t，z1＝0，n1＝（，t，0）.
设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则所以
不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）.
因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为，
所以＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝，
所以t＝，所以AD＝.
2.解：（1）设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，
所以＝S△ABC×AA1＝＝，
又△A1BC的面积为2，＝h＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面A1BC的距离为.
（2）取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
由（1）知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，
因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2，
所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1），
则＝（1，1，1），＝（0，2，0），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令x＝1，得n＝（1，0，－1），
又平面BDC的一个法向量为＝（0，－1，1），
所以cos＜，n＞＝＝＝－，
设二面角A-BD-C的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
【研透高考·攻重点】
【例1】 证明：（1）如图，连接AC交BD于点O，连接PO，易得O为AC中点，
又P为线段AM的中点，则OP∥CM.
又OP 平面PBD，CM 平面PBD，则MC∥平面PBD.
（2）在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DB·cos ∠ABD，即AD2＝1，则AD2＋AB2＝BD2，故AB⊥AD，
所以平行四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC.
又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD＝CD，AD 平面ABCD，则AD⊥平面CMD，
又CM 平面CMD，则AD⊥CM.
又M是半圆弧CD上的点，
则CM⊥MD.
因为MD∩AD＝D，MD，AD 平面AMD，所以CM⊥平面AMD.
因为CM 平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC.
跟踪训练
证明：（1）
依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系B-xyz，如图所示，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），C1（0，2，4），设BA＝a，则A（a，0，0），所以＝（a，0，0），＝（0，2，2），＝（0，2，－2），
·＝0，·＝0，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD，
又BA∩BD＝B，BA，BD 平面ABD，
因此B1D⊥平面ABD.
（2）由（1）知，E（0，0，3），G，F（0，1，4），则＝，＝（0，1，1），·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，EG，EF 平面EGF，
因此B1D⊥平面EGF.
结合（1）可知是平面ABD的一个法向量.
所以平面EGF∥平面ABD.
【例2】 解：（1）
证明：连接BE，BC1，DE，如图.
因为AB∥A1B1，且AB＝A1B1，
D，E分别是棱AB，A1B1的中点，
所以BD∥A1E，且BD＝A1E，
所以四边形BDA1E为平行四边形，
所以A1D∥EB，
又A1D 平面A1DC，EB 平面A1DC，所以EB∥平面A1DC.
因为DE∥BB1∥CC1，且DE＝BB1＝CC1，
所以四边形DCC1E为平行四边形，
所以C1E∥CD，
又CD 平面A1DC，C1E 平面A1DC，
所以C1E∥平面A1DC.
因为C1E∩EB＝E，C1E，EB 平面BEC1，
所以平面BEC1∥平面A1DC.
因为BN 平面BEC1，所以BN∥平面A1DC.
（2）因为四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
所以CC1⊥平面ABC.
因为DE∥CC1，
所以DE⊥平面ABC.
从而DE⊥DB，DE⊥DC.
因为AB＝AC＝BC，
所以△ABC为等边三角形.
因为D是AB的中点，
所以CD⊥DB，
即DB，DC，DE两两垂直.
以D为原点，DB，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设AB＝2，则D（0，0，0），E（0，0，2），C（0，3，0），C1（0，3，2），A1（－，0，2），
所以＝（0，3，0），＝（－，0，2）.
设n＝（x，y，z）为平面A1DC的法向量，
则
即
可取n＝（2，0，1）.
因为＝3，所以N（0，2，2），＝（0，2，2）.
设直线DN与平面A1DC所成角为θ，
则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝，
即直线DN与平面A1DC所成角的正弦值为.
【例3】 解：（1）证明：如图，取A1C的中点D，连接C1D.
∵A1C1＝CC1，∴C1D⊥A1C.
∵平面A1BC⊥平面ACC1A1，
∴C1D⊥平面A1BC，∴C1D⊥BC.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥BC，
∵C1D∩CC1＝C1，
∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AA1.
（2）由（1）得CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC，BC⊥A1C.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC.以C为原点，CA，CB，CC1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.
设A1C1＝a，B1C1＝b，则
解得
则C（0，0，0），C1（0，0，2），A1（2，0，2），B（0，2，0），B1（0，1，2），
则＝（2，0，0），＝（2，－2，2），＝（2，－1，0）.
设m＝（x1，y1，z1）是平面A1BC1的法向量，
则∴
取z1＝1，则x1＝0，y1＝1，∴m＝（0，1，1）.
设n＝（x2，y2，z2）是平面A1BB1的法向量，
则∴
取z2＝1，则x2＝1，y2＝2，∴n＝（1，2，1）.
∴｜cos＜m，n＞｜＝＝＝，
∴平面A1BB1与平面A1BC1的夹角为30°.
跟踪训练
解：法一 （1）如图所示，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，3），B（4，0，0），C（4，5，0），D（0，3，0），
设E（x，y，z），由＝λ，可得（x－4，y，z）＝λ（－4，0，3），
则E（4－4λ，0，3λ）.
因为PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，所以PB⊥AE.
又＝（4，0，－3），＝（4－4λ，0，3λ），
所以由·＝0，得16－25λ＝0，
解得λ＝.
（2）设平面EAD的法向量为n＝（x'，y'，z'），由（1）知＝（4－4λ，0，3λ），＝（0，3，0），
由n⊥，n⊥，
得
令x'＝3λ，得n＝（3λ，0，4λ－4）.
易得平面ABD的一个法向量为m＝（0，0，1），
又二面角E-AD-B的余弦值为，
所以｜cos＜m，n＞｜＝＝，得λ＝，
则n＝（，0，－2），由（1）知＝（4，5，－3），
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为.
法二 （1）由PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，得PA⊥AB，
由PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，得PB⊥AE，
在Rt△ABP中，BP＝＝＝5，AE＝＝＝.
在Rt△ABE中，由勾股定理得BE＝＝＝，
因为＝λ，所以λ＝＝.
（2）因为PA⊥底面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
又AB⊥AD，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，
又AE 平面PAB，所以AD⊥AE，
因此二面角E-AD-B的平面角为∠EAB.
由题知cos∠EAB＝，cos∠EBA＝＝，
所以∠EAB＝∠EBA，∠EAP＝∠EPA，
因此EA＝EP＝EB，即E为BP的中点.
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，则A（0，0，0），P（0，0，3），C（4，5，0），D（0，3，0），B（4，0，0），E（2，0，），
则＝（4，5，－3），＝（2，0，），＝（0，3，0），
设平面AEFD的法向量为n＝（x，y，z），
则令x＝3，得z＝－4，则n＝（3，0，－4）.
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为.
【例4】 解：（1）
在直角梯形ABCD中，过点D作DO⊥AC交AC于O，连接OP，则可以以点O为坐标原点，直线OA为x轴，平面ABCD内过点O且垂直于AC的直线为y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，所以∠DOP为二面角P-AC-D的平面角，所以∠DOP＝.
又OD＝OP＝，所以P（0，－，），
易知C（－，0，0），A（，0，0），B（，，0），所以＝（－，－，），＝（－1，－，0），
所以cos＜，＞＝＝＝，
所以异面直线AP，BC所成角的余弦值为.
（2）＝（－，，－），＝（－1，－，0），
设n＝（x，y，z）为平面PBC的法向量，则
令x＝，则y＝－1，z＝－，故平面PBC的一个法向量为n＝（，－1，－），
所以点A到平面PBC的距离d＝＝＝.
跟踪训练
解：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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（1，0，1），B（1，1，1），C（0，1，1），C1（0，1，0），E（1，，0），F（1，，1）.
（1）取a＝＝（0，1，0），u＝＝（－1，1，－1）＝（－，，－），则a2＝1，a·u＝，
所以点B到直线AC1的距离为＝＝.
（2）因为＝＝（－1，，0），所以FC∥EC1，
所以FC∥平面AEC1，
所以点F到平面AEC1的距离，即为直线FC到平面AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n＝（x，y，z），＝（0，，－1）.
则所以所以
取z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝（1，2，1）是平面AEC1的一个法向量.
又因为＝（0，，0），所以点F到平面AEC1的距离为d＝＝＝，
即直线FC到平面AEC1的距离为.
第3讲 大题专攻——空间中的翻折、探索性问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝，得AE＝2，AF＝4，
又∠BAD＝30°，在△AEF中，
由余弦定理得
EF＝
＝＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
由翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，又PD 平面PDE，
故EF⊥PD.
（2）连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-xyz，
则P（0，0，2），D（0，3，0），C（3，3，0），F（2，0，0），A（0，－2，0），
由F是AB的中点，得B（4，2，0），
所以＝（3，3，－2），＝（0，3，－2），＝（4，2，－2），＝（2，0，－2），
设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n＝（x1，y1，z1），m＝（x2，y2，z2），
则
令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，
y2＝－1，z2＝1，
所以n＝（0，2，3），m＝（，－1，1），
所以｜cos ＜m，n＞｜＝＝＝，
设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，
则sin θ＝＝，
即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为.
2.解：（1）证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，则AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B-xyz.
则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），＝（0，2，1）.
设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2），
于是＝（1－m，1，－2）.
所以·＝0，所以BF⊥DE.
（2）易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝（1，0，0）.
设面DFE的法向量为n2＝（x，y，z）.
则
又＝（1－m，1，－2），＝（－1，1，1），
所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m），
所以cos＜n1，n2＞＝ .
设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝，
故当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）证明：如图，连接BD，DE，设AB＝2a，则BC＝CD＝a，
由题意知，BC⊥CD，∴BD＝＝a，易得AD＝＝a，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，
由翻折中的不变性可得，AD⊥DE，
又BD∩DE＝D，BD，DE 平面BDE，∴AD⊥平面BDE，
又BE 平面BDE，∴AD⊥BE.
（2）由题意及（1）知，BD＝DE＝a，AE＝AB＝2a，
又∠EAB＝，∴AB＝AE＝BE＝2a，∴DE2＋BD2＝BE2，
∴DE⊥BD.
由（1）知，DE⊥AD，
又AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABCD，∴DE⊥平面ABCD.
又AB 平面ABCD，∴AB⊥DE.
如图，过点D作DM⊥AB交AB于点M，连接EM，
又DE∩DM＝D，DE，DM 平面DEM，∴AB⊥平面DEM，
又AB 平面ABE，∴平面DEM⊥平面ABE.
过点D作DN⊥EM交EM于点N，连接AN，
又平面ABE∩平面DEM＝EM，DN 平面DEM，∴DN⊥平面ABE，
∴∠NAD是直线AD与平面ABE所成的角.
∵平面CDF∥平面ABE，∴直线AD与平面CDF所成角的正弦值等于sin∠NAD.
∵DM 平面ABCD，∴DE⊥DM，
易得DM＝BC＝a，EM＝AB＝a，
又DE＝a，∴DN＝＝a，
又AD＝a，∴在Rt△ADN中，
sin∠NAD＝＝＝，
即直线AD与平面CDF所成角的正弦值为.
跟踪训练
解：（1）因为AB∥平面PCD，AB 平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，
又∠AOD＝，所以∠ODP＝∠OPD＝，
所以∠POD＝，
又OD＝OP＝1，所以PD＝.
（2）由题意知OC⊥平面POD，
而S△DOP＝·OD·OP·sin∠DOP，
所以当OD⊥OP时，三棱锥P-COD的体积最大.
易知OC，OD，OP两两垂直，以O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O-xyz，
则C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），
故＝（1，－1，0），＝（0，1，－1）.
设平面CPD的法向量为n1＝（x，y，z）.
则即
取y＝1，得x＝1，z＝1，
得平面CPD的一个法向量为n1＝（1，1，1）.
易知平面OPD的一个法向量为n2＝（1，0，0），
所以cos＜n1，n2＞＝＝，
所以二面角O-PD-C的余弦值为.
【例2】 解：（1）证明：因为AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB＝AB，
所以PD2＋DC2＝PC2，AP2＋AB2＝PB2，
所以DC⊥PD，AB⊥AP，
又AB＝BC＝DC＝DA，所以四边形ABCD为菱形，
所以AB∥DC，所以DC⊥AP，
又AP，PD 平面PAD，AP∩PD＝P，所以DC⊥平面PAD，
又DC 平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）由（1）得DC⊥平面PAD，
因为DA 平面PAD，所以DC⊥DA，故四边形ABCD为正方形.
不妨设正方形ABCD的边长为2，AD的中点为O，连接PO，
因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，
又PO 平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0，0，），A（1，0，0），B（1，2，0），C（－1，2，0）.
假设存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为，且＝λ（λ＞0），E（x0，y0，z0），
由＝λ，得＝λ，
即（x0，y0，z0－）＝λ（－1－x0，2－y0，－z0），
解得x0＝－，y0＝，z0＝，
所以E（－，，），
所以＝（0，2，0），＝（－2，0，0），＝（1，2，－），＝（，－，）.
设平面AEB的法向量为n＝（x1，y1，z1），则
可取n＝（，0，1＋2λ）.
设平面BCE的法向量为m＝（x2，y2，z2），则
可取m＝（0，，2），则｜cos＜n，m＞｜＝＝
＝，
解得λ＝1或λ＝－2（舍去），
所以在棱PC上存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为，且＝1.
跟踪训练
解：
因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又∠BAC＝90°，所以∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1两两垂直，
如图，以A1为原点，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系，
因为AA1＝AB＝AC＝1，
所以A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1，0），A（0，0，1），B（1，0，1），C（0，1，1），
（1）＝（0，1，－1），＝（1，0，1），
｜cos＜，＞｜＝＝＝，
所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°.
（2）存在.
假设在平面ABC的边上或内部存在一点N（x，y，1），因为M为A1B的中点，＝（1，0，1），
所以M（，0，），所以＝（x－，y，），
又＝（0，1，－1），＝（－1，1，－1），
则
所以N（，，1），
且＝，所以N是BC的中点.
故存在点N，N为BC的中点，满足条件.
培优点1 球的切、接问题
【例1】 （1）C （2）C
解析：（1）
过△ABD的中心E作平面ABD的垂线，过△BCD的中心F作平面BCD的垂线，两垂线交于点O，连接OD，依据题中条件可知，O为四面体ABCD的外接球球心，因为AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝2，所以DF＝2，OF＝1，则OD＝＝，即外接球半径为，则该球的表面积为4π（）2＝20π，故选C.
（2）
如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，设AB的中点为O1，CD的中点为O，则O为球心，O1A＝1.连接OO1，OA，设圆台的高为h，由题意知球O的半径R＝OA＝OD＝2，则在Rt△OO1A中，h＝OO1＝＝＝，所以圆台的体积V＝×（22×π＋＋12×π）×＝.故选C.
跟踪训练
1.B
将四面体P-ABC补形成长方体，长方体的长、宽、高分别为2、1、2，四面体P-ABC的外接球即为长方体的外接球，而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为R，故2R＝＝3，所以外接球表面积为S＝4πR2＝9π.故选B.
2.A 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋O＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋O＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
【例2】 （1）B （2）A
解析：（1）
旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球的球心，过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F，则OE＝OF＝r（r为内切球的半径），故AO＝＝r，CO＝＝r，故5＝AO＋OC＝r＋r，故r＝，故旋转体的内切球的表面积为4π×（）2＝.故选B.
（2）
由AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，得AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB，BC 平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，又AC 平面ABC，所以CD⊥AC.由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5，所以三棱锥A-BCD的表面积S＝2××3×4＋2××4×5＝32，三棱锥A-BCD的体积V＝××3×4×4＝8.设三棱锥内切球球心为O，半径为r，由V＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝Sr，得r＝＝，所以该三棱锥内切球的体积V球＝πr3＝π×（）3＝.
跟踪训练
解析：
如图，作出正四棱台的轴截面，设上底面边长为2x，则下底面边长为4x，则CM＝CF＝x，BM＝BE＝2x，∠CIM＝∠MIF，∠BIM＝∠MIE，故∠CIB＝∠CIM＋∠BIM＝（∠MIE＋∠MIF）＝90°，在Rt△CIB中，IM⊥CB，则由射影定理，IM2＝CM·BM得2x2＝1，解得x＝，于是棱台的上底面面积为（2x）2＝2，下底面面积为（4x）2＝8，高为2，故该正四棱台的体积为V＝×2×（2＋＋8）＝.
【例3】 π 解析：设正四棱锥P-ABCD底面的边长为a，高为h，所以正四棱锥的体积V＝a2h＝1，则a2h＝3.如图，连接AC，记AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥底面ABCD，正四棱锥P-ABCD外接球的球心O在直线PO1上.连接OA，设外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，又O1A＝，OO1＝｜h－R｜，所以OA2＝O1A2＋O1O2，即R2＝（）2＋｜h－R｜2，得2hR＝h2＋a2，因为a2h＝3，所以R＝＋.令f（h）＝＋，h＞0，则f'（h）＝，由f'（h）＝0，得h＝，当0＜h＜时，f'（h）＜0，当h＞时，f'（h）＞0，所以函数f（h）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，所以当h＝时，半径R取得最小值，且最小值为，所以外接球体积的最小值为×（）3π＝π.
跟踪训练
1.A
设圆柱底面半径为r，高为h，球的半径为R，则R2＝h2＋r2，S＝πR2，S1＝2πrh，V＝·πR3＝πR3，V1＝πr2h，所以＝＝＝＋≥2＝1，当且仅当r＝h时等号成立，此时R＝r，所以＝＝＝.故选A.
2.4π 解析：
当球与下底面和侧面均相切时，圆台及球的轴截面如图所示，设E，F分别为梯形上、下底边的中点，连接EF，则CE＝1，DF＝3.过点C作CH⊥AD，交AD于点H，记点G为侧面的切点，O为球心，连接OG，OC，则FD＝DG＝3，CH＝EF＝2，FH＝EC，所以CD＝＝＝4，所以CG＝CD－DG＝1，所以CE＝CG，所以Rt△OEC≌Rt△OGC，所以OE＝OG，即球与上底面也相切，故此时球的半径R＝＝，所以该球体积的最大值为πR3＝π·（）3＝4π.
培优点2 立体几何中的截面与交线问题
【例1】 C 易知截面是一个非等边的等腰三角形，排除A、D；等腰三角形的底边是正三棱锥的一条棱，这条棱不可能与内切球有交点，所以排除B；而等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线，且经过内切球在这两个面上的切点，所以C正确.
【例2】 解析：
根据题意作图，如图所示，过点F作FH⊥BD1交BD1于H，设FH＝h.由题意得BD1＝2.因为长方体对面平行，所以截面BFD1E为平行四边形，则＝2＝2×BD1·h＝2h，当h取最小值时四边形BFD1E的面积最小.易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离.易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，hmin＝，（）min＝2×＝.故四边形BFD1E面积的最小值为.
跟踪训练
1.D
如图，取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G.由题意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH 平面A1EF，EF 平面A1EF.所以GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，又GH∩AH＝H，GH，AH 平面AHGD1，所以平面AHGD1∥平面A1EF，故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形.
2.［π，］ 解析：
正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，OD，如图所示，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝，则R2＝r2＋1＝.①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝；②当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，该截面圆的直径为AB，即半径为＝1，所以截面圆的面积最小为π·12＝π，综上，截面面积的取值范围为［π，］.
【例3】 解析：
由题设，将三棱锥P-ABC补全为棱长为2的正方体，O为底面中心，如图所示，若AD＝AF＝2，则PD＝PF＝4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上，又OA＝＞2，OP＝3＞4，所以平面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；平面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为.所以最长弧的弧长为.
跟踪训练
C
取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得QN∥AB，QN＝AB，又因为MJ∥AB，MJ＝AB，所以MJ∥QN，MJ＝QN，所以四边形MJNQ是平行四边形，所以MQ∥JN，所以M，J，N，Q四点共面，所以平面MQN与平面PBC的交线l即为JN，直线QD与直线l所成的角即为直线QD与直线MQ所成的角，即为∠MQD，因为正三棱锥P-ABC中，PA＝6，BC＝6，所以PA＝PB＝PC＝6，AB＝AC＝BC＝6，所以QD＝MQ＝3，MD＝3，cos∠MQD＝＝＝，所以sin∠MQD＝＝＝.
培优点3 立体几何中的动态问题
【例1】 （1）B （2） 解析：（1）设O为△ABC的中心，连接PO，AO（图略），在正△ABC中，AO＝××6＝2，在Rt△POA中，PO＝＝＝2，当PQ＝5时，连接OQ（图略），根据勾股定理可得OQ＝＝1，易知Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，由于集合T＝{Q∈S｜PQ≤5}，故集合T表示的区域的面积为π，故选B.
（2）
如图所示，要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，SC1 平面SBC1，PE 平面SBC1，则PE∥平面SBC1，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长是2，所以D1E＝C1D1＝，连接BD，取BD的中点O，连接PO，则四边形PSBO为平行四边形，则PO∥SB，SB 平面SBC1，PO 平面SBC1，则PO∥平面SBC1，又PO∩PE＝P，PO，PE 平面POE，所以平面POE∥平面SBC1，设平面POE∩平面DCC1D1＝EF，则DF＝DC＝，连接OF，EF，则四边形PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝＝＝.
跟踪训练
1.A
如图，设☉O的半径为r，取BC的中点M，连接OM，MH，OH，OC，则OM⊥BC，MH＝MC.因为AB⊥平面BCD，所以BC是AC在平面BCD上的射影，从而OM⊥平面ABC，得OM⊥MH，于是OH2＝MO2＋MH2＝MO2＋MC2＝r2，即OH＝r，亦即动点H在以O为球心、r为半径的球面上.易证BH⊥平面ACD，即BH⊥AD，又B为定点，所以动点H又在过点B且垂直于直线AD的平面上，故点H运动的轨迹是圆.
2. 解析：易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的球面，故S＝×4π×12＝.
【例2】 （1）4－2 （2）
解析：（1）
连接AP，AC1，AM.由正方体的结构特征可得，QA⊥平面ABCD，所以QA⊥AP.因为PQ＝4，点M为线段PQ的中点，所以AM＝PQ＝2，故点M在以A为球心，半径R＝2的球面上，易知AC1＝4，所以C1M的最小值为AC1－R＝4－2.
（2）
由题意建立坐标系如图所示，设AB＝1，则A（0，0，0），E（，0，0），＝（1，，0）.设M（0，y，1）（0≤y≤1），则＝（－，y，1），由于异面直线所成角的范围为（0，］，所以cos θ＝＝，又因为［］2＝1－，令8y＋1＝t，1≤t≤9，则＝≥，当t＝1时取等号，所以cos θ＝≤×＝，当y＝0时，取得最大值.
跟踪训练
BD 在Rt△SOC中，SC＝＝2，则圆锥的母线长l＝2，半径r＝OC＝2，对于A，圆锥SO的侧面积为πrl＝4π，A错误；对于B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝×4×2＝4，则三棱锥S-ABC体积的最大值为×S△ABC×SO＝×4×2＝，B正确；对于C，△SAB是等腰三角形，SA＝SB，又因为SA2＋SC2＝16＝AC2，则∠ASC＝，依题意，0＜∠ASB＜，而∠SAB＝－∠ASB，因此∠SAB∈（，），C错误；对于D，由AB＝BC，AC＝4，∠ABC＝，得AB＝BC＝2，则△SAB为等边三角形，将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面的位置，得到△S1AB，则△S1AB为等边三角形，
∠S1BA＝，如图，于是（SE＋CE）min＝S1C，因为S1B＝BC＝2，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝，S1C2＝S1B2＋BC2－2S1B·BC·cos＝8＋8＋8＝4（＋1）2，所以（SE＋CE）min＝S1C＝2（＋1），D正确.
【例3】 ABC
如图1，连接PB，依题意，△ABC，△APC都是等边三角形，取AC的中点E，则BE⊥AC，PE⊥AC，又PE∩BE＝E，PE，BE 平面PBE，于是AC⊥平面PBE，又PB 平面PBE，因此AC⊥PB，A正确；P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，则存在两条母线互相垂直，即存在点P，
使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，因此存在点P，使得AB⊥PC，B正确；当PE⊥平面ABC时，三棱锥P-ABC体积最大，最大值为VP-ABC＝S△ABC·PE＝1，C正确；当PB＝2时，三棱锥P-ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图2，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，AM＋CM取得最小值2，D错误.
跟踪训练
解析：如图1，过点K作KO⊥AE，连接OB'，则OB'⊥AE，显然BO⊥AE.因为二面角B'-AE-D的平面角为，所以∠B'OK＝，所以KO＝B'O＝BO，且K为BO中点.如图2，因为BO⊥AE，所以O在以AB为直径的圆上，取AB的中点J，连接JK，则JK⊥BK，所以点K的轨迹是以BJ为直径的圆上的一段弧，设此圆圆心为O'，得其半径为AB＝.当E与C重合时，∠KO'B＝，所以所对的弧长为×＝.
1 / 3第2讲 大题专攻——空间几何体中的证明与计算
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
平行与垂直 在解答题中多与线、面位置关系的证明相结合，继续考查空间角与空间距离的计算，注意与体积、最值等问题的交汇考查
空间角
空间距离
二、真题感悟
（2024·新高考Ⅰ卷17题）（线面平行的证明、二面角相关问题的求解）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.
2.（2022·新高考Ⅰ卷19题）（点到平面的距离、二面角）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.
重｜难｜排｜查
1.用向量证明平行、垂直
设直线l的方向向量为a＝（a1，b1，c1），平面α，β的法向量分别为μ＝（a2，b2，c2），v＝（a3，b3，c3）.则有：
（1）线面平行：l∥α a⊥μ a·μ＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；
（2）线面垂直：l⊥α a∥μ a＝kμ a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；
（3）面面平行：α∥β μ∥v μ＝λv a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3；
（4）面面垂直：α⊥β μ⊥v μ·v＝0 a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.用向量求空间角
（1）直线l1，l2的夹角θ满足cos θ＝｜cos＜l1，l2＞｜（其中l1，l2分别是直线l1，l2的方向向量）；
（2）直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝｜cos＜l，n＞｜（其中l是直线l的方向向量，n是平面α的法向量）；
（3）平面α，β的夹角θ满足cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜，则二面角α-l-β的平面角为θ或π－θ（其中n1，n2分别是平面α，β的法向量）.
易错提醒 （1）直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值；（2）利用公式求二面角的平面角时，要注意＜n1，n2＞与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断；（3）注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为［0，］.
3.用向量求空间距离
（1）点线距离：如图，向量在直线l上的投影向量为，则点P到直线l的距离为｜PQ｜＝＝（其中u是直线l的单位方向向量）；
（2）点面距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.则点P到平面α的距离为｜PQ｜＝｜·｜＝｜｜＝.
空间平行、垂直的证明
【例1】 如图，平行四边形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是上异于C，D的点，P为线段AM的中点，AB＝，BD＝2，∠ABD＝30°.
求证：（1）MC∥平面PBD；
（2）平面AMD⊥平面BMC.
感悟提升
1.几何法证明平行、垂直关系的三类转化
（1）平行间的转化
（2）垂直间的转化
（3）平行与垂直间的转化
2.利用向量证明平行与垂直的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系；
（2）建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面等要素；
（3）通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系；
（4）根据运算结果解答相关问题.
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：
（1）B1D⊥平面ABD；
（2）平面EGF∥平面ABD.
求空间角
考向1 直线与平面所成的角
【例2】 （2024·合肥第一次教学质量检测）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形，D，E分别是棱AB，A1B1的中点，N为C1E上一点.
（1）证明：BN∥平面A1DC；
（2）若AB＝AC，＝3，求直线DN与平面A1DC所成角的正弦值.
感悟提升
利用向量求直线与平面所成角的步骤
（1）建系→找出（或作出）两两垂直的三条直线，建立适当的空间直角坐标系；
（2）求向量→先分别求出相关点的坐标，再求直线的方向向量和平面的法向量；
（3）用公式→由两向量夹角的余弦公式cos＜m，n＞＝求两个向量夹角的余弦值.
提醒 平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦值的绝对值为线面角的正弦值，不是余弦值.
考向2 二面角（平面与平面的夹角）
【例3】 （2024·太原高三模拟考试）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，平面A1BC⊥平面ACC1A1，A1C1＝CC1＝AC，△A1BC的面积为2，三棱锥A1-ABC的体积为.
（1）求证：BC⊥AA1；
（2）求平面A1BB1与平面A1BC1夹角的大小.
感悟提升
利用向量求二面角（平面与平面的夹角）的步骤
（1）建系→找出（或作出）两两垂直的三条直线，建立适当的空间直角坐标系；
（2）求向量→求出两个平面的法向量m，n；
（3）用公式→用向量的夹角公式cos＜m，n＞＝，并利用同角三角函数的基本关系式求出二面角的正弦值.
提醒 注意题目中的设问是求二面角还是求平面与平面的夹角，它们的范围不同.
（2024·兰州高三诊断考试）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝AD＝3，AB＝4，BC＝5，E，F分别为PB，PC上一点，＝λ，EF∥BC.
（1）当PB⊥平面AEFD时，求λ的值；
（2）当二面角E-AD-B的余弦值为时，求PC与平面AEFD所成角的正弦值.
空间距离
【例4】 如图，在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB＝BC＝2CD＝2，AD＝，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P的位置，二面角P-AC-D为.
（1）求异面直线AP，BC所成角的余弦值；
（2）求点A到平面PBC的距离.
感悟提升
求点到平面的距离的步骤
如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点.
（1）求点B到直线AC1的距离；
（2）判断直线FC与平面AEC1的位置关系；如果平行，求直线FC到平面AEC1的距离.
5 / 5第2讲 大题专攻——空间几何体中的证明与计算
备｜考｜领｜航
一、考情分析
高频考点 高考预测
平行与垂直 在解答题中多与线、面位置关系的证明相结合，继续考查空间角与空间距离的计算，注意与体积、最值等问题的交汇考查
空间角
空间距离
二、真题感悟
1.（2024·新高考Ⅰ卷17题）（线面平行的证明、二面角相关问题的求解）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：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
（2）法一 如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
即sin∠DFE＝，即tan∠DFE＝.
因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝，
由等面积法可得，DE＝，
又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝，
故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝.
法二 以DA，DC分别为x轴，y轴，过点D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz，
令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0），
设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则所以
不妨设x1＝，则y1＝t，z1＝0，n1＝（，t，0）.
设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则所以
不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）.
因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为，
所以＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝，
所以t＝，所以AD＝.
2.（2022·新高考Ⅰ卷19题）（点到平面的距离、二面角）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：（1）设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，
所以＝S△ABC×AA1＝＝，
又△A1BC的面积为2，＝h＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面A1BC的距离为.
（2）取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
由（1）知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，
因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2，
所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1），
则＝（1，1，1），＝（0，2，0），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令x＝1，得n＝（1，0，－1），
又平面BDC的一个法向量为＝（0，－1，1），
所以cos＜，n＞＝＝＝－，
设二面角A-BD-C的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
重｜难｜排｜查
1.用向量证明平行、垂直
设直线l的方向向量为a＝（a1，b1，c1），平面α，β的法向量分别为μ＝（a2，b2，c2），v＝（a3，b3，c3）.则有：
（1）线面平行：l∥α a⊥μ a·μ＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；
（2）线面垂直：l⊥α a∥μ a＝kμ a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2；
（3）面面平行：α∥β μ∥v μ＝λv a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3；
（4）面面垂直：α⊥β μ⊥v μ·v＝0 a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2.用向量求空间角
（1）直线l1，l2的夹角θ满足cos θ＝｜cos＜l1，l2＞｜（其中l1，l2分别是直线l1，l2的方向向量）；
（2）直线l与平面α的夹角θ满足sin θ＝｜cos＜l，n＞｜（其中l是直线l的方向向量，n是平面α的法向量）；
（3）平面α，β的夹角θ满足cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜，则二面角α-l-β的平面角为θ或π－θ（其中n1，n2分别是平面α，β的法向量）.
易错提醒 （1）直线与平面所成角的范围为，而向量之间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值；（2）利用公式求二面角的平面角时，要注意＜n1，n2＞与二面角大小的关系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断；（3）注意二面角与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个平面的夹角的范围为［0，］.
3.用向量求空间距离
（1）点线距离：如图，向量在直线l上的投影向量为，则点P到直线l的距离为｜PQ｜＝＝（其中u是直线l的单位方向向量）；
（2）点面距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点.则点P到平面α的距离为｜PQ｜＝｜·｜＝｜｜＝.
空间平行、垂直的证明
【例1】 如图，平行四边形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是上异于C，D的点，P为线段AM的中点，AB＝，BD＝2，∠ABD＝30°.
求证：（1）MC∥平面PBD；
（2）平面AMD⊥平面BMC.
证明：（1）如图，连接AC交BD于点O，连接PO，易得O为AC中点，
又P为线段AM的中点，则OP∥CM.
又OP 平面PBD，CM 平面PBD，则MC∥平面PBD.
（2）在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DB·cos ∠ABD，即AD2＝1，则AD2＋AB2＝BD2，故AB⊥AD，
所以平行四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC.
又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD＝CD，AD 平面ABCD，则AD⊥平面CMD，
又CM 平面CMD，则AD⊥CM.
又M是半圆弧CD上的点，则CM⊥MD.
因为MD∩AD＝D，MD，AD 平面AMD，所以CM⊥平面AMD.
因为CM 平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC.
感悟提升
1.几何法证明平行、垂直关系的三类转化
（1）平行间的转化
（2）垂直间的转化
（3）平行与垂直间的转化
2.利用向量证明平行与垂直的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系；
（2）建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面等要素；
（3）通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系；
（4）根据运算结果解答相关问题.
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：
（1）B1D⊥平面ABD；
（2）平面EGF∥平面ABD.
证明：（1）依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系B-xyz，如图所示，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），C1（0，2，4），设BA＝a，则A（a，0，0），所以＝（a，0，0），＝（0，2，2），＝（0，2，－2），
·＝0，·＝0，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD，
又BA∩BD＝B，BA，BD 平面ABD，
因此B1D⊥平面ABD.
（2）由（1）知，E（0，0，3），G，F（0，1，4），则＝，＝（0，1，1），·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，EG，EF 平面EGF，
因此B1D⊥平面EGF.
结合（1）可知是平面ABD的一个法向量.
所以平面EGF∥平面ABD.
求空间角
考向1 直线与平面所成的角
【例2】 （2024·合肥第一次教学质量检测）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形，D，E分别是棱AB，A1B1的中点，N为C1E上一点.
（1）证明：BN∥平面A1DC；
（2）若AB＝AC，＝3，求直线DN与平面A1DC所成角的正弦值.
解：（1）证明：连接BE，BC1，DE，如图.
因为AB∥A1B1，且AB＝A1B1，
D，E分别是棱AB，A1B1的中点，
所以BD∥A1E，且BD＝A1E，
所以四边形BDA1E为平行四边形，
所以A1D∥EB，
又A1D 平面A1DC，EB 平面A1DC，所以EB∥平面A1DC.
因为DE∥BB1∥CC1，且DE＝BB1＝CC1，
所以四边形DCC1E为平行四边形，
所以C1E∥CD，
又CD 平面A1DC，C1E 平面A1DC，
所以C1E∥平面A1DC.
因为C1E∩EB＝E，C1E，EB 平面BEC1，
所以平面BEC1∥平面A1DC.
因为BN 平面BEC1，所以BN∥平面A1DC.
（2）因为四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
所以CC1⊥平面ABC.
因为DE∥CC1，
所以DE⊥平面ABC.
从而DE⊥DB，DE⊥DC.
因为AB＝AC＝BC，
所以△ABC为等边三角形.
因为D是AB的中点，
所以CD⊥DB，
即DB，DC，DE两两垂直.
以D为原点，DB，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
设AB＝2，则D（0，0，0），E（0，0，2），C（0，3，0），C1（0，3，2），A1（－，0，2），
所以＝（0，3，0），＝（－，0，2）.
设n＝（x，y，z）为平面A1DC的法向量，
则即可取n＝（2，0，1）.
因为＝3，所以N（0，2，2），＝（0，2，2）.
设直线DN与平面A1DC所成角为θ，
则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝，
即直线DN与平面A1DC所成角的正弦值为.
感悟提升
利用向量求直线与平面所成角的步骤
（1）建系→找出（或作出）两两垂直的三条直线，建立适当的空间直角坐标系；
（2）求向量→先分别求出相关点的坐标，再求直线的方向向量和平面的法向量；
（3）用公式→由两向量夹角的余弦公式cos＜m，n＞＝求两个向量夹角的余弦值.
提醒 平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦值的绝对值为线面角的正弦值，不是余弦值.
考向2 二面角（平面与平面的夹角）
【例3】 （2024·太原高三模拟考试）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，平面A1BC⊥平面ACC1A1，A1C1＝CC1＝AC，△A1BC的面积为2，三棱锥A1-ABC的体积为.
（1）求证：BC⊥AA1；
（2）求平面A1BB1与平面A1BC1夹角的大小.
解：（1）证明：如图，取A1C的中点D，连接C1D.
∵A1C1＝CC1，∴C1D⊥A1C.
∵平面A1BC⊥平面ACC1A1，
∴C1D⊥平面A1BC，∴C1D⊥BC.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥BC，
∵C1D∩CC1＝C1，
∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AA1.
（2）由（1）得CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC，BC⊥A1C.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC.以C为原点，CA，CB，CC1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.
设A1C1＝a，B1C1＝b，则
解得
则C（0，0，0），C1（0，0，2），A1（2，0，2），B（0，2，0），B1（0，1，2），
则＝（2，0，0），＝（2，－2，2），＝（2，－1，0）.
设m＝（x1，y1，z1）是平面A1BC1的法向量，则∴
取z1＝1，则x1＝0，y1＝1，∴m＝（0，1，1）.
设n＝（x2，y2，z2）是平面A1BB1的法向量，则∴
取z2＝1，则x2＝1，y2＝2，∴n＝（1，2，1）.
∴｜cos＜m，n＞｜＝＝＝，
∴平面A1BB1与平面A1BC1的夹角为30°.
感悟提升
利用向量求二面角（平面与平面的夹角）的步骤
（1）建系→找出（或作出）两两垂直的三条直线，建立适当的空间直角坐标系；
（2）求向量→求出两个平面的法向量m，n；
（3）用公式→用向量的夹角公式cos＜m，n＞＝，并利用同角三角函数的基本关系式求出二面角的正弦值.
提醒 注意题目中的设问是求二面角还是求平面与平面的夹角，它们的范围不同.
（2024·兰州高三诊断考试）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝AD＝3，AB＝4，BC＝5，E，F分别为PB，PC上一点，＝λ，EF∥BC.
（1）当PB⊥平面AEFD时，求λ的值；
（2）当二面角E-AD-B的余弦值为时，求PC与平面AEFD所成角的正弦值.
解：法一 （1）如图所示，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，3），B（4，0，0），C（4，5，0），D（0，3，0），
设E（x，y，z），由＝λ，可得（x－4，y，z）＝λ（－4，0，3），
则E（4－4λ，0，3λ）.
因为PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，所以PB⊥AE.
又＝（4，0，－3），＝（4－4λ，0，3λ），
所以由·＝0，得16－25λ＝0，
解得λ＝.
（2）设平面EAD的法向量为n＝（x'，y'，z'），由（1）知＝（4－4λ，0，3λ），＝（0，3，0），
由n⊥，n⊥，得
令x'＝3λ，得n＝（3λ，0，4λ－4）.
易得平面ABD的一个法向量为m＝（0，0，1），
又二面角E-AD-B的余弦值为，
所以｜cos＜m，n＞｜＝＝，得λ＝，
则n＝（，0，－2），由（1）知＝（4，5，－3），
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为.
法二 （1）由PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，得PA⊥AB，
由PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，得PB⊥AE，
在Rt△ABP中，BP＝＝＝5，AE＝＝＝.
在Rt△ABE中，由勾股定理得BE＝＝＝，
因为＝λ，所以λ＝＝.
（2）因为PA⊥底面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
又AB⊥AD，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，
又AE 平面PAB，所以AD⊥AE，
因此二面角E-AD-B的平面角为∠EAB.
由题知cos∠EAB＝，cos∠EBA＝＝，
所以∠EAB＝∠EBA，∠EAP＝∠EPA，
因此EA＝EP＝EB，即E为BP的中点.
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，则A（0，0，0），P（0，0，3），C（4，5，0），D（0，3，0），B（4，0，0），E（2，0，），
则＝（4，5，－3），＝（2，0，），＝（0，3，0），
设平面AEFD的法向量为n＝（x，y，z），
则令x＝3，得z＝－4，则n＝（3，0，－4）.
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为.
空间距离
【例4】 如图，在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB＝BC＝2CD＝2，AD＝，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P的位置，二面角P-AC-D为.
（1）求异面直线AP，BC所成角的余弦值；
（2）求点A到平面PBC的距离.
解：（1）在直角梯形ABCD中，过点D作DO⊥AC交AC于O，连接OP，则可以以点O为坐标原点，直线OA为x轴，平面ABCD内过点O且垂直于AC的直线为y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，所以∠DOP为二面角P-AC-D的平面角，所以∠DOP＝.
又OD＝OP＝，所以P（0，－，），
易知C（－，0，0），A（，0，0），B（，，0），所以＝（－，－，），＝（－1，－，0），
所以cos＜，＞＝＝＝，
所以异面直线AP，BC所成角的余弦值为.
（2）＝（－，，－），＝（－1，－，0），
设n＝（x，y，z）为平面PBC的法向量，则
令x＝，则y＝－1，z＝－，故平面PBC的一个法向量为n＝（，－1，－），
所以点A到平面PBC的距离d＝＝＝.
感悟提升
求点到平面的距离的步骤
如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点.
（1）求点B到直线AC1的距离；
（2）判断直线FC与平面AEC1的位置关系；如果平行，求直线FC到平面AEC1的距离.
解：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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（1，0，1），B（1，1，1），C（0，1，1），C1（0，1，0），E（1，，0），F（1，，1）.
（1）取a＝＝（0，1，0），u＝＝（－1，1，－1）＝（－，，－），则a2＝1，a·u＝，
所以点B到直线AC1的距离为＝＝.
（2）因为＝＝（－1，，0），所以FC∥EC1，
所以FC∥平面AEC1，
所以点F到平面AEC1的距离，即为直线FC到平面AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n＝（x，y，z），＝（0，，－1）.
则所以
所以
取z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝（1，2，1）是平面AEC1的一个法向量.
又因为＝（0，，0），所以点F到平面AEC1的距离为d＝＝＝，
即直线FC到平面AEC1的距离为.
1.（2024·邯郸第四次调研）如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，设平面PAD与平面PBC相交于直线l.
（1）证明：l∥AD；
（2）若平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB＝，AB＝2，求直线PC与平面PAD所成角的正弦值.
解：（1）证明：因为四棱锥P-ABCD的底面是正方形，所以BC∥AD，
又BC 平面PBC，AD 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
因为AD 平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD.
（2）因为PA＝PB，取AB的中点O，连接PO，则PO⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，则PO⊥平面ABCD，
所以以O为坐标原点建立如图所示的坐标系，
因为PA＝PB＝，AB＝2，ABCD是正方形，所以PO＝2，
则P（0，0，2），A（1，0，0），C（－1，2，0），D（1，2，0），
＝（－1，0，2），＝（0，2，0），＝（－1，2，－2），
设平面PAD的法向量为n＝（x，y，z），则n·＝－x＋2z＝0，n·＝2y＝0，
取x＝2，则y＝0，z＝1，即n＝（2，0，1），
设直线PC与平面PAD所成角为θ，
则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝，
所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为.
2.在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直径，FB是圆台的一条母线.
（1）已知G，H分别为EC，FB的中点.求证GH∥平面ABC；
（2）已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC.求二面角F-BC-A的余弦值.
解：（1）设FC的中点为I，连接GI，HI，如图所示，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.
又EF∥OB，所以GI∥OB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，
所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，HI，GI 平面GHI，OB，BC 平面ABC，所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH 平面GHI，所以GH∥平面ABC.
（2）法一 连接OO'，则OO'⊥平面ABC.
又AB＝BC，且AC是☉O的直径，所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B（0，2，0），C（－2，0，0）.
过点F作FM垂直OB于点M，
所以FM＝＝3，
可得F（0，，3）.
故＝（－2，－2，0），＝（0，－，3）.
设m＝（x，y，z）是平面BCF的法向量，
由
可得
可得平面BCF的一个法向量m＝（－1，1，）.
因为平面ABC的一个法向量n＝（0，0，1），
所以cos＜m，n＞＝＝.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
法二 如图所示，连接OO'，过点F作FM垂直OB于点M，
则有FM∥OO'.
又OO'⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC.
可得FM＝＝3.
过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.
可得FN⊥BC，
从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.
又AB＝BC，AC是☉O的直径，
所以MN＝BMsin 45°＝，
从而FN＝，可得cos∠FNM＝.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
3.（2024·杭州二模）如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四边形，∠DAB＝60°，BC＝2PQ＝4AB＝4，M为BC的中点，PQ∥BC，PD⊥DC，QB⊥MD.
（1）证明：∠ABQ＝90°；
（2）若多面体ABCDPQ的体积为，求平面PCD与平面QAB夹角的余弦值.
解：（1）证明：连接PM，
在△DCM中，由余弦定理得DM＝，
所以DM2＋DC2＝CM2，所以∠MDC＝90°，所以DM⊥DC.
又因为DC⊥PD，DM∩PD＝D，DM，PD 平面PDM，所以DC⊥平面PDM.
因为PM 平面PDM，所以DC⊥PM.
显然，四边形PQBM为平行四边形，
所以PM∥QB.
又AB∥DC，所以AB⊥BQ，
所以∠ABQ＝90°.
（2）因为QB⊥MD，PM∥QB，所以PM⊥MD，又PM⊥DC，MD∩DC＝D，MD，DC 平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD.
取AD中点E，连接PE，ME，设PM＝h.
设多面体ABCDPQ的体积为V，
则V＝V三棱柱ABQ-EMP＋V四棱锥P-CDEM＝3VA-PEM＋V四棱锥P-CDEM＝3VP-AEM＋V四棱锥P-CDEM＝S△AEMh＋S四边形CDEMh＝S△AEMh＋×2S△AEMh＝S△AEMh＝.
解得PM＝h＝3.
建立如图所示的空间直角坐标系，则C（，－1，0），D（，0，0），P（0，0，3），所以＝（0，1，0），＝（，0，－3），
易知平面QAB的一个法向量为n＝（1，0，0）.
设平面PCD的法向量为m＝（x，y，z），
则
即取m＝（3，0，1）.
设平面PCD与平面QAB的夹角为θ，
所以cos θ＝＝.
所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为.
4.（2024·南通第二次调研）如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H.
（1）从下面两个结论中选一个证明：
①BD∥GH；②直线HE，GF，AC相交于一点.
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
（2）求直线BD与平面EFG的距离.
解：（1）证明：选①.因为E，F分别为BC，CD的中点，
所以EF∥BD.
又BD 平面EFG，EF 平面EFG，所以BD∥平面EFG.
又BD 平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH.
选②.在△ACD中，AG＝2GD，F为CD的中点，所以GF与AC不平行.
设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF，又AC 平面ABC，FG 平面EFG，所以K∈平面ABC，K∈平面EFG.
又平面ABC∩平面EFG＝HE，
所以K∈HE，所以HE，GF，AC相交于一点.
（2）若第（1）问中选①.
由（1）知，BD∥平面EFG.
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
若第（1）问中选②.因为E，F分别为BC，CD的中点，所以EF∥BD.又BD 平面EFG，EF 平面EFG，所以BD∥平面EFG.
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
连接EA，ED，
因为△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，
所以EA⊥BC，ED⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，所以AE⊥平面BCD，
又ED 平面BCD，所以EA⊥ED.
以{，，}为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，
则E（0，0，0），B（2，0，0），F（－1，，0），G（0，，），
则＝（2，0，0），＝（－1，，0），＝（0，，）.
设平面EFG的法向量为n＝（x，y，z），则
即不妨取n＝（，1，－2）.
设点B到平面EFG的距离为d，则d＝＝＝，
所以直线BD与平面EFG的距离为.
5.如图所示，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°.
（1）求证：平面PAB⊥平面PAD；
（2）设AB＝AP.
①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
②在线段AD上是否存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由.
解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB 平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示.
在平面ABCD内，作CE∥AB，交AD于点E，则CE⊥AD.
在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1，CE＝CD·sin 45°＝1.
设AB＝AP＝t（t＞0），则B（t，0，0），P（0，0，t），＝（t，0，－t）.
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
∴E（0，3－t，0），C（1，3－t，0），D（0，4－t，0），
∴＝（－1，1，0），＝（0，4－t，－t）.
①设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），
由n⊥，n⊥得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝（t，t，4－t）.
则cos 60°＝，
即＝，
解得t＝或t＝4（舍去，∵AD＝4－t＞0），
∴AB＝.
②法一 假设在线段AD上存在一点G（如图所示），使得点G到点P ，B，C，D的距离都相等.
设G（0，m，0）（其中0≤m≤4－t），则＝（1，3－t－m，0），＝（0，4－t－m，0），＝（0，－m，t）.
由｜｜＝｜｜得12＋（3－t－m）2＝（4－t－m）2，
即t＝3－m，（ⅰ）
由｜｜＝｜｜，得（4－m－t）2＝m2＋t2.（ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）消去t，化简得m2－3m＋4＝0.（ⅲ）
由于方程（ⅲ）没有实数根，∴在线段AD上不存在点G满足条件.
法二 假设在线段AD上存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等.
由GC＝GD得∠GCD＝∠GDC＝45°，
∴∠CGD＝90°，即CG⊥AD，
∴GD＝CD·cos 45°＝1.
设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.
如图所示，在Rt△ABG中，
GB＝＝
＝＞1，
这与GB＝GD矛盾.
∴在线段AD上不存在点G满足条件.
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