7.5　空间角与空间距离、空间向量及其应用--2027通用版高考数学第一轮章节练（含答案）

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2027通用版高考数学第一轮
7.5　空间角与空间距离、空间向量及其应用
考点1　空间角
五年高考
1.★★★(2022全国甲,文9,理7,5分)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°
2.★★★(2024新课标Ⅱ,7,5分)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
3.★★★(2023全国乙理,9,5分)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)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.★★★(2025全国一卷,17,15分)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.
6.★★★(2021新高考Ⅱ,19,12分)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.
7.★★★(2023新课标Ⅱ,20,12分)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.
8.★★★(2023全国甲理,18,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明:A1C=AC;
(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
9.★★★(2024全国甲理,19,12分)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.
10.★★★★(2023全国乙理,19,12分)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.
11.★★★★(2023新课标Ⅰ,18,12分)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.
三年模拟
1.★★(2026届广东汕头段考,4)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是 (　　)
A.
2.★★★(2026届安徽调研,7)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,若AB1⊥BC1,则直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 (　　)
A.
3.★★★(2026届广东广州教学质量监测,7)如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2A1B1,,,.直线AC1与平面EFG交于点M,则= (　　)
A.
4.★★★(多选)(2026届四川成都七中月考,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则以下说法正确的是 (　　)
A.直线A1C与平面ABCD所成角的正切值为
B.二面角A1-DC-B的大小为
C.直线AB1与直线BC1所成角的大小为
D.点A1到平面BC1D的距离为
5.★★★(多选)(2026届河南师大附中月考,9)已知在正四面体A-BCD中,M,N分别是AB,CD的中点,平面α与直线AB,CD都平行,则 (　　)
A.MN∥α
B.MN⊥α
C.直线AC与平面α所成角为60°
D.平面ABC与平面α的夹角的余弦值为
6.★★★★★(教材溯源)(2026届湖南衡阳八中期中,14)人教A版选择性必修第一册习题1.4拓广探索第17题中提到了过点P0的平面方程:在空间直角坐标系O-xyz中,已知向量m=(a,b,c),点P0(x0,y0,z0),若平面α经过点P0,且以m为法向量,点P(x,y,z)是平面α内的任意一点,则平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.现已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,平面CDD1C1的方程为x-2y+z-2=0,平面ADD1A1经过点E(0,0,1),F(1,1,2),G(2,2,1),平面ACC1A1的方程为kx-ty-2z+1=0(1≤t≤2),则平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值为　　　　.
7.★★★(2026届广东八校联盟质量检测,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC⊥AC,AB∥DC.
(1)证明:平面PBC⊥平面PAC;
(2)若BC=2,CD=3,PA=AB=4,AD=,P,A,B,C在同一个球面上,球心为O.
(i)求DO与平面PBC所成角的正弦值;
(ii)设,N为PC的中点,且H,A,O,N四点共面,求实数λ的值.
8.★★★(2026届浙南名校联盟联考,17)如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,AB=2,A1B1=1,BC的中点为E.
(1)证明:D1E∥平面ABB1A1;
(2)若∠DAB=,D1D=,点D1在底面ABCD上的射影恰是DE的中点,求平面BED1与平面ABB1A1所成角的余弦值.
9.★★★★(2026届浙江绍兴一模,17)如图,三棱锥D-ABC中,底面为正三角形ABC,AC=2,AD=DC=,cos∠DAB=-.
(1)证明:AC⊥BD;
(2)设点E在棱BD上,当△ACE的面积最小时,求二面角E-AC-B的正弦值.
考点2　空间距离
五年高考
1.★★★(2024天津,17,15分)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N是B1C1的中点,M是DD1的中点.
(1)求证:D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
2.★★★(2022新高考Ⅰ,19,12分)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
1.★★(2026届浙江六校联考,6)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为AB的中点,则点A1到平面DMB1的距离等于 (　　)
A.
2.★★★★(2026届广东江门调研,8)如图,把边长为4的正方形纸片ABCD沿着对角线AC折成直二面角,E,F分别为AD,BC的中点,则点A到直线EF的距离为 (　　)
A.2　　　B.
3.★★★(2026届河北承德五校月考,13)已知正四棱锥P-ABCD中异面的两条棱所在直线所成角的余弦值为,过AB的平面α与线段PC交于点E,PE=2EC,BC=2,则点P到α的距离为　　　　.
4.★★★(2026届湖南师大附中月考,16)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AD=AA1=2,点E在AB上,且AE=1.
(1)求平面A1EC与平面A1EB的夹角的余弦值;
(2)若点P在侧面A1ABB1上,且点P到直线BB1和CD的距离相等,求点P到直线AD1距离的最小值.
5.★★★(2026届江苏南京七校联合体调研,16)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2BC=2AB=2,AB⊥BC,AD∥BC.若点E满足,平面BCE交线段PD于点F.
(1)求证:EF∥BC;
(2)若平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为,求点D到平面BCE的距离.
6.★★★(2026届山西运城中学期中,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为4,D是AB的中点.
(1)求证:BC1∥平面A1DC;
(2)求直线BC1与平面A1DC的距离.
7.5　空间角与空间距离、空间向量及其应用
考点1　空间角
五年高考
1.★★★(2022全国甲,文9,理7,5分)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　
2.★★★(2024新课标Ⅱ,7,5分)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
答案　B　
3.★★★(2023全国乙理,9,5分)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)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.★★★(2025全国一卷,17,15分)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.
6.★★★(2021新高考Ⅱ,19,12分)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|=.
7.★★★(2023新课标Ⅱ,20,12分)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.
∵DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,DA=DA,∴△ADB≌△ADC,
∴AB=AC,∴AE⊥BC,又AE∩DE=E,AE,DE 平面ADE,∴BC⊥平面ADE,
又DA 平面ADE,∴BC⊥DA.
(2)不妨设DA=DB=DC=2,结合已知条件可得AB=AC=2,BC=2,DE=,AE=,∴AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.又AE⊥BC,DE∩BC=E,BC,DE 平面BCD,∴AE⊥平面BCD.
如图,以E为坐标原点,直线ED,EB,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则E(0,0,0),A(0,0,),D(,0,0),B(0,,0),=(0,,-),=(-,,0),=(-,0,),由,得F(-,0,),则=(-,-,).
设平面DAB的法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,得n=(1,1,1),
设平面ABF的法向量为m=(x',y',z'),
则
令y'=1,得m=(0,1,1).
设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cos θ|=【易错:题目问的是正弦值,最后要记得转化】,又θ∈[0,π],∴sin θ=,故二面角D-AB-F的正弦值为.
8.★★★(2023全国甲理,18,12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明:A1C=AC;
(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.
解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴A1C⊥BC,∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
又AC∩A1C=C,AC,A1C 平面AA1C1C,
∴BC⊥平面AA1C1C.
又∵BC 平面BCC1B1,
∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C.
过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H 平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1,
∴A1H=1,
易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H,
∴H为CC1的中点,
∴△A1CC1为等腰直角三角形,
∴A1C=A1C1.易知AC A1C1,∴A1C=AC.
(2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,在平面BCC1B1内过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图.
易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1 BB1,
又A1H∩HQ=H,A1H,HQ 平面A1HQ,
∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ,
又A1Q 平面A1HQ,
∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2,
∴在Rt△A1HQ中,HQ=,
易知A1C=AC=,
则A(,0,0),B1(-,,),C1(-,0,),B(0,,0),=(-2,,),=(0,,0),=(-,0,).
设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),
则
取x=1,得n=(1,0,1).
设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,
则sin θ=|cos<,n>|==
=.
∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
9.★★★(2024全国甲理,19,12分)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.
10.★★★★(2023全国乙理,19,12分)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,连接DE,OF,设AF=tAC(0则+t()
=(1-t).
∵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,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=可得
故P(-1,,),
又∵E是PA的中点,
∴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.
11.★★★★(2023新课标Ⅰ,18,12分)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.
三年模拟
1.★★(2026届广东汕头段考,4)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,D1,F1分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BD1与AF1所成角的余弦值是 (　　)
A.
答案　A　
2.★★★(2026届安徽调研,7)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,若AB1⊥BC1,则直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 (　　)
A.
答案　B　
3.★★★(2026届广东广州教学质量监测,7)如图,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2A1B1,,,.直线AC1与平面EFG交于点M,则= (　　)
A.
答案　A　
4.★★★(多选)(2026届四川成都七中月考,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则以下说法正确的是 (　　)
A.直线A1C与平面ABCD所成角的正切值为
B.二面角A1-DC-B的大小为
C.直线AB1与直线BC1所成角的大小为
D.点A1到平面BC1D的距离为
答案　ABC　
5.★★★(多选)(2026届河南师大附中月考,9)已知在正四面体A-BCD中,M,N分别是AB,CD的中点,平面α与直线AB,CD都平行,则 (　　)
A.MN∥α
B.MN⊥α
C.直线AC与平面α所成角为60°
D.平面ABC与平面α的夹角的余弦值为
答案　BD　
6.★★★★★(教材溯源)(2026届湖南衡阳八中期中,14)人教A版选择性必修第一册习题1.4拓广探索第17题中提到了过点P0的平面方程:在空间直角坐标系O-xyz中,已知向量m=(a,b,c),点P0(x0,y0,z0),若平面α经过点P0,且以m为法向量,点P(x,y,z)是平面α内的任意一点,则平面α的方程为a(x-x0)+b(y-y0)+c(z-z0)=0.现已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1,平面CDD1C1的方程为x-2y+z-2=0,平面ADD1A1经过点E(0,0,1),F(1,1,2),G(2,2,1),平面ACC1A1的方程为kx-ty-2z+1=0(1≤t≤2),则平面CDD1C1与平面ACC1A1夹角的余弦值的最大值为　　　　.
答案　
7.★★★(2026届广东八校联盟质量检测,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC⊥AC,AB∥DC.
(1)证明:平面PBC⊥平面PAC;
(2)若BC=2,CD=3,PA=AB=4,AD=,P,A,B,C在同一个球面上,球心为O.
(i)求DO与平面PBC所成角的正弦值;
(ii)设,N为PC的中点,且H,A,O,N四点共面,求实数λ的值.
解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,BC 平面ABCD,所以PA⊥BC,
又BC⊥AC,AC,PA 平面PAC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC,
又BC 平面PBC,
所以平面PBC⊥平面PAC.
(2)(i)在四边形ABCD中,因为BC⊥AC,AB∥DC,BC=2,CD=3,AB=4,AD=,
所以∠BAC=30°,∠CAD=60°,
所以AD⊥AB,
以A为原点,AB,AD,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,
因为P,A,B,C在同一个球面上,球心为O,所以O为PB的中点,
由题知B(4,0,0),C(3,,0),P(0,0,4),D(0,,0),O(2,0,2),
所以=(2,-,2),=(4,0,-4),=(-1,,0),
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则令x=1,得y=,z=1,所以n=,
设DO与平面PBC所成角为θ,
则sin θ=|cos(ii)因为N为PC的中点,所以N,
所以,
由(i)知=(2,0,2),=(0,,-4),=(0,0,4),
则=(0,0,4)+λ(0,,-4)=(0,λ,4(1-λ)),
因为H,A,O,N四点共面,所以存在实数a,b,使得,
即(0,λ,4(1-λ))=a(2,0,2)+b,
所以.
8.★★★(2026届浙南名校联盟联考,17)如图,四棱台ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,AB=2,A1B1=1,BC的中点为E.
(1)证明:D1E∥平面ABB1A1;
(2)若∠DAB=,D1D=,点D1在底面ABCD上的射影恰是DE的中点,求平面BED1与平面ABB1A1所成角的余弦值.
解析　(1)证法一　如图1,连接A1B,∵A1D1 BE,
∴四边形A1BED1是平行四边形,
∴D1E∥A1B,
∵D1E 平面ABB1A1,A1B 平面ABB1A1,
∴D1E∥平面ABB1A1.
　
证法二　取AD的中点F,连接EF,D1F,如图2,
∵E,F分别为BC,AD的中点,
∴EF∥AB,A1D1 AF,
∴四边形A1D1FA是平行四边形,
∴D1F∥AA1,又∵D1F∩FE=F,D1F,FE 平面D1FE,A1A∩AB=A,A1A,AB 平面ABB1A1,
∴平面EFD1∥平面ABB1A1,
∵D1E 平面EFD1,
∴D1E∥平面ABB1A1.
(2)连接DB,取DE的中点H,连接D1H.
∵D1H⊥平面ABCD,DE 平面ABCD,∴D1H⊥DE,
∵△DBC是正三角形,E是BC的中点,
∴DE⊥BC,DE=,DH=,
在Rt△D1DH中,D1D=,DH=,
则D1H=.
以E为坐标原点,直线EC,直线ED,过点E平行于D1H的直线分别为x,y,z轴,
建立如图3所示的空间直角坐标系,
则E(0,0,0),B(-1,0,0),D1,A(-2,,0),
∵=(-1,0,0),
则A1,∴,
=(-1,,0),.
设平面BED1的法向量为m=(x1,y1,z1),
则
令y1=,则m=(0,,-1),
设平面ABB1A1的法向量为n=(x2,y2,z2),
则
令y2=,则n=(3,,-1),
∴cos=,
故平面BED1与平面ABB1A1所成角的余弦值为.
9.★★★★(2026届浙江绍兴一模,17)如图,三棱锥D-ABC中,底面为正三角形ABC,AC=2,AD=DC=,cos∠DAB=-.
(1)证明:AC⊥BD;
(2)设点E在棱BD上,当△ACE的面积最小时,求二面角E-AC-B的正弦值.
解析　(1)证明:取AC的中点O,连接BO,DO,
因为△ABC为正三角形,则AB=BC,AC⊥BO,又AD=DC=,则AC⊥DO,
又BO,DO 平面BDO,BO∩DO=O,
所以AC⊥平面BDO,又BD 平面BDO,
所以AC⊥BD.
(2)解法一　连接EO,当EO⊥BD时,△ACE的面积最小,
由(1)可知AC⊥BO,AC⊥平面BDO,
又OE 平面BDO,所以AC⊥OE,
所以∠EOB为二面角E-AC-B的平面角.
在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AD·ABcos∠DAB=21,
故BD=,
在△BDO中,BO=,DO=2,BD=,
故cos∠BOD=,
所以sin∠BOD=,
由等积法得BO·DOsin∠BOD=BD·EO,即3EO,解得EO=,
在Rt△BEO中,cos∠EOB=,
所以sin∠EOB=.
解法二　以O为原点,直线OA,OB为x,y轴建立空间直角坐标系,如图,
则A(1,0,0),B(0,,0),在△ABD中,
由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AD·ABcos∠DAB=21,故BD=,
在△BDO中,BO=,DO=2,BD=,
故cos∠BOD=,
则D(0,-,3),
连接OE,当EO⊥BD时,△ACE的面积最小,此时BD⊥平面ACE,
则平面ACE的一个法向量为m==(0,-2,3),又平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),
则cos=,
所以二面角E-AC-B的正弦值为.
考点2　空间距离
五年高考
1.★★★(2024天津,17,15分)已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N是B1C1的中点,M是DD1的中点.
(1)求证:D1N∥平面CB1M;
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值;
(3)求点B到平面CB1M的距离.
解析　(1)证明:取B1C的中点P,连接NP,MP,又N为B1C1的中点,所以在△B1CC1中,NP∥CC1,NP=CC1,
因为M是DD1的中点,DD1∥CC1,
所以D1M=CC1,且D1M∥CC1,则有D1M∥NP,D1M=NP,
故四边形D1MPN是平行四边形,
所以D1N∥MP,
又MP 平面CB1M,D1N 平面CB1M,
所以D1N∥平面CB1M.
(2)已知A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,所以以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
易知AB=AA1=2,AD=DC=1,
则B(2,0,0),C(1,1,0),B1(2,0,2),M(0,1,1),
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
则z2=0.
分别取x1=1,x2=1,得y1=3,z1=1,y2=1,
所以m=(1,3,1),n=(1,1,0),
则|cos|=,
故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为.
(3)由(2)知=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1),
则,
即点B到平面CB1M的距离为.
2.★★★(2022新高考Ⅰ,19,12分)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S△ABC·AA1=,,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
1.★★(2026届浙江六校联考,6)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,M为AB的中点,则点A1到平面DMB1的距离等于 (　　)
A.
答案　A　
2.★★★★(2026届广东江门调研,8)如图,把边长为4的正方形纸片ABCD沿着对角线AC折成直二面角,E,F分别为AD,BC的中点,则点A到直线EF的距离为 (　　)
A.2　　　B.
答案　B　
3.★★★(2026届河北承德五校月考,13)已知正四棱锥P-ABCD中异面的两条棱所在直线所成角的余弦值为,过AB的平面α与线段PC交于点E,PE=2EC,BC=2,则点P到α的距离为　　　　.
答案　
4.★★★(2026届湖南师大附中月考,16)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,AD=AA1=2,点E在AB上,且AE=1.
(1)求平面A1EC与平面A1EB的夹角的余弦值;
(2)若点P在侧面A1ABB1上,且点P到直线BB1和CD的距离相等,求点P到直线AD1距离的最小值.
解析　(1)以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1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D(0,0,0),C(0,3,0),A(2,0,0),E(2,1,0),A1(2,0,2),D1(0,0,2),
则=(-2,2,0),=(0,1,-2),
设平面A1EC的法向量为n=(x,y,z),
则
令z=1,则x=y=2,
所以n=(2,2,1)为平面A1EC的一个法向量,
又=(2,0,0)为平面A1EB的一个法向量,
所以|cos<,n>|=.
所以平面A1EC与平面A1EB夹角的余弦值为.
(2)设P(2,a,b),a∈[0,3],b∈[0,2],
根据题意有3-a=,即b2=(3-a)2-4,
又因为=(0,a,b),=(-2,0,2),
则点P到AD1的距离
d=
=
=
=,
当a=1时,d取得最小值1.
所以点P到AD1距离的最小值为1.
5.★★★(2026届江苏南京七校联合体调研,16)如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD=2BC=2AB=2,AB⊥BC,AD∥BC.若点E满足,平面BCE交线段PD于点F.
(1)求证:EF∥BC;
(2)若平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为,求点D到平面BCE的距离.
解析　(1)证明:∵AD∥BC,
又AD 平面PAD,BC 平面PAD,
∴BC∥平面PAD,
又BC 平面BCE,平面BCE∩平面PAD=EF,
∴BC∥EF.
(2)由题意得PA,AB,AD两两垂直,
∴以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),则=(-1,1,0),
设P(0,0,h)(h>0),∴=(1,1,-h),
设平面PCD的法向量为m=(x0,y0,z0),
则∴
取x0=1,则y0=1,z0=,
∴平面PCD的一个法向量为m=,
易知平面PAB的一个法向量为n=(0,1,0),
∴|cos|=,
解得h=1(舍负),
∴P(0,0,1),E,
则,
设平面BCE的法向量为k=(x1,y1,z1),
则∴
取x1=1,则z1=,∴k=,
设点D到平面BCE的距离为d,
则d=,
∴点D到平面BCE的距离为.
6.★★★(2026届山西运城中学期中,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为4,D是AB的中点.
(1)求证:BC1∥平面A1DC;
(2)求直线BC1与平面A1DC的距离.
解析　(1)证明:∵直三棱柱ABC-A1B1C1中,所有棱长均为4,
∴上、下底面均是边长为4的正三角形,侧面是边长为4的正方形,
连接AC1与A1C交于点E,则E为A1C,AC1的中点,连接DE,
∵在△C1AB中,D,E分别为边AB,AC1的中点,∴DE∥BC1,
又∵DE 平面A1DC,BC1 平面A1DC,
∴BC1∥平面A1DC.
(2)取AC的中点O,A1C1的中点O1,连接BO,OO1,则BO⊥AC,OO1⊥平面ABC,
以O为原点,OA,OB,OO1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,
则O(0,0,0),D(1,,0),C(-2,0,0),A1(2,0,4),C1(-2,0,4),
∴=(1,-,4),=(-3,-,4),=(-3,-,0),
设平面A1DC的法向量为n=(x,y,z),
则
令y=,则x=-1,z=1,
∴n=(-1,,1),
∵C1为BC1上的点,BC1∥平面A1DC,
∴C1到平面A1DC的距离d即为直线BC1与平面A1DC的距离,
【会转化:求线面间的距离问题时,该直线一定平行于平面,所以可转化为直线上一点到该平面的距离问题】
d=,
∴直线BC1与平面A1DC的距离为.
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