2024版高考复习A版数学考点考法练习：空间角与距离、空间向量及其应用

高考

数学立体几何空间角与距离、空间向量及其应用基础篇考点一用向量法证明空间中的平行和垂直1.(2021广东佛山月考,3)直线l∥α,且l的方向向量为(2,m,1),平面α的法向

量为

,则m=

(

)A.-4

B.-6

C.-8

D.8答案

C

2.(2022福州一中质检,4)以下四组向量在同一平面的是

(

)A.(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)B.(3,0,0)、(1,1,2)、(2,2,4)C.(1,2,3)、(1,3,2)、(2,3,1)D.(1,0,0)、(0,0,2)、(0,3,0)答案

B

3.(多选)(2022广东中山一中阶段测试,10)如图,两个正方形ABCD和ADEF

所在平面互相垂直,设M,N分别是AC和AE的中点,那么下列结论正确的是

(

)A.AD⊥MN

B.MN∥平面CDEC.MN∥CE

D.MN,CE异面答案

ABC

4.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P

满足

=λ

+μ

,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则

(

)A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值C.当λ=

时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BPD.当μ=

时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P答案

BD

5.(2023届南京、镇江学情调查,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD

是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=

1,M是棱SB的中点.(1)求证:AM∥平面SCD;(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值.

解析因为SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD,所以以点A为坐标原点,以向量

,

,

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,如图,则A(0,0,0),C(2,2,0),D

(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),所以

=(0,1,1),

=(1,0,-2),

=(-1,-2,0).(1)证明:设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),则

即

令z=1,则x=2,y=-1,则n=(2,-1,1).因此

·n=-1+1=0,从而

⊥n,又AM⊄平面SCD,所以AM∥平面SCD.(2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0),由(1)知平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),则cos<n,n1>=

=

=

,所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为

.6.(2022南京一中期初测试,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥

底面ABCD,PA=AB,点E在棱PD上,且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含

端点).(1)若F是棱PC的中点,求证:PB∥平面AEF;(2)求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值.

解析因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,所以AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点,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Axyz,如图所示.不妨设PA=AB=6,则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0).(1)证明:

=(0,2,4),因为F是棱PC的中点,所以F(3,3,3),所以

=(3,3,3).设平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则由

得

不妨令y=2,则x=-1,z=-1,所以m=(-1,2,-1),又

=(6,0,-6),所以m·

=-6+0+6=0,即m⊥

,又PB⊄平面AEF,所以PB∥平面AEF.(2)

=(6,6,-6),设PA与平面AEF所成的角为θ,

=λ

=(6λ,6λ,-6λ),0<λ<1,则

=

+

=

+λ

=(6λ,6λ,6-6λ),设平面AEF的法向量为n=(a,b,c),则由

得

不妨令b=2,则a=

-3,c=-1,所以n=

,又

=(0,0,6),所以sinθ=|cos<

,n>|=

=

=

,所以当

=3,即λ=

时,(sinθ)max=

=

,故PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为

.7.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.

点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为

,求线段AH的长.

解析如图,以A为原点,分别以

,

,

的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,

2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:

=(0,2,0),

=(2,0,-2).设n=(x0,y0,z0)为平面BDE的法向量,则

即

不妨设z0=1,可得n=(1,0,1).又

=(1,2,-1),可得

·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则

因为

=(0,-2,-1),

=(1,2,-1),所以

不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>=

=-

,于是sin<n1,n2>=

.所以二面角C-EM-N的正弦值为

.(3)

=(-2,2,2).依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得

=(-1,-2,h),由已知,得|cos<

,

>|=

=

=

,整理得10h2-21h+8=0,解得h=

或h=

.所以线段AH的长为

或

.考点二空间角和空间距离考向一空间角问题的求解方法1.(2022湖南娄底双峰一中摸底,8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1

D1的中点,过A1C1且与CD1平行的平面交平面C1CM于直线l,则直线l与AB所成角的余弦值是

(

)A.

B.

C.

D.

答案

D

2.(2022重庆江津质检,5)如图,二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分

别在这个二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=2

,则该二面角的大小为

(

)A.30°

B.45°

C.60°

D.90°答案

C

3.(多选)(2023届浙江嘉兴基础测试,10)如图,在正四面体ABCD中,E、F分别为AB、CD的中点,则

(

)A.直线EF与AB所成的角为

B.直线EF与AD所成的角为

C.直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为

D.直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为

答案

ABC

4.(多选)(2022重庆涪陵高级中学冲刺卷二,12)在四棱锥P-ABCD中,底面

ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,点E是棱PC的中点,PD=AB,则

(

)A.AC⊥PBB.直线AE与平面PAB所成角的正弦值是

C.异面直线AD与PB所成的角是

D.四棱锥P-ABCD的体积与其外接球的体积的比值是

答案

ABD

5.(2020天津,17,15分)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:

=(1,1,0),

=(2,-2,-2),从而

·

=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.(2)依题意知,

=(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

即

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)

=(-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

.考向二利用等体积法、向量法求空间距离1.(2022湖北七校联合体联考,6)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直

角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=3,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面

ABD上的射影是△ABD的重心G,则点A1到平面ABD的距离为

(

)A.

B.

C.

D.2

答案

A

2.(多选)(2023届重庆南开中学月考,11)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1

D1中,点P在棱DC上运动(不与顶点重合),则点B到平面AD1P的距离可以是

(

)A.

B.

C.2

D.

答案

CD

3.(2022湖南株洲质检,13)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为BB1,

CD的中点,则点F到平面A1D1E的距离为

.答案

4.(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)由题意知

=

=

,设A到平面A1BC的距离为h,则

=

=

·h=

h=

,解得h=

.故A到平面A1BC的距离为

.(2)连接AB1,由直棱柱及AA1=AB知四边形ABB1A1为正方形,故AB1⊥A1B,A1B

=

AA1,又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AB1⊂平面ABB1A1,

∴AB1⊥平面A1BC,又BC⊂平面A1BC,∴AB1⊥BC,易知BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,AB1∩BB1=B1,∴BC⊥平面ABB1A1,∵AB,A1B⊂平面ABB1A1,∴BC⊥AB,BC⊥A1B,∴

=

·BC·AB·AA1=

BC·A

=4,

=

BC·A1B=

BC·AA1=2

,解得BC=AA1=2.解法一(几何法):过A作AE⊥BD于E,连接CE.易得AC=2

,∴A1C=2

.∵D为A1C的中点,△A1AC为直角三角形,∠A1AC=90°,∴AD=DC=

,又AB=BC=2,BD=BD,∴△ABD≌△CBD.∴CE⊥BD,又AE⊂平面ABD,CE⊂平面CBD,∴∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.在直角三角形A1BC中,有BD=

A1C=

,易得AE=EC=

.在△AEC中,由余弦定理的推论得cos∠AEC=

=-

,∴sin∠AEC=

,即二面角A-BD-C的正弦值为

.解法二(向量法):以B为坐标原点,BC,BA,BB1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(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),D(1,1,1),

=(0,2,0),

=(1,1,1),

=(-1,1,1),设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则

即

取x1=1,则z1=-1,故n1=(1,0,-1),设平面BDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则

即

取y2=1,则z2=-1,x2=0,故n2=(0,1,-1),∴cos<n1,n2>=

=

.∴sin<n1,n2>=

,∴二面角A-BD-C的正弦值为

.5.(2022广东茂名检测,18)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的

正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点.(1)求证:平面AEF⊥平面B1BCC1;(2)若∠EFC=30°,求点C到平面AEF的距离.

解析

(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,又∵AE⊂平面

ABC,∴AE⊥BB1.∵△ABC为等边三角形,E为BC的中点,∴AE⊥BC,又∵BB1∩BC=B,BB1,BC⊂平面B1BCC1,∴AE⊥平面B1BCC1,∵AE⊂平面AEF,∴平面AEF⊥平面B1BCC1.(2)在Rt△EFC中,∠EFC=30°,EC=1,∴EF=2,FC=

.设点C到平面AEF的距离为d,由(1)知AE⊥面B1BCC1,则由VA-EFC=VC-AEF,即

·AE·

·EC·FC=

·d·

·AE·EF,解得d=

.6.(2022江苏涟水一中测试,18)如图1,AD,BC是等腰梯形CDEF的两条高,

AD=AE=CD=2,点M是线段AE的中点,将该等腰梯形沿着两条高AD,BC折

叠成如图2所示的四棱锥P-ABCD(E,F重合,记为点P).(1)求证:BM⊥DP;(2)求点M到平面BDP的距离h.

图1图2解析

(1)证明:因为AD⊥EF,所以AD⊥AP,AD⊥AB,又AP∩AB=A,AP,AB

⊂平面ABP,所以AD⊥平面ABP.因为BM⊂平面ABP,所以AD⊥BM.由已知得,AB=AP=BP=2,所以△ABP是等边三角形,又因为点M是AP的中点,所以BM⊥AP.因为AD∩AP=A,AD,AP⊂平面ADP,所以BM⊥平面ADP.因为DP⊂平面ADP,所以BM⊥DP.(2)取BP的中点N,连接DN,因为AD⊥平面ABP,AB=AP=AD=2,所以DP=BD=2

,所以DN⊥BP.所以在Rt△DPN中,DN=

=

=

,所以S△DBP=

BP·DN=

×2×

=

,因为AD⊥平面ABP,所以VD-BMP=

AD·S△BMP.因为VM-BDP=VD-BMP,所以

h·S△BDP=

AD·S△BMP,又S△BMP=

S△ABP=

×

×AB2=

×22=

,所以h=

=

=

,即点M到平面BDP的距离为

.综合篇考法一求解直线与平面所成角的方法考向一用几何法求直线与平面所成的角1.(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

2.(2013山东,4,5分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为

,底面是边长为

的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为

(

)A.

B.

C.

D.

答案

B

3.(2014四川,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sinα的取值范围是

(

)A.

B.

C.

D.

答案

B

4.(2022全国甲,理7,文9,5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=2ADB.AB与平面AB1C1D所成的角为30°C.AC=CB1D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°答案

D

5.(2022全国甲理,18,12分)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=

.易知BH=

,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)连接PH.设点D到平面PAB的距离为h,由VD-PAB=VP-ABD得

S△PAB·h=

S△ABD·PD,所以h=

.由(1)易知S△ABD=

×2×

=

,由PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,DH⊂平面ABCD,得PD⊥AB,PD⊥

DH,又AB⊥DH,DH∩PD=D,所以AB⊥平面PDH,所以AB⊥PH.在Rt△PDH中,PH=

=

,∴S△PAB=

×2×

=

,∴h=

=

=

.设直线PD与平面PAB所成的角为θ,则sinθ=

=

×

=

.故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为

.考向二用向量法求直线与平面所成的角1.(2022浙江慈溪中学开学考,13)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,

AB=2,则直线AA1与平面B1CD1所成角的正弦值为

.答案

2.(2022天津西青月考,13)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点Р在侧面BCC1B1

(包括边界)上运动,满足AP⊥BD1,记直线C1P与平面ACB1所成角为α,则sinα

的取值范围是

.答案

3.(2020新高考Ⅰ,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底

面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大

值.

解析

(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方

形,所以AD⊥DC.因为PD∩DC=D,所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD

⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.(2)以D为坐标原点,

的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则

=(0,1,0),

=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则

=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则

即

可取n=(-1,0,a).所以cos<n,

>=

=

.设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=

×

=

.因为 ·

≤

,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为

.4.(2023届湖北摸底联考,20)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=

BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2.(1)设F为B1C1的中点,求证:A1F∥平面BDE;(2)求直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值.

解析

(1)证明:取BE的中点G,连接FG、DG,则FG∥CC1∥AA1,且FG=

=

=2,所以FG∥A1D且FG=A1D,所以四边形A1DGF为平行四边形,所以A1F∥DG.又A1F⊄平面BDE,DG⊂平面BDE,所以A1F∥平面

BDE.(2)因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,所以CA、CB、CC1两两垂直.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B(0,2,0),E(0,0,2),D(2,0,1),A(2,0,0),所以

=(0,-2,2),

=(2,-2,1),

=

=(-2,2,0),设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则

即

令y=1,得到平面BDE的一个法向量为n=

.设直线A1B1与平面BDE所成的角为θ,则sinθ=|cos<

,n>|=

=

=

,所以直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值为

.考法二求解二面角的方法考向一用几何法求二面角1.(2022河北冀州中学月考,4)在长方体ABCD-A'B'C'D'中,若AB=AD=2

,CC'=

,则二面角C'-BD-C的大小为

(

)A.30°

B.45°

C.60°

D.90°答案

A

2.(2022福建厦门月考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2

的正方形,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别为棱

AB,PC的中点.(1)求证:EF∥平面PAD;(2)求二面角P-EC-D的正切值.

解析

(1)证明:取PD的中点G,连接GF、AG.由题意知GF为△PDC的中位线,∴GF∥CD且GF=

CD,又AE∥CD且AE=

CD,∴GF∥AE且GF=AE,∴四边形EFGA是平行四边形,则EF∥AG,又EF⊄平

面PAD,AG⊂平面PAD,∴EF∥平面PAD.(2)取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABCD,连接OB交CE于M,连接PM,可证得Rt△EBC≌Rt△OAB,∴∠MEB=∠AOB,则∠MEB+∠MBE=90°,即OM⊥EC.

又PO⊥EC,PO∩OM=O,∴EC⊥平面POM,则PM⊥EC,即∠PMO是二面

角P-EC-D的平面角,在Rt△EBC中,BM=

=

,则OM=OB-BM=

,∴tan∠PMO=

=

,即二面角P-EC-D的正切值为

.3.(2022河北邯郸检测,19)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,AB=2,

AD=4,PA⊥平面ABCD,E是BC的中点.(1)证明:DE⊥平面PAE;(2)若PD与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A-PD-E的正切值.

解析

(1)证明:由条件可得AE=DE=2

,又AD=4,所以AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE,又因为PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,所以PA⊥DE,又PA∩

AE=A,所以DE⊥平面PAE.(2)因为∠PDA是PD与平面ABCD所成的角,所以∠PDA=45°,则PA=AD=

4,因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥AP,又AB⊥AD,AD∩

AP=A,所以AB⊥平面PAD,取AD的中点F,作FM⊥PD,垂足为点M,连接

ME,因为EF∥AB,所以EF⊥平面PAD,所以EF⊥PD,又MF∩EF=F,MF,EF

⊂平面MEF,所以PD⊥平面MEF,因为ME⊂平面MEF,所以PD⊥ME,即∠FME是二面角A-PD-E的平面角,又EF=AB=2,MF=

FD=

,所以tan∠FME=

=

,所以二面角A-PD-E的正切值为

.考向二用向量法求二面角1.(多选)(2022广东普宁华侨中学月考,9)三棱锥A-BCD中,平面ABD与平

面BCD的法向量分别为n1、n2,若n1=(1,0,0),n2=(-

,0,1),则二面角A-BD-C的大小可能为

(

)A.

B.

C.

D.

答案

AD

2.(2022全国乙理,18,12分)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)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的值最小,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

即

令y=1,得n=(

,1,

).设CF与平面ABD所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,

>|=

=

,所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为

.

3.(2021全国甲理,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正

方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.(1)证明:BF⊥DE;(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?

解析∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,∴A1B1⊥平面B1C1CB,∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB,又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC.以B为坐标原点,BA,BC,BB1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B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴

=(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则

=(1-a,1,-2).(1)证明:∵

·

=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.(2)

=(-1,1,1),

=(a,-2,1),设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),则

不妨设x=1,则y=

,z=

,∴n=

.易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=

=

=

≤

=

,∴sinθ=

≥

,故当a=

,即B1D=

时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为

.4.(2023届福建漳州质检,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边

长为2的正方形,AP⊥BP,AP=BP,PD=

.记平面PAB与平面PCD的交线为l.(1)证明:AB∥l;(2)求平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值.

解析

(1)证明:因为AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,所以AB∥平

面PCD.又AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l.(2)因为AP⊥BP,所以PA2+PB2=AB2=4,又PA=PB,所以PA=PB=

,又PD=

,所以PA2+AD2=PD2,所以AD⊥PA,又AD⊥AB,PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB.

取AB,CD的中点分别为O,M,连接MO,OP,则MO∥AD,所以MO⊥平面

PAB,又OP⊂平面PAB,所以MO⊥OP.又因为PA=PB,O为AB的中点,所以OP⊥AB.如图,以O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,则P(1,0,0),C(0,1,2),D(0,-1,2),所以

=(-1,1,2),

=(-1,-1,2).设n=(x,y,z)是平面PCD的法向量,则

即

取z=1,得x=2,y=0,则n=(2,0,1).又m=(0,0,1)是平面PAB的一个法向量,所以cos<n,m>=

=

=

,所以平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值为

=

.5.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,

AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.

解析

(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,

且ME=

B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=

A1D.由题设知A1B1

DC,可得B1C

A1D,故ME

ND,因此四边形MNDE为平行四边形,则MN∥ED.又

MN⊄平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,

的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,

,2),N(1,0,2),

=(0,0,-4),

=(-1,

,-2),

=(-1,0,-2),

=(0,-

,0).设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则

所以

可取m=(

,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则

所以

可取n=(2,0,-1).于是cos<m,n>=

=

=

,所以二面角A-MA1-N的正弦值为

.6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形

且垂直于底面ABCD,AB=BC=

AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D

的余弦值.

解析

(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥

AD,EF=

AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=

AD,所以EF

BC,所以四边形BCEF是平行四边形,所以CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE

∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,

的方向为x轴正方向,|

|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P

(0,1,

),则

=(1,0,-

),

=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则

=(x-1,y,z),

=(x,y-1,z-

).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,所以|cos<

,n>|=sin45°,即

=

,即(x-1)2+y2-z2=0.

①又M在棱PC上,设

=λ

,则x=λ,y=1,z=

-

λ.

②由①,②解得

(舍去),或

所以M

,从而

=

.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则

即

所以可取m=(0,-

,2).于是cos<m,n>=

=

.易知所求二面角为锐二面角.因此二面角M-AB-D的余弦值为

.7.(2023届江苏百校联考第一次考试,20)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD

为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,侧面PAB⊥底面ABCD,PA=PB=AD=

BC=2,且E,F分别为PC,CD的中点.(1)证明:DE∥平面PAB;(2)若直线PF与平面PAB所成的角为60°,求平面PAB与平面PCD所成锐二

面角的余弦值.

解析

(1)证明:取PB的中点M,连接AM,EM,∵E为PC的中点,∴ME∥BC,ME=

BC,又∵AD∥BC,AD=

BC,∴ME∥AD,ME=AD,∴四边形ADEM为平行四边形,∴DE∥AM,∵DE⊄平面PAB,AM⊂平面PAB,∴DE∥平面PAB.(2)∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD,

AD⊥AB,∴AD⊥平面PAB,取AB的中点G,连接FG,则FG∥AD,则FG⊥平

面PAB,∴∠GPF为直线PF与平面PAB所成的角,即∠GPF=60°,∵tan60°=

,FG=3,则PG=

,∴AG=GB=1,则AB=2.如图,建立空间直角坐标系,则P(0,0,

),C(1,4,0),D(-1,2,0),

∴

=(1,4,-

),

=(-2,-2,0),设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),则

即

令y=1,则n1=(-1,1,

),易知平面PAB的一个法向量为n2=(0,1,0),设平面PAB与平面PCD所成锐二

面角为θ,∴cosθ=

=

=

,即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为

.8.(2023届河北邢台名校联盟开学考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面

ABCD为正方形,侧面PAD为正三角形,M为PD的中点,N为BC的中点.(1)求证:MN∥平面PAB;(2)当AM⊥PC时,求平面MND与平面PCD夹角的余弦值.

解析

(1)证明:取AP的中点为E,连接EM,EB,

在△PAD中,∵M为PD的中点,E为AP的中点,∴EM∥AD,EM=

AD,在正方形ABCD中,∵N为BC的中点,AD

BC,∴BN∥AD,BN=

AD,∴BN∥ME,BN=ME,∴四边形BNME为平行四边形,∴MN∥BE,∵MN⊄平面PAB,BE⊂平面PAB,∴MN∥平面PAB.(2)在正三角形PAD中,M为PD的中点,∴AM⊥PD,又∵AM⊥PC,PC∩PD=P,PC,PD⊂平面PDC,∴AM⊥平面PDC,∵CD⊂平面PCD,∴AM⊥DC.在正方形ABCD中,AD⊥DC,又AM∩AD=A,AM,AD⊂平面PAD,∴DC⊥平

面PAD,∵CD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PAD,取AD的中点O,连接OP,ON,

易证OP,ON,OD两两垂直.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标

系,

设AD=2,则D(0,1,0),N(2,0,0),C(2,1,0),P(0,0,

),M

,则

=

,

=(2,-1,0),

=(0,-1,

),

=(2,0,0),设平面MND的法向量为n=(x,y,z),则

令y=1,则n=

,设平面PCD的法向量为m=(x',y',z'),则

令y'=1,则m=

,∴|cos<m,n>|=

=

=

,∴平面MND与平面PCD夹角的余弦值为

.9.(2018课标Ⅲ理,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半

圆弧

所在平面垂直,M是

上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.

解析

(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥

CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为

上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.

而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点,

的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.则D(0,0,0).当三棱锥M-ABC体积最大时,M为

的中点.由题设得A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),则

=(-2,1,1),

=(0,2,0),

=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则

即

可取n=(1,0,2).

是平面MCD的法向量,因此cos<n,

>=

=

,sin<n,

>=

.所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是

.考法三求解立体几何中的探索性问题1.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,

PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=

.(1)求证:PD⊥平面PAB;(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求

的值;若不存在,说明理由.

解析

(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,平面PAD∩平面

ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,所以PD⊥平面PAB.(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平

面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所

以CO⊥AD.建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,

0),D(0,-1,0),P(0,0,1).设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则

即

令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).又

=(1,1,-1),所以cos<n,

>=

=-

.所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为

.(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得

=λ

.因此M(0,1-λ,λ),则

=(-1,-λ,λ).因为BM⊄平面PCD,所以BM∥平面PCD当且仅当

·n=0,即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ=

.所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,此时

=

.2.(2022湖北襄阳四中月考,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面

ABC,AB⊥BC,AA1=AB=BC=2.(1)求证:BC1⊥平面A1B1C;(2)点M在线段B1C上,且

=

,点N在线段A1B上,若MN∥平面A1ACC1,求

的值.

解析

(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵BB1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,

∴BB1⊥BC,同理,BB1⊥A1B1.∵AA1=BB1=BC=2,∴四边形B1BCC1为正方形,故BC1⊥B1C.∵AB⊥BC,AB

∥A1B1,BC∥B1C1,∴A1B1⊥B1C1,∵BB1∩B1C1=B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1,∵BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,∵A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C.(2)以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,BB1所在直线为z轴,

建立空间直角坐标系,则A(0,2,0),C(2,0,0),C1(2,0,2),B(0,0,0),B1(0,0,2),A1(0,

2,2),则

=(-2,2,0),

=(0,0,2),设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z),则

取x=1,得n=(1,1,0),设M(a,b,c),N(x,y,z),

=λ,则

=3

,

=λ

,0≤λ≤1,即(2,0,-2)=3(a,b,c-2),(x,y-2,z-2)=λ(0,-2,-2),解得M

,N(0,2-2λ,2-2λ),则

=

,∵MN∥平面A1ACC1,∴n·

=-

+2-2λ=0,解得λ=

.∴

的值为

.3.(2022石家庄二中月考,19)如图,在五面体ABCDPE中,PD⊥平面ABCD,

∠ADC=∠BAD=90°,F为棱PA的中点,PD=BC=

,AB=AD=1,且四边形CDPE为平行四边形.(1)判断AC与平面DEF的位置关系,并给予证明;(2)在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为

?若存在,请求出QE的长;若不存在,请说明理由.

解析

(1)AC∥平面DEF.证明如下:设PC交DE于点N,连接FN,因为四边形

PDCE为平行四边形,所以点N为PC的中点,又点F为PA的中点,所以FN∥

AC,因为FN⊂平面DEF,AC⊄平面DEF,所以AC∥平面DEF.

(2)假设在线段EF上存在一点Q,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为

.设

=λ

(0≤λ≤1),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.因为PD=BC=

,AB=AD=1,所以CD=2,P(0,0,

),B(1,1,0),C(0,2,0),A(1,0,0),所以

=(1,1,-

),

=(-1,1,0).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则

即

解得

令x=1,得平面PBC的一个法向量为m=(1,1,

).由F

,E(0,2,

),可得

=

.由

=λ

(0≤λ≤1),整理得Q

,则

=

,因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为

,所以|cos<

,m>|=

=

=

,得14λ2-5λ-1=0,又0≤λ≤1,所以λ=

,故在线段EF上存在一点Q

,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为

,且QE=|

|=

=

.一、单项选择题专题综合检测1.(2022重庆第七次质检,7)若正三棱柱ABC-A1B1C1既有外接球,又有内切

球,记该三棱柱的外接球和内切球的半径分别为R1、R2,则

=

(

)A.5

B.4

C.

D.

答案

A

2.(2017课标Ⅰ,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶

点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平

行的是

(

)

答案

A

3.(2022河北部分重点中学期中,6)在立体几何中,用一个平面去截一个几

何体得到的平面图形叫截面.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E、F分

别是棱B1B、B1C1的中点,点G是棱CC1的中点,则过线段AG且平行于平面

A1EF的截面图形为(

)

A.矩形

B.三角形C.正方形

D.等腰梯形答案

D

4.(2022广州执信中学月考,8)如图所示的木质正四棱锥模型P-ABCD,过点A作一个平面分别交PB,PC,PD于点E,F,G,若

=

,

=

,则

的值为

(

)A.

B.

C.

D.

答案

C

5.(2022江苏南通基地学校3月调研,7)已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1

的底面边长为1,P是正六棱柱内(不含表面)的一点,则

·

的取值范围是

(

)A.

B.

C.

D.

答案

A

6.(2022广东华附、省实、广雅、深中四校联考,9)已知α,β是两个不同的

平面,l是一条直线,则下列命题中正确的是

(

)A.若α∥β,l∥β,则l∥αB.若l⊥α,l⊥β,则α∥βC.若l⊥α,l∥β,则α⊥βD.若α⊥β,l∥β,则l⊥α答案

BC

二、多项选择题7.(2022辽东南协作体期中,12)如图,正方形SG1G2G3的边长为1,E,F分别是G1G2,G2G3的中点,SG2交EF于点D,现沿SE,SF及EF把这个正方形折成一个四面体,使G1,G2,G3三点重合,重合后的点记为G,则在四面体S-GEF中必有

(

)A.SG⊥平面EFGB.设线段SF的中点为H,则DH∥平面SGEC.四面体S-GEF的体积为

D.四面体S-GEF的外接球的表面积为

π答案

ABD

8.(2022江苏盐城响水中学学情分析,12)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD

⊥平面ABCD,侧面PAD是边长为2

的正三角形,底面ABCD为矩形,CD=2

,点Q是PD的中点,则下列结论正确的是

(

)A.CQ在平面PAB外B.PC与平面ACQ所成角的余弦值为

C.三棱锥B-ACQ的体积为6

D.四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为24

答案

ABD

9.(2022山东烟台、德州一模,11)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是边长为2的等边三角形,AA1=3,D为BC的中点,则

(

)A.直线A1B∥平面ADC1B.点B1到平面ADC1的距离为

C.异面直线A1B1与C1D所成角的余弦值为

D.设P,Q分别在线段A1B1,DC1上,且

=

,则PQ的最小值为

答案

ABD

10.(2022湖南益阳调研,12)截角四面体是一种半正八面体,可由四面体经

过适当的截角,即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体,如图

所示,将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到

所有棱长均为a的截角四面体,则下列说法正确的是

(

)A.AC⊥DEB.该截角四面体的表面积为7

a2C.AF=

aD.该截角四面体的外接球表面积为5πa2答案

BC

11.(2022福州质量检测,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为

,以A1为球心,2为半径的球与底面ABCD的交线的长度为

.答案

三、填空题12.(2022海南文昌中学4月段考,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为

2,点M,N分别是棱BC,C1D1的中点,点P在平面A1B1C1D1内,点Q在线段A1N

上,若PM=

,则PQ长度的最小值为

.

答案

-113.(2016课标Ⅰ文,18,12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角

形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为

点E,连接PE并延长交AB于点G.(1)证明:G是AB的中点;(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面

体PDEF的体积.

四、解答题解析

(1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内

的正投影.理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即点

F为E在平面PAC内的正投影.连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中

心,由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=

CG.由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=

PG,DE=

PC.由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=2

.在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,所以四面体PDEF的体积V=

×

×2×2×2=

.14.(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.由于QD