专题7.3 空间角与空间中的距离问题【九大题型】（举一反三）（新高考专用）（解析版）2024年高考数学二轮复习

第第页专题7.3空间角与空间中的距离问题【九大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1几何法求异面直线所成的角】 3【题型2向量法求异面直线所成的角】 6【题型3几何法求线面角】 10【题型4向量法求线面角】 15【题型5几何法求二面角】 20【题型6向量法求二面角】 25【题型7几何法求点、线、面距离】 31【题型8向量法求点、线、面距离】 36【题型9立体几何中的探索性问题】 411、空间角与空间中的距离问题空间角与空间中的距离问题是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，空间角与点、线、面距离问题通常在选择题、多选题及解答题的第二小问考查，难度中等.在高考二轮复习过程中除了掌握空间向量法，还需多锻炼几何法的应用，学会灵活求解.【知识点1几何法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.(2)可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：①直接平移法(可利用图中已有的平行线)；②中位线平移法；③补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线).2.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)：①先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；②连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；③把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形.(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.3.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.【知识点2用向量法求空间角的解题策略】1.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.2.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.3.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点3空间距离的求解策略】1.向量法求点到直线距离的步骤：(1)根据图形求出直线的单位方向向量.(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.(3)垂线段长度.2.求点到平面的距离的常用方法(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.③等体积法.④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.【题型1几何法求异面直线所成的角】【例1】（2023·陕西商洛·统考一模）在正四面体ABCD中，E，F是棱BC，AB的中点，则异面直线DE与CF所成角的余弦值是（

）A．55 B．255 C．1【解题思路】取线段BF的中点G，证得EG//CF，得到∠DEG是异面直线DE与CF所成的角或其补角，在△DEG中，利用余弦定理，即可求解．【解答过程】如图所示，取线段BF的中点G，连接DG,EG,DF，因为E为BC的中点，所以EG//CF，所以∠DEG是异面直线DE与CF所成的角或其补角，设AB=4，则DE=CF=DF=23从而EG=1在△DEG中，由余弦定理可得cos∠DEG=故选：C.

【变式1-1】（2023·全国·模拟预测）如图，在圆锥SO中，AB是圆O的直径，△SAB是等边三角形，点D为AB的三等分点且靠近点B，点E为BS的中点，则异面直线AS与DE所成角的余弦值为（

）A．54 B．64 C．104【解题思路】连接OE,OD，取OB的中点F，连接DF,EF，则可得∠OED为异面直线AS与DE所成的角，然后根据已知条件在△ODE中利用余弦定理求解即可.【解答过程】如图，连接OE,OD，取OB的中点F，连接DF,EF．因为点O,E分别是AB,BS的中点，所以EF//故∠OED为异面直线AS与DE所成的角．不妨设SA=4，则OE=2,OD=2,OF=1．因为SO垂直于⊙O所在的平面，OF,DF在⊙O所在的平面内，所以SO⊥OF,SO⊥DF，因为EF//SO所以EF=O在△ODF中，∠DOF=60°,OD=2,OF=1，由余弦定理得DF=O在Rt△EDF中，DE=D在△ODE中，cos∠OED=所以异面直线AS与DE所成角的余弦值为64故选：B．【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）已知直三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长都相等，点E为正方形ABB1A1的中心，点A．25 B．35 C．25【解题思路】首先作辅助线，寻找异面直线所成的角或其补角，其次设棱长，求出相关线段长，最终利用等腰三角形的性质求解即可.【解答过程】如图，取A1B1中点G，连接FG,EG,BG所以EG//1又F为棱CC1的中点，所以所以四边形CFGE是平行四边形，故FG//CE，所以∠BFG或其补角就是异面直线BF与CE所成的角．设该三棱柱的棱长为2，则BF=2而在等腰三角形BFG中，cos∠BFG=所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为55故选：D．【变式1-3】（2023·全国·模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=6，点E在线段C1D1上，且2D1A．23535 B．33535 C．【解题思路】先找到异面直线所成角，再应用余弦定理求解即可.【解答过程】设DD1=xx>0，因为2DBE=62+如图，取线段AB上靠近点A的三等分点P，靠近点B的三等分点F，连接EP，MF，CF，易知AD1∥又EP∥MF，所以AD1∥MF，AD1=2MF易知MF=12×62所以cos∠CMF=因此异面直线AD1和CM所成角的余弦值为故选：D.【题型2向量法求异面直线所成的角】【例2】（2023·新疆乌鲁木齐·乌市一中校考三模）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥AB，PA⊥AD，AD=1，AB=2，△PAB是等腰三角形，点E是棱PB的中点，则异面直线EC与PD所成角的余弦值是（

A．33 B．63 C．64【解题思路】建系，利用空间向量求异面直线夹角.【解答过程】因为AB，AD，AP两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系.又因为PA=AB=2，AD=1所以A0,0,0，B2,0,0，C2因为E是棱PB的中点，所以E2所以EC=22可得cos〈所以异面直线EC与PD所成角的余弦值是63故选：B.【变式2-1】（2023·四川眉山·仁寿一中校考模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BC⊥面ACC1A

A．225 B．53 C．5【解题思路】以C为原点，CA、CC1、CB所在的直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设CA=CC1【解答过程】在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CC所以CC1⊥ACBC⊥平面ACC1A1，AC⊂平面所以CA、CC以C为原点，分别以CA、CC1、CB设CA=CC则C0,0,0可得AB1=所以cosB所以直线BC1与直线AB故选：C.【变式2-2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，△PAB是边长为2的等边三角形，AC=BC=2，若三棱锥P−ABC的体积等于33时，异面直线PA与BC所成角的余弦值为（

A．33 B．34 C．24【解题思路】先通过等边三角形和等腰直角三角形结合体积求得PD,AB,CD两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解异面直线所成角的余弦值.【解答过程】取AB的中点D，连接DP,DC，因为△PAB是边长为2的等边三角形，所以PD⊥AB且PD=AB⋅sin60∘=2×3由AC2+BC2设P到平面ABC的距离为h，则三棱锥P−ABC的体积等于13解得ℎ=3，而PD=即PD为三棱锥P−ABC的高，故PD⊥平面ABC，所以PD,AB,CD两两垂直，如图：

以点D为坐标原点，DC、DB、DC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A0,−1,0、B0,1,0、C1,0,0、P0,0,3设异面直线PA与BC所成角为θ，则cosθ=所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为24故选：C.【变式2-3】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）直三棱柱ABC−A1B1C1如图所示，AB=4,BC=3,AC=5,D为棱AB的中点，三棱柱的各顶点在同一球面上，且球的表面积为61π

A．325 B．25 C．4【解题思路】先根据已知条件求出侧棱长，然后建立空间直角坐标系，求出直线A1D和【解答过程】因为在直三棱柱ABC−A1B又因为AB=4,BC=3,AC=5，所以AB2+BC2又因为球的表面积为61π，所以R=而R2=r

以B1为原点，B1C1为x轴，B1A1B10,0,0，A10,4,0，∴B∴B设直线A1D和B1cosθ=故选：A.【题型3几何法求线面角】【例3】（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2AB,D

A．5134 B．5117 C．175【解题思路】利用定义法作出线面角，在直角三角形中求解即可.【解答过程】如图所示，分别取棱AB,AC,BC,A1B1的中点

设AH∩EF=M，连接DM，因为EF∥BC，EF⊄平面B1BCC所以EF∥平面B1BCC1，又DF∥CC1，DF⊄所以DF∥平面B1BCC1，又EF∩DF=F，EF⊂平面EFDG所以平面EFDG∥平面B又因为H为BC的中点，所以AH⊥BC，易知CC1⊥平面ABC，AH⊂所以CC1⊥AH，又BC∩CC1=C，BC⊂平面所以AH⊥平面B1BCC1，从而AH⊥平面EFDG，因此则∠ADM即为AD与平面EFDG所成的角，且等于直线AD与平面B1设AB=a，则AA1=2a,AD=所以sin∠ADM=AMAD=34a故选：A.【变式3-1】（2023·河南开封·统考模拟预测）已知正方体ABCD−A1B

A．直线BC1与A1C所成的角为60° B．直线BC．直线BC1与平面ABB1A1所成的角为60° 【解题思路】对于选项A，设O,E,F,M分别是A1C1,CC1,BC,B1C1的中点，连接OE,OF,OM,EF,FM，可得直线BC1与A1C所成的角为∠OEF或其补角，根据勾股定理即可判断；对于选项B，由AB1//DC1，可得直线BC1与A【解答过程】对于A：设O,E,F,M分别是A1C1所以OE//A1C,EF//BCOE2=OF所以OE2+EF2所以直线BC1与A1对于B：由正方体的性质可得AB所以直线BC1与AB易知△BC1D所以直线BC1与AB对于C：由正方体的性质C1B1所以直线BC1与平面ABB对于D：因为BB1⊥平面A1B1C1D在正方形A1B1C1D1因为BB1∩所以OC1⊥所以∠C1BO为直线B因为OC1=22,B所以直线BC1与平面BB故选:D.【变式3-2】（2023·贵州贵阳·校联考三模）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1，

A．22 B．32 C．64【解题思路】取A1C1的中点D，连接B1D，AD，易证B1D⊥平面A【解答过程】解：如图所示：

取A1C1的中点D，连接B在正三棱柱ABC−A1B∴B1D⊥A1C1，又∵CC1又CC1∩A1C1=C∴B1D⊥∴∠B1AD为A由题意，设AB=AC=AA1=2a，B在Rt△B1故选：C.【变式3-3】（2023·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E,F分别是棱AD，B1C1的中点．若点P

A．2 B．1 C．52 D．【解题思路】取A1D1的中点M，连接AM、B1M、AB1、EM、FM，证明出平面AMB1//平面BEF，利用面面平行的性质可得出B1【解答过程】取A1D1的中点M，连接AM、B1M、A

在正方体ABCD−A1B1C因为E、F分别是棱AD、B1C1的中点，则AE所以，四边形AB1FE∵AB1⊄平面BEF，EF⊂∴AB1//平面BEF，同理可证AM∵AB1∩AM=A，A所以平面AB1M∵AM⊂平面AA1D1D，若P∈AM，则B1P⊂所以，点P在侧面AA1D因为B1A1所以B1P与侧面ADD在Rt△B1所以tan∠所以B1P与侧面ADD在Rt△AA1M中，所以点A1到边AM的距离为55，即A1所以B1P与侧面ADD故选：D.【题型4向量法求线面角】【例4】（2023·陕西西安·统考一模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，

(1)求证：AC⊥BE；(2)当E是DD1的中点时，求直线AC与平面【解题思路】（1）连接BD，利用线面垂直的判定、性质推理即得.（2）建系，利用空间向量求线面夹角.【解答过程】（1）在长方体ABCD−A1B1C由ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，得AC⊥ED，而ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BED，因此AC⊥平面BED，又BE⊂平面BED，所以AC⊥BE.（2）如图，以D为坐标原点，DA,DC,DD1分别为

则A1,0,0可得AC=设平面BC1E的法向量n令x=2，则y=−1,z=1，可得n=设直线AC与平面BC1E则sinθ=所以直线AC与平面BC1E【变式4-1】（2023·全国·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，平面PAB⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，△PAB是等边三角形，M为侧棱PB的中点，且AD=DC=2，AB=4.(1)求证：CM//平面PAD；(2)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值.【解题思路】（1）取AB的中点O，利用面面平行性质证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，分别求出直线PC的方向向量与平面PAD的法向量，利用向量数量积公式求夹角的正弦值.【解答过程】（1）证明如图，取AB的中点O，连接OC，OM.∵M为侧棱PB的中点，∴OM//PA，因为OM⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OM//平面PAD，∵DC=2，AB=4，AB//CD，∴四边形ADCO为平行四边形，则OC//AD.因为OC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以OC//平面PAD，∵OC∩OM=O，OC,OM⊂平面OCM，∴平面OCM//平面PAD.∵CM⊂平面OCM，∴CM//平面PAD.（2）如图，连接OP，△PAB是等边三角形，∴PO⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，∴PO⊥平面ABCD.∵AB⊥AD，OC//AD，∴OC⊥OB，以O为原点，OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，∵AD=DC=2，AB=4，∴P0,0,2∴PC=设n=x1则PA⋅n取z1=1，则设直线PC与平面PAD所成角为θ.∴sinθ=∴直线PC与平面PAD所角的正弦值为34【变式4-2】（2023·广西·模拟预测）如图，在四棱锥E−ABCD中，E为顶点，底面ABCD为正方形，设面ABE与面DCE交于交线l.(1)求证：CD//l；(2)若在l上有一点F，AB=2EF=4，ED=FC，AF=33，平面CDE⊥平ABCD，求直线AF与平面ADE【解题思路】（1）由题设CD//AB，根据线面平行的判定证CD//平面BAE，最后由线面平行的性质证结论；（2）过点F作FO⊥DC于O，过O作OH⊥DC于H，连接AO，构建空间直角坐标系，应用向量法求直线AF与平面ADE所成角的正弦值.【解答过程】（1）在正方形ABCD中CD//AB，CD⊄平面BAEF，AB⊂平面BAE，所以CD//平面BAE，又CD⊂平面CDEF，面BAE和面CDE交于l，所以CD//l.（2）由（1）知CD//EF，又CD//AB，故AB//EF，所以四边形CDEF为等腰梯形，四边形BAEF为梯形；过点F作FO⊥DC于O，过O作OH⊥DC于H，连接AO，由平面CDE⊥平面ABCD，平面CDE∩平面ABCD=CD，FO⊂平面CDE，所以FO⊥平面ABCD，又OH⊂平面ABCD，则FO⊥OH以O为坐标原点，分别以OD，OH，OF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，在四边形CDEF中，ED=FC，EF=2，CD=4，所以OC=1，OD=3，在正方形ABCD中，AB=4，所以AO=5.因为AO⊥FO且AF=33，所以FO=所以H0,4,0，D3,0,0，A3,4,0，E所以DA=0,4,0，DE=设面ADE的一个法向量n=x,y,z，由n⋅DA=4y=0设直线AF与平面ADE的夹角为θ，则sinθ=即直线AF与平面ADE所成角的正弦值为22【变式4-3】（2023·四川南充·统考一模）如图，在四棱锥C−ABDE中，DE⊥平面BCD，AB=AD=23，BD=4，DE=2(1)求证：AE//平面BCD；(2)若BC⊥CD，二面角A−BC−D的正切值为22，求直线CE与平面ABC【解题思路】（1）取BD中点O，连接AO，根据条件得到AO⊥BD，再利用DE⊥平面BCD，得到DE⊥BD，从而得出四边形AODE是平行四边形，进而有AE//OD，即可证明结果；（2）取取BC中点M，连接OM，AM，根据条件建立空间直角坐标系，再求出平面ABC的法向量和向量CE，利用线面角的向量法即可求出结果.【解答过程】（1）如图，取BD中点O，连接AO，因为AB=AD=23，BD=4所以AO⊥BD，且AO=A又DE⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以DE⊥BD，又AO,DE⊂面ABDE，所以DE//AO，又AO=DE=22，所以四边形AODE是平行四边形，得到AE//OD又OD⊂平面BCD，AE⊄平面BCD，所以AE//平面BCD.（2）如图，取BC中点M，连接OM，AM，则OM//DC，因为DE⊥平面BCD，由（1）知DE//AO，所以AO⊥平面BCD，又BC⊥CD，所以OM⊥BC，过M作l//OA，建立如图所示的空间直角坐标系M−xyz，因为AO⊥平面BCD，BC⊂面BCD，所以AO⊥BC，又OM⊥BC，OM∩AO=O，所以BC⊥面AOM，又AM⊂面AOM，所以BC⊥AM,故∠AMO为二面角A−BC−D的平面角，所以tan∠AMO=又AO=22，所以OM=1，又BD=4，所以BC=所以B(0,−3则BC=(0,2设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z)则由n⋅BC=0n⋅AB=0设直线CE与平面ABC所成角为θ，则sinθ=所以直线CE与平面ABC所成角的正弦值为69【题型5几何法求二面角】【例5】（2023·湖南岳阳·校联考模拟预测）如图，已知PD⊥平面ABCD,CD=2AB=2AD=2,AB//CD,AD⊥CD,PC与底面ABCD所成角为θ，且(1)求证：CB⊥平面PBD；(2)求二面角P−BC−D的大小．【解题思路】（1）先根据线面垂直的性质可得PD⊥CB，再利用勾股定理可得CB⊥BD，再根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）先说明∠PBD为二面角P−BC−D的平面角，根据PC与底面ABCD所成角的正切值求出PD，再解Rt△PDB【解答过程】（1）因为PD⊥平面ABCD，CB⊂平面ABCD，所以PD⊥CB，又由已知得，AB⊥AD,BD=2则BD2+B又PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PBD，所以CB⊥平面PBD；（2）因为CB⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，所以CB⊥PB，所以∠PBD为二面角P−BC−D的平面角，因为PD⊥平面ABCD,PC与底面ABCD所成角为θ，所以∠PCD为PC与底面ABCD所成角，由tanθ=62在Rt△PDB中，tan∠PBD=PD所以二面角P−BC−D的大小为60∘【变式5-1】（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在线段AC

(1)证明：AC(2)设直线AA1到平面BCC1B【解题思路】（1）连接A1C,AC1，由已知易得A1C⊥AC1、A1D⊥面（2）根据二面角定义及线面垂直性质易得∠A1CC1是二面角A1−BC−B1的平面角，再由线面平行及面面垂直判定证AA1//面BCC【解答过程】（1）连接A1C,AC1，由题设，易知由点A1在平面ABC内的射影D在AC上，则A1D⊥BC⊂面ABC，则A1D⊥BC，而∠ACB=90°，则又A1D∩AC=D，A1D,AC⊂面ACCAC1⊂面AC而A1C∩BC=C，A1C,BC⊂面A1由A1B⊂面A1

（2）由（1）知BC⊥面ACC1A1，A1所以∠A1C由AA1//CC1，AA1⊄面BCC直线AA1到平面BCC1B1的距离为3，即又BC⊥面ACC1A1，BC⊂面BCCA1∈面ACC1A1，面BCC1B由题设A1C1点A1在平面ABC内的射影D在线段AC上，则∠所以∠A1C1C=60°，故△所以二面角A1−BC−B【变式5-2】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥

(1)求证：平面ADC1⊥(2)取AB的中点E，连接CE,C1E【解题思路】（1）通过证明BC,BB1⊥AD，可得AD⊥平面BCC1B，又结合AD⊂平面【解答过程】（1）证明：∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∵BB1⊥平面ABC,AD⊂∵BB1∩BC=B,∴AD⊥又AD⊂平面ADC1,∴平面AD（2）∵△ABC为正三角形，∴CE⊥AB，∵BB1⊥平面ABC,B∴CC故△ACC又E为AB的中点，∴C∴∠CEC1为二面角∵侧面ABB1A∵△ABC为边长为2的正三角形，∴CE=3∴在直角三角形CC1B∴cos∴二面角C−AB−C1的余弦值为【变式5-3】（2023·四川乐山·统考一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，PD=λCD，点E在棱PC上，PA//平面EBD

(1)试确定点E的位置，并说明理由；(2)求平面PBC与平面PDB所成锐二面角的余弦值的取值范围.【解题思路】（1）根据线面平行的性质定理来确定E点的位置.（2）利用向量法或几何法来求得平面PBC与平面PDB所成锐二面角的余弦值的取值范围.【解答过程】（1）E是PC的中点，理由如下：连结AC，交BD于点O，连结OE.∵底面ABCD是正方形，∴O是AC的中点.∵PA//平面EBD，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDE=OE∴PA//∵O是AC的中点，∴E是PC的中点.（2）解法一：依题意可知AD,PD,CD两两相互垂直，建立如图的空间直角坐标系D−xyz，令CD=a，平面PBC与平面PDB所成锐二面角的平面角为θ，∴P0,0,λa，C0,a,0，Aa,0,0∴CB=a,0,0设平面PBC一个法向量n=∵n⋅CB即ax=0ax+ay−λaz=0，∴连接AC，∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，由于PD∩BD=D,PD,BD⊂平面PDB，∴AC⊥平面PDB，∴平面PDB的一个法向量CA=∴cos∵1+1λ

解法二：令CD=a，连结AC，交BD于点O，过点O作OM⊥PB，垂足为M，连结MC.∵ABCD为正方形，∴CO⊥BD.∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CO.∵BD∩PD=D,BD,PD⊂平面PBD，∴CO⊥平面PBD.∵PC⊂平面PBD，∴CO⊥PB.又∵CO∩OM=O,CO,OM⊂平面COM，∴PB⊥平面COM.∵CM⊂平面COM，∴PB⊥CM.∴∠CMO即为二面角C−PB−D的平面角.∵△OMB∽△PDB，∴OM∴OM=OB⋅PD∴tan∴∠CMO>π4，

【题型6向量法求二面角】【例6】（2023·全国·模拟预测）如图，AC=1，AA1=BB1=BC=2，C(1)求证：平面A1(2)若AA1⊥AC【解题思路】（1）利用勾股定理逆定理证明AC⊥BC，再利用线面垂直证明BC⊥平面A1（2）建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值.【解答过程】（1）证明：由题得AC2+B因为A1C1⊥BC，在梯形A1C1CA中，设又BC⊂平面ABC，所以平面（2）因为AA1∥BB由（1）可知，BC⊥平面A1C1又因为BC∩AC=C，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CC如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、可知C0,0,0，A1,0,0，A11,0,2则A1C1=−1,0,设平面A1B1由m⋅A令k=1，得p=2，q=1，则m设平面AB1C由n⋅A令z=1，得x=22，y=1，则n则cosm故二面角A1−C【变式6-1】（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）如图，三棱柱ABC−A1B1C1的底面是等边三角形，AB=AA1=6，∠ABB1=60°，(1)在线段AA1上找一点G，使FG//(2)若平面AA1B1B⊥平面ABC【解题思路】（1）当点G为AA1的中点，H为DE中点，可以证明四边形A1GFH为平行四边形，从而有FG//（2）取AB中点O，连接OB1,AB1【解答过程】（1）如图所示：当点G为AA1的中点时，FG//设H为DE中点，连接FH,A因为在三棱柱ABC−A1BD,E,F,G分别为BB所以FH//EC//所以四边形A1所以FG//又因为A1H⊂平面A1DE，所以FG//平面A（2）如图所示：取AB中点O，连接OB因为AB=AA1=B所以△ABB1为正三角形，所以又因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1所以B1O⊥平面又CO,AO⊂平面ABC，所以B1因为△ABC为等边三角形，所以OC⊥AB.以O为原点，分别以OCOA,OB1所在直线为x轴，y轴，依题意得A(0,3,0),B(0,−3,0),C(33所以DA1=设平面A1DE的法向量则由n⋅DA1=0n⋅取平面ABC的法向量m=(0,0,1)设平面A1DE与平面ABC所成二面角的大小为则cosθ所以sinθ=所以平面A1DE与平面ABC所成二面角的正弦值为【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=BC=2，AB=PC=5

(1)求点B到平面PAC的距离；(2)设点E为线段PB的中点，求二面角A−CE−B的正弦值.【解题思路】（1）利用线面垂直的性质，勾股定理及线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PCA，进而即得；（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC ，BC⊂平面ABC所以PA⊥AB,PA⊥BC，又PA=2,AB=5，由勾股定理得PB=又BC=2,PC=5所以BC2+P因为BC⊥PC,BC⊥PA，PC∩PA=P,PC,PA⊂平面PCA，所以BC⊥平面PCA，则BC为点B到平面PAC的距离，故点B到平面PAC的距离为2.（2）在平面ABC内过点A作BC的平行线AF，则PA⊥AC,PA⊥AF,AC⊥AF，以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴，AF所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，由勾股定理得：AC=P则C(1,0,0),B(1,2,0),P(0,0,,2),E1

CE=设平面ACE的法向量为m=(则CE· m=0 AC·设平面BCE的法向量为n=(则CE· n=0， BC·所以cosm记二面角A−CE−B的大小为θ，则sinθ=故二面角A−CE−B的正弦值为310【变式6-3】（2023·浙江·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB⊥BC,AB=3,BC=4,E为边AD上的点，且AE=1.将△ABE沿BE翻折，使得点A到A1，满足平面A1BE⊥

(1)求证：平面A1BC⊥平面(2)求二面角B−A【解题思路】（1）由平面几何可证CE⊥BE，由平面A1BE⊥平面BCDE可得CE⊥平面A1BE，可得CE⊥A1B（2）建立空间直角坐标系，用向量法运算可得解.【解答过程】（1）在Rt△ABE中，AB=3，AE=1，同理，在Rt△EDC中，EC=2∴BE2+C又因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE，∴CE⊥平面A1又A1B⊂平面A1又A1B⊥A1E，A∴A1B⊥平面A1EC∴平面A1BC⊥平面（2）

如图，作A1H⊥BE，垂足为H，在△A1BE由（1），EB⊥EC，平面A1BE⊥平面以点E为坐标原点，EB，EC分别为x，y轴，过点E垂直平面BCDE为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得B2,0,0，C0,23,0，则BA1=−32,0,设平面BA1Cn1⋅BA1=0n1⋅∴n设平面DA1Cn2⋅DC=0n2⋅DA∴n∴cos又0<n1,所以二面角B−A1C−D的正弦值为【题型7几何法求点、线、面距离】【例7】（2023·陕西西安·统考一模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，(1)求证：AC⊥BE；(2)当E是DD1的中点时，求点D到平面【解题思路】（1）连接BD，利用线面垂直的判定、性质推理即得.（2）取AD的中点F，连接EF,AD1，证明【解答过程】（1）在长方体ABCD−A1B1C1D由ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，得AC⊥ED，而ED∩BD=D,ED,BD⊂平面BED，因此AC⊥平面BED，又BE⊂平面BED，所以AC⊥BE.（2）取AD的中点F，连接EF,AD1,BF，四边形AB则四边形ABC1D1是矩形，BC1//AD1，而E显然ED=1,DF=12，则EF=BF=52,BE=3，等腰△BEF的面积S△BEF=12BE⋅ℎ=设点D到平面BC1E的距离为d，由V于是64d=1所以点D到平面BC1E【变式7-1】（2023·湖南岳阳·校联考模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C(1)求直三棱柱ABC−A(2)求证：BC//平面AB1C1，并求出【解题思路】（1）根据题意，结合表面积和体积公式进行计算即可；（2）根据线面平行的判定定理进行证明即可；过点C作CH⊥AC1，垂足为H，则CH⊥平面AB1C【解答过程】（1）因为AC⊥BC,AB=2,∠CAB=30所以AC=3则直三棱柱ABC−AS=S其体积为V=S（2）证明：因为BC//B1C1,B所以BC//平面AB过点C作CH⊥AC1，垂足为由题意得CC1⊥BC所以BC⊥平面ACC又CH⊂平面ACC1A所以CH⊥B1CB1C1⊂平面AB所以CH⊥平面AB在Rt△ACC1CH=AC×C所以BC到平面AB1C【变式7-2】（2023·河南·校联考二模）如图所示，正六棱柱ABCDEF−A1B

(1)证明：平面ADF1//平面(2)求平面ADF1与平面【解题思路】（1）利用面面平行的判定定理证明;（2）将面面距转化为点面距，再由等体积法求出距离即可.【解答过程】（1）在正六棱柱ABCDEF−A因为底面为正六边形，所以AD//BC，因为AD⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以因为CD//A1F1，CD=A因为DF1⊄平面A1BC，A1C⊂又AD∩DF1=D，所以平面AD（2）平面ADF1与平面A1BC间的距离等价于点A到平面连接AC，则四面体A1ABC的体积因为V=1A1B=A所以cos∠A1所以S△所以d=3VS△A1BC=

【变式7-3】（2023·陕西商洛·统考一模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥(1)证明：AB⊥平面CC(2)若2AA1=3AB=6，求点B【解题思路】（1）借助三棱柱的性质与线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判断定理即可得；（2）借助等体积法求点面距.【解答过程】（1）由三棱柱的性质可知CC因为AA1⊥平面ABC，所以C因为AB⊂平面ABC，所以CC因为D为AB的中点，且△ABC是等边三角形，所以CD⊥AB，因为CD、CC1⊂平面CC1D，且（2）因为2AA1=3AB=6则△BB1C作AE⊥BC，垂足为E，有AE⊂平面ABC，所以CC1⊥AE，又因为CC1、BC⊂所以AE⊥平面BB因为△ABC是等边三角形，所以AE=3则VA−B因为CC1⊥平面ABC，AC、BC⊂所以CC1⊥AC，C故△ABC1的面积设点B1到平面ABC1则三棱锥B1−ABC因为VB1−ABC1【题型8向量法求点、线、面距离】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDQP中，平面ADQP⊥平面ABCD，四边形ADQP是边长为2的正方形，四边形ABCD是等腰梯形，AD//BC，BC=4，∠ABC=60°．

(1)求点P到平面CDQ的距离；(2)求二面角P−CD−B的余弦值．【解题思路】（1）根据题意，证得AP⊥平面ABCD，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，取得平面CDQ的一个法向量p=(−1,（2）由（1）的空间直角坐标系，求得平面PCD和ABCD的法向量m=(−1,3,【解答过程】（1）因为平面ADQP⊥平面ABCD，平面ADQP∩平面ABCD=AD，且AP⊂平面ADQP，AP⊥AD，所以AP⊥平面ABCD．以A为坐标原点，直线AD,AP分别为y轴、z轴，以过点A垂直平面yOz的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，Q(0,2,2)，C(3可得DC=(3,1,0)，DQ设平面CDQ的法向量为p=x′取x′=−1，可得y′所以点P到平面CDQ的距离为PQ⋅（2）由（1）知，DP=(0,−2,2)，DC设平面PCD的法向量为m=(x,y,z)，则m取x=−1，可得y=又由AP⊥平面ABCD，可得平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)所以cosm由图可知二面角P−CD−B为锐角，所以二面角P−CD−B的余弦值为217【变式8-1】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C

(1)证明：CP∥平面A1(2)当直线BP与平面A1BCD1所成的角正弦值为36【解题思路】（1）确定BD∥平面B1CD1，A1B∥平面B1（2）建立空间直角坐标系，确定平面A1BCD1的一个法向量为【解答过程】（1）BD∥B1D1，BD⊄平面B1CD1，B1同理可得：A1B∥平面A1B∩BD=B，且A1B,BD⊂平面A1BD，故平面CP⊂B1CD1，故CP（2）如图所示：以DA,DC,DD1分别为

则A12,0,2，B2,2,0，C0,2,0，设Pa,a,2设平面A1BCD1的法向量为取n=1得到n1=0,1,1BP与平面A1cosn1,BP=设平面A1BP的法向量为n2取y=1得到n2则点D到平面A1BP的距离【变式8-2】（2023·吉林·统考模拟预测）如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD,AB=AD=1,CD=2,DE=EC，沿AE将△ADE折成△APE，如图2所示，连接PB,PC，得到四棱锥P−ABCE.(1)若平面PAE∩平面PBC=l，求证：l//BC；(2)若点T是PC的中点，求点T到直线EB的距离的取值范围.【解题思路】（1）根据题意得到四边形ABCE是平行四边形，证得AE//BC，进而证得BC//平面PAE，结合线面平行的性质定理，即可证得l//BC.（2）取AE中点O，以O为原点，过O作平面ABCE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，设∠POB=θ(0<θ<π)，求得ET=0,34cosθ+1,34sinθ和向量EB【解答过程】（1）证明：在梯形ABCD中，因为AB//CE且AB=CE，所以四边形ABCE是平行四边形，所以AE//BC，又因为AE⊂平面PAE，且BC⊄平面PAE，所以BC//平面PAE，因为BC⊂平面PBC，且平面PAE∩平面PBC=l，所以l//BC.（2）解：取AE中点O，连接OB,OP，因为△ABE是等边三角形，可得OB⊥OE以O为原点，OE,OB所在直线为x轴，y轴，过O作平面ABCE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示，设∠POB=θ(0<θ<π)，则P0,3所以ET=0,34cosθ+1,则点T到直线EB的距离d===34因为−1<cosθ<1，所以当cosθ=当cosθ→−1时，d→0，所以点T到直线EB的距离的取值范围是0,【变式8-3】（2023·天津南开·南开中学校考模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，且PA=2，四边形ABCD是直角梯形，且AB⊥AD，BC//AD，AD=AB=2，BC=4，M为PC中点，E在线段BC上，且

(1)求证：DM//平面PAB(2)求平面PDE与平面BDE夹角的余弦值；(3)求点E到平面PDC的距离.【解题思路】（1）（2）（3）根据题意，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得；【解答过程】（1）证明：以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，

则A0,0,0，B2,0,0，D0,2,0，P0,0,2，C2,4,0DM=易知平面PAB的一个法向量为AD=0,2,0，故则DM⊥又DM⊂平面PAB，故DM//平面（2）易知平面BDE的一个法向量为AP=设平面PDE的法向量为m=且PD=0,2,−2，则m⋅PD=2y−2z=0m⋅DE=2x−y=0，令y=2，则x=1设平面PDE与平面BDE夹角为θ，易知θ为锐角，所以cosθ=cosm,AP=m（3）设平面PDC的法向量为n=a,b,c，且则n⋅PD=2b−2c=0n⋅DC=2a+2b=0，令b=1设点E到平面PDC距离为ℎ，∴ℎ=DE【题型9立体几何中的探索性问题】【例9】（2023·福建龙岩·统考二模）三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面A1

(1)求侧棱AA(2)侧棱CC1上是否存在点E，使得直线AE与平面A1BC所成角的正弦值为【解题思路】（1）证明AD⊥平面ABC，结合题目条件，先计算出AD的值，然后即可以求得侧棱AA（2）建立空间直角坐标系，设未知数λ，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.【解答过程】（1）在平面AA1B1B内过A因为侧面A1ACC又CA⊥AB，AB∩AA1=A，AB,A所以CA⊥平面AA又CA⊂平面ABC，所以平面AA1B易得AD⊥AB，AD⊂面AA1B1B所以AD⊥平面ABC，因为VC1−ABC因为∠A1AB=2π（2）存在点E满足题意，C1如图，以A为坐标原点，以AB,AC,AD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则A1设C1E=λ故AE=(λ−1,2,3−3设平面A1BC则m⋅A1B=0m⋅故平面A1BC的一个法向量设直线AE与平面A1BC所成角为则sinθ=AE⋅故存在点E满足题意，所以C1【变式9-1】（2023·陕西榆林·统考二模）如图，在四棱锥P−ABCD中，BD⊥PC，∠ABC=60∘，四边形ABCD是菱形，PB=2

(1)证明:PA⊥平面ABCD．(2)是否存在实数λ，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是21919?若存在，求出【解题思路】（1）由题设BD⊥AC，根据线面垂直的判定得BD⊥平面PAC，再由线面垂直的性质有BD⊥PA，并由勾股定理证AB⊥PA，最后应用线面垂直的判定证结论；（2）取棱CD的中点F，连接AF，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数λ，即可判断存在性.【解答过程】（1）

因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因为BD⊥PC,AC,PC⊂平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC.因为PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA.因为PB=2AB=2PA，所以因为AB,BD⊂平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD.（2）

取棱CD的中点F，连接AF，易证AB,AF,AP两两垂直，故以A为原点，分别以AB,AF,设AB=2，则A0,0,0故AC=所以AE=设平面ACE的法向量为n=x,y,z，则令x=3，得n平面PAB的一个法向量为m=0,1,0,设面PAB与面ACE所成的锐二面角为则cosθ=cosn,m故存在实数λ=13，使得面PAB与面ACE所成锐二面角的余弦值是【变式9-2】（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）如图，在△ABC中，∠B=90°，P为AB边上一动点，PD//BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至(1)证明：平面CBA′⊥(2)若PB=CB=2PD=4，且A′P⊥AP，线段A′C上是否存在一点E（不包括端点），使得锐二面角E−BD−C的余弦值为【解题思路】（1）由条件证明A′P⊥BC，BC⊥BP，根据线面垂直判定定理证明BC⊥平面PBA′，根据面面垂直判定定理证明平面（2）证明AP⊥平面A′PD，建立空间直角坐标系，A′E=λA′【解答过程】（1）因为PD∥BC，∠B=90°，所以∠APD=90°，所以A′所以A′P⊥BC，又因为A′P∩BP=P，A′P⊂平面PBA所以BC⊥平面PBA′，又BC⊂平面所以平面CBA′⊥（2）因为PD∥BC，BC⊥AP，∴PD⊥AP，又∵A′P⊥AP，A′P∩PD=P，∴AP⊥平面A′∴PA、PA′、PD两两垂直，以P点为原点，PA为x轴，PD为y轴，PA因为PB=CB=2PD=4，PD//所以AP=PB=4.则D0,2,0，C−4,4,0，B−4,0,0平面BCD的一个法向量为m=A′C=−4,4,−4BA′BD=设平面BDE法向量为n=则n⋅BE=0取x=1，则y=−2故n=1,−2,3λ−1所以cosm解得λ=2即A′E=【变式9-3】（2023·天津·校联考一模）已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，点E、F分别为线段PB、(1)求证：EF//平面PADQ(2)求平面PCQ与平面CDQ夹角的余弦值；(3)线段PC上是否存在点M，使得直线AM与平面PCQ所成角的正弦值是427，若存在求出PM【解题思路】（1）法一：分别取AB、CD的中点G、H，连接EG、GH、FH，证明出平面EGHF//平面ADQP法二：以点A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；（2）利用空间向量法可求得平面PCQ与平面CDQ夹角的余弦值；（3）假设存在点M，使得PM=λPC，其中λ∈0,1，求出向量AM【解答过程】（1）证明：法一：分别取AB、CD的中点G、H，连接EG、GH、FH，由题意可知点E、F分别为线段PB、CQ的中点．所以EG//PA，因为PA//DQ，所以EG//FH，所以点E、G、因为G、H分别为AB、CD的中点，所以GH//因为AD⊂平面ADQP，GH⊄平面ADQP，所以GH//平面ADQP又因为FH//QD，QD⊂平面ADQP，FH⊄平面ADQP，所以FH//又因为FH∩GH=H，FH、GH⊂平面EGHF，所以平面EGHF//平面ADQP因为EF⊂平面EGHF，所以EF//平面ADQP法二：因为ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，所以AP、AB、AD两两互相垂直，以点A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则P0,0,3、C3,3,0、Q0,3,1、B3,0,0、所以EF=0,3,−1，易知平面PADQ的一个法向量所以a⋅EF=0又因为EF⊄平面ADQP，所以EF//平面ADQP（2）解：设平面PCQ的法向量m=x,y,z，PC=则m⋅PC=3x+3y−3z=0m⋅所以平面PCQ的一个法向量为m=易知平面CQD的一个法向量n=0,1,0，设平面PCQ与平面CQD夹角为则cosθ=所以平面PCQ与平面CQD夹角余弦值为147（3）解：假设存在点M，使得PM=λPC=则AM=由（2）得平面PCQ的一个法向量为m=由题意可得cosAM整理可得12λ2−8λ+1=0因为0≤λ≤1，解得λ=16或12，所以，PM1．（2023·全国·统考高考真题）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．15 B．25 C．35【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【解答过程】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C−AB−D的平面角，即∠CED=150

显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=3，在△CDECD=C由正弦定理得DEsin∠DCE=显然∠DCE是锐角，cos∠DCE=所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35故选：C.2．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为14

A．102m B．112mC．117m D．125m【解题思路】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，从而依次求EO，EG【解答过程】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG,OM，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO，所以tan∠EMO=因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC，因为EG⊥BC，EO,EG⊂平面EOG，EO∩EG=E，所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，.同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形，所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以OG=5所以在直角三角形EOG中，EG=在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB=E又因为EF=AB−5−5=25−5−5=15，所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m故选：C.3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β【解题思路】先用几何法表示出α，【解答过程】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=∠FMP，tanα=PEFP=PE所以α≤β≤γ，故选：A．4．（2022·全国·统考高考真题）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1A．AB=2AD B．AB与平面AB1C．AC=CB1 D．B1D【解题思路】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【解答过程】如图所示：不妨设AB=a,AD=b,AA1=c，依题以及长方体的结构特征可知，B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB，B1D与平面AA对于A，AB=a，AD=b，AB=2对于B，过B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB与平面A对于C，AC=a2+b2对于D，B1D与平面BB1C1C所成角为∠D故选：D．5．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（

）．A．该圆锥的体积为π B．该圆锥的侧面积为4C．AC=22 D．△PAC的面积为【解题思路】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.【解答过程】依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1,OA=OB=3A选项，圆锥的体积为13B选项，圆锥的侧面积为π×C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，则AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P−AC−O的平面角，则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，故AD=CD=3−1=2D选项，PD=12+故选：AC.

6．（2022·全国·统考高考真题）已知正方体ABCD−A1BA．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°【解题思路】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【解答过程】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥B连接A1C，因为A1B1⊥平面BB因为B1C⊥BC1，A1又A1C⊂平面A1连接A1C1，设A因为BB1⊥平面A1B1C因为C1O⊥B1D1，所以∠C1BO为直线B设正方体棱长为1，则C1O=22，所以，直线BC1与平面BB因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线B故选：ABD.7．（2023·天津·统考高考真题）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA

(1)求证：A1N//平面(2)求平面AMC1与平面(3)求点C到平面AMC【解题思路】（1）先证明四边形MNA（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解【解答过程】（1）

连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN//AC由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//