2025版高考数学一轮总复习8.5空间角与距离空间向量及其应用习题

.5空间角与距离、空间向量及其应用基础篇固本夯基考点一用向量法证明空间中的平行和垂直1.(2024贵阳检测,9)一个正方体的平面绽开图及该正方体的直观图如图所示,在正方体中,设BC的中点为M,GH的中点为N,则下列结论正确的是()A.MN∥平面ABEB.MN∥平面ADEC.MN∥平面BDHD.MN∥平面CDE答案C2.(2024届河南省试验中学期中,12)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,点P在侧面ABB1A1内,若D1P垂直于CM,则△PBC的面积的最小值为()A.255B.55C.答案A3.(2024江西红色七校联考一,18)如图,四棱锥S-ABCD满意SA⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形,AC与BD交于点O,SA=AB=4,侧棱SC上一点E满意SE=3EC.(1)证明:OE⊥平面SDB;(2)求二面角E-BD-C的余弦值.解析(1)证法一:如图,在△SBC内,过点E作EM∥CB交SB于点M,连接OM,则SM=3MB.因为SA⊥平面ABCD,DB⊂平面ABCD,所以SA⊥DB,在正方形ABCD中,DB⊥AC,因为SA∩AC=A,SA,AC⊂平面SAC,所以DB⊥平面SAC,又OE⊂平面SAC,所以OE⊥DB.易知SA⊥BC,AB⊥BC,因为SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB,又SB⊂平面SAB,所以BC⊥SB,又EM∥CB,所以EM⊥SB,由SA=AB=AD,SA⊥平面ABCD,AD⊥AB,易得△SDB为等边三角形,取SB的中点F,连接DF,则DF⊥SB,由SM=3MB得M为BF的中点,在△DFB中,O为DB的中点,则OM∥DF,所以OM⊥SB.又OM∩EM=M,OM,EM⊂平面OEM,所以SB⊥平面OEM,又OE⊂平面OEM,所以OE⊥SB.又BD∩SB=B,BD,SB⊂平面SDB,所以OE⊥平面SDB.证法二:以A为坐标原点,AB,AD,AS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(由条件知,AB,AD,AS两两垂直,故考虑以A为坐标原点建立空间直角坐标系),则S(0,0,4),C(4,4,0),B(4,0,0),D(0,4,0),O(2,2,0),则SC=(4,4,-4),DB=(4,-4,0),SB=(4,0,-4),由SC=4EC,得E(3,3,1),所以OE=(1,1,1),因为OE·DB=4-4=0,OE·SB=4-4=0,所以OE⊥DB,OE⊥SB,又SB∩DB=B,SB,DB⊂平面SDB,所以OE⊥平面SDB.(2)由证法二易得平面BDC的一个法向量为n1=(0,0,1),设平面BDE的法向量为n2=(x,y,z),而DB=(4,-4,0),BE=(-1,3,1),由n2·令x=1,则y=1,z=-2,所以n2=(1,1,-2),则cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=-26考点二用向量法求空间角和空间距离1.(2017课标Ⅲ,16,5分)a,b为空间中两条相互垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写全部正确结论的编号)

答案②③2.(2024届四川攀枝花月考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,且∠DAB=60°,△ADP为等边三角形.(1)证明:AD⊥PB;(2)若AB=2,BP=6,求PC与平面PBD所成角的正弦值.解析(1)证明:∵四边形ABCD为菱形,且∠DAB=60°,∴△ADB为等边三角形,取AD的中点E,连接PE,EB,又△ADP为等边三角形,∴PE⊥AD,EB⊥AD,又PE∩EB=E,PE,EB⊂平面PBE,∴AD⊥平面PEB,又PB⊂平面PEB,∴AD⊥PB.(2)由AB=2,结合(1)知PE=EB=3,又BP=6,∴PE2+EB2=BP2,∴PE⊥EB,又PE⊥AD,EB⊥AD,∴PE,EB,AD两两垂直.以E为坐标原点,EA,EB,EP为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示.则D(-1,0,0),B(0,3,0),C(-2,3,0),P(0,0,3),PC=(-2,3,-3),DB=(1,3,0),DP=(1,0,3),设m=(x,y,z)是平面PBD的法向量,则DB·m=x+3y=0,∴|cos<PC,m>|=PC·m|PC||m|=2310×3.(2024届安徽六安一中月考二,19)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,∠DPC=30°,AF⊥PC于点F,且FE∥CD,交PD于点E.(1)证明:CF⊥平面ADF;(2)求二面角C-AF-E的余弦值.解析(1)证明:∵PD⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD,∴AD⊥PD,又AD⊥DC,PD⊂平面DPC,CD⊂平面DPC,PD∩DC=D,∴AD⊥平面DPC,又CF⊂平面DPC,故CF⊥AD,又CF⊥AF,AD⊂平面ADF,AF⊂平面ADF,AF∩AD=A,∴CF⊥平面ADF.(2)由(1)易知,DP,DC,DA两两垂直,以D为坐标原点,DP,DC,DA所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设AB=1,在Rt△PDC中,CD=1,∠DPC=30°,则PC=2,PD=3,由(1)知,CF⊥DF,则DF=32,AF=AD2+DF2=72,即有CF=A则DEPD=CFPC=14,则有同理可得EF=34CD=34,则A(0,0,1),E34,0,0,F34,34,0,P(3,0,0),C(0,1,0),AE=34,0,-1,EF=0,34,0,同理可得平面ACF的一个法向量为n=43则cos<m,n>=m·n|易知二面角C-AF-E的平面角为钝角,∴二面角C-AF-E的余弦值为-133194.(2024届江西临川一中9月月考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,底面四边形ABCD为梯形,其中AD∥BC,BC=2AB=2AD=2PA=2,点Q在线段PA上,且满意PA=3QA.(1)证明:PC∥平面QBD;(2)若AB⊥AD,点M为线段PC上靠近P的三等分点,求二面角Q-BD-M的余弦值.解析(1)证明:连接AC交BD于点E,连接QE,在梯形ABCD中,AD∥BC且AD=12BC,所以AEEC=ADBC=12,又因为PA=3QA,所以AQQP=12,所以AEEC=AQQP,所以QE∥PC,又因为QE⊂平面QBD,PC(2)因为PA⊥平面ABCD且AB⊥AD,所以AB,AD,AP两两垂直,以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),C(1,2,0),Q0,0,13,由点M为线段PC的靠近点P的三等分点,故M13,23,23,所以BD设平面QBD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n·BD=-x设平面MBD的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2·BD=-x2+y2=0,n2所以cosθ=|cos<n1,n2>|=|n1·n2||n1||n25.(2024课标Ⅱ,17,12分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.解析(1)证明:由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,因为BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,B1C1∩EC1=C1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),则CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的法向量为则CB·n=0,CE·设平面ECC1的法向量为m=(x',y',z'),则CC1所以可取m=(1,1,0).于是cos<n,m>=n·m|所以,二面角B-EC-C1的正弦值为326.(2024郑州二模,18)在四棱锥P-ABCD中,AP=PD=DC=CB=1,AB=2,∠APD=∠DCB=∠CBA=90°,平面PAD⊥平面ABCD.(1)求证:PB=PC;(2)求直线PA与平面PCD所成角的正弦值.解析(1)证明:分别取AD、BC的中点O、E,连接PO、OE、EP,则PO⊥AD.OE为直角梯形ABCD的中位线,故BC⊥OE.因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊥AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,因为BC⊂平面ABCD,所以PO⊥BC,又PO∩OE=O,PO,OE⊂平面POE,所以BC⊥平面PEO,又PE⊂平面PEO,故BC⊥PE,又E为BC的中点,所以PB=PC.在AB上取一点F,使得AB=4AF,连接OF,则OF,OE,OP两两垂直,以O为坐标原点,OF,OE,OP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P0,0,22,A12,-12,0,C-12,32,0,D-12,DC=(0,1,0),设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则n·PC可取n=(2,0,-1),则|cos<PA,n>|=|PA·n故直线PA与平面PCD所成角的正弦值为637.(2024北京,17,14分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为A1D1的中点,B1C1与平面CDE交于点F.(1)求证:F为B1C1的中点;(2)若M是棱A1B1上一点,且二面角M-FC-E的余弦值为53,求A1解析(1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,CD∥C1D1,因为CD⊄平面A1B1C1D1,C1D1⊂平面A1B1C1D1,所以CD∥平面A1B1C1D1,又CD⊂平面CDE,平面A1B1C1D1∩平面CDE=EF,所以CD∥EF,则EF∥C1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥B1C1,所以四边形EFC1D1是平行四边形,则FC1=ED1,又E是A1D1的中点,所以FC1=ED1=12A1D1=12B1C1,即点F是B1C1(2)以D为原点,DA,DC,DD1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D-xyz.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,A1M=λA1B1(0<λ<1),则C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),F(1,2,2),E(1,0,2),所以CF=(1,0,2),EF=(0,2,0),CM=C设平面CEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1·CF=0,n1·EF=0,即x1+2z1=0,设平面CFM的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n即x2+2z2=0,2x2+(-2+2λ)y2+2z2=0,令z2=1,因为二面角M-CF-E的余弦值为53,所以|n1·n2||n1|·|n2|=53,即8.(2024全国名校联盟5月联考,19)如图,四棱锥P-ABCD的底面为菱形,PD⊥底面ABCD,且PD=AD=2,∠BAD=60°.设E为PD的中点,平面PAB与平面PDC的交线为l.(1)求异面直线BP与AE所成角的余弦值;(2)若直线l上一点F,满意二面角E-AC-F的大小为π4,试求AF的长解析(1)连接BD,取AB的中点M,连接DM.∵底面ABCD为菱形,∠DAB=60°,∴△ABD为等边三角形,∴DM⊥AB.∵DC∥AB,∴DM⊥DC,又∵PD⊥底面ABCD,DC⊂平面ABCD,DM⊂平面ABCD,∴PD⊥DC,PD⊥DM.∴以D为坐标原点,分别以DM,DC,DP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则D(0,0,0),∵PD=AD=2,∴A(3,-1,0),E(0,0,1),B(3,1,0),P(0,0,2),C(0,2,0).∴BP=(-3,-1,2),AE=(-3,1,1).设异面直线BP与AE所成角为θ,则cosθ=|BP·AE||∴异面直线PB与AE所成角的余弦值为105(2)过点P在平面PCD内作直线l平行于CD.∵CD∥AB,∴l∥AB,即直线l为平面PAB与平面PCD的交线,由(1)可知AC=(-3,3,0),设F(0,λ,2),则CF=(0,λ-2,2).设平面ACF的法向量为m=(a,b,c),则m·AC得m=3,1,设平面AEC的法向量为n=(x,y,z),则n·AC=-3x+3y=0,n·∵二面角的大小为π4∴cosπ4=|m·n|解得λ=2.∴当二面角E-AC-F的大小为π4时,点F的坐标为(0,2,2),则AF=(-3,3,2),则AF的长为(-综合篇知能转换考法一求解直线与平面所成角的方法1.(2024东北三省三校3月联考,10)过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A作平面α,使α∥平面A1B1CD,A1D1和D1C1的中点分别为E和F,则直线EF与平面α所成角的正弦值为()A.12B.32C.23答案A2.(2024山西忻州3月月考,12)《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形,一棱垂直于底面的四棱锥”.现有阳马P-ABCD(如图),PA⊥平面ABCD,PA=AB=1,AD=3,点E,F分别在AB,BC上,当空间四边形PEFD的周长最小时,直线PA与平面PFD所成角的正切值为()A.355B.55C.3答案A3.(2024届云南玉溪月考,19)如图①,在边长为2的菱形ABCD中,∠ADC=60°,将△DAC沿AC折起到△PAC的位置,如图②,且二面角P-AC-B的平面角的大小为θ,θ∈(0,π).(1)证明:PB⊥AC;(2)若θ=90°,且PM=2MB,求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.解析(1)证明:取AC的中点O,连接PO,BO,由题意得AC⊥PO,AC⊥BO,又BO∩PO=O,BO,PO⊂平面POB,所以AC⊥平面POB,又PB⊂平面POB,所以AC⊥PB.(2)由题可知OA,OB,OP两两垂直,故以O为坐标原点,OA,OB,OP所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图.则P(0,0,3),B(0,3,0),A(1,0,0),C(-1,0,0),则PB=(0,3,-3),CB=(1,3,0),AP=(-1,0,3),设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则m·PB=0,m·CB=0,AM=AP+PM=AP+23PB=(-1,0,3)+23(0,3,-3)=-1,233,33,设直线AM与平面PBC所成角为θ,则sinθ=m·4.(2024届河南部分名校检测一,19)如图,多面体ABCDEF中,四边形ABCD是边长为2的菱形,AC=23,△ADE为等腰直角三角形,∠AED=90°,平面ADE⊥平面ABCD,且EF∥AB,EF=1.(1)证明:AC⊥平面BDF;(2)若G为棱BF上一点,使得直线AG与平面BCF所成角的正弦值为217,求AG的长解析(1)证明:取AD的中点H,连接EH,因为△ADE为等腰直角三角形,∠AED=90°,所以EH⊥AD,因为平面ADE⊥平面ABCD,且平面ADE∩平面ABCD=AD,所以EH⊥平面ABCD,设AC,BD的交点为O,连接OF,OH,则OH∥AB,且OH=12AB=1,因为EF∥AB,EF=1,所以EF∥HO且EF=HO,所以四边形EFOH为平行四边形.所以FO∥EH且FO=EH,所以FO⊥平面ABCD,又AC⊂平面ABCD,从而FO⊥AC,在菱形ABCD中,AC⊥BD,又FO∩BD=O,FO,BD⊂平面BDF,所以AC⊥平面(2)以O为坐标原点,以OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,-3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),F(0,0,1),BF=(-1,0,1),BC=(-1,3,0),设G(a,0,c),BG=λBF(0≤λ≤1),又BG=(a-1,0,c),所以a=1-λ,c=λ,即G(1-λ,0,λ),从而AG=(1-λ,3,λ).设平面BCF的法向量为n=(x,y,z),则n即-可取n=(3,1,3),由已知可得|n·AG||n|·|AG|=237·2λ25.(2024课标Ⅱ,20,12分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F.(1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2)设O为△A1B1C1的中心.若AO∥平面EB1C1F,且AO=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.解析(1)证明:因为M,N分别为BC,B1C1的中点,所以MN∥CC1.又由已知得AA1∥CC1,故AA1∥MN.因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N.又B1C1⊥MN,A1N∩MN=N,故B1C1⊥平面A1AMN.又B1C1⊂平面EB1C1F,所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F.(2)由已知得AM⊥BC.以M为坐标原点,MA的方向为x轴正方向,|MB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz,则AB=2,AM=3.连接NP,则四边形AONP为平行四边形,故PM=233,E233,13,0.由(1)知平面A1AMN⊥平面ABC,作NQ⊥AM,垂足为Q,则NQ⊥平面ABC.设Q(a,0,0),则NQ=4-233-a2,B1a,1,4-233-a2,故B1E=233所以直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为10106.(2024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.又PD∩DC=D,因此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.以D为坐标原点,DA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),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则n·DQ=0,n·所以cos<n,PB>=n·PB|设PB与平面QCD所成角为θ,则sinθ=33×|a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为33考法二求解二面角的方法1.(2024山西考前适应性测试,8)木工师傅将一个长方体形的木块切去一部分,得到一个新木件,其三视图如图所示,则这个木件的切面与底面所成锐二面角的正切值为()A.22B.63C.23答案B2.(2024届河南省试验中学月考,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,AA1=A1C=AC=AB=BC=2,且O为AC的中点.(1)证明:A1O⊥平面ABC;(2)求二面角A-A1B-C1的余弦值.解析(1)证明:∵AA1=A1C,且O为AC的中点,∴A1O⊥AC,又平面AA1C1C⊥平面ABC,平面AA1C1C∩平面ABC=AC,且A1O⊂平面AA1C1C,∴A1O⊥平面ABC.(2)连接OB,则OB⊥AC,以O为坐标原点,OB,OC,OA1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,-1,0),A1(0,0,3),C1(0,2,3),B(3,0,0),∴AB=(3,1,0),A1B=(3,0,-3),设平面AA1B的法向量为m=(x1,y1,z1).则m·AB=0,m·A1B=0,即3x1+y1=0,3x1-3z1=0.可取m=(1,-3,1).设平面A1BC1的法向量为n=(x易知二面角A-A1B-C1的平面角为钝角,∴所求二面角的余弦值为-1053.(2024届江西新余一中模拟,18)如图①,已知△ADE为等边三角形,四边形ABCD为平行四边形,BC=1,BD=2,BA=5,把△ADE沿AD向上折起,使点E到达点P的位置,如图②所示,且平面PAD⊥平面PBD.图①图②(1)证明:PA⊥BD;(2)求二面角A-PB-C的余弦值.解析(1)证明:取PD的中点F,连接AF.∵△ADP为等边三角形,∴AF⊥PD,又平面PAD⊥平面PBD,平面PAD∩平面PBD=PD,AF⊂平面PAD,∴AF⊥平面PBD,∵BD⊂平面PBD,∴BD⊥AF,∵AD=BC=1,BD=2,BA=5,∴AD2+BD2=AB2,∴BD⊥AD,又AD∩AF=A,∴BD⊥平面PAD.又∵PA⊂平面PAD,∴PA⊥BD.(2)由(1)知BD⊥平面PAD,又BD⊂平面ABD,∴平面PAD⊥平面ABD,取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABD,平面PAD∩平面ABD=AD,PO⊂平面PAD,∴PO⊥平面ABD.取AB的中点O',连接OO',∵OO'∥BD,∴OO'⊥AD,以O为坐标原点,OA,OO',OP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则A12,0,0,B-12,2,0,C-32,2,0,P0,0,32,∴PA=设平面PAB的法向量为m=(x,y,z),则m·PA=12x-设平面PBC的法向量为n=(a,b,c),则n·PB=-12a+2b-32c=0,n·PC=-32a+2b-32c=0,可取n=(0,-3,-4),则4.(2024届湘豫名校联盟11月联考,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,侧面SAD为等边三角形,底面ABCD为等腰梯形,且AB=BC=CD=1,AD=2,SA=SB.(1)证明:平面SAD⊥平面ABCD;(2)若点M在棱SD上,且M-AB-D的大小为π4,求DMMS解析(1)证明:取AD的中点O,连接SO,BO,CO,在等边△SAD中,可得SO⊥AD,在等腰梯形ABCD中,易得OA=OB=OC=OD,又因为SA=SB,所以△SOA≌△SOB,所以∠SOB=∠SOA=π2,即SO⊥OB,又AD∩BO=O,AD,BO⊂平面ABCD,所以SO⊥平面ABCD,又因为SO在平面SAD内,所以平面SAD⊥平面(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,-1,0),B32,-12,0,C32,12,0,D(0,1,0),S(0,0,3),则AB=32,12,0,DS=(0,-1,3),设DM=kDS(0<k≤1),则DM则AB·n1=0,AM·n1=0⇒32a+12b=0,(2-k)b+3kc=0,可取n2=1,-3,2k-1,易知平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),则cosπ4=5.(2024课标Ⅲ,19,12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.解析设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA(2)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1,-1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=(-2,0,1).设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n1·设n2为平面A1EF的法向量,则n同理可取n2=12,2,1.因为cos<n1,n2>=n1·n2|n1方法点拨利用向量法求二面角的关键是建立合适的空间直角坐标系及精确求出相关平面的法向量.6.(2024课标Ⅲ,19,12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD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CD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.以D为坐标原点,DA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.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为CD的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),则AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则n·AM=0,n·AB=0,即-2x+cos<n,DA>=n·DA|n||DA|=55,所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是257.(2024全国甲,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),∴BF=(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则DE=(1-a,1,-2).(1)证明:∵BF·DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.(2)EF=(-1,1,1),FD=(a,-2,1),设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),则EF·n=-x+y+z=0,FD·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>|=|m·n||m|·|n|=11+a+132+2-a32=32a-122+272≤3272=考法三求解立体几何中的探究性问题1.(2024届成都外国语学校月考,19)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠BCD=2π3,四边形ACFE为矩形,且CF⊥平面(1)证明:EF⊥平面BCF;(2)点M在线段EF(含端点)上运动,当点M在什么位置时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大?并求此时二面角的余弦值.解析(1)证明:在梯形ABCD中,∵AB∥CD,AD=CD=BC=1,∠BCD=2π3,∴AB=2,∠ABC=π3,∴AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC=3,∴AB2=AC2+BC2,∴BC⊥AC,∵CF⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD,∴AC⊥CF,而CF∩BC=C,CF,BC⊂平面BCF,∴AC⊥又∵矩形ACFE中,EF∥AC,∴EF⊥平面BCF.(2)由(1)可知CA,CB,CF两两垂直,故以C为原点,分别以直线CA,CB,CF为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,令FM=λ(0≤λ≤3),则C(0,0,0),A(3,0,0),B(0,1,0),M(λ,0,1),∴AB=(-3,1,0),BM=(λ,-1,1),设n1=(x,y,z)为平面MAB的法向量,由n1·AB=0,n1·BM=0,得-3x+y=0,λx-y+z=0,取x=1,则n1=(1,3,3-λ),由题意得n2=(1,0,0)是平面∵0≤λ≤3,∴当λ=0时,cosθ有最小值77∴当点M与点F重合时,平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大,此时二面角的余弦值为772.(2024届广东茂名联考一,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是等腰梯形,AB∥CD,AC与BD交于点O,且PO⊥BD,PA=PB.(1)证明:PO⊥平面ABCD;(2)若AC⊥BD且AO=2OC=6,PO=3,则在线段PC上是否存在一点E,使得二面角P-AD-E的余弦值为86969?若存在,求出点E的位置;若不存在,解析(1)证明:∵四边形ABCD为等腰梯形,∴AO=BO,取AB的中点Q,连接OQ,PQ,则AB⊥OQ,∵PA=PB,∴AB⊥PQ,又OQ,PQ⊂平面POQ,OQ∩PQ=Q,∴AB⊥平面POQ,又PO⊂平面POQ,∴AB⊥PO,∵PO⊥BD,AB∩BD=B,AB,BD⊂平面ABCD,∴PO⊥平面ABCD.∵PO⊥平面ABCD,AC⊥BD,∴以O为原点,OA,OB,OP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,则A(6,0,0),D(0,-3,0),C(-3,0,0),P(0,0,3),∴AD=(-6,-3,0),AP=(-6,0,3),设平面PAD的法向量为m=(x1,y1,z1),∴AD·m=-6x1-3y1=0,AP·m=-6x1+3z1=0,取x1=1,得m=(1,-2,2).设点E(x,y,z),CE=λEP(λ>0),可得(x+3,y,z)=λ(-x,-y,3-z),解得x=-31+λ,y=0,z=3λλ+1,∴AE=-6λ+9λ+1,0,3λλ+1.设平面ADE的法向量为n=(x2,y2,z2),∴AD·n=-6x2-3y2=0,AE·n=-3.(2024河南洛阳一模,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C⊥底面ABC,∠C1CA=60°,AB⊥AC,AC=AB=AA1=2.(1)求证:CA1⊥BC1;(2)设点E在直线AA1上,记AE=λAA1,是否存在实数λ,使CE与平面A1BC所成的角的正弦值为255?若存在,求出λ的值;解析(1)证明:连接AC1.∵AC=AA1,∴侧面ACC1A1是菱形,∴AC1⊥CA1.∵侧面AA1C1C⊥底面ABC,且平面ABC∩平面AA1C1C=AC,AB⊥AC,AB⊂平面ABC,∴AB⊥平面AA1C1C.又∵CA1⊂平面AA1C1C,∴CA1⊥AB.又AC1∩AB=A,∴CA1⊥平面C1AB,又∵BC1⊂平面C1AB,∴CA1⊥BC1.(2)取棱C1A1的中点D,连接AD,则AD⊥AC,所以AD⊥底面ABC.从而AD,AC,AB两两垂直.如图,以点A为坐标原点,AC,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),C(2,0,0),B(0,2,0),C1(1,0,3),A1(-1,0,3).则CA1=(-3,0,3),CB=(-2,2,0).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z),由n⊥CA1,n⊥CB,得-3x+3z=0,-2x+2y=0,取n=(1,1,3),由AE=λAA1=(-λ,0,3λ)得CE=AE-AC=(-λ-2,0,3解得λ1=λ2=-1,即存在实数λ=-1,使CE与平面A1BC所成的角的正弦值为254.(20245·3原创题)已知直角梯形SBCD中,SD∥BC,BC⊥CD,SD=3BC=3CD=6,过点B作BA∥CD交SD于A(如图1),沿AB把△SAB折起,使得二面角S-AB-C为直二面角,连接SC,E为棱SC上随意一点(如图2).(1)求证:平面EBD⊥平面SAC;(2)求点C到平面SBD的距离;(3)在棱SC上是否存在点E,使得二面角E-BD-S的余弦值为223?若存在,求出点E的位置;若不存在,解析(1)证明:由题意及翻折的性质可知,SA⊥AB,AD⊥AB,所以∠SAD为二面角S-AB-C的平面角,又因为二面角S-AB-C为直二面角,所以∠SAD=90°,即SA⊥AD,又AB∩AD=A,所以SA⊥平面ABCD,又BD⊂平面ABCD,所以SA⊥BD.由题意可知四边形ABCD为正方形,所以BD⊥AC,又因为AC∩SA=A,所以BD⊥平面SAC,又BD⊂平面EBD,所以平面EBD⊥平面SAC.(2)设AC∩BD=O,连接SO,易得SO⊥BD.在正方形ABCD中,BC=CD=2,所以AC=BD=22,又SA=4,AO=12AC=2,SA⊥AO,所以OS=SA2+AO2=32,S△CBD=S△SBD=12SO·BD=12×32×22=6.设点C到平面SBD因为VC-SBD=VS-BCD,即13S△SBD·h=13S△BCD·SA,所以h=S△BCD·SAS△SBD=2×46（3）存在.以A为坐标原点,AB,AD,AS的方向分别为x轴,y轴,z轴