2027新高考数学复习53A版3-7.5　空间角与空间距离、空间向量及其应用

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=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D2.★★★(2024新课标Ⅱ,7,5分)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为523,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为()A.12B.1C.2答案B3.★★★(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.1答案C4.★★★(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ABD5.★★★(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=2,BC=2,AD=1+3,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(0,0,2),A(0,0,0),D(0,1+3,0),C(2,2,0),B(2,0,0).(i)证明:设O(x,y,z),则OP=x2OB=(x−2OC=(x−2OD=x2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AC=(2,2,0),PO=(0,1,-2),所以cos<AC,PO>=故直线AC与PO所成角的余弦值为236.★★★(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=5,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=QA2∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2,在Rt△CDE中,CE=CD∴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BQ=(-2,1,2),BD=(-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n2·BQ=0,n2·BD=0⇒−2x+y+2z=0,−2x+2y=0⇒x=y=2z.取n设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角,则cosθ=|cos<n1,n2>|=|n7.★★★(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EF=DA,求二面角D-AB-F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=22,DE=2,AE=2,∴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(0,0,2),D(2,0,0),B(0,2,0),AB=(0,2,-2),DB=(-2,2,0),DA=(-2,0,2),由EF=DA,得F(-2,0,2),则BF=(-2,-2,2设平面DAB的法向量为n=(x,y,z),则n·令x=1,得n=(1,1,1),设平面ABF的法向量为m=(x',y',z'),则m·令y'=1,得m=(0,1,1).设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cosθ|=|m·n||m||n|=|1+1|2×3=63【易错:题目问的是正弦值,最后要记得转化】,又θ∈[0,π],∴sinθ=338.★★★(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ACA1C1,∴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,CC1BB1,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=3,易知A1C=AC=2,则A(2,0,0),B1(-2,3,2),C1(-2,0,2),B(0,3,0),AB1=(-22,3,2),CB=(0,3,0),CC1=(-2,0设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则n·取x=1,得n=(1,0,1).设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,则sinθ=|cos<AB1,n>|=|−2=1313∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为13139.★★★(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=10,FB=23,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=3,在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD,∴四边形MDEF为平行四边形,∴FM=DE=10,∴AF=MF,又∵O为AM的中点,∴OF⊥AM,OA=12AM=1,∴OF=AF又∵OB=3,FB=23,∴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(3,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3),∴BM=(-3,1,0),FB=(3,0,-3),ME=(0,1,3),设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n不妨取x1=3,则n1=(3,3,1).设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n不妨取y2=3,则x2=3,z2=-1,则n2=(3,3,-1).设二面角F-BM-E的平面角为θ,则|cosθ|=|cos<n1,n2>|=|n∵0≤θ≤π,∴sinθ=1−cos∴二面角F-BM-E的正弦值为4310.★★★★(2023全国乙理,19,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=5DO,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<t<1),则BF=BA+AF==(1-t)BA+∵BF⊥AO,∴BF·AO=[(1-t)BA+tBC]·−BA+12BC=(t-1)BA2+12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=12AB,OF∥AB,且OF=12AB,∴DE∴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=6,∴DO=12又AD=5DO,∴AD=302在Rt△ABO中,AB=2,BO=2,∴AO=6,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=13AD,GE=13∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH=13AH,连接DH,GF,∴DH=32GF,由cos∠ABD=4+32−15同理可得BE=62,∴BE2+EF2=3=BF2故BE⊥EF,则GF2=13∴GF=153故DH=32×15在△DOH中,OH=12BF=32,OD=6∴cos∠DOH=64∴二面角D-AO-C的正弦值为22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(0,2,0),C(0,22,0).(1)证明:设AF=λAC,0<λ<1.∵AC=(-2,22,0),∴F(2-2λ,22λ∴BF=(2-2λ,22λ,0).∵BF⊥AO,AO=(-2,2,0),∴BF·AO=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=12,故F为AC的中点.连接OF∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点,∴DE∥AB,且DE=12AB,OF∥AB,且OF=12AB,∴DEOF,故四边形ODEF∴EF∥DO,又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO.(2)证明:易得AD=302,由cos∠ABD=4+32−152设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=6,PA=14可得x故P(-1,2,3),又∵E是PA的中点,∴E12,22,32,∴BE=12,∴AO·BE=-2×12+2×2∴AO⊥BE,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−1∴OD=设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1),则m取x1=1,则y1=2,z1=3,则m2=(1,2,3),设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cosθ|=|cos<m1,m2>|=|=31×由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,∴cosθ=-22,∴sinθ=22,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,CD,CB,CC1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2),则B2C2=(0,-2,1),A2D2=(∴B2C2=A2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A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1),PA2=(2,0,1-a),PC2设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1),则A令z1=2,则n1=(1,1,2).设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),则P令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2),又∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴|cos150°|=|cos<n1,n2>|=|n即32=3a2−4a+7,化简得a2-4a+3=0,解得当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.30答案A2.★★★(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答案B3.★★★(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,AE=12AB,DF=23DA,A1G=14A1AA.6答案A4.★★★(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2B.二面角A1-DC-B的大小为πC.直线AB1与直线BC1所成角的大小为πD.点A1到平面BC1D的距离为3答案ABC5.★★★(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∥αB.MN⊥αC.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3答案BD6.★★★★★(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17.★★★(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=3,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PH=λPD,N为PC的中点,且H,A,O,N四点共面,求实数解析(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=3,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(3,3,0),P(0,0,4),D(0,3,0),O(2,0,2),所以DO=(2,-3,2),PB=(4,0,-4),BC=(-1,3,0),设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则PB·n=0,BC·n=0,即4x−4z=0,−x+3y=0,令x=1,得y=33设DO与平面PBC所成角为θ,则sinθ=|cos<n,DO>|=(ii)因为N为PC的中点,所以N32所以AN=由(i)知AO=(2,0,2),PD=(0,3,-4),AP=(0,0,4),则AH=AP+λPD=(0,0,4)+λ(0,3,-4)=(0,3λ,因为H,A,O,N四点共面,所以存在实数a,b,使得AH=即(0,3λ,4(1-λ))=a(2,0,2)+b32所以0=2a+38.★★★(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=π3,D1D=3,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,∵A1D1BE,∴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,A1D1AF,∴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=3,DH=32在Rt△D1DH中,D1D=3,DH=32则D1H=32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),D10,32,32,A(-2∵D1A1=EB=(-1则A1−1,32,3BA=(-1,3,0),BA设平面BED1的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·令y1=3,则m=(0,3,-1),设平面ABB1A1的法向量为n=(x2,y2,z2),则n·令y2=3,则n=(3,3,-1),∴cos<m,n>=m·n|m||n|故平面BED1与平面ABB1A1所成角的余弦值为2139.★★★★(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=13,cos∠DAB=-1313(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=13,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=21,在△BDO中,BO=3,DO=23,BD=21,故cos∠BOD=BO所以sin∠BOD=32由等积法得12BO·DOsin∠BOD=12BD·EO,即33=21EO,解得在Rt△BEO中,cos∠EOB=37所以sin∠EOB=27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(0,3,0),在△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AD·ABcos∠DAB=21,故BD=21,在△BDO中,BO=3,DO=23,BD=21,故cos∠BOD=BO则D(0,-3,3),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=BD=(0,-23,3),又平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),则cos<m,n>=m·n|m||n|所以二面角E-AC-B的正弦值为27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=12CC1因为M是DD1的中点,DD1∥CC1,所以D1M=12DD1=12CC1,且D1M∥CC1,则有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CB1=(1,-1,2),CM=(-1,0,1),BB1=(0,0设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2).则m·n·CB1=x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<m,n>|=|m·n||m||n|故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为222(3)由(2)知BB1=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,则|B即点B到平面CB1M的距离为2112.★★★(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22.(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VA1−ABC=VA−A1BC=13S△ABC·(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=2,所以AB=AA1=2,A1B=22,又因为△A1BC的面积为22,所以BC=2,所以可得AC=22,A1C=23,BD=3,故△ABD的面积为12又S△ABD=12所以AH=26在Rt△OHA中,sin∠OHA=AOAH即二面角A-BD-C的正弦值为32.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=2,所以AB=AA1=2,A1B=22,又因为△A1BC的面积为22,所以BC=2.以B为坐标原点,向量BC,BA,BB1的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系B-则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0),则BC=(2,0,0),BA=(0,2,0),BD=(1,1,1).设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n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n令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).所以cos<n1,n2>=n1又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>=32所以二面角A-BD-C的正弦值为32.三年模拟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.4答案A2.★★★★(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.2B.33答案B3.★★★(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13,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144.★★★(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EC=(-2,2,0),A1E=(0,1,设平面A1EC的法向量为n=(x,y,z),则n·令z=1,则x=y=2,所以n=(2,2,1)为平面A1EC的一个法向量,又DA=(2,0,0)为平面A1EB的一个法向量,所以|cos<DA,n>|=|DA所以平面A1EC与平面A1EB夹角的余弦值为23(2)设P(2,a,b),a