2027版53B版新高考版数学总复习分层训练7.4　空间角与距离、空间向量及其应用

专题七立体几何与空间向量7.4空间角与距离、空间向量及其应用目录考点1空间角与距离考点2空间向量及其应用五年高考·考点练三年模拟·限时练基础强化练综合提升练考点1空间角与距离五年高考·考点练1.★★(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

B

解析设△A1B1C1,△ABC的外接圆圆心分别为O1,O,连接O1O,则O1O是正三棱台ABC-A1B1C1的高,连接O1A1,OA,在四边形A1O1OA中,作A1D⊥AO于点D,则A1D⊥平面ABC,且A1D

=O1O.所以∠A1AO是A1A与平面ABC所成角.因为

=

×22=

,S△ABC=

×62=9

,

=

(S△ABC+

+

)OO1=

,所以O1O=

,在Rt△A1AD中,A1D=O1O=

,AD=AO-A1O1=

×6×

-

×2×

=

,(△A1B1C1,△ABC是正三角形,O1,O分别是其外接圆圆心)所以tan∠A1AO=tan∠A1AD=

=

=1,即A1A与平面ABC所成角的正切值为1.故选B.

2.★★★(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°

D

解析如图,连接BD.由题可知BB1⊥平面ABCD,AD⊥平面AA1B1B,易知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角分别为∠B1DB,∠AB1D,∴∠B1DB=∠AB1D=30°.

设AD=1,则AB1=

,B1D=2,∴BB1=1,BD=

,∴AB=

,∴AB=

AD,故A错误.过B作BH⊥AB1,交AB1于H,易知∠HAB为AB与平面AB1C1D所成的角.∵BH=

=

,∴sin∠HAB=

=

,故B错误.易知AC=

,CB1=

,∴AC≠CB1,故C错误.易知∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角,(CD⊥平面BB1C1C)∴sin∠DB1C=

=

,∴∠DB1C=45°,故D正确.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.

B.

C.

D.

C

解析取AB的中点E,连接CE,DE,则CE⊥AB,DE⊥AB,所以∠DEC是二面角C-AB-D的

平面角,所以∠DEC=150°,因为DE∩CE=E,DE,CE⊂平面DCE,所以AB⊥平面DCE,因为

AB⊂平面ABC,所以平面DCE⊥平面ABC,过点D作DF⊥CE,交CE的延长线于F,由面面

垂直的性质定理可得DF⊥平面ABC,所以∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角,设AB

=a,

在等腰直角△ABC中,CE=

a,在等边△ABD中,DE=

a,在△DCE中,由余弦定理,得DC2=

+

-2·

a·

a·cos150°=

a2,∴DC=

a,则cos∠DCE=

=

=

,∵0°<∠DCE<30°,∴sin∠DCE=

=

,∴tan∠DCE=

=

.故选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°

ABD

解析连接B1C,交BC1于O,∵A1D∥B1C,∴∠B1OC1(或其补角)为直线BC1与DA1所成的

角,又B1C⊥BC1,∴∠B1OC1=90°,即直线BC1与DA1所成角为90°.故选项A正确.由A1B1⊥平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C知A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥

平面A1B1C,又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,∴直线BC1与CA1所成角为90°.故选项B正确.连接A1C1,交B1D1于点O1,连接O1B,易证C1O1⊥平面BB1D1D,∴BC1在平面BB1D1D内的射

影为O1B,∴BC1与平面BB1D1D所成角为∠C1BO1.在Rt△BO1C1中,sin∠C1BO1=

=

,则∠C1BO1=30°,故选项C错误.∵CC1⊥平面ABCD,∴∠C1BC是BC1与平面ABCD所成的角,而∠C1BC=45°,故选项D正确.故选ABD.5.★★★★(多选)(2026全国Ⅰ卷,10,6分)在空间中,A,B为两个定点,动点C到直线AB的

距离为2,动点D到直线AB的距离为1.若二面角C-AB-D为60°,则

()A.∠CAD≥60°B.CD≥

C.当AB⊥CD时,CD⊥平面ABDD.当AB⊥平面ACD时,AC⊥AD

BC

解析如图,构造二面角C-AB-D,大小为60°,动点C在与直线AB平行,且距离为2的直线l

上运动,动点D在与直线AB平行,且距离为1的直线m上运动,对于A,∠CAD的大小与60°无关,故A错误;对于B,作CO⊥AB于点O,OE⊥m于点E,则∠COE为二面角C-AB-D的平面角,∠COE=60°,CO的长为C到直线AB的距离,则CO=2,OE的长为D到直线AB的距离,则OE=1,由余弦定理得CE2=CO2+OE2-2CO·OE·cos∠COE=3,故CE=

,易得AB⊥平面COE,因为CE⊂平面COE,所以AB⊥CE,所以l⊥CE,m⊥CE,所以直线l与m

之间的距离为CE=

,所以CD≥

,当且仅当D与E重合时,等号成立,所以B正确;

当AB⊥CD时,点D与点E重合,则OD=OE=1,CD=CE=

,所以OD2+DC2=OC2,所以CD⊥OD,又AB∩OD=O,所以CD⊥平面ABD,故C正确.对于D,当AB⊥平面ACD时,∠CAD=60°,故D错误.故选BC.6.★★★(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=

·d=

·

=

,

=2

,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,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ABC-A1B1C1是直三棱柱得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AC=2

,A1C=2

,BD=

,故△ABD的面积为

·AB·

=

,又S△ABD=

BD·AH=

,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Bxyz,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

即

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

即

令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1).所以cos<n1,n2>=

=

,又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>=

.所以二面角A-BD-C的正弦值为

.考点2空间向量及其应用1.★★★(多选)(2021新高考Ⅱ,10,5分)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为

正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是

()

BC

解析建立如图所示的空间直角坐标系,设正方体的棱长为1.

对于A,M(1,0,1),N(0,1,1),O

,P

,则

=(-1,1,0),

=

,

·

=

+

=1≠0,故A不合题意;对于B,M(0,0,1),N(1,0,0),O

,P

,则

=(1,0,-1),

=

,

·

=

-

=0,故B符合题意;对于C,M(1,1,1),N(0,1,0),O

,P

,则

=(-1,0,-1),

=

-

,-

,

,

·

=

-

=0,故C符合题意;对于D,M(0,1,0),N(0,0,1),O

,P

,则

=(0,-1,1),

=

,

·

=1≠0,故D不合题意.故选BC.2.★★★(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.

解析解法一(向量法):(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

即

令z1=2,则n1=(1,1,2).设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2),则

即

令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2),又∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴|cos150°|=|cos<n1,n2>|=

=

=

=

,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.解法二(几何法):(1)证明:如图,分别取BB2,CC1的中点B3,C3,连接A2B3,B3C3,D2C3,

∴BB3=B2B3=1,CC3=2,∴C2C3=1,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA2∥BB3,AA2=BB3=1,∴四边形ABB3A2为平行四边形,∴A2B3=AB=2,A2B3∥AB,同理D2C3=CD,D2C3∥CD,又∵AB∥CD,AB=CD=2,∴A2B3∥D2C3,A2B3=D2C3,∴四边形A2B3C3D2为平行四边形,∴A2D2∥B3C3,A2D2=B3C3,∵B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3=1,∴四边形B2B3C3C2为平行四边形,∴B2C2∥B3C3,B2C2=B3C3,∴B2C2∥A2D2.(2)当P在B1B2上时,连接A2B2.由(1)可知四边形A2B2C2D2为平行四边形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E,∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴直线B2E与平面PA2C2所成角为30°,易知B2E=

,∴B2到平面PA2C2的距离d1=B2E·sin30°=

.连接A1B2,A1D2,A1C2,A1E,由A1B2=A1D2=2

,得A1E⊥B2D2,∴A1E=

,由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2,又B2D2∩A2C2=E,∴A1E⊥平面A2B2C2D2,∵二面角P-A2C2-D2为150°,∴A1E与平面PA2C2所成角为60°,∴点A1到平面PA2C2的距离d2=A1E·sin60°=

,∴

=

=3,设A1B2与A2P交于点Q,则

=3,又知B2P∥A1A2,∴

=

=

,又知A1A2=3,∴B2P=

A1A2=1.由对称性可知,当P在BB2上时,同样可得B2P=1.综上,B2P=1.3.★★★(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

即

不妨取x1=

,则n1=(

,3,1).设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2),则

即

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|cosθ|=|cos<n1,n2>|=

=

=

,∵0≤θ≤π,∴sinθ=

=

=

,∴二面角F-BM-E的正弦值为

.4.★★★(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

.

5.★★★(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.

(1分)又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ACD与△ABD均为等边三角形,∴AC=AB,∴AE⊥BC.

(2分)又∵AE∩DE=E,AE⊂平面ADE,DE⊂平面ADE,∴BC⊥平面ADE,

(3分)又∵DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.

(4分)(2)设DA=DB=DC=2,则BC=2

,DE=AE=

,∴AE2+DE2=4=DA2,

(6分)∴AE⊥DE.又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE⊂平面BCD,BC⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD.以E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,

则D(

,0,0),A(0,0,

),B(0,

,0),E(0,0,0),∴

=(-

,0,

),

=(0,

,-

),∵

=

,∴F(-

,0,

),∴

=(-

,0,0).

(8分)设平面DAB的法向量为n1=(x1,y1,z1),则

即

令z1=1,则n1=(1,1,1).

(9分)设平面ABF的法向量为n2=(x2,y2,z2),则

即

令z2=1,则n2=(0,1,1).

(10分)设二面角D-AB-F的平面角为θ,则|cosθ|=

=

=

.

(11分)又∵θ∈[0,π],∴sinθ=

=

=

,∴二面角D-AB-F的正弦值为

.

(12分)6.★★★(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<t<1),则

=

+

=

+t

=

+t(

-

)=(1-t)

+t

.易知

=-

+

.∵BF⊥AO,∴

·

=[(1-t)

+t

]·

=(t-1)

+

t

=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=

PC=

,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=

BF=

,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

=λ

,0<λ<1.∵

=(-2,2

,0),∴F(2-2λ,2

λ,0),∴

=(2-2λ,2

λ,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

解得

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

即

取x1=1,则y1=

,z1=

,则m2=(1,

,

),设二面角D-AO-C的大小为θ,则|cosθ|=|cos<m1,m2>|=

=

=

.由图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角,∴cosθ=-

,∴sinθ=

,即二面角D-AO-C的正弦值为

.三年模拟·限时练基础强化练

限时40分钟1.(2026广东深圳二轮检测)已知空间向量a=(1,0,0),b=(0,1,0),则下列选项可以与a,b构成

空间向量的一个基底的是

()A.c=(0,0,0)

B.c=(0,0,1)

C.c=(1,1,0)

D.c=(1,2,0)

B

解析对于A,由于基向量不能是零向量,故A错误,对于B,由于c=(0,0,1)与a,b不共面,符合基底要求,故B正确,对于C,c=(1,1,0)=a+b,故a,b,c共面,不符合要求,C错误,对于D,c=(1,2,0)=a+2b,故a,b,c共面,不符合要求,D错误.2.(2026山东淄博一模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为AA1的中点,

=2

,

=λ

,若D1,E,F,G四点共面,则λ的值为

()A.

B.

C.

D.

A

解析如图所示,以A1为原点,A1B1,A1D1,A1A所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标

系,

设正方体的棱长为1,则D1(0,1,0),E

,F

,0,1

,G(1,1,1-λ).所以

=

,

=

,-1,1

,

=(1,0,1-λ).因为D1,E,F,G四点共面,所以

=x

+y

,即

解得

故选A.3.(多选)(2026河南新未来联合测评)在四面体ABCD中,AB=AC=AD=CD=4,BC⊥BD,BC

=2,E为AC的中点,则

()

A.平面ACD⊥平面BCDB.点D到平面ABC的距离为

C.直线DE与平面ABC所成角的正弦值为

AC

D.点E到直线BD的距离为

解析取CD的中点O,连接AO,BO.因为AC=AD,所以AO⊥DC.又因为BC⊥BD,所以O为Rt△BCD的外心,又AB=AC=AD,所以△AOD≌△AOB≌△AOC,则∠AOD=∠AOB=90°,得AO⊥OB.因为AO⊥DC,AO⊥OB,CD∩BO=O,BO,CD⊂平面BCD,所以AO⊥平面BCD,因为AO⊂平面ACD,所以平面ACD⊥平面BCD,故A正确.以BD,BC所在直线分别为x,y轴,以过B点平行于AO的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图,

则B(0,0,0),D(2

,0,0),C(0,2,0),O(

,1,0),A(

,1,2

),E

.设平面ABC的法向量为n=(x,y,z).

=(

,1,2

),

=(0,2,0),由

得

令z=1,得x=-2,则n=(-2,0,1).又

=(2

,0,0),则点D到平面ABC的距离为

=

=

,故B错误.由B知

=

,则直线DE与平面ABC所成角的正弦值为|cos<

,n>|=

=

,故C正确.由B知

=

,取与

同向的单位向量m=(1,0,0),所以点E到直线BD的距离为

=

=

,故D错误.故选AC.4.(多选)(2026河南濮阳二模)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D上的

动点,则下列结论正确的是

()

A.A1D∥平面B1CD1B.正方体外接球体积为4

πC.存在一点E,使得直线CE与平面ADD1A1所成的角为

ABC

D.E到平面B1D1C的距离为

解析对于A,在正方体中,A1B1∥CD,A1B1=CD,则四边形A1B1CD为平行四边形,所以A1D

∥B1C,又B1C⊂平面B1CD1,A1D⊄平面B1CD1,所以A1D∥平面B1CD1,A正确.对于B,正方体外接球的直径为正方体的体对角线,即2R=2

,所以V球=

π(

)3=4

π,B正确.对于C,因为CD⊥平面ADD1A1,则∠CED为直线CE与平面ADD1A1所成的角,则tan∠CED=

=

,若∠CED=

,则tan∠CED=

,所以DE=

,又A1D=2

,

∈(0,2

),所以存在一点E,使得直线CE与平面ADD1A1所成的角为

,C正确.对于D,由A知A1D∥平面B1CD1,E为A1D上的动点,所以E到平面B1D1C的距离等于A1到平面B1D1C的距离,设A1到平面B1D1C的距离为h,

=

×2

×2

×

=2

,

=

×2×2=2,由等体积法得

=

,即

×2

h=

×2×2,所以h=

,即E到平面B1D1C的距离为

,D错误.5.(多选)(2026湖南郴州质检)某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体,如图

所示,已知正八面体P-ABCD-S的棱长为2,则下列结论正确的有

()

A.平面PCD与平面SCD的夹角的余弦值为

B.正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为

C.正八面体的体积与表面积的比值为

ABD

D.点A到平面SCD的距离为

解析如图,设正方形ABCD的对角线的交点为O,则OA=OB=OC=OD=

,PO=

=

.A选项,取CD的中点M,连接PM和SM,因为△PCD和△SCD都是等边三角形,所以PM⊥CD且SM⊥CD,因此∠PMS为二面角P-CD-S的平面角,在△PSM中,PM=SM=2×

=

,PS=2PO=2

,由余弦定理的推论可得cos∠PMS=

=-

,那么平面PCD与平面SCD的夹角的余弦值为

,A正确.B选项,因为O到所有顶点的距离相等,因此O是外接球球心,外接球半径R=PO=

,显然内切球球心也为O,内切球半径r即为O到平面PCD的距离,亦即O到PM的距离,在Rt△POM中,OM=1,利用等面积法有PO·OM=PM·r,可得r=

,所以所求比值为

=

,B正确.C选项,设正八面体的体积和表面积分别为V和S,由等体积法可知V=

Sr,其中r为内切球半径,所以

=

=

,C错误.D选项,设点A到平面SCD的距离为h,利用等体积法有VA-SCD=VS-ACD,即

S△SCD·h=

×

·h=

h=

S△ACD·SO=

×

×

=

,解得h=

,D正确.故选ABD.

6.(2026河南郑州一中月考)如图,在三棱锥S-ABC中,SA⊥平面ABC,∠BAC=120°,SA=AC

=2,AB=1,M为SC的中点,P为BC上靠近C的三等分点,过点M,P的平面与AC交于点N,则当

NP⊥BS时,MN=___________.

解析如图,以点A为原点,

,

的方向为x,z轴的正方向,过点A作y轴,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),S(0,0,2),C(-1,

,0),设

=λ

,0≤λ≤1,则

=

+

=λ

+

=λ(-1,

,0)+

(2,-

,0)=

-λ+

,

λ-

,0

,又

=(-1,0,2),NP⊥BS,所以

·

=λ-

=0,解得λ=

,此时N

,又M

,所以|MN|=

=

.综合提升练

限时80分钟1.(2026江苏苏北七市调研二)已知二面角α-AB-β的大小为

,O∈AB,P∈α,且∠POA=

,Q为β内异于O的任意一点,则sin∠POQ的最小值为

()A.

B.

C.

D.

D

解析过P作PG⊥β,垂足为G,PM⊥AB于M,连接GM,如图,

则PG⊥AB,又PG∩PM=P,PG,PM⊂平面PGM,所以AB⊥平面PGM,因为GM⊂平面

PGM,所以AB⊥MG,所以∠PMG为二面角α-AB-β的平面角,故∠PMG=

,由最小角定理知,当∠POQ为PO与β所成线面角时,∠POQ最小,此时,O,G,Q三点共线,sin∠POQ取得最小值,设PG=x,则PM=

x,又∠POA=

,则PO=2

x,所以sin∠POG=

=

=

,即sin∠POQ的最小值为

.知识拓展最小角定理

斜线和它在平面内的射影所成的角(即线面角)是斜线和这个平面内的所有直线所成角

中最小的角.如图所示,θ,θ1,θ2之间的关系为cosθ1=cosθ·cosθ2.

2.(2026安徽滁州一模)已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2,且该圆台有内切球

(球与圆台的侧面及两个底面均相切),在圆台上底面圆O1的圆周上取一点A,在圆台下底

面圆O2的圆周上取一点B,且O1A⊥O2B,则直线AB与平面O1O2A所成角的正弦值为

()

A.

B.

C.

D.

D

解析如图,取O1O2的中点O,设内切球与圆台的母线BN相切于点M,连接OM,OB,ON,O1N,

则有MN=O1N,BM=O2B,所以母线长l=NB=BM+NM=O2B+O1N=2+4=6.设圆台的高为h,则h=O1O2,满足h2+(O1N-O2B)2=l2,则h2=62-22=32,即h=4

.因为O1A⊥O2B,O1O2⊥O2B,O1A∩O1O2=O1,所以O2B⊥平面O1AO2,所以∠O2AB即为直线AB与平面O1O2A所成角,因为O2A2=h2+O1A2=32+16=48,AB2=

=

=2

,所以sin∠O2AB=

=

=

.3.(2026山东济南二模)已知三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2,A1B=

,平面ACC1A1⊥平面ABC.(1)求该棱柱的体积;(2)求平面ABB1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.

解析

(1)取线段AC的中点O,连接BO,A1O.因为AB=BC=CA=2,所以BO⊥AC,且AO=1,BO=

.因为平面ACC1A1⊥平面ABC,平面ACC1A1∩平面ABC=AC,BO⊥AC,所以BO⊥平面ACC1A1.因为A1O⊂平面ACC1A1,所以BO⊥A1O.因为A1B=

,BO=

,BO⊥A1O,所以A1O=

.因为AA1=2,AO=1,A1O=

,所以AO2+A1O2=A

,则A1O⊥AO,因为A1O⊥AO,A1O⊥BO,AO∩BO=O,AO,BO⊂平面ABC,所以A1O⊥平面ABC,所以三棱柱ABC-A1B1C1的体积为A1O·S△ABC=

×

×2×

=3.(2)以O为原点,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),B(

,0,0),A1(0,0,

).所以

=(

,1,0),

=(0,1,

).设平面ABB1A1的法向量为m=(x,y,z),则

即

取x=1,则y=-

,z=1,所以平面ABB1A1的一个法向量为m=(1,-

,1).易知平面A1B1C1的一个法向量为n=(0,0,1).设平面ABB1A1与平面A1B1C1的夹角为θ,则cosθ=|cos<m,n>|=

=

=

,所以平面ABB1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值为

.4.(2026山东枣庄二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,平面

PAD⊥平面ABCD,PA=PD=

,E为AD的中点,点F为线段BC上的动点.(1)求证:平面PAD⊥平面PCD;(2)记平面PEF与平面PBC的夹角为θ,求cosθ的取值范围.

解析

(1)证明:因为PA=PD,E为AD的中点,所以PE⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,AD是其交线,PE⊂平面PAD,所以PE⊥平面ABCD,因为CD⊂平面ABCD,所以PE⊥CD,又CD⊥AD,PE∩AD=E,PE,AD⊂平面PAD,所以CD⊥平面PAD,因为CD⊂平面PCD,所以平面PAD⊥平面PCD.(2)过E作EG∥DC,由题意知PE,EA,EG两两垂直,以E为坐标原点,EA,EG,EP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E(0,0,0),A(1,0,0),B(1,2,0),C(-1,2,0),P(0,0,1),则

=(1,2,-1),

=(-1,2,-1),

=(0,0,1),设F(t,2,0),t∈[-1,1],则

=(t,2,0),设平面PBC的法向量为m=(a,b,c),则

令b=1,可得m=(0,1,2),设平面PEF的法向量为n=(x,y,z),则

令x=2,可得n=(2,-t,0),则cosθ=|cos<m,n>|=

=

,所以cos2θ=

,当t=0时,cos2θ=0,即cosθ=0,当t≠0时,cos2θ=

=

,由0<t2≤1可得cos2θ∈

,所以0<cosθ≤

.综上,cosθ的取值范围为

.5.(2026山西吕梁二模)如图,圆柱O1O2的轴截面是边长为2的正方形,P为☉O2上一点,正

方形ABCD内接于☉O1,设平面PAD与平面PBC的交线为直线l,点Q为直线l上一点.(1)证明:l∥BC;(2)求四棱锥P-ABCD外接球的表面积;(3)若平面PAD⊥平面ABCD,平面PCD⊥平面ABCD,当直线PB与平面QCD所成角的余

弦值为

时,求PQ的长.

解析

(1)证明:在正方形ABCD中,AD∥BC,因为BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,所以BC∥平面PAD,又因为平面PAD与平面PBC的交线为直线l,且BC⊂平面PBC,所以l∥BC.(2)取O1O2的中点O,连接O1A,O1B,O1C,O1D,OA,OB,OC,OD,OP,(图略)设圆柱的底面半径

为r,因为圆柱O1O2的轴截面是边长为2的正方形,所以O1O=OO2=1,O1A=O1B=O1C=O1D=O2P=1,显然OA=OB=OC=OD=OP=

=

,所以点O是四棱锥P-ABCD外接球的球心,所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积为4π·(

)2=8π.(3)在正方形ABCD中,AD⊥DC,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,CD⊂平面ABCD,所以CD⊥平面PAD,因为PD⊂平面PAD,所以CD⊥PD,同理可证AD⊥PD,所以以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

则P(0,0,2),B(

,

,0),C(0,

,0),D(0,0,0),则

=(0,

,0),

=(

,

,-2),设Q(a,0,2),则

=(a,0,2),设平面QCD的法向量为m=(x,y,z),则

令z=a,得x=-2,即m=(-2,0,a),因为直线PB与平面QCD所成角的余弦值为

,所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为

=

,所以有|cos<m,

>|=

=

⇒

=

⇒a2-6

a+10=0⇒a=5

或a=

,当a=5

时,PQ=5

,当a=

时,PQ=

.综上,PQ的长为5

或

.6.(2026湖南九校联盟第二次联考)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,侧

面PAD是等边三角形,AB=2AD=4,AD⊥BD,二面角P-AD-B的平面角大小为θ,θ∈

,Q为AB的中点.(1)设平面QPC∩平面PAD=l,求直线l与直线AD的夹角大小;(2)求直线PC与平面PAD所成角的正弦值的最大值;(3)设N为侧棱PC上一点,四边形AENF是过A,N两点的截面,分别交PD,PB于E,F两点,其

中E为PD的中点,BD∥平面AENF,求四棱锥