22.空间角与距离

1/122.空间角与距离1.（2024·新高考Ⅱ卷7题）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.12 B.C.2 D.3解析：B法一（直接法）如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝33，A1D1＝3，可知S△ABC＝12×6×33＝93，S△A1B1C1＝12×2×3＝3，设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，则VABC-A1B1C1＝13（93＋3＋93×3）h＝523，解得h＝433，分别过A1，D1作底面的垂线，垂足为M，N，设AM＝x，则AA1＝AM2＋A1M2＝x2＋163，DN＝AD－AM－MN＝23－x，可得DD1＝DN2＋D1N2＝（23－x）2＋163，结合等腰梯形BCC1B1法二（补形法）如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，因为PA1PA＝A1B1AB＝13，则VP-A1B1C1VP-ABC＝127，可知VABC-A1B1C1＝2627VP-ABC＝523，则VP-ABC＝18，设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝13d×12×6×33＝18，解得d＝23，2.（多选）（2022·新高考Ⅰ卷9题）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°解析：ABD如图①，连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确.如图②，连接B1C.因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C∩A1B1＝B1，B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确.如图③，连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B.易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B1所成的角，易知∠C1BO＝30°，所以C错误.如图④，因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确.故选A、B、D.3.（2021·新高考Ⅱ卷19题）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的平面角的余弦值.解：（1）证明：取AD的中点E，连接QE，CE，∵QD＝QA＝5，∴QE⊥AD.∵AD＝2，∴DE＝1，∴QE＝5－1＝2，CE＝22∴QE2＋CE2＝9＝QC2，∴QE⊥CE.又∵AD∩CE＝E，∴QE⊥平面ABCD.∵QE⊂平面QAD，∴平面QAD⊥平面ABCD.（2）法一取BC中点F，连接EF，易得EF，ED，EQ两两垂直，如图，分别以EF，ED，EQ所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则B（2，－1，0），Q（0，0，2），D（0，1，0），∴＝（－2，1，2），＝（0，1，－2），设平面BQD的一个法向量n1＝（x，y，z），则⇒取z＝1，可得x＝2，y＝2，∴n1＝（2，2，1）.易知平面QDA的一个法向量n2＝（1，0，0）.设二面角B-QD-A的平面角为θ，则θ为锐角.cosθ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝n1·n2｜n1||n2｜＝22法二由（1）知平面QAD⊥平面ABCD，又∵BA⊥AD，BA⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面QAD＝AD，∴BA⊥平面QAD.过A作AM⊥QD于点M，连接BM.则∠AMB为所求二面角的平面角.由S△QAD＝12×2×2＝12×5·AM⇒AM＝∴BM＝4+165＝65，∴cos∠AMB＝4∴二面角B-QD-A的平面角的余弦值为234.（2024·新高考Ⅰ卷17题）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝3.（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；（2）若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为427，求AD解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，根据平面知识可知AD∥BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.（2）法一如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF，根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，即sin∠DFE＝427，即tan∠DFE＝6因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝4－由等面积法可得，DE＝x4又CE＝（4－x2)-x2（4－x2故tan∠DFE＝x4－x224－x222＝6法二以DA，DC分别为x轴，y轴，过D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz，令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝4－t2，C（0，4设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），则n1·不妨设x1＝4－t2，则y1＝t，z1＝0，n1＝（4－t设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2），则n2·不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）.因为二面角A-CP-D的正弦值为427，则余弦值为7所以77＝｜cos＜n1，n2＞｜＝｜n1所以t＝3，所以AD＝3.5.（2024·新高考Ⅱ卷17题）如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝53，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足AE＝25AD，AF＝12AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC（1）证明：EF⊥PD；（2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值.解：（1）证明：由AB＝8，AD＝53，AE＝25AD，AF＝12AB，得AE＝23，又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得EF＝A＝16+12－2×所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，由翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD.（2）连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝33，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36，在△PEC中，PC＝43，PE＝23，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2，所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD，所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-xyz，则P（0，0，23），D（0，33，0），C（3，33，0），F（2，0，0），A（0，－23，0），由F是AB的中点，得B（4，23，0），所以PC＝（3，33，－23），PD＝（0，33，－23），PB＝（4，23，－23），PF＝（2，0，－23），设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n＝（x1，y1，z1），m＝（x2，y2，z2），则nm令y1＝2，x2＝3，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，所以n＝（0，2，3），m＝（3，－1，1），所以｜cos＜m，n＞｜＝｜m·n｜｜设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，则sinθ＝1－cos即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为8656.（2025·全国Ⅰ卷17题）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：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，又AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB.（2）（ⅰ）证明：以A为坐标原点，AB，AD，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，则B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，1＋3，0），P（0，0，2），设O（a，b，c），因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以｜OB｜＝｜OC｜＝｜OD｜＝｜OP｜，则（a－2）2＋b2＋c2＝（a－2）2＋（b－2）2＋c2＝a2＋（b－1－3）2＋c2＝a2＋b2＋（c－2）2，得a＝0，b＝1，c＝0，即O（0，1，0），所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内.（ⅱ）AC＝（2，2，0），PO＝（0，1，－2），则cos＜AC，PO＞＝AC·PO｜AC||所以直线AC与PO所成角的余弦值为237.（2021·全国甲卷19题）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：（1）证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，所以CF＝1，BF＝5.如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，则AF＝BF2＋AB2＝3，所以AC＝AF2－CF2＝22.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），BF＝（0，2，1）.设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2），于是DE＝（1－m，1，－2）.所以BF·DE＝0，所以BF⊥DE.（2）易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝（1，0，0）.设面DFE的法向量为n2＝（x，y，z）.则DE又DE＝（1－m，1，－2），EF＝（－1，1，1），所以（1－m）x＋y－2z=0，－x＋y＋z于是，面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m），所以cos＜n1，n2＞＝32m设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sinθ＝1－故当m＝12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为33，即当B1D＝12时，面BB1C1C与面8.（2022·新高考Ⅰ卷19题）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：（1）设点A到平面A1BC的距离为h，因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，所以VA-A1BC＝13S△ABC×AA又△A1BC的面积为22，VA-A1BC＝13S△A1所以h＝2，即点A到平面A1BC的距离为2.（2）取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，又AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB.以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-由（1）知，AE＝2，所以AA1＝AB＝2，A1B＝22，因为△A1BC的面积为22，所以22＝12×A1B×BC，所以BC＝2所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1），则BD＝（1，1，1），BA＝（0，2，0），设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），则n·BD令x＝1，得n＝（1，0，－1），又平面BDC的一个法向量为AE＝（0，－1，1），所以cos＜AE，n＞＝AE·n｜AE｜设二面角A-BD-C的平面角为θ，则sinθ＝1－cos所以二面角A-BD-C的正弦值为329.（2021·新高考Ⅰ卷20题）如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点.（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积.解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.（2）法一因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝3，所以S△BCD＝32如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.因为AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，所以BC⊥平面EFG，则∠EGF为二面角E-BC-D的平面角，所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.因为DE＝2EA，所以EF＝23OA，DF＝2OF，所以BFFD因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，则GFCD＝23，所以GF＝所以EF＝GF＝23，所以OA＝1所以VA-BCD＝13S△BCD·AO＝13×32×1法二如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，所以OC＝OB＝OD＝1，所以B（1，0，0），D（－1，0，0），C－1设A（0，0，a），a＞0，因为DE＝2EA，所以E－1由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝（0，0，1）.设平面BCE的法向量为m＝（x，y，z），因为BC＝－32，32所以m·BC令x＝1，则y＝3，z＝2a，所以m＝1因为二面角E-BC-D的大小为45°，所以cos45°＝m·n｜m||得a＝1，即OA＝1.因为S△BCD＝12BD·CDsin60°＝12×2×1×32所以VA-BCD＝13S△BCD·OA＝13×32×110.（2022·新高考Ⅱ卷20题）如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点.（1）证明：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C-AE-B的正弦值.解：（1）证明：如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.因为AP＝PB，所以PD⊥AB.因为PO为三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，所以AB⊥平面POD.因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，又AB⊥AC，所以OD∥AC，因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面APC，所以OD∥平面PAC.因为D，E分别为BA，BP的中点，所以DE∥PA，因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，所以平面ODE∥平面PAC.又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.（2）连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，所以OA＝OB＝PA2－P易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，所以OD＝OAsin30°＝4×12＝2AB＝2AD＝2OAcos30°＝2×4×32＝43又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan60°＝43×3＝12.以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A（0，0，0），B（43，0，0），C（0，12，0），P（23，2，3），E33所以AE＝33，1，32，AB＝（43，0，0），AC＝（0设平面AEC的法向量为n＝（x，y，z），则n·AE=0，n·AC=0，即33x＋y＋32z=0，设平面AEB的法向量为m＝（x1，y1，z1），则m·AE=0，m·AB=0，即33x1＋y1＋32所以｜cos＜n，m＞｜＝n·m｜设二面角C-AE-B的大小为θ，则sinθ＝1－4311.（2023·新高考Ⅰ卷18题）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：（1）证明：法一（坐标法）以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），所以＝（0，－2，1），＝（0，－2，1），所以＝，所以B2C2∥A2D2.法二（向量法）依题意，得＝＋＋＝＋＋＝，所以B2C2∥A2D2.（2）设P（0，2，a）（0≤a≤4），则＝（2，0，－1），＝（2，2，－2），＝（0，2，a－3）.设平面A2C2D2的法向量为m＝（x1，y1，z1），则即2x令x1＝1，则z1＝2，y1＝1，所以m＝（1，1，2）.设平面A2C2P的法向量为n＝（x2，y2，z2），则即2x令z2＝2，得y2＝3－a，x2＝a－1，所以n＝（a－1，3－a，2）.由二面角P-A2C2-D2的大小为150°，得｜cos＜m，n＞｜＝｜m·n即｜a－1+3解得a＝1或a＝3，故B2P＝｜a－2｜＝1.12.（2023·新高考Ⅱ卷20题）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：（1）证明：如图，连接DE，AE.因为DC＝DB，E为BC的中点，所以BC⊥DE.因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DC＝DB，所以△ABD≌△ACD，所以AB＝AC.又E为BC的中点，所以BC⊥AE.又AE⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，AE∩DE＝E，所以BC⊥平面ADE.又DA⊂平面ADE，所以BC⊥DA.（2）设DA＝DB＝DC＝2.由∠ADB＝∠ADC＝60°，知△ABD与△ACD为等边三角形，所以AB＝AC＝2.又BD⊥CD，所以BC＝22.因为AB2＋AC2＝BC2，所以△ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，所以AE＝2.因为BD⊥CD，所以DE＝12BC＝2因为AE2＋DE2＝AD2，所以AE⊥DE.又AE⊥BC，BC⊂平面BCD，DE⊂平面BCD，BC∩DE＝E，所以AE⊥平面BCD.如图，分别以ED，EB，EA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，0），D（2，0，0），B（0，2，0），A（0，0，2）.因为＝（－2，0，2），＝，所以F（－2，0，2）.易得＝（0，2，－2），＝（－2，－2，2）.设平面DAB的一个法向量为m＝（x1，y1，z1），则即－2令z1＝1，得x1＝1，y1＝1，所以m＝（1，1，1）.设平面FAB的一个法向量为n＝（x2，y2，z2），则即－2令z2＝1，得x2＝0，y2＝1，所以n＝（0，1，1）.所以cos＜m，n＞＝m·n｜m||则二面角D-AB-F的正弦值为3313.（2025·全国Ⅱ卷17题）如图，在四边形ABCD中，