专题11 空间角与空间距离 题型归纳讲义-2022届高三数学一轮复习（解析版）学案

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专题十一《立体几何》讲义
11.4 空间角与空间距离
知识梳理.空间角
1.异面直线的定义：不同在任何一个平面的两条直线叫做异面直线
（1）异面直线所成的角的范围：．
（2）求法：平移→
2．直线和平面所成角的求法：如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.0°≤φ≤90°

3．求二面角的大小
(1)如图1，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

(2)如图2、3，分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小(或)．




题型一. 点到面的距离
1．如图，点P为矩形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，Q为线段AP的中点，AB＝3，BC＝4，PA＝2，则P到平面BQD的距离为　1213　．

【解答】解：∵Q为线段AP的中点，
∴P到平面BQD的距离等于A到平面BQD的距离，
设A到平面BDQ距离为d，则
∵PA⊥平面ABCD，AQ＝1，AB＝3，BC＝4，
∴BQ=10，DQ=17，BD＝5，
∴cos∠BQD=10+17-252170=1170，
∴sin∠BQD=13170，
∴S△BQD=12⋅10⋅17⋅13170=132，
∵S△BAD＝6，
∴由VA﹣BDQ＝VQ﹣DAB可得13⋅132⋅d=13⋅6⋅1，
∴d=1213．
故答案为：1213．
2．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，若AB＝2，AA1＝1，若则点A到平面A1BC的距离为（　　）
A．34 B．32 C．334 D．3
【解答】解：设点A到平面A1BC的距离为h，
∵VA1-ABC=VA-A1BC，
∴13S△ABC⋅AA1=13S△A1BC⋅h，
∴13×3×1=13×2×h，
解得h=32，
故选：B．

3．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是菱形，且∠ABC＝60°，M为PC的中点．
（Ⅰ）在棱PB上是否存在一点Q，使用A，Q，M，D四点共面？若存在，指出点Q的位置并证明；若不存在，请说明理由．
（Ⅱ）求点D到平面PAM的距离．

【解答】解：（Ⅰ）当点Q为棱PB的中点时，A，Q，M，D四点共面，
证明如下：
取棱PB的中点Q，连结QM，QA，又M为PC的中点，所以QM∥BC，
在菱形ABCD中AD∥BC，所以QM∥AD，
所以A，Q，M，D四点共面．
（Ⅱ）点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离，
取AD中点O，连结OP，OC，AC，可知PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥P﹣ACD的体高．
在Rt△POC中，PO＝OC=3，PC=6，
在△PAC中，PA＝AC＝2，PC=6，边PC上的高AM=PA2-PM2=102，
所以△PAC的面积S△PAC=12×6×102=152，
设点D到平面PAC的距离为h，S△ACD=34×22=3
由VD﹣PAC＝VP﹣ACD得13×152h=13×3×3，解得h=2155，
所以点D到平面PAM的距离为2155．

4．如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E分别为AB，PB的中点，EB＝EA，且PA⊥AC，PC⊥BC．
（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAC；
（Ⅱ）若PA＝2BC且AB＝EA，三棱锥P﹣ABC．体积为1，求点B到平面DCE的距离．

【解答】证明：（Ⅰ）∵在正△AEB中，D是AB的中点，∴ED⊥AB，
∵E是PB的中点，D是AB的中点，∴ED∥PA，∴PA⊥AB，
又PA⊥AC，AB∩AC＝A，∴PA⊥平面ABC，
∵BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC，
又PC⊥BC，PA∩PC＝P，∴BC⊥平面PAC．
解：（Ⅱ）设AB＝EA＝a，则PB＝2a，PA＝2BC=3a，
AC=a2-(32a)2=a2，
∵三棱锥P﹣ABC体积为1，
∴VP﹣ABC=13S△ABC×PA=16×AC×BC×PA=16×a2×3a2×3a=1，
解得a＝2，
以C为原点，CB，CA，过C点作平面ABC的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
B（3，0，0），A（0，1，0），D（32，12，0），
C（0，0，0），P（0，1，23），E（32，12，3），
CB→=（3，0，0），CD→=（32，12，0），CE→=（32，12，3），
设平面DCE的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅CD→=32x+12y=0n→⋅CE→=32x+12y+3z=0，取x＝1，得n→=（1，-3，0），
∴点B到平面DCE的距离d=|CB→⋅n→||n→|=32．

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题型二. 异面直线所成的角
1．已知P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，M、N分别是AB、PC的中点，若MN＝BC＝4，PA＝43，则异面直线PA与MN所成角的大小是（　　）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解答】解：连接AC，并取其中点为O，连接OM，ON
则OM∥=BC，ON∥=PA，
∴∠ONM就是异面直线PA与MN所成的角．
由MN＝BC＝4，PA＝43，
得OM＝2，ON＝23，MN＝4，
cos∠ONM=ON2+MN2-OM22×ON×MN=12+16-42×23×4=32．
∴∠ONM＝30°．
即异面直线PA与MN成30°的角．
故选：A．

2．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，E为CC1的中点，那么异面直线OE与AD1所成角的余弦值等于　63　．

【解答】解：取BC的中点F，连接EF，OF
由于O为底面ABCD的中心，E为CC1的中点，
所以：EF∥BC1∥AD1
所以：异面直线OE与AD1所成角，即OE与EF所成的角．
平面ABCD⊥平面BCC1B1
OF⊥BC
所以：OF⊥平面BCC1B1
EF⊂平面BCC1B1
所以：EF⊥OF
cos∠FEO=23=63
故答案为：63
3．如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝60°，M，N分别是A1C1，CC1的中点，BC＝CA＝CC1，则BN与AM所成角的余弦值为（　　）

A．35 B．45 C．23 D．34
【解答】解：取BB1的中点Q，AC的中点P，
则BN∥C1Q，AM∥C1P，∴∠QC1P即为BN与AM所成角，
设BC＝2，则AM＝BN=5，PQ＝2，
在△PQC1中，可得cos∠PC1Q=5+5-42×5×5=35．
∴BN与AM所成角的余弦值为35．
故选：A．

4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，其中∠BAD＝60°，平面PAD⊥平面ABCD，其中△PAD为等边三角形，AB＝4，M为棱PD的中点．
（Ⅰ）求证：PB⊥AD；
（Ⅱ）求异面直线PB与AM所成角的余弦值．

【解答】解：（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴△BAD为等边三角形．
设AD的中点为O，连接OB，OP
∵△PAD，△BAD均为等边三角形，
∴OP⊥AD，OB⊥AD，∴AD⊥平面POB，
又∵PB在平面POB内，∴AD⊥PB，即PB⊥AD；
（Ⅱ）解：设AC∩BD＝N，则点N为BD的中点，连接MN，则MN∥PB，
∴∠AMN是异面直线PB与AM所成的角．
由平面A1，⊥平面C及（1）可知，△POB为直角三角形，所以OP＝OB=23，
∴PB=26，MN=12PB=6．在△MAN中，AM＝AN=23，MN=6，
由余弦定理可得cos∠AMN=24．
故异面直线PB与AM所成角的余弦值为24．

题型三.线面角
1．如图，在三棱柱ABC﹣A′B′C′中，底面ABC是正三角形，AA′⊥底面ABC，且AB＝1，AA′＝2，则直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值为　1510　．

【解答】解：如图所示，
取A′B′的中点D，连接C′D，BD．
∵底面△A′B′C′是正三角形，
∴C′D⊥A′B′．
∵AA′⊥底面ABC，∴A′A⊥C′D．
又AA′∩A′B′＝A′，
∴C′D⊥侧面ABB′A′，
∴∠C′BD是直线BC′与平面ABB′A′所成角．
∵等边△A′B′C′的边长为1，C′D=32．
在Rt△BB′C′中，BC′=B'B2+B'C'2=5．
∴直线BC′与平面ABB′A′所成角的正弦值=C'DBC'=1510．
故答案为：1510．

2．如图所示，在直三棱柱ABO﹣A′B′O′中，OO′＝4，OA＝4，OB＝3，∠AOB＝90°，D是线段A′B′的中点，P是侧棱BB′上的一点，若OP⊥BD，求OP与底面AOB所成角的正切值．

【解答】解：如图，以O点为原点建立空间直角坐标系
则B（3，0，0），D（32，2，4）．
设P（3，0，z），则BD→=（-32，2，4），OP→=（3，0，z）．
∵BD⊥OP，∴BD→•OP→=-92+4z＝0，解得z=98，即BP=98．
∵BB′⊥平面AOB，
∴∠POB是OP与底面AOB所成的角．
∵tan∠POB=BPOB=38，
∴OP与底面AOB所成角的正切值为38．

3．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面PDC，AD∥BC，PD⊥PB，AD＝1，BC＝3，CD＝4，PD＝2．
（Ⅰ）求异面直线AP与BC所成角的余弦值；
（Ⅱ）求证：PD⊥平面PBC；
（Ⅲ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．

【解答】解：（Ⅰ）如图，由已知AD∥BC，
故∠DAP或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．
因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD．
在Rt△PDA中，由已知，得AP=AD2+PD2=5，
故cos∠DAP=ADAP=55．
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为55．
证明：（Ⅱ）因为AD⊥平面PDC，直线PD⊂平面PDC，
所以AD⊥PD．
又因为BC∥AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，所以PD⊥平面PBC．
解：（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．
因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，
所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角．
由于AD∥BC，DF∥AB，故BF＝AD＝1，
由已知，得CF＝BC﹣BF＝2．又AD⊥DC，故BC⊥DC，
在Rt△DPF中，可得sin∠DFP=PDDF=55．
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为55．

4．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC＝2AD＝4，AB=CD=10．
（Ⅰ）证明：BD⊥平面PAC；
（Ⅱ）若AP=6，求BC与平面PBD所成角的正弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：作DE⊥BC，AD＝2，BC＝4，
∴CE＝1，DE＝BE＝3，
∴∠DBC＝∠ACB＝45°，∴BD⊥AC
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，PA∩AC＝A，
∴BD⊥平面PAC．
（Ⅱ）Rt△PAB中，PA=6，AB=10，∴PB＝4，
Rt△PAD中，PA=6，AD=2，∴PD=10，∴△PBD≌△CBD
又VC﹣PBD＝VP﹣BCD，∴点C到平面PBD的距离h=PA=6，
∴BC与平面PBD所成角α的正弦为sinα=hBC=64．


题型四.二面角
1．已知三棱锥D﹣ABC的三个侧面与底面全等，且AB＝AC=5，BC＝2，则二面角D﹣BC﹣A的大小（　　）
A．30° B．45° C．60° D．90°
【解答】解：∵三个侧面与底面全等，
且AB＝AC=5，BC＝2，
∴BD＝CD=5，AD＝2，
取BC中点M，连接DM，AM，
则BC⊥MD，BC⊥MA，
∴∠AMD为二面角D﹣BC﹣A的平面角，
易得DM＝AM＝2，
∴∠AMD＝60°，
故选：C．

2．已知正三棱锥S﹣ABC的所有棱长均为2，则侧面与底面所成二面角的余弦为（　　）
A．223 B．-223 C．13 D．-13
【解答】解：如图所示，过点S作SO⊥底面ABC，点O为垂足，
连接OA、OB、OC，则Rt△OAB≌Rt△OBC≌Rt△OCA，∴OA＝OB＝OC，
∴点O为等边△ABC的中心．
延长AO交BC于点D，连接SD．
则AD⊥BC，再根据三垂线定理可得BC⊥SD．
∴∠ODS为侧面SBC与底面ABC所成的二面角的平面角．
根据重心定理可得：OD=13AD=33．
在Rt△SOD中，cos∠ODS=SOOD=13，
故选：C．

3．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是3，D是AC的中点．
（1）求证：B1C∥平面A1BD；
（2）求二面角A1﹣BD﹣A的大小；
（3）求直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值．

【解答】解：（1）设AB1与A1B相交于点P，连接PD，则P为AB1中点，
∵D为AC中点，∴PD∥B1C．
又∵PD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD
∴B1C∥平面A1BD．
（2）∵正三棱住ABC﹣A1B1C1，
∴AA1⊥底面ABC．
又∵BD⊥AC
∴A1D⊥BD
∴∠A1DA就是二面角A1﹣BD﹣A的平面角．
∵AA1=3，AD=12AC＝1
∴tan∠A1DA=A1AAD=3
∴∠A1DA=π3，即二面角A1﹣BD﹣A的大小是π3．
（3）由（2）作AM⊥A1D，M为垂足．
∵BD⊥AC，平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC
∴BD⊥平面A1ACC1，
∵AM⊂平面A1ACC1，
∴BD⊥AM
∵A1D∩BD＝D
∴AM⊥平面A1DB，连接MP，则∠APM就是直线A1B与平面A1BD所成的角．
∵AA1=3，AD＝1，∴在Rt△AA1D中，∠A1DA=π3，
∴AM＝1×sin60°=32，AP=12AB1=72．
∴sin∠APM=AMAP=3272=217
∴直线AB1与平面A1BD所成的角的正弦值为217．

4．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，AB＝PD＝a，PA＝PC=2a．
（Ⅰ）求证：PD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求异面直线PB与AC所成的角；
（Ⅲ）求二面角A﹣PB﹣D的大小．

【解答】解：（1）PC=2a，PD＝DC＝a，∴△PDC是Rt△，且PD⊥DC，
同理PD⊥AD，又AD∩DC＝D，∴PD⊥平面ABCD．
（2）连BD，因ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又PD⊥平面ABCD．
BD是PB在面ABCD上的射影，由三垂线定理得PB⊥AC，∴PB与AC成90°角．
（3）设AC∩BD＝O，作AE⊥PB于E，连OE，
∵AC⊥BD，又PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PD⊥AC，
又PD∩BD＝D，∴AC⊥平面PDB，则OE是AE在平面PDB上的射影．
由三垂线定理逆定理知OE⊥PB，∴∠AEO是二面角A﹣PB﹣D的平面角．
又AB＝a，PA=2a，PB=3a，∵PD⊥平面ABCD，DA⊥AB，
∴PA⊥AB，在Rt△PAB中，AE•PB＝PA•AB．∴AE=23a，又AO=22a
∴sinAEO=32，∠AEO＝60°，二面角A﹣PB﹣D的大小为60°．


题型五.存在性问题、折叠问题
1．如图，在底面是菱形的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，∠ABC＝60°，AA1＝AC＝2，A1B＝A1D=22，点E在A1D上．
（1）求证：AA1⊥平面ABCD；
（2）当E为线段A1D的中点时，求点A1到平面EAC的距离．

【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝AD＝AC＝2，
在△AA1B中，由AA12+AB2＝A12知AA1⊥AB，
同理AA1⊥AD，
又∵AB∩AD＝A，∴AA1⊥平面ABCD．
（2）解，设AC与BD交于点O，点E为A1D的中点时，连接OE，则OE∥A1B，∴A1B∥平面EAC，
直线A1B与平面EAC之间的距离等于点A，到平面EAC的距离，可转化为点B到平面EAC的距离，
过点E作EF⊥AD于F，∵点E为A1D的中点，∴EF⊥平面ABCD，F为AD的中点，
连接CF，则CF=3，
在Rt△EFC中，CE＝2，又AE=2，AC＝2，
∴S△ADC=72，VA1-EAC=VB﹣EAC＝VE﹣ABC，
设d表示点B到平面EAC的距离，则d=2217．
∴点A1到平面EAC的距离为2217．

2．已知：如图，等腰直角三角形ABC的直角边AC＝BC＝2，沿其中位线DE将平面ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE，得到四棱锥A﹣BCDE，设CD、BE、AE、AD的中点分别为M、N、P、Q．

（1）求证：M、N、P、Q四点共面；
（2）求证：平面ABC⊥平面ACD；
（3）求异面直线BE与MQ所成的角．
【解答】（1）证明：由条件有PQ为△ADE的中位线，MN为梯形BCDE的中位线，
∴PQ∥DE，MN∥DE，
∴PQ∥MN
∴M、N、P、Q四点共面．…（3分）
（2）证明：由等腰直角三角形ABC有AD⊥DE，CD⊥DE，DE∥BC
又AD∩CD＝D，
∴DE⊥面ACD，
又DE∥BC
∴BC⊥平面ACD，
∵BC⊂平面ABC，
∴平面ABC⊥平面ACD…（6分）
（3）解：由条件知AD＝1，DC＝1，BC＝2，
延长ED到R，使DR＝ED，连结RC…（8分）
则ER＝BC，ER∥BC，故BCRE为平行四边形…（10分）
∴RC∥EB，又AC∥QM
∴∠ACR为异面直线BE与QM所成的角θ（或θ的补角）…（11分）
∵DA＝DC＝DR，且三线两两互相垂直，
∴由勾股定理得AC＝AR＝RC=2，…（12分）
∵△ACR为正三角形，
∴∠ACR＝60°，
∴异面直线BE与QM所成的角大小为60°．…（13分）

3．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点E，F分别是线段DC，BC的中点，分别将△DAE沿AE折起，△CEF沿EF折起，使得D，C重合于点G，连结AF．
（Ⅰ）求证：平面GEF⊥平面GAF；
（Ⅱ）求直线GF与平面GAE所成角的正弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：∵GE⊥GA，GE⊥GF，GA∩GF＝G，
∴GE⊥平面GAF，
又GE⊂平面GEF，
∴平面GEF⊥平面GAF．
（Ⅱ）解：过F作FH⊥AG于H，
∵由GE⊥平面GAF，FH⊂平面GAF，
∴GE⊥FH，又FH⊥GA，GE∩GA＝H，
∴FH⊥平面GAE，
从而∠FGH是直线GF与平面GAE所成角．
因为AG＝3，FG=32，AF=42+(32)2=732，
所以cos∠AGF=GA2+GF2-AF22⋅GA⋅GF=9+94-7342⋅3⋅32=-79，
从而sin∠FGH=sin∠AGF=1-cos2∠AGF=429．


4．已知正方形ABCD的边长为2，AC∩BD＝O．将正方形ABCD沿对角线BD折起，使AC＝a，得到三棱锥A﹣BCD，如图所示．
（1）当a＝2时，求证：AO⊥平面BCD；
（2）当二面角A﹣BD﹣C的大小为120°时，求二面角A﹣BC﹣D的正切值．

【解答】解：（1）证明：根据题意，在△AOC中，AC＝a＝2，AO=CO=2，
所以AC2＝AO2+CO2，所以AO⊥CO．…（2分）
因为AC，BD是正方形ABCD的对角线，
所以AO⊥BD．…（3分）
因为BD∩CO＝O，
所以AO⊥平面BCD；．…（4分）
（2）：由（1）知，CO⊥OD，如图，以O为原点，OC，OD所在的直线分别为x轴，y轴建立如图的空间直角坐标系O﹣xyz，…（5分）
则有O（0，0，0），D(0，2，0)，C(2，0，0)，B(0，-2，0)．
设A（x0，0，z0）（x0＜0），则OA→=(x0，0，z0)，OD→=(0，2，0)．…（6分）
又设面ABD的法向量为n＝（x1，y1，z1），
则n⋅OA→=0n⋅OD→=0.即x0x1+z0z1=02y1=0.
所以y1＝0，令x1＝z0，则z1＝﹣x0．
所以n＝（z0，0，﹣x0）．…（8分）
因为平面BCD的一个法向量为m＝（0，0，1），
且二面角A﹣BD﹣C的大小为120°，…（9分）
所以|cos〈m，n〉|=|cos120°|=12，得z02=3x02．
因为|OA|=2，所以x02+z02=2．
解得x0=-22，z0=62．所以A(-22，0，62)．…（10分）
设平面ABC的法向量为l＝（x2，y2，z2），因为BA→=(-22，2，62)，BC→=(2，2，0)，
则l⋅BA→=0l⋅BC→=0.，即-22x2+2y2+62z2=02x2+2y2=0.令x2＝1，则y2=-1，z2=3．
所以l=(1，-1，3)．…（12分）
设二面角A﹣BC﹣D的平面角为θ，
所以cosθ=|cos〈l，m〉|=|31+1+(3)2=|=155．…（13分）
所以tanθ=63．
所以二面角A﹣BC﹣D的正切值为63．…（14分）

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法二：



课后作业.空间角与空间距离
1．（2019•新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求点C到平面C1DE的距离．

【解答】证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，
∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND=12A1D，
由题设知A1B1∥=DC，∴B1C∥=A1D，∴ME∥=ND，
∴四边形MNDE是平行四边形，
MN∥ED，
又MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．
解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，
由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，
∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，
∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到平面C1DE的距离，
由已知可得CE＝1，CC1＝4，
∴C1E=17，故CH=41717，
∴点C到平面C1DE的距离为41717．
解：（2）C（﹣1，3，0），DC→=（﹣1，3，0），
平面C1DE的法向量n→=（4，0，1），
∴点C到平面C1DE的距离：
d=|DC→⋅n→||n→|=417=41717．

2．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC＝AD＝CD=12AB＝2，AB∥DC，AD⊥CD，PC⊥平面ABCD．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）若M为线段PA的中点，且过C，D，M三点的平面与线段PB交于点N，确定点N的位置，说明理由；并求AN与平面ABCD所成的角的正切值．

【解答】（1）证明：连接AC，在直角梯形ABCD中，
AC=AD2+DC2=22，
BC=(AB-CD)2+AD2=22，
∴AC2+BC2＝AB2，即BC⊥AC；
∵PC⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PC；
又AC∩PC＝C，∴BC⊥平面PAC；
（2）解：点N是PB的中点，理由如下；
∵点M为PA的中点，点N为PB的中点，
∴MN∥AB，
又∵AB∥DC，∴MN∥CD，
∴M、N、C、D四点共面，
即点N为过C、D、M三点的平面与线段PB的交点；
过点N作NE∥PC交BC于E，则E为BC的中点，连接AE，
∵PC⊥平面ABCD，
∴NE⊥平面ABCD，
∴∠NAE为AN与平面ABCD所成的角．
在Rt△NEA中，
∵NE=12PC＝1，AE=10
∴tan∠NAE=NEAE=1010，
∴AN与平面ABCD所成的角的正切值为1010．

3．（2018•新课标Ⅲ）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．

【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，
∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，
∴AD⊥平面DCM，则AD⊥MC，
∵AD∩DM＝D，
∴MC⊥平面ADM，
∵MC⊂平面MBC，
∴平面AMD⊥平面BMC．
（2）∵△ABC的面积为定值，
∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，
此时M为圆弧的中点，
建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图
∵正方形ABCD的边长为2，
∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），
则平面MCD的法向量m→=（1，0，0），
设平面MAB的法向量为n→=（x，y，z）
则AB→=（0，2，0），AM→=（﹣2，1，1），
由n→•AB→=2y＝0，n→•AM→=-2x+y+z＝0，
令x＝1，
则y＝0，z＝2，即n→=（1，0，2），
则cos＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=11×1+4=15，
则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα=1-(15)2=255．

4．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，PA＝22，E是线段PC上的动点．
（1）若E是线段PC中点时，证明：PA∥平面EBD；
（2）若直线PC与底面ABCD所成角的正弦值为63，且三棱锥E﹣PAB的体积为269，请确定E点的位置，并说明理由．

【解答】解：（1）连接AC交BD于O，连接EO，
∵底面ABCD是菱形，∴O是AC中点，又∵E是PC的中点，
∴PA∥EO，
且PA⊄平面EBD，EO∈平面EBD，
∴PA∥平面EBD．
（2）∵PA⊥底面ABCD，∴∠PCA为直线PC与底面ABCD所成的角，
∴sin∠PCA=63，∴tan∠PCA=2，∴PAAC=2．
又∵PA=22，∴AC＝2，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴AB＝AC＝2，
∵PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥底面ABCD，且它们的交线是AB，
在底面ABCD内，过点C作CF⊥AB，垂足为点F，则：CF⊥平面PAB，
故点C到平面PAB的距离h2=CF=3⇒VE-PABVC-PAB=13⋅S△PAB⋅h113⋅S△PAB⋅h2=26913×22×3=PEPC=13．
故E是线段PC上靠近点P的三等分点．

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日期：2021/7/22 18:21:09；用户：15942715433；邮箱：15942715433；学号：32355067