26_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用（习题+十年高考+检测）

这是一份26_专题八85空间角与距离、空间向量及其应用（习题+十年高考+检测），文件包含1_85空间角与距离空间向量及其应用习题docx、8_08-专题八立体几何检测docx、1_85空间角与距离空间向量及其应用十年高考docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共135页， 欢迎下载使用。

8.5　空间角与距离、空间向量及其应用
基础篇
考点一　用向量法证明空间中的平行和垂直
1.(2021广东佛山月考,3)直线l∥α,且l的方向向量为(2,m,1),平面α的法向量为1,12,2,则m=(　　)
A.-4　　　　B.-6　　　　C.-8　　　　D.8
答案　C　
2.(2022福州一中质检,4)以下四组向量在同一平面的是(　　)
A.(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1)
B.(3,0,0)、(1,1,2)、(2,2,4)
C.(1,2,3)、(1,3,2)、(2,3,1)
D.(1,0,0)、(0,0,2)、(0,3,0)
答案　B　
3.

(多选)(2022广东中山一中阶段测试,10)如图,两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,设M,N分别是AC和AE的中点,那么下列结论正确的是(　　)
A.AD⊥MN　　　　B.MN∥平面CDE
C.MN∥CE　　　　D.MN,CE异面
答案　ABC　
4.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(　　)
A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值
B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值
C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP
D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P
答案　BD　
5.(2023届南京、镇江学情调查,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中点.
(1)求证:AM∥平面SCD;
(2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值.

解析　因为SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD,所以以点A为坐标原点,以向量AD,AB,AS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,如图,则A(0,0,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),所以AM=(0,1,1),SD=(1,0,-2),CD=(-1,-2,0).
(1)证明:设平面SCD的法向量为n=(x,y,z),
则SD·n=0,CD·n=0,即x−2z=0,−x−2y=0,
令z=1,则x=2,y=-1,则n=(2,-1,1).
因此AM·n=-1+1=0,从而AM⊥n,又AM⊄平面SCD,所以AM∥平面SCD.
(2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0),
由(1)知平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1),
则cos=n·n1|n||n1|=26×1=63,所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为63.
6.(2022南京一中期初测试,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,点E在棱PD上,且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含端点).
(1)若F是棱PC的中点,求证:PB∥平面AEF;
(2)求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值.

解析　因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,

所以AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示.
不妨设PA=AB=6,则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0).
(1)证明:AE=(0,2,4),因为F是棱PC的中点,所以F(3,3,3),所以AF=(3,3,3).
设平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则由m·AE=0,m·AF=0,
得2y+4z=0,3x+3y+3z=0,不妨令y=2,则x=-1,z=-1,
所以m=(-1,2,-1),又PB=(6,0,-6),所以m·PB=-6+0+6=0,即m⊥PB,
又PB⊄平面AEF,所以PB∥平面AEF.
(2)PC=(6,6,-6),设PA与平面AEF所成的角为θ,
PF=λPC=(6λ,6λ,-6λ),0<λ<1,则AF=AP+PF=AP+λPC=(6λ,6λ,6-6λ),
设平面AEF的法向量为n=(a,b,c),
则由n·AE=0,n·AF=0,得2b+4c=0,6λa+6λb+(6−6λ)c=0,
不妨令b=2,则a=1λ-3,c=-1,所以n=1λ−3,2,−1,又AP=(0,0,6),
所以sin θ=|cos|=|AP·n||AP|·|n|=665+1λ−32=15+1λ−32,
所以当1λ=3,即λ=13时,(sin θ)max=15=55,
故PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为55.
7.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.
(1)求证:MN∥平面BDE;
(2)求二面角C-EM-N的正弦值;
(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.

解析　如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).

(1)证明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x0,y0,z0)为平面BDE的法向量,则n·DE=0,n·DB=0,即2y0=0,2x0−2z0=0.不妨设z0=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MN·n=0.
因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.
(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.
设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则n2·EM=0,n2·MN=0.
因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),
所以−2y−z=0,x+2y−z=0.不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).
因此有cos=n1·n2|n1||n2|=−421,于是sin=10521.所以二面角C-EM-N的正弦值为10521.
(3)BE=(-2,2,2).依题意,设AH=h(0≤h≤4),
则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),由已知,得
|cos|=|NH·BE||NH||BE|=|2ℎ−2|ℎ2+5×23=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.
所以线段AH的长为85或12.
考点二　空间角和空间距离
考向一　空间角问题的求解方法
1.(2022湖南娄底双峰一中摸底,8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1D1的中点,

过A1C1且与CD1平行的平面交平面C1CM于直线l,则直线l与AB所成角的余弦值是(　　)
A.32　　　　B.22　　　　C.6+24 　　　　D.63
答案　D　
2.(2022重庆江津质检,5)如图,二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个

二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,则该二面角的大小为(　　)
A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90°
答案　C　
3.(多选)(2023届浙江嘉兴基础测试,10)如图,在

正四面体ABCD中,E、F分别为AB、CD的中点,则(　　)
A.直线EF与AB所成的角为π2
B.直线EF与AD所成的角为π4
C.直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为33
D.直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为22
答案　ABC　
4.(多选)(2022重庆涪陵高级中学冲刺卷二,12)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,点E是棱PC的中点,PD=AB,则(　　)
A.AC⊥PB
B.直线AE与平面PAB所成角的正弦值是36
C.异面直线AD与PB所成的角是π4
D.四棱锥P-ABCD的体积与其外接球的体积的比值是239π
答案　ABD　
5.(2020天津,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点.
(1)求证:C1M⊥B1D;
(2)求二面角B-B1E-D的正弦值;
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值.

解析　

以C为原点,分别以CA,CB,CC1的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3).
(1)证明:C1M=(1,1,0),B1D=(2,-2,-2),从而C1M·B1D=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D.
(2)依题意知,CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,EB1=(0,2,1),ED=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则n·EB1=0,n·ED=0,即2y+z=0,2x−z=0.不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).因此有cos=CA·n|CA||n|=66,于是sin=306.
所以二面角B-B1E-D的正弦值为306.
(3)AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos=AB·n|AB||n|=−33.
所以直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.
考向二　利用等体积法、向量法求空间距离
1.(2022湖北七校联合体联考,6)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=3,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则点A1到平面ABD的距离为(　　)
A.6　　　　B.62　　　　C.263　　　　D.26
答案　A　
2.(多选)(2023届重庆南开中学月考,11)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中,

点P在棱DC上运动(不与顶点重合),则点B到平面AD1P的距离可以是(　　)
A.2　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.5
答案　CD　
3.(2022湖南株洲质检,13)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为BB1,CD的中点,则点F到平面A1D1E的距离为　　　　. 
答案　3510
4.(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)由题意知V三棱锥A1−ABC=13V三棱柱ABC−A1B1C1=43,设A到平面A1BC的距离为h,则V三棱锥A1−ABC=V三棱锥A−A1BC=13S△A1BC·ℎ=223ℎ=43,解得h=2.故A到平面A1BC的距离为2.
(2)连接AB1,由直棱柱及AA1=AB知四边形ABB1A1为正方形,故AB1⊥A1B,A1B=2AA1,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AB1⊂平面ABB1A1,
∴AB1⊥平面A1BC,又BC⊂平面A1BC,
∴AB1⊥BC,
易知BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,AB1∩BB1=B1,∴BC⊥平面ABB1A1,
∵AB,A1B⊂平面ABB1A1,
∴BC⊥AB,BC⊥A1B,
∴V三棱柱ABC−A1B1C1=12·BC·AB·AA1=12BC·AA12=4,S△A1BC=12BC·A1B=22BC·AA1=22,
解得BC=AA1=2.
解法一(几何法):过A作AE⊥BD于E,连接CE.易得AC=22,∴A1C=23.
∵D为A1C的中点,△A1AC为直角三角形,∠A1AC=90°,∴AD=DC=3,又AB=BC=2,BD=BD,
∴△ABD≌△CBD.
∴CE⊥BD,又AE⊂平面ABD,CE⊂平面CBD,
∴∠AEC为二面角A-BD-C的平面角.
在直角三角形A1BC中,有BD=12A1C=3,
易得AE=EC=23 6.
在△AEC中,由余弦定理的推论得cos∠AEC=AE2+EC2−AC22AE·EC=−12,∴sin∠AEC=32,即二面角A-BD-C的正弦值为32.
解法二(向量法):以B为坐标原点,BC,BA,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A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),D(1,1,1),BA=(0,2,0),BD=(1,1,1),CD=(-1,1,1),
设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则BA·n1=0,BD·n1=0,即2y1=0,x1+y1+z1=0,
取x1=1,则z1=-1,故n1=(1,0,-1),
设平面BDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则BD·n2=0,CD·n2=0,即x2+y2+z2=0,−x2+y2+z2=0,
取y2=1,则z2=-1,x2=0,故n2=(0,1,-1),
∴cos=12×2=12.∴sin=32,
∴二面角A-BD-C的正弦值为32.
5.(2022广东茂名检测,18)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点.
(1)求证:平面AEF⊥平面B1BCC1;
(2)若∠EFC=30°,求点C到平面AEF的距离.

解析　(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,又∵AE⊂平面ABC,∴AE⊥BB1.
∵△ABC为等边三角形,E为BC的中点,∴AE⊥BC,
又∵BB1∩BC=B,BB1,BC⊂平面B1BCC1,
∴AE⊥平面B1BCC1,
∵AE⊂平面AEF,∴平面AEF⊥平面B1BCC1.
(2)在Rt△EFC中,∠EFC=30°,EC=1,∴EF=2,FC=3.设点C到平面AEF的距离为d,由(1)知AE⊥面B1BCC1,
则由VA-EFC=VC-AEF ,即13·AE·12·EC·FC=13·d·12·AE·EF,解得d=32.
6.(2022江苏涟水一中测试,18)如图1,AD,BC是等腰梯形CDEF的两条高,AD=AE=CD=2,点M是线段AE的中点,将该等腰梯形沿着两条高AD,BC折叠成如图2所示的四棱锥P-ABCD(E,F重合,记为点P).
(1)求证:BM⊥DP;
(2)求点M到平面BDP的距离h.

图1

图2
解析　(1)证明:因为AD⊥EF,所以AD⊥AP,AD⊥AB,又AP∩AB=A,AP,AB⊂平面ABP,所以AD⊥平面ABP.因为BM⊂平面ABP,所以AD⊥BM.
由已知得,AB=AP=BP=2,所以△ABP是等边三角形,
又因为点M是AP的中点,所以BM⊥AP.
因为AD∩AP=A,AD,AP⊂平面ADP,
所以BM⊥平面ADP.
因为DP⊂平面ADP,所以BM⊥DP.
(2)取BP的中点N,连接DN,
因为AD⊥平面ABP,AB=AP=AD=2,
所以DP=BD=22,所以DN⊥BP.
所以在Rt△DPN中,DN=DP2−PN2=8−1=7,

所以S△DBP=12BP·DN=12×2×7=7,
因为AD⊥平面ABP,所以VD-BMP=13AD·S△BMP.
因为VM-BDP=VD-BMP,所以13ℎ·S△BDP=13AD·S△BMP,
又S△BMP=12S△ABP=12×34×AB2=38×22=32,
所以h=AD·S△BMPS△BDP=37=217,即点M到平面BDP的距离为217.

综合篇
考法一　求解直线与平面所成角的方法
考向一　用几何法求直线与平面所成的角
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(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　ABD　
2.(2013山东,4,5分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)
A.5π12　　　　B.π3　　　　C.π4　　　　D.π6
答案　B　
3.(2014四川,8,5分)

如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是(　　)
A.33,1　　　　B.63,1
C.63,223　　　　D.223,1
答案　B　
4.(2022全国甲,理7,文9,5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=2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC=CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
答案　D　
5.(2022全国甲理,18,12分)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.

解析　(1)证明:过D作DH⊥AB,垂足为H,则AH=12,又AD=1,所以DH=32.易知BH=32,所以BD=3,在△ABD中,AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,又因为PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD,所以BD⊥PA.

(2)连接PH.
设点D到平面PAB的距离为h,
由VD-PAB=VP-ABD得13S△PAB·ℎ=13S△ABD·PD,
所以h=S△ABD·PDS△PAB.
由(1)易知S△ABD=12×2×32=32,
由PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,DH⊂平面ABCD,得PD⊥AB,PD⊥DH,又AB⊥DH,DH∩PD=D,所以AB⊥平面PDH,所以AB⊥PH.
在Rt△PDH中,PH=34+3=152,
∴S△PAB=12×2×152=152,∴h=32×3152=315=155.
设直线PD与平面PAB所成的角为θ,则
sin θ=ℎPD=155×13=55.
故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为55.
考向二　用向量法求直线与平面所成的角
1.(2022浙江慈溪中学开学考,13)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=2,则直线AA1与平面B1CD1所成角的正弦值为　　　　. 
答案　63
2.(2022天津西青月考,13)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点Р在侧面BCC1B1(包括边界)上运动,满足AP⊥BD1,记直线C1P与平面ACB1所成角为α,则sin α的取值范围是　　　　. 
答案　33,63
3.(2020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.因为PD∩DC=D,所以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.
(2)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),则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·DC=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0,a).
所以cos=n·PB|n|·|PB|=−1−a31+a2.
设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=33×a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.
4.(2023届湖北摸底联考,20)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2.
(1)设F为B1C1的中点,求证:A1F∥平面BDE;
(2)求直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值.

解析　(1)证明:取BE的中点G,连接FG、DG,则FG∥CC1∥AA1,且FG=C1E+BB12=1+32=2,所以FG∥A1D且FG=A1D,所以四边形A1DGF为平行四边形,所以A1F∥DG.又A1F⊄平面BDE,DG⊂平面BDE,所以A1F∥平面BDE.
(2)因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,所以CA、CB、CC1两两垂直.

分别以CA、CB、CC1的方向为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B(0,2,0),E(0,0,2),D(2,0,1),A(2,0,0),所以BE=(0,-2,2),BD=(2,-2,1),A1B1=AB=(-2,2,0),
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则n·BE=0,n·BD=0,
即−2y+2z=0,2x−2y+z=0,令y=1,得到平面BDE的一个法向量为n=12,1,1.
设直线A1B1与平面BDE所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|A1B1·n||A1B1|·|n|=12×(−2)+1×2+1×014+1+1×4+4+0=26,
所以直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值为26.
考法二　求解二面角的方法
考向一　用几何法求二面角
1.(2022河北冀州中学月考,4)在长方体ABCD-A'B'C'D'中,若AB=AD=23,CC'=2,则二面角C'-BD-C的大小为(　　)
A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90°
答案　A　
2.(2022福建厦门月考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别为棱AB,PC的中点.
(1)求证:EF∥平面PAD;
(2)求二面角P-EC-D的正切值.

解析　(1)证明:取PD的中点G,连接GF、AG.
由题意知GF为△PDC的中位线,
∴GF∥CD且GF=12CD,又AE∥CD且AE=12CD,
∴GF∥AE且GF=AE,∴四边形EFGA是平行四边形,则EF∥AG,又EF⊄平面PAD,AG⊂平面PAD,∴EF∥平面PAD.
(2)取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,
∴PO⊥平面ABCD,连接OB交CE于M,连接PM,可证得Rt△EBC≌Rt△OAB,∴∠MEB=∠AOB,则∠MEB+∠MBE=90°,即OM⊥EC.

又PO⊥EC,PO∩OM=O,∴EC⊥平面POM,则PM⊥EC,即∠PMO是二面角P-EC-D的平面角,
在Rt△EBC中,BM=BE·BCCE=255,则OM=OB-BM=355,∴tan∠PMO=POOM=153,即二面角P-EC-D的正切值为153.
3.(2022河北邯郸检测,19)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,AB=2,AD=4,PA⊥平面ABCD,E是BC的中点.
(1)证明:DE⊥平面PAE;
(2)若PD与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A-PD-E的正切值.

解析　(1)证明:由条件可得AE=DE=22,又AD=4,所以AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE,又因为PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,所以PA⊥DE,又PA∩AE=A,所以DE⊥平面PAE.

(2)因为∠PDA是PD与平面ABCD所成的角,所以∠PDA=45°,则PA=AD=4,因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥AP,又AB⊥AD,AD∩AP=A,所以AB⊥平面PAD,取AD的中点F,作FM⊥PD,垂足为点M,连接ME,因为EF∥AB,所以EF⊥平面PAD,所以EF⊥PD,又MF∩EF=F,MF,EF⊂平面MEF,所以PD⊥平面MEF,因为ME⊂平面MEF,所以PD⊥ME,即∠FME是二面角A-PD-E的平面角,又EF=AB=2,MF=22FD=2,所以tan∠FME=EFMF=2,所以二面角A-PD-E的正切值为2.
考向二　用向量法求二面角
1.(多选)(2022广东普宁华侨中学月考,9)三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1、n2,若n1=(1,0,0),n2=(-3,0,1),则二面角A-BD-C的大小可能为(　　)
A.π6　　　　B.π3　　　　C.2π3　　　　D.5π6
答案　AD　
2.(2022全国乙理,18,12分)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E为AC的中点.
(1)证明:平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.

解析　(1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DE⊥AC.因为∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E为AC的中点,所以BE⊥AC.又DE,BE⊂平面BED,且DE∩BE=E,
所以AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD,
所以平面ACD⊥平面BED.
(2)由题意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=3.因为AD⊥DC,E为AC的中点,所以DE=1.
所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE.
连接EF,因为AC⊥平面BED,EF⊂平面BED,
所以AC⊥EF,所以S△AFC=12AC·EF=EF.
当EF⊥BD时,EF的值最小,即△AFC的面积最小,此时EF=32.如图,以E为坐标原点,EA,EB,ED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E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1),F0,34,34,
所以AD=(-1,0,1),BD=(0,-3,1),CF=1,34,34.
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),
则AD·n=0,BD·n=0,即−x+z=0,−3y+z=0,
令y=1,得n=(3,1,3).
设CF与平面ABD所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=|n·CF||n||CF|=437,
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.

3.(2021全国甲理,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=ax−2y+z=0,不妨设x=1,则y=a+13,z=2−a3,∴n=1,a+13,2−a3.
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cos θ=|cos|=|m·n||m|·|n|=11+a+132+2−a32=32a−122+272≤3272=63当a=12时取等号,∴sin θ=1−cos2θ≥33,故当a=12,即B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为33.
4.(2023届福建漳州质检,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,AP⊥BP,AP=BP,PD=6.记平面PAB与平面PCD的交线为l.
(1)证明:AB∥l;
(2)求平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值.

解析　(1)证明:因为AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,所以AB∥平面PCD.
又AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l.
(2)因为AP⊥BP,所以PA2+PB2=AB2=4,
又PA=PB,所以PA=PB=2,
又PD=6,所以PA2+AD2=PD2,所以AD⊥PA,
又AD⊥AB,PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB.取AB,CD的中点分别为O,M,连接MO,OP,则MO∥AD,所以MO⊥平面PAB,又OP⊂平面PAB,所以MO⊥OP.
又因为PA=PB,O为AB的中点,所以OP⊥AB.

如图,以O为原点,分别以OP,OB,OM的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则P(1,0,0),C(0,1,2),D(0,-1,2),所以PC=(-1,1,2),PD=(-1,-1,2).
设n=(x,y,z)是平面PCD的法向量,则n·PC=0,n·PD=0,即−x+y+2z=0,−x−y+2z=0,取z=1,得x=2,y=0,则n=(2,0,1).
又m=(0,0,1)是平面PAB的一个法向量,
所以cos=n·m|n|·|m|=15=55,
所以平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值为1−552=255.
5.(2019课标Ⅰ理,18,12分)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)求二面角A-MA1-N的正弦值.

解析　(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1?DC,可得B1C?A1D,故ME?ND,因此四边形MNDE为平行四边形,则MN∥ED.又MN⊄平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.

(2)由已知可得DE⊥DA.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,
A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·A1M=0,m·A1A=0.
所以−x+3y−2z=0,−4z=0.可取m=(3,1,0).
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n·MN=0,n·A1N=0.
所以−3q=0,−p−2r=0.可取n=(2,0,-1).
于是cos=m·n|m||n|=232×5=155,
所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.
6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.
(1)证明:直线CE∥平面PAB;
(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.

解析　(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=12AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=12AD,所以EF?BC,所以四边形BCEF是平行四边形,所以CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.

(2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),则PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).
设M(x,y,z)(0 而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量,
所以|cos|=sin 45°,即z(x−1)2+y2+z2=22,
即(x-1)2+y2-z2=0.①
又M在棱PC上,设PM=λPC,则
x=λ,y=1,z=3−3λ.②
由①,②解得x=1+22,y=1,z=−62(舍去),或x=1−22,y=1,z=62,
所以M1−22,1,62,从而AM=1−22,1,62.
设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,
则m·AM=0,m·AB=0,即(2−2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,
所以可取m=(0,-6,2).
于是cos=m·n|m||n|=105.
易知所求二面角为锐二面角.
因此二面角M-AB-D的余弦值为105.
7.(2023届江苏百校联考第一次考试,20)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,侧面PAB⊥底面ABCD,PA=PB=AD=12BC=2,且E,F分别为PC,CD的中点.
(1)证明:DE∥平面PAB;
(2)若直线PF与平面PAB所成的角为60°,求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值.

解析　(1)证明:取PB的中点M,连接AM,EM,
∵E为PC的中点,∴ME∥BC,ME=12BC,
又∵AD∥BC,AD=12BC,
∴ME∥AD,ME=AD,∴四边形ADEM为平行四边形,
∴DE∥AM,∵DE⊄平面PAB,AM⊂平面PAB,∴DE∥平面PAB.
(2)∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD,AD⊥AB,∴AD⊥平面PAB,取AB的中点G,连接FG,则FG∥AD,则FG⊥平面PAB,
∴∠GPF为直线PF与平面PAB所成的角,即∠GPF=60°,∵tan 60°=FGPG,FG=3,则PG=3,∴AG=GB=1,则AB=2.如图,建立空间直角坐标系,则P(0,0,3),C(1,4,0),D(-1,2,0),

∴PC=(1,4,-3),CD=(-2,-2,0),
设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),
则n1·PC=0,n1·CD=0,即x+4y−3z=0,−2x−2y=0,
令y=1,则n1=(-1,1,3),
易知平面PAB的一个法向量为n2=(0,1,0),设平面PAB与平面PCD所成锐二面角为θ,
∴cos θ=n1·n2|n1||n2|=15=55,即平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值为55.
8.(2023届河北邢台名校联盟开学考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,侧面PAD为正三角形,M为PD的中点,N为BC的中点.
(1)求证:MN∥平面PAB;
(2)当AM⊥PC时,求平面MND与平面PCD夹角的余弦值.

解析　(1)证明:取AP的中点为E,连接EM,EB,

在△PAD中,∵M为PD的中点,E为AP的中点,
∴EM∥AD,EM=12AD,
在正方形ABCD中,∵N为BC的中点, AD?BC,
∴BN∥AD,BN=12AD,
∴BN∥ME,BN=ME,∴四边形BNME为平行四边形,
∴MN∥BE,∵MN⊄平面PAB,BE⊂平面PAB,∴MN∥平面PAB.
(2)在正三角形PAD中,M为PD的中点,∴AM⊥PD,
又∵AM⊥PC,PC∩PD=P,PC,PD⊂平面PDC,
∴AM⊥平面PDC,∵CD⊂平面PCD,∴AM⊥DC.
在正方形ABCD中,AD⊥DC,又AM∩AD=A,AM,AD⊂平面PAD,∴DC⊥平面PAD,
∵CD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面PAD,取AD的中点O,连接OP,ON,易证OP,ON,OD两两垂直.以O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,

设AD=2,则D(0,1,0),N(2,0,0),C(2,1,0),P(0,0,3),M0,12,32,
则DM=0,−12,32,DN=(2,-1,0),DP=(0,-1,3),DC=(2,0,0),
设平面MND的法向量为n=(x,y,z),
则n·DM=−12y+32z=0,n·DN=2x−y=0,令y=1,则n=12,1,33,
设平面PCD的法向量为m=(x',y',z'),
则m·DP=−y'+3z'=0,m·DC=2x'=0,令y'=1,则m=0,1,33,
∴|cos|=m·n|m||n|=1+1314+1+13×1+13=41919,∴平面MND与平面PCD夹角的余弦值为41919.
9.(2018课标Ⅲ理,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.
(2)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).

当三棱锥M-ABC体积最大时,M为CD的中点.由题设得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+y+z=0,2y=0,可取n=(1,0,2).DA是平面MCD的法向量,
因此cos=n·DA|n||DA|=55,sin=255.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.
考法三　求解立体几何中的探索性问题
1.(2016北京,17,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2,AC=CD=5.
(1)求证:PD⊥平面PAB;
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值;
(3)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求AMAP的值;若不存在,说明理由.

解析　(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,AB⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AB⊥平面PAD,
又PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB,
所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中点O,连接PO,CO.因为PA=PD,所以PO⊥AD.又因为PO⊂平面PAD,平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以PO⊥平面ABCD.因为CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO.因为AC=CD,所以CO⊥AD.

建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则n·PD=0,n·PC=0,即−y−z=0,2x−z=0.
令z=2,则x=1,y=-2.所以n=(1,-2,2).
又PB=(1,1,-1),所以cos=n·PB|n||PB|=−33.
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为33.
(3)设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1]使得AM=λAP.因此M(0,1-λ,λ),则BM=(-1,-λ,λ).
因为BM⊄平面PCD,
所以BM∥平面PCD当且仅当BM·n=0,
即(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,解得λ=14.
所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD,
此时AMAP=14.
2.(2022湖北襄阳四中月考,19)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,AA1=AB=BC=2.
(1)求证:BC1⊥平面A1B1C;
(2)点M在线段B1C上,且B1MB1C=13,点N在线段A1B上,若MN∥平面A1ACC1,求A1NA1B的值.

解析　(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵BB1⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴BB1⊥BC,同理,BB1⊥A1B1.
∵AA1=BB1=BC=2,∴四边形B1BCC1为正方形,故BC1⊥B1C.∵AB⊥BC,AB∥A1B1,BC∥B1C1,∴A1B1⊥B1C1,
∵BB1∩B1C1=B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1,
∵BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,
∵A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C.

(2)以B为原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,BB1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,则A(0,2,0),C(2,0,0),C1(2,0,2),B(0,0,0),B1(0,0,2),A1(0,2,2),则CA=(-2,2,0),CC1=(0,0,2),设平面ACC1A1的法向量为n=(x,y,z),
则n·CA=−2x+2y=0,n·CC1=2z=0,取x=1,得n=(1,1,0),
设M(a,b,c),N(x,y,z),A1NA1B=λ,则B1C=3B1M,A1N=λA1B,0≤λ≤1,即(2,0,-2)=3(a,b,c-2),(x,y-2,z-2)=λ(0,-2,-2),解得M23,0,43,N(0,2-2λ,2-2λ),则MN=−23,2−2λ,23−2λ,
∵MN∥平面A1ACC1,∴n·MN=−23+2-2λ=0,
解得λ=23.∴A1NA1B的值为23.
3.(2022石家庄二中月考,19)如图,在五面体ABCDPE中,PD⊥平面ABCD,∠ADC=∠BAD=90°,F为棱PA的中点,PD=BC=2,AB=AD=1,且四边形CDPE为平行四边形.
(1)判断AC与平面DEF的位置关系,并给予证明;
(2)在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为36?若存在,请求出QE的长;若不存在,请说明理由.

解析　(1)AC∥平面DEF.证明如下:设PC交DE于点N,连接FN,因为四边形PDCE为平行四边形,所以点N为PC的中点,又点F为PA的中点,所以FN∥AC,因为FN⊂平面DEF,AC⊄平面DEF,所以AC∥平面DEF.

(2)假设在线段EF上存在一点Q,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为36.设FQ=λFE(0≤λ≤1),以D为坐标原点,分别以DA,DC,DP所在直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.因为PD=BC=2,AB=AD=1,所以CD=2,P(0,0,2),B(1,1,0),C(0,2,0),A(1,0,0),所以PB=(1,1,-2),BC=(-1,1,0).
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),
则m·PB=(x,y,z)·(1,1,−2)=0,m·BC=(x,y,z)·(−1,1,0)=0,
即x+y−2z=0,−x+y=0,解得x=y,z=2x,令x=1,得平面PBC的一个法向量为m=(1,1,2).
由F12,0,22,E(0,2,2),可得FE=−12,2,22.
由FQ=λFE(0≤λ≤1),整理得Q1−λ2,2λ,2(1+λ)2,则BQ=−1+λ2,2λ−1,2(1+λ)2,
因为直线BQ与平面PBC所成角的正弦值为36,
所以|cos|=BQ·m|BQ|·|m|=|5λ−1|219λ2−10λ+7=36,得14λ2-5λ-1=0,又0≤λ≤1,所以λ=12,故在线段EF上存在一点Q14,1,324,使得BQ与平面PBC所成角的正弦值为36,且QE=|QE|=14−02+(1−2)2+324−22=194.

专题综合检测
一、单项选择题
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2022重庆第七次质检,7)若正三棱柱ABC-A1B1C1既有外接球,又有内切球,记该三棱柱的外接球和内切球的半径分别为R1、R2,则R1R22=(　　)
A.5　　　　B.4　　　　C.92　　　　D.103
答案　A　
2.(2017课标Ⅰ,6,5分)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)


答案　A　
3.(2022河北部分重点中学期中,6)在立体几何中,用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E、F分别是棱B1B、B1C1的中点,点G是棱CC1的中点,则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(　　)

A.矩形　　　　B.三角形
C.正方形　　　　D.等腰梯形
答案　D　
4.(2022广州执信中学月考,8)如图所示的木质正四棱锥模型P-ABCD,

过点A作一个平面分别交PB,PC,PD于点E,F,G,若PEPB=35,PFPC=12,则PGPD的值为(　　)
A.14　　　　B.23　　　　C.34　　　　D.35
答案　C　
5.(2022江苏南通基地学校3月调研,7)已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的底面边长为1,P是正六棱柱内(不含表面)的一点,则AP·AB的取值范围是(　　)
A.−12,32　　　　B.−32,12
C.−12,1　　　　D.0,32
答案　A　
二、多项选择题
6.(2022广东华附、省实、广雅、深中四校联考,9)已知α,β是两个不同的平面,l是一条直线,则下列命题中正确的是(　　)
A.若α∥β,l∥β,则l∥α
B.若l⊥α,l⊥β,则α∥β
C.若l⊥α,l∥β,则α⊥β
D.若α⊥β,l∥β,则l⊥α
答案　BC　
7.(2022辽东南协作体期中,12)

如图,正方形SG1G2G3的边长为1,E,F分别是G1G2,G2G3的中点,SG2交EF于点D,现沿SE,SF及EF把这个正方形折成一个四面体,使G1,G2,G3三点重合,重合后的点记为G,则在四面体S-GEF中必有(　　)
A.SG⊥平面EFG
B.设线段SF的中点为H,则DH∥平面SGE
C.四面体S-GEF的体积为112
D.四面体S-GEF的外接球的表面积为32π
答案　ABD　
8.(2022江苏盐城响水中学学情分析,12)如图,四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,

侧面PAD是边长为26的正三角形,底面ABCD为矩形,CD=23,点Q是PD的中点,则下列结论正确的是(　　)
A.CQ在平面PAB外
B.PC与平面ACQ所成角的余弦值为223
C.三棱锥B-ACQ的体积为62
D.四棱锥Q-ABCD外接球的内接正四面体的表面积为243
答案　ABD　
9.(2022山东烟台、德州一模,11)如

图,正三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是边长为2的等边三角形,AA1=3,D为BC的中点,则(　　)
A.直线A1B∥平面ADC1
B.点B1到平面ADC1的距离为3105
C.异面直线A1B1与C1D所成角的余弦值为1010
D.设P,Q分别在线段A1B1,DC1上,且A1PA1B1=DQDC1,则PQ的最小值为3
答案　ABD　
10.(2022湖南益阳调研,12)截角四面体是一种半正八面体,可由四面体经过适当的截角,即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体,如图所示,将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体,则下列说法正确的是(　　)

A.AC⊥DE
B.该截角四面体的表面积为73a2
C.AF=5a
D.该截角四面体的外接球表面积为5πa2
答案　BC　
三、填空题
11.(2022福州质量检测,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,以A1为球心,2为半径的球与底面ABCD的交线的长度为　　　　. 
答案　π2
12.(2022海南文昌中学4月段考,16)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点M,N分别是棱BC,C1D1的中点,点P在平面A1B1C1D1内,点Q在线段A1N上,若PM=5,则PQ长度的最小值为　　　　. 

答案　355-1
四、解答题
13.(2016课标Ⅰ文,18,12分)如图,已知正三棱锥P-ABC的侧面是直角三角形,PA=6.顶点P在平面ABC内的正投影为点D,D在平面PAB内的正投影为点E,连接PE并延长交AB于点G.
(1)证明:G是AB的中点;
(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由),并求四面体PDEF的体积.

解析　(1)证明:因为P在平面ABC内的正投影为D,所以AB⊥PD.
因为D在平面PAB内的正投影为E,所以AB⊥DE.
又PD∩DE=D,所以AB⊥平面PED,故AB⊥PG.
又由已知可得,PA=PB,从而G是AB的中点.
(2)在平面PAB内,过点E作PB的平行线交PA于点F,F即为E在平面PAC内的正投影.
理由如下:由已知可得PB⊥PA,PB⊥PC,
又EF∥PB,所以EF⊥PA,EF⊥PC,又PA∩PC=P,因此EF⊥平面PAC,即点F为E在平面PAC内的正投影.

连接CG,因为P在平面ABC内的正投影为D,所以D是正三角形ABC的中心,由(1)知,G是AB的中点,所以D在CG上,故CD=23CG.
由题设可得PC⊥平面PAB,DE⊥平面PAB,所以DE∥PC,因此PE=23PG,DE=13PC.由已知,正三棱锥的侧面是直角三角形且PA=6,可得DE=2,PE=22.在等腰直角三角形EFP中,可得EF=PF=2,
所以四面体PDEF的体积V=13×12×2×2×2=43.
14.(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.
由于QD=QA,故QE⊥AD.
在Rt△QAE中,QE=QA2−AE2=(5)2−12=2.
在Rt△CDE中,CE=DC2+DE2=22+12=5.
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)以E为坐标原点建系,如图所示,则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),A(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n2=(2,2,1).设二面角B-QD-A的大小为θ,易知θ为锐角,则cos θ=|cos|=|n1·n2||n1||n2|=21×3=23,故二面角B-QD-A的余弦值为23.
15.(2018天津理,17,13分)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.
(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;
(2)求二面角E-BC-F的正弦值;
(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.

解析　

依题意,可以建立以D为原点,分别以DA,DC,DG的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,1,N(1,0,2).
(1)证明:DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).
设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,
则n0·DC=0,n0·DE=0,即2y0=0,2x0+2z0=0,
不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).
又MN=1,−32,1,可得MN·n0=0,
又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE.
(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,
则n·BC=0,n·BE=0,即−x1=0,x1−2y1+2z1=0,
不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).
设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,
则m·BC=0,m·CF=0,即−x2=0,−y2+2z2=0,
不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).
因此有cos=m·n|m||n|=31010,
于是sin=1010.
所以二面角E-BC-F的正弦值为1010.
(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).
易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,
故|cos|=|BP·DC||BP||DC|=2ℎ2+5,
由题意,可得2ℎ2+5=sin 60°=32,解得h=33∈[0,2].
所以线段DP的长为33.
16.(2023届浙江Z20名校联盟联考,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=AD=2,BD=4,AB=23,DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC.
(1)若点E为棱PC的中点,证明:BE∥平面PAD;
(2)已知二面角P-AB-D的大小为60°,求平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值.

解析　(1)证明:延长CB,DA交于点F,连接PF,
∵DB是∠ADC的平分线,且BD⊥BC,∴易证△CDF是等腰三角形,∴点B是CF的中点,又∵E是PC的中点,∴BE∥PF,又PF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,∴BE∥平面PAD.

(2)在△ABD中,AD=2,BD=4,AB=23,
则AD2+AB2=BD2,则∠BAD=90°,即BA⊥AD,
∵sin∠BDA=32,∴∠BDC=∠BDA=60°,则CD=8,
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BA⊂平面ABCD,∴BA⊥平面PAD,则BA⊥PA,
∴∠PAD为二面角P-AB-D的平面角,
∴∠PAD=60°,又PA=AD=2,∴△PAD为等边三角形,取AD的中点为O,连接OP,则OP⊥AD,OP⊥平面ABCD,如图,建立空间直角坐标系,

则A(1,0,0),B(1,23,0),C(-5,43,0),D(-1,0,0),P(0,0,3),所以DP=(1,0,3),BD=(-2,-23,0),DC=(-4,43,0),
设m=(x1,y1,z1)为平面PBD的法向量,
则m·DP=0,m·BD=0,即x1+3z1=0,−2x1−23y1=0,
取y1=-1,则m=(3,-1,-1),
设n=(x2,y2,z2)为平面PCD的法向量,
则n·DP=0,n·DC=0,即x2+3z2=0,−4x2+43y2=0,
取y2=1,则n=(3,1,-1),
设平面PBD和平面PCD的夹角为θ,则cos θ=|cos|=m·n|m|·|n|=35,故平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值为35.
17.(2020课标Ⅲ理,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C1-xyz.
(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=C1F,因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.
(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·AE=0,n1·AF=0,
即−y−z=0,−2x−2z=0,可取n1=(-1,-1,1).
设n2为平面A1EF的法向量,则n2·A1E=0,n2·A1F=0,
同理可取n2=12,2,1.
因为cos=n1·n2|n1|·|n2|=-77,
所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.