【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点18《 空间中的角度和距离问题》(解析版） .doc，共(61)页，3.824 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-29449.html

以下为本文档部分文字说明：

考点18空间中的角度和距离问题（核心考点讲与练）1.异面直线所成的角设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π)0，π2求法cosβ＝a·b|a||b|cosθ＝|cosβ|＝|

a·b||a||b|2.直线和平面所成的角(1)定义：一条斜线和它在平面内的射影所成的角叫做斜线和平面所成的角，一条直线垂直于平面，则它们所成的角是直角；一条直线和平面平行或在平面内，则它们所成的角是0°的角.(2)范围：0，π

2.3.求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈a，n〉|＝|a·n||a||n|.4.二面角(1)定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角；(2)二面角的平面角：在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，

在两个半平面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所构成的角叫做二面角的平面角.(3)二面角的范围：[0，π].5.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＝__〈AB→，CD→〉.(2)如图②③，n1，n2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θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2

的夹角(或其补角).6.点到平面的距离用向量方法求点B到平面距离基本思路：确定平面法向量，在平面内取一点A，求向量AB→到法向量的投影向量，投影向量的长度即为所要求的距离.如图平面α的法向量为n，点B到

平面α的距离d＝|AB→·n||n|.1.异面直线所成的角，若向量a、b分别是异面直线1l与2l的方向向量，异面直线1l与2l所成的角为，则02；||cos||||abab.2.设直线l的方向向量为m

，平面的一个法向量为n，直线l与平面所成的角为，则02；||sin|cos,|||||mnmnmn.3.设向量为m平面的一个法向量，向量n为平面的一个法向量，平面与平面所称的二面角为，则0；1coscos,|||

|mnmnmn.1或1.4.点到平面的距离的求法如图，设AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则点B到平面α的距离d＝.5.求参数的值与范围是高中数学中的常见题型.立体几何中含参数的问题，解决起来既有常规的函数和不

等式法，亦有具有立体几何特征的极限位置、几何直观、化曲为直等一些特殊方法.6.存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．解决存在性问题应注意以下几点：(1)当条件

和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．线线、线面、面面角1.（2021贵州省遵义航天高级

中学高三月考）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，1AD，，是等腰三角形，点是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A．B．C．64D．【答案】B【分析】以为坐标原点，建立坐标系，写出点的坐标，以及直线的方向向量，即可用向量法求得结果.【详解】因为，，两两垂直，以为原点，，，分别为

，，轴建立空间直角坐标系.又因为，1AD，所以，，，，因为是棱的中点，所以，所以，，所以，故选：B.2．（2022·湖南衡阳·二模）如图，已知圆台1OO的下底面半径为2，上底面半径为1，母线与底面所成的角为

11,,3AABB为母线，平面11AAOO平面11,BBOOM为1BB的中点.(1)证明：平面1ABB平面AOM；(2)当点P为线段AM的中点时，求直线AM与平面OPB所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)4399133.【分析】（1）过点1B作平面AOB的垂线，垂足为

C，证明1BB平面OMA，原题即得证；（2）以O为坐标原点，1,,OAOBOO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，利用向量法求直线AM与平面OPB所成角的正弦值.(1)证明：过

点1B作平面AOB的垂线，垂足为C，如图，则C是OB的中点，所以1BC.又13OBB，所以12BB.连接1OB，因为12BBOB，所以1OBB为等边三角形.因为点M为1BB的中点，所以1.BBOM因为

平面11AAOO平面11BBOO，平面11AAOO平面111BBOOOO，且1,AOOOAO平面1AAOO，所以AO平面11BBOO.因为1BB平面11BBOO，所以1AOBB.又因为,AOOMOAO平面,OMAOM平面OMA，所以1BB平面OMA.因为1BB平面1AB

B，所以平面1ABB平面AOM.(2)解：以O为坐标原点，1,,OAOBOO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13333332,0,0,0,2,0,0,1,3,0,,,1,,,1,,

,224444ABBMOPP0,2,0OB，设平面OPB的一个法向量为,,nxyz，则00OPnOBn，即330,4420xyz

y取43z，得3,0xy，所以3,0,43n，又332,,22AM，所以124399cos,133577AMnAMnAMn所以直线AM与平面

OPB所成角的正弦值为4399133.3．（2022·河南河南·三模（理））如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD，ABC是底面的内接正三角形，且6DO，P是线段DO上一点．(1)若PA平面PBC，求PO；

(2)当PO为何值时，直线EP与平面PBC所成角的正弦值最大？【答案】(1)6(2)当6PO时，直线EP与平面PBC所成角的正弦值最大.【分析】（1）通过勾股定理列方程，化简求得PO.（2）建立空间直角

坐标系，利用利用向量法求得直线EP与平面PBC所成角的正弦值，结合基本不等式求得6PO时，此正弦值最大.(1)1,2AEADOAAE，所以226DOADOA，解得43ADAE，由于三角形ABC是等边三角形，圆O是其

外接圆，AE是圆O的直径，所以AE垂直平分BC，23OAOBOC，在三角形ABC中，由正弦定理得43,6πsin3ABAB，则6ABACBC，由于PA平面PBC，所以PAPC，由于2222PAOAOPOCOPPC

，所以三角形PAC是等腰直角三角形，所以26322PAPC,所以2232236PO.(2)由（1）得AEBC，设AEBCF，223,2333CFBFOF，结合圆锥的几何性质，建立如图所示空间直角坐标系，

3,3,0,3,3,0,0,23,0BCE，设0,0,,06Ptt，则0,23,,3,3,,6,0,0EPtPBtBC，设平面PBC的法向量为,,nxyz，则33060nPBxytznBCx，故可设0,,3nt，设

直线EP与平面PBC所成角为，则222233sin3631215nEPtnEPtttt，由于222236361521527tttt，当且仅当2236,6ttt时等号成立，所以31sin327，即当6PO时

，直线EP与平面PBC所成角的正弦值最大.4.（2022新高考地区专用）如图，在四棱锥中，底面中，ABBC，侧面平面，且，点在棱上，且．则二面角的余弦值为____________【答案】．【分析】建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量

，利用法向量二面角的余弦值.【详解】如图，取的中点，连接，．由条件可知，，两两垂直，以，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，因为，所以．所以，，，设平面的法向量为，则即令，则．设平面的法向量为，则即令，则=，，结合图象可知二面

角为锐角，所以二面角的余弦值为．故答案为：5．（2022·辽宁鞍山·二模）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=23，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD=CD=BC=CF=1．(1)求证：

EF⊥平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大？并求此时锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)M与F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，余弦值为77【分析】（1）在梯形ABCD中，由分

析知，AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，所以AC⊥CF，进一步得AC⊥平面BCF，又因为AC∥EF，因此EF⊥平面BCF.（2）因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直

线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面MAB和平面FCB的法向量，然后结合二次函数求最值的方法求解平面MAB和平面FCB所成的锐二面角的最大值.(1)证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=CD=B

C=1，故梯形ABCD为等腰梯形，因为23BCD，则23ADC，所以6BACACD又因为3ABCBCD，则2ACBABCBAC，∴AC⊥BC，因为CF⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴AC⊥CF∵BCCFC，∴AC⊥平面BCF，因为四

边形ACFE为矩形，则AC∥EF，因此，EF⊥平面BCF(2)因为CF⊥平面ABCD，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CF所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，在Rt△ABC中，3tan6BCAC，．则A(3，0，0)、B(0，1，0)、C(0，0，0)、

F(0，0，1)、E(3，0，1)，设点M(t，0，1)，其中03t设平面MAB的法向量为111,,mxyz3,1,0AB，3,0,1AMt由3030mABxymAMtxz，取1x，可得1,3,3mt

，．易知平面FCB的一个法向量为1,0,0n，21cos,43mnmnmnt，所以，当0t，即M与F重合时，cos,mn取最小值，此时平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角的余弦值为776．（2022·重庆八中模拟预测）如图

，三棱柱ABC－A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∠ACB=90°，BC=1，AC=CC1=2.(1)证明:AC1⊥A1B；(2)设直线AA1与平面BCC1B1的距离为3，求二面角A1－AB－C的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)

二面角A1-AB--C的余弦值为14.【分析】(1)由条件证明11ACAC，1ACBC，由线面垂直的判定定理证明1AC平面1ABC，由此证明11ACAB；(2)建立空间直角坐标系，结合条件直线A

A1与平面BCC1B1的距离为3，确定相关点的坐标，利用向量方法求二面角A1－AB－C的余弦值.(1)∵点A1在平面ABC内的射影D在AC上，∴1AD平面ABC，又BC平面ABC，∴1ADBC，∵BCAC,1ACADD，1,ACAD平面11AACC，∴

BC平面11AACC，1AC平面11AACC，∴1ACBC，∵12ACCC，四边形11AACC为平行四边形，∴四边形11AACC为菱形，故11ACAC，又1BCACC，1,BCAC平面1ABC，∴1AC平面1ABC，1AB平面1ABC，∴11ACAB；(2

)以C为坐标原点，以1,CACBDA，为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设10,Aac（，），由题设有2a，0c，2,0,00,1,0AB（）（），设平面BCC1B1的法向量(,,)mxyz，则100mCBmBB，因11(0,1,0),(2,

0,)CBBBAAac，所以0(2)0yaxcz，所以(,0,2)mca，又(2,0,0)CA，22211AAADAD即2222(2)ac，所以点A到平面11BCCB的距离为222cos,(2)CAmcCAmCAcmca，又依题设，直线AA

1与平面BCC1B1的距离为3，所以3c.代入①得3a（舍去）或1a，于是1(1,0,3)AA，设平面1ABA的法向量(,,)npqr，则100nAAnAB，所以3020prpq

，所以(3,23,1)n，又(0,0,1)p为平面ABC的法向量，故1cos,4npnpnp，所以二面角A1-AB--C的余弦值为14.7．（2022·山东淄博·模拟预测）如图，已知三棱柱111ABCABC的

棱长均为2，160AAC，16AB．(1)证明：平面11AACC⊥平面ABC；(2)设M为侧棱1CC上的点，若平面1ABM与平面ABC夹角的余弦值为3010，求点M到直线11AB距离．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）取

AC的中点O，连接1AOBO，，利用勾股定理证明1,AOBO1,AOAC从而证得1AO平面ABC，然后利用面面垂直的判定定理证明即可.（2）以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为y轴，以1OA所在直线为z轴，建立空间直角

坐标系，写出各点坐标，设1(01),CMCC得到点M的坐标，求出平面1ABM与平面ABC的法向量，由余弦值可确定值，然后利用点到直线的距离公式计算即可.(1)取AC的中点O，连接1AOBO，，160AAC，12,1AAAO，所以113,,AOAOAC由题

设可知，ABC为边长为2的等边三角形，所以=3BO，由16AB，22211ABAOBO，所以1,,AOBOACBOO所以1AO平面ABC；1AO平面11AACC,所以平面11AACC⊥平面ABC；(2)以OA所在直线为x轴，以OB所在直线为

y轴，以1OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，所以11(1,0,0),(0,3,0),(1,0,0),(2,0,3),(0,0,3),ABCCA11(0,3,3),(1,3,0),(1,0,3),BA

BCCC设1(01),CMCC可得(1,0,3)M，(1,3,3),BM设平面1ABM的法向量为(,,),mxyz则10,0mBAmBM即0,(1)330yz

xyz取1,1,3(1),yzx所以(3(1),1,1),m因为1(0,0,3)OA为平面ABC的一个法向量，设平面1ABM与平面ABC夹角为，1221||3(1)30cos,1

0||||33(1)2(1)mOAmOA解得1=5，所以63(,0,),55M111111116433(,0,),(1,3,0),555||MABAMABABABA

所以点M到直线11AB距离21111213.MABAdMABA空间距离1.（2022江苏省南通市海安市高三学业质量监测）与正方体ABCD－A1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1

D1所在直线的距离相等的点共有（）A．1个B．2个C．3个D．无数个【答案】D【分析】首先以为D原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，得到，设01a为上一点，得到到棱的距离是，同理得到到棱的距离也是，即可得到答案.【详解】以为D原点，分别为轴

，建立空间直角坐标系，如图所示：设，则，，，设01a为上一点，作平面，垂足为，过作，垂足为，所以为点到棱的距离.又因为，，则，同理到棱的距离也是，所以上任意一点到棱的距离都相等，所以与三条棱所在直线的距

离相等的点共有无数个.故选：D2.（2021山东省东营市广饶县第一中学高三上学期10月月考）如图，在四棱台1111ABCDABCD中，底面为矩形，平面11AADD平面11CCDD，且1111112CCCDDDCD.（1）证明：

AD平面11CCDD；（2）若1AC与平面11CCDD所成角为π3，求点D到平面1AAC的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）34.【分析】（1）通过面面垂直的性质定理证得1DC平面11AADD

，由此证得1ADDC，结合ADDC证得AD平面11CCDD.（2）建立空间直角坐标系，由1AC与平面11CCDD所成角计算出113AD，利用向量法计算出点D到平面1AAC的距离.【详解】（1）在梯形11CCDD中

，因为1111112CCCDDDCD.所以11π3DDC，连接1DC，由余弦定理可得13DC.∵2221111DCDDDC，∴11DCDD∵平面11AADD平面11CCDD且交于1DD，1DC平面11CC

DD，∴1DC平面11AADD，又∵AD平面11AADD，∴1ADDC.∵ADDC，1DCDCD，∴AD平面11CCDD.（2）连接11AC，由（1）可知：11AD平面11CCDD，以1D为原点，以11DA､1

1DC分别为x轴､y轴正半轴，过1D作垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图：∵11AD平面11CCDD，∴11ACD即为1AC与平面11CCDD所成的角，∴1π3ACD.在11RtACD△中，因

为13CD，所以113AD，则：10,0,0D，13,0,0A，130,,22D，330,,22C，10,2,0C.所以113,2,0AC，1333,,22

AC，0,1,0DC.设平面11AACC的一个法向量为,,nxyz，则11100nACnAC则320333022xyxyz，令

2x得：2,3,3n，故点D到平面1AAC的距离为：334493DCndn，所以点D到平面1AAC的距离为34.与参数有关的问题1.（2021广东省茂名市五校联盟第三次联考）如图所示，点P在圆柱的上底面圆周上，四边形为圆柱的下底面的内接四边形，且

为圆柱下底而的直径，为圆柱的母线，且，圆柱的底面半径为1.（1）证明：；（2），B为的中点，点Q在线段上，记，当二面角的余弦值为时，求的值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据为直径，得到，再根据为母线，易

得，然后利用线面垂直的判定定理证明；（2）分别以向量为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量和平面的法向量可取为，然后由求解.【详解】（1）因为为直径，点D在圆上且不同于A，C点，所以，又因为为母线，所以平面，又平面，从而，又，所以平面PD

C，又平面PDC，所以.（2）由（1）知两两相互垂直，所以分别以向量为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为，圆柱的底面直径为2，所以，所以，又B为的中点，所以，即为正方形，所以，由，得，所以，设平面的一个法向量为，则，即，取，又因

为平面的法向量可取为，所以，由题知，所以，解得（舍）或，所以的值为探究性问题1.（2021广东省深圳市光明区高三第一调研）如图，在四棱锥中，，，，，.（1）求证：；（2）在棱上是否存在点G，使得二面角的大小为30°？若存在，确定点G的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）点

G为的中点时，二面角的大小为30°，证明见解析.【分析】（1）需要勾股定理证明AD⊥PD，利用线面垂直的判定定理得到⊥面ABCD，即可证明；（2）以D为原点，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，用向量法求解.【详解】（1）因为，，所

以，△ADP为直角三角形，所以AD⊥PD.又，，面ABCD，面ABCD，所以⊥面ABCD，所以.（2）由题意可知：ABCD为一个等腰梯形.过D作DE⊥AB于E，则.以D为原点，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系.则：显然即为平面ABC的一个法向量.假设在棱上存

在点G，使得二面角的大小为30°.不妨设，则，.设为面GAB的有一个法向量，则，即，不妨设x=1，则有：.因为二面角的大小为30°，所以，即，即，解得：.即点G为的中点时，二面角的大小为30°.1.（2021年全国高考乙卷）在正方体1111ABCDABCD中

，P为11BD的中点，则直线PB与1AD所成的角为（）A.π2B.π3C.π4D.π6【答案】D【分析】平移直线1AD至1BC，将直线PB与1AD所成的角转化为PB与1BC所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接11,,BCP

CPB，因为1AD∥1BC，所以1PBC或其补角为直线PB与1AD所成的角，因为1BB平面1111DCBA，所以11BBPC，又111PCBD，1111BBBDB，所以1PC平面1PBB，所以1PCPB，设正方体棱长为2，则1111122,2

2BCPCDB，1111sin2PCPBCBC，所以16PBC.故选：D2.（2021年全国高考乙卷）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，1PDDC，M为BC的中点，且PBAM．（1）求BC；（2）求二面角APMB的正弦值．【答案】（1）2

；（2）7014【分析】（1）以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设2BCa，由已知条件得出0PBAM，求出a的值，即可得出BC的长；（2）求出平面PAM、PBM的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系

可求得结果.【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz，设

2BCa，则0,0,0D、0,0,1P、2,1,0Ba、,1,0Ma、2,0,0Aa，则2,1,1PBa，,1,0AMa，PBAM，则2210PBAMa，解得22a，故22BCa；[方法二]

【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD．因为PD底面ABCD，且AM底面ABCD，所以PDAM．又因为PBAM，PBPDP，所以AM平面PBD．又BD平面PBD，所以AMBD．从而90A

DBDAM．因为90MABDAM，所以MABADB．所以∽ADBBAM，于是ADBAABBM．所以2112BC．所以2BC．[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD交AM于点N．由[方法二]知AMDB．在矩形AB

CD中，有∽DANBMN，所以2ANDAMNBM，即23ANAM．令2(0)BCtt，因为M为BC的中点，则BMt，241DBt，21AMt．由1122DABSDAABDBAN，得221241123ttt，解得212t，所以22

BCt．（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM的法向量为111,,mxyz，则2,1,02AM，2,0,1AP，由111120220mAMxymAPxz，取12x，可得2

,1,2m，设平面PBM的法向量为222,,nxyz，2,0,02BM，2,1,1BP，由222220220nBMxnBPxyz，取21y，可得0,1,1n，3314

cos,1472mnmnmn，所以，270sin,1cos,14mnmn，因此，二面角APMB的正弦值为7014.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1111ABC

DABCD，联结11,ABAB，交点记为H，由于11ABAB，1ABBC，所以AH平面11ABCD．过H作1DM的垂线，垂足记为G．联结AG，由三垂线定理可知1AGDM，故AGH为二面角APMB的平面

角．易证四边形11ABCD是边长为2的正方形，联结1DH，HM．111111111,2DHMDHMDAHHBMMCDABCDSDMHGSSSSS正方形，由等积法解得31010HG．在RtAHG中，2310,210AHHG，由勾股定理求

得355AG．所以，70sin14AHAGHAG，即二面角APMB的正弦值为7014．【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最

优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得.（2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧

性较强，需注意进行严格的论证.一、单选题1．（2022·山西太原·二模（文））在三棱柱111ABCABC中，各棱长都相等，侧棱垂直于底面，点D是1BC与1BC的交点，则AD与平面11BBCC所成角的正弦值是（）A．35B．2

2C．32D．12【答案】C【分析】取BC的中点E，连DE、AE，通过证明AE⊥平面11BCCB，可知ADE是AD与平面11BBCC所成的角，在直角三角形AED中可求出结果.【详解】取BC的中点E，连DE、AE，如图：依题意三棱柱111ABCABC为正三棱柱，设棱

长为2，则3AE，1DE，因为D、E分别是1BC和BC的中点，所以1//DECC，所以DE平面ABC，所以DEAE，所以22312ADAEDE，因为AEBC，AEDE，BCDEE，所以AE⊥平面11BCCB，所以ADE是AD与平面11BBCC所成的角，

所以3sin2AEADEAD.所以AD与平面11BBCC所成角的正弦值是32.故选：C2．（2022·全国·模拟预测（理））如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E三点共线，已知三棱锥P－ADE四个面都为直角

三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面ABCE，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值等于（）A．34B．105C．155D．134【答案】C【分析】本题利用空间向量处理线面夹角问题，sincos

,PCn．【详解】如图建立空间直角坐标系，0,0,2P，2,2,0C，0,0,0A，2,1,0E则有：2,2,2PC，2,1,0AE，0,0,2AP设平面PAE的法向量,,nxyz，则有2020xyz

,令1x,则2,0yz，即1,2,0n∴15cos,5PCnPCnPCn，即直线PC与平面PAE所成角的正弦值为155．故选：C．3．（2022·全国·三模（理））在三棱锥PABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，4PA，23PBPC，以AB为直径的球的表面被

△PAC截得的曲线长度为（）A．3π6B．6π6C．23π9D．26π9【答案】C【分析】利用已知条件求得PABCV，利用等体积法求得以AB为直径的球的球心1O到平面PAC的距离，设PA交球1O于点F,AC交圆2O于点E，由此可找到以AB为

直径的球1O的表面被△PAC截得的曲线即为EF，最后利用弧长公式即可求解.【详解】设BC的中点为O,连接AO、PO,因为POBC，且AOBC,BC面PAO，由已知得3AO,11PO,4PA,由余弦定理得222cos2APOAPOP

AOAPOA1631133243,则26sin1cos3PAOPAO,所以1sin222PAOSAPAOPAO,所以1422222133PABCBPAOVV

,由已知23PC，2AC,4PA,所以PCAC,所以1223232PACS,设点B到平面PAC的距离为h，因为PABCBPACVV,所以1422333h，解得263h，以AB为直径的球，球心为AB的中点1O，则

1O到平面PAC的距离为1623dh，过1O作12OO平面PAC，则平面PAC与球1O相交得截面2O，设PA交球1O于点F,截面2O的半径为2222211263133AOAOOO,2

222211262633333OCOCOO,则设AC交圆2O于点E,即球1O的表面被△PAC截得的曲线长度为EF,在Rt△PAC中，3sin2PCPACPA，所以π3PAC，所以22π3FO

E,则2π323π339EF，故选：C.二、多选题4．（2022·山东济南·一模）在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，O为正方形1111DCBA的中心，则下列结论正确的是（）A．BOACB．BO∥平面1ACDC．点

B到平面1ACD的距离为33D．直线BO与直线1AD的夹角为3【答案】ABC【分析】根据线面垂直的判定定理证明AC平面，可判断A;连接BD,交AC于E,连接1DE，证明1BODE∥，根据线面平行的判定定理，可判断B;利用等体积法，求得点B到平面1ACD的距离，判断C;采用作平行线的方法，

求出直线BO与直线1AD的夹角，可判断D.【详解】对于A，如图，连接1111,BDAC,则1111,BDAC交于点O,正方体1111ABCDABCD中，111,ACACBB∥平面111111,ABCDAC平面1111DCBA,故111ACBB,而111111111

11,,,ACBDBDBBBBDBB平面11BBD,故11AC平面11BBD,故AC平面11BBD，而BO平面11BBD,故ACBO，即BOAC，故A正确；对于B，连接BD,交AC于E,连接1DE,则1

1,BEODBEOD∥,故四边形1BODE是平行四边形，故11,BODEDE∥平面1,ACDBO不在平面,故BO∥平面1ACD，故B正确；对于C，设点B到平面1ACD的距离为d,因为11ABCDBACDVV,故111111122sin603232d，解得33d，故

C正确；对于D,连接1BC,则111ADBCOBC∥，即为直线BO与直线1AD的夹角或其补角，在1BOC△中，2112261()2222BOBOBC，，,所以2221111312322cos226222BOBCOCOBCBOBC,则16OBC

,故D错误，故选：ABC5．（2022·重庆·模拟预测）如图，在圆锥SO中，AC为底面圆O的直径，B是圆O上异于A，C的一点，3OC，33SO，则下列结论中一定正确的是（）A．圆锥SO的体积

为93B．圆锥SO的表面积为18C．三棱锥SABC的体积的最大值为93D．存在点B使得直线SB与平面SAC所成角为4【答案】AC【分析】根据锥体的体积、表面积公式判断A、B、C，过B作BHAC于H，连接SH，则BSH为直线SB与平面SAC所成角，求出BSH的最大值，即可判断

D；【详解】解：圆锥SO的体积为21333933，故A正确，圆锥的母线长为223336，所以圆锥的侧面积为1236182，底面面积为9，故圆锥的表面积为18927，故B错误，当OBAC时，三棱锥SABC的体积最大，此时为

1163339332，故C正确，过B作BHAC于H，显然SO底面ABC，所以SOBH，SOACO，,SOAC平面SAC，所以BH平面SAC，连接SH，∴BSH为直线

SB与平面SAC所成角，由6SB为定值，∴当OBAC时SB与平面SAC所成角最大，此时1cos2BHBSHSB，所以6BSH，即max6BSH，故D错误．故选：AC6．（2022·广东汕头·二模）如图，在正方体1111ABCDABCD中，点P在

线段1BC上运动，则（）A．直线1BD平面11ACDB．三棱锥11PACD的体积为定值C．异面直线AP与1AD所成角的取值范围是,42D．直线1CP与平面11ACD所成角的正弦值的最大值为64【答案】AB【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示公式、空间向量夹

角公式、三棱锥的体积性质逐一判断即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，1111(1,1,0),(0,0,1),(1,0,1),(0,1,1),(0,0,0),(1,1,1),(0,1,0),(0,1,1)BDACDBCA，设(,,)Pxyz，设111(1,

1,1)(1,0,1)([0,1])11xBPBCxyzyz，即(1,1,1)P.A：111(1,1,1),(1,0,1),(0,1,1)BDDA

DC，因为111111110,11110BDDABDDC，所以11111111,,BDDABDDCBDDABDDC，而1111,,DADCDDADC平面11ACD，所以直

线1BD平面11ACD，因此本选项结论正确；B：侧面11BCCB的对角线交点为O，所以11CBOC，221121122OC，而11AB平面11BCCB，1OC平面11BCCB，所以111ABOC，而1111111,,ABC

BBABCB平面11ABCD，所以1OC平面11ABCD，111111111111122332212PACDCPADPADABCDABCDVVSCOSS为定值，因此本选项结论正确；C：1(,1,1),(1,0,1)A

PAD，设异面直线AP与1AD所成角为((0,])2，则有12222221112cos()1(1)1121APADAPAD，当12时，cos02；当12时，22211cos34441(21)

441，因为11[0,)(,1]22，所以2(21)(0,1]，因此22221333131412(21)(21)(21)(21)，2110231(21)，即1

0cos2，所以,32，综上所述：,32，所以本选项结论不正确；D：设平面11ACD的法向量为000(,,)mxyz，1(1,0,2)CP，所以有001100

1100(1,1,1)00xzmDAmDAmyzmDCmDC，直线1CP与平面11ACD所成角的正弦值为：1222222211211,31(1)(2)(1)(1)1326532()22m

CPmCP因为[0,1]，所以当1时，2312()22有最小值，最小值为1222，所以直线1CP与平面11ACD所成角的正弦值的最大值为163232，因

此本选项结论不正确，故选：AB【点睛】关键点睛：利用空间向量夹角公式是解题的关键.7．（2022·重庆八中模拟预测）如图所示，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD△翻折成ACD△，设直线AD与面

BCD所成角为，二面角ACDB的平面角为，则（）A．ADBB．C．aD．ADB【答案】BC【分析】构造出二面角和线面角之后，再比较大小即可【详解】对于A，显然错误，ADB而02对于B，当02，2

时显然成立当02且02时，分类讨论如下①若CDAB,则CDAD，CDBD则ADB即为二面角ACDB的平面角,即ADB又CDAD，CDBD，AD平面ADB，BD平面ADB，ADBDD所以CD平面ADB，又CD平面BCD所以平面

ADB平面BCD所以AD在平面BCD上的射影即为DB所以ADB即为AD与平面BCD所成的角，即ADB此时，②若CD与AB不垂直,过点A作AM垂直直线CD于点M,过点B作BN垂直直线CD于点N,则可知M

N、分别在点D的两边,如图所示,将线段BN平移到线段PM处，过A作AO垂直PM于点O，连接OD因为BNCM，//PMBN，所以PMCM则AMP即为二面角ACDB的平面角,即AMP

又CMAM，CMPM，AM平面AMP，PM平面AMP，AMPMM所以CM平面AMP，又CM平面BCD所以平面AMP平面BCD又AO平面AMP，平面AMP平面BCDPM，AOPM，所以AO平面BCD所以ADO即为A

D与平面BCD所成的角，即ADO在RtAOD中，tanAOOD在RtAMO△中，tanAOMO因为MOOD，所以tantan，所以综上，故B正确对于C，当02且02时显然成立当02，且2时，tantan

由B选项的讨论可知，tantan成立故C正确对于D设,2ADCAB,则由题意知1ADBDAD.在空间图形中,连结AB,设ABt.在ADB中,222222

2112cos22112ADDBABttADBADDB在RtAMD△中,coscosDMADADC,sinsinDAMADAC.同理,sin,cosBNPMDN,故2cosBPMN.由题

意BP平面AMP,故BPAP.在RtBPAV中,22222222cos4cosAPABBPtt在AMP中,222coscos2AMMPAPAMPAMMP2222sinsin4co

s2sinsint22222cos2sint22222222cos1coscos2sinsinsinsintDBA2221coscoscoscoscossinsinADBADBADB22221sincosc

ossinsinADB22cos1cos0sinADB…cosβcosADB…（当2时取等号）,,0,ADB,而cosyx在0,上为递减函数,.ADB„故D错误故选：BC8．（2022·湖

南衡阳·二模）已知正方体1111ABCDABCD的棱长为1,,MN分别为1,BBAB的中点.下列说法正确的是（）A．点M到平面1AND的距离为22B．正方体1111ABCDABCD外接球的体积为32C．面1AND截正方体1111

ABCDABCD外接球所得圆的面积为34D．以顶点A为球心，233为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于536【答案】BCD【分析】A选项由等体积法11MANDDAMNVV求得点M到平面1AND的距离即可；B

选项由外接球的直径为体对角线即可判断；C选项由面1AND经过外接球球心，求得其外接圆圆心，即可求解；D选项将球面与正方体的表面相交所得的曲线分为两类，按照弧长公式计算即可.【详解】1111211112,2,2242228ANDANMADSS，设M

到平面1AND的距离为d，由11MANDDAMNVV，即1111133ANDANMdSDAS，解得24d，故A错误；正方体1111ABCDABCD外接球的半径为222111322，外接球的体积为3433322，故B正确；易得面1AND经过正

方体1111ABCDABCD外接球的球心，故其截外接球所得圆的半径为外接球的半径32，其圆的面积为34，故C正确；如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面11AABB､面ABCD和面11AADD上；另一类在不过顶点A的三个面上，即面11B

BCC､面11CCDD和面1111DCBA上.在面11AABB上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为221233133AE，则16AAE，同理6BAF，所以6EAF，故弧EF的长为233369，而这样的弧共有三条.在面11BBCC上，

交线为弧FG且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为B，半径为1BFAE33，所以弧FG的长为33326，这样的弧也有三条.于是，所得的曲线长335333966，故D正确.故选：BCD.三、填空题9．（2022·内蒙古赤峰·模

拟预测（理））在正方体1111ABCDABCD中，点E、F分别为棱BC、1CC的中点，则异面直线1AF与1DE所成角的余弦值为_____.【答案】49【分析】利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为2，11(2,0

,2),(0,0,2),(0,2,1),(1,2,0)ADFE，11(2,2,1),(1,2,2)AFDE，异面直线1AF与1DE所成角的余弦值：11222222112122(1)(2)49(2)2

(1)12(2)AFDEAFDE，故答案为：4910．（2022·浙江台州·二模）空间四面体ABCD中，60ACD，二面角ACDB的大小为45，在平面ABC内过点

B作AC的垂线l，则l与平面BCD所成的最大角的正弦值___________.【答案】104##1104【分析】通过空间想象确定l与平面BCD所成角最大时平面ABC与平面BCD的关系，从而得到所求角和ECH的关系，然后设棱长，利用二面角和60

ACD直接计算可得.【详解】记过点B作AC的垂线l，垂足为E，过点E作垂直于直线CE的平面，交平面BCD于直线BF，则当平面ABCBF时，l与平面BCD所成角最大，且与ECH互余.此时，因为平面ACBB

F，BF平面BCD所以平面ACB平面BCD，则由点E向平面BCD作垂线，垂足H在CB上，过H作CD垂线HG，垂足为G，连接EG.由题知，45EGH，记GHm，则在RtGEH中，,2EHmEGm又60ACG，所以

在RtEGC中，263mCE，在RtEHC中，6sin4263EHmECHECm记此时l与平面BCD所成角为，则2610sincos144ECH.故答案为：10411．（2022·天

津市第四中学模拟预测）如图，在三棱柱111ABCABC中，1AA平面ABC，12AAACBC，90ACB，D，E分别是11AB，1CC的中点.（1）直线1BC与平面1ABE所成角的正切值为___________；（2）直线1CD到平

面1ABE的距离为___________；（3）已知点P在棱1CC上，平面PAB与平面1ABE所成二面角为60°则线段CP的长为___________.【答案】111163303【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值，二面角的余弦值以及

点到平面的距离；【详解】解：如图建立空间直角坐标系Cxyz，则2,0,0A，0,2,0B，0,0,1E，10,0,2C，12,0,2A，10,2,2B，1,1,2D．10,2,

2BC，11,1,0CD，12,0,1EA，0,2,1EB，10,0,1EC．设平面1ABE的法向量为,,nxyzr，则100EAnEBn，即2020xzyz

令1x，则1,1,2n．所以1113cos,6BCnBCnBCn．设直线1BC与平面1ABE所成角为，所以直线1BC与平面1ABE所成角的正弦值为36，即3sin6，所以233cos1sin6，所以sin11tancos11

，所以直线1BC与平面1ABE所成角的正切值1111．因为10CDn，1CD平面平面1ABE，所以1//CD平面1ABE，所以1CD到平面1ABE的距离，即点1C到平面1ABE的距离，所以163ECndn，故直线1CD到平面1ABE的距

离为63；假设在棱1CC上存在一点P，使得平面PAB与平面1ABE所成二面角为60，设0,0,Pc，02c剟．则2,0,PAc，设平面PAB的法向量为111,,mxyzr，则00mPAmAB，即111120220x

czxy，取1xc，则,,2mcc，又平面1ABE的法向量为1,1,2n．所以22||41cos,2||||64mnmnmncc，解得3023c，故在棱1CC上存在一点P，使得平面PAB与平面1ABE所成二面角为60，P点的坐标为300,

0,3，即303PC．故答案为：1111；63；303；12．（2022·河南·模拟预测（理））已知三棱锥ABCD中，ABD△与CBD均为等边三角形，二面角ABDC的大小为60°，则直线AD与平面BCD所成角的正弦值为______．【答案】34##0.75【分

析】作出二面角的平面角，再由几何关系找出过A点垂直底面的直线，由直线与平面的所成角定义求解【详解】不妨设4AB，设E为BD的中点，连接AE，CE．由题可知BDAE，BDCE，AECEEI，所以BD

平面AEC．易知23AEEC．因为二面角ABDC的平面角60AEC，故AEC△是等边三角形．设EC的中点为H，连接AH，DH，则AH平面BCD，所以ADH为直线AD与平面BCD所成的角．易知3AH，又4AD，所以3sin4AHADH

AD．故答案为：3413．（2022·重庆八中模拟预测）过正方体1111ABCDABCD的顶点A作直线l，使得l与直线1BC，1CD所成的角均为，若这样的直线l恰有两条，则的取值范围为___________.【答案】,63【分析】首先求出异面直

线1BC与1CD所成角，过点A作1//AEBC，1//AFCD，即可得到3EAF，过点A分别作EAF的角平分线1l及其垂线2l，即可得到直线1l、2l与AE、AF所成角，再过点A作3l平面AEF，即可得到直线3l与AE、AF所成角，从而得到62，再分四种情况讨论，分别判断即可

；【详解】解：如图连接1AB、AC，由正方体的性质可得11//ADBC且11=ADBC，所以四边形11ADCB为平行四边形，所以11//ABDC，则1ABC即为异面直线1BC与1CD所成角，显然1ABCV为等边三角形，所以13ABC，即异面直线1BC与1

CD所成角为3，如图，过点A作1//AEBC，1//AFCD，则直线AE与AF所成的角为3EAF，现只需过点A分别作EAF的角平分线1l及其垂线2l，则直线1l与AE、AF所成角均为6，直线2l与AE、A

F所成角均为3，过点A作3l平面AEF，则直线3l与AE、AF所成角均为2，易知62，①当6时，直线l恰有1条（为1l）；②当,63时，直线l恰有2条（3l从绕点A逆时针或

顺时针至1l的过程中，产生2条）；③当3时，直线l恰有3条（2l为1条，3l从绕点A逆时针或顺时针至1l的过程中，产生2条）；④当,32时，直线l恰有4条（3l从绕点A逆时针

或顺时针至1l的过程中，产生2条，3l从绕点A逆时针或顺时针至2l的过程中，产生2条）；综上可得,63故答案为：,63四、解答题14．（2022·河北唐山·二模）如图，ABC是边长为43的等边三角形，E，F分别为AB，

AC的中点，G是ABC的中心，以EF为折痕把AEF折起，使点A到达点P的位置，且PG平面ABC．(1)证明：PBAC；(2)求平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)33【分析】（1）连接BF，依

题意可得BFAC，再由线面垂直得到PGAC，从而得到AC平面PBF，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；(1)证明：连接BF，由AB

C为等边三角形，F为AC的中点，所以BFAC，由PG平面ABC，AC平面ABC，所以PGAC，又PGBFG，,PGBF平面PBF，所以AC平面PBF，又PB平面PBF，所以PBAC；(2)解：依题意23PF，2GF，在RtPFG△中，22PG，以F为坐标原点，以FB为x轴

的正方向，如图建立空间直角坐标系，则0,23,0A，0,23,0C，6,0,0B，3,3,0E，2,0,22P，2,0,22FP，3,3,0FE，由（1）可知，0,43,0AC是平面PBF的一个法向量，设平面PEF的法向量为

,,nxyz，则2220330nFPxznFExy，令2x，则2,6,1n，所以6cos,3ACnACnACn，所以23sin,1cos,3ACnACn所以平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值为33；15．（2

022·内蒙古包头·二模（理））已知直三棱柱111ABCABC中，侧面11BBCC为正方形.13ABBCBB，D，E分别为AC和1AA上的点，且2ADDC，12AEEA，F为棱11BC上的点，11BEBC.(1)证明：ABBC，且BEDF；

(2)当1CF为何值时，平面11AABB与平面DEF所成的二面角的正弦值最小？【答案】(1)证明见解析(2)175CF【分析】（1）先证BCBE以及1BCBB即可证得BC平面11BBAA，即可

证得BCAB，建立空间直角坐标系，求出,BEDF，由0BEDF即可证得BEDF；（2）直接写出平面11AABB的一个法向量，求出平面DEF的法向量，由夹角公式表示出余弦值，由平方关系求出二面角的正

弦值，结合二次函数求解即可.(1)因为11BEBC，11BCBC∥，所以BCBE，又1BCBB，且1BBBEB，所以BC平面11BBAA，又ABÌ平面11BBAA，所以BCAB.因为13ABBCBB，所以在Rt

ABC△中，2232ACBCAB，又2ADDC，所以2223ADAC，由113AABB，且12AEEA，得1AE，取点B为坐标原点，以BA，BC，1BB所在直线分别为x，y，z轴，建立空

间直角坐标系Bxyz（如图所示）.则(0,0,0)B，(1,2,0)D，(3,0,1)E，(3,0,1)BE，设1(03)CFmm，则(0,3,3)Fm，于是(1,1,3)DFm，所以330BEDF，即BEDF.(2)因为平面11AABB的一个法向量为(0,1,0)

n，又由（1）知(2,2,1)DE，(3,3,2)EFm，设平面DEF的法向量为(,,)mxyz，则0,0,DEmEFm，所以有220,3320,xyzxmyz取7y

，得7xm，2zm，于是平面DEF的法向量为(7,7,2)mmm，所以22277cos,74947441555nmmmm，设平面11AABB与平面DEF所成的二面角为，则22sin1cos,1744155549nmm

，故当75m时，平面11AABB与平面DEF所成的二面角的正弦值取得最小值为23.所以当175CF时，平面11AABB与平面DEF所成的二面角的正弦值最小.16．（2022·全国·三模（理））如图所

示，在四棱柱1111ABCDABCD中，四边形ABCD为矩形，24CDAD，四边形11AADD为菱形，160AAD，平面11AADD平面ABCD，点E为线段AB的中点，M为线段AE的中点．(1)证明：1CEAM；(2)求平面11ACE与

平面1CCE所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)13217217【分析】（1）取AD的中点O，连接1AO，OM，DE，由条件可得1AO平面ABCD，然后可得1AOEC，然后证明ECOM，然后可得EC平面1AO

M，即可证明；（2）以点O为坐标原点，以OA，1OA所在直线分别为x轴，z轴，以平面ABCD内过点O且垂直于OA的直线为y轴，建立空间直角坐标系，然后算出两个平面的法向量即可算出答案.(1)如图，取AD的中点O，连接1AO，OM，DE，因为四边形11AADD为菱形，160AAD，所以1A

OAD．因为平面11AADD平面ABCD，平直11AADD平面ABCDAD，所以1AO平面ABCD，因为EC平面ABCD，所以1AOEC．易知ECED，OMED∥，所以ECOM．因为1

AOOMO，所以EC平面1AOM，因为1AM平面1AOM，所以1CEAM．(2)由（1）知1AO平面ABCD，以点O为坐标原点，以OA，1OA所在直线分别为x轴，z轴，以平面ABCD内过点O且垂直于OA的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则10,0,3A，1,4,

0C，12,4,3C，1,2,0E，所以2,2,0EC，11,0,3CC，11,2,3AE，13,2,3EC．设平面1CCE的法向量为111,,mxyz，则100mECmC

C，即1111030xyxz，令13x，得3,3,1m，设平面11ACE的法向量为222,,nxyz，则1100mECmAE，即2222223230230xyzxyz，令23y

，得23,3,4n，所以1313217cos,217731mnmnmn，所以平面11ACE与平面1CCE所成二面角的余弦值为1321721717．（2022·广东潮州·二模）如图，平面ABCDE平面

CEFG，四边形CEFG中，FGEC∥，CGEC，点E在正方形ACDE的外部，且5ABBC，4AC，CGCE，2FG．(1)证明：ADEF；(2)求二面角BFGE的余弦值．【答案】(1

)证明见解析；(2)87373.【分析】（1）证明AD平面CEFG，即得证；（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，再利用向量法求解.(1)证明：正方形ACDE中，ADCE，平面CEFG平面ABCDE，交线

为CE，所以AD平面CEFG，又EF平面CEFG，所以ADEF．(2)解：以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，因为5ABBC，4AC，所以点B到AC的距离为1，42CECG，则0,0,42G，2,2,42F，2,1,,0B，0,4,0

D，4,0,0A，所以2,2,0GF，2,1,42BG．设平面BFG的法向量为,,nxyz，则0nGFnBG，即2202420xyxyz，令42x，得42,4

2,3n．4,4,0DA为平面CEFG的一个法向量，所以162162873cos,737342nDA，故二面角BFGE的余弦值为87373．18．（2022·广东·二模）如图1，在△ABC中，90ACB

，DE是△ABC的中位线，沿DE将△ADE进行翻折，使得△ACE是等边三角形（如图2），记AB的中点为F．(1)证明：DF平面ABC．(2)若2AE，二面角D-AC-E为6，求直线AB与平面ACD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)64【分析

】（1）取AC中点G，连接FG和EG，证明四边形DEGF是平行四边形,然后利用线面垂直的判定定理证明EG平面ABC,从而得到DF平面ABC.（2）（方法一）过点E作EHEC，以E为原点，建立空间直角坐标系E-xyz，设DEa,

求出平面AEC和平面ACD的法向量，由已知条件可得DE长，然后利用线面角的向量公式求解即可；（方法二）连接DG，可证得6DGE，可得DE长，过点F作FIDG，垂足为I，利用线面垂直及面面垂直的性质可得FI平面ACD，连接AI，则∠FAI即为所求角，在三角形中计算可得答

案.(1)如图，取AC中点G，连接FG和EG，由已知得∥DEBC，且12DEBC．因为F，G分别为AB，AC的中点，所以FGBC∥，且12FGBC所以DEFG∥，且DEFG．所以四边形DEGF是平行四边形．所以EGDF∥．因为翻折的BC

AC，易知DEAC．所以翻折后DEEA，DEEC．又因为EAECE，EA，EC平面AEC，所以DE平面AEC．因为∥DEBC，所以BC平面AEC．因为EG平面AEC，所以EGBC．因为ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以EGAC又因

为ACBCC，AC，BC平面ABC．所以EG平面ABC．因为EGDF∥，所以DF平面ABC．(2)（方法一）如图，过点E作EHEC，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设DEa，则3,1,0A，0,

2,2Ba，0,2,0C，0,0,Da，则3,1,2ABa，3,1,0ACuuur，0,2,CDa，因为DE平面AEC．所以0,0,EDa是平面AEC的法向量，设面ACD的法向量为,,mxyz，则00mACmCD

，即3020xyyaz，解得332xyzya．取3ya，得,3,23maa．因为二面角D-AC-E为6，所以2233coscos,62||412amEDmEDmEDaa，解得1a，所以1,3,23m，

3,1,2AB．记直线AB与平面ACD所成角为，则33436sincos,4422mABmABmAB，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为64．（方法二）如图，连接DG，因为DE平面AEC，AC平面AEC，所以

ACDE．又因为ACEG，DEEGE，DE，EG平面DEG．所以AC平面DEC．因为EG，DG平面DEG，所以ACEG，ACDG，所以∠DGE是二面角D-AC-E的平面角，故6DGE．由△ACE是边长为2的等边三角形，得3EG，在Rt

DGE中，3tantan63DEDGEEG，所以1DE，2BC．过点F作FIDG，垂足为I，因为AC平面DEGF，AC平面ACD，所以平面DEGF平面ACD．又因为平面DEGF平面ACDDG，FI平面DEGF，且FIDG，所以FI

平面ACD．连接AI，则∠FAI即为直线AB与平面ACD所成的角．在Rt△DFG中，3DF，1FG，得2DG，由等面积法得DGFIDFFG，解得32FI．在RtAFG中，1AG，1FG，所以2AF．在RtFAI

中，362sin42FIFAIAF，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为64．19．（2022·山西太原·二模（文））如图，在三棱柱111ABCABC中，侧面11ACCA是矩形，ACAB，1

2ABAA，3AC，1120AAB，E，F分别为棱11AB，BC的中点，G为线段CF的中点.(1)证明：1AG//平面AEF；(2)求点C到平面AEF的距离.【答案】(1)证明见解析(2)61313【分析】连1AB交AE于点M，连MF，利用平

行线分线段成比例定理以及逆定理可以推出1//MFAG，再利用线面平行的判定定理即可证明1//AG平面AEF（2）因为F为BC中点，所以C到平面AEF距离等于B到平面AEF距离相等，再利用等体积法即可求解(1)证明：连1AB交AE于点M，连MF.∵F为BC的中点，G为CF的

中点，∴2BFFG，∵1AEBA∥，112AEBA，∴112BMBAAMAE，∴1BFBMFGMA∴1FMAG∥又∵1AG平面AEF，FM平面AEF∴1//AG平面AEF.(2)∵F为BC中点∴C到平面AEF距离等于B到平面AEF距离相等四边形11ACCA为矩

形，则1ACAA，又ACAB，1AAABA1AA平面11ABBA，ABÌ平面11ABBA所以AC⊥平面11ABBA，又AE平面11ABBA，所以ACAE，∵1160AAB，11AE，12AA∴2221

1112cos603AEAEAAAEAA∴22211AEAEAA∴1AEAE，又1//AEAB∴AEAB，ABÌ平面ABC，AC平面ABC，ABACA∴AE⊥平面ABC又∵3AE，132AF，设B到平面AEF

的距离为h，由CAEFBAEFFABEVVV，得11113232ABCAEAFhSAE△，即131323322h∴66131313h即C到平面AEF的距离为61313.20．（2022·广东韶关·二模）如图，在四棱

锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB的中点．AB=2，AD=4，22PAPD．(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO//平面PAD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π3，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析(2)24【分析】（1）取线段PD的中点H，连接SO、OH、HA，证明四边形ASOH是平行四边形，然后利用线面平行的判定定理进行证明即可；（2）解法一：取AD、BC的中点E、F，连结PE、EF过点

E做EGPF于G．利用面面垂直的判定定理证明平面PBC平面PEF，从而得到EG平面PBC，然后利用线面角的定义及公式求解即可.解法二：取线段AD、BC的中点E、F，连结PE、EF．以E为原点，E

A、EF方向分别为x轴、y轴正方向，建立坐标系，求出PD和平面PBC的法向量，然后利用线面角的向量公式求解即可.(1)取线段PD的中点H，连接SO、OH、HA，如图在PCD中，O、H分别是PC、PD的中点，所以OHCD∥且12OHCD

所以OHAS∥且OHAS所以四边形ASOH是平行四边形，所以SOAH∥又AH平面PAD，SO平面PAD，所以SO∥平面PAD(2)解法一：取AD、BC的中点E、F，连结PE、EF过点E做EGPF于G．如图，由点E是线段AD的中点，PAPD可得PEAD，又EFAD所

以PEF是二面角PADB的平面角，即23PEF，又EFPEE,所以AD平面PEF，又ADBC∥，所以BC平面PEF．又BC平面PBC，所以平面PBC平面PEF，又平面PBC平面PE

FPF，EGPF，所以EG平面PBC在PEF中，23PEF，2PE，2EF，所以1EG设直线PD与平面PBC所成角为，则2sin4EGPD所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为24．又AH平面PAD，SO平面PAD，所以SO∥平面PAD

解法二：取线段AD、BC的中点E、F，连结PE、EF．由点E是线段AD的中点，PAPD可得PEAD，又EFAD，所以PEF是二面角PADB的平面角，即23PEF，以E为原点，EA、EF方向分别为x轴、y轴正方向，建立如图所示坐标系，在PAD△中，4AD，22PAPD

知：2PE，所以0,1,3P2,0,0D，2,2,0B，2,2,0C,所以2,1,3PDuuur，2,3,3PBuur，2,3,3PCuuur设平面PBC的法向量,,nxyz，则00nPBn

PC，即23302330xyzxyz可取0,1,3n，设直线PD与平面PBC所成角为，则22sincos,4222PDnuuurr所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为24，21．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在直四棱柱1

111ABCDABCD中，AB//CD，∠ABC=90°，AB=2，BC=CD=1．(1)求证：平面1ABD平面11ADDA；(2)若二面角1DABA的大小为60°，求侧棱1AA的长．【答案】(1)证明见解析；(2

)2.【分析】（1）以点B为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明及面面垂直的判定推理作答.（2）利用（1）中坐标系，借助二项角的向量求法计算作答.(1)在直四棱柱1111ABCDABCD中，1BB平面ABCD，而

90ABC，即ABAC，以点B为坐标原点，向量1,,BCBABB的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，设1BBh，依题意，1(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,2,)BDAAh，则(1,1,0),(1,1,0

)BDAD，1(0,0,)AAh，显然有111(1)0BDAD，10BDAA，于是得1,BDADBDAA，而1ADAAA，1,ADAA平面11ADDA，因此BD平面11ADDA，又BD平面1ABD，所以平面1AB

D平面11ADDA.(2)由（1）知，平面1AAB的一个法向量为(1,0,0)m，1(0,2,)BAh，设平面1DAB的一个法向量(,,)nxyz，则1020nBDxynBAyhz，令2z

，得(,,2)nhh，因二面角1DABA的大小为60°，则2||1cos60|cos,|2||||24mnhmnmnh，解得2h，所以侧棱1AA的长为2.22．（2022·天津市滨海新区塘沽第一中学模拟预测）如图，AE⊥平面AB

CD，//CFAE，//ADBC，ADAB，1ABAD，2AEBC．(1)求证：//BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)求平面BDE与平面BDF夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)49(3)69【分析】（1）建立如图所示的

空间直角坐标系，分别求出平面ADE的一个法向量以及0,2,1BF，进而可证得结论；（2）利用空间向量求线面角的坐标公式即可求出结果；（3）利用空间向量求二面角的坐标公式即可求出结果.(1)依题意，可以建立以A为原点，分别以,,ABADAE的方向为x轴，y轴，z轴正方向

的空间直角坐标系(如图)，可得0,0,0,1,0,0,1,2,0,0,1,0,0,0,2ABCDE，1,2,1F.因为AE⊥平面ABCD，且ABÌ平面ABCD，所以AEAB，又ADAB，且ADAEA，所以AB平面ADE，故1,0,0AB

是平面ADE的一个法向量，又0,2,1BF，可得0BFAB，又因为直线BF平面ADE，所以//BF平面ADE.(2)依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BDBECE，设

,,nxyz为平面BDE的法向量，则00nBDnBE，即020xyxz，不妨令z=1，可得2,2,1nr，设直线CE与平面BDE所成角，因此有4sin9||||CEnCEn.所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦

值为49.(3)设,,mxyz为平面BDF的法向量，则00mBDmBF，即020xyyz.不妨令y=1，可得1,1,2m.由题意，有2222222121126cos,9221112mnmnmn由图可知平面

BDE与平面BDF夹角为锐角，所以平面BDE与平面BDF夹角的余弦值为69.