6.2 空间点、直线、平面的位置关系-【十年高考】备战2025年高考数学真题分类解析与应试策略（Word版）

§6.2　空间点、直线、平面的位置关系 考点 2015-2019年 2020年 2021年 2022年 2023年 2024年 合计 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 全国卷 地方卷 71.空间点线面关系的判断 2 2 1 2 0 0 0 0 0 0 0 0 3 4 72.空间角 5 5 0 1 1 0 2 1 0 0 0 0 8 7 73.空间距离 4 2 1 0 1 0 0 0 0 0 1 1 7 3 命题分析与备考建议 (1)命题热度:本专题是历年高考命题常考的内容(),属于中低档题目,三种题型都有考查,分值4~5分. (2)考查方向:一是考查空间点线面关系的判断,以空间几何体的结构特征为背景,考查关于线面位置关系命题的真假判断;二是考查空间角,以几何体为载体,考查异面直线所成的角、线面角或二面角的求解;三是考查空间距离,几何体中点线距、点面距、线面距、面面距等空间距离的求解. (3)明智备考:一是要准确把握空间几何体的结构特征,这是判断线面位置关系、正确求解空间角与距离的基础;二是要熟练掌握空间线面位置关系以及异面直线所成角 的求解方法. (4)主编提示:命题的兴趣点在几何体中线面位置关系的判断,考查直观想象、逻辑推理的核心素养.高三备考,抓准几何体的结构特征,熟练掌握空间角和空间距离的求 解方法,不能偏离! 考点71空间点线面关系的判断　 1.(2020·浙江,6,4分,难度★★)已知空间中不过同一点的三条直线l,m,n.“l,m,n共面”是“l,m,n两两相交”的 (　B　) 　 　　　　　 　　　　　 　　　　 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析　由条件可知,当m,n,l在同一平面内时,三条直线不一定两两相交,有可能两条直线平行;或三条直线平行;反过来,当空间中不过同一点的三条直线m,n,l两两相交时,如图,三个不同的交点确定一个平面,则m,n,l在同一平面内,所以“m,n,l”共面是“m,n,l两两相交”的必要不充分条件.故选B. 2.(2020·上海,15,5分,难度★★★) 在棱长为10的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为左侧面ADD1A1上一点,已知点P到A1D1的距离为3,P到AA1的距离为2,则过点P且与A1C平行的直线相交的面是 (　A　) A.ABCD B.BB1C1C C.CC1D1D D.AA1B1B 解析　如图,由条件可知直线A1P交线段AD于点M,连接MC,过点P作A1C的平行线,必与MC相交,那么也与平面ABCD相交.故选A. 3.(2019·全国3,理8文8,5分,难度★★★)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点,则 (　B　) A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 解析　如图,连接BD,BE. 在△BDE中,N为BD的中点,M为DE的中点, ∴BM,EN是相交直线, 排除选项C、D. 作EO⊥CD于点O,连接ON. 作MF⊥OD于点F,连接BF. ∵平面CDE⊥平面ABCD,平面CDE∩平面ABCD=CD,EO⊥CD,EO⊂平面CDE, ∴EO⊥平面ABCD.同理,MF⊥平面ABCD. ∴△MFB与△EON均为直角三角形. 设正方形ABCD的边长为2,易知EO=,ON=1,MF=,BF==, 则EN==2,BM==, ∴BM≠EN.故选B. 4.(2016·浙江,理2文2,5分,难度★★)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则 (　C　) A.m∥l B.m∥n C.n⊥l D.m⊥n 解析　对于选项A,∵α∩β=l,∴l⊂α,∵m∥α,∴m与l可能平行,也可能异面,故选项A不正确;对于选项B,D,∵α⊥β,m∥α,n⊥β,∴m与n可能平行,可能相交,也可能异面,故选项B,D不正确.对于选项C,∵α∩β=l,∴l⊂β.∵n⊥β,∴n⊥l.故选C. 5.(2015·广东,文6,5分,难度★★★)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是(　D　) A.l与l1,l2都不相交 B.l与l1,l2都相交 C.l至多与l1,l2中的一条相交 D.l至少与l1,l2中的一条相交 解析　l1与l在平面α内,l2与l在平面β内,若l1,l2与l都不相交,则l1∥l,l2∥l,根据直线平行的传递性,则l1∥l2,与已知矛盾,故l至少与l1,l2中的一条相交. 6.(2019·全国2,理16文16,5分,难度★★★★)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1,则该半正多面体共有　　　　　个面,其棱长为　　　　　.  图1 图2 答案　26　-1 解析　由题图2可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长CB与FE的延长线交于点G,延长BC交正方体的另一条棱于点H.由半正多面体的对称性可知,△BGE为等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=x,所以GH=2×x+x=(+1)x=1,解得x==-1,即该半正多面体的棱长为-1. 7.(2020·全国3,文19,12分,难度★★★★) 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.证明: (1)当AB=BC时,EF⊥AC; (2)点C1在平面AEF内. 证明　(1)如图,连接BD,B1D1. 因为AB=BC,所以四边形ABCD为正方形,故AC⊥BD. 又因为BB1⊥平面ABCD,于是AC⊥BB1. 所以AC⊥平面BB1D1D. 由于EF⊂平面BB1D1D,所以EF⊥AC. (2)如图,在棱AA1上取点G,使得AG=2GA1,连接GD1,FC1,FG. 因为D1E=DD1, AG=AA1,DD1􀰿AA1, 所以ED1􀰿AG,于是四边形ED1GA为平行四边形,故AE∥GD1. 因为B1F=BB1,A1G=AA1,BB1􀰿AA1,所以FG􀰿A1B1,FG􀰿C1D1,四边形FGD1C1为平行四边形,故GD1∥FC1.于是AE∥FC1. 所以A,E,F,C1四点共面,即点C1在平面AEF内. 考点72空间角　 1.(2022·全国甲,理7文9,5分,难度★★)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 (　D　) 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° 解析　 如图,连接BD. B1D与平面ABCD所成的角为∠B1DB,B1D与平面AA1B1B所成的角为∠DB1A,则∠B1DB=∠DB1A=30°,设B1D=2,则AD=B1B=1.由B1D2=AD2+CD2+B1B2,得AB=CD=,从而AB=AD,A错;过点B作BE⊥AB1,垂足为点E,因为AD⊥平面AA1B1B,所以AD⊥BE,又AD∩AB1=A,所以BE⊥平面AB1C1D,所以AE为AB在平面AB1C1D内的射影,则AB与平面AB1C1D所成的角为∠B1AB,又AB=,所以tan∠B1AB===,所以∠B1AB≠30°,B错;因为AC=,CB1=,所以AC≠CB1,C错;由DC⊥平面BB1C1C,知B1C为B1D在平面BB1C1C内的射影,B1D与平面BB1C1C所成的角为∠DB1C,又sin∠DB1C==,则∠DB1C=45°,故选D. 求线面角的技巧 在求线面角时,作角是关键,而确定斜线在平面内的射影又是作角的关键,几何图形的特征是找射影的依据,射影一般都是一些特殊的点,比如中心、垂心、重心等. 2.(多选题)(2022·全国新高考1,9,5分,难度★★)已知正方体ABCD -A1B1C1D1,则 (　ABD　) 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　 如图,连接AD1,∵在正方体ABCD -A1B1C1D1中,BC1∥AD1,A1D⊥AD1,∴直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确; 连接B1C,∵A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C=B1,A1B1⊂平面A1B1C,B1C⊂平面A1B1C,∴BC1⊥平面A1B1C,又CA1⊂平面A1B1C,∴BC1⊥CA1,即直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;连接A1C1,交B1D1于点O,连接BO.易证C1A1⊥平面BB1D1D.∴∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角. 设正方体的棱长为a,则OC1=a,BC1=a, ∴sin∠C1BO==,∴∠C1BO=30°,故C错误;∵C1C⊥平面ABCD,∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角.又∠C1BC=45°,∴直线BC1与平面ABCD所成的角为45°,故D正确.故选ABD. 3.(2022·浙江,8,4分,难度★★) 如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1,AC=AA1,E,F分别是棱BC,A1C1上的点.记EF与AA1所成的角为α,EF与平面ABC所成的角为β,二面角F-BC-A的平面角为γ,则 (　A　) A.α≤β≤γ B.β≤α≤γ C.β≤γ≤α D.α≤γ≤β 解析　 作FG⊥AC交AC于G,连接EG.因为FG⊥平面ABC,所以α=∠EFG,β=∠FEG,tan α==,tan β==,易知AC≥EG,故β≥α. 作FH∥B1C1交A1B1于点H,连接BH,CF,作FM⊥BC交BC于点M,连接GM,得γ=∠FMG,则tan γ==,由EG≥MG,得β≤γ.综上可知α≤β≤γ,故选A. 比较空间角大小的方法 比较空间角的大小问题,首先是找(或作)出空间角,然后是取这个空间角的某一三角函数值,利用三角函数的单调性进行比较. 4.(2021·全国乙,理5文10,5分,难度★★★)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为 (　D　) A. B. C. D. 解析　方法一:如图,连接BC1,PC1. 由正方体的性质可得AD1∥BC1,故∠PBC1为直线PB与AD1所成的角. 设正方体的棱长为1, 则BC1=,C1P=A1C1=. 而BP===, 可得C1P2+BP2=B,故C1P⊥PB. 在Rt△BPC1中,有sin∠PBC1==, 于是∠PBC1=,即直线PB与AD1所成的角等于. 方法二:以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系(图略).不妨设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),D1(0,0,1),B(1,1,0),P,,1,=,,-1,=(-1,0,1).设异面直线PB与AD1所成的角为θ0<θ≤,则cos θ=|cos<,>|===,所以直线PB与AD1所成的角为.故选D. 用平移法求异面直线所成角的一般步骤 (1)作(找)角:用平移法. ①过一条异面直线上的已知点,作另一条直线的平行线,将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角.若题设中有中点,常考虑中位线; ②若异面直线在某几何体中,且直接平移异面直线有困难,可利用几何体的特点,将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角. (2)求值:通过(1),将所求的角转化为一个三角形的内角,解三角形求出该角(有时可能需要通过解几个三角形得到该角的大小). (3)取舍:根据异面直线所成的角的范围正确取舍,得到结论. 5.(2020·山东,4,5分,难度★★★) 日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成的角为 (　B　) A.20° B.40° C.50° D.90° 解析　由题意知,如图,圆O为赤道所在的大圆. 圆O1是在点A处与赤道所在平面平行的晷面.O1C为晷针所在的直线. 直线OA在圆O所在平面的射影为直线OB,点B在圆O上,则∠AOB=40°, ∴∠COA=50°. 又∠CAO=90°,∴∠OCA=40°. ∴晷针与点A处的水平面所成角为40°,故选B. 6.(2019·浙江,8,4分,难度★★★)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角P-AC-B的平面角为γ,则(　B　) A.β<γ,α<γ B.β<α,β<γ C.β<α,γ<α D.α<β,γ<β 解析　如图G为AC中点,点V在底面ABC上的投影为点O,则点P在底面ABC上的投影点D在线段AO上,过点D作DE垂直AE,易得PE∥VG,过点P作PF∥AC交VG于点F,过点D作DH∥AC,交BG于点H,则α=∠BPF,β=∠PBD,γ=∠PED,所以cos α===<=cos β,所以α>β,因为tan γ=>=tan β,所以γ>β.故选B. 7.(2018·全国2,理9,5分,难度★★★)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为(　C　) A. B. C. D. 解析　以DA,DC,DD1为轴建立空间直角坐标系如图, 则D1(0,0,),A(1,0,0), D(0,0,0),B1(1,1,). ∴=(-1,0,),=(1,1,).设异面直线AD1与DB1所成的角为θ. ∴cos θ===. ∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为. 8.(2018·全国1,文10,5分,难度★★★)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为(　C　) A.8 B.6 C.8 D.8 解析　如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB⊥平面BCC1B1,连接BC1,则∠AC1B为AC1与平面BB1C1C所成的角,∠AC1B=30°, 所以在Rt△ABC1中, BC1==2,又BC=2, 所以在Rt△BCC1中, CC1==2, 所以该长方体体积V=BC×CC1×AB=8. 9.(2018·全国2,文9,5分,难度★★★)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为 (　C　) A. B. C. D. 解析　如图,因为AB∥CD,所以AE与CD所成的角为∠EAB. 在Rt△ABE中,设AB=2, 则BE=,则tan∠EAB==, 所以异面直线AE与CD所成角的正切值为. 10.(2017·全国2,理10,5分,难度★★★)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为 (　C　) A. B. C. D. 解析　方法一:把三棱柱ABC-A1B1C1补成四棱柱ABCD-A1B1C1D1,如图, 连接C1D,BD,则AB1与BC1所成的角为∠BC1D.由题意可知BC1=, BD==, C1D=AB1=. 可知B+BD2=C1D2, 所以cos∠BC1D==,故选C. 方法二:以B1为坐标原点,B1C1所在的直线为x轴,垂直于B1C1的直线为y轴,BB1所在的直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示.由已知条件知B1(0,0,0),B(0,0,1),C1(1,0,0),A(-1,,1), 则=(1,0,-1),=(1,-,-1). 所以cos<,>===. 所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为. 求两异面直线所成角的方法 (1)平移法,即将异面直线所成角转化为两相交直线所成角;(2)向量法,建立空间直角坐标系,用坐标表示直线的方向向量,利用空间向量夹角公式求解. 11.(2015·浙江,理8,5分,难度★★★)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△A'CD,所成二面角A'-CD-B的平面角为α,则 (　B　) A.∠A'DB≤α B.∠A'DB≥α C.∠A'CB≤α D.∠A'CB≥α 解析　设∠ADC=θ,设AB=2,则由题意AD=BD=1. 在空间图形中,设A'B=t. 在△A'BD中, cos∠A'DB===. 如图所示,在空间图形中,过A'作A'N⊥DC,过B作BM⊥DC,垂足分别为N,M. 过N作NP􀱀MB,连接A'P,所以NP⊥DC. 则∠A'NP就是二面角A'-CD-B的平面角, 所以∠A'NP=α. 在Rt△A'ND中,DN=A'Dcos∠A'DC=cos θ,A'N=A'Dsin∠A'DC=sin θ. 同理,BM=PN=sin θ,DM=cos θ. 故BP=MN=2cos θ. 显然BP⊥面A'NP,故BP⊥A'P. 在Rt△A'BP中,A'P2=A'B2-BP2=t2-(2cos θ)2=t2-4cos2θ. 在△A'NP中,cos α=cos∠A'NP = = ==+ =cos∠A'DB+. 因为≥1,≥0, 所以cos α≥cos∠A'DB当θ=时取等号, 因为α,∠A'DB∈[0,π],而y=cos x在[0,π]上为递减函数,所以α≤∠A'DB.故选B. 12.(2017·全国3,理16,5分,难度★★★★)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论: ①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角; ②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角; ③直线AB与a所成角的最小值为45°; ④直线AB与a所成角的最大值为60°. 其中正确的是　　　　　.(填写所有正确结论的编号)  答案　②③ 解析　由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圆锥底面,在底面内可以过点B,作BD∥a,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DE⊥BD,∴DE∥b.连接AD,在等腰三角形ABD中,设AB=AD=,当直线AB与a成60°角时,∠ABD=60°,故BD=. 又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=,过点B作BF∥DE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=,∴△ABF为等边三角形,∴∠ABF=60°,即AB与b成60°角,②正确,①错误.由最小角定理可知③正确;很明显,可以满足直线a⊥平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90°,④错误.故正确的说法为②③. 13.(2015·浙江,理13,4分,难度★★★)如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是　　　　　.  答案　 解析　如图,连接DN,取DN的中点P,连接PM,CP,因为M是AD的中点, 故PM∥AN,则∠CMP即为异面直线AN,CM所成的角, 因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,可得AN=CM=DN=2,故MP=PN=. 在Rt△PCN中,CP===,由余弦定理,可得cos∠CMP===,故异面直线AN,CM所成的角的余弦值为. 14. (2019·天津,文17,13分,难度★★★★)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3. (1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD; (2)求证:PA⊥平面PCD; (3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值. (1)证明　如图,连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD. (2)证明　取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD. (3)解　连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角. 因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=,又DN⊥AN, 在Rt△AND中,sin∠DAN==. 所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为. 15. (2015·广东,理18,14分,难度★★★★)如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3,点E是CD边的中点,点F,G分别在线段AB,BC上,且AF=2FB,CG=2GB. (1)证明:PE⊥FG; (2)求二面角P-AD-C的正切值; (3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值. (1)证明　∵PD=PC,且点E为CD边的中点, ∴PE⊥DC. 又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,PE⊂平面PDC, ∴PE⊥平面ABCD.又FG⊂平面ABCD, ∴PE⊥FG. (2)解　∵四边形ABCD是矩形,∴AD⊥DC. 又平面PDC⊥平面ABCD,且平面PDC∩平面ABCD=CD,AD⊂平面ABCD, ∴AD⊥平面PDC. ∵PD⊂平面PDC,∴AD⊥PD. ∴∠PDC即为二面角P-AD-C的平面角. 在Rt△PDE中,PD=4,DE=AB=3,PE==, ∴tan∠PDC==,即二面角P-AD-C的正切值为. (3)解　如图所示,连接AC, ∵AF=2FB,CG=2GB, 即==2, ∴AC∥FG, ∴∠PAC即为直线PA与直线FG所成的角或其补角.在△PAC中,PA==5, AC==3. 由余弦定理可得cos∠PAC===, ∴直线PA与直线FG所成角的余弦值为. 考点73空间距离　 1.(2024·北京,8,4分,难度★★★)已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥,四条侧棱分别为4,4,2,2,则该四棱锥的高为 (　D　) A. B. C.2 D. 解析　如图所示,底面ABCD是边长为4的正方形,设SA=SD=4,SB=SC=2.分别取AD,BC的中点E,F,则SE⊥AD,EF⊥AD.∴AD⊥平面SEF.作SO⊥EF,O为垂足,则AD⊥SO.∴SO⊥平面ABCD,∴SO是四棱锥S-ABCD的高.∵SE=2,EF=4,SF=2,∴EF2=SE2+SF2,∴∠ESF=90°.在Rt△ESF中,SE·SF=EF·SO,得SO=.故选D. 2.(2019·全国1,文16,5分,难度★★★)已知∠ACB=90°,P为平面ABC外一点,PC=2,点P到∠ACB两边AC,BC的距离均为,那么P到平面ABC的距离为　　　　　.  答案　 解析　如图,作PD,PE分别垂直于AC,BC,PO⊥平面ABC.连接CO,OD,知CD⊥PD,CD⊥PO,PD∩PO=P, ∴CD⊥平面PDO,OD⊂平面PDO,∴CD⊥OD. ∵PD=PE=,PC=2, ∴sin∠PCE=sin∠PCD=, ∴∠PCB=∠PCA=60°. ∴PO⊥CO,CO为∠ACB平分线, ∴∠OCD=45°,∴OD=CD=1,OC=. 又PC=2,∴PO==. 3.(2024·全国甲,文19,12分,难度★★★★)如图,已知AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,AE=2,M为CD的中点. (1)证明:EM∥平面BCF; (2)求点M到ADE的距离. (1)证明　∵CD∥EF,且M为CD的中点,∴EF∥CM,且EF=CM,则四边形EMCF为平行四边形,∴EM∥CF.又CF⊂平面BCF,EM⊄平面BCF,∴EM∥平面BCF. (2)解　由题得,AB∥CD,且AB=CD=CM, ∴四边形ABCM为平行四边形, ∴AM=BC=.取DM的中点O,连接AO,OE. ∵EM=FC=DM=DE=2,AM=BC=AD=,则AO⊥DM,EO⊥DM, 则AO==3,OE==, ∴AE2=AO2+OE2, ∴AO⊥OE. 又AO⊥DM,OE,DM⊂平面DME,AO⊄平面DME,∴AO⊥平面DME. 在△ADE中,cos∠AED==, ∴sin∠AED==, 则S△ADE=×2×2×=. 由VA-DEM=VM-ADE,设点M到平面ADE的距离为d. ·S△DEM·AO=·S△ADE·d, 则××2××3=×d, 解得d=. 4. (2021·全国乙,文18,12分,难度★★★★)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,M为BC的中点,且PB⊥AM. (1)证明:平面PAM⊥平面PBD; (2)若PD=DC=1,求四棱锥P-ABCD的体积. (1)证明　∵PD⊥平面ABCD,AM⊂平面ABCD, ∴PD⊥AM. 又PB⊥AM,PB∩PD=P,PB⊂平面PBD,PD⊂平面PBD, ∴AM⊥平面PBD. ∵AM⊂平面PAM,∴平面PAM⊥平面PBD. (2)解　∵M为BC的中点,四边形ABCD为矩形, ∴BM=AD,且AB=DC=1.① ∵AM⊥平面PBD,BD⊂平面PBD, ∴AM⊥BD,则有∠MAD+∠ADB=90°, 又∠BAM+∠MAD=90°, ∴∠BAM=∠ADB,又∠DAB=∠ABM=90°, ∴△BAM∽△ADB,得=, 将①式代入,解得AD=. ∴S矩形ABCD=AD·DC=×1=. 故VP-ABCD=S矩形ABCD·PD=××1=. 5.(2020·全国2,文20,12分,难度★★★★) 如图,已知三棱柱ABC -A1B1C1的底面是正三角形,侧面BB1C1C是矩形,M,N分别为BC,B1C1的中点,P为AM上一点.过B1C1和P的平面交AB于E,交AC于F. (1)证明:AA1∥MN,且平面A1AMN⊥平面EB1C1F; (2)设O为△A1B1C1的中心.若AO=AB=6,AO∥平面EB1C1F,且∠MPN=,求四棱锥B -EB1C1F的体积. (1)证明　如图,因为M,N分别为BC,B1C1的中点, 所以MN∥CC1. 又由已知得AA1∥CC1, 故AA1∥MN. 因为△A1B1C1是正三角形,所以B1C1⊥A1N. 又B1C1⊥MN, 故B1C1⊥平面A1AMN. 所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F. (2)解　AO∥平面EB1C1F,AO⊂平面A1AMN, 平面A1AMN∩平面EB1C1F=PN,故AO∥PN. 又AP∥ON,故四边形APNO是平行四边形, 所以PN=AO=6,AP=ON=AM=,PM=AM=2,EF=BC=2. 因为BC∥平面EB1C1F,所以四棱锥B -EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离. 作MT⊥PN,垂足为T,则由(1)知,MT⊥平面EB1C1F,故MT=PMsin∠MPN=3. 底面EB1C1F的面积为×(B1C1+EF)×PN =(6+2)×6=24. 所以四棱锥B -EB1C1F的体积为×24×3=24. 6. (2019·全国1,文19,12分,难度★★★★)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. (1)证明　连接B1C,ME,如图. 因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D. 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,MN∥ED. 又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE. (2)解　过C作C1E的垂线,垂足为H. 由已知可得DE⊥BC,DE⊥C1C, 所以DE⊥平面C1CE,故DE⊥CH. 从而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,C1C=4, 所以C1E=,故CH=. 从而点C到平面C1DE的距离为. 7. (2019·全国2,文17,12分,难度★★★★)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1. (1)证明:BE⊥平面EB1C1; (2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积. (1)证明　由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1, 故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1, 所以BE⊥平面EB1C1. (2)解　由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6. 如图,作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3. 所以四棱锥E-BB1C1C的体积V=×3×6×3=18. 8. (2018·全国2,文19,12分,难度★★★★)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点. (1)证明:PO⊥平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且MC=2MB,求点C到平面POM的距离. 解　(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2. 连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2. 由OP2+OB2=PB2知,OP⊥OB. 由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC. (2)作CH⊥OM,垂足为H.又由(1)可得OP⊥CH,所以CH⊥平面POM.故CH的长为点C到平面POM的距离.由题设可知OC=AC=2,CM=BC=,∠ACB=45°. 所以OM=,CH==. 所以点C到平面POM的距离为. 9.(2015·重庆,文20,12分,难度★★★★)如图,三棱锥P-ABC中,平面PAC⊥平面ABC,∠ABC=,点D,E在线段AC上,且AD=DE=EC=2,PD=PC=4,点F在线段AB上,且EF∥BC. (1)证明:AB⊥平面PFE; (2)若四棱锥P-DFBC的体积为7,求线段BC的长. (1)证明　由DE=EC,PD=PC知,E为等腰三角形PDC中DC边的中点,故PE⊥AC. 又平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,PE⊂平面PAC,PE⊥AC,所以PE⊥平面ABC, 从而PE⊥AB. 因为∠ABC=,EF∥BC,故AB⊥EF. 从而AB与平面PFE内两条相交直线PE,EF都垂直,所以AB⊥平面PFE. (2)解　设BC=x,则在直角三角形ABC中,AB==, 从而S△ABC=AB·BC=x. 由EF∥BC知,==,得△AFE∽△ABC, 故=2=,即S△AFE=S△ABC. 由AD=AE,S△AFD=S△AFE=·S△ABC=S△ABC=x,从而四边形DFBC的面积为SDFBC=S△ABC-S△AFD=x-x=x. 由(1)知,PE⊥平面ABC,所以PE为四棱锥P-DFBC的高.在直角三角形PEC中,PE===2. 体积VP-DFBC=·SDFBC·PE=·x·2=7,故得x4-36x2+243=0,解得x2=9或x2=27,由于x>0,可得x=3或x=3. 所以,BC=3或BC=3. 10.(2015·福建,文20,12分,难度★★★★)如图,AB是圆O的直径,点C是圆O上异于A,B的点,PO垂直于圆O所在的平面,且PO=OB=1. (1)若D为线段AC的中点,求证:AC⊥平面PDO; (2)求三棱锥P-ABC体积的最大值; (3)若BC=,点E在线段PB上,求CE+OE的最小值. (1)证明　在△AOC中,因为OA=OC,D为AC的中点,所以AC⊥DO.又PO垂直于圆O所在的平面,所以PO⊥AC. 因为DO∩PO=O,所以AC⊥平面PDO. (2)解　因为点C在圆O上,所以当CO⊥AB时,C到AB的距离最大,且最大值为1. 又AB=2,所以△ABC面积的最大值为×2×1=1. 又因为三棱锥P-ABC的高PO=1, 故三棱锥P-ABC体积的最大值为×1×1=. (3)解　在△POB中,PO=OB=1,∠POB=90°, 所以∠OPB=45°,PB==. 同理PC=. 所以PB=PC=BC,所以∠CPB=60°. 在三棱锥P-ABC中,将侧面BCP绕PB旋转至平面BC'P, 使之与平面ABP共面,图略. 当O,E,C'共线时,CE+OE取得最小值. 所以在△OC'P中,由余弦定理得 OC'2=1+2-2×1××cos(45°+60°) =1+2-2×-×=2+. 从而OC'==. 所以CE+OE的最小值为+. 学科网（北京）股份有限公司 $$