专题3 微专题9 空间角与空间距离（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题三　立体几何 第一篇　专题突破　高考热点 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 微专题9　空间角与空间距离 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 目 录 聚焦命题·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 CONTENTS 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 聚焦命题·巧突破 01 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 真题再现·明考向 02 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 命题点1　异面直线所成的角 　(1)(2024·贵州黔东南二模)平面α过直三棱柱ABC­A1B1C1的顶点B1，平面α∥平面ABC1，平面α∩平面BB1C1C＝l，且AA1＝AB＝BC，AB⊥BC，则A1B与l所成角的正弦值为(　　) A.eq \f(\r(3),2)　　　　　　　　 B．eq \f(\r(2),2) C.eq \f(1,2) D．eq \f(\r(3),3) (2)(2024·陕西安康模拟)如图，在底面为等边三角形的直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1＝eq \r(2)，D，E分别为棱BC，BB1的中点，F为棱AB上的动点，且线段C1F的长度最小值为eq \r(5)，则异面直线AC与DE所成角的余弦值为(　　) A.eq \f(\r(6),6) B．eq \f(\r(3),4) C.eq \f(\r(30),6) D．eq \f(\r(10),5) [解析]　(1)如图所示，将直三棱柱ABC­A1B1C1向上补一个全等的直三棱柱A1B1C1­A2B2C2，则B1C2∥BC1，A1B1∥AB，因为B1C2⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，且A1B1⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以B1C2∥平面ABC1，且A1B1∥平面ABC1，又因为B1C2∩A1B1＝B1，且B1C2，A1B1⊂平面A1B1C2，所以平面A1B1C2∥平面ABC1，且B1∈平面A1B1C2，故平面A1B1C2即为平面α，所以交线l即为直线B1C2，因为B1C2∥BC1，则A1B与l所成角即为∠A1BC1，设AA1＝AB＝BC＝1，则AC＝A1C1＝eq \r(2)，BC1＝BA1＝eq \r(2)，可得A1C1＝BC1＝BA1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝60°，所以sin∠A1BC1＝eq \f(\r(3),2)，即A1B与l所成角的正弦值为eq \f(\r(3),2).故选A. (2)由于三棱柱ABC­A1B1C1为直三棱柱，所以CC1⊥底面ABC，又CF⊂底面ABC，所以CC1⊥CF，故C1F＝eq \r(C1C2＋CF2)＝eq \r(2＋FC2)，故当CF⊥AB时，此时CF最小，线段C1F的长度最小，由于线段C1F的最小值为eq \r(5)，故此时CF＝eq \r(3)，F为AB中点，故AB＝2，连接DF，则DF∥AC，故∠EDF或其补角即为异面直线AC与DE所成角，DE＝eq \r(BD2＋BE2)＝eq \f(\r(6),2)，DF＝1，FE＝eq \r(BF2＋BE2)＝eq \f(\r(6),2)，cos∠EDF＝eq \f(DE2＋DF2－EF2,2DE·DF)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2＋12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))2,2×\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(6),6)，故异面直线AC与DE所成角的余弦值为eq \f(\r(6),6)，故选A. [答案]　(1)A　(2)A (1)利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角． (2)用向量法求异面直线所成的角时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同．　 【预测练1】 (2024·安徽“江淮十校”联考)当动点P在正方体ABCD­A1B1C1D1的体对角线A1C上运动时，异面直线BP与AD1所成角的取值范围是(　　) A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(π,2))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,3))) C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))) D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,4))) 解析　以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D­xyz(图略)．设正方体边长为1，则A(1,0,0)，D1(0,0,1)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，∴eq \o(AD1,\s\up16(→))＝(－1,0,1)，eq \o(BC,\s\up16(→))＝(－1,0,0)，eq \o(CA1,\s\up16(→))＝(1，－1，1)．设eq \o(CP,\s\up16(→))＝λeq \o(CA1,\s\up16(→))，λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))，则eq \o(CP,\s\up16(→))＝(λ，－λ，λ)，∴eq \o(BP,\s\up16(→))＝eq \o(BC,\s\up16(→))＋eq \o(CP,\s\up16(→))＝(λ－1，－λ，λ)，故cos〈eq \o(AD1,\s\up16(→))，eq \o(BP,\s\up16(→))〉＝eq \f(\o(AD1,\s\up16(→))·\o(BP,\s\up16(→)),|\o(AD1,\s\up16(→))|·|\o(BP,\s\up16(→))|)＝eq \f(1,\r(2)·\r(3λ2－2λ＋1)).设函数h(λ)＝3λ2－2λ＋1＝ 3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－\f(1,3)))2＋eq \f(2,3)，λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))，则h(λ)min＝heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq \f(2,3)，h(λ)max＝h(1)＝2，故cos〈eq \o(AD1,\s\up16(→))，eq \o(BP,\s\up16(→))〉∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).又异面直线AD1与BP所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴异面直线AD1与BP所成角的范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，\f(π,3))).故选C. 答案　C 命题点2　直线与平面所成的角 　(2024·江苏南通三模)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝4，BC＝2，A1C＝2eq \r(3)，AC⊥BC，∠A1AB＝60°. (1)证明：BC⊥平面ACC1A1； (2)设点D为CC1的中点，求直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值． [解析]　(1)证明　如图，连接A1B. 因为AB＝AA1，∠A1AB＝60°，所以△ABA1为等边三角形． 因为A1C＝2eq \r(3)，BC＝2，A1B＝4，所以A1B2＝A1C2＋BC2，所以BC⊥A1C，又BC⊥AC，AC∩A1C＝C，AC，A1C⊂平面ACC1A1，所以BC⊥平面ACC1A1. (2)解法一　如图，设E为BB1的中点，连接A1E，DE，作DF⊥A1E于F. 因为BC⊥平面ACC1A1，DE∥BC，所以DE⊥平面ACC1A1， 又CC1⊂平面ACC1A1， 所以DE⊥CC1.在△A1CC1中，因为A1C＝A1C1，D为CC1的中点，所以A1D⊥CC1，又A1D∩DE＝D，A1D，DE⊂平面A1DE，所以CC1⊥平面A1DE.因为BB1∥CC1，所以BB1⊥平面A1DE，又DF⊂平面A1DE，所以BB1⊥DF. 因为DF⊥A1E，BB1∩A1E＝E，BB1，A1E⊂平面ABB1A1，所以DF⊥平面ABB1A1，所以直线A1D与平面ABB1A1所成的角为∠DA1E. 在△DA1E中，A1D⊥DE，A1D＝eq \r(A1C2－22)＝2eq \r(2)，DE＝BC＝2，所以A1E＝eq \r(A1D2＋DE2)＝2eq \r(3)，所以sin∠DA1E＝eq \f(DE,A1E)＝eq \f(\r(3),3). 故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3). 解法二　如图，以C为原点，CA，CB所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，则A(2eq \r(3)，0,0)，B(0,2,0)，A1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3)))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3)))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，0，\f(2\r(6),3)))，所以eq \o(A1D,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(3),3)，0，－\f(2\r(6),3)))，eq \o(AB,\s\up16(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \o(AA1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4\r(3),3)，0，\f(4\r(6),3))).设平面ABB1A1的法向量为n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(AA1,\s\up16(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,x－\r(2)z＝0，)) 令z＝1，则x＝eq \r(2)，y＝eq \r(6)，即n＝(eq \r(2)，eq \r(6)，1)． 设直线A1D与平面ABB1A1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈eq \o(A1D,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|\o(A1D,\s\up16(→))·n|,|\o(A1D,\s\up16(→))|·|n|)＝eq \f(\r(3),3). 故直线A1D与平面ABB1A1所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3). (1)几何法求线面角的关键是找出线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中应用余弦定理(或勾股定理)求解． (2)向量法求线面角时要注意：线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的关系是〈a，n〉＋θ＝eq \f(π,2)或〈a，n〉－θ＝eq \f(π,2)，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值．　 【预测练2】 (2024·山东潍坊一模)如图，在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，下底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝2A1B1＝2，BC＝8，A1A＝4eq \r(2)，DD1⊥DC，M为BC的中点． (1)求证：平面CDD1C1⊥平面D1DM； (2)若D1D＝4，求直线DM与平面BCC1B1所成角的正弦值． 解析　(1)证明　在▱ABCD中，由∠ABC＝120°，得∠DCM＝60°，而DC＝2，CM＝4，在△DCM中，由余弦定理，得DM＝ eq \r(22＋42－2×2×4×\f(1,2))＝2eq \r(3)，则DM2＋CD2＝CM2，即DM⊥CD，又CD⊥D1D，DD1∩DM＝D，DD1，DM⊂平面D1DM，因此CD⊥平面D1DM，而CD⊂平面CDD1C1，所以平面CDD1C1⊥平面D1DM. (2)在四棱台ABCD­A1B1C1D1中，由AB＝2A1B1，得AD＝2A1D1＝8，有A1D1＝4，在梯形ADD1A1中，AD＝8，DD1＝4，过A1作A1E∥D1D交AD于点E，则AE＝4，A1E＝4，又AA1＝4eq \r(2)，显然AE2＋A1E2＝AAeq \o\al(2,1)，则A1E⊥AD，即D1D⊥AD，又D1D⊥CD，AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，于是D1D⊥平面ABCD，以D为坐标原点，DM，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D­xyz， 则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，2，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，4))，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)，0，0))，所以eq \o(MC,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)，2，0))，eq \o(CC1,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－1，4))，设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(MC,\s\up16(→))·n＝－2\r(3)x＋2y＝0，,\o(CC1,\s\up16(→))·n＝－y＋4z＝0，))令z＝eq \r(3)，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，4\r(3)，\r(3)))，而eq \o(DM,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)，0，0))，设DM与平面BCC1B1所成角大小为θ，因此sin θ＝|cos〈eq \o(DM,\s\up16(→))，n〉|＝eq \f(|\o(DM,\s\up16(→))·n|,|\o(DM,\s\up16(→))||n|)＝eq \f(8\r(3),2\r(3)×\r(67))＝eq \f(4\r(67),67)，所以直线DM与平面BCC1B1所成角的正弦值为eq \f(4\r(67),67). 命题点3　二面角 　(2024·江西宜春模拟)如图1，在五边形ABCDE中，AB＝BD，AD⊥DC，EA＝ED且EA⊥ED，将△AED沿AD折成图2，使得EB＝AB，F为AE的中点． (1)证明：BF∥平面ECD； (2)若EB与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A­EB­D的正弦值． [解析]　(1)证明　取AD的中点G，连接BG，FG， ∵AB＝BD，G为AD的中点，∴BG⊥AD， 又AD⊥DC，∴BG∥CD. 又BG⊄平面ECD，CD⊂平面ECD， ∴BG∥平面ECD. ∵F为AE的中点，∴FG∥ED. 又FG⊄平面ECD，ED⊂平面ECD， ∴FG∥平面ECD， 又BG∩FG＝G，BG，FG⊂平面BFG， ∴平面BFG∥平面ECD， 又BF⊂平面BFG，∴BF∥平面ECD. (2)∵EA⊥ED，由(1)知FG∥ED，∴FG⊥AE， 又EB＝AB，F为AE的中点，∴BF⊥AE， 又BF∩FG＝F，BF，FG⊂平面BFG，∴AE⊥平面BFG， 又BG⊂平面BFG，∴BG⊥AE， 又BG⊥AD，AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面EAD，∴BG⊥平面EAD， 又BG⊂平面ABCD，∴平面EAD⊥平面ABCD， 连接EG，∵EA＝ED，G为AD的中点，∴EG⊥AD， 又平面EAD∩平面ABCD＝AD，EG⊂平面EAD， ∴EG⊥平面ABCD，又BG⊂平面ABCD， ∴EG⊥BG， 以G为坐标原点，GB，GD，GE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，∠EBG是EB与平面ABCD所成的角，即∠EBG＝30°， ∵EA＝ED，设EA＝t(t>0)，则AD＝eq \r(2)t，EG＝eq \f(\r(2),2)t，EB＝eq \r(2)t，BG＝eq \f(\r(6),2)t， ∴G(0,0,0)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(2),2)t))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)t，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)t，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)t，0，0))， ∴eq \o(EB,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)t，0，－\f(\r(2),2)t))，eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)t，\f(\r(2),2)t))，eq \o(DE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)t，\f(\r(2),2)t))， 设平面ABE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(EB,\s\up16(→))＝\f(\r(6),2)tx1－\f(\r(2),2)tz1＝0，,n1·\o(AE,\s\up16(→))＝\f(\r(2),2)ty1＋\f(\r(2),2)tz1＝0，)) 令x1＝1，则n1＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))， 设平面DBE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(EB,\s\up16(→))＝\f(\r(6),2)tx2－\f(\r(2),2)tz2＝0，,n2·\o(DE,\s\up16(→))＝－\f(\r(2),2)ty2＋\f(\r(2),2)tz2＝0，)) 令x2＝1，得n2＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))， 设二面角A­EB­D的平面角为θ， ∴|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(1,\r(7)×\r(7))＝eq \f(1,7)， 所以sin θ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(4\r(3),7)，即二面角A­EB­D的正弦值为eq \f(4\r(3),7). (1)用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角． (2)利用法向量的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的．　 【预测练3】 (2024·安徽安庆二模)如图，将边长为2的菱形ABDC沿其对角线BC对折，使得点A，D分别位于边长为2的等边△PBC所在平面的两侧，且PA＝eq \r(6)，PD＝eq \r(3)，设E是PA的中点． (1)证明：平面PBC⊥平面ABC； (2)求平面EBD与平面ABC夹角的正弦值． 解析　(1)证明　取BC的中点O，连接OA，OP，因为四边形ABDC是边长为2的菱形，△PBC是边长为2的等边三角形，所以△ABC也是边长为2的等边三角形，在等边△PBC中，O是BC的中点，可得OP⊥BC且OA＝OP＝eq \r(3)，又因为PA＝eq \r(6)，可得PA2＝OA2＋OP2，所以OP⊥OA，因为OA∩BC＝O，且OA，BC⊂平面ABC，所以OP⊥平面ABC；又因为OP⊂平面PBC，故平面PBC⊥平面ABC. (2)由(1)知，OP⊥BC，OP⊥OA，OA⊥BC.故以O为原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(eq \r(3)，0,0)，B(0,1,0)，C(0，－1,0)，P(0,0，eq \r(3))，可得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，\f(\r(3),2)))， 因为△DBC是边长为2的等边三角形，故OD＝OP＝eq \r(3)＝PD，所以∠POD＝60°，且OD⊥BC，又因为OP⊥BC，OD∩OP＝O，故BC⊥平面DOP，则D在平面xOz内，可得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))，所以eq \o(BE,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－1，\f(\r(3),2)))，eq \o(BD,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1，\f(\r(3),2)))，设平面ABC的法向量为m＝(a，b，c)，显然可令m＝(0,0,1)；设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(BE,\s\up16(→))＝\f(\r(3),2)x－y＋\f(\r(3),2)z＝0，,n·\o(BD,\s\up16(→))＝－\f(3,2)x－y＋\f(\r(3),2)z＝0，)) 令z＝2，则x＝0，y＝eq \r(3)，即n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3)，2))，所以cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(2,\r(7))＝eq \f(2\r(7),7)，设平面EBD与平面ABC的夹角为θ，则sin θ＝eq \r(1－cos2〈m，n〉)＝eq \f(\r(21),7)，故平面EBD与平面ABC的夹角的正弦值为eq \f(\r(21),7). 命题点4　空间距离 　(2024·江苏扬州第二次调研)如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H. (1)从下面两个结论中选一个证明：①BD∥GH；②直线HE，GF，AC相交于一点； (注：若两个问题均作答，则按第一个计分) (2)求直线BD与平面EFG的距离． [解析]　(1)选择结论①，由E，F分别为BC，CD的中点，得EF∥BD，又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD∥平面EFG，又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH. 选择结论②，在△ACD中，AG＝2GD，F为CD中点，则GF与AC不平行，设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF，又AC⊂平面ABC，FG⊂平面EFG，于是K∈平面ABC，K∈平面EFG，又平面ABC∩平面EFG＝HE，因此K∈HE，所以HE，GF，AC相交于一点． (2)若第(1)问中选①，由(1)知，BD∥平面EFG，则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，若第(1)问中选②，由E，F分别为BC，CD的中点，则EF∥BD，又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，于是BD∥平面EFG，因此点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，于是AE⊥平面BCD，又ED⊂平面BCD，则EA⊥ED，以点E为原点，EB，ED，EA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(2,0,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\r(3)，0))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))，所以eq \o(EB,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \o(EF,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\r(3)，0))，eq \o(EG,\s\up16(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))， 设平面EFG的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up16(→))·n＝－x＋\r(3)y＝0，,\o(EG,\s\up16(→))·n＝\f(4\r(3),3)y＋\f(2\r(3),3)z＝0，)) 令y＝1，得n＝(eq \r(3)，1，－2)， 设点B到平面EFG的距离为d，则d＝eq \f(|\o(EB,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(3),\r(8))＝eq \f(\r(6),2)，所以BD与平面EFG的距离为eq \f(\r(6),2). (1)空间中点、线、面距离的相互转化关系 (2)空间距离的求解方法有：①作垂线段；②等体积法；③等价转化；④空间向量法．　 【预测练4】 (多选)设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，O为BD中点，则下列结论正确的是(　　) A．D1到平面A1BD的距离是eq \f(2\r(3),3) B．C1到平面A1BD的距离是2eq \r(2) C．C到平面A1BD的距离是eq \r(2) D．A到A1O的距离为eq \f(2\r(3),3) 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，O(1,1,0)，∴eq \o(D1A1,\s\up16(→))＝(2,0,0)，eq \o(DB,\s\up16(→))＝(2,2,0)，eq \o(DA1,\s\up16(→))＝(2,0,2)，eq \o(A1C1,\s\up16(→))＝(－2,2,0)，eq \o(A1C,\s\up16(→))＝(－2,2，－2)，eq \o(A1A,\s\up16(→))＝(0,0，－2)，eq \o(A1O,\s\up16(→))＝(－1，1，－2)，设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·\o(DA1,\s\up16(→))＝2x＋2z＝0，,n·\o(DB,\s\up16(→))＝2x＋2y＝0，))令z＝1，则n＝(－1,1,1)， ∴D1到平面A1BD的距离为eq \f(|\o(D1A1,\s\up16(→))·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，C1到平面A1BD的距离为eq \f(|\o(A1C1,\s\up16(→))·n|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n)))＝eq \f(4,\r(3))＝eq \f(4\r(3),3)，C到平面A1BD的距离为eq \f(|\o(A1C,\s\up16(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，A到A1O的距离为 eq \r(\o(A1A,\s\up16(→))2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(A1A,\s\up16(→))·\o(A1O,\s\up16(→)),|\o(A1O,\s\up16(→))|)))2) ＝ eq \r(4－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(6))))2)＝eq \f(2\r(3),3)，故选AD. 答案　AD 1.(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝eq \r(3). (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角A­CP­D的正弦值为eq \f(\r(42),7)，求AD. 解析　(1)证明　第1步：证明AD⊥AB 由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，∴AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，∴AD⊥AB. 第2步：证明AB⊥BC，得出BC∥AD ∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，∴BC∥AD， 第3步：证明AD∥平面PBC ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴AD∥平面PBC. (2)第1步：建系，设出点A(a,0,0)，写出相关向量的坐标 由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，设A(a,0,0)，a>0，则CD＝eq \r(4－a2)，C(0，eq \r(4－a2)，0)，P(a,0,2)，eq \o(CD,\s\up16(→))＝(0，－eq \r(4－a2)，0)，eq \o(AC,\s\up16(→))＝(－a，eq \r(4－a2)，0)，eq \o(CP,\s\up16(→))＝(a，－eq \r(4－a2)，2)． 第2步：得出平面CPD的一个法向量 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up16(→))·n＝0，,\o(CP,\s\up16(→))·n＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\r(4－a2)y＝0，,ax－\r(4－a2)y＋2z＝0，)) 可取n＝(2,0，－a)． 第3步：得出平面ACP的一个法向量 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up16(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up16(→))＝0，)) 即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(ax1－\r(4－a2)y1＋2z1＝0，,－ax1＋\r(4－a2)y1＝0，)) 可取m＝(eq \r(4－a2)，a,0)． 第4步：根据二面角A­CP­D的正弦值列方程 ∵二面角A­CP­D的正弦值为eq \f(\r(42),7)， ∴余弦值的绝对值为eq \f(\r(7),7)，故|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq \f(2\r(4－a2),\r(4－a2＋a2)·\r(4＋a2))＝eq \f(\r(7),7)， 第5步：得出AD的长 又a>0，∴a＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3). 2．(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5eq \r(3)，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足eq \o(AE,\s\up16(→))＝eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up16(→))，eq \o(AF,\s\up16(→))＝eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up16(→)).将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4eq \r(3). (1)证明：EF⊥PD； (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解析　(1)证明　第1步：证明EF⊥AE 由题，AE＝eq \f(2,5)AD＝2eq \r(3)，AF＝eq \f(1,2)AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2. 又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE. 第2步：证明EF⊥PD 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED， 又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED. 又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD. (2)第1步：证明PE⊥平面ABCD 如图，连接CE，由题，DE＝3eq \r(3)，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝eq \r(DE2＋CD2)＝6. 又PE＝AE＝2eq \r(3)，PC＝4eq \r(3)，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE. 又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD. 第2步：建立空间直角坐标系，得到相关向量的坐标 EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,2eq \r(3))，D(0,3eq \r(3)，0)，F(2,0,0)，A(0，－2eq \r(3)，0)，C(3,3eq \r(3)，0)， 连接PA，则eq \o(PD,\s\up16(→))＝(0,3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(DC,\s\up16(→))＝(3,0,0)，eq \o(AP,\s\up16(→))＝(0,2eq \r(3)，2eq \r(3))，eq \o(AF,\s\up16(→))＝(2,2eq \r(3)，0)． 第3步：求平面PCD和平面PBF的法向量 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·\o(PD,\s\up16(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n1·\o(DC,\s\up16(→))＝3x1＝0，)) 可取n1＝(0,2,3)． 设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·\o(AP,\s\up16(→))＝2\r(3)y2＋2\r(3)z2＝0，,n2·\o(AF,\s\up16(→))＝2x2＋2\r(3)y2＝0，)) 可取n2＝(eq \r(3)，－1,1)． 第4步：求平面PCD与平面PBF所成二面角的余弦值的绝对值|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(1,\r(65)). 第5步：利用同角三角函数的基本关系求得结果 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为eq \r(1－\f(1,65))＝eq \f(8\r(65),65). $$