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

解答题 1.(2024·全国甲卷·理)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F­BM­E的正弦值． 解析　(1)证明　证法一(利用线面平行判定定理) 第1步：证四边形BCDM为平行四边形 因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2，所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四边形BCDM为平行四边形． 第2步：利用线面平行的判定定理证明BM∥平面CDE，所以BM∥CD，又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE，所以BM∥平面CDE. 证法二(利用面面平行的性质) 第1步：证四边形BCEF为平行四边形 因为EF∥AD，BC∥AD，所以EF∥BC， 又EF＝BC＝2，所以四边形BCEF为平行四边形． 第2步：证BF∥平面CDE 所以BF∥CE，又CE⊂平面CDE，BF⊄平面CDE，所以BF∥平面CDE. 第3步：证四边形MDEF为平行四边形 因为M为AD的中点，且AD＝4，所以EF∥MD，且EF＝MD，所以四边形MDEF为平行四边形． 第4步：证FM∥平面CDE 所以FM∥ED，又ED⊂平面CDE，FM⊄平面CDE，所以FM∥平面CDE. 第5步：利用面面平行的性质证BM∥平面CDE 因为BF，FM⊂平面BMF，BF∩FM＝F，所以平面BMF∥平面CDE. 又BM⊂平面BMF，所以BM∥平面CDE. (2)第1步：证明OB，OD，OF两两垂直 取AM的中点O，连接BO，FO. 由(1)证法一可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝. 由(1)证法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝，又AF＝，所以FO⊥AM， 又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3， 又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2， 所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直． 第2步：建立空间直角坐标系，并写出相关点和向量的坐标 分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则F(0,0,3)，B(，0,0)，M(0,1,0)，E(0,2,3)，则＝(，－1,0)，＝(0，－1,3)，＝(0,1,3)． 第3步：求平面FBM的法向量 设平面FBM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即 令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，所以n1＝(，3,1)． 第4步：求平面EBM的法向量 设平面EBM的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则即 令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1， 所以n2＝(，3，－1)． 第5步：求二面角F­BM­E的正弦值 设二面角F­BM­E的平面角为θ， 所以|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝， 因为θ∈[0，π]，所以sin θ>0， 即sin θ＝＝， 所以二面角F­BM­E的正弦值为. 2.(2024·河北唐山二模)如图，在四棱锥P­ABCD中，AD∥BC，AB＝AD＝2，BC＝1，∠BAD＝120°，PA⊥CD，PD⊥AC，点E是棱PD上靠近点P的三等分点． (1)证明：PA⊥平面ABCD； (2)若平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为，求四棱锥P­ABCD的体积． 解析　(1)证明　在△ABC中，由题得∠ABC＝60°，AB＝2，BC＝1，∴由余弦定理可得AC＝，从而有AB2＝BC2＋AC2，∴AC⊥BC. ∵AD∥BC，∴AC⊥AD，又PD⊥AC，PD∩AD＝D，AD，PD⊂平面PAD，∴AC⊥平面PAD.∵PA⊂平面PAD，∴AC⊥PA，又PA⊥CD，AC∩CD＝C，AC，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥平面ABCD. (2)以A为原点，AC，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．设AP＝t(t>0)，则A(0,0,0)，C(，0,0)，D(0,2,0)，P(0,0，t)，E，∴＝(，0,0)，＝，易知＝(0,2,0)是平面PAC的一个法向量．设平面EAC的法向量为n＝(x，y，z)，则即取z＝－1，则n＝(0，t，－1)． ∵平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为，∴|cos〈，n〉|＝＝＝，可得t＝3，∴四棱锥P­ABCD的体积V＝××(1＋2)××3＝. 3.如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE翻折使点A到达点A1的位置，F为线段A1C的中点． (1)求证：DF∥平面A1BE； (2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线A1E与平面A1BC所成角的大小． 解析　(1)证明　取线段A1B的中点为H，连接EH，FH，因为F为线段A1C的中点，所以FH∥BC，且FH＝BC；又E是AD的中点，所以ED∥BC，且ED＝BC；所以ED∥FH，且ED＝FH，故四边形EDFH为平行四边形，所以DF∥EH，因为DF⊄平面A1BE，EH⊂平面A1BE，所以DF∥平面A1BE. (2)因为E是AD的中点，所以BE⊥AD，所以BE⊥A1E；因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE＝BE，A1E⊂平面A1BE，所以A1E⊥平面BCDE. 以E为原点，EB，ED，EA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 设AB＝2，，则E(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(，0,0)，C(，2,0)，所以＝(0,0,1)，＝(－，0,1)，＝(0,2,0)，设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，则即取x＝1，则n＝(1,0，)，设直线A1E与平面A1BC所成角为θ，则sin θ＝＝＝，又θ∈，所以直线A1E与平面A1BC所成角为. 4．(2024·江南十校联考信息卷)已知在多面体PQABCD中，平面PADQ⊥平面ABCD，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，四边形PADQ为矩形，其中M和N分别为AD和AP的中点，AB＝，BC＝5，AD＝DC＝2. (1)证明：平面BMN⊥平面QDC； (2)若二面角N­BM­C的余弦值为－，求直线BQ与平面BMN所成角的正弦值． 解析　(1)证明　过点A作AH∥CD交BC于点H，则AH＝CD＝2，AD＝CH＝2，因为BC＝5，所以BH＝5－2＝3，延长BM交CD的延长线于点F，AB＝，在△ABH中，由余弦定理得cos∠AHB＝＝＝，故∠AHB＝，则∠BCD＝∠AHB＝，因为M为AD的中点，故DM＝1，在△BCF中，DM∥BC，由相似关系可知＝＝，又CD＝2，故＝，解得FD＝，故CF＝2＋＝，在△BCF中，由余弦定理得BF2＝CB2＋CF2－2CB·CFcos＝25＋－2×5××＝，故BF2＋CF2＝CB2，所以BF⊥CF，因为四边形PADQ为矩形，所以QD⊥AD，因为平面PADQ⊥平面ABCD，交线为AD，QD⊂平面PADQ，所以QD⊥平面ABCD，因为BF⊂平面ABCD，所以QD⊥BF，因为CF∩QD＝D，CF，QD⊂平面CDQ，所以BF⊥平面CDQ，又BF⊂平面BMN，所以平面BMN⊥平面CDQ. (2)过点M作MG∥CD交BC于点G，作MS∥DQ交PQ于点S，则由(1)知MG⊥MB，MS⊥平面ABCD，因为MB，MG⊂平面ABCD，所以MS⊥MB，MS⊥MG，故MG，MB，MS两两垂直，故以M为坐标原点，MB，MG，MS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由平行关系可知，四边形CGMD为平行四边形，故∠DMG＝，故∠AMB＝，在△ABM中，由余弦定理得cos∠AMB＝，即＝，解得MB＝2，则B，M，C，设N，t>0，平面NBM的法向量为m＝(x，y，z)，则 解得x＝0，令z＝1，则y＝2t，故m＝， 平面BMC的一个法向量为n＝， 则cos〈m，n〉＝＝＝，因为二面角N­BM­C的余弦值为－，故＝，解得t＝1，故AP＝2，m＝，Q，＝， 设直线BQ与平面BMN所成角的大小为θ， 则sin θ＝＝ ＝＝， 故直线BQ与平面BMN所成角的正弦值为. 5．(2024·安徽六校第二次素养测试)如图，四棱锥E­ABCD的底面ABCD是菱形，点F，G分别在棱CD，BE上，BG＝2GE，CF＝2FD，EA＝ED＝AD＝BD＝2. (1)证明：FG∥平面ADE； (2)若二面角E­AD­B大小为120°，求FG与平面BCE所成角的正弦值． 解析　(1)证明　取棱AE上一点H，使得AH＝2HE，连接GH，HD， ∵AH＝2HE，BG＝2GE， ∴GH∥AB，且GH＝CD＝AB， ∵CF＝2FD， ∴FD∥AB，且FD＝AB， ∴GH∥FD，且GH＝FD，故四边形GHDF为平行四边形，∴FG∥DH. 又∵FG⊄平面ADE，DH⊂平面ADE， ∴FG∥平面ADE. (2)取AD中点O，连接OE，OB，作EK⊥OB，垂足为K， ∵菱形ABCD中，AD＝BD＝2， ∴△ABD为等边三角形， ∵OE⊥AD，OB⊥AD，OE∩OB＝O， ∴∠BOE是二面角E­AD­B的平面角，即∠EOK＝180°－∠BOE＝60°，且AD⊥平面OBE， ∴OK＝OEcos 60°＝，即OB＝2OK， 又∵BG＝2GE，∴OG∥EK， 又∵EK⊂平面OBE，∴EK⊥AD， 又∵EK⊥OB，AD∩OB＝O，AD，OB⊂平面ABD， ∴EK⊥平面ABD，∴OG⊥平面ABD. 以O为原点，OA，OB，OG所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O­xyz，则点A(1,0,0)，B(0，，0)，D(－1,0,0)，G(0,0,1)， ∴＝，＝＝， ＝＋＋＝＋＋＝＋＋＝，设n⊥平面BCG，n＝(x，y，z)，记FG与平面BCE所成角大小为θ，由取n＝， 故sin θ＝＝ ＝＝， 综上，FG与平面BCE所成角的正弦值为. 6．(2024·四川雅安模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，棱AC，CC1的中点分别为D，E，C1在平面ABC内的射影为D，△ABC是边长为2的等边三角形，且AA1＝2，点F在棱B1C1上运动(包括端点)． (1)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离； (2)求锐二面角F­BD­E的余弦值的取值范围． 解析　(1)连接DC1，依题意可知DC1⊥平面ABC，由于AC，BD⊂平面ABC，所以DC1⊥AC，DC1⊥BD，由于三角形ABC是等边三角形，所以BD⊥AC，BD＝＝，又DC1＝＝，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则C1(0,0，)，C(1,0,0)，E，B(0，，0)，又＝＝(－1，，0)，故B1(－1，，)， F，则＝，＝(0，，0)，设平面BDE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则令z1＝1，则x1＝－，y1＝0，故m＝(－，0,1)，又＝，所以点F到平面BDE的距离为d＝＝＝. (2)设＝λ(0≤λ≤1)，＝(－1，，0)，则＝＋＝＋λ＝(0,0，)＋λ(－1，，0)＝(－λ，λ，)， 设平面BDF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则令x2＝，则z2＝λ，y2＝0，故n＝(，0，λ)，设锐二面角F­BD­E为θ，则cos θ＝＝＝·＝ ，令3－λ＝t(t∈[2,3])， 所以cos θ＝ ＝ ， 设s＝，则cos θ＝ ，二次函数y＝12s2－6s＋1＝122＋的开口向上，对称轴为s＝，所以当s∈时，该二次函数单调递增，所以当s＝时，该二次函数有最小值12×2－6×＋1＝，当s＝时，该二次函数有最大值12×2－6×＋1＝1，所以 ∈，即cos θ∈. 即锐二面角F­BD­E的余弦值的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$