2025年高考数学二轮复习重点专题训练·空间的线面关系及角与距离

2025高考二轮复习重点专题训练 空间的线面关系及角与距离 一、单项选择题 1．(2024·湘豫名校联考)已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若a∥α，b⊥β，则“α∥β”是“a⊥b”的(　　) A．充分不必要条件　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D.既不充分也不必要条件 2．(2024·苏州大学指导卷)设直线l的方向向量为u＝(1，－2，2)，则向量a＝(－1，1，2)在直线l上的投影向量为(　　) A. B． C． D． 3．(2024·温州高三适应性考试)在正三棱台ABC－A1B1C1中，△ABC为下底面，下列结论正确的是(　　) A．VABC－A1B1C1＝3VA1－BB1C1 B．AA1⊥面AB1C1 C．A1B⊥B1C D．AA1⊥BC 4.(2024·甘肃武威联考)如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC－A1B1C1中，P为棱CC1的中点，则直线AB1与直线BP所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 5.(2024·广东部分名校联合质检)如图，在四面体ABCD中，AB＝AC，BC⊥BD，平面ABC⊥平面BCD，O为线段BC的中点，则下列判断错误的是(　　) A．AC⊥BD B．BD⊥平面ABC C．AB⊥CD D．AO⊥平面BCD 6.(2024·贵州联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC＝3，∠BCD＝120°，PA⊥平面ABCD，PD⊥CD，PB⊥CB，PB＝PD＝2，则PA＝(　　) A．1 B． C． D． 7.(2024·福建福州闽江口协作体联考)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，四面体ACB1D1的体积为，则AC1与平面BC1A1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，G为线段B1D1上的动点，则异面直线AG与EF所成角的最大值为(　　) A． B． C． D． 9．(2024·长郡中学模拟)数学上定义的距离都意味着最短，如平面上两点间的距离定义为连接两点的线段的长度，球面上两点之间的最短距离，就是经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度(大圆指的是经过球心的平面截得的圆)，我们把这个弧长叫做两点的球面距离．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC，PA＝AB＝4.已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，则B，C两点的球面距离是(　　) A． B． C．π D．π 10.如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AD，BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF内，在这一过程中，下列关系不能成立的是(　　) A．AB∥CD B．AB⊥PQ C．PQ∥ED D．PQ∥平面ADE 二、多项选择题 11．(2024·苏锡常镇一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，点F满足＝λ(0≤λ≤1)，则(　　) A．当λ＝0时，AC1⊥平面BDF B．任意λ∈[0，1]，三棱锥F－BDE的体积是定值 C．存在λ∈[0，1]，使得AC与平面BDF所成的角为 D．当λ＝时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为π 12．(2024·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中(A1不在底面BCD内)，下面四个命题中正确的是(　　) A．BM的长是定值 B．点M的运动轨迹在某个圆周上 C．存在某个位置，使DE⊥A1C D．BM∥平面A1DE 13．如图1，已知正方形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D－ABC，如图2.记AC，BC，AD的中点分别为O，M，N，则下列结论正确的是(　　) A．AC⊥平面BOD B．三棱锥D－ABC体积的最大值为 C．三棱锥D－ABC的外接球的表面积为定值 D．MN与平面BOD所成角的取值范围是 三、填空题 14.(2024·湖北宜荆荆恩联考)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别为线段PD，PC上的点，＝，若直线BF∥平面AEC，则＝________． 15．(2024·南通调研)一个三棱锥形木料P－ABC，其中△ABC是边长为2 dm的等边三角形，PA⊥底面ABC，二面角P－BC－A的大小为45°，则点A到平面PBC的距离为________ dm.若将木料削成以A为顶点的圆锥，且圆锥的底面在侧面PBC内，则圆锥体积的最大值为________dm3. 16.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为________． 17.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AD，AB的中点，且AB＝1. (1)EF________平面CB1D1； (2)一个动点从点F出发，在正方体的表面上依次经过棱BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA上的点，最终又回到点F，则整个路线长度的最小值为________． 四、解答题 18．(2024·甘肃兰州期末)如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝，AO＝4，BO＝2，Rt△AOC可以由Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B－AO－C是直二面角，动点D在线段AB上． (1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值； (2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值． 19．(2024·江苏无锡阶段测试)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，DA＝DC＝DD1＝2，AB＝C1D1＝1，∠ADC＝120°，∠D1DA＝∠B1BA＝90°. (1)证明：平面D1C1CD⊥平面ABCD； (2)求直线AA1与平面AB1C1所成角的正弦值． 20．(2024·江苏南通模拟)如图，四边形ABCD为圆柱的轴截面，EF是圆柱异于AD，BC的母线． (1)证明：DF⊥平面BEF； (2)若AB＝，BC＝2BE＝2，求二面角B－DF－E的余弦值． 21．(2024·湖南郴州期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，E为线段PD的中点，F为线段PC(不含端点)上的动点． (1)证明：平面AEF⊥平面PCD； (2)是否存在点F，使二面角P－AF－E的大小为45°？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 22．(2024·广东广州期末)如图，在五棱锥P－ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AE∥BC，AB∥CD，AC∥ED，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2AE＝4. (1)求证：平面PCD⊥平面PAC； (2)已知直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段PA的长． 23．(2024·镇江市、泰州市4月联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，CD＝4. (1)证明：AD⊥PC； (2)若M为线段PB上靠近B点的四等分点，判断直线AM与平面PDC是否相交？如果相交，求出P到交点H的距离；如果不相交，说明理由． 24.(2024·天域全国名校联考)如图，在三棱锥P－ABC中，PB⊥平面ABC，AB＝BC＝BP＝2，点E在平面ABC内，且满足平面PAE⊥平面PBE，BA⊥BC. (1)当∠ABE∈时，求点E的轨迹长度； (2)当二面角E－PA－B的余弦值为时，求三棱锥E－PCB的体积． 25．(2024·吉林模拟预测)如图所示，半圆柱OO1与四棱锥A－BCDE拼接而成的组合体中，F是半圆弧BC上(不含B，C)的动点，FG为半圆柱的一条母线，点A在半圆柱下底面所在平面内，OB＝2OO1＝2，AB＝AC＝2. (1)求证：CG⊥BF； (2)若DF∥平面ABE，求平面FOD与平面GOD夹角的余弦值； (3)求点G到直线OD距离的最大值． 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考二轮复习重点专题训练·空间的线面关系及角与距离 一、单项选择题 1．(2024·湘豫名校联考)已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，若a∥α，b⊥β，则“α∥β”是“a⊥b”的(　　) A．充分不必要条件　　　 B．必要不充分条件 C．充要条件 D.既不充分也不必要条件 答案　A 解析　若α∥β，b⊥β，则b⊥α，又a∥α，所以a⊥b.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，记平面ADD1A1为α，平面ABCD为β，BC，AA1分别为直线a，b，则满足a⊥b，a∥α，b⊥β，但α，β不平行．所以“α∥β”是“a⊥b”的充分不必要条件．故选A. 2．(2024·苏州大学指导卷)设直线l的方向向量为u＝(1，－2，2)，则向量a＝(－1，1，2)在直线l上的投影向量为(　　) A. B． C． D． 答案　D 解析　a在l上的投影向量为u＝u＝，故选D. 3．(2024·温州高三适应性考试)在正三棱台ABC－A1B1C1中，△ABC为下底面，下列结论正确的是(　　) A．VABC－A1B1C1＝3VA1－BB1C1 B．AA1⊥面AB1C1 C．A1B⊥B1C D．AA1⊥BC 答案　D 解析　延长BB1，CC1，AA1交于S点，则SB＝SC，取BC中点D，连接SD，AD，则AD⊥BC，SD⊥BC，AD∩SD＝D，∴BC⊥面SAD，∴BC⊥SA，即BC⊥AA1.故选D. 4.(2024·甘肃武威联考)如图，在棱长都相等的正三棱柱ABC－A1B1C1中，P为棱CC1的中点，则直线AB1与直线BP所成的角为(　　) A．30° B．45° C．60° D．90° 答案　D 解析　如图，设E，F分别为棱AB，BB1的中点，连接EF，FC1，EC1，EC，则EF∥AB1，因为P为棱CC1的中点，所以C1P∥FB且C1P＝FB，所以四边形C1PBF为平行四边形，所以FC1∥BP，所以∠EFC1(或其补角)为直线AB1与直线BP所成的角． 设正三棱柱ABC－A1B1C1的棱长为2a，则AB1＝2a，EF＝AB1＝a，FC1＝BP＝a，EC＝＝a，EC1＝＝a，所以EF2＋FC12＝EC12，所以EF⊥FC1，∠EFC1＝90°.故选D. 5.(2024·广东部分名校联合质检)如图，在四面体ABCD中，AB＝AC，BC⊥BD，平面ABC⊥平面BCD，O为线段BC的中点，则下列判断错误的是(　　) A．AC⊥BD B．BD⊥平面ABC C．AB⊥CD D．AO⊥平面BCD 答案　C 解析　因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，BC⊥BD，BD平面BCD，所以BD⊥平面ABC，故B正确；因为AC平面ABC，所以BD⊥AC，故A正确；因为AB＝AC，O为线段BC的中点，所以BC⊥AO，易知AO⊥平面BCD，故D正确；因为BD⊥平面ABC，AB平面ABC，所以BD⊥AB，若AB⊥CD，BD∩CD＝D，BD，CD平面BCD，则AB⊥平面BCD，显然B，O不重合，故C错误．故选C. 6.(2024·贵州联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC＝3，∠BCD＝120°，PA⊥平面ABCD，PD⊥CD，PB⊥CB，PB＝PD＝2，则PA＝(　　) A．1 B． C． D． 答案　D 解析　如图，连接AC.由PB＝PD＝2，PC＝3，PD⊥DC，PB⊥BC，得CD＝CB＝＝1. 因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，所以PA⊥CD，又CD⊥PD，且PA，PD平面PAD，PA∩PD＝P，所以CD⊥平面PAD.因为AD平面PAD，所以CD⊥AD，同理可得CB⊥AB.又CD＝CB，则Rt△ABC≌Rt△ADC，所以∠ACB＝∠ACD＝＝60°. 在Rt△ABC中，BC＝1，∠ACB＝60°，所以AB＝.因为PA⊥平面ABCD，AB平面ABCD，所以PA⊥AB，则PA＝＝＝.故选D. 7.(2024·福建福州闽江口协作体联考)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，四面体ACB1D1的体积为，则AC1与平面BC1A1所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　设AA1＝a(a>0)，因为四面体ACB1D1的体积为，所以4a－4×××2×2a＝，解得a＝2，所以S△A1BC1＝×2×2×＝2，S△A1AB＝×2×2＝2.设点A到平面BC1A1的距离为h(h>0)，由等体积法得VA－A1BC1＝VC1－A1AB，即S△A1BC1·h＝S△A1AB·C1B1，所以h＝＝＝.设AC1与平面BC1A1所成的角为θ，则sin θ＝＝＝.故选C. 8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，G为线段B1D1上的动点，则异面直线AG与EF所成角的最大值为(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，设正方体棱长为2，G(a，a，2)，a∈[0，2]，则A(2，0，0)，E(2，1，0)，F(1，2，0)， 故＝(a－2，a，2)，＝(－1，1，0)， 设异面直线AG与EF的夹角为α，α∈， 故cos α＝＝ ＝， 因为a∈[0，2]，则当a＝0或a＝2时，cos α取得最小值，最小值为， 又因为y＝cos α在上单调递减，则α的最大值为. 9．(2024·长郡中学模拟)数学上定义的距离都意味着最短，如平面上两点间的距离定义为连接两点的线段的长度，球面上两点之间的最短距离，就是经过两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度(大圆指的是经过球心的平面截得的圆)，我们把这个弧长叫做两点的球面距离．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC，PA＝AB＝4.已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，则B，C两点的球面距离是(　　) A． B． C．π D．π 答案　B 解析　 如图所示，取PB的中点O，∵PA⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC，PA＝AB＝4，∴O为三棱锥外接球的球心，∴外接球半径R＝＝＝2.连接OC，易知OC＝OB＝BC＝2，∴∠BOC＝60°，∴B，C两点的球面距离为×2π×R＝×2π×2＝π.故选B. 10.如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AD，BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF内，在这一过程中，下列关系不能成立的是(　　) A．AB∥CD B．AB⊥PQ C．PQ∥ED D．PQ∥平面ADE 答案　C 解析　翻折过程中某时刻的示意图如图所示，连接PQ，DF，AD，BC. 因为翻折前AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD， 因此翻折过程中AB∥CD，故选项A成立； 因为P，Q分别为AF，CE的中点，所以Q为DF的中点，所以PQ∥AD， 易得AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故选项B成立； 因为PQ∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ与ED不平行，故选项C不成立； 因为PQ∥AD，且PQ平面ADE，AD平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故选项D成立． 二、多项选择题 11．(2024·苏锡常镇一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱AA1的中点，点F满足＝λ(0≤λ≤1)，则(　　) A．当λ＝0时，AC1⊥平面BDF B．任意λ∈[0，1]，三棱锥F－BDE的体积是定值 C．存在λ∈[0，1]，使得AC与平面BDF所成的角为 D．当λ＝时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为π 答案　ACD 解析　当λ＝0时，F与A1重合，平面BDF为平面BDA1，连接AC1，易知AC1⊥平面BDA1，∴AC1⊥平面BDF，A正确． 连接EF，ED，EB.方法一：VF－BDE＝VD－BEF＝S△BEF·AD，F的位置在改变，则△BEF的面积在改变，体积不是定值，B错误． 方法二：∵A1B1不与平面BDE平行，∴F到面BDE的距离不为定值，∴三棱锥F－BDE的体积不为定值，B错误． 连接AC.方法一： 如图所示建系，则D(0，0，0)，B(2，2，0)，F(2，2λ，2)，设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，则 ∴ 不妨设x＝1，则y＝－1，z＝λ－1，n＝(1，－1，λ－1)，易知＝(－2，2，0). 若AC与平面BDF所成角为，则sin ＝|cos 〈n，〉|＝＝， λ＝1－∈[0，1]，C正确． 方法二：当F与A1重合时，AC与平面BDF所成角的正弦值为<，易得此时AC与平面BDF所成角小于，当F与B1重合时，AC与平面BDF所成角为>，∴存在λ∈[0，1]，使AC与平面BDF所成角为，C正确． 如图所示建系，当λ＝时，易知f ，平面BDF的法向量n＝，外接球球心为O(1，1，1)，连接OD，O到平面BDF的距离d＝＝，外接球半径R＝||＝， ∴截面圆半径r＝＝，所求面积S＝πr2＝π，D正确，故选ACD. 12．(2024·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中(A1不在底面BCD内)，下面四个命题中正确的是(　　) A．BM的长是定值 B．点M的运动轨迹在某个圆周上 C．存在某个位置，使DE⊥A1C D．BM∥平面A1DE 答案　ABD 解析　如图所示，取CD的中点F，连接MF，BF，AC， 易得MF∥A1D，BF∥DE，∵MF平面A1DE，A1D平面A1DE，∴MF∥平面A1DE， 同理可得BF∥平面A1DE，又MF∩BF＝F，MF，BF平面BMF，∴平面BMF∥平面A1DE， ∵BM平面BMF，∴BM∥平面A1DE，D正确；∵∠BFM＝∠A1DE为定值，MF＝A1D为定值，BF＝DE为定值，由余弦定理知，BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cos ∠BFM， ∴BM的长为定值，A正确； ∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM的长为半径的圆周上，B正确； ∵A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直， ∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C错误． 13．如图1，已知正方形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D－ABC，如图2.记AC，BC，AD的中点分别为O，M，N，则下列结论正确的是(　　) A．AC⊥平面BOD B．三棱锥D－ABC体积的最大值为 C．三棱锥D－ABC的外接球的表面积为定值 D．MN与平面BOD所成角的取值范围是 答案　ABC 解析　因为在图1中四边形ABCD为正方形，可得在图2中AC⊥BO，AC⊥DO， 又由BO∩DO＝O，且BO，DO平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正确； 当平面ACD⊥平面ABC时，点D到平面ABC的距离最大， 即三棱锥D－ABC高的最大值为OD＝， 此时三棱锥D－ABC的体积最大，为V＝S△ABC·OD＝××2×2×＝，所以B正确； 由OA＝OB＝OC＝OD＝，知三棱锥D－ABC外接球的球心为O，外接球的半径R＝， 所以三棱锥D－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝8π(定值)，所以C正确； 如图所示，取AB，AO的中点E，F，连接ME，EF，NF，NE，MF， 因为E，F，N分别为AB，AO，AD的中点， 可得EF∥BO，NF∥DO，又EF∩NF＝F，BO∩DO＝O， 所以平面NEF∥平面BOD， 又因为AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF， 因为AC∥ME，所以ME⊥平面NEF， 所以∠MNE即为直线MN与平面NEF所成的角，即MN与平面BOD所成的角， 在折叠过程中，设BD的长度为a，则a∈(0，2)， 由E，N分别为AB，AD的中点，得NE＝BD， 在Rt△MNE中，可得tan ∠MNE＝＝＝＝>1， 根据线面角的取值范围得∠MNE的取值范围为， 即MN与平面BOD所成角的取值范围为，所以D错误． 三、填空题 14.(2024·湖北宜荆荆恩联考)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E，F分别为线段PD，PC上的点，＝，若直线BF∥平面AEC，则＝________． 答案　 解析　如图，连接BD交AC于O，连接DF交CE于G，连接OG. 由于直线BF∥平面AEC，BF平面BDF，平面BDF∩平面AEC＝OG， 则BF∥OG，由于O是BD的中点，所以＝＝1， 过F作FH∥CE，交PD于H，则＝＝1，由于＝，所以＝， 所以＝＝. 15．(2024·南通调研)一个三棱锥形木料P－ABC，其中△ABC是边长为2 dm的等边三角形，PA⊥底面ABC，二面角P－BC－A的大小为45°，则点A到平面PBC的距离为________ dm.若将木料削成以A为顶点的圆锥，且圆锥的底面在侧面PBC内，则圆锥体积的最大值为________dm3. 答案　　π 解析　PA⊥平面ABC，△ABC为正三角形，则PB＝PC，取BC中点D，连接DA，DP，如图，则AD⊥BC，PD⊥BC，∴∠PDA＝45°，∴PA＝AD＝，取PD中点E，连接AE，则A到平面PBC的距离d＝AE＝. 以E为圆心作圆，设圆E与PB，PC相切时半径为r，则＝，r＝，∴圆锥体积的最大值Vmax＝×π×＝π. 16.在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为________． 答案　 解析　以D为原点，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， 则G(2，λ，2)，D1(0，0，2)，E(2，0，1)，F(2，2，1)， 所以＝(2，0，－1)，＝(2，2，－1)，＝(0，－λ，－1)， 设平面D1EF的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令x＝1，则y＝0，z＝2， 所以平面D1EF的一个法向量n＝(1，0，2). 点G到平面D1EF的距离为＝＝. 17.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AD，AB的中点，且AB＝1. (1)EF________平面CB1D1； (2)一个动点从点F出发，在正方体的表面上依次经过棱BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA上的点，最终又回到点F，则整个路线长度的最小值为________． 答案　(1)∥　(2)3 解析　(1)连接BD，因为E，F分别为棱AD，AB的中点，所以EF∥BD.又BD∥B1D1，所以EF∥B1D1，又B1D1平面CB1D1，EF平面CB1D1，所以EF∥平面CB1D1. (2)如图，将正方体六个面展开，连接FF′，可知FF′为最短路线，且FF′依次经过棱BB1，B1C1，C1D1，D1D，DA的中点，由AB＝1，可得所求的最小值为6×＝3. 四、解答题 18．(2024·甘肃兰州期末)如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝，AO＝4，BO＝2，Rt△AOC可以由Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B－AO－C是直二面角，动点D在线段AB上． (1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值； (2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值． 解析　(1)由题意可得AO⊥OB，AO⊥OC，平面AOB⊥平面AOC，平面AOB∩平面AOC＝AO，OB平面AOB， 所以OB⊥平面AOC， 如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(0，0，4)，C(2，0，0)，B(0，2，0)， 若D为AB的中点，则D(0，1，2)，可得＝(0，0，4)，＝(－2，1，2)， 设异面直线AO与CD所成角为θ，则θ∈， 则cos θ＝|cos 〈，〉|＝＝＝. 故异面直线AO与CD所成角的余弦值为. (2)由动点D在线段AB上，设D(x，y，z)，＝λ，λ∈[0，1]， 则＝(x，y－2，z)，＝(0，－2，4)，可得解得 即D(0，2(1－λ)，4λ)，则＝(－2，2(1－λ)，4λ)， 由题意可知，平面AOB的一个法向量为n＝(1，0，0)， 设CD与平面AOB所成角为α，α∈， 则sin α＝|cos 〈n，〉|＝＝＝， 对于函数y＝5λ2－2λ＋2，λ∈[0，1]，其图象开口向上，对称轴为λ＝∈[0，1]， 可得当λ＝时，y＝5λ2－2λ＋2取到最小值ymin＝5×－2×＋2＝， 所以sin α的最大值为＝， 故CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值为. 19．(2024·江苏无锡阶段测试)如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB∥CD，DA＝DC＝DD1＝2，AB＝C1D1＝1，∠ADC＝120°，∠D1DA＝∠B1BA＝90°. (1)证明：平面D1C1CD⊥平面ABCD； (2)求直线AA1与平面AB1C1所成角的正弦值． 解析　(1)证明：方法一：∵AB∥CD，∠ADC＝120°，∴∠DAB＝60°，连接BD， 在△ABD中，AB＝1，AD＝2，∠DAB＝60°，由余弦定理得BD＝＝， 故AB2＋BD2＝AD2，则AB⊥BD， 在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，BB1，DD1延长后能交于一点，即BB1，DD1共面，连接B1D1， 又∠B1BA＝90°，即AB⊥BB1，BB1∩BD＝B，BB1，BD平面BB1D1D， 所以AB⊥平面BB1D1D， 因为DD1面BB1D1D，所以AB⊥DD1， 又∠D1DA＝90°，即AD⊥DD1，AB∩AD＝A，AB，AD平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD，又因为DD1平面D1C1CD， 所以平面D1C1CD⊥平面ABCD. 方法二：由棱台的定义，把四棱台ABCD－A1B1C1D1的侧棱延长交于点P，得到四棱锥P－ABCD，则∠PDA＝∠PBA＝90°， 同方法一，可得AB⊥BD， 以D为原点，DB，DC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系如图1， 则B(，0，0)，A(，－1，0)，设P(a，b，c)， 由∠PDA＝∠PBA＝90°，则有·＝a－b＝0，·＝－b＝0， 所以a＝b＝0，即P(0，0，c)，所以PD⊥平面ABCD，因为PD平面PCD， 故平面PCD⊥平面ABCD，即平面D1C1CD⊥平面ABCD. (2)以D为原点，DB，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图2， B(，0，0)，A(，－1，0)，D1(0，0，2)，C1(0，1，2)，由＝， 得A1，由＝，得B1， 所以＝，＝，＝， 设平面AB1C1的法向量为n＝(x，y，z)， 则n·＝－x＋y＋2z＝0，n·＝－x＋y＝0，取n＝(2，，0)， 设直线AA1与平面AB1C1所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈， n〉|＝＝＝. 所以直线AA1与平面AB1C1所成角的正弦值为. 20．(2024·江苏南通模拟)如图，四边形ABCD为圆柱的轴截面，EF是圆柱异于AD，BC的母线． (1)证明：DF⊥平面BEF； (2)若AB＝，BC＝2BE＝2，求二面角B－DF－E的余弦值． 解析　(1)证明：连接CF，如图．由题意EF∥BC，EF＝BC，所以四边形EFCB是平行四边形，即E，F，C，B四点共面， 因为四边形ABCD为圆柱的轴截面，所以DC为底面圆的直径，所以DF⊥FC， 因为EF⊥平面DFC，DF平面DFC，所以EF⊥DF，又EF∩FC＝F，EF平面BEF，FC平面BEF，所以DF⊥平面BEF. (2)连接EA，因为四边形ABCD为圆柱的轴截面，所以AB为底面圆的直径，所以AE⊥EB，易知EA，EB，EF两两垂直， 如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 由AB＝，BC＝2BE＝2， 得B(0，1，0)，D(1，0，2)，E(0，0，0)，F(0，0，2). 由题意EF∥AD，EF＝AD，所以四边形EFDA是平行四边形，即E，F，D，A四点共面， 则平面DEF的一个法向量为＝(0，1，0). 设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，由＝(－1，0，0)，＝(0，－1，2)， 则有可取n＝(0，2，1)， 设二面角B－DF－E的平面角为θ，由图可知θ为锐角， 则cos θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝， 所以二面角B－DF－E的余弦值为. 21．(2024·湖南郴州期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝2，E为线段PD的中点，F为线段PC(不含端点)上的动点． (1)证明：平面AEF⊥平面PCD； (2)是否存在点F，使二面角P－AF－E的大小为45°？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． 解析　(1)证明：因为底面ABCD为正方形，则CD⊥AD， 又因为PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，所以PA⊥CD，由PA∩AD＝A，PA，AD平面PAD， 可得CD⊥平面PAD，由AE平面PAD，可得CD⊥AE， 因为PA＝AD，且E为PD的中点，则AE⊥PD， 由CD∩PD＝D，CD，PD平面PCD，可得AE⊥平面PCD，又AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面PCD. (2)以AB，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，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，则E(0，1，1)， 设＝λ(0<λ<1)，连接AC，易知AC在面APF内， 则＝＋＝＋λ＝(2λ，2λ，2－2λ)，＝(0，1，1)， 设平面AEF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 令y1＝λ，则x1＝1－2λ，z1＝－λ，可得m＝(1－2λ，λ，－λ)， 又因为＝(2，2，0)，＝(0，0，2)， 设平面APF的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 令x2＝1，则y2＝－1，z2＝0，可得n＝(1，－1，0)， 由题意得|cos 〈m，n〉|＝＝cos 45°，即＝， 整理得3λ2－2λ＝0，解得λ＝或λ＝0(舍去)， 所以存在点F满足题意，此时＝. 22．(2024·广东广州期末)如图，在五棱锥P－ABCDE中，PA⊥平面ABCDE，AE∥BC，AB∥CD，AC∥ED，∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝2AE＝4. (1)求证：平面PCD⊥平面PAC； (2)已知直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段PA的长． 解析　(1)证明：∵∠ABC＝45°，AB＝2，BC＝4， ∴由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC cos 45°＝8＋16－2×2×4×＝8， 所以AC2＋AB2＝BC2，故AC⊥AB，因为AB∥CD，所以AC⊥CD， 因为PA⊥平面ABCDE，CD平面ABCDE，所以PA⊥CD， 因为AC∩PA＝A，AC，PA平面PAC，所以CD⊥平面PAC， 因为CD平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC. (2)如图，作EN⊥AC交AC于点N，所以四边形ENCD是长方形， 因为AE∥BC，∠BCA＝45°，所以∠NAE＝45°， 因为AE＝2，所以CD＝NE＝， 由(1)知，AP，AB，AC两两垂直，以A为原点，AB，AC，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设AP＝t(t>0)，则P(0，0，t)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(－，2，0)， ＝(－2，0，t)，＝(0，2，－t)，＝(－，2，－t)， 设n＝(x，y，z)为平面PCD的一个法向量， 则即令y＝，则z＝，x＝0，所以n＝， 所以sin 30°＝|cos 〈n，〉|＝＝＝， 解得t＝2， 所以线段PA的长为2. 23．(2024·镇江市、泰州市4月联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，CD＝4. (1)证明：AD⊥PC； (2)若M为线段PB上靠近B点的四等分点，判断直线AM与平面PDC是否相交？如果相交，求出P到交点H的距离；如果不相交，说明理由． 解析　(1)证明：如图，连接AC，在四边形ABCD中，AB⊥BC，∵AB＝BC＝2，∴AC＝2， 又易知AD＝2，∴AD2＋AC2＝16＝CD2，∴AD⊥AC， 又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，又AC∩PA＝A，∴AD⊥平面PAC，∴AD⊥PC. (2)方法一(几何法)： 如图，过P作PQ∥AB，∴P，D，C，Q四点共面，延长AM交PQ于点Q， 由＝＝PQ＝6，则直线AM与平面PDC相交，且Q与H重合，∴PH＝6. 方法二：如图建系， 设＝λ， ∵P(0，0，2)，D(2，－2，0)，A(0，0，0)，C(2，2，0)，M，∴＝，＝(0，λ，λ)，∴＝－＝，＝(2，－2，－2)，＝(0，4，0)， 设平面PDC的一个法向量n＝(x，y，z)， ∴n＝(1，0，1)， 由n⊥n·＝－2＝0，∴λ＝4， ∴AM与平面PDC相交，＝(0，6，0)，∴PH＝6. 20.(2024·天域全国名校联考)如图，在三棱锥P－ABC中，PB⊥平面ABC，AB＝BC＝BP＝2，点E在平面ABC内，且满足平面PAE⊥平面PBE，BA⊥BC. (1)当∠ABE∈时，求点E的轨迹长度； (2)当二面角E－PA－B的余弦值为时，求三棱锥E－PCB的体积． 解析　(1)如图1，作BH⊥PE交PE于H，因为平面PAE⊥平面PBE，且平面PAE∩平面PBE＝PE，所以BH⊥平面PAE，又因为AE平面PAE，所以BH⊥AE，因为PB⊥平面ABC，且AE平面ABC，所以PB⊥AE，因为BH⊥AE，PB，BH平面PBE，PB∩BH＝B，所以AE⊥平面PBE，又 因为BE平面PBE，所以AE⊥BE，分别以直线BA，BC，BP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则B(0，0，0)，P(0，0，2)，C(0，2，0)，A(2，0，0). 设E(x，y，0)(x>0，y>0)，因为AE⊥BE，所以·＝0，又＝(x－2，y，0)，＝(x，y，0)，所以(x－2)·x＋y·y＝0，即(x－1)2＋y2＝1. 在平面ABC内，以BA，BC所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系如图2. 设AB中点为N，则N(1，0)，点E在以N为圆心，1为半径的上半圆上，作∠ABM＝，∠ABQ＝，连接NM，NQ，则∠ANM＝，∠ANQ＝， 因此，E的轨迹为圆弧QM，其长度为×1＝. (2)由(1)知，E(x，y，0)，＝(2，0，－2)，＝(x－2，y，0)， 设平面PAE的一个法向量为n＝(a，b，c)， 则即令a＝y，则b＝2－x，c＝y，n＝(y，2－x，y). ＝(0，2，0)为平面PAB的一个法向量，设二面角E－PA－B的平面角为θ，则cos θ＝＝，因为(x－1)2＋y2＝1， 所以cos θ＝＝. 解得x＝2，y＝0或x＝1，y＝±1，又x>0，y>0，故x＝1，y＝1，则E(1，1，0)，从而可得三棱锥E－PCB的体积VE－PCB＝××2×2×1＝. 24．(2024·吉林模拟预测)如图所示，半圆柱OO1与四棱锥A－BCDE拼接而成的组合体中，F是半圆弧BC上(不含B，C)的动点，FG为半圆柱的一条母线，点A在半圆柱下底面所在平面内，OB＝2OO1＝2，AB＝AC＝2. (1)求证：CG⊥BF； (2)若DF∥平面ABE，求平面FOD与平面GOD夹角的余弦值； (3)求点G到直线OD距离的最大值． 解析　(1)证明：如图，取弧BC中点H，连接OH，则OH⊥BC，以O为坐标原点，直线OB，OH，OO1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 连接OA，在△ABC中，BC＝4，AB＝AC＝2，OB＝OC，则AO⊥BC，AO＝2， 于是O(0，0，0)，A(0，－2，0)，B(2，0，0)，C(－2，0，0)，D(－2，0，1)， 设F(x，y，0)，则G(x，y，1)，其中x2＋y2＝4，y∈(0，2]，＝(x＋2，y，1)，＝(x－2，y，0)， 因此·＝x2－4＋y2＝0，即⊥， 所以CG⊥BF. (2)由BE⊥平面ABC，AC平面ABC，得BE⊥AC， 又AB2＋AC2＝BC2，则AB⊥AC，而AB∩BE＝B，AB，BE平面ABE，则AC⊥平面ABE， 即＝(－2，2，0)为平面ABE的一个法向量， ＝(x＋2，y，－1)，由DF∥平面ABE，得·＝－2x－4＋2y＝0， 又x2＋y2＝4，y∈(0，2]，解得此时F(0，2，0)，G(0，2，1)， 设n＝(a，b，c)是平面FOD的一个法向量，则取a＝1，得n＝(1，0，2)， 设m＝(e，f，g)是平面GOD的一个法向量，则取e＝1，得m＝(1，－1，2)， 则平面FOD与平面GOD夹角的余弦值为|cos 〈n，m〉|＝＝＝. (3)＝(－2，0，1)，＝(x，y，1)，x2＋y2＝4，y∈(0，2]， 则点G到直线OD的距离d＝＝， 当x＝，即F的坐标为时，点G到直线OD的距离取最大值，为. 9 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $$