第一篇 专题四 第3讲 空间向量与空间角-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

又ＱＥ平面ＭＯＱ，所以ＱＥ⊥ＤＦ． 同理由题意可知，正方形ＡＢＣＤ折起后，可得ＭＤ⊥ＭＱ，ＭＤ ⊥ＭＰ， ＭＱ，ＭＰ是平面ＭＰＱ内两条相交直线，所以ＭＤ⊥平面ＭＰＱ． 又ＰＱ平面ＭＰＱ，所以ＭＤ⊥ＰＱ． 又ＭＯ⊥ＰＱ，ＭＤ，ＭＯ是平面ＭＤＯ内两条相交直线， 所以ＰＱ⊥平面ＭＤＯ． 因为ＤＦ平面ＭＤＯ，所以ＰＱ⊥ＤＦ． 综上，点Ｍ在平面ＰＤＱ的投影为△ＰＤＱ的垂心． 第３讲　 空间向量与空间角 真题再现明考向 １． Ｂ　 方法一：分别取ＢＣ，Ｂ１Ｃ１的中点Ｄ，Ｄ１，则ＡＤ 槡＝ ３ ３，Ａ１Ｄ１ 槡＝ ３，可知Ｓ△ＡＢＣ ＝ １２ × ６ × ６ ×槡 ３ ２ 槡＝ ９ ３，Ｓ△Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ １ ２ × ２ × 槡槡３ ＝ ３， 设正三棱台ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 的高为ｈ，则ＶＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ １３ （槡９ ３ 槡 槡槡槡＋ ３ ＋ ９ ３ × ３）ｈ ＝ ５２３ ，解得ｈ ＝ 槡４ ３３ ， 如图，分别过Ａ１，Ｄ１作底面垂线，垂 足为Ｍ，Ｎ，设ＡＭ ＝ ｘ，则ＡＡ１ ＝ ＡＭ２ ＋Ａ１Ｍ槡 ２ ＝ ｘ２ ＋ １６槡３ ，ＤＮ ＝ ＡＤ －ＡＭ －ＭＮ 槡＝ ２ ３ － ｘ，可得ＤＤ１ ＝ ＤＮ２ ＋Ｄ１Ｎ槡 ２ ＝ （槡２ ３ － ｘ）２ ＋ １６槡 ３ ， 结合等腰梯形ＢＣＣ１Ｂ１可得ＢＢ２１ ＝ ６ － ２( )２ ２ ＋ ＤＤ２１， 即ｘ２ ＋ １６３ ＝（槡２ ３ － ｘ） ２ ＋ １６３ ＋ ４，解得ｘ ＝ 槡 ４ ３ ３ ， 所以Ａ１Ａ与平面ＡＢＣ所成角的正切值为ｔａｎ∠Ａ１ＡＤ ＝ Ａ１ＭＡＭ ＝ １． 方法二：将正三棱台ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１补成正三棱锥Ｐ － ＡＢＣ，则 Ａ１Ａ与平面ＡＢＣ所成的角即为ＰＡ 与平面ＡＢＣ所成的角，因为ＰＡ１ＰＡ ＝ Ａ１Ｂ１ ＡＢ ＝ １ ３ ，则 ＶＰ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＶＰ － ＡＢＣ ＝ １２７，可知 ＶＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ ２６ ２７ ＶＰ － ＡＢＣ ＝ ５２ ３ ，则ＶＰ － ＡＢＣ ＝ １８，设正三棱锥Ｐ － ＡＢＣ的高为ｄ，则ＶＰ － ＡＢＣ ＝ １３ ｄ × １ ２ × ６ × ６ × 槡３ ２ ＝ １８，解得ｄ ＝ 槡２ ３，取底面ＡＢＣ的中心为Ｏ，则ＰＯ⊥底面ＡＢＣ，且ＡＯ ＝ 槡２ ３，所以ＰＡ与平面ＡＢＣ所成角的正切值ｔａｎ∠ＰＡＯ ＝ ＰＯＡＯ ＝ １．故选Ｂ． ２． Ｃ　 如图，取ＡＢ的中点Ｅ，连接ＣＥ，ＤＥ，则根据题意易得ＡＢ⊥ ＣＥ，ＡＢ⊥ＤＥ， ∴二面角Ｃ － ＡＢ － Ｄ的平面角为∠ＣＥＤ ＝ １５０°， ∵ ＡＢ⊥ＣＥ，ＡＢ⊥ＤＥ，且ＣＥ∩ＤＥ ＝ Ｅ， ∴ ＡＢ⊥平面ＡＥＤ，又ＡＢ平面ＡＢＣ， ∴平面ＡＥＤ⊥平面ＡＢＣ， ∴ ＣＤ在平面ＡＢＣ内的射影为ＣＥ， ∴直线ＣＤ与平面ＡＢＣ所成的角为∠ＤＣＥ， 过Ｄ作ＤＨ垂直ＣＥ所在直线，垂足点为Ｈ，设等腰直角三角 形ＡＢＣ的斜边长为２，则可易得ＣＥ ＝ １，ＤＥ 槡＝ ３，又∠ＤＥＨ ＝ ３０°，∴ ＤＨ ＝槡３２ ，ＥＨ ＝ ３ ２ ，∴ ＣＨ ＝ １ ＋ ３ ２ ＝ ５ ２ ，∴ ｔａｎ∠ＤＣＥ ＝ ＤＨ ＣＨ ＝ 槡３ ２ ５ ２ ＝槡３５ ．故选Ｃ． ３．（１）证明：因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，而ＡＤ平面ＡＢＣＤ，所以ＰＡ ⊥ＡＤ， 又ＡＤ⊥ＰＢ，ＰＢ∩ＰＡ ＝ Ｐ，ＰＢ，ＰＡ平面ＰＡＢ，所以ＡＤ⊥平面 ＰＡＢ，而ＡＢ平面ＰＡＢ，所以ＡＤ⊥ＡＢ． 因为ＢＣ２ ＋ ＡＢ２ ＝ ＡＣ２，所以ＢＣ⊥ＡＢ，根据平面知识可知ＡＤ∥ ＢＣ， 又ＡＤ平面ＰＢＣ，ＢＣ平面ＰＢＣ， 所以ＡＤ∥平面ＰＢＣ． （２）如图所示，过点Ｄ作ＤＥ⊥ＡＣ于Ｅ，再过点Ｅ作ＥＦ⊥ＣＰ 于Ｆ，连接ＤＦ， 因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，所以平面 ＰＡＣ⊥平面ＡＢＣＤ，而平面ＰＡＣ∩ 平面ＡＢＣＤ ＝ ＡＣ， 所以ＤＥ⊥平面ＰＡＣ，又ＥＦ⊥ＣＰ， 所以ＣＰ⊥平面ＤＥＦ， 根据二面角的定义可知，∠ＤＦＥ 即为二面角Ａ － ＣＰ － Ｄ的平面角， 即ｓｉｎ∠ＤＦＥ ＝ 槡４２７ ，即ｔａｎ∠ＤＦＥ 槡＝ ６． 因为ＡＤ⊥ＤＣ，设ＡＤ ＝ ｘ，则ＣＤ ＝ ４ － ｘ槡 ２，由等面积法可得， ＤＥ ＝ ｘ ４ － ｘ槡 ２２ ， 又ＣＥ ＝ （４ － ｘ２）－ ｘ ２（４ － ｘ２）槡 ４ ＝ ４ － ｘ２２ ，而△ＥＦＣ为等腰直 角三角形，所以ＥＦ ＝ ４ － ｘ ２ 槡２ ２ ，故ｔａｎ∠ＤＦＥ ＝ ｘ ４ － ｘ槡 ２ ２ ４ － ｘ２ 槡２ ２ 槡＝ ６，解 得ｘ 槡＝ ３，即ＡＤ 槡＝ ３． ４．（１）证明：由ＡＢ ＝ ８，ＡＤ 槡＝ ５ ３，→ＡＥ ＝ ２５ → ＡＤ，→ＡＦ ＝ １２ →ＡＢ，得ＡＥ ＝ 槡２ ３，ＡＦ ＝ ４，又∠ＢＡＤ ＝ ３０°，在△ＡＥＦ中，由余弦定理得ＥＦ ＝ ＡＥ２ ＋ＡＦ２ －２ＡＥ·ＡＦｃｏｓ∠槡 ＢＡＤ 槡＝ １６ ＋１２ －２ ×４ ×２ ３ ×槡３槡                                                                       ２ —３９２— ＝２， 所以ＡＥ２ ＋ ＥＦ２ ＝ ＡＦ２，则ＡＥ⊥ＥＦ，即ＥＦ⊥ＡＤ，所以ＥＦ⊥ＰＥ， ＥＦ⊥ＤＥ， 又ＰＥ∩ＤＥ ＝ Ｅ，ＰＥ、ＤＥ平面ＰＤＥ， 所以ＥＦ⊥平面ＰＤＥ，又ＰＤ平面ＰＤＥ，故ＥＦ⊥ＰＤ． （２）连接ＣＥ，由∠ＡＤＣ ＝ ９０°，ＥＤ 槡＝ ３ ３，ＣＤ ＝ ３，则ＣＥ２ ＝ ＥＤ２ ＋ ＣＤ２ ＝ ３６， 在△ＰＥＣ中，ＰＣ 槡＝ ４ ３，ＰＥ 槡＝ ２ ３，ＥＣ ＝ ６，得ＥＣ２ ＋ ＰＥ２ ＝ ＰＣ２， 所以ＰＥ⊥ＥＣ，由（１）知ＰＥ ⊥ＥＦ，又ＥＣ∩ＥＦ ＝ Ｅ，ＥＣ、 ＥＦ平面ＡＢＣＤ，所以ＰＥ ⊥平面ＡＢＣＤ，又ＥＤ平 面ＡＢＣＤ，所以ＰＥ⊥ＥＤ，则 ＰＥ，ＥＦ，ＥＤ两两垂直，建立 如图空间直角坐标系 Ｅ － ｘｙｚ，则Ｅ（０，０，０），Ｐ（０， ０，槡２ ３），Ｄ（０，槡３ ３，０），Ｃ（３，槡３ ３，０），Ｆ（２，０，０），Ａ（０， 槡－ ２ ３， ０）， 由Ｆ是ＡＢ的中点，得Ｂ（４，槡２ ３，０）， 所以→ＰＣ ＝（３，槡３ ３， 槡－ ２ ３），→ＰＤ ＝（０，槡３ ３， 槡－ ２ ３），→ＰＢ ＝（４， 槡２ ３， 槡－ ２ ３），→ＰＦ ＝（２，０， 槡－ ２ ３）， 设平面ＰＣＤ和平面ＰＢＦ的一个法向量分别为ｎ ＝ （ｘ１，ｙ１， ｚ１），ｍ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则ｎ· →ＰＣ ＝ ３ｘ１ 槡＋ ３ ３ｙ１ 槡－ ２ ３ｚ１ ＝ ０， ｎ·→ＰＤ 槡＝ ３ ３ｙ１ 槡－ ２ ３ｚ１ ＝ ０{ ， ｍ·→ＰＢ ＝ ４ｘ２ 槡＋ ２ ３ｙ２ 槡－ ２ ３ｚ２ ＝ ０， ｍ·→ＰＦ ＝ ２ｘ２ 槡－ ２ ３ｚ２ ＝ ０{ ， 令ｙ１ ＝ ２，ｘ２ 槡＝ ３，得ｘ１ ＝ ０，ｚ１ ＝ ３，ｙ２ ＝ － １，ｚ２ ＝ １， 所以ｎ ＝ （０，２，３），ｍ ＝ （槡３，－ １，１），所以ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉 ＝ ｍ·ｎ ｍ ｎ ＝ １ 槡槡５ × １３ ＝槡６５６５ ， 设平面ＰＣＤ和平面ＰＢＦ所成的角为θ，则ｓｉｎ θ ＝ １ － ｃｏｓ ２槡 θ ＝ 槡８ ６５６５ ， 即平面ＰＣＤ和平面ＰＢＦ所成角的正弦值为槡８ ６５６５ ． ５．（１）证明：连接ＡＥ，ＤＥ，∵ ＤＢ ＝ ＤＣ，Ｅ为ＢＣ中点，∴ ＤＥ⊥ＢＣ． 又∵ ＤＡ ＝ ＤＢ ＝ ＤＣ，∠ＡＤＢ ＝∠ＡＤＣ ＝ ６０°， ∴ △ＡＣＤ与△ＡＢＤ均为等边三角形，∴ ＡＣ ＝ ＡＢ，∴ ＡＥ⊥ＢＣ， ＡＥ∩ＤＥ ＝ Ｅ，∴ ＢＣ⊥平面ＡＤＥ． ∵ ＡＤ平面ＡＤＥ，∴ ＢＣ⊥ＤＡ． （２）设ＤＡ ＝ ＤＢ ＝ ＤＣ ＝ ２，∴ ＢＣ 槡＝ ２ ２， ∵ ＤＥ ＝ ＡＥ 槡＝ ２，ＡＤ ＝ ２，∴ ＡＥ２ ＋ ＤＥ２ ＝ ４ ＝ ＡＤ２，∴ ＡＥ⊥ＤＥ． 又∵ ＡＥ⊥ＢＣ，ＤＥ∩ＢＣ ＝ Ｅ，∴ ＡＥ⊥平面ＢＣＤ． 以Ｅ为原点，建立如图所示空间直角坐标系，Ｄ（槡２，０，０）， Ａ（０，０，槡２），Ｂ（０，槡２，０），Ｅ（０，０，０），∵ →ＥＦ ＝→ＤＡ，∴ Ｆ（ 槡－ ２，０， 槡２）， ∴ →ＤＡ ＝（ 槡－ ２，０，槡２），→ＡＢ ＝（０，槡２，槡－ ２），→ＡＦ ＝（ 槡－ ２，０，０）， 设平面ＤＡＢ与平面ＡＢＦ的一个法向量分别为ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１， ｚ１），ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则 槡－ ２ｘ１ 槡＋ ２ｚ１ ＝ ０， 槡２ｙ１ 槡－ ２ｚ１ ＝ ０{ ， 令ｘ１ ＝ １，解得ｙ１ ＝ ｚ１ ＝ １， 槡２ｙ２ 槡－ ２ｚ２ ＝ ０， 槡－ ２ｘ２ ＝ ０{ ， 令ｙ２ ＝ １，解 得ｘ２ ＝ ０，ｚ２ ＝ １， 故ｎ１ ＝（１，１，１），ｎ２ ＝（０，１， １）， 设二面角Ｄ － ＡＢ － Ｆ的平面角为θ，则｜ ｃｏｓ θ ｜ ＝ ｜ｎ１·ｎ２ ｜｜ｎ１ ｜ ｜ｎ２ ｜ ＝ ２ 槡槡３ × ２ ＝槡６３ ，故ｓｉｎ θ ＝槡 ３ ３ ， 所以二面角Ｄ － ＡＢ － Ｆ的正弦值为槡３３ ． ６． （１）证明：根据题意建系如图，则有 Ｂ２（０，２，２），Ｃ２（０，０，３），Ａ２（２，２，１）， Ｄ２（２，０，２），∴ Ｂ２Ｃ→ ２ ＝ （０，－ ２，１）， Ａ２Ｄ → ２ ＝（０，－ ２，１）， ∴ Ｂ２Ｃ → ２ ＝ Ａ２Ｄ → ２，又Ｂ２，Ｃ２，Ａ２，Ｄ２ 四点 不共线， ∴ Ｂ２Ｃ２∥Ａ２Ｄ２ ． （２）在（１）的坐标系下，可设Ｐ（０，２， ｔ），ｔ∈［０，４］， 又由（１）知Ｃ２（０，０，３），Ａ２（２，２，１）， Ｄ２（２，０，２）， ∴ Ｃ２Ａ → ２ ＝（２，２，－ ２），Ｃ２→ Ｐ ＝（０，２，ｔ － ３），Ａ２Ｄ→ ２ ＝（０，－ ２，１）， 设平面ＰＡ２Ｃ２ 的法向量为ｍ ＝ （ｘ， ｙ， ｚ ）， 则ｍ·Ｃ２Ａ → ２ ＝ ２ｘ ＋ ２ｙ － ２ｚ ＝ ０， ｍ·Ｃ２→ Ｐ ＝ ２ｙ ＋（ｔ － ３）ｚ ＝ ０{ ， 取ｍ ＝（ｔ － １，３ － ｔ，２）， 设平面Ａ２Ｃ２Ｄ２ 的法向量为ｎ ＝ （ａ，ｂ，ｃ），则 ｎ·Ｃ２Ａ→ ２ ＝ ２ａ ＋ ２ｂ － ２ｃ ＝ ０， ｎ·Ａ２Ｄ→ ２ ＝ － ２ｂ ＋ ｃ ＝ ０{ ， 取ｎ ＝（１，１，２）， ∴根据题意可得｜ ｃｏｓ １５０° ｜ ＝ ｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜ ＝ ｜ｍ·ｎ ｜｜ｍ ｜ ｜ｎ ｜， ∴槡３２ ＝ ６ （ｔ － １）２ ＋（３ － ｔ）２槡 槡＋ ４ × ６ ， ∴ ｔ２ － ４ｔ ＋ ３ ＝ ０，又ｔ∈［０，４］，∴解得ｔ ＝ １或ｔ ＝ ３， ∴ Ｐ为Ｂ１Ｂ２的中点或Ｂ２Ｂ的中点，∴ Ｂ２Ｐ ＝ １． ７．（１）证明：取ＣＣ１的中点，连接Ａ１Ｏ， ∵ Ａ１Ｃ⊥底面ＡＢＣ，ＡＣ底面ＡＢＣ，∴ Ａ１Ｃ⊥ＡＣ，∴ Ａ１Ｃ⊥Ａ１Ｃ１， ∴ Ａ１Ｏ ＝ １ ２ Ｃ１Ｃ ＝ １． ∵ Ａ１Ｃ⊥底面ＡＢＣ，ＢＣ底面ＡＢＣ，∴ Ａ１Ｃ⊥ＢＣ． ∵ ∠ＡＣＢ ＝ ９０°，∴ ＡＣ⊥ＢＣ， ∵ Ａ１Ｃ∩ＡＣ ＝ Ｃ，∴ ＢＣ⊥平面Ａ１Ｃ１ＣＡ． ∵ ＢＣ平面ＢＣＣ１Ｂ１，∴平面ＢＣＣ１Ｂ１⊥平面Ａ１Ｃ１ＣＡ． ∵ Ａ１到平面ＢＣＣ１Ｂ１的距离为１，∴ Ａ１到ＣＣ１的距离为１， ∴ Ａ１Ｏ⊥ＣＣ１，∴ ＡＣ ＝ Ａ１Ｃ． （２）过Ａ作ＡＭ∥Ａ１Ｏ交Ｃ１Ｃ的延长线于Ｍ，连接ＭＢ１，取ＢＢ１ 的中点Ｎ，连接ＯＮ， ∴四边形ＢＣＯＮ为平行四边形，∴ ＯＮ⊥平面Ａ１Ｃ１ＣＡ，Ａ１Ｏ∩                                                                      ＯＮ —４９２— ＝ Ｏ， ∴ ＣＣ１⊥平面Ａ１ＯＮ． ∵ Ａ１Ｎ平面Ａ１ＯＮ，∴ ＣＣ１⊥ Ａ１Ｎ，∴ ＡＡ１⊥Ａ１Ｎ， ∴ Ａ１Ｎ为直线ＡＡ１ 与ＢＢ１ 距 离，∴ Ａ１Ｎ ＝ ２，∴ ＯＮ 槡＝ ３， 由（１）可知ＡＭ⊥平面ＢＣＣ１Ｂ１， ∴ ∠ＡＢ１Ｍ 为ＡＢ１ 与平面 ＢＣＣ１Ｂ１所成的角，易求得Ｃ１Ｍ ＝ ３， ∴ Ｂ１Ｍ 槡 槡＝ ９ ＋ ３ ＝ ２ ３． ∵ ＡＭ ＝ １，∴ ＡＢ１ 槡 槡＝ １ ＋ １２ ＝ １３，∴ ｓｉｎ∠ＡＢ１Ｍ ＝ １槡１３ ＝槡１３１３ ， ∴ ＡＢ１与平面ＢＣＣ１Ｂ１所成角的正弦值为槡１３１３ ． 考点突破提能力 考点一 典例研析 １．（１）Ｄ　 （２）Ｃ　 （１）取Ａ１Ｂ１的中点Ｏ，连接Ｃ１Ｏ， 过Ｏ作直线ｚ，且ｚ∥ＣＣ１，在所有棱长都相等的直三棱柱中， 可得Ｃ１Ｏ⊥Ａ１Ｂ１， 由题意可得ｚ⊥平面Ａ１Ｂ１Ｃ１， 建立以Ｏ为坐标原点，以Ｃ１Ｏ所 在的直线为ｘ轴，ＯＢ１所在的直线 为ｙ轴的空间直角坐标系， 设三棱柱的棱长为２，则Ｃ１（槡－ ３， ０，０），Ａ１（０，－ １，０），Ｂ（０，１，２）， Ｄ（０，－ １，１）， 则Ａ１→ Ｂ ＝ （０，２，２），Ｃ１→ Ｄ ＝ （槡３， － １，１）， 所以Ａ１→ Ｂ·Ｃ１→ Ｄ 槡＝ ０ × ３ ＋ ２ × （－ １）＋ ２ × １ ＝ ０， 所以ｃｏｓ〈Ａ１→ Ｂ，Ｃ１→ Ｄ〉＝ Ａ１ → Ｂ·Ｃ１→ Ｄ ｜Ａ１ → Ｂ ｜·｜Ｃ１→ Ｄ ｜ ＝ ０． 设异面直线Ａ１Ｂ与Ｃ１Ｄ所成的角为θ，则ｃｏｓ θ ＝ ｜ ｃｏｓ〈Ａ１→ Ｂ， Ｃ１ → Ｄ〉＝ ０．故选Ｄ． （２）设→ＢＣ ＝ ａ，ＢＢ→ １ ＝ ｂ，→ＢＡ ＝ ｃ，→ＡＣ ＝→ＢＣ －→ＢＡ ＝ ａ － ｃ，ＡＡ→ １ ＝ ＢＢ→ １ ＝ ｂ，ＣＣ→ １ ＝ ＡＡ→ １ ＝ ｂ， 所以ＡＣ→ １ ＝→ＡＣ ＋ ＡＡ→ １ ＝ ａ － ｃ ＋ ｂ，｜ＡＣ１ ｜ ＝ ３，所以｜ａ ＋ ｂ － ｃ ｜ ＝ ３． 又ＢＡ→ １ ＝→ＢＡ ＋ ＢＢ→ １ ＝ ｃ ＋ ｂ，｜ＢＡ→ １ 槡｜ ＝ ３， 所以｜ ｃ ＋ ｂ 槡｜ ＝ ３，ｃｏｓ 〈ＢＡ→ １，ＡＣ→ １〉 ＝ ＢＡ → １·→ＡＣ ｜ＢＡ→ １ ｜·｜→ＡＣ ｜ ＝ （ｃ ＋ ｂ）·（ａ ＋ ｂ － ｃ） ｜ ｃ ＋ ｂ ｜·｜ ａ ＋ ｂ ｜ ，　 ① 又因为ＢＢ→ １ ２ －→ＢＡ２ ＋→ＢＣ·ＢＡ→ １ ＝ １， 所以ｂ２ － ｃ２ ＋ ａ·（ｃ ＋ ｂ）＝ １， 即（ｃ ＋ ｂ）·（ａ ＋ ｂ － ｃ）＝ １代入①可得ｃｏｓ〈ＢＡ→ １，ＡＣ→ １〉＝ １ 槡３ × ３ ＝槡３９ ． 即异面直线ＢＡ１与ＡＣ１所成角的余弦值为｜ ｃｏｓ〈ＢＡ→ １，ＡＣ→ １〉｜ ＝ 槡３ ９ ．故选Ｃ． 跟踪训练 １． Ｃ　 连接ＢＣ１，Ａ１Ｃ１，如图所示，正四棱柱ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，有ＡＢ∥Ｃ１Ｄ１且ＡＢ ＝ Ｃ１Ｄ１， 四边形ＡＢＣ１Ｄ１为平行四边形，则有ＢＣ１∥ ＡＤ１，则∠Ａ１ＢＣ１ 就是异面直线Ａ１Ｂ与ＡＤ１ 所成的角， 设ＡＢ ＝ １，则ＢＣ１ ＝ Ａ１Ｂ 槡＝ １７，Ａ１Ｃ１ 槡＝ ２， 在△Ａ１ＢＣ１中，由余弦定理可得ｃｏｓ∠Ａ１ＢＣ１ ＝ ＢＡ２１ ＋ ＢＣ ２ １ － Ａ１Ｃ ２ １ ２ＢＡ１·ＢＣ１ ＝ １７ ＋ １７ － ２ 槡 槡２ １７ × １７ ＝ １６１７ ． 故选Ｃ． ２． Ｄ　 如图，设Ｐ，Ｑ分别是棱ＣＤ和Ｃ１Ｄ１ 的中点，则四棱锥 Ｅ － Ｃ１Ｄ１ＤＣ的外接球即三棱柱 ＤＦＣ － Ｄ１ＥＣ１ 的外接球，∵三棱 柱ＤＦＣ － Ｄ１ＥＣ１是直三棱柱，∴ 其外接球球心Ｏ为上、下底面三 角形外心Ｇ和Ｈ连接的中点， 由题意，ＭＮ是平面ＤＤ１ＥＦ内的 一条动直线， 记直线ＯＣ与ＭＮ所成的角为 θ，则θ的最小值是直线ＯＣ与平面ＤＤ１ＥＦ所成的角，即问题 转化为求直线ＯＣ与平面ＤＤ１ＥＦ所成角的正切值，不妨设正 方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中棱长为２，则ＥＱ ＝ ２，ＥＤ１ 槡＝ ５， ∵ △ＥＣ１Ｄ１为等腰三角形，∴ △ＥＣ１Ｄ１ 外接圆直径为２ＧＥ ＝ ＥＤ１ ｓｉｎ∠ＥＣ１Ｄ１ ＝槡５２ 槡５ ＝ ５２ ，则ＧＥ ＝ ５ ４ ，ＧＱ ＝ ２ － ５ ４ ＝ ３ ４ ＝ ＰＨ． 如图，以Ｄ为原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１ 所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立空 间直角坐标系，则Ｄ（０，０，０），Ｄ１（０，０，２），Ｃ（０，２，０），Ｆ（２，１， ０），Ｏ ３４ ，１，( )１ ， ＤＤ→ １ ＝（０，０，２），→ＤＦ ＝（２，１，０），→ＯＣ ＝ － ３４ ，１，( )－ １ ， 设平面ＤＤ１ＥＦ的法向量ｎ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则ｎ·ＤＤ → １ ＝ ２ｚ ＝ ０， ｎ·→ＤＦ ＝ ２ｘ ＋ ｙ ＝ ０{ ，取ｘ ＝ １，得ｎ ＝（１，－ ２，０）， 则ｓｉｎ θ ＝ ｜ｎ· →ＯＣ ｜ ｜ｎ ｜·｜→ＯＣ ｜ ＝ １１ 槡槡５ × ４１ ，ｔａｎ θ ＝ 槡１１ ２１４２ ．故选Ｄ． 考点二 典例研析 ２．（１）槡１０１０ 　 （２）见解析　 （１）连接ＯＣ，过Ｃ作ＣＨ垂直于ＢＯ 的延长线于点Ｈ，以Ｏ为坐标原点，建立空间直角坐标系， 如图， 在△ＯＢＣ中，∵ ＯＢ ＝ ３，ＯＣ ＝ ３，ＢＣ 槡＝ ２ ５， ∴ ｃｏｓ Ｂ ＝ ＯＢ ２ ＋ ＢＣ２ － ＯＣ２ ２ＯＢ·ＢＣ ＝ ９ ＋ ２０ － ９ 槡２ × ３ × ２ ５ ＝槡５３ ， ∴ ＢＨ ＝ ＢＣ·ｃｏｓ Ｂ 槡＝ ２ ５ ×槡５３ ＝ １０ ３                                                                      ， —５９２— ∴ ＣＨ ＝ ＢＣ２ － ＢＨ槡 ２ ＝ ２０ － １００槡９ ＝ 槡４ ５３ ， ＯＨ ＝ ＢＨ － ＯＢ ＝ １３ ，∴ Ｃ － １３ ，槡 ４ ５ ３ ，( )０ ． ∵ Ｂ（３，０，０），Ｏ（０，０，０）， Ｏ１（０，０，２）， 设Ａ（ｍ，ｎ，２），ｍ，ｎ∈［－ １，１］， ∵ Ｏ１Ａ ＝ １，∴ ｍ２ ＋ ｎ２ ＝ １，→ＢＣ ＝ － １０３ ，槡 ４ ５ ３ ，( )０ ，ＢＯ→ １ ＝（－ ３，０， ２）． 设平面Ｏ１ＢＣ 的法向量为ｍ ＝ （ｘ， ｙ， ｚ ）， 则ｍ· →ＢＣ ＝ － １０３ ｘ ＋ 槡４ ５ ３ ｙ ＝ ０， ｍ·ＢＯ→ １ ＝ － ３ｘ ＋ ２ｚ ＝ ０{ ， 取ｙ 槡＝ ５，得ｍ ＝（２，槡５，３），→ＯＡ ＝（ｍ，ｎ，２）， 设直线ＡＯ与平面Ｏ１ＢＣ所成的角为θ，θ∈ ０，π[ ]２ ， 则ｓｉｎ θ ＝ ｜ｍ· →ＯＡ ｜ ｜ｍ ｜·｜→ＯＡ ｜ ＝ ｜２ｍ 槡＋ ５ｎ ＋ ６ ｜ 槡３ ２·ｍ２ ＋ ｎ２槡 ＋ ４ ＝ ｜２ｍ 槡＋ ５ｎ ＋ ６ ｜ 槡３ １０ ， ∵ ｍ，ｎ∈［－ １，１］，且ｍ２ ＋ ｎ２ ＝ １，令ｍ ＝ ｃｏｓ α，ｎ ＝ ｓｉｎ α，α∈ ［０，２π），则２ｍ 槡＋ ５ｎ 槡＋ ６ ＝ ５ｓｉｎ α ＋ ２ｃｏｓ α ＋ ６ ＝ ３ｓｉｎ（α ＋ φ） ＋ ６，ｔａｎ φ ＝ 槡２ ５５ ，φ∈ － π ２ ， π( )２ ． ∵ α∈［０，２π），∴ ｓｉｎ（α ＋ φ）∈［－ １，１］，３ｓｉｎ（α ＋ φ）＋ ６∈［３， ９］， ∴ ２ｍ 槡＋ ５ｎ ＋ ６∈［３，９］， ∴ ｓｉｎ θ的最大值为９ 槡３ １０ ＝ 槡３ １０１０ ． ∵ θ∈ ０，π[ ]２ ，∴ ｃｏｓ θ的最小值为１ － ｓｉｎ２槡 θ ＝槡１０１０ ， ∴直线ＡＯ与平面Ｏ１ＢＣ所成角的余弦值的最小值为槡１０１０ ． （２）①证明：因为ＡＣ２ ＋ ＢＣ２ ＝ １６ ＝ ＡＢ２，所以ＢＣ⊥ＡＣ， 同理可得ＢＣ２ ＋ ＳＣ２ ＝ ＳＢ２，故ＢＣ⊥ＳＣ， 因为ＳＣ∩ＡＣ ＝ Ｃ，ＡＣ，ＳＣ平面ＳＡＣ，所以ＢＣ⊥平面ＳＡＣ， 因为ＢＣ平面ＡＢＣ，故平面ＳＡＣ⊥平面ＡＢＣ． ②解：以Ｃ为坐标原点，ＣＡ，ＣＢ 所在直线分别为ｘ轴、ｙ轴，过Ｃ 作Ｃｚ⊥平面ＡＢＣ，建立如图所示 的空间直角坐标系，因为→ＤＳ ＝ １ ５ →ＢＳ，则Ｃ（０，０，０），Ａ（槡２ ２，０， ０），Ｂ（０，槡２ ２，０），Ｓ（槡２，０，槡２），Ｄ 槡４ ２５ ，槡 ２ ２ ５ ，槡 ４ ２( )５ ， 所以→ＳＡ ＝ （槡２，０， 槡－ ２），→ＢＳ ＝ （槡２， 槡－ ２ ２，槡２），→ＣＤ ＝ 槡４ ２ ５ ，槡 ２ ２ ５ ，槡 ４ ２( )５ ． 设ｎ ＝ （ｘ， ｙ， ｚ ）为平面ＳＡＢ 的法向量，则 →ＳＡ·ｎ ＝ ０， →ＢＳ·ｎ ＝ ０{ ，即ｘ － ｚ ＝ ０，ｘ － ２ｙ ＋ ｚ ＝ ０{ ， 令ｘ ＝ １，得ｎ ＝（１，１，１）， →ＣＤ·ｎ ＝ 槡４ ２５ × １ ＋ 槡 ２ ２ ５ × １ ＋ 槡４ ２ ５ 槡＝ ２ ２， ｜ →ＣＤ ｜ ＝ 槡４ ２( )５ ２ ＋ 槡２ ２( )５ ２ ＋ 槡４ ２( )５槡 ２ ＝ 槡６ ２５ ，｜ ｎ ｜ ＝ １２ ＋ １２ ＋ １槡 ２ 槡＝ ３， 可得ｃｏｓ〈→ＣＤ，ｎ〉＝ →ＣＤ·ｎ ｜→ＣＤ ｜·｜ｎ ｜ ＝ 槡２ ２ 槡６ ２ ５ 槡× ３ ＝ 槡５ ３９ ， 设直线ＣＤ与平面ＳＡＢ所成的角为θ，θ∈ ０，π[ ]２ ， 则ｓｉｎ θ ＝ ｜ ｃｏｓ〈→ＣＤ，ｎ〉｜ ＝ 槡５ ３９ ． 所以直线ＣＤ与平面ＳＡＢ所成角的正弦值为槡５ ３９ ． 跟踪训练 ３．（１）证明：连接ＤＡ，ＥＡ， ＤＡ１ ＝ １，ＡＡ１ ＝ ２，∠ＤＡ１Ａ ＝ ６０°， ＤＥ ＝ １２ ＋ ２２槡 槡－ ２ × １ × ２ｃｏｓ ６０° ＝ ３，满足ＤＡ２ ＋ ＤＡ２１ ＝ ＡＡ１ ２， 所以ＤＡ⊥ＤＡ１，即ＤＡ⊥ＡＢ． 平面ＡＢＢ１Ａ１⊥底面ＡＢＣ，且交线 为ＡＢ，由ＤＡ⊥ＡＢ，得ＤＡ⊥平面 ＡＢＣ，由ＢＣ平面ＡＢＣ，得ＤＡ⊥ ＢＣ，又ＤＥ⊥ＢＣ，且ＤＡ∩ＤＥ ＝ Ｄ， 所以ＢＣ⊥平面ＤＡＥ，由ＡＥ平 面ＤＡＥ，得ＢＣ⊥ＡＥ． 设ＢＥ ＝ ｔ，ＣＥ ＝ ３ｔ，有ＢＡ２ － ｔ２ ＝ ＡＣ２ －（３ｔ）２，解得ｔ ＝ １． 所以ＢＣ ＝ ４，满足ＢＡ２ ＋ ＡＣ２ ＝ ＢＣ２，即ＡＣ⊥ＡＢ，所以ＡＣ⊥平面 ＡＢＢ１Ａ１ ． 由ＢＢ１平面ＡＢＢ１Ａ１，得ＡＣ⊥ＢＢ１ ． （２）以Ａ为坐标原点，→ＡＢ，→ＡＣ， →ＡＤ为ｚ轴的正方向建立空间 直角坐标系，Ｄ（０，０，槡３）， Ｅ ３ ２ ，槡 ３ ２ ，( )０ ，Ａ１ （－ １，０， 槡３），ＤＡ→ １ ＝ （－ １，０，０），ＥＡ→ １ ＝ － ５２ ，－槡 ３ ２ ，槡( )３ ． 设平面ＤＥＡ１的法向量ｎ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 由ｎ·ＤＡ → １ ＝ ０， ｎ·ＥＡ→ １ ＝ ０{ ，即 － ｘ ＝ ０， －槡５２ ｘ －槡 ３ ２ ｙ 槡＋ ３ｚ ＝ ０{ ， 取ｚ ＝ １，得到平面ＤＥＡ１的一个法向量ｎ ＝（０，２，１）． 又ＢＢ→ １ ＝ ＡＡ→ １ ＝（－ １，０，槡３），设直线ＢＢ１ 与平面ＤＥＡ１ 所成的 角为θ，则 ｓｉｎ θ ＝ ｜ ｃｏｓ〈ｎ，ＢＢ→ １〉｜ ＝ ｜ｎ·ＢＢ → １ ｜ ｜ｎ ｜·｜ＢＢ→ １ ｜ ＝ 槡３ 槡槡５ × ４ ＝槡１５１０ ， 所以直线ＢＢ１与平面ＤＥＡ１所成角的正弦值为槡１５１０ ． 考点三 典例研析 ３．（１）证明：在四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ中，底面ＡＢＣＤ是菱形，∠ＤＡＢ ＝ ６０°，Ｅ，Ｆ分别为ＡＤ，ＡＢ的中点，且ＡＣ⊥ＰＥ，连接ＢＤ，ＥＦ                                                                       ， —６９２— 因为底面ＡＢＣＤ是菱形，Ｅ，Ｆ分别为ＡＤ，ＡＢ的中点，所以ＡＣ ⊥ＢＤ，ＥＦ∥ＢＤ，所以ＡＣ⊥ＥＦ． 又ＡＣ⊥ＰＥ，ＰＥ∩ＥＦ ＝ Ｅ，ＰＥ，ＥＦ平面ＰＥＦ， 所以ＡＣ⊥平面ＰＥＦ， 因为ＰＦ平面ＰＥＦ，所以ＡＣ⊥ＰＦ． （２）因为ＰＡ ＝ ＰＤ，Ｅ是ＡＤ的中点，所以ＰＥ⊥ＡＤ， 又ＡＣ⊥ＰＥ，ＡＣ∩ＡＤ ＝ Ａ，ＡＣ，ＡＤ平面ＡＢＣＤ， 根据线面垂直的判定定理得ＰＥ⊥平面ＡＢＣＤ． 连接ＥＢ，以Ｅ为坐标原点，→ＥＡ，→ＥＢ，→ＥＰ的方向分别为ｘ，ｙ，ｚ轴 的正方向，建立空间直角坐标 系，如图所示， 设ＰＡ ＝ ＰＤ ＝ ＡＢ ＝ ２，则ＥＢ ＝ ＰＥ 槡＝ ３，则Ｐ（０，０，槡３），Ｄ（－ １，０， ０），Ｂ（０，槡３，０），Ｆ １２ ，槡 ３ ２ ，( )０ ， Ｃ（－ ２，槡３，０）． 设ｎ１ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）是平面ＰＤＦ的一个法向量， 又→ＰＤ ＝（－ １，０，槡－ ３），→ＰＦ ＝ １２ ，槡 ３ ２ ，槡( )－ ３ ， 则由ｎ１· →ＰＤ ＝ ０， ｎ１·→ＰＦ ＝ ０{ ，得 － ｘ１ 槡－ ３ｚ１ ＝ ０， １ ２ ｘ１ ＋ 槡３ ２ ｙ１ 槡－ ３ｚ１ ＝ ０{ ， 取ｚ１ ＝ １，可得ｎ１ ＝（ 槡－ ３，３，１）， 设ｎ２ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）是平面ＰＢＣ的一个法向量， 又→ＰＢ ＝（０，槡３，槡－ ３），→ＰＣ ＝（－ ２，槡３，槡－ ３）， 则由ｎ２· →ＰＢ ＝ ０， ｎ２·→ＰＣ ＝ ０{ ，得槡 ３ｙ２ 槡－ ３ｚ２ ＝ ０， － ２ｘ２ 槡＋ ３ｙ２ 槡－ ３ｚ２ ＝ ０{ ， 取ｚ２ ＝ １，可得ｎ２ ＝（０，１，１）， 所以ｃｏｓ〈ｎ１，ｎ２〉＝ ｎ１·ｎ２｜ｎ１ ｜ ｜ｎ２ ｜ ＝ ４ 槡 槡１３ × ２ ＝ 槡２ ２６１３ ， 所以平面ＰＢＣ与平面ＰＤＦ夹角的余弦值为槡２ ２６１３ ． 跟踪训练 ４．（１）证明：取ＣＤ的中点Ｇ，连接ＡＧ，ＢＧ， 设ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ ＡＤ ＝ ＢＣ ＝ ＢＤ ＝ ２， 因为ＢＣ⊥ＢＤ，所以ＣＤ 槡＝ ２ ２，ＢＧ ＝ １２ ＣＤ 槡＝ ２， 所以ＡＣ２ ＋ ＡＤ２ ＝ ＣＤ２，即ＡＣ⊥ＡＤ， 因为ＡＣ ＝ ＡＤ，所以ＡＧ⊥ＣＤ，且ＡＧ ＝ １２ ＣＤ 槡＝ ２， 所以ＡＧ２ ＋ ＢＧ２ ＝ ＡＢ２，即ＡＧ⊥ＢＧ． 又ＣＤ∩ＢＧ ＝ Ｇ，ＣＤ、ＢＧ平面ＢＣＤ，所以ＡＧ⊥平面ＢＣＤ， 因为ＡＧ平面ＡＣＤ，所以平面ＡＣＤ⊥平面ＢＣＤ． （２）以Ｂ为坐标原点建立空间直 角坐标系，则Ｂ（０，０，０），Ｄ（０，２， ０），Ｃ （２，０，０），Ａ （１，１，槡２）， Ｆ ３ ２ ， １ ２ ，槡 ２( )２ ， Ｅ １２ ，１２ ，槡２( )２ ， 所以→ＢＤ ＝ （０，２，０），→ＢＦ ＝ 槡３ ２ ， １ ２ ，槡 ２( )２ ，→ＤＣ ＝ （２，－ ２，０）， →ＤＥ ＝ １ ２ ，－ ３ ２ ，槡 ２( )２ ， 设平面ＢＤＦ的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则 ｍ·→ＢＤ ＝ ２ｙ ＝ ０， ｍ·→ＢＦ ＝ ３２ ｘ ＋ １ ２ ｙ ＋ 槡２ ２ ｚ ＝ ０ { ， 取ｚ ＝ － ３，则ｘ 槡＝ ２，ｙ ＝ ０，所以ｍ ＝（槡２，０，－ ３）． 设平面ＣＤＥ 的法向量为ｎ ＝ （ａ， ｂ， ｃ ）， 则 ｎ·→ＤＣ ＝ ２ａ － ２ｂ ＝ ０， ｎ·→ＤＥ ＝ １２ ａ － ３ ２ ｂ ＋ 槡２ ２ ｃ ＝ ０ { ， 取ａ ＝ １，则ｂ ＝ １，ｃ 槡＝ ２，所以ｎ ＝（１，１，槡２）， 设平面ＢＤＦ与平面ＣＤＥ夹角为θ，则 ｃｏｓ θ ＝ ｜ ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜ ＝ ｜ｍ·ｎ ｜｜ｍ ｜ ｜ｎ ｜ ＝ 槡 槡 ｜ ２ － ３ ２ ｜ 槡１１ × ２ ＝槡２２１１ ， 故平面ＢＤＦ与平面ＣＤＥ夹角的余弦值为槡２２１１ ． 考点四 典例研析 ４．（１）证明：以→ＢＣ，→ＢＡ，ＢＢ→ １为基底建立如图所示空间直角坐标 系，则Ｂ（０，０，０），Ｃ（２，０，０），Ａ（０，２，０），Ｃ１（２，０，槡２ ３），Ｅ（０， ０，槡２ ３λ）． 当λ ＝ １３时，Ｅ ０，０，槡 ２ ３( )３ ， 所以→ＡＢ ＝（０，－２，０），ＢＣ→ １ ＝（２，０，槡２ ３），→ＣＥ ＝ － ２，０，槡２ ３( )３ ． 所以→ＡＢ·→ＣＥ ＝ ０，ＢＣ→ １·→ＣＥ ＝ ０，所以ＣＥ ⊥ＡＢ，ＣＥ⊥ＢＣ１ ． 又ＡＢ∩ＢＣ１ ＝ Ｂ，ＡＢ平面ＡＢＣ１，ＢＣ１ 平面ＡＢＣ１， 所以ＣＥ⊥平面ＡＢＣ１ ． （２）→ＡＣ ＝（２，－ ２，０），→ＡＥ ＝（０，－ ２，槡２ ３λ）， 设平面ＡＥＣ的一个法向量为ｎ１ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 →ＡＣ·ｎ１ ＝ ０， →ＡＥ·ｎ１ ＝ ０{ ，即 ２ｘ － ２ｙ ＝ ０， － ２ｙ 槡＋ ２ ３λｚ ＝ ０{ ， 不妨取ｎ１ ＝（槡３λ，槡３λ，１）． 因为ＢＣ⊥平面ＡＢＥ，所以平面ＡＢＥ的一个法向量为ｎ２ ＝（２， ０，０）． 所以｜ ｃｏｓ θ ｜ ＝ ｜ｎ１·ｎ２ ｜｜ｎ１ ｜ ｜ｎ２ ｜ ＝ 槡３λ ６λ２槡 ＋ １ ， 所以ｓｉｎ θ ＝ １ － ｃｏｓ２槡 θ ＝ １ － ３λ ２ ６λ２槡＋ １ ＝ １２ ＋ １２（６λ２ ＋ １槡 ）． 又因为０ ＜ λ ＜ １，所以ｓｉｎ θ∈ ２７槡７，( )１ ． 跟踪训练 ５．（１）证明：∵四边形ＯＢＣＨ为正方形，∴ ＢＣ∥ＯＨ． ∵ ＢＣ平面ＰＯＨ，ＯＨ平面ＰＯＨ，∴ ＢＣ∥平面ＰＯＨ． 又ＢＣ平面ＰＢＣ，平面ＰＯＨ∩平面ＰＢＣ ＝ ｌ，∴ ｌ∥ＢＣ． （２）∵圆锥的母线长为槡２ ２，ＡＢ ＝ ４， ∴ ＯＢ ＝ ２，ＯＰ ＝ ２                                                                      ． —７９２— 以Ｏ为坐标原点，ＯＨ，ＯＢ，ＯＰ 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，则Ｐ（０，０，２），Ｂ（０，２，０）， Ｄ（１，０，０），Ｃ（２，２，０），Ｍ（０，１， １）， 设→ＤＮ ＝ λ →ＤＣ ＝（λ，２λ，０）（０≤ λ≤１）， →ＯＮ ＝ →ＯＤ ＋ →ＤＮ ＝（１ ＋ λ，２λ，０）， →ＭＮ ＝ →ＯＮ － →ＯＭ ＝（１ ＋ λ，２λ － １，－ １）， 易知→ＯＤ ＝（１，０，０）为平面ＰＡＢ的一个法向量． 设ＭＮ与平面ＰＡＢ所成的角为θ， 则ｓｉｎ θ ＝ （１ ＋ λ，２λ － １，－ １）·（１，０，０）（１ ＋ λ）２ ＋（２λ － １）２槡 ＋ １ ＝ １ ＋ λ ５λ２ － ２λ槡 ＋ ３ ． 令１ ＋ λ ＝ ｔ∈［１，２］， 则ｓｉｎ θ ＝ ｔ ５ｔ２ － １２ｔ槡 ＋ １０ ＝ １ ５ － １２ｔ ＋ １０ １( )ｔ槡 ２ ＝ １ １０ １ｔ －( )３５ ２ ＋槡 ７５ ， ∴当１ｔ ＝ ３ ５ ，即λ ＝ ２ ３ 时，ｓｉｎ θ最大，亦θ最大，此时 →ＭＮ ＝ ５３ ， １ ３ ，( )－ １ ， ∴ ＭＮ ＝ ｜ →ＭＮ ｜ ＝ ( )５３ ２ ＋ ( )１３ ２ ＋（－ １）槡 ２ ＝槡３５３ ． 第４讲　 空间向量与距离、探究性问题 真题再现明考向 １． Ｃ 　 设球Ｏ的半径为Ｒ，则 ４πＲ２ ＝ １６π，解得Ｒ ＝ ２． 设△ＡＢＣ外接圆半径为ｒ，边长 为ａ， ∵ △ＡＢＣ是面积为槡９ ３４ 的等边 三角形， ∴ １２ ａ ２ ×槡３２ ＝ 槡 ９ ３ ４ ，解得ａ ＝ ３，∴ ｒ ＝ ２ ３ × ａ ２ － ａ ２槡４ ＝ ２３ × ９ －槡９４ 槡＝ ３， ∴球心Ｏ到平面ＡＢＣ的距离ｄ ＝ Ｒ２ － ｒ槡 ２ 槡＝ ４ － ３ ＝ １．故 选Ｃ． ２．（１）证明：因为ＢＣ∥ＡＤ，ＢＣ ＝ ２，ＡＤ ＝ ４，Ｍ为ＡＤ的中点，所以 ＢＣ∥ＭＤ，ＢＣ ＝ ＭＤ，四边形ＢＣＤＭ为平行四边形，所以ＢＭ ∥ＣＤ， 又因为ＢＭ平面ＣＤＥ，ＣＤ平面ＣＤＥ，所以ＢＭ∥平面ＣＤＥ． （２）如图所示，作ＢＯ⊥ＡＤ交ＡＤ 于Ｏ，连接ＯＦ，因为四边形ＡＢＣＤ 为等腰梯形，ＢＣ∥ＡＤ，ＡＤ ＝ ４，ＡＢ ＝ ＢＣ ＝ ２，所以ＣＤ ＝ ２， 结合（１）ＢＣＤＭ为平行四边形，可 得ＢＭ ＝ ＣＤ ＝ ２， 又ＡＭ ＝ ２，所以△ＡＢＭ为等边三 角形，Ｏ为ＡＭ的中点，所以ＯＢ 槡＝ ３， 又因为四边形ＡＤＥＦ为等腰梯形，Ｍ为ＡＤ的中点，所以ＥＦ ＝ ＭＤ，ＥＦ∥ＭＤ， 四边形ＥＦＭＤ为平行四边形，ＦＭ ＝ ＥＤ ＝ ＡＦ，所以△ＡＦＭ为等 腰三角形， △ＡＢＭ与△ＡＦＭ 底边上中点Ｏ 重合，ＯＦ ⊥ ＡＭ，ＯＦ ＝ ＡＦ２ － ＡＯ槡 ２ ＝ ３， 因为ＯＢ２ ＋ ＯＦ２ ＝ ＢＦ２，所以ＯＢ⊥ＯＦ，所以ＯＢ，ＯＤ，ＯＦ互相垂 直， 由等体积法可得ＶＭ － ＡＢＦ ＝ ＶＦ － ＡＢＭ，ＶＦ － ＡＢＭ ＝ １３ Ｓ△ＡＢＭ·ＦＯ ＝ １ ３ ×槡３４ × ２ ２ 槡× ３ ＝ ３， ｃｏｓ∠ＦＡＢ ＝ ＦＡ ２ ＋ＡＢ２ －ＦＢ２ ２ＦＡ·ＡＢ ＝ （槡１０）２ ＋２２ －（槡２ ３）２ 槡２ × １０ ×２ ＝ １ 槡２ １０ ， ｓｉｎ∠ＦＡＢ ＝ 槡３９ 槡２ １０ ，Ｓ△ＦＡＢ ＝ １２ ＦＡ·ＡＢ·ｓｉｎ∠ＦＡＢ ＝ １ ２ 槡× １０ × ２ × 槡３９ 槡２ １０ ＝槡３９２ ， 设点Ｍ到面ＦＡＢ的距离为ｄ，则ＶＭ － ＦＡＢ ＝ ＶＦ － ＡＢＭ ＝ １３·Ｓ△ＦＡＢ ·ｄ ＝ １３ ×槡 ３９ ２ × ｄ 槡＝ ３， 解得ｄ ＝ 槡６ １３１３ ，即点Ｍ到面ＡＢＦ的距离为槡 ６ １３ １３ ． ３．（１）在直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１中，设点Ａ到平面Ａ１ＢＣ的距离 为ｈ， 则ＶＡ － Ａ１ＢＣ ＝ １３ Ｓ△Ａ１ＢＣ·ｈ ＝ 槡 ２ ２ ３ ｈ ＝ ＶＡ１ － ＡＢＣ ＝ １ ３ Ｓ△ＡＢＣ·Ａ１Ａ ＝ １ ３ ＶＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ ＝ ４ ３ ，解得ｈ 槡＝ ２， 所以点Ａ到平面Ａ１ＢＣ的距离为槡２． （２）取Ａ１Ｂ的中点Ｅ，连接 ＡＥ，如图，因为ＡＡ１ ＝ ＡＢ，所 以ＡＥ⊥Ａ１Ｂ， 又平面Ａ１ＢＣ ⊥ 平面 ＡＢＢ１Ａ１，平面Ａ１ＢＣ∩平面 ＡＢＢ１Ａ１ ＝ Ａ１Ｂ， 且ＡＥ平面ＡＢＢ１Ａ１，所以 ＡＥ⊥平面Ａ１ＢＣ， 在直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，ＢＢ１⊥平面ＡＢＣ， 由ＢＣ平面Ａ１ＢＣ，ＢＣ平面ＡＢＣ可得ＡＥ⊥ＢＣ，ＢＢ１⊥ＢＣ． 又ＡＥ，ＢＢ１平面ＡＢＢ１Ａ１且相交，所以ＢＣ⊥平面ＡＢＢ１Ａ１， 所以ＢＣ，ＢＡ，ＢＢ１两两垂直，以Ｂ为原点，建立空间直角坐标 系，如图， 由（１）得ＡＥ 槡＝ ２，所以ＡＡ１ ＝ ＡＢ ＝ ２，Ａ１Ｂ 槡＝ ２ ２，所以ＢＣ ＝ ２， 则Ａ（０，２，０），Ａ１（０，２，２），Ｂ（０，０，０），Ｃ（２，０，０），所以Ａ１Ｃ的 中点Ｄ（１，１，１）， 则→ＢＤ ＝（１，１，１），→ＢＡ ＝（０，２，０），→ＢＣ ＝（２，０，０）， 设平面ＡＢＤ 的一个法向量ｍ ＝ （ｘ， ｙ， ｚ ）， 则ｍ· →ＢＤ ＝ ｘ ＋ ｙ ＋ ｚ ＝ ０， ｍ·→ＢＡ ＝ ２ｙ ＝ ０{                                                                      ， —８９２— 第３讲　 空间向量与空间角 !"#$ 　 　 　 明方向　 　 　 以空间几何体为载体考查点、线、面的位置关系的判断和空间角的计算是高考解答题的必考题，热点是线面角、 二面角的求解，难点在位置关系的证明、建立恰当的空间直角坐标系并准确计算．注意与体积最值问题交汇考查． %&'( 　 　 　 明体系　 )*+, 　 　 　 明考向　 １．（２０２４·新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１的体积为５２３ ，ＡＢ ＝ ６，Ａ１Ｂ１ ＝ ２，则Ａ１Ａ与平面ＡＢＣ所成角 的正切值为 （　 　 ） 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　Ａ． １２ Ｂ． １ Ｃ． ２ Ｄ． ３ ２．（２０２３·全国乙卷理科）已知△ＡＢＣ为等腰直角三角形，ＡＢ为斜边，△ＡＢＤ为等边三角形，若二面角Ｃ － ＡＢ － Ｄ 为１５０°，则直线ＣＤ与平面ＡＢＣ所成角的正切值为 （　 　 ） Ａ． １５ Ｂ． 槡２ ５ Ｃ． 槡３ ５ Ｄ． ２ ５ ３．（２０２４·新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ中，ＰＡ⊥底面ＡＢＣＤ，ＰＡ ＝ ＡＣ ＝ ２，ＢＣ ＝ １， ＡＢ ＝槡３． （１）若ＡＤ⊥ＰＢ，证明：ＡＤ∥平面ＰＢＣ； （２）若ＡＤ⊥ＤＣ，且二面角Ａ － ＣＰ － Ｄ的正弦值为槡４２７ ，求ＡＤ． !'( ４．（２０２４·新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ＡＢＣＤ中，ＡＢ ＝ ８，ＣＤ ＝ ３，ＡＤ ＝ ５槡３， ∠ＡＤＣ ＝ ９０°，∠ＢＡＤ ＝ ３０°，点Ｅ，Ｆ满足→ＡＥ ＝ ２５ →ＡＤ，→ＡＦ ＝ １２ →ＡＢ，将△ＡＥＦ沿ＥＦ对折 至△ＰＥＦ，使得ＰＣ ＝ ４槡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． ５．（２０２３·新课标全国Ⅱ卷）如图，三棱锥Ａ － ＢＣＤ中，ＤＡ ＝ ＤＢ ＝ ＤＣ，ＢＤ⊥ＣＤ，∠ＡＤＢ ＝∠ＡＤＣ ＝ ６０°，Ｅ为ＢＣ中点． （１）证明ＢＣ⊥ＤＡ； （２）点Ｆ满足→ＥＦ ＝ →ＤＡ，求二面角Ｄ － ＡＢ － Ｆ的正弦值． ６．（２０２３·新课标全国Ⅰ卷）如图，在正四棱柱ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ中，ＡＢ ＝ ２，ＡＡ１ ＝ ４．点Ａ２，Ｂ２， Ｃ２，Ｄ２分别在棱ＡＡ１，ＢＢ１，ＣＣ１，ＤＤ１上，ＡＡ２ ＝ １，ＢＢ２ ＝ ＤＤ２ ＝ ２，ＣＣ２ ＝ ３． （１）证明：Ｂ２Ｃ２∥Ａ２Ｄ２； （２）点Ｐ在棱ＢＢ１上，当二面角Ｐ － Ａ２Ｃ２ － Ｄ２为１５０°时，求Ｂ２Ｐ． !') ７．（２０２３·全国甲卷理科）在三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，ＡＡ１ ＝ ２，Ａ１Ｃ⊥底面ＡＢＣ，∠ＡＣＢ ＝ ９０°，Ａ１到平面ＢＣＣ１Ｂ１的距离为１． （１）求证：ＡＣ ＝ Ａ１Ｃ； （２）若直线ＡＡ１与ＢＢ１距离为２，求ＡＢ１与平面ＢＣＣ１Ｂ１所成角的正弦值． !-./ 　 　 　 提能力　 !"#$»œ¸²¼e'ˆ ●-./0 异面直线所成的角的范 围以及角角公式 若异面直线ｌ１，ｌ２ 所成 的角为θ，其方向向量 分别是ｕ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， ｖ ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２） （１）θ∈ ０，π( ]２ ． （２）ｃｏｓ θ ＝ ｜ ｃｏｓ〈ｕ，ｖ〉｜ ＝ ｕ·ｖ｜ｕ ｜ ｜ｖ ｜ ＝ ｜ｕ·ｖ ｜ ｜ｕ ｜ ｜ｖ ｜ ＝ ｜ｘ１ｘ２ ＋ｙ１ｙ２ ＋ｚ１ｚ２ ｜ ｘ２１ ＋ｙ ２ １ ＋ｚ ２槡 １ ｘ２２ ＋ｙ２２ ＋ｚ２槡 ２ ． ●5678 求异面直线所成的角的 方法 １．平移法：步骤：①平 移；②认定；③计算； ④取舍． ２．向量法：步骤： （１）建立空间直角坐 标系． （２）用坐标表示两异面 直线的方向向量． （３）利用向量的夹角公 式求出向量夹角的余 弦值． （４）注意两异面直线所 成角的范围是０，π( ]２ ， 即两异面直线所成角的 余弦值等于两向量夹角 的余弦值的绝对值． ●1234 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　１．（１）（２０２４·高碑店市校级模拟）如图，正三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１的各棱长相等，Ｄ为ＡＡ１的中点，则异面直线Ａ１Ｂ 与Ｃ１Ｄ所成角的余弦值为 （　 　 ） Ａ．槡３２ 　 　 　 　 Ｂ．槡 ２ ２ 　 　 　 　 Ｃ． １ ２ 　 　 　 　 Ｄ． ０ （２）（２０２４·新县校级模拟）已知三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 满足 ＢＢ→ １ ２ － →ＢＡ２ ＋ →ＢＣ·ＢＡ→ １ ＝ １，｜ＢＡ→ １ ｜ ＝槡３，｜ ＡＣ→ １ ｜ ＝ ３，则异面直线ＢＡ１与ＡＣ１所成 角的余弦值为 （　 　 ） Ａ．槡３３ Ｂ．槡 ３ ６ Ｃ． 槡３ ９ Ｄ． 槡３ １２ ●9:;< １．（２０２４·保定二模）如图，在正四棱柱ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，ＡＡ１ ＝ ４ＡＢ，则异面直线Ａ１Ｂ与ＡＤ１所成角的余弦值为 （　 　 ） Ａ． ７１７ Ｂ． １４ １７ Ｃ． １６１７ Ｄ． ８ １７ ２．在正方体ＡＢＣＤ － Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ｅ，Ｆ分别为线段Ａ１Ｂ１，ＡＢ的中点，Ｏ为四棱锥Ｅ － Ｃ１Ｄ１ＤＣ的外接球的球心，点Ｍ，Ｎ分别是直线ＤＤ１，ＥＦ上的动点，记直线ＯＣ与 ＭＮ所成的角为θ，则当θ最小时，ｔａｎ θ ＝ （　 　 ） Ａ． ２ 槡２１１１ Ｂ． ４槡２ ３ Ｃ． １１ 槡２０５２０５ Ｄ． １１ 槡２１ ４２ !'* !"=$¸²*µœ¼e'ˆ ●-./0 设直线ｌ与平面α所成 的角为θ，直线ｌ的方向 向量为ｕ，平面α的法 向量为ｎ，则 （１）θ∈ ０，π[ ]２ ． （２）ｓｉｎ θ ＝ ｜ ｃｏｓ 〈ｕ，ｎ〉｜ ＝ ｕ·ｎ｜ｕ ｜ ｜ｎ ｜ ＝ ｜ｕ·ｎ ｜ ｜ｕ ｜ ｜ｎ ｜ ． ●5678 利用空间向量求线面角 的解题步骤 ●1234 ２．（１）（２０２４·泊头市模拟）如图，已知点Ａ是圆台Ｏ１Ｏ的上 底面圆Ｏ１上的动点，Ｂ，Ｃ在下底面圆Ｏ上，ＡＯ１ ＝ １， ＯＯ１ ＝ ２，ＢＯ ＝ ３，ＢＣ ＝ ２槡５，则直线ＡＯ与平面Ｏ１ＢＣ所 成角的余弦值的最小值为　 　 　 　 ． （２）（２０２４·焦作一模）如图所示，在三棱锥Ｓ － ＡＢＣ中， ＳＡ ＝ ＳＣ ＝ ＡＢ２ ＝ ２，ＡＣ ＝ ＢＣ ＝ ２槡２，ＳＢ ＝ ２槡３． ①求证：平面ＳＡＣ⊥平面ＡＢＣ； ②若→ＤＳ ＝ １５ →ＢＳ，求直线ＣＤ与平面ＳＡＢ所成角的正弦值． ●9:;< ３．（２０２４·张家口模拟）如图，三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１中，侧面 ＡＢＢ１Ａ１⊥底面ＡＢＣ，ＡＢ ＝ ＢＢ１ ＝ ２，ＡＣ ＝ ２槡３，∠Ｂ１ＢＡ ＝ ６０°，点Ｄ是棱Ａ１Ｂ１的中点，→ＢＣ ＝ ４ →ＢＥ，ＤＥ⊥ＢＣ． （１）证明：ＡＣ⊥ＢＢ１； （２）求直线ＢＢ１与平面ＤＥＡ１所成角的正弦值． !(! !"@$µœ*µœ'½ˆ ●-./0 平面与平面的夹角的向 量求解公式 设平面α，β的法向量 分别为ｎ１，ｎ２，平面α 与平面β 的夹角为 θ，则 （１）θ∈ ０，π[ ]２ ． （２）ｃｏｓ θ ＝ ｜ ｃｏｓ〈ｎ１， ｎ２〉｜ ＝ ｜ｎ１·ｎ２ ｜｜ｎ１ ｜ ｜ｎ２ ｜ ． ●5678 利用空间向量求平面与 平面夹角的解题步骤 ●1234 ３．（２０２４·保定二模）如图，在四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ中，底面 ＡＢＣＤ是菱形，∠ＤＡＢ ＝ ６０°，Ｅ，Ｆ分别为ＡＤ，ＡＢ的中点， 且ＡＣ⊥ＰＥ． （１）证明：ＡＣ⊥ＰＦ； （２）若ＰＡ ＝ ＰＤ ＝ ＡＢ，求平面ＰＢＣ与平面ＰＤＦ夹角的余 弦值． ●9:;< ４．（２０２４·新乡三模）如图，在四面体ＡＢＣＤ中，ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ ＡＤ ＝ ＢＣ ＝ ＢＤ，ＢＣ⊥ＢＤ，Ｅ， Ｆ分别为ＡＢ，ＡＣ的中点． （１）证明：平面ＡＣＤ⊥平面ＢＣＤ； （２）求平面ＢＤＦ与平面ＣＤＥ夹角的余弦值． !(" !"]$®¯ˆ'^_LM ●5678 已知直线与平面所成的 角、二面角时，主要是求 出平面的法向量，利用 已知条件和直线方向向 量、平面的法向量之间 的关系，构造方程或不 等关系，求解即可． 特别提醒：（１）平面的 法向量与斜线的方向向 量所成角的余弦值的绝 对值为线面角的正弦 值，不是余弦值． （２）两平面的法向量的 夹角与二面角的平面角 的关系为相等或互补， 所以，当求得两法向量 夹角的余弦值时，一定 要结合图形判断二面角 的取值范围． ●1234 ４．（２０２４·固始县校级三模）如图，在直三棱柱ＡＢＣ － Ａ１Ｂ１Ｃ１ 中，ＡＢ ＝ ＢＣ ＝２，ＡＢ⊥ＢＣ，ＣＣ１ ＝２槡３，→ＢＥ ＝ λ ＢＢ→ １（０ ＜ λ ＜１）． （１）当λ ＝ １３时，求证：ＣＥ⊥平面ＡＢＣ１； （２）设二面角Ｂ － ＡＥ － Ｃ的大小为θ，求ｓｉｎ θ的取值范围． ●9:;< ５．如图，Ｐ为圆锥的顶点，Ｏ为圆锥底面的圆心．圆锥的底 面直径ＡＢ ＝ ４，母线ＰＨ ＝ ２槡２，Ｍ是ＰＢ的中点，四边形 ＯＢＣＨ为正方形． （１）设平面ＰＯＨ∩平面ＰＢＣ ＝ ｌ，证明：ｌ∥ＢＣ； （２）设Ｄ为ＯＨ的中点，Ｎ是线段ＣＤ上的一个点，当 ＭＮ与平面ＰＡＢ所成的角最大时，求ＭＮ的长． 温馨提示：复习至此，请做练案［１４］ !(#