2025届高考数学二轮复习重点专题突破·空间几何体的角（全国通用）

高考二轮复习专题 空间几何体的角 目 录 1 2 3 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 CONTENTS 真题演练·高分突破 知识梳理·温故知新 1 1.异面直线所成的角 定义 前提 两条异面直线a，b 作法 经过空间任一点O分别作直线a'∥a，b'∥b 结论 我们把直线a'与b'所成的角叫做异面直线a与b所成的角 (或夹角) 范围 记异面直线a与b所成的角为θ，则0°<θ≤90° (1)作：根据异面直线所成的角的定义，用平移法作出异面直线所成的角. (2)证：证明作出的角就是要求的角. (3)计算：求角的值，常利用解三角形得出. 可用“一作二证三计算”来概括.同时注意异面直线所成的角θ的范围是0°<θ≤90°. 2.求两条异面直线所成的角的三个步骤 5 3.直线与平面所成的角 有关概念 对应图形 斜线 一条直线与一个平面α　　　，但不与这个平面　　　，这条直线叫做这个平面的斜线，如图中________   斜足 斜线和平面的　　　，如图中_____ 相交 垂直 直线PA 交点 点A 6 (1)作(找)——作(找)出直线和平面所成的角. (2)证——证明所作或找到的角就是所求的角. (3)求——常用解三角形的方法(通常是解由垂线、斜线、射影所组成的直角三角形). (4)答. 4.求直线与平面所成的角的步骤 5.二面角 （1）二面角的定义：从一条直线出发的两个　　　　所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的　　，这两个半平面叫做二面角的面. （2）画法： 半平面 棱 （3）记法：二面角　　　或二面角　　　 或二面角P-l-Q或二面角 . 6.二面角的平面角 (1)在二面角α-l-β的棱l上　　　一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的　　　 叫做二面角的平面角，如图. α-l-β α-AB-β P-AB-Q 任取 ∠AOB (2)二面角的平面角α的取值范围是 .平面角是　　　的二面角叫做直二面角. 0°≤α≤180° 直角 （1）定义法：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线.如图，∠AOB为二面角α-l-β的平面角. 7.求二面角的方法 （2）垂面法：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面各有一条交线，这两条交线所成的角即二面角的平面角.如图，∠AOB为二面角α-l-β的平面角. 11 （3）垂线法：过二面角的一个半平面内异于棱上的点A向另一个半平面作垂线，垂足为B，由点B向二面角的棱作垂线，垂足为O，连接AO，则∠AOB为二面角的平面角或其补角.如图，∠AOB为二面角α-l-β的平面角. 12 （1）异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝ |cos〈u，v〉|＝ . 8.空间向量求空间角 13 （2）直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线 AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝ ＝ . （3）平面与平面的夹角 如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角. 若平面α，β的法向量分别是n1和n2，则平面α与平面β 的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角.设平面α与平面β的夹角为θ，则 cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝ . 2.若平面α与平面β的夹角为θ1，平面α内的直线l与平面β所成角为θ2，则θ1≥θ2，当l与α和β的交线垂直时，取等号. 9.空间角的范围 典例分析·能力提升 2 18 典例一　线线角 19 20 21 22 23 24 25 典例二　线面角 26 27 28 29 30 31 32 33 典例三　二面角 34 35 36 37 38 39 40 典例四　空间角综合问题 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 真题演练·高分突破 3 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★   1.异面直线所成角的范围是；直线与平面所成角的范围是； 二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是. 在高考中，立体几何大题处于解答题第2或第3题的位置，属于得分题．立体几何常见的题型主要有： (1)考查线线、线面、面面关系的证明，此类题目常在解答题的第一问出现． (2)计算空间中的角和距离，此类题目常在解答题的第二问出现． (2024·广东期末，节选)如图，在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为矩形，M是PD的中点，且PB与平面ABCD所成角的正弦值为 eq \f(\r(6),4) . (1)求证：AM⊥平面PCD； 【解析】　(1)证明：因为底面ABCD为矩形， 所以CD⊥AD， 因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD， CD平面ABCD， 所以CD⊥平面PAD， 因为AM平面PAD，所以CD⊥AM， 因为侧面PAD为正三角形，M是PD的中点， 所以AM⊥PD， 因为PD∩CD＝D，PD，CD平面PCD， 所以AM⊥平面PCD. (2)求直线AM与直线PB所成角的余弦值． 【解析】　(2)如图，取AD的中点为O，BC的中点为E， 连接OP，OE，BO， 因为△PAD为正三角形，所以OP⊥AD， 因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，OP平面PAD， 所以OP⊥平面ABCD， 因为OE，OD平面ABCD，所以OP⊥OE，OP⊥OD， 因为四边形ABCD为矩形，AD的中点为O，BC的中点为E， 所以OE⊥OD，所以OE，OD，OP两两垂直， 所以以O为原点，OE，OD，OP所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设AB＝a，BC＝b，因为OP⊥平面ABCD， 所以∠PBO即为PB与平面ABCD所成角， 所以sin ∠PBO＝ eq \f(PO,PB) ＝ eq \f(\f(\r(3),2)b,\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)b))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)b))\s\up12(2))) ＝ eq \f(\r(6),4) ，化简得a＝b， 令a＝2，则A(0，－1，0)，B(2，－1，0)，P(0，0， eq \r(3) )，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2))) ， 所以 eq \o(AM,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2))) ， eq \o(PB,\s\up12(→)) ＝(2，－1，－ eq \r(3) )， 所以cos 〈 eq \o(AM,\s\up12(→)) ， eq \o(PB,\s\up12(→)) 〉＝ eq \f(\o(AM,\s\up12(→))·\o(PB,\s\up12(→)),|\o(AM,\s\up12(→))||\o(PB,\s\up12(→))|) ＝ eq \f(－\f(3,2)－\f(3,2),\r(\f(9,4)＋\f(3,4))×\r(4＋1＋3)) ＝ eq \f(－3,\r(3)×2\r(2)) ＝－ eq \f(\r(6),4) ， 所以直线AM与直线PB所成角的余弦值为 eq \f(\r(6),4) . (2024·天津二模，节选)如图，DA⊥平面ABC，AB⊥AC，AD∥CE，AB＝AC＝CE＝1，AD＝2，M为AD的中点． (1)证明：EM⊥BD； 【解析】　(1)证明：因为DA⊥平面ABC，AB⊥AC，所以AB，AC，AD两两垂直．以A为原点， eq \o(AB,\s\up12(→)) 的方向为x轴正方向， eq \o(AC,\s\up12(→)) 的方向为y轴正方向， eq \o(AD,\s\up12(→)) 的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 由已知可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，D(0，0，2)，E(0，1，1)， 因为M为AD的中点，所以M(0，0，1)， 所以 eq \o(EM,\s\up12(→)) ＝(0，－1，0)， eq \o(BD,\s\up12(→)) ＝(－1，0，2)， 所以 eq \o(BD,\s\up12(→)) · eq \o(EM,\s\up12(→)) ＝0，所以 eq \o(BD,\s\up12(→)) ⊥ eq \o(EM,\s\up12(→)) ，所以EM⊥BD. (2)设N是BC上的点，若EN与CD所成角的余弦值为 eq \f(\r(30),10) ，求BN的长． 【解析】　(2) eq \o(BC,\s\up12(→)) ＝(－1，1，0)，设N(x，y，z) 且 eq \o(BN,\s\up12(→)) ＝λ eq \o(BC,\s\up12(→)) (0≤λ≤1)，连接EN，如图， 则(x－1，y，z)＝λ(－1，1，0)，x＝1－λ，y＝λ，z＝0， 所以N(1－λ，λ，0)，所以 eq \o(EN,\s\up12(→)) ＝(1－λ，λ－1，－1)， eq \o(CD,\s\up12(→)) ＝(0，－1，2)， 所以|cos 〈 eq \o(EN,\s\up12(→)) ， eq \o(CD,\s\up12(→)) 〉|＝ eq \f(|1＋λ|,\r(5)×\r(2λ2－4λ＋3)) ＝ eq \f(\r(30),10) ， 化简得4λ2－16λ＋7＝0， 解得λ＝ eq \f(1,2) 或λ＝ eq \f(7,2) (舍)， 因为BC＝ eq \r(2) ，所以BN＝ eq \f(\r(2),2) . (2024·河南郑州阶段测试)如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形ABCD，AD＝4，BC＝8，该圆台的侧面积为12 eq \r(5) π，点M为AB中点，点E为 eq \x\to(BC) 中点． (1)求点A到平面CEM的距离； 【解析】　(1)由AD＝4，BC＝8，圆台O1O2的侧面积 为12 eq \r(5) π，可得π(2＋4)·AB＝12 eq \r(5) π，所以AB＝2 eq \r(5) ， 所以O1O2＝ eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC－AD,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(（2\r(5)）2－22) ＝4， 如图，连接BE， 因为BC＝8，点E为 eq \x\to(BC) 中点，所以BE⊥CE，BE＝CE＝4 eq \r(2) ， △BEC的面积S1＝ eq \f(1,2) ×(4 eq \r(2) )2＝16. 过点M作平面BCE的垂线，垂足为N，则点N在BC上，由点M为AB中点，得点M到平面BCE的距离为2，即MN＝2，且 eq \f(CN,BC) ＝ eq \f(7,8) ， 过点N作BE的平行线，与CE交于点F，连接MF，则NF⊥CE，又MN⊥CE，MN∩NF＝N，故CE⊥平面MNF，MF⊥CE， 且NF＝ eq \f(7,8) BE＝ eq \f(7\r(2),2) ，所以MF＝ eq \r(MN2＋NF2) ＝ eq \r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7\r(2),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(114),2) ， 所以△CEM的面积S2＝ eq \f(1,2) ×CE×MF＝ eq \f(1,2) ×4 eq \r(2) × eq \f(\r(114),2) ＝2 eq \r(57) . 设点A到平面CEM的距离为h，则点B到平面CEM的距离为h， 由VM－BCE＝VB－MCE得 eq \f(1,3) ×S1×2＝ eq \f(1,3) ×S2×h，所以h＝ eq \f(2S1,S2) ＝ eq \f(32,2\r(57)) ＝ eq \f(16\r(57),57) ， 所以点A到平面CEM的距离为 eq \f(16\r(57),57) . (2)求直线O1E与平面CEM所成角的正弦值． 【解析】　(2)连接O2E，由题知，O2E，O2B，O2O1两两垂直， 以O2为坐标原点，O2E，O2B，O2O1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则O1(0，0，4)，C(0，－4，0)，E(4，0，0)，M(0，3，2)， 所以 eq \o(O1E,\s\up12(→)) ＝(4，0，－4)， eq \o(CE,\s\up12(→)) ＝(4，4，0)， eq \o(CM,\s\up12(→)) ＝(0，7，2)， 设平面CEM的法向量为n＝(x，y，z)，则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CE,\s\up12(→))＝0，,n·\o(CM,\s\up12(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋4y＝0，,7y＋2z＝0，)) 取y＝－2，得平面CEM的一个法向量n＝(2，－2，7)， 设直线O1E与平面CEM所成角为θ，则sin θ＝ eq \f(|\o(O1E,\s\up12(→))·n|,|\o(O1E,\s\up12(→))||n|) ＝ eq \f(|4×2＋0×（－2）＋（－4）×7|,\r(42＋02＋（－4）2)×\r(22＋（－2）2＋72)) ＝ eq \f(5\r(114),114) ， 所以直线O1E与平面CEM所成角的正弦值为 eq \f(5\r(114),114) . (2024·上海阶段测试)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，AB＝AP＝2，E，F分别是线段PB，PD的中点，M是线段PA上的一点． (1)证明：直线BD∥平面AEF； 【解析】　(1)证明：∵E，F分别为PB，PD的中点， ∴在△PBD中，EF为其中位线，即EF∥BD， 又BD平面AEF，EF平面AEF， ∴直线BD∥平面AEF. (2)若直线CM与平面AEF所成角的正弦值为 eq \f(5\r(3),9) ，试确定点M的位置． 【解析】　(2)连接CM，易知AP，AB，AD两两垂直，以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，C(2，2，0)，E(1，0，1)，F(0，1，1)，设M(0，0，a)(0≤a≤2)， 则 eq \o(AE,\s\up12(→)) ＝(1，0，1)， eq \o(AF,\s\up12(→)) ＝(0，1，1)， eq \o(CM,\s\up12(→)) ＝(－2，－2，a)， 设平面AEF的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up12(→))·n＝x＋z＝0，,\o(AF,\s\up12(→))·n＝y＋z＝0，)) 令x＝1，得n＝(1，1，－1). 设直线CM与平面AEF所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈 eq \o(CM,\s\up12(→)) ， n〉|＝ eq \f(|\o(CM,\s\up12(→))·n|,|\o(CM,\s\up12(→))|·|n|) ＝ eq \f(|－2－2－a|,\r(a2＋8)×\r(3)) ＝ eq \f(5\r(3),9) ，解得a＝1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＝\f(7,2)舍去)) ， 所以M(0，0，1)，即M为PA中点． (2024·四川成都三模)如图，三棱柱ABC－A1B1C1所有棱长都为2，∠B1BC＝60°，D为A1C与AC1交点． (1)证明：平面BCD⊥平面AB1C1； 【解析】　(1)证明：如图，取BC中点O，取AB1中点E， 连接DE，BE，OE，AO，B1O， 因为三棱柱ABC－A1B1C1所有棱长都为2，∠B1BC＝60°， 所以AO＝B1O＝ eq \r(3) ，AB＝BB1，又E为AB1的中点，故B，C，D，E四点共面， 所以OE⊥AB1，又BE⊥AB1，BE，OE平面BCD，OE∩BE＝E， 所以AB1⊥平面BCD，又AB1平面AB1C1，故平面BCD⊥平面AB1C1. (2)若DB1＝ eq \f(\r(13),2) ，求二面角A1－CB1－C1的余弦值． 【解析】　(2)由BC⊥AO，BC⊥OB1，AO∩OB1＝O，得BC⊥平面AOB1，又因为BC∥B1C1，所以B1C1⊥平面AOB1， 又AB1平面AOB1，所以B1C1⊥AB1，所以△AB1C1为直角三角形，所以AC1＝2DB1＝ eq \r(13) ， 所以AB1＝ eq \r(AC12－B1C12) ＝3，在△AOB1中，cos ∠AOB1＝ eq \f(3＋3－9,2×3) ＝－ eq \f(1,2) . 以O为原点，作Oz⊥平面BCC1B1，以 eq \o(OB,\s\up12(→)) ， eq \o(OB1,\s\up12(→)) ， eq \o(Oz,\s\up12(→)) 的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则C(－1，0，0)，B1(0， eq \r(3) ，0)，C1(－2， eq \r(3) ，0)，A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，\f(3,2))) ， 由 eq \o(AA1,\s\up12(→)) ＝ eq \o(CC1,\s\up12(→)) ， eq \o(CC1,\s\up12(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)，得A1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(3),2)，\f(3,2))) ，所以 eq \o(CA1,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(3,2))) ， eq \o(CB1,\s\up12(→)) ＝(1， eq \r(3) ，0)， 设平面A1CB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CB1,\s\up12(→))·n＝0，,\o(CA1,\s\up12(→))·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,\f(\r(3),2)y＋\f(3,2)z＝0，)) 令z＝1，得n＝(3，－ eq \r(3) ，1)，平面C1CB1的一个法向量为m＝(0，0，1)， 记二面角A1－CB1－C1的大小为θ，由图知θ为锐角， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m|·|n|) ＝ eq \f(\r(13),13) ， 即二面角A1－CB1－C1的余弦值为 eq \f(\r(13),13) . (2024·浙江绍兴三模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝BB1＝6，D，E分别为AC，BB1的中点，设平面A1DE交棱BC于点F. (1)求BF； 【解析】　(1)以B为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有A1(6，0，6)，D(3，3，0)，E(0，0，3)，C1(0，6，6)，设F(0，m，0)，0<m<6， 则 eq \o(A1D,\s\up12(→)) ＝(－3，3，－6)， eq \o(A1E,\s\up12(→)) ＝(－6，0，－3)， eq \o(EF,\s\up12(→)) ＝(0，m，－3)， 设平面A1DE的法向量为m＝(x，y，z)， 则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1D,\s\up12(→))·m＝－3x＋3y－6z＝0，,\o(A1E,\s\up12(→))·m＝－6x－3z＝0，)) 令x＝1，则有y＝－3，z＝－2，即m＝(1，－3，－2)，由EF平面A1DE，则 eq \o(EF,\s\up12(→)) ·m＝m×(－3)＋(－3)×(－2)＝0，解得m＝2， 故BF＝2. (2)求二面角C1－DF－C的正切值． 【解析】　(2) eq \o(C1D,\s\up12(→)) ＝(3，－3，－6)， eq \o(DF,\s\up12(→)) ＝(－3，－1，0)， 设平面C1DF的法向量为α＝(x1，y1，z1)， 则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(C1D,\s\up12(→))·α＝3x1－3y1－6z1＝0，,\o(DF,\s\up12(→))·α＝－3x1－y1＝0，)) 令x1＝1， 则有y1＝－3，z1＝2，即α＝(1，－3，2)， 由z轴⊥平面DFC，故平面DFC的一个法向量为β＝(0，0，1)， 易知二面角C1－DF－C为锐二面角， 则|cos 〈α，β〉|＝ eq \f(|α·β|,|α|·|β|) ＝ eq \f(2,\r(1＋9＋4)) ＝ eq \f(\r(14),7) ， 则sin 〈α，β〉＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(14),7)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(35),7) ， 则二面角C1－DF－C的正切值为 eq \f(\f(\r(35),7),\f(\r(14),7)) ＝ eq \f(\r(10),2) . (2024·广西贺州一模)如图，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分)， 其中AA1，BB1，CC1，DD1均与底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为120°，E为弧A1D1的中点． (1)证明：AB∥平面CD1E； 【解析】　(1)证明：如图，延长A1B1，D1C1交于O1，延长AB，DC交于O，连接OO1，在底面ABCD内过点O作Oy⊥OD， 以O为原点，直线OD，OO1分别为x，z轴建立空间直角坐标系，设AA1＝t(t>0)， 由OC＝1，OA＝2，AB＝1，∠AOD＝120°，得A(－1， eq \r(3) ，0)，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)) ，D1(2，0，t)，E(1， eq \r(3) ，t)，D(2，0，0)， 则 eq \o(AB,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，0)) ， eq \o(ED1,\s\up12(→)) ＝(1，－ eq \r(3) ，0)，显然 eq \o(ED1,\s\up12(→)) ＝2 eq \o(AB,\s\up12(→)) ，即 eq \o(ED1,\s\up12(→)) ∥ eq \o(AB,\s\up12(→)) ， 而点A不在直线ED1上，于是AB∥ED1，又ED1平面CD1E，AB平面CD1E， 所以AB∥平面CD1E. (2)直线AB1与CD1所成角的余弦值为 eq \f(9,10) . (ⅰ)求直线AB1与平面CD1E所成角的正弦值； 【解析】　(2)(ⅰ)由(1)知，B1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，t)) ， C(1，0，0)，则 eq \o(AB1,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，t)) ， eq \o(CD1,\s\up12(→)) ＝(1，0，t)， 由直线AB1与CD1所成角的余弦值为 eq \f(9,10) ，得|cos 〈 eq \o(AB1,\s\up12(→)) ， eq \o(CD1,\s\up12(→)) 〉|＝ eq \f(|\o(AB1,\s\up12(→))·\o(CD1,\s\up12(→))|,|\o(AB1,\s\up12(→))||\o(CD1,\s\up12(→))|) ＝ eq \f(\f(1,2)＋t2,\r(1＋t2)·\r(1＋t2)) ＝ eq \f(9,10) ，解得t＝2(负值舍去)， 则 eq \o(AB1,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2)) ， eq \o(CD1,\s\up12(→)) ＝(1，0，2)，而 eq \o(ED1,\s\up12(→)) ＝(1，－ eq \r(3) ，0)，设平面CD1E的法向量n＝(x，y，z)， 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CD1,\s\up12(→))＝x＋2z＝0，,n·\o(ED1,\s\up12(→))＝x－\r(3)y＝0，)) 令z＝－ eq \r(3) ，得n＝(2 eq \r(3) ，2，－ eq \r(3) )， 所以直线AB1与平面CD1E所成角的正弦值为|cos 〈n， eq \o(AB1,\s\up12(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\o(AB1,\s\up12(→))|,|n||\o(AB1,\s\up12(→))|) ＝ eq \f(2\r(3),\r(5)×\r(19)) ＝ eq \f(2\r(285),95) . (ⅱ)求二面角C－D1E－D的余弦值． 【解析】　(ⅱ)由(ⅰ)知，平面CD1E的法向量 n＝(2 eq \r(3) ，2，－ eq \r(3) )， eq \o(DD1,\s\up12(→)) ＝(0，0，2)， 设平面DD1E的法向量m＝(a，b，c)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DD1,\s\up12(→))＝2c＝0，,m·\o(ED1,\s\up12(→))＝a－\r(3)b＝0，)) 令b＝1，得m＝( eq \r(3) ，1，0)， 于是cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m||n|) ＝ eq \f(8,2×\r(19)) ＝ eq \f(4\r(19),19) ，显然二面角C－D1E－D为锐二面角， 所以二面角C－D1E－D的余弦值为 eq \f(4\r(19),19) . (2024·广西来宾模拟预测)如图，在三棱台DEF－ABC中，CF⊥平面ABC，AB⊥BC，且BA＝BC，AC＝2DF，M为AC的中点，P是CF上一点，且 eq \f(CF,DF) ＝ eq \f(MC,CP) ＝λ，CP＝1. (1)求证：DC⊥平面PBM； 【解析】　(1)证明：∵BA＝BC，且M是AC的中点，则BM⊥AC. ∵CF⊥平面ABC，BM平面ABC，∴CF⊥BM. 又CF∩AC＝C，CF，AC平面ACFD，∴BM⊥平面ACFD， 因为DC平面ACFD，∴DC⊥BM. ∵ eq \f(CF,DF) ＝ eq \f(MC,CP) ，∠CFD＝∠MCP＝ eq \f(π,2) ， ∴△CFD∽△MCP，则∠PMC＝∠FCD. ∵∠ACD＋∠FCD＝ eq \f(π,2) ，∴∠PMC＋∠ACD＝ eq \f(π,2) ， ∴在平面ACFD中，DC⊥PM. ∵BM∩PM＝M，BM，PM平面PBM， ∴DC⊥平面PBM. (2)若直线BC与平面PBM所成的角为 eq \f(π,3) ，求平面EFM与平面PBM所成夹角的余弦值． (2)连接DM，由题意得四边形MCFD为矩形，则DM∥CF， 又CF⊥平面ABC，∴DM⊥平面ABC. 由(1)可知BM⊥AC，则MB，MC，MD两两垂直， 如图，以M为坐标原点，MB，MC，MD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． ∵ eq \f(CF,DF) ＝ eq \f(MC,CP) ＝λ，CP＝1， ∴CM＝DF＝λ，DM＝CF＝λ2. ∴M(0，0，0)，B(λ，0，0)，C(0，λ，0)，D(0，0，λ2). ∵AC＝2DF， ∴由棱台的性质得 eq \o(BC,\s\up12(→)) ＝2 eq \o(EF,\s\up12(→)) ， eq \o(BC,\s\up12(→)) ＝(－λ，λ，0)， 又F(0，λ，λ2)，∴ eq \o(ME,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ,2)，\f(λ,2)，λ2)) . 由(1)可知平面PBM的一个法向量为 eq \o(CD,\s\up12(→)) ，且 eq \o(CD,\s\up12(→)) ＝(0，－λ，λ2). ∵直线BC与平面PBM所成的角为 eq \f(π,3) ， ∴|cos 〈 eq \o(BC,\s\up12(→)) ， eq \o(CD,\s\up12(→)) 〉|＝ eq \f(|\o(BC,\s\up12(→))·\o(CD,\s\up12(→))|,|\o(BC,\s\up12(→))|·|\o(CD,\s\up12(→))|) ＝ eq \f(1,2) ， 即 eq \f(|－λ2|,\r(2)λ·λ\r(λ2＋1)) ＝ eq \f(1,2) ，解得λ＝1.即P与F重合． ∴平面PBM的一个法向量为 eq \o(CD,\s\up12(→)) ＝(0，－1，1). 设平面EFM的法向量为n＝(x，y，z). ∵ eq \o(ME,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)) ， eq \o(MF,\s\up12(→)) ＝(0，1，1)， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(ME,\s\up12(→))＝\f(1,2)x＋\f(1,2)y＋z＝0，,n·\o(MF,\s\up12(→))＝y＋z＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－z，,x＝－z，)) 当z＝－1时，x＝1，y＝1. ∴平面EFM的一个法向量为n＝(1，1，－1). ∴|cos 〈n， eq \o(CD,\s\up12(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\o(CD,\s\up12(→))|,|n||\o(CD,\s\up12(→))|) ＝ eq \f(2,\r(2)×\r(3)) ＝ eq \f(\r(6),3) . ∴平面EFM与平面PBM所成夹角的余弦值为 eq \f(\r(6),3) . 1.(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5 eq \r(3) ，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足 eq \o(AE,\s\up12(→)) ＝ eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up12(→)) ， eq \o(AF,\s\up12(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→)) .将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4 eq \r(3) . (1)证明：EF⊥PD； 解析　(1)证明：由AB＝8，AD＝5 eq \r(3) ， eq \o(AE,\s\up12(→)) ＝ eq \f(2,5) eq \o(AD,\s\up12(→)) ， eq \o(AF,\s\up12(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \o(AB,\s\up12(→)) ，得AE＝2 eq \r(3) ，AF＝4，又∠BAD＝30°， 在△AEF中，由余弦定理得 EF＝ eq \r(AE2＋AF2－2AE·AF cos ∠BAD) ＝ eq \r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2)) ＝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)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 解析　 (2)如图，连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3 eq \r(3) ，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36，CE＝6， 在△PEC中，PC＝4 eq \r(3) ，PE＝2 eq \r(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，建立如图所示的空间直角坐标系， 则E(0，0，0)，P(0，0，2 eq \r(3) )，D(0，3 eq \r(3) ，0)，C(3，3 eq \r(3) ，0)，F(2，0，0)，A(0，－2 eq \r(3) ，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2 eq \r(3) ，0)， 所以 eq \o(PC,\s\up12(→)) ＝(3，3 eq \r(3) ，－2 eq \r(3) )， eq \o(PD,\s\up12(→)) ＝(0，3 eq \r(3) ，－2 eq \r(3) )， eq \o(PB,\s\up12(→)) ＝(4，2 eq \r(3) ，－2 eq \r(3) )， eq \o(PF,\s\up12(→)) ＝(2，0，－2 eq \r(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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up12(→))＝3x1＋3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n·\o(PD,\s\up12(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up12(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,m·\o(PF,\s\up12(→))＝2x2－2\r(3)z2＝0，)) 令y1＝2，x2＝ eq \r(3) ，得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1， 所以n＝(0，2，3)，m＝( eq \r(3) ，－1，1)， 设平面PCD和平面PBF所成的二面角为θ， 所以cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|) ＝ eq \f(1,\r(5)×\r(13)) ＝ eq \f(\r(65),65) ， 则sin θ＝ eq \r(1－cos2θ) ＝ eq \f(8\r(65),65) ， 即平面PCD和平面PBF所成的二面角的正弦值为 eq \f(8\r(65),65) . 2.(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＝ eq \r(10) ，FB＝2 eq \r(3) ，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； 解析　(1)证明：因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD， 所以四边形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)求二面角F－BM－E的正弦值． 解析　(2)如图所示，取AM的中点为O，连接OF，BO， 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)中四边形BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2，又AM＝2，所以△ABM为等边三角形，又O为AM中点，所以OB＝ eq \r(3) ， 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF＝MD，EF∥MD， 所以四边形EFMD为平行四边形，FM＝ED＝AF， 所以△AFM为等腰三角形，所以OF⊥AM，OF＝ eq \r(AF2－AO2) ＝3， 因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF两两垂直， 以O为原点， eq \o(OB,\s\up12(→)) 的方向为x轴正方向， eq \o(OD,\s\up12(→)) 的方向为y轴正方向， eq \o(OF,\s\up12(→)) 的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则F(0，0，3)，B( eq \r(3) ，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)， eq \o(BM,\s\up12(→)) ＝(－ eq \r(3) ，1，0)， eq \o(BF,\s\up12(→)) ＝(－ eq \r(3) ，0，3)， eq \o(BE,\s\up12(→)) ＝(－ eq \r(3) ，2，3)，设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面EMB的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－\r(3)x1＋3z1＝0，)) 令x1＝ eq \r(3) ，得y1＝3，z1＝1，即m＝( eq \r(3) ，3，1)， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up12(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up12(→))＝0，)) 得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x2＋y2＝0，,－\r(3)x2＋2y2＋3z2＝0，)) 令x2＝ eq \r(3) ，得y2＝3，z2＝－1，即n＝( eq \r(3) ，3，－1)， cos 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m|·|n|) ＝ eq \f(11,\r(13)×\r(13)) ＝ eq \f(11,13) ，则sin 〈m，n〉＝ eq \f(4\r(3),13) ， 故二面角F－BM－E的正弦值为 eq \f(4\r(3),13) . 3.(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点． (1)证明：BC⊥DA； 解析　(1)证明：如图，连接AE，DE，∵DB＝DC，∴DE⊥BC， 又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，∴△ACD与△ABD均为等边三角形， ∴AC＝AB，∴AE⊥BC，又AE∩DE＝E， ∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥DA. (2)点F满足 eq \o(EF,\s\up12(→)) ＝ eq \o(DA,\s\up12(→)) ，求二面角D－AB－F的正弦值． 解析　(2)设DA＝DB＝DC＝2，∴BC＝2 eq \r(2) ， ∴DE＝AE＝ eq \r(2) ， ∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE， 又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E， ∴AE⊥平面BCD，如图建立空间直角坐标系． ∴D( eq \r(2) ，0，0)，A(0，0， eq \r(2) )，B(0， eq \r(2) ，0)，E(0，0，0)， eq \o(AB,\s\up12(→)) ＝(0， eq \r(2) ，－ eq \r(2) )， ∵ eq \o(DA,\s\up12(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )， eq \o(EF,\s\up12(→)) ＝ eq \o(DA,\s\up12(→)) F(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )， ∴ eq \o(AF,\s\up12(→)) ＝(－ eq \r(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)，二面角D－AB－F的平面角为θ， ∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0)) n1＝(1，1，1)， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0)) n2＝(0，1，1). ∴|cos θ|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) ，∴sin θ＝ eq \f(\r(3),3) . 4.(2022·全国乙卷，理)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点． (1)证明：平面BED⊥平面ACD； 解析　(1)证明：因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC. 因为E为AC的中点，所以AC⊥BE，AC⊥DE， 又BE∩DE＝E，BE，DE平面BED，所以AC⊥平面BED， 又AC平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD. (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值． 解析　(2)因为AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，所以△ABC为正三角形，则AC＝2，BE＝ eq \r(3) ，AE＝1. 因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1. 所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE. 由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝ eq \f(DE·BE,BD) ＝ eq \f(\r(3),2) . 方法一：因为EA，EB，ED两两垂直， 以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系Exyz，则A(1，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，D(0，0，1)，C(－1，0，0)， eq \o(AB,\s\up12(→)) ＝(－1， eq \r(3) ，0)， eq \o(DB,\s\up12(→)) ＝(0， eq \r(3) ，－1). 易得DF＝ eq \f(1,2) ，FB＝ eq \f(3,2) ，所以3 eq \o(DF,\s\up12(→)) ＝ eq \o(FB,\s\up12(→)) .设F(0，y，z)，则 eq \o(DF,\s\up12(→)) ＝(0，y，z－1)， eq \o(FB,\s\up12(→)) ＝(0， eq \r(3) －y，－z)，所以3(0，y，z－1)＝(0， eq \r(3) －y，－z)，得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),4)，\f(3,4))) ，所以 eq \o(CF,\s\up12(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(3),4)，\f(3,4))) . 设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up12(→))＝－x＋\r(3)y＝0，,n·\o(DB,\s\up12(→))＝\r(3)y－z＝0，)) 不妨取y＝1，则x＝ eq \r(3) ，z＝ eq \r(3) ，n＝( eq \r(3) ，1， eq \r(3) ). 记CF与平面ABD所成的角为α， 则sin α＝|cos 〈 eq \o(CF,\s\up12(→)) ， n〉|＝ eq \f(|\o(CF,\s\up12(→))·n|,|\o(CF,\s\up12(→))|·|n|) ＝ eq \f(4\r(3),7) . 方法二：因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍． 因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE平面ABC，所以DE⊥平面ABC. 因为VD－AEB＝VE－ADB，所以 eq \f(1,3) × eq \f(1,2) AE×BE×DE＝ eq \f(1,3) ×S△ABD× eq \f(d,2) ，其中d为点C到平面ABD的距离． 在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝ eq \r(2) ，所以S△ABD＝ eq \f(\r(7),2) ， 所以d＝ eq \f(2\r(21),7) . 因为AC⊥平面BED，EF平面BED，所以AC⊥EF，所以CF＝ eq \r(FE2＋EC2) ＝ eq \f(\r(7),2) . 记CF与平面ABD所成的角为α，则sin α＝ eq \f(d,CF) ＝ eq \f(4\r(3),7) . $$