第五章 高考真题集训——空间向量与立体几何-【金版教程】2026年高考数学一轮总复习首选用卷课件PPT（新教材）

第一部分　考点通关练 第五章　立体几何 高考真题集训——空间向量与立体几何 1 2 3 4 5 6 7 8 9 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 17 1 2 3 4 5 6 7 8 9 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 26 1 2 3 4 5 6 7 8 9 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 32 1 2 3 4 5 6 7 8 9 33 1 2 3 4 5 6 7 8 9 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 36 1 2 3 4 5 6 7 8 9 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 38 1 2 3 4 5 6 7 8 9 39 1 2 3 4 5 6 7 8 9 40 1 2 3 4 5 6 7 8 9 41 1 2 3 4 5 6 7 8 9 42 1 2 3 4 5 6 7 8 9 43 1 2 3 4 5 6 7 8 9 44 1 2 3 4 5 6 7 8 9 45 　　　　　　　　　　　　　 R 解答题 1．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD； (2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值． 解：(1)证明：取PD的中点S，连接SF，SC， 则SF∥DE，SF＝eq \f(1,2)DE＝1， 又DE∥BC，DE＝2BC， 所以SF∥BC，SF＝BC， 所以四边形SFBC为平行四边形， 所以BF∥SC， 又BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD. (2)因为DE＝2，所以AE＝1， 所以AE∥BC，AE＝BC， 所以四边形AECB为平行四边形， 所以CE∥AB， 又AB⊥平面PAD，所以CE⊥平面PAD， 而PE，DE⊂平面PAD， 故CE⊥PE，CE⊥DE，而PE⊥DE， 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)， 则eq \o(PA,\s\up12(→))＝(0，－1，－2)，eq \o(PB,\s\up12(→))＝(1，－1，－2)，eq \o(PC,\s\up12(→))＝(1，0，－2)，eq \o(PD,\s\up12(→))＝(0，2，－2)， 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PA,\s\up12(→))＝0，,m·\o(PB,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－y－2z＝0，,x－y－2z＝0，)) 取m＝(0，－2，1)， 设平面PCD的法向量为n＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up12(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2c＝0，,2b－2c＝0，)) 取n＝(2，1，1)， 故cos〈m，n〉＝eq \f(－1,\r(5)×\r(6))＝－eq \f(\r(30),30)，故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为eq \f(\r(30),30). 2．(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD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A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)，求AD. 解：(1)证明：因为PA⊥底面ABCD， 又AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又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)解法一：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⊥底面ABCD，所以平面PAC⊥底面ABCD， 又平面PAC∩底面ABCD＝AC， 所以DE⊥平面PAC，所以DE⊥CP， 又EF⊥CP，DE∩EF＝E，DE，EF⊂平面DEF，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＝eq \f(\r(42),7)，所以tan∠DFE＝eq \r(6). 因为AD⊥DC，设AD＝x，则DC＝eq \r(4－x2)， 由等面积法可得，DE＝eq \f(x\r(4－x2),2)， 又CE＝eq \r(（4－x2）－\f(x2（4－x2）,4))＝eq \f(4－x2,2)，△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝eq \f(4－x2,2\r(2))， 故tan∠DFE＝eq \f(\f(x\r(4－x2),2),\f(4－x2,2\r(2)))＝eq \r(6)， 解得x＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3). 解法二：由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为原点，AD，DC所在直线分别为x轴、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\up12(→))＝(0，－eq \r(4－a2)，0)， eq \o(AC,\s\up12(→))＝(－a，eq \r(4－a2)，0)，eq \o(CP,\s\up12(→))＝(a，－eq \r(4－a2)，2)． 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CD,\s\up12(→))·n＝0，,\o(CP,\s\up12(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(4－a2)y＝0，,ax－\r(4－a2)y＋2z＝0，)) 可取n＝(2，0，－a)． 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CP,\s\up12(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\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)． 因为二面角A－CP－D的正弦值为eq \f(\r(42),7)， 所以二面角A－CP－D的余弦值的绝对值为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)， 又a>0，所以a＝eq \r(3)，即AD＝eq \r(3). 3．(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\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对折至△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：(1)证明：由AB＝8，AD＝5eq \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＝2eq \r(3)，AF＝4， 又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理，得 EF＝eq \r(AE2＋AF2－2AE·AFcos∠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)连接EC，由∠ADC＝90°，ED＝3eq \r(3)，CD＝3， 则EC2＝ED2＋CD2＝36，EC＝6， 又PC＝4eq \r(3)，PE＝AE＝2eq \r(3)，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Exyz， 则E(0，0，0)，P(0，0，2eq \r(3))，D(0，3eq \r(3)，0)，C(3，3eq \r(3)，0)，F(2，0，0)，A(0，－2eq \r(3)，0)， 由F是AB的中点，得B(4，2eq \r(3)，0)， 所以eq \o(PC,\s\up12(→))＝(3，3eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PD,\s\up12(→))＝(0，3eq \r(3)，－2eq \r(3))， eq \o(PB,\s\up12(→))＝(4，2eq \r(3)，－2eq \r(3))，eq \o(PF,\s\up12(→))＝(2，0，－2eq \r(3))， 设平面PCD和平面PBF的法向量分别为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)， 所以|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(5)×\r(13))＝eq \f(\r(65),65)， 设平面PCD与平面PBF所成的角为θ， 则sinθ＝eq \r(1－\f(1,65))＝eq \f(8\r(65),65)， 即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为eq \f(8\r(65),65). 4．(2024·天津高考)已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1.N是B1C1的中点，M是DD1的中点． (1)求证：D1N∥平面CB1M； (2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离． 解：(1)证明：取CB1的中点P，连接NP，MP， 因为N是B1C1的中点，所以NP∥CC1，且NP＝eq \f(1,2)CC1， 因为M是DD1的中点，所以D1M＝eq \f(1,2)DD1， 因为D1M∥CC1，DD1＝CC1，所以D1M綊NP， 所以四边形D1MPN是平行四边形， 故D1N∥MP， 又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M， 所以D1N∥平面CB1M. (2)以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，B1(2，0，2)，M(0，1，1)，C(1，1，0)，eq \o(CB1,\s\up12(→))＝(1，－1，2)，eq \o(CM,\s\up12(→))＝(－1，0，1)，eq \o(BB1,\s\up12(→))＝(0，0，2)， 设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(CB1,\s\up12(→))＝x1－y1＋2z1＝0，,m·\o(CM,\s\up12(→))＝－x1＋z1＝0，)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB1,\s\up12(→))＝x2－y2＋2z2＝0，,n·\o(BB1,\s\up12(→))＝2z2＝0，)) 分别取x1＝x2＝1，则y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0，即m＝(1，3，1)，n＝(1，1，0)， 则cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1＋3,\r(1＋9＋1)×\r(1＋1))＝eq \f(2\r(22),11)， 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为eq \f(2\r(22),11). (3)由eq \o(BB1,\s\up12(→))＝(0，0，2)，平面CB1M的法向量为m＝(1，3，1)， 得eq \f(|\o(BB1,\s\up12(→))·m|,|m|)＝eq \f(2,\r(1＋9＋1))＝eq \f(2\r(11),11)， 即点B到平面CB1M的距离为eq \f(2\r(11),11). 5．(2024·全国甲卷)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，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝eq \r(10)，FB＝2eq \r(3)，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F－BM－E的正弦值． 解：(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)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， 由(1)可知四边形BCDM为平行四边形， 所以BM＝CD＝2，又AM＝2， 所以△ABM为等边三角形，O为AM的中点，所以OB＝eq \r(3)， 又因为四边形ADEF为等腰梯形，且AD＝4，EF＝2，M为AD的中点， 所以EF＝MD，EF∥MD， 所以四边形EFMD为平行四边形， 所以FM＝ED＝AF， 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上 的中点O重合，OF⊥AM，OF＝eq \r(AF2－AO2)＝3， 因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF， 所以OB，OD，OF互相垂直， 以O为原点，OB，OD，OF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Oxyz， 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)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BM,\s\up12(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up12(→))＝0，))即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)， 设平面EMB的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BM,\s\up12(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up12(→))＝0，))即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)， 则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). 6．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1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. 解：(1)证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1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C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， ∴eq \o(B2C2,\s\up12(→))＝(0，－2，1)， eq \o(A2D2,\s\up12(→))＝(0，－2，1)， ∴eq \o(B2C2,\s\up12(→))∥eq \o(A2D2,\s\up12(→))， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则eq \o(A2C2,\s\up12(→))＝(－2，－2，2)，eq \o(PC2,\s\up12(→))＝(0，－2，3－λ)，eq \o(D2C2,\s\up12(→))＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(A2C2,\s\up12(→))＝－2x1－2y1＋2z1＝0，,n·\o(PC2,\s\up12(→))＝－2y1＋（3－λ）z1＝0，)) 令z1＝2，得y1＝3－λ，x1＝λ－1，∴n＝(λ－1，3－λ，2)． 设平面A2C2D2的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(A2C2,\s\up12(→))＝－2x2－2y2＋2z2＝0，,m·\o(D2C2,\s\up12(→))＝－2x2＋z2＝0，)) 令x2＝1，得y2＝1，z2＝2，∴m＝(1，1，2)． 又二面角P－A2C2－D2为150°， ∴|cos〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|) ＝eq \f(6,\r(6)·\r(4＋（λ－1）2＋（3－λ）2)) ＝|cos150°|＝eq \f(\r(3),2)， 化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0，2，1)或P(0，2，3)， ∴B2P＝1. 7．(2023·新课标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； (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：(1)证明：连接AE，DE，因为E为BC的中点，DB＝DC， 所以DE⊥BC，① 因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， 所以△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB，所以AE⊥BC，② 由①②，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 得BC⊥平面ADE，而DA⊂平面ADE， 所以BC⊥DA. (2)不妨设DA＝DB＝DC＝2， 因为BD⊥CD，所以BC＝2eq \r(2)，DE＝eq \r(2)， 因为△ACD与△ABD均为等边三角形， 所以AC＝AB＝2， 所以AE⊥BC，AE＝eq \r(2)， 所以AE2＋DE2＝4＝DA2， 所以AE⊥DE， 又DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD， 所以AE⊥平面BCD. 以E为原点，ED，EB，EA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E(0，0，0)，D(eq \r(2)，0，0)，A(0，0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)， 设平面DAB与平面ABF的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)， n2＝(x2，y2，z2)，二面角D－AB－F的平面角为θ，而eq \o(AB,\s\up12(→))＝(0， eq \r(2)，－eq \r(2))， 因为eq \o(EF,\s\up12(→))＝eq \o(DA,\s\up12(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))， 即有eq \o(AF,\s\up12(→))＝(－eq \r(2)，0，0)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up12(→))＝0，,n1·\o(AB,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，)) 取x1＝1，所以n1＝(1，1，1)． eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up12(→))＝0，,n2·\o(AF,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，)) 取y2＝1，所以n2＝(0，1，1)， 所以|cosθ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)， 所以sinθ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3)， 所以二面角D－AB－F的正弦值为eq \f(\r(3),3). 8．(2022·新高考Ⅰ卷)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2eq \r(2). (1)求A到平面A1BC的距离； (2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A－BD－C的正弦值． 解：(1)设A到平面A1BC的距离为h， 因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4， 所以VA－A1BC＝VA1－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝eq \f(1,3)VABC－A1B1C1＝eq \f(4,3)， 又△A1BC的面积为2eq \r(2)， VA－A1BC＝eq \f(1,3)S△A1BC·h＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)h＝eq \f(4,3)， 所以h＝eq \r(2)， 即A到平面A1BC的距离为eq \r(2). (2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B， 因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B， 所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC， 又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， 所以AA1⊥BC， 因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1， 所以BC⊥平面ABB1A1， 又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB. 以B为坐标原点，eq \o(BC,\s\up12(→))，eq \o(BA,\s\up12(→))，eq \o(BB1,\s\up12(→))的方向分别为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz， 由(1)知，AE＝eq \r(2)， 所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2)， 因为△A1BC的面积为2eq \r(2)， 所以2eq \r(2)＝eq \f(1,2)A1B·BC，所以BC＝2， 所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，C(2，0，0)，A1(0，2，2)，D(1，1，1)，E(0，1，1)， 则eq \o(BD,\s\up12(→))＝(1，1，1)，eq \o(BA,\s\up12(→))＝(0，2，0)，设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up12(→))＝0，,n·\o(BA,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＋z＝0，,2y＝0，))令x＝1，得n＝(1，0，－1)， 又平面BDC的一个法向量为eq \o(AE,\s\up12(→))＝(0，－1，1)， 所以cos〈eq \o(AE,\s\up12(→))，n〉＝eq \f(\o(AE,\s\up12(→))·n,|\o(AE,\s\up12(→))||n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2)， 设二面角A－BD－C的平面角为θ， 则sinθ＝eq \r(1－cos2〈\o(AE,\s\up12(→))，n〉)＝eq \f(\r(3),2)， 所以二面角A－BD－C的正弦值为eq \f(\r(3),2). 9．(2022·新高考Ⅱ卷)如图，PO是三棱锥P－ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E是PB的中点． (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C－AE－B的正弦值． 解：(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA，PD， 因为PO是三棱锥P－ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO，BO⊂平面ABC， 所以PO⊥AO，PO⊥BO， 又PA＝PB，所以△POA≌△POB，即OA＝OB， 所以∠OAB＝∠OBA， 又AB⊥AC，即∠BAC＝90°， 所以∠OAB＋∠OAD＝90°， ∠OBA＋∠ODA＝90°， 所以∠ODA＝∠OAD，所以AO＝DO， 即AO＝DO＝OB， 所以O为BD的中点， 又E为PB的中点，所以OE∥PD， 又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC， 所以OE∥平面PAC. (2)以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，过A且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 因为PO＝3，AP＝5， 所以OA＝eq \r(AP2－PO2)＝4， 又∠OBA＝∠OBC＝30°，BD＝2OA＝8， 则AD＝4，AB＝4eq \r(3)， 所以AC＝12，所以A(0，0，0)，O(2eq \r(3)，2，0)，B(4eq \r(3)，0，0)，P(2eq \r(3)，2，3)，C(0，12，0)， 所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)，1，\f(3,2)))， 则eq \o(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq \o(AB,\s\up12(→))＝(4eq \r(3)，0，0)，eq \o(AC,\s\up12(→))＝(0，12，0)， 设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up12(→))＝3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,n·\o(AB,\s\up12(→))＝4\r(3)x＝0，)) 令z＝2，则x＝0，y＝－3， 所以n＝(0，－3，2)． 设平面AEC的法向量为m＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AE,\s\up12(→))＝3\r(3)a＋b＋\f(3,2)c＝0，,m·\o(AC,\s\up12(→))＝12b＝0，)) 令a＝eq \r(3)，则b＝0，c＝－6， 所以m＝(eq \r(3)，0，－6)． 所以cos〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(－12,\r(13)×\r(39))＝－eq \f(4\r(3),13). 设二面角C－AE－B为θ， 由图可知二面角C－AE－B为钝二面角， 所以cosθ＝－eq \f(4\r(3),13)，所以sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(11,13)， 故二面角C－AE－B的正弦值为eq \f(11,13). $$