7.4 空间角与距离、空间向量及其应用 专项训练-2026届高三数学一轮复习

7.4　空间角与距离、空间向量及其应用 考点1　空间角与距离 1.日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为 (　　) A.20°　　B.40°　　C.50°　　D.90° 2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则 (　　) A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB1 D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 3.已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为 (　　) A.　　B.1　　C.2　　D.3 4.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.　　B.　　C.　　D. 5.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 6.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为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. 考点2　空间向量及其应用 1.(多选)如图,下列各正方体中,O为下底面的中心,M,N为正方体的顶点,P为所在棱的中点,则满足MN⊥OP的是 (　　) 2.在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=,QC=3. (1)证明:平面QAD⊥平面ABCD; (2)求二面角B-QD-A的余弦值. 3.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)设PA=AB=,BC=2,AD=1+,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (i)证明:点O在平面ABCD内; (ii)求直线AC与PO所成角的余弦值. 4.如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB=3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明:A'B∥平面CD'F; (2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值. 5.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F-BM-E的正弦值. 6.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. 7.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=,求二面角D-AB-F的正弦值. 8.如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO. (1)证明:EF∥平面ADO; (2)证明:平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D-AO-C的正弦值. 练速度 1.将正方形ABCD沿对角线BD折起,使得平面ABD⊥平面CBD,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为 (　　) A.　　B.　　C.-　　D.- 2.如图,在三棱锥S-ABC中,SA,SB,SC两两垂直,SC=3,SB=2,SA=1,D为线段SC上靠近C的三等分点,点E为△ABC的重心,则点E到直线BD的距离为 (　　) A.　　B.　　C.　　D. 3.在三棱锥P-ABC中,PA=BC=,PB=AC=2,AB=,D为AC的中点. (1)求证:AB⊥PD; (2)若二面角P-AB-C的大小为,求直线AC与平面PBC所成的角. 4.如图,棱长为3的正方体ABCD-EFGH中,平面BEG与直线DF交于点O. (1)证明:O为△BEG的重心; (2)求二面角O-BC-D的余弦值; (3)求三棱锥O-BCD外接球的体积. 5.如图,在三棱锥P-ABC中,△PBC是边长为2的正三角形,∠ACB=90°,M为AB的中点. (1)求证:BC⊥PM; (2)若AC=2,cos∠ACP=-,求点M到平面PBC的距离. 6.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AC=2,∠BAC=120°,D为AA1的中点,E为BC1的中点. (1)证明:DE⊥平面B1BCC1; (2)若BB1=6,求直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值. 7.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,=λ,=μ(λ,μ∈(0,1))且平面AB1D1∥平面BDC1. (1)求实数λ,μ的值. (2)若A1C⊥平面AB1D1,AB=AA1,A1C∩AD1=E. (i)求证:BD⊥AC; (ii)求二面角E-BC1-D的余弦值. 练思维 1.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P满足=x+y+z,其中x,y,z∈[0,1],则　 (　　) A.当x=y,y≠0,z≠0时,B1B∥平面ACP B.当x=y=z,z≠0时,异面直线AP与BC所成的角为45° C.当x+y=1,z=0时,D1P⊥A1C1 D.当x+y+z=1时,线段AP的长度的最小值为 2.(多选)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,O是BC1与B1C的交点,∠BAC=∠BAA1=∠CAA1=60°,AB=AC=AA1=1,则 (　　) A.=++ B.AO= C.AO⊥平面A1BC D.B1到平面A1BC的距离为 3.(多选)圆柱O1O2的轴截面是正方形,O1,O2分别是上、下底面的圆心,A,B是下底面圆周上两个不同的点,BC是母线,若圆柱O1O2的侧面积为16π,则 (　　) A.圆柱O1O2的体积是16π B.圆柱O1O2内切球的表面积是8π C.·=16 D.点B到直线AO1距离的最大值为 4.(多选)菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=120°,对角线AC交BD于点O,沿对角线BD将△ABD折起,使二面角A-BD-C的大小为120°,则 (　　) A.BD⊥平面AOC B.平面AOC⊥平面BCD C.点A到△BCD所在平面的距离为 D.四面体A-BCD的外接球的表面积是28π 5.在四棱锥P-ABCD中,AB∥平面PCD. (1)证明:CD∥平面PAB; (2)若PA⊥底面ABCD,底面ABCD为矩形,AB=PA=2,AD=4,E为棱PD的中点,F为平面PAB内的动点,当·取得最小值时,求直线DF与底面ABCD所成角的正弦值. 6.如图,点C在以AB为直径的半圆的圆周上,∠ABC=60°,且BP⊥平面ABC,AB=2BP=4,=λ(0<λ<1). (1)求证:AC⊥BD; (2)当λ为何值时,平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为? 7.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,BC∥AD,BC=AD,M为棱PD的中点,四面体P-ABC的体积为,△PBC的面积为2. (1)求证:CM∥平面PAB; (2)求点D到平面PBC的距离; (3)若AP=AB,平面PBC⊥平面ABP,点N为棱PC上一点,当平面ABN与平面BNC夹角为60°时,求NC的长. 8.如图,四棱台ABCD-EFGH中,底面ABCD是边长为4的菱形,HD=HG=2,AE=2,FA=FC. (1)证明:HD∥平面ACF; (2)证明:HD⊥平面ABCD; (3)若该四棱台的体积等于,且FA>FB,求直线BC到平面AFG的距离. 练风向 如图,在等腰直角三角形ABC中,∠ACB=90°,AB=6,O为AB的中点,D,E分别为AB,AC边上一点,满足AD=1,DE∥OC.将△ADE,△BOC分别沿着DE,OC翻折成△A'DE,△B'OC,满足A',B'在平面CODE的同一侧,A'D⊥平面CODE,B'O⊥平面CODE. (1)证明:A',B',C,E共面. (2)在线段B'C上是否存在一点F(异于端点),满足EF∥平面A'DOB'?若存在,求出点F的位置;若不存在,请说明理由. (3)在(2)的情况下,求直线CE与平面ODF所成角的正弦值. 答案 考点1　空间角与距离 1. B 2. D 3. B 4. C 5. ABD 6.解析　(1)设A到平面A1BC的距离为d.因为==S△ABC·AA1=·d=·=,=2,所以d==. (2)解法一(几何法):由题意知,二面角A-BD-A1的平面角与二面角A-BD-C的平面角互补,故两二面角的正弦值相等.下面求二面角A-BD-A1的正弦值. 如图,过A作AH⊥BD于H,取A1B的中点O,连接AO,OH. 因为AA1=AB,所以AO⊥A1B, 又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AO⊂平面ABB1A1,所以AO⊥平面A1BC. 又BD,BC⊂平面A1BC,所以AO⊥BC,AO⊥BD,又AO∩AH=A,所以BD⊥平面AOH,因为OH⊂平面AOH,所以OH⊥BD,则∠AHO是二面角A-BD-A1的平面角. 由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC, 因为BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC, 又AA1∩AO=A,AA1,AO⊂平面ABB1A1, 所以BC⊥平面ABB1A1. 因为A1B,AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥A1B,BC⊥AB. 由(1)知AO=d=,所以AB=AA1=2,A1B=2, 又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2,所以可得AC=2,A1C=2,BD=, 故△ABD的面积为·AB·=, 又S△ABD=BD·AH=, 所以AH=, 在Rt△OHA中,sin∠OHA==, 即二面角A-BD-C的正弦值为. 解法二(向量法):如图,取A1B的中点E,连接AE. 因为AA1=AB,所以AE⊥A1B,又因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AE⊂平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC. 又BC⊂平面A1BC,所以AE⊥BC. 由直三棱柱ABC-A1B1C1得AA1⊥平面ABC, 又BC⊂平面ABC,所以AA1⊥BC,又AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面ABB1A1,所以BC⊥平面ABB1A1,又AB⊂平面ABB1A1,所以BC⊥AB. 由(1)知AE=d=,所以AB=AA1=2,A1B=2, 又因为△A1BC的面积为2,所以BC=2. 以B为坐标原点,向量,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Bxyz, 则C(2,0,0),A(0,2,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),B(0,0,0), 则=(2,0,0),=(0,2,0),=(1,1,1). 设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 令x1=1,得z1=-1,所以n1=(1,0,-1). 设平面BCD的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 令y2=1,得z2=-1,所以n2=(0,1,-1). 所以cos<n1,n2>==, 又sin<n1,n2>>0,所以sin<n1,n2>=. 所以二面角A-BD-C的正弦值为. 考点2　空间向量及其应用 1. BC 2.解析　(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1. 由QD=QA,得QE⊥AD. 在Rt△QAE中,QE===2. ∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2, 在Rt△CDE中,CE===. ∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2, ∴QE⊥CE, 又∵CE∩AD=E,CE、AD⊂平面ABCD, ∴QE⊥平面ABCD. 又QE⊂平面QAD, ∴平面QAD⊥平面ABCD. (2)建立空间直角坐标系,如图所示, 则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0). =(-2,1,2),=(-2,2,0).显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0), 设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z), 则 即x=y=2z.取n2=(2,2,1). 设二面角B-QD-A的平面角为θ,易知θ为锐角, 则cos θ=|cos<n1,n2>|===. 3.解析　(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,所以PA⊥AD,又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB,又AD⊂平面PAD,所以平面PAB⊥平面PAD. (2)由(1)知PA,AB,AD两两垂直.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P(0,0,),A(0,0,0),D(0,1+,0),C(,2,0),B(,0,0). (i)证明:设O(x,y,z), 则OP=, OB=, OC=, OD=, 由OP=OB=OC=OD,解得x=z=0,y=1, 则O(0,1,0),故O在线段AD上,即点O在平面ABCD内. (ii)因为=(,2,0),=(0,1,-), 所以cos<,>===, 故直线AC与PO所成角的余弦值为. 4.解析　(1)证明:在四边形ABCD中,AB∥CD, 因为E,F分别在AB,CD上, 所以FC∥EB, 因为BE⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F, 所以BE∥平面CD'F, 同理可得,A'E∥平面CD'F, 又BE∩A'E=E,BE,A'E⊂平面A'EB, 所以平面A'EB∥平面CD'F, 又A'B⊂平面A'EB, 所以A'B∥平面CD'F. (2)由CD=2AD,F为CD的中点,得DF=DA=FC.又AB∥CD,EF∥AD,所以四边形EFDA为平行四边形,又∠DAB=90°,DF=DA,所以四边形EFDA为正方形,则EF⊥DC,即D'F⊥EF,FC⊥EF,所以∠D'FC是面EFD'A'与面EFCB所成的二面角的平面角,因为面EFD'A'与面EFCB所成的二面角为60°,所以∠D'FC=60°.又D'F=FC,所以△CD'F为正三角形.由D'F⊥EF,FC⊥EF,D'F∩FC=F,得EF⊥平面CD'F.因为EF⊂面EFCB,所以面D'FC⊥面EFCB.取FC的中点O,连接D'O,则D'O⊥面EFCB,过O作OM∥EF,交BE于M,则以O为坐标原点,分别以OM,OC,OD'所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.设FC=2,则F(0,-1,0),E(2,-1,0),C(0,1,0),B(2,3,0),D'(0,0,),A'(2,0,),则=(2,2,0),=(0,-1,),=(2,0,0),=(0,1,). 设面BCD'的法向量为n1=(x1,y1,z1),则 即 令z1=1,得x1=-,y1=,则平面BCD'的一个法向量为n1=(-,,1). 设面EFD'A'的法向量为n2=(x2,y2,z2),则 即令z2=1,得y2=-,则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0,-,1), 则cos<n1,n2>===-. 设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的大小为θ, 则cos θ=, 所以sin θ===, 则面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 5.解析　(1)证明:∵M为AD的中点,且AD=4, ∴MD=2,∴MD=BC, 又∵MD∥BC,∴四边形BCDM为平行四边形, ∴BM∥CD, 又BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE, ∴BM∥平面CDE. (2)设AM的中点为O,连接FO,BO, ∵AB=BM=AM=2,∴OB⊥AM,OB=, 在等腰梯形ADEF中,EF∥MD,EF=MD, ∴四边形MDEF为平行四边形, ∴FM=DE=,∴AF=MF, 又∵O为AM的中点, ∴OF⊥AM,OA=AM=1, ∴OF==3, 又∵OB=,FB=2, ∴OF2+OB2=BF2,∴OB⊥OF, 又∵OB⊥AD,OF⊥AD, ∴分别以OB,OD,OF所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示, 则F(0,0,3),B(,0,0),M(0,1,0),E(0,2,3), ∴=(-,1,0),=(,0,-3),=(0,1,3), 设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 不妨取x1=,则n1=(,3,1). 设平面EBM的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 不妨取y2=3,则x2=,z2=-1, 则n2=(,3,-1). 设二面角F-BM-E的平面角为θ, 则|cos θ|=|cos<n1,n2>|= ==, ∵0≤θ≤π,∴sin θ===, ∴二面角F-BM-E的正弦值为. 6.解析　解法一(向量法): (1)证明:以C为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 由题意知,A2(2,2,1),B2(0,2,2),C2(0,0,3),D2(2,0,2), 则=(0,-2,1),=(0,-2,1), ∴=,∴∥, 又知B2C2与A2D2无公共点, ∴B2C2∥A2D2. (2)∵点P在棱BB1上, ∴设P(0,2,a)(0≤a≤4), 结合(1)可知=(-2,-2,2),=(0,-2,1),=(2,0,1-a),=(0,-2,3-a). 设平面A2C2D2的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 令z1=2,则n1=(1,1,2). 设平面PA2C2的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 令z2=2,则n2=(a-1,3-a,2), 又∵二面角P-A2C2-D2为150°, ∴|cos 150°|=|cos<n1,n2>| = = ==, 化简得a2-4a+3=0,解得a=1或a=3, 当a=1时,B2P=1;当a=3时,B2P=1. 综上,B2P=1. 解法二(几何法): (1)证明:如图,分别取BB2,CC1的中点B3,C3,连接A2B3,B3C3,D2C3, ∴BB3=B2B3=1,CC3=2,∴C2C3=1, 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, AA2∥BB3,AA2=BB3=1, ∴四边形ABB3A2为平行四边形, ∴A2B3=AB=2,A2B3∥AB, 同理D2C3=CD,D2C3∥CD, 又∵AB∥CD,AB=CD=2, ∴A2B3∥D2C3,A2B3=D2C3, ∴四边形A2B3C3D2为平行四边形, ∴A2D2∥B3C3,A2D2=B3C3, ∵B2B3∥C2C3,B2B3=C2C3=1, ∴四边形B2B3C3C2为平行四边形, ∴B2C2∥B3C3,B2C2=B3C3, ∴B2C2∥A2D2. (2)当P在B1B2上时,连接A2B2. 由(1)可知四边形A2B2C2D2为平行四边形,连接B2D2,设A2C2与B2D2相交于点E, ∵二面角P-A2C2-D2为150°, ∴直线B2E与平面PA2C2所成角为30°,易知B2E=, ∴B2到平面PA2C2的距离d1=B2E·sin 30°=. 连接A1B2,A1D2,A1C2,A1E, 由A1B2=A1D2=2,得A1E⊥B2D2, ∴A1E=, 由A1C2=A1A2=3,得A1E⊥A2C2, 又B2D2∩A2C2=E, ∴A1E⊥平面A2B2C2D2, ∵二面角P-A2C2-D2为150°, ∴A1E与平面PA2C2所成角为60°, ∴点A1到平面PA2C2的距离d2=A1E·sin 60°=, ∴==3, 设A1B2与A2P交于点Q,则=3,又知B2P∥A1A2, ∴==,又知A1A2=3,∴B2P=A1A2=1. 由对称性可知,当P在BB2上时,同样可得B2P=1. 综上,B2P=1. 7.解析　(1)证明:连接AE,DE, ∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC. 又∵DA=DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°, ∴△ACD与△ABD均为等边三角形, ∴AC=AB,∴AE⊥BC. 又∵AE∩DE=E,AE⊂平面ADE,DE⊂平面ADE, ∴BC⊥平面ADE, 又∵DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA. (2)设DA=DB=DC=2,则BC=2,DE=AE=, ∴AE2+DE2=4=DA2, ∴AE⊥DE. 又∵AE⊥BC,DE∩BC=E,DE⊂平面BCD,BC⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD. 以E为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(,0,0),A(0,0,),B(0,,0),E(0,0,0), ∴=(-,0,),=(0,,-), ∵=,∴F(-,0,), ∴=(-,0,0). 设平面DAB的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 令z1=1,则n1=(1,1,1). 设平面ABF的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 令z2=1,则n2=(0,1,1). 设二面角D-AB-F的平面角为θ, 则|cos θ|===. 又∵θ∈[0,π], ∴sin θ===, ∴二面角D-AB-F的正弦值为. 8.解析　解法一:(1)证明:如图1,连接DE、OF,设AF=tAC(0<t<1),则=+=+t=+t(-)=(1-t)+t.易知=-+. ∵BF⊥AO, ∴·=[(1-t)+t]·=(t-1)+t=4(t-1)+4t=0,解得t=, 故F为AC的中点. ∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点, ∴DE∥AB,且DE=AB,OF∥AB,且OF=AB, ∴DE OF. ∴四边形DEFO是平行四边形, ∴EF∥DO. 又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO, ∴EF∥平面ADO. (2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=, ∴DO=PC=,又AD=DO, ∴AD=. 在Rt△ABO中,AB=2,BO=, ∴AO=, 在△ADO中,OD2+AO2=AD2, ∴OD⊥AO,由(1)知EF∥OD, 则EF⊥AO, 又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF⊂平面BEF,EF⊂平面BEF, ∴AO⊥平面BEF, 又AO⊂平面ADO, ∴平面ADO⊥平面BEF. (3)如图1,过点O作OH∥BF交AC于点H,由AO⊥BF,知HO⊥AO,又由(2)知OD⊥AO,故∠DOH为二面角D-AO-C的平面角,设AD∩BE=G, ∵D,E分别为PB,PA的中点, ∴G为△PAB的重心, ∴DG=AD,GE=BE, ∵O为BC的中点,OH∥BF,∴H为FC的中点,由(1)知F为AC的中点,∴FH=AH,连接DH,GF,∴DH=GF, 由cos∠ABD==,得PA=, 同理可得BE=, ∴BE2+EF2=3=BF2,故BE⊥EF,则GF2=+=,∴GF=,故DH=×=. 在△DOH中,OH=BF=,OD=,DH=, ∴cos∠DOH==. ∴二面角D-AO-C的正弦值为. 解法二(空间向量法):以BA,BC所在直线分别为x,y轴,过点B且垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图2所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,,0),C(0,2,0). (1)证明:设=λ,0<λ<1. ∵=(-2,2,0), ∴F(2-2λ,2λ,0), ∴=(2-2λ,2λ,0). ∵BF⊥AO,=(-2,,0), ∴·=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=, 故F为AC的中点. 连接OF,DE,∵D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点, ∴DE∥AB,且DE=AB,OF∥AB,且OF=AB, ∴DE􀱀OF, 故四边形ODEF为平行四边形, ∴EF∥DO, 又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO, ∴EF∥平面ADO. (2)证明:易得AD=,由cos∠ABD==,得PA=. 设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=,PA=可得解得故P(-1,,), 又∵E是PA的中点, ∴E,∴=,又=(-2,,0),∴·=-2×+×+0×=0,∴⊥,即AO⊥BE,又AO⊥BF,BE∩BF=B, ∴AO⊥平面BEF,又AO⊂平面ADO, ∴平面ADO⊥平面BEF. (3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1), ∵D为PB的中点,∴D, ∴=, 设平面AOD的法向量为m2=(x1,y1,z1), 则即 取x1=1,则y1=,z1=, 则m2=(1,,), 设二面角D-AO-C的大小为θ, 则|cos θ|=|cos<m1,m2>|===. 由题图可知,二面角D-AO-C的平面角为钝角, ∴cos θ=-, ∴sin θ=, 即二面角D-AO-C的正弦值为. 练速度 1. A 2. B 3.解析　(1)证明:作DE⊥AB于E,连接PE. 在△ACB中,BC2+AC2=AB2,则∠ACB=90°,因为△ACB∽△AED,AD=1,所以DE=,AE=. 在△APB中,PA2+PB2=AB2, 则∠APB=90°,cos∠PAE=. 在△PAE中,PE2=PA2+AE2-2PA·AE·cos∠PAE=2+-2×××=, 又PE2+AE2=+=2=PA2,则PE⊥AB. 因为DE∩PE=E,DE⊥AB,PE⊥AB,DE,PE⊂平面PDE, 所以AB⊥平面PDE, 又PD⊂平面PDE,所以AB⊥PD. (2)由(1)得,PE⊥AB,DE⊥AB,则二面角P-AB-C的平面角为∠PED=, 又PE=,DE=,则PD=1,在△PDA中,PD2+DA2=PA2,则PD⊥AD. 解法一:由CD=1,PD=1,且PD⊥AC,得PC=,又PA=,AC=2,所以PA2+PC2=AC2,则PA⊥PC, 又PA⊥PB,PB∩PC=P, PB,PC⊂平面PBC, 则PA⊥平面PBC, 则∠PCA为直线AC与平面PBC所成的角,又∠PCA=45°, 故直线AC与平面PBC所成的角为45°. 解法二:由(1)得PD⊥AB,又AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,则PD⊥平面ABC,取AB的中点F,连接DF,则DF∥BC,DF⊥AC.以D为坐标原点,分别以DA,DF,DP所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),C(-1,0,0),B(-1,,0),P(0,0,1),=(2,0,0),=(1,0,1),=(1,-,1). 设平面PBC的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=1,得n=(1,0,-1), 设直线AC与平面PBC所成的角为α, 则sin α===. 故直线AC与平面PBC所成的角为. 4.解析　(1)证明:连接FH、OB、OE、OG,如图所示, 由四边形EFGH为正方形,得FH⊥EG, 因为DH⊥平面EFGH,EG⊂平面EFGH,所以DH⊥EG, 因为DH∩FH=H,DH、FH⊂平面DFH, 所以EG⊥平面DFH, 因为DF⊂平面DFH,所以DF⊥EG, 同理可证DF⊥BE, 因为BE∩EG=E,BE、EG⊂平面BEG, 所以DF⊥平面BEG, 因为DF∩平面BEG=O,OE、OB、OG⊂平面BEG, 所以FO⊥OE,FO⊥OB,FO⊥OG, 因为BF=EF=GF=3,则==, 即OE=OB=OG,则O为△BEG的外心, 易知△BEG为等边三角形, 故O为△BEG的重心.(等边三角形的“四心”合一) (2)以D为原点,DA、DC、DH所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系. 则D(0,0,0)、B(3,3,0)、C(0,3,0)、G(0,3,3)、E(3,0,3),则=(-3,0,0), 由O为△BGE的重心,得O(2,2,2), 所以=(1,1,-2), 设平面OBC的法向量为n=(x,y,z),则 令y=2,得n=(0,2,1), 易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1). 所以cos<m,n>===. 因为二面角O-BC-D为锐二面角, 所以二面角O-BC-D的余弦值为. (3)设球心为M(a,b,c), 由 可得 解得即球心为M, 所以三棱锥O-BCD的外接球半径为, 故三棱锥O-BCD外接球的体积为π×=9π. 5.解析　(1)证明:取BC的中点N,连接AN,PN,MN,则MN∥AC, 又AC⊥BC,所以NM⊥BC, 因为△PBC是等边三角形,且N为BC的中点,所以PN⊥BC, 因为PN∩NM=N,PN,NM⊂平面PNM,所以BC⊥平面PNM, 又PM⊂平面PNM,所以BC⊥PM. (2)由题,知∠PCB=60°,PN==,AB==4,则BM=2. 在△ACP中,AC=2,PC=2, cos∠ACP=-, 由余弦定理得AP==, 在△PBA中,由余弦定理的推论得cos∠PBA==-, 则PM= =3, 设平面ACB与平面PBC的夹角为θ, 由PN⊥BC,NM⊥BC知θ=∠PNM或180°-∠PNM. 在△PMN中,由余弦定理的推论得cos∠PNM==-,解得∠PNM=120°,则θ=60°, 设点M到平面PBC的距离为d, 则d=NM·sin θ=. 6.解析　(1)证明:取BC的中点M,连接AM,ME, 因为AB=AC,所以AM⊥BC, 因为E为BC1的中点,所以EM为△BCC1的中位线, 所以EM∥CC1∥AD, 又EM=CC1=AA1=AD,所以四边形AMED为平行四边形,则DE∥AM, 又因为AA1⊥平面ABC,AM⊂平面ABC,所以AA1⊥AM,所以EM⊥AM, 由于EM,BC⊂平面B1BCC1,EM∩BC=M,所以AM⊥平面B1BCC1, 又因为DE∥AM,所以DE⊥平面B1BCC1. (2)解法一:由(1)可知MA,MC,ME两两垂直,如图,以M为坐标原点,MC所在直线为x轴,MA所在直线为y轴,ME所在直线为z轴,建立空间直角坐标系, 则D(0,,3),B(-3,0,0),B1(-3,0,6),C1(3,0,6),A1(0,,6), 则=(3,,6),=(3,,3),=(6,0,6), 设平面DBC1的法向量为n=(x,y,z), 则即 令z=1,则n=(-1,0,1), 设直线A1B与平面DBC1所成角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|===, 即直线A1B与平面DBC1所成角的正弦值为. 解法二:设直线A1B与平面DBC1所成角为θ,点A1到平面DBC1的距离为h,则sin θ=.在Rt△A1B1B中,A1B1=2,BB1=6,所以A1B=4, 过B作BQ⊥CA交CA的延长线于Q,易得BQ=3,且易证BQ⊥平面A1ACC1, 因为=×3×2=3, 所以=×3×3=3, 在△DBC1中,DB=DC1=,且BC1=6,=×6×=3, 由==3,得×3h=3,则h=,故sin θ=×=. 7.解析　(1)连接A1B,交AB1于点F,则F为A1B的中点,连接D1F, 因为平面AB1D1∥平面BDC1, 平面AB1D1∩平面BA1C1=D1F,平面BDC1∩平面BA1C1=C1B, 所以D1F∥BC1,(面面平行的性质定理) 所以D1为A1C1的中点,所以λ=. 因为平面AB1D1∥平面BDC1, 平面AB1D1∩平面ACC1A1=AD1,平面BDC1∩平面ACC1A1=C1D, 所以AD1∥DC1,又AD∥D1C1, 所以四边形ADC1D1为平行四边形, 所以AD=D1C1=AC,所以μ=, 故λ=μ=. (2)(i)证明:因为A1C⊥平面AB1D1,B1D1⊂平面AB1D1,所以A1C⊥B1D1, 又AA1⊥平面A1B1C1,B1D1⊂平面A1B1C1,所以AA1⊥B1D1, 又AA1∩A1C=A1,AA1⊂平面ACC1A1,A1C⊂平面ACC1A1, 所以B1D1⊥平面ACC1A1,连接DD1, 因为D,D1分别为AC,A1C1的中点, 所以DD1∥BB1,DD1=BB1, 所以四边形BB1D1D为平行四边形, 所以B1D1∥BD,所以BD⊥平面ACC1A1, 又AC⊂平面ACC1A1,所以BD⊥AC. (ii)解法一:因为A1C⊥平面AB1D1,AD1⊂平面AB1D1,所以A1C⊥AD1,所以可证△AA1D1∽△CAA1, 所以==,则AC=AA1, 又AB=AA1,所以AC=AB, 由(i)知BD⊥AC且D为AC的中点, 所以AB=BC,所以AB=BC=AC. 设AB=2a,则AA1=a, 如图,以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DB所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系, 则A1(a,0,a),B(0,a,0),C(-a,0,0),E提示:根据△A1EA∽△A1AC,得=,则A1E=a,得出A1E∶EC的值,进而得E点坐标,C1(-a,0,a), 则=,=(-a,-a,a),=(-2a,0,-a), 设平面EBC1的法向量为n=(x,y,z), 则 即 不妨令x=,可得z=4,y=, 即n=(,,4), 易知向量=(-2a,0,-a)为平面BC1D的一个法向量, 设二面角E-BC1-D的平面角为θ, 则cos θ== =-. 由图可知二面角E-BC1-D为锐二面角, 故二面角E-BC1-D的余弦值为. 解法二:连接C1E并延长交A1A于点H,则H为A1A的中点,(提示:AA1∥CC1,A1E∶EC=1∶2)二面角E-BC1-D即为二面角H-BC1-D. 因为A1C⊥平面AB1D1,平面AB1D1∥平面BDC1,所以A1C⊥平面BDC1,连接HD, 因为HD∥A1C,所以HD⊥平面BDC1, 设AB=2a,则AA1=a,则DC1==a,DB==a=DC1, 所以△DC1B为等腰三角形.取C1B的中点S,连接DS,则DS⊥BC1,连接HS,则HS⊥BC1(三垂线定理),则∠DSH即为二面角H-BC1-D的平面角. 因为D+DB2=B,所以△BDC1为直角三角形,所以DS=C1B=. 又DH=A1C=,所以DH=DS, 所以∠DSH=45°,故cos∠DSH=, 即二面角E-BC1-D的余弦值为. 练思维 1. ACD 2. BC 3. AC 4. ABD 5.解析　(1)证明:因为AB∥平面PCD,AB⊂平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,所以AB∥CD, 又CD⊄平面PAB,AB⊂平面PAB, 所以CD∥平面PAB. (2)由题意知PA,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系, 则C(2,4,0),D(0,4,0),E(0,2,1),依题意可设F(a,0,b), 则=(a-2,-4,b),=(a,-2,b-1), 所以·=a(a-2)+8+b(b-1)=(a-1)2++, 当a=1且b=时,·取得最小值,此时=. 易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1), 故当·取得最小值时,直线DF与底面ABCD所成角的正弦值为|cos<,n>|===. 6.解析　(1)证明:由BP⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,得BP⊥AC, 由点C在以AB为直径的半圆的圆周上,得BC⊥AC, 因为BP∩BC=B且BP,BC⊂平面PBC,所以AC⊥平面PBC, 因为BD⊂平面PBC,所以AC⊥BD. (2) 取AB的中点O,即半圆的圆心,在平面PAB内作Oz⊥平面ABC,在平面ABC内作Ox⊥AB,以OB所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz, 则A(0,-2,0),B(0,2,0),C(,1,0),P(0,2,2),则=(0,4,0),=(,3,0), 由=λ(0<λ<1),得=(-λ,λ,2λ), 可得D(-λ,λ+1,2λ), 所以=(-λ,λ+3,2λ), 设平面ACD的法向量为m=(x,y,z), 则 取y=-1,则m=(,-1,2), 设平面ABD的法向量为n=(a,b,c), 则 取a=2λ,则n=(2λ,0,λ-), 所以|cos<m,n>|===, 整理得=,则57λ2-58λ+13=0,解得λ=或λ=. 故当λ=或λ=时,平面ACP与平面ABD夹角的余弦值为. 7.解析　(1)证明:取PA的中点E,连接EM,EB, 在△PAD中,由E,M分别为PA,PD的中点,得EM∥AD,EM=AD, 因为BC∥AD,BC=AD, 所以EM∥BC,EM=BC, 则四边形BCME为平行四边形, 则BE∥MC, 而BE⊂平面PAB,MC⊄平面PAB, 所以CM∥平面PAB. (2)设点A到平面PBC的距离为h, 由四面体P-ABC的体积为,△PBC的面积为2,得S△PBC·h=×2h=,解得h=, 因为AD∥BC,BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC, 所以点D到平面PBC的距离为. (3)取PB的中点F,连接AF,由AP=AB,得AF⊥PB,由平面PBC⊥平面ABP, 平面PBC∩平面ABP=PB,AF⊂平面ABP,得AF⊥平面PBC,则AF=h=, 由PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,得PA⊥AB, 则AP=AB=2,BP=2,由AF⊥平面PBC,BC⊂平面PBC,得AF⊥BC, 由PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD, 得PA⊥BC,又PA∩AF=A,PA,AF⊂平面ABP,所以BC⊥平面ABP, 又AB,PB⊂平面ABP, 所以AB⊥BC,PB⊥BC, 因为△PBC的面积为2,BP=2, 所以BC=2,AD=4,PC=2, 由AD∥BC,得AD⊥AB,以A为原点,直线AB,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),则=(0,2,0),=(2,0,-2),=(2,0,0),设=λ(0≤λ≤1), 则N(2-2λ,2-2λ,2λ), 则=(2-2λ,2-2λ,2λ). 设平面BNC的法向量为n=(x1,y1,z1), 则则 取z1=1,得n=(1,0,1), 设平面ABN的法向量为m=(x2,y2,z2), 则 则 取y2=2λ,得m=(0,2λ,2λ-2), 则|cos<m,n>|=, 由平面ABN与平面BNC的夹角为60°,得=,解得λ=, 即N为PC的中点,所以NC=. 8.解析　(1)证明:如图所示,连接AC,BD,交于点I,则I为AC,BD的中点,连接HF,连接FI, 在四棱台ABCD-EFGH中,BD∥HF, 因为=,所以=, 因为I为BD的中点, 所以FH=DI=BD, 所以四边形DHFI为平行四边形, 所以HD∥FI, 又HD⊄平面ACF,IF⊂平面ACF, 所以HD∥平面ACF. (2)证明:取DA的中点J,连接HJ, 在四棱台ABCD-EFGH中,EH=HG=2,AJ=AD=2,所以EH=AJ=2, 又EH∥AJ, 所以四边形AJHE为平行四边形, 则HJ=EA=2,DJ=HD=2, 所以DH2+DJ2=HJ2,所以HD⊥AD, 由(1)知AI=IC,又FA=FC,所以FI⊥AC,因为FI∥HD,所以HD⊥AC, 又AC,AD⊂平面ABCD,AC∩AD=A, 所以HD⊥平面ABCD. (3)在菱形ABCD中,AD∥BC,因为AD⊂平面AFG,BC⊄平面AFG,所以BC∥平面AFG. 菱形ABCD的面积S=2×AB·AD·sin∠BAD=16sin∠BAD, 由四棱台ABCD-EFGH且EH=AD,可得S菱形EFGH=S菱形ABCD=4sin∠BAD, 四棱台ABCD-EFGH的体积V= (16sin∠BAD++4sin∠BAD)h=×28sin∠BAD×2, 从而×28sin∠BAD×2=, 解得sin∠BAD=, 因为FA>FB,IA=,IB=,所以IA>IB, 故tan∠IAB=<1,从而∠IAB<,所以∠BAD∈,所以∠BAD=. 取AB的中点K,连接DK,则DC,DH,DK两两垂直,以D为坐标原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz, 则D(0,0,0),A(2,-2,0),G(0,2,2),C(0,4,0),则=(2,-2,0),=(0,2,2),=(0,4,0),设平面AFG,即平面ADGF的法向量为n=(x,y,z),则即 令y=,得n=(1,,-), 从而点C到平面AFG的距离d===, 所以直线BC到平面AFG的距离为. 练风向 解析　(1)证明:延长OD,CE相交于点A,连接A'A, 因为AB=6,O为AB的中点, 所以AO=BO=3, 又AD=1,所以AD=AO, 又DE∥OC,所以=, 因为A'D⊥平面CODE,B'O⊥平面CODE,所以A'D∥B'O, 而A'D=B'O,AD=AO, 所以△A'AD∽△B'AO, 故∠A'AD=∠B'AO, 故A,A',B'共线,且=, 又=,所以A'E∥B'C, 所以A',B',C,E共面. (2)存在.由(1)得A'D∥B'O, 又B'O⊂平面B'OC,A'D⊄平面B'OC, 所以A'D∥平面B'OC, 同理可得ED∥平面B'OC, 因为A'D∩ED=D,A'D,ED⊂平面A'DE, 所以平面A'DE∥平面B'OC, 又由(1)得A',B',C,E共面, 所以A'E∥B'C, 取B'C上靠近B'的三等分点F, 可得A'E=B'F, 因此四边形A'B'FE为平行四边形, 所以EF∥A'B', 又EF⊄平面A'DOB',A'B'⊂平面A'DOB', 所以EF∥平面A'DOB'. (3)易得直线CE与平面ODF所成角即直线AC与平面OAF所成角, 作CH⊥OF于H, 由B'O⊥平面CODE,OA⊂平面CODE,得B'O⊥OA,又CO⊥OA,B'O∩CO=O,B'O,CO⊂平面OB'C, 所以OA⊥平面OB'C,因为CH⊂平面OB'C,所以OA⊥CH,又OA∩OF=O,OA,OF⊂平面OAF,所以CH⊥平面OAF, 所以∠CAH是直线AC与平面OAF所成角, 在△COF中,CF=2,OC=3,∠OCF=45°,由余弦定理得OF2=CF2+OC2-2CF·OCcos∠OCF=(2)2+32-2×2×3×=5,则OF=. 由S△OCF=CF·OCsin∠OCF=CH·OF,得CH=, 在△CHA中,CH⊥AH,AC=3, 所以sin∠CAH=, 即直线CE与平面ODF所成角的正弦值为. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$