专题3 第3讲 空间角与空间距离(Word练习)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

[对应学生用书P156] 1．(2025·全国二卷)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． 解析　(1)证明　因为EF∥AD，AB∥CD， 所以AEFD是平行四边形，所以AE∥DF， 所以A′E∥D′F， 因为D′F⊂平面CD′F，A′E⊄平面CD′F， 所以A′E∥平面CD′F， 因为FC∥EB，FC⊂平面CD′F，EB⊄平面CD′F，所以EB∥平面CD′F， 又EB∩A′E＝E，EB，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)因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC， 以F为原点，FE，FC所在直线以及垂直于平面BEFC的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 因为D′F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD′A′与平面EFCB所成二面角为60°， 所以∠D′FC＝60°. 设AD＝1，所以AB＝3，CD＝2， 因为F为CD中点，所以DF＝1， 则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D′，E(1，0，0)，F(0，0，0)， 所以＝(－1，－1，0)，＝， ＝(1，0，0)，＝. 设平面BCD′的法向量为n＝(x，y，z)， 则所以 令y＝，则z＝1，x＝－，则n＝(－，，1). 设平面EFD′A′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则所以 令y1＝，则z1＝－1，x1＝0， 所以m＝(0，，－1). 令面BCD′与面EFD′A′夹角为θ， 所以cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝. 所以平面BCD′与平面EFD′A′夹角的正弦值为＝. 2．(2025·陕西榆林二模)如图，在三棱柱ABC -A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，CC1＝BC＝2AC＝2，BC⊥AC1，点M是线段AB上一动点． (1)求三棱锥A1 -AB1C1的体积； (2)若二面角B -B1C -M的余弦值为，确定点M的位置． 解析　(1)因为CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC， 又因为BC⊥AC1，AC1∩CC1＝C1，AC1，CC1⊂平面AC1C，所以BC⊥平面AC1C， 又AC⊂平面AC1C，所以BC⊥AC. 所以 ＝S△ABCCC1＝××1×2×2＝. (2)由(1)得CA，CB，CC1两两垂直，故以C为原点，CA，CB，CC1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C -xyz， 令＝λ(0≤λ≤1)， 所以C(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，2，0)，B1(0，2，2)， 故＝(0，2，2)，＝(1，－2，0)，＝(0，2，0)，＝λ＝(λ，－2λ，0)，＝＋＝(λ，2－2λ，0)，设n＝(x，y，z)是平面CMB1的一个法向量， 所以即取y＝1，得x＝，z＝－1， 所以n＝， 易知m＝(1，0，0)是平面BCB1的一个法向量． 因为二面角B -B1C -M的余弦值为， 所以＝＝＝，解得λ＝. 故点M在AB中点处． 3．(2025·山东济宁二模)如图，在四棱锥P -ABCD中，底面ABCD为矩形，E为PC的中点，PA＝AD，PD⊥BE. (1)证明：平面PAD⊥平面ABCD； (2)若PD＝AD，直线PB与平面PDA所成角的正切值等于2，求平面ABE与平面PBC夹角的余弦值． 解析　(1)证明　设F为PD的中点，连接AF，EF， 因为E为PC的中点，所以EF∥CD，EF＝CD， 又AB∥CD，AB＝CD，所以EF∥AB，EF＝AB， 所以AF与BE必相交． 因为PA＝AD，所以AF⊥PD， 又PD⊥BE，且AF与BE必相交，AF，BE⊂平面ABEF， 所以PD⊥平面ABEF，又因为AB⊂平面ABEF，所以PD⊥AB， 又AD⊥AB，PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD， 又AB⊂平面ABCD， 所以平面PAD⊥平面`ABCD. (2)设O，G分别为AD，BC的中点，因为PA＝AD＝PD，所以PO⊥AD， 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD， 因为OA，OG⊂平面ABCD， 所以PO⊥OA，PO⊥OG，又OA⊥OG， 所以，以O为坐标原点，OA，OG，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 由(1)知AB⊥平面PAD，所以∠APB即为直线PB与平面PAD所成的角， 所以tan ∠APB＝＝2，设AP＝2，则AB＝4， 所以A(1，0，0)，B(1，4，0)，C(－1，4，0)，D(－1，0，0)，P(0，0，). 因为PD⊥平面ABEF，所以平面ABE的法向量为m＝＝(－1，0，－). 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 又＝(－2，0，0)，＝(1，4，－)， 所以取n＝(0，，4)， 所以平面ABE与平面PBC夹角的余弦值为 |cos 〈m，n〉|＝＝＝. 4．(2025·江西上饶二模)如图1，四边形ABCD中，DA＝DC＝AB＝，∠ADC＝90°，∠BAD＝105°，O，P分别为AC，AB的中点，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点B′的位置(如图2)，且DB′＝. (1)证明：平面B′AC⊥平面ACD； (2)若M为PD上的一点，平面ACM与平面ACD的夹角为，求点P到平面ACM的距离． 解析　(1)证明　在△ACD中，由DA＝DC＝，∠ADC＝90°，得∠CAD＝45°，AC＝2， 在△AB′C中，∠B′AC＝∠BAC＝105°－45°＝60°，而AB′＝AB＝4， 由余弦定理，得B′C2＝AB′2＋AC2－2AB′·AC cos 60°＝12，则AC2＋B′C2＝AB′2， 即AC⊥B′C，由DB′＝，得DB′2＝DC2＋B′C2，则DC⊥B′C， 又AC∩DC＝C，AC，DC⊂平面ACD，因此B′C⊥平面ACD，而B′C⊂平面B′AC， 所以平面B′AC⊥平面ACD. (2)连接OP，由O，P分别为AC，AB′的中点，得OP∥B′C，由(1)得OP⊥平面ACD， 由DA＝DC＝，得OD⊥AC，则直线OA，OD，OP两两垂直， 以点O为原点，直线OA，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则O(0，0，0)，A(1，0，0)，C(－1，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，)，＝(2，0，0)， 由点M在PD上，令＝λ＋(1－λ)＝(0，λ，－λ)(0≤λ≤1)， 设平面ACM的法向量n＝(x，y，z)，则 取z＝λ，得n＝(0，λ－，λ)， 而平面ACD的一个法向量为m＝(0，0，1)， 则|cos 〈m，n〉|＝＝＝，解得λ＝， 于是n＝，而＝(0，0，)，则点P到平面ACM的距离d＝＝， 所以点P到平面ACM的距离为. 5．(2025·湖南邵阳二模)如图，在三棱柱ABC -A1B1C1中，平面AA1C1C⊥平面ABC，AB＝AC＝2，BC＝2，∠ACC1＝60°，A1C⊥BC1，P为线段AA1上一点，且＝λ(0≤λ≤1). (1)证明：A1C⊥平面ABC1； (2)是否存在实数λ，使得点C到平面BPC1的距离为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解析　(1)证明　∵AB＝AC＝2，BC＝2， ∴AB2＋AC2＝BC2，故AB⊥AC. 又∵平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，AB⊂平面ABC， ∴AB⊥平面AA1C1C. ∵A1C⊂平面AA1C1C，∴AB⊥A1C， 又A1C⊥BC1，AB，BC1⊂平面ABC1，BC1∩AB＝B，∴A1C⊥平面ABC1. (2)存在满足题意的λ，∵A1C⊥平面ABC1， ∴A1C⊥AC1，∴四边形AA1C1C为菱形， 取A1C1的中点为E，连接AE，∵∠ACC1＝60°， ∴△AA1C1为等边三角形． ∴AE⊥A1C1.又AC∥A1C1，∴AE⊥AC. 又AB⊥平面AA1C1C，∴AB⊥AE. ∴如图所示，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A -xyz. 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(0，－1，)，C1(0，1，)，∴＝(0，－1，)，∴＝λ＝(0，－λ，λ)， ＝＋＝(－2，－λ，λ)，＝(－2，1，)，＝(－2，2，0). 设n＝(x，y，z)为平面BPC1的一个法向量， 则 令x＝λ，则n＝. 设d为点C到面BPC1的距离， 则d＝＝＝. ∴28λ2－16λ＋1＝0，即λ＝或λ＝. 故存在λ＝或λ＝，满足题意． 6．(2025·山东淄博二模)已知直角梯形ABCD，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD＝，AD＝，M为对角线AC与BD的交点．现以AC为折痕把△ADC折起，使点D 到达点P的位置，点Q为PB中点，如图所示． (1)证明：AC⊥平面PBM； (2)求三棱锥P -ACQ体积的最大值； (3)当三棱锥P -ACQ的体积最大时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值． 解析　(1)证明　直角梯形ABCD中， 因为AB∥DC，所以△DMC∽△BMA， 则＝＝＝， 在Rt△ADC中，AC＝＝＝. 在Rt△DAB中，BD＝＝＝3. 故可得AM＝2MC＝，BM＝2DM＝2， 因为AM2＋BM2＝AB2， 所以由勾股定理的逆定理得AM⊥BM， 翻折后可得AC⊥BM，AC⊥PM， 又因为PM∩BM＝M，PM，BM在平面PBM内，所以AC⊥平面PBM. (2)因为点Q为PB的中点， 所以VQ -PAC＝VB -PAC， 又VQ -PAC＝VP -ACQ，VB -PAC＝VP -ABC， 所以VP -ACQ＝VP -ABC， 因为AC⊂平面ABC，AC⊥平面PBM， 所以平面ABC⊥平面PBM， 所以点P到平面ABC的距离，即为点P到BM的距离，设为h， 因为S△ABC＝AB·AC·sin ∠CAB＝×××＝为定值，所以当h最大时，三棱锥P -ACQ的体积最大， 而 PM＝＝1，则h≤PM＝1， 则当h＝1时，max＝max＝×××1＝. (3)由(2)得，当三棱锥P -ACQ的体积最大时，点P到平面ABC的距离为PM＝1，即PM⊥平面ABC. 故PM⊥AC，PM⊥MB， 又因为AC⊥BM，所以MA，MB，MP两两垂直． 故以M为原点，直线MA，MB，MP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， 则A(，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，1)，C， 则＝，＝，＝. 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则令y＝1，得n＝， 设直线AB与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， 所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $