第二编 专题4 第2讲 空间位置关系的证明与空间角、空间距离的计算-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

该高中数学高考复习课件聚焦立体几何专题，覆盖空间位置关系证明、空间角与距离计算等核心考点，依据高考评价体系分析线面角、二面角等高频考点权重，归纳几何法与向量法证明、存在性问题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题训练+技巧指导”，如通过向量法证明线线垂直、建系计算二面角，培养数学思维与数学语言素养。专题作业分层设计，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，助力高考冲刺。

第二编　主干知识突破 专题四　立体几何 第2讲　空间位置关系的证明与空间角、空间距离的计算 「考情研析」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、空间距离的计算是高考解答题的常考题型，热点是线面角、二面角的求解，关键是位置关系的证明、建立恰当的空间直角坐标系并准确计算，难点是引入参数解答存在性问题． 2 目录 热点 考向探究 真题VS押题 专题作业 热点 考向探究 热点 考向探究 5 热点 考向探究 6 热点 考向探究 7 热点 考向探究 8 热点 考向探究 9 热点 考向探究 10 热点 考向探究 11 1．证明共线、共面问题的两种方法 (1)几何法：利用三个基本事实求证． (2)向量法：利用向量共线、共面的充要条件求证． 2．证明空间平行、垂直关系的基本思想 在证明空间平行、垂直关系的问题中，要注意体会“转化”的数学思想，转化形式如下： 热点 考向探究 12 注意向量法在证明平行、垂直关系中的应用． 热点 考向探究 13 1．如图，空间四边形ABCD中，E，F分别为AD，AB的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2. (1)求证：E，F，G，H四点共面； (2)设FG与HE交于点P，求证：P，A，C三点共线． 热点 考向探究 14 (2)∵FG∩HE＝P，P∈FG，P∈HE， ∴P∈平面ABC，P∈平面ADC， 又平面ABC∩平面ADC＝AC， ∴P∈直线AC，∴P，A，C三点共线． 热点 考向探究 15 2．如图，已知四棱锥P－ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.用向量法证明： (1)PA⊥BD； (2)平面PAD⊥平面PAB. 证明：(1)取BC的中点O，连接PO. 由题意可知△PBC为等边三角形，∴PO⊥BC. 又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC， ∴PO⊥平面ABCD. 以O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为x轴、z轴，过点O与AB平行的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示． 热点 考向探究 16 热点 考向探究 17 热点 考向探究 18 热点 考向探究 19 热点 考向探究 20 热点 考向探究 21 热点 考向探究 22 热点 考向探究 23 热点 考向探究 24 计算空间角、空间距离的策略 (1)向量法求空间角的关键是准确求出相应直线的方向向量和平面的法向量，弄清楚向量夹角与所求角之间的关系． (2)牢记异面直线所成角、线面角、面面角的范围． (3)求空间距离时注意公式的应用及转化思想的应用． 热点 考向探究 25 (2025·江西赣州模拟)如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的侧面AA1B1B是正方形，侧面AA1C1C是菱形，平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，AA1＝4，∠AA1C1＝60°，E，F分别是棱A1B1，AC的中点． (1)求证：C1F⊥BC； (2)设直线AB与平面C1EF的交点为M. ①求AM的长； ②求二面角B1－FM－B的余弦值． 热点 考向探究 26 解：(1)证明：如图，取AA1的中点D，连接AC1，C1D， 由题意可知，△AA1C1为等边三角形， 则C1D⊥AA1， 又因为平面AA1C1C⊥平面AA1B1B，平面AA1C1C∩平 面AA1B1B＝AA1，C1D⊂平面AA1C1C， 可得C1D⊥平面AA1B1B， 又AA1⊥A1B1， 以A1为坐标原点，A1A，A1B1所在直线分别为x轴、y轴，平行于C1D的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 热点 考向探究 27 热点 考向探究 28 热点 考向探究 29 热点 考向探究 30 热点 考向探究 31 热点 考向探究 32 热点 考向探究 33 热点 考向探究 34 热点 考向探究 35 热点 考向探究 36 立体几何中探索性问题的求解策略 (1)探索性问题的特殊解法 ①可先猜后证，即先观察并尝试给出结论再证明，特别注意特殊位置关系和极端情形的应用． ②首先假设结论成立，然后把这个假设作为已知条件，与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，若得到所需结论，则说明假设成立；若得不到所需结论，则说明假设不成立． (2)可借助空间直角坐标系将动点用坐标(含参数)表示出来，然后根据已知条件建立关于参数的方程(组)，由此解决探索性问题． 热点 考向探究 37 热点 考向探究 38 热点 考向探究 39 热点 考向探究 40 热点 考向探究 41 热点 考向探究 42 真题VS押题 真题VS押题 44 解：(1)证明：在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD， AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB，PA⊥AD， 又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD， 又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. 真题VS押题 45 真题VS押题 46 真题VS押题 47 真题VS押题 48 真题VS押题 49 真题VS押题 50 真题VS押题 51 真题VS押题 52 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. 真题VS押题 53 真题VS押题 54 真题VS押题 55 真题VS押题 56 真题VS押题 57 真题VS押题 58 真题VS押题 59 真题VS押题 60 真题VS押题 61 真题VS押题 62 真题VS押题 63 真题VS押题 64 真题VS押题 65 真题VS押题 66 解： (1)证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB∥CD， 又AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， ∴AB∥平面PCD， 又AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD＝l，∴l∥AB. (2)取BC的中点N，连接ON，则ON⊥OA， ∵PO⊥平面ABCD，OA，ON⊂平面ABCD， ∴PO⊥OA，PO⊥ON， ∴以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 真题VS押题 67 真题VS押题 68 真题VS押题 69 真题VS押题 70 真题VS押题 71 专题作业 基础题(占比40%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比30%) 题号 1 2 3 4 5 6 难度 ★ ★ ★★ ★★ ★★★ ★★★ 对点 异面直线所成的角；由异面直线垂直求线段长 证明线面垂直；求二面角的正弦值 证明线面垂直；由二面角的大小求线面角的正弦值 证明线面平行；求平面与平面夹角的余弦值 证明面面垂直；棱锥的外接球；球的体积；探索性问题；由线面角求线段长 探索性问题；由线面平行确定点的位置；直线到平面的距离；由平面与平面夹角的大小求线段长 专题作业 1 2 3 4 5 6 73 专题作业 1 2 3 4 5 6 74 专题作业 1 2 3 4 5 6 75 专题作业 1 2 3 4 5 6 76 2．(2025·东北三省部分高中联盟联考)如图，正三棱锥O－ABC的三条侧棱OA，OB，OC两两垂直，且长度均为20.E，F分别是AB，AC的中点，H是EF的中点，过EF作平面与侧棱OA，OB，OC或其延长线分别相交于点A1，B1，C1，已知OA1＝15. (1)求证：B1C1⊥平面OAH； (2)求二面角C－AE－A1的正弦值． 专题作业 1 2 3 4 5 6 77 解：(1)证明：依题意，EF是△ABC的中位线，则EF∥BC， 又EF⊄平面OBC，BC⊂平面OBC，所以EF∥平面OBC， 又平面A1B1C1∩平面OBC＝B1C1，EF⊂平面A1B1C1，所以EF∥B1C1， 由H是EF的中点，得AH⊥EF， 则AH⊥B1C1， 又OA⊥OB，OA⊥OC，OB∩OC＝O，OB，OC⊂平面OBC， 则OA⊥平面OBC， 又B1C1⊂平面OBC，所以OA⊥B1C1， 又OA∩AH＝A，OA，AH⊂平面OAH， 所以B1C1⊥平面OAH. 专题作业 1 2 3 4 5 6 78 专题作业 1 2 3 4 5 6 79 专题作业 1 2 3 4 5 6 80 专题作业 1 2 3 4 5 6 81 专题作业 1 2 3 4 5 6 82 专题作业 1 2 3 4 5 6 83 专题作业 1 2 3 4 5 6 84 专题作业 1 2 3 4 5 6 85 解：(1)证明：如图，取DE的中点F，连接MF，NF. ∵M，N分别是棱AD，EC的中点， ∴MF∥AE，NF∥CD. ∵AB∥CD，∴NF∥AB. ∵MF∥AE，MF⊄平面ABE，AE⊂平面ABE， ∴MF∥平面ABE，同理可得NF∥平面ABE， ∵MF∩NF＝F，MF，NF⊂平面MNF， ∴平面MNF∥平面ABE， 又MN⊂平面MNF， ∴MN∥平面ABE. 专题作业 1 2 3 4 5 6 86 专题作业 1 2 3 4 5 6 87 专题作业 1 2 3 4 5 6 88 专题作业 1 2 3 4 5 6 89 专题作业 1 2 3 4 5 6 90 专题作业 1 2 3 4 5 6 91 专题作业 1 2 3 4 5 6 92 专题作业 1 2 3 4 5 6 93 专题作业 1 2 3 4 5 6 94 专题作业 1 2 3 4 5 6 95 专题作业 1 2 3 4 5 6 96 专题作业 1 2 3 4 5 6 97 解：(1)取BC的中点P，连接OP，B1O，则由题意可得OP∥AC， 因为AO＝A1B1＝4且AO∥A1B1， 所以四边形AOB1A1是平行四边形， 故B1O∥A1A， 又OP，B1O⊄平面A1AC，AC，A1A⊂平面A1AC， 所以OP∥平面A1AC，B1O∥平面A1AC， 又OP∩B1O＝O，OP，B1O⊂平面B1OP， 所以平面B1OP∥平面A1AC， 又B1P⊂平面B1OP，所以B1P∥平面A1AC，所以P为BC的中点． 由上可知，直线B1P到平面A1AC的距离即为点O到平面A1AC的距离，设为d， 专题作业 1 2 3 4 5 6 98 专题作业 1 2 3 4 5 6 99 专题作业 1 2 3 4 5 6 100 专题作业 1 2 3 4 5 6 101 　　　　　　　　　　　　　 R 考向1　空间点、线、面位置关系的证明 例1　(1)(2025·鹤壁二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA＝PC，PB＝PD，BC＝CD＝BD＝2eq \r(3)，AB＝AD＝2.若eq \o(PB,\s\up17(→))＝3eq \o(EB,\s\up17(→))，eq \o(CB,\s\up17(→))＝3eq \o(FB,\s\up17(→))，求证：平面AEF∥平面PCD. 证明：因为eq \o(PB,\s\up17(→))＝3eq \o(EB,\s\up17(→))，eq \o(CB,\s\up17(→))＝3eq \o(FB,\s\up17(→))， 所以eq \f(BE,BP)＝eq \f(BF,BC)＝eq \f(1,3)，所以EF∥PC， 因为EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD， 所以EF∥平面PCD. 因为AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2eq \r(3)， 所以∠CBD＝60°， 由余弦定理，可得cos∠ABD＝eq \f(AB2＋BD2－AD2,2AB·BD)＝eq \f(4＋12－4,2×2×2\r(3))＝eq \f(\r(3),2)， 因为0°<∠ABD<180°，所以∠ABD＝30°， 故∠ABC＝∠CBD＋∠ABD＝90°， 在Rt△ABF中，∠ABF＝90°，AB＝2，BF＝eq \f(1,3)BC＝eq \f(2\r(3),3)， 所以tan∠AFB＝eq \f(AB,BF)＝eq \f(2,\f(2\r(3),3))＝eq \r(3)， 因为∠AFB为锐角， 所以∠AFB＝60°＝∠BCD，故AF∥CD， 因为AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD， 所以AF∥平面PCD， 因为AF∩EF＝F，AF，EF⊂平面AEF，所以平面AEF∥平面PCD. (2)(2025·广东茂名二模)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥AB，AD∥BC，AD＝4，AB＝AP＝2，BC＝1，M为PB的中点，eq \o(PN,\s\up17(→))＝2eq \o(ND,\s\up17(→)). ①证明：PC⊥BD； ②若Q为线段PC上一点，且A，M，Q，N四点共面，求三棱锥Q－ABC的体积． 解：①证明：连接AC. 由题意知eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BC,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(\o(AD,\s\up17(→)),4)，eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→))， 因为eq \o(AC,\s\up17(→))·eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up17(→))＋\f(\o(AD,\s\up17(→)),4)))·(eq \o(AD,\s\up17(→))－eq \o(AB,\s\up17(→)))＝0－4＋4－0＝0， 所以AC⊥BD， 又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD， 所以PA⊥BD， 又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC， 所以BD⊥平面PAC， 又PC⊂平面PAC，所以PC⊥BD. ②因为PA⊥平面ABCD， 又AB，AD⊂平面ABCD， 所以PA⊥AD，PA⊥AB， 又AD⊥AB，所以AP，AB，AD两两垂直， 如图，以A为原点，eq \o(AB,\s\up17(→))，eq \o(AD,\s\up17(→))，eq \o(AP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 则A(0，0，0)，M(1，0，1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)，\f(2,3)))，C(2，1，0)，P(0，0，2)， 所以eq \o(AC,\s\up17(→))＝(2，1，0)，eq \o(AP,\s\up17(→))＝(0，0，2)，eq \o(AM,\s\up17(→))＝(1，0，1)，eq \o(AN,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)，\f(2,3)))， 设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AM,\s\up17(→))＝x＋z＝0，,n·\o(AN,\s\up17(→))＝\f(8y,3)＋\f(2z,3)＝0，))不妨令x＝4，则y＝1，z＝－4， 所以n＝(4，1，－4)． 设eq \o(PQ,\s\up17(→))＝teq \o(PC,\s\up17(→))，0<t<1，则eq \o(AQ,\s\up17(→))＝teq \o(AC,\s\up17(→))＋(1－t)eq \o(AP,\s\up17(→))＝t(2，1，0)＋(1－t)(0，0，2)＝(2t，t，2－2t)， 因为A，M，Q，N四点共面，所以eq \o(AQ,\s\up17(→))·n＝8t＋t－8(1－t)＝0，解得t＝eq \f(8,17)， 即eq \o(PQ,\s\up17(→))＝eq \f(8,17) eq \o(PC,\s\up17(→))，所以VQ－ABC＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(8,17)))VP－ABC＝eq \f(9,17)VP－ABC＝eq \f(9,17)×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×2×2＝eq \f(6,17). 证明：(1)在△ABD中，∵E，F分别为AD，AB的中点，∴EF∥BD. 在△CBD中， ∵BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，∴GH∥BD， ∴EF∥HG，∴E，F，G，H四点共面． 不妨设CD＝1， 则AB＝BC＝2，PO＝eq \r(3)， ∴A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，eq \r(3))， ∴eq \o(BD,\s\up17(→))＝(－2，－1，0)，eq \o(PA,\s\up17(→))＝(1，－2，－eq \r(3))． ∵eq \o(BD,\s\up17(→))·eq \o(PA,\s\up17(→))＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－eq \r(3))＝0， ∴eq \o(PA,\s\up17(→))⊥eq \o(BD,\s\up17(→))，∴PA⊥BD. (2)取PA的中点M，连接DM， 则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，\f(\r(3),2)))， ∴eq \o(DM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0，\f(\r(3),2))). ∵eq \o(PB,\s\up17(→))＝(1，0，－eq \r(3))，eq \o(PA,\s\up17(→))＝(1，－2，－eq \r(3))， ∴eq \o(DM,\s\up17(→))·eq \o(PB,\s\up17(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×0＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0， eq \o(DM,\s\up17(→))·eq \o(PA,\s\up17(→))＝eq \f(3,2)×1＋0×(－2)＋eq \f(\r(3),2)×(－eq \r(3))＝0， ∴eq \o(DM,\s\up17(→))⊥eq \o(PA,\s\up17(→))，eq \o(DM,\s\up17(→))⊥eq \o(PB,\s\up17(→))， ∴DM⊥PB，DM⊥PA. 又PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB， ∴DM⊥平面PAB. 又DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB. 考向2　空间角、空间距离的计算 例2　(2025·江苏南京二模)如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD为矩形，且AB＝2BC＝2，SB＝eq \r(3)，∠SCB＝∠SCD＝60°. (1)求证：BC⊥平面SAB； (2)若NS∥BC(N在S的左侧)，设三棱锥N－SAB的体积为V1，四棱锥S－ABCD的体积为V2，且V1＝eq \f(1,2)V2. ①求点A到平面SNC的距离； ②求平面SNC与平面ABN夹角的正弦值． 解：(1)证明：在△SBC中，BC＝1，SB＝eq \r(3)，∠SCB＝60°， 所以cos60°＝eq \f(SC2＋1－3,2SC)＝eq \f(1,2)，解得SC＝2， 所以SB2＋BC2＝SC2，所以SB⊥BC， 又BC⊥AB，AB∩SB＝B，AB，SB⊂平面SAB， 所以BC⊥平面SAB. (2)①由(1)知，BC⊥平面SAB，AD∥BC， 所以AD⊥平面SAB， 又AD⊂平面ABCD， 所以平面ABCD⊥平面SAB， 又SA⊂平面SAB，所以AD⊥SA， 在△SCD中，SC＝2，CD＝2，∠SCD＝60°， 所以SD＝2， 又AD＝1，所以SA＝eq \r(4－1)＝eq \r(3)， 又eq \f(1,2)V2＝eq \f(1,2)VS－ABCD＝VS－ABC＝VC－SAB， V1＝eq \f(1,2)V2＝VN－SAB，所以VC－SAB＝VN－SAB， 又NS∥BC，所以NS＝BC＝1， 取AB的中点O，由SA＝SB＝eq \r(3)，得SO⊥AB， 因为平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO⊂平面SAB， 所以SO⊥平面ABCD，如图，建立空间直角坐标系， 则A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(－1，1，0)，S(0，0，eq \r(2))，N(0，－1，eq \r(2))， 所以eq \o(SN,\s\up17(→))＝(0，－1，0)，eq \o(SC,\s\up17(→))＝(1，1，－eq \r(2))， 设平面SNC的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(SC,\s\up17(→))＝0，,n·\o(SN,\s\up17(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－\r(2)z＝0，,－y＝0，))令z＝1，得x＝eq \r(2)， 即n＝(eq \r(2)，0，1)，又eq \o(AS,\s\up17(→))＝(1，0，eq \r(2))， 所以点A到平面SNC的距离为d＝eq \f(|\o(AS,\s\up17(→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(2),\r(3))＝eq \f(2\r(6),3). ②由①得，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(2，0，0)，eq \o(AN,\s\up17(→))＝(1，－1，eq \r(2))， 设平面ABN的法向量为m＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up17(→))＝0，,m·\o(AN,\s\up17(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＝0，,a－b＋\r(2)c＝0，)) 令c＝1，则b＝eq \r(2)，可得m＝(0，eq \r(2)，1)， 设平面SNC与平面ABN的夹角为θ， 所以cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)， 所以sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \r(1－\f(1,9))＝eq \f(2\r(2),3)，即平面SNC与平面ABN夹角的正弦值为eq \f(2\r(2),3). 则A(4，0，0)，B(4，4，0)，B1(0，4，0)，C1(2，0，2eq \r(3))，C(6，0，2eq \r(3))，F(5，0，eq \r(3))，E(0，2，0)， 可得eq \o(C1F,\s\up17(→))＝(3，0，－eq \r(3))，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(2，－4，2eq \r(3))， 则eq \o(C1F,\s\up17(→))·eq \o(BC,\s\up17(→))＝6＋0－6＝0，所以C1F⊥BC. (2)①设AM＝a，则M(4，a，0)， 由(1)可得，eq \o(C1F,\s\up17(→))＝(3，0，－eq \r(3))，eq \o(C1E,\s\up17(→))＝(－2，2，－2eq \r(3))，eq \o(C1M,\s\up17(→))＝(2，a，－2eq \r(3))． 设平面C1EF的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(C1F,\s\up17(→))＝3x－\r(3)z＝0，,m·\o(C1E,\s\up17(→))＝－2x＋2y－2\r(3)z＝0，)) 令x＝1，则y＝4，z＝eq \r(3)，可得m＝(1，4，eq \r(3))． 由题意可知，eq \o(C1M,\s\up17(→))⊥m，则eq \o(C1M,\s\up17(→))·m＝2＋4a－6＝0，解得a＝1， 所以AM的长为1. ②eq \o(AC,\s\up17(→))＝(2，0，2eq \r(3))，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，4，0)，eq \o(MF,\s\up17(→))＝(1，－1，eq \r(3))，eq \o(MB1,\s\up17(→))＝(－4，3，0)． 设平面BFM(即平面ABC)的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up17(→))＝2x1＋2\r(3)z1＝0，,n1·\o(AB,\s\up17(→))＝4y1＝0，)) 令x1＝eq \r(3)，则y1＝0，z1＝－1，可得n1＝(eq \r(3)，0，－1)． 设平面B1MF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(MF,\s\up17(→))＝x2－y2＋\r(3)z2＝0，,n2·\o(MB1,\s\up17(→))＝－4x2＋3y2＝0，)) 令x2＝3eq \r(3)，则y2＝4eq \r(3)，z2＝1， 可得n2＝(3eq \r(3)，4eq \r(3)，1)， 则cos〈n1，n2〉＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(8,2×2\r(19))＝eq \f(2\r(19),19)， 由图可知，二面角B1－FM－B为锐二面角， 所以二面角B1－FM－B的余弦值为eq \f(2\r(19),19). 考向3　探索性问题 例3　(2025·广东佛山第二次质量检测)如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面ABB1A1⊥平面ABCD，AA1＝BB1＝eq \r(5)，M是线段BB1的中点，N为线段CD上一点． (1)若CN＝1，证明：MN∥平面ADD1A1； (2)在线段CD上是否存在点N，使平面ADD1A1与 平面MNB夹角的余弦值为eq \f(\r(30),10)？若存在，指出点N的位 置；若不存在，说明理由． 解：(1)证明：取线段AA1的中点P，连接PM，PD， 因为PM为梯形ABB1A1的中位线， 所以PM＝eq \f(AB＋A1B1,2)＝3，PM∥AB， 又因为CN＝1，所以DN＝3， 因为DN∥AB，PM∥AB，所以PM∥DN， 又PM＝DN＝3， 所以四边形DNMP为平行四边形， 所以MN∥PD， 又因为MN⊄平面ADD1A1，PD⊂平面ADD1A1， 所以MN∥平面ADD1A1. (2)在平面A1B1BA中，作A1O⊥AB于点O， 因为平面ABB1A1⊥平面ABCD，且平面ABB1A1∩平面ABCD＝AB， 所以A1O⊥平面ABCD，在正方形ABCD中，过点O作AD的平行线交CD于点Q，则OQ⊥OB， 以O为原点，eq \o(OQ,\s\up17(→))，eq \o(OB,\s\up17(→))，eq \o(OA1,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为四边形ABB1A1为等腰梯形，A1B1＝2，AB＝4， 所以AO＝1， 又因为AA1＝BB1＝eq \r(5)， 所以A1O＝2， 则A(0，－1，0)，A1(0，0，2)，D(4，－1，0)，B1(0，2，2)，B(0，3，0)，设N(4，a，0)(－1≤a≤3)，所以eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(0，1，2)，eq \o(AD,\s\up17(→))＝(4，0，0)， 设平面ADD1A1的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AA1,\s\up17(→))＝0，,n1·\o(AD,\s\up17(→))＝0，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋2z1＝0，,4x1＝0，)) 令z1＝1，则n1＝(0，－2，1)． 因为M为BB1的中点，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)，1))， 所以eq \o(BM,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,2)，1))，eq \o(BN,\s\up17(→))＝(4，a－3，0)， 设平面BMN的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n2·\o(BM,\s\up17(→))＝0，,n2·\o(BN,\s\up17(→))＝0，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)y2＋z2＝0，,4x2＋（a－3）y2＝0，)) 令x2＝3－a，所以n2＝(3－a，4，2)． 又因为平面ADD1A1与平面MNB夹角的余弦值为eq \f(\r(30),10)， 所以|cos〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(30),10)， 即eq \f(6,\r(5)×\r(（3－a）2＋20))＝eq \f(\r(30),10)， 所以a2－6a＋5＝0，解得a＝1或a＝5， 又因为－1≤a≤3，所以a＝1， 所以存在点N为CD的中点，使平面ADD1A1与平面MNB夹角的余弦值为eq \f(\r(30),10). (2025·甘南自治州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA＝PD＝eq \r(5)，AB＝BD＝eq \r(2)，BC＝2，二面角P－AD－C的大小为eq \f(π,3). (1)求线段PC的长； (2)若DQ∥AP，且DQ＝AP，则在线段DQ上是否存在点E，使得直线BE与平面PDC所成角的正弦值为eq \f(\r(21),5)？若存在，求出EQ的长；若不存在，说明理由． 解：(1)如图，取AD的中点F，连接PF，BF. ∵四边形ABCD是平行四边形，BC＝2，∴AD＝BC＝2. ∵PA＝PD＝eq \r(5)，AD＝2，∴PF⊥AD，PF＝2. 又AB＝BD＝eq \r(2)，AD＝2，∴BF⊥AD，BF＝1， ∴∠PFB为二面角P－AD－C的平面角，即∠PFB＝eq \f(π,3). 在△PFB中，由余弦定理，得PB2＝22＋12－2×2×1×eq \f(1,2)＝3，∴PB＝eq \r(3). 又PF∩FB＝F，PF，FB⊂平面PFB，∴AD⊥平面PFB. ∵PB⊂平面PFB，∴AD⊥PB. ∵AD∥BC，∴BC⊥PB，∴PC＝eq \r(PB2＋BC2)＝eq \r(（\r(3)）2＋22)＝eq \r(7). (2)由(1)知PB＝eq \r(3)，∵BD＝eq \r(2)，PD＝eq \r(5)， ∴PD2＝PB2＋BD2，∴PB⊥BD. 同理，PB⊥BA， 又AB＝BD＝eq \r(2)，AD＝2， ∴AD2＝AB2＋BD2，∴AB⊥BD， ∴BA，BD，BP两两垂直． 以B为坐标原点，BD，BA，BP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P(0，0，eq \r(3))，A(0，eq \r(2)，0)，D(eq \r(2)，0，0)，∴eq \o(CD,\s\up17(→))＝eq \o(BA,\s\up17(→))＝(0，eq \r(2)，0)，eq \o(PD,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，0，－eq \r(3))，eq \o(BD,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，0，0)，eq \o(DQ,\s\up17(→))＝eq \o(AP,\s\up17(→))＝(0，－eq \r(2)，eq \r(3))． 假设在线段DQ上存在点E满足题意，不妨设eq \o(DE,\s\up17(→))＝λeq \o(DQ,\s\up17(→))(0≤λ≤1)， 则eq \o(BE,\s\up17(→))＝eq \o(BD,\s\up17(→))＋eq \o(DE,\s\up17(→))＝eq \o(BD,\s\up17(→))＋λeq \o(DQ,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，－eq \r(2)λ，eq \r(3)λ)． 设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up17(→))＝\r(2)x－\r(3)z＝0，,n·\o(CD,\s\up17(→))＝\r(2)y＝0，)) 令x＝eq \r(3)，则y＝0，z＝eq \r(2)，∴n＝(eq \r(3)，0，eq \r(2))． 设直线BE与平面PDC所成的角为θ， 则sinθ＝|cos〈n，eq \o(BE,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|n·\o(BE,\s\up17(→))|,|n||\o(BE,\s\up17(→))|)＝eq \f(\r(6)＋\r(6)λ,\r(5)·\r(5λ2＋2))＝eq \f(\r(21),5)，解得λ＝eq \f(2,5)∈[0，1]， ∴EQ＝eq \f(3,5)DQ＝eq \f(3\r(5),5)， ∴存在点E满足题意，且EQ＝eq \f(3\r(5),5). 1．(2025·新课标Ⅰ卷，17)如图所示的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (2)PA＝AB＝eq \r(2)，AD＝1＋eq \r(3)，BC＝2，P，B，C，D 在同一个球面上，设该球的球心为O. (ⅰ)证明：O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值． (2)解法一：(ⅰ)证明：在四棱锥P－ABCD中，PA⊥AB，PA⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AB＝eq \r(2)，AD＝1＋eq \r(3)，BC＝2， 建立空间直角坐标系如图1所示， ∴A(0，0，0)，B(eq \r(2)，0，0)，C(eq \r(2)，2，0)，D(0，1＋eq \r(3)，0)，P(0，0，eq \r(2))， 若P，B，C，D在同一个球面上， 则OP＝OB＝OC＝OD， 设球心O(x，y，z)，由OB＝OC＝OD＝OP， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－\r(2)）2＋y2＋z2＝（x－\r(2)）2＋（y－2）2＋z2，,（x－\r(2)）2＋y2＋z2＝x2＋（y－\r(3)－1）2＋z2，,（x－\r(2)）2＋y2＋z2＝x2＋y2＋（z－\r(2)）2，)) 解得y＝1，x＝z＝0，显然点O(0，1，0)为直线AD上的点， 所以O在平面ABCD内． (ⅱ)由(2)(ⅰ)，得eq \o(AC,\s\up17(→))＝(eq \r(2)，2，0)，eq \o(PO,\s\up17(→))＝(0，1，－eq \r(2))， 设直线AC与直线PO所成的角为θ， 则cosθ＝eq \f(|\o(AC,\s\up17(→))·\o(PO,\s\up17(→))|,|\o(AC,\s\up17(→))||\o(PO,\s\up17(→))|)＝eq \f(|0＋2×1＋0|,\r(6)×\r(3))＝eq \f(\r(2),3)， ∴直线AC与直线PO所成角的余弦值为eq \f(\r(2),3). 解法二：(ⅰ)证明：∵P，B，C，D在同一个球面上， ∴球心到四个点的距离相等． 在△BCD中，到三角形三个顶点距离相等的点是该三角形的外心，作线段BC的垂直平分线，交AD于点O1，交BC于点E，设CD的中点为F，连接O1F，观察、猜测O1为△ABC的外心，连接O1B，O1C，如图2所示， 由平面几何知识得，O1E＝AB＝eq \r(2)，BE＝CE＝O1A＝eq \f(1,2)BC＝1， ∴O1D＝AD－O1A＝eq \r(3)，O1B＝O1C＝eq \r(12＋（\r(2)）2)＝eq \r(3)， ∴O1D＝O1B＝O1C， ∴点O1是△BCD的外心， 如图3，在Rt△AO1P中，PA⊥O1A， 由勾股定理，得O1P＝eq \r(PA2＋O1A2)＝eq \r(（\r(2)）2＋12)＝eq \r(3)， ∴O1P＝O1B＝O1C＝O1D＝eq \r(3)， ∴点O1即为P，B，C，D所在球的球心O， 此时点O在线段AD上，AD⊂平面ABCD， ∴O在平面ABCD内． (ⅱ)由(2)(ⅰ)，知OA＝1，OP＝eq \r(3)， ∵AB⊥AD，BC∥AD，∴AB⊥BC， 在Rt△ABC中，AB＝eq \r(2)，BC＝2，连接AC， 由勾股定理，得AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(（\r(2)）2＋22)＝eq \r(6)， 过点O作AC的平行线，交BC的延长线于点C1，连接AC1，PC1，如图4所示． 则OC1＝AC＝eq \r(6)，直线AC与直线PO所成的角即为∠POC1或其补角． ∵PA⊥平面ABCD，AC1⊂平面ABCD，∴PA⊥AC1， 在Rt△ABC1中，AB＝eq \r(2)，BC1＝BC＋CC1＝2＋1＝3，由勾股定理，得 AC1＝2,1)eq \r(AB2＋BC) ＝eq \r(（\r(2)）2＋32)＝eq \r(11)， 在Rt△APC1中，PA＝eq \r(2)，由勾股定理，得 PC1＝2,1)eq \r(PA2＋AC) ＝eq \r(（\r(2)）2＋（\r(11)）2)＝eq \r(13)， 在△POC1中，由余弦定理，得 cos∠POC1＝2,1)eq \f(OP2＋OC－PCeq \o\al(2,1),2OP·OC1) ＝eq \f(3＋6－13,2\r(3)×\r(6))＝－eq \f(\r(2),3)， ∴直线AC与直线PO所成角的余弦值为eq \f(\r(2),3). 2．(2024·新课标Ⅰ卷，17)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. (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\up17(→))＝(0，－eq \r(4－a2)，0)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－a，eq \r(4－a2)，0)，eq \o(CP,\s\up17(→))＝(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\up17(→))·n＝0，,\o(CP,\s\up17(→))·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\up17(→))＝0，,m·\o(AC,\s\up17(→))＝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．(2023·新课标Ⅰ卷，18)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轴、y轴、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\up17(→))＝(0，－2，1)，eq \o(A2D2,\s\up17(→))＝(0，－2，1)， ∴eq \o(B2C2,\s\up17(→))∥eq \o(A2D2,\s\up17(→))， 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\up17(→))＝(－2，－2，2)，eq \o(PC2,\s\up17(→))＝(0，－2，3－λ)，eq \o(D2C2,\s\up17(→))＝(－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\up17(→))＝－2x1－2y1＋2z1＝0，,n·\o(PC2,\s\up17(→))＝－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\up17(→))＝－2x2－2y2＋2z2＝0，,m·\o(D2C2,\s\up17(→))＝－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. 4．(2023·新课标Ⅱ卷，20)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\up17(→))＝eq \o(DA,\s\up17(→))，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 (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轴、y轴、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\up17(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))， 因为eq \o(EF,\s\up17(→))＝eq \o(DA,\s\up17(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))， 所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，即有eq \o(AF,\s\up17(→))＝(－eq \r(2)，0，0)， 所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n1·\o(DA,\s\up17(→))＝0，,n1·\o(AB,\s\up17(→))＝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\up17(→))＝0，,n2·\o(AF,\s\up17(→))＝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). 在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，O是AD的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝eq \r(3)，AB＝2，平面PAB∩平面PCD＝l. (1)求证：l∥AB； (2)如图，M∈l且PM＝1，求点M到平面PBC的距离； (3)设四棱锥P－ABCD外接球的球心为Q，在线段PB上是否存在点E，使得直线PQ与平面AEC所成角的正弦值为eq \f(\r(42),14)？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 则P(0，0，eq \r(3))，B(1，2，0)，C(－1，2，0)，M(0，1，eq \r(3))，A(1，0，0)， eq \o(PB,\s\up17(→))＝(1，2，－eq \r(3))，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－2，0，0)． 设平面PBC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PB,\s\up17(→))·n1＝0，,\o(BC,\s\up17(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋2y1－\r(3)z1＝0，,－2x1＝0，)) 取n1＝(0，eq \r(3)，2)． ∵eq \o(MP,\s\up17(→))＝(0，－1，0)，∴点M到平面PBC的距离为eq \f(|\o(MP,\s\up17(→))·n1|,|n1|)＝eq \f(|－\r(3)|,\r(7))＝eq \f(\r(21),7). (3)存在点E，使得直线PQ与平面AEC所成角的正弦值为eq \f(\r(42),14)， ∵QA＝QB＝QC＝QD，且平面ABCD为正方形， ∴点Q在平面ABCD内的射影是四边形ABCD的中心，可设Q(0，1，h)， ∵PQ＝AQ， ∴1＋(h－eq \r(3))2＝1＋1＋h2，解得h＝eq \f(\r(3),3)， 即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(\r(3),3)))，eq \o(PQ,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(2\r(3),3)))， 设eq \o(PE,\s\up17(→))＝λeq \o(PB,\s\up17(→))，λ∈[0，1]，∴E(λ，2λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，eq \o(AE,\s\up17(→))＝(λ－1，2λ，eq \r(3)－eq \r(3)λ)，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－2，2，0)， 设平面AEC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AE,\s\up17(→))·n2＝0，,\o(AC,\s\up17(→))·n2＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（λ－1）x2＋2λy2＋（\r(3)－\r(3)λ）z2＝0，,－2x2＋2y2＝0，)) 取n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(3λ－1,\r(3)λ－\r(3))))， 设直线PQ与平面AEC所成的角为θ， ∴sinθ＝|cos〈eq \o(PQ,\s\up17(→))，n2〉|＝eq \f(|\o(PQ,\s\up17(→))·n2|,|\o(PQ,\s\up17(→))||n2|) ＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(1－\f(2\r(3),3)·\f(3λ－1,\r(3)λ－\r(3)))),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2))·\r(1＋1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3λ－1,\r(3)λ－\r(3))))\s\up12(2)))＝eq \f(\r(42),14)， 化简，得27λ2－66λ＋19＝0， 即(3λ－1)(9λ－19)＝0， 解得λ＝eq \f(1,3)或λ＝eq \f(19,9)(舍去)． ∴存在点E为PB上靠近点P的三等分点，使得直线PQ与平面AEC所成角的正弦值为eq \f(\r(42),14). 1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥AB，AB＝3，AC＝4. (1)若AA1＝3，求直线A1B与直线AC1所成角的余弦值； (2)若D为线段BC1上一点，且eq \f(BD,BC1)＝eq \f(9,25)，当AD⊥A1B时，求AA1的长． 解：以A为原点，AC，AB，AA1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A(0，0，0)，B(0，3，0)． (1)若AA1＝3，则A1(0，0，3)，B1(0，3，3)，C1(4，0，3)，所以eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(0，3，－3)，eq \o(AC1,\s\up17(→))＝(4，0，3)，设直线A1B与直线AC1所成的角为θ，所以cosθ＝eq \f(|\o(A1B,\s\up17(→))·\o(AC1,\s\up17(→))|,|\o(A1B,\s\up17(→))||\o(AC1,\s\up17(→))|)＝eq \f(9,3\r(2)×5)＝eq \f(3\r(2),10)， 即直线A1B与直线AC1所成角的余弦值为eq \f(3\r(2),10). (2)设AA1＝h>0，则A1(0，0，h)，B1(0，3，h)，C1(4，0，h)， 依题意，知eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \f(9,25) eq \o(BC1,\s\up17(→))， 因为eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(4，－3，h)，eq \o(A1B,\s\up17(→))＝(0，3，－h)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，3，0)， 所以eq \o(AD,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \o(BD,\s\up17(→))＝eq \o(AB,\s\up17(→))＋eq \f(9,25) eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(0，3，0)＋eq \f(9,25)(4，－3，h)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(36,25)，\f(48,25)，\f(9h,25)))， 因为AD⊥A1B，则eq \o(AD,\s\up17(→))⊥eq \o(A1B,\s\up17(→))， 则eq \o(AD,\s\up17(→))·eq \o(A1B,\s\up17(→))＝eq \f(36,25)×0＋eq \f(48,25)×3－eq \f(9h,25)×h＝0， 解得h＝4，即AA1的长为4. (2)以O为坐标原点，OA，OC，OB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Oxyz， 则A(20，0，0)，B(0，0，20)，C(0，20，0)，E(10，0，10)，F(10，10，0)，A1(15，0，0)， eq \o(AC,\s\up17(→))＝(－20，20，0)，eq \o(AE,\s\up17(→))＝(－10，0，10)， 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AC,\s\up17(→))·n＝－20x＋20y＝0，,\o(AE,\s\up17(→))·n＝－10x＋10z＝0，))令x＝1，得n＝(1，1，1)， 又AE∩A1E＝E，AE，A1E⊂平面OAB， 则平面AA1E与平面OAB重合， 而平面OAB的一个法向量为m＝(0，1，0)， 设二面角C－AE－A1的大小为θ， 则cosθ＝|cos〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(3)×1)＝eq \f(\r(3),3)， 则sinθ＝eq \r(1－cos2θ)＝eq \f(\r(6),3)， 所以二面角C－AE－A1的正弦值为eq \f(\r(6),3). 3．(2025·苏锡常镇四市二模)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，∠ABC＝45°，BC1⊥AC. (1)证明：AC⊥平面ABC1； (2)若CC1＝2eq \r(2)，二面角C1－AC－B的大小为60°，求直线BC1与平面AA1B1B所成角的正弦值． 解：(1)证明：∵AB＝2，BC＝2eq \r(2)，∠ABC＝45°， 由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos45°＝4＋8－2×2×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝4， ∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB， 又AC⊥BC1，AB∩BC1＝B，AB，BC1⊂平面ABC1， ∴AC⊥平面ABC1. (2)∵AC⊥平面ABC1，C1A⊂平面ABC1，∴AC⊥C1A， 又AC⊥AB， ∴二面角C1－AC－B的平面角为∠BAC1＝60°，而CC1＝2eq \r(2)，AC＝2， ∴AC1＝2,1)eq \r(CC－AC2) ＝eq \r(8－4)＝2＝AB，∴△ABC1为等边三角形， 以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ∴A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，C1(1，0，eq \r(3))， 由eq \o(A1C1,\s\up17(→))＝eq \o(AC,\s\up17(→))，得A1(1，－2，eq \r(3))， ∴eq \o(BC1,\s\up17(→))＝(－1，0，eq \r(3))，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(2，0，0)，eq \o(AA1,\s\up17(→))＝(1，－2，eq \r(3))， 设平面AA1B1B的法向量为n＝(x，y，z)， ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB,\s\up17(→))·n＝2x＝0，,\o(AA1,\s\up17(→))·n＝x－2y＋\r(3)z＝0，)) 令y＝eq \r(3)，则x＝0，z＝2，故n＝(0，eq \r(3)，2)， 设直线BC1与平面AA1B1B所成的角为θ， ∴sinθ＝eq \f(|\o(BC1,\s\up17(→))·n|,|\o(BC1,\s\up17(→))||n|)＝eq \f(2\r(3),2×\r(7))＝eq \f(\r(21),7). 4．(2025·安徽省“江南十校”联考)如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD且AB＝eq \f(1,2)CD＝1，AB⊥BC，∠ADC＝60°，cos∠CDE＝eq \f(1,4)，△ADE为等边三角形． (1)若M，N分别是棱AD，EC的中点，证明：MN∥平面ABE； (2)求平面BCE与平面ADE夹角的余弦值． (2)解法一：如图，连接CM，ME，AC，取CD的中点G，连接AG， ∵AB∥CD且AB＝eq \f(1,2)CD＝1， ∴AB∥CG且AB＝CG， ∴四边形ABCG为平行四边形，故BC∥AG， ∵AB⊥BC， ∴AG⊥CD，且GD＝1， ∵∠ADC＝60°，∴AD＝2， 故△ADC为等边三角形， ∴CM⊥AD，CM＝eq \r(3). ∵△ADE为等边三角形， ∴DE＝2，EM＝eq \r(3)，ME⊥AD. 在△CDE中，由余弦定理，得CE2＝CD2＋DE2－ 2CD·DEcos∠CDE＝4＋4－2×2×2×eq \f(1,4)＝6， ∴CM2＋ME2＝CE2，即CM⊥ME， 故MD，ME，MC两两垂直． 以M为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0，0，eq \r(3))，E(0，eq \r(3)，0)，D(1，0，0)，A(－1，0，0)， 由eq \o(AB,\s\up17(→))＝eq \f(1,2) eq \o(DC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，\f(\r(3),2)))，得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0，\f(\r(3),2)))， ∴eq \o(EC,\s\up17(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(3))，eq \o(EB,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－\r(3)，\f(\r(3),2)))， 设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(EC,\s\up17(→))＝－\r(3)y＋\r(3)z＝0，,n·\o(EB,\s\up17(→))＝－\f(3,2)x－\r(3)y＋\f(\r(3),2)z＝0，)) 令z＝3，则y＝3，x＝－eq \r(3)，故n＝(－eq \r(3)，3，3)． 取平面ADE的一个法向量为m＝(0，0，1)， 则cos〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(3,\r(21)×1)＝eq \f(\r(21),7)， ∴平面BCE与平面ADE夹角的余弦值为eq \f(\r(21),7). 解法二：如图，延长CB，DA相交于点Q，连接EQ，ME，CM，同解法一证得CM⊥平面DEQ， 过点M作MH⊥EQ，垂足为H，连接CH，因为EQ⊥MH，EQ⊥CM，MH∩MC＝M，MH，MC⊂平面CMH， 所以EQ⊥平面CMH， 所以EQ⊥CH，所以∠MHC为二面角D－EQ－C的平面角． 因为MQ＝3，ME＝eq \r(3)，由EQ2＝ME2＋MQ2，得EQ＝2eq \r(3)， 由S△MEQ＝eq \f(1,2)ME·MQ＝eq \f(1,2)EQ·MH，得MH＝eq \f(3,2)， 又CM＝eq \r(3)，所以CH＝eq \f(\r(21),2)， 所以cos∠MHC＝eq \f(MH,CH)＝eq \f(\r(21),7)，即平面BCE与平面ADE夹角的余弦值为eq \f(\r(21),7). 5．(2025·江苏宿迁模拟)在多面体ABCDPE中(如图)，底面ABCD为梯形，AB⊥AD，AB∥CD，F为PA的中点，PD＝eq \r(2)，AB＝AD＝eq \f(1,2)CD＝1，四边形PDCE为矩形，平面PDCE⊥平面ABCD. (1)求证：平面PBD⊥平面ABCD； (2)求三棱锥P－ABD外接球的体积； (3)在线段EF上是否存在一点Q，使得BQ与平面PBC所成角的大小为eq \f(π,6)？若存在，求出FQ的长；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：因为四边形PDCE为矩形， 所以PD⊥CD， 又平面PDCE⊥平面ABCD，平面PDCE∩平面ABCD＝CD，PD⊂平面PDCE， 所以PD⊥平面ABCD， 又PD⊂平面PBD， 所以平面PBD⊥平面ABCD. (2)因为△ABD是等腰直角三角形， 则其外接圆的圆心为BD的中点M，且MA＝eq \f(1,2)BD＝eq \f(\r(2),2)， 过点M作平面ABCD的垂线l， 则l∥PD， 设三棱锥P－ABD外接球的球心为O，半径为R， 则MO＝eq \f(1,2)PD＝eq \f(\r(2),2)， 所以R＝eq \r(AM2＋MO2)＝eq \r(\f(1,2)＋\f(1,2))＝1， 所以三棱锥P－ABD外接球的体积为eq \f(4π,3). (3)因为PD⊥AD，PD⊥DC，AD⊥DC，故以D为原点，eq \o(DA,\s\up17(→))，eq \o(DC,\s\up17(→))，eq \o(DP,\s\up17(→))的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则P(0，0，eq \r(2))，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)， 所以eq \o(PB,\s\up17(→))＝(1，1，－eq \r(2))，eq \o(BC,\s\up17(→))＝(－1，1，0)，eq \o(AB,\s\up17(→))＝(0，1，0)． 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(PB,\s\up17(→))＝0，,m·\o(BC,\s\up17(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y－\r(2)z＝0，,－x＋y＝0，))令x＝1，得y＝1，z＝eq \r(2)， 所以m＝(1，1，eq \r(2))， 设存在点Q满足条件， 由Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，\f(\r(2),2)))，E(0，2，eq \r(2))， 得eq \o(BF,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－1，\f(\r(2),2)))，eq \o(FE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2，\f(\r(2),2)))， 设eq \o(FQ,\s\up17(→))＝λeq \o(FE,\s\up17(→))(0≤λ≤1)，则eq \o(BQ,\s\up17(→))＝eq \o(BF,\s\up17(→))＋eq \o(FQ,\s\up17(→))＝eq \o(BF,\s\up17(→))＋λeq \o(FE,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－1，\f(\r(2),2)))＋λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，2，\f(\r(2),2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(λ＋1,2)，2λ－1，\f(\r(2)（1＋λ）,2)))， 因为BQ与平面PBC所成角的大小为eq \f(π,6)， 所以sineq \f(π,6)＝|cos〈eq \o(BQ,\s\up17(→))，m〉|＝eq \f(|\o(BQ,\s\up17(→))·m|,|\o(BQ,\s\up17(→))||m|)＝eq \f(|5λ－1|,2\r(19λ2－10λ＋7))＝eq \f(1,2)， 解得λ2＝1，又0≤λ≤1， 所以λ＝1，即Q与E重合， 故在线段EF上存在一点Q满足题意， 且FQ＝FE＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(19),2). 6．(2025·河北廊坊模拟)如图，圆台OO1的轴截面为等腰梯形ABB1A1，上、下底面的半径分别为2，4，圆台的母线与底面所成的角为eq \f(π,3)，C是下底面圆周上一点(异于点A，B)． (1)已知AC＝4，若线段BC上存在一点P，使得B1P∥平面A1AC，试确定点P的位置，并求直线B1P到平面A1AC的距离； (2)若平面AB1C与平面ABB1的夹角为eq \f(π,4)，求AC. 由题意，圆台的母线长为l＝eq \f(4－2,cos\f(π,3))＝4，高为h＝(4－2)taneq \f(π,3)＝2eq \r(3)， 如图，取eq \o(AB,\s\up16(︵))的中点D，以O为原点，OD，OB，OO1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Oxyz， 则A(0，－4，0)，A1(0，－2，2eq \r(3))，C(2eq \r(3)，－2，0)， 所以eq \o(AO,\s\up17(→))＝(0，4，0)，eq \o(A1C,\s\up17(→))＝(2eq \r(3)，0，－2eq \r(3))，eq \o(A1A,\s\up17(→))＝(0，－2，－2eq \r(3))， 设平面A1AC的法向量为n＝(a，b，c)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1C,\s\up17(→))⊥n，,\o(A1A,\s\up17(→))⊥n，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(A1C,\s\up17(→))·n＝2\r(3)a－2\r(3)c＝0，,\o(A1A,\s\up17(→))·n＝－2b－2\r(3)c＝0，)) 取c＝1，则n＝(1，－eq \r(3)，1)，所以d＝eq \f(|n·\o(AO,\s\up17(→))|,|n|)＝eq \f(4\r(3),\r(12＋（－\r(3)）2＋12))＝eq \f(4\r(15),5). (2)空间直角坐标系Oxyz中，A(0，－4，0)，D(4，0，0)，B1(0，2，2eq \r(3))，O1(0，0，2eq \r(3))， 设C(4cosθ，4sinθ，0)，θ∈[0，2π)，且θ≠eq \f(π,2)或eq \f(3π,2)， 则由圆台的结构性质可知eq \o(OD,\s\up17(→))＝(4，0，0)是平面ABB1的一个法向量，eq \o(AB1,\s\up17(→))＝(0，6，2eq \r(3))，eq \o(AC,\s\up17(→))＝(4cosθ，4sinθ＋4，0)， 设平面AB1C的法向量为m＝(x，y，z)， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB1,\s\up17(→))⊥m，,\o(AC,\s\up17(→))⊥m，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(AB1,\s\up17(→))·m＝6y＋2\r(3)z＝0，,\o(AC,\s\up17(→))·m＝4xcosθ＋（4sinθ＋4）y＝0，)) 取z＝eq \r(3)，则m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ＋1,cosθ)，－1，\r(3)))，则|cos〈m，eq \o(OD,\s\up17(→))〉|＝eq \f(|m·\o(OD,\s\up17(→))|,|m||\o(OD,\s\up17(→))|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(4×\f(sinθ＋1,cosθ))),4\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ＋1,cosθ)))\s\up12(2)＋1＋3))＝eq \f(\r(2),2)， 化简得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinθ＋1,cosθ))) eq \s\up12(2)＝4，所以eq \f(sinθ＋1,cosθ)＝±2， 解得sinθ＝eq \f(3,5)，cosθ＝±eq \f(4,5)， 所以eq \o(AC,\s\up17(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(16,5)，\f(32,5)，0))，所以|eq \o(AC,\s\up17(→))|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(16,5)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32,5)))\s\up12(2))＝eq \f(16\r(5),5). $