板块四 习题讲评（三）空间角与距离问题-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（三）　空间角与距离问题 （1）以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，常与空间线面位置关系的证明相结合考查.高考注重利用向量方法解决空间角问题，常以解答题的形式进行考查，但也可利用几何法来求解，以体现灵活应用知识解决问题的能力，难度中等. （2）空间距离（特别是点到平面的距离）在高考中虽未直接考查，但是也应关注其解题方法. 教学点（一）　空间距离 [典例]　在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AB⊥BC，PA⊥底面ABCD，AB=BC=PA=2，AD=1. （1）若E为线段PC的中点，求证：DE∥平面PAB； （2）求点A到平面PCD的距离. 解：法一　（1）证明：以A为原点，分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，1，0），P（0，0，2）， 由E为线段PC的中点，可得E（1，1，1），∴=（1，0，1）. 由题意可得=为平面PAB的一个法向量. ∵·=0×1+1×0+0×1=0，且， ∴DE∥平面PAB. （2）由（1）知===（0，1，0）. 设n=为平面PCD的法向量， 则 ，则n=. 设点A到平面PCD的距离为d，则d=||==. 法二　（1）证明：取PB的中点为F，连接EF，FA， ∵EF为△PBC的中位线， . ∵AB⊥AD，AB⊥BC，BC=2，AD=1，∴AD∥BC，AD=BC， ∴EF∥AD，EF=AD， ， 又DE⊄平面PAB，AF⊂平面PAB， ∴DE∥平面PAB. （2）∵AB⊥AD，AB⊥BC，PA⊥底面ABCD，AB=BC=PA=2，AD=1. ∴CD=PD==，PC==2， 设点A到平面PCD的距离为d，则由VP-ACD=VA-PCD可得××2××d=××2×1×2， 解得d==.所以点A到平面PCD的距离为. 习得方略：①处，注意条件的完备性，万不可遗漏； ②处，巧赋值，尽可能让坐标中的数据均为整数； ③处，利用中位线构建平行关系； ④处，利用平行四边形构建平行关系. |思|维|建|模| （1）几何法求空间距离的策略 ①点到平面的距离：过一点作垂直于已知平面的直线，则该点与垂足间的线段，叫做这个点到该平面的垂线段，垂线段的长度叫做这个点到该平面的距离. ②可以用垂线法和等体积法求点到平面的距离. （2）向量法求空间距离的策略 ①点到直线的距离：直线l的方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设=a，则点P到直线l的距离d=. ②点到平面的距离：平面α的法向量为n，A是平面α内任一点，P为平面α外一点，则点P到平面α的距离d=. [即时训练] 如图，正四棱锥S-ABCD的底面边长为2，二面角S-AB-C的正切值为，P为侧棱SD上的点，且SB∥平面PAC. （1）求直线SB到平面PAC的距离； （2）请判断在平面PAC上是否存在一点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由. 解：（1）如图1，连接BD，交AC于点O，连接PO，SO.∵SB∥平面PAC，SB⊂平面SBD，平面SBD∩平面PAC=PO，∴SB∥PO.在△SBD中，O为BD的中点， ∴点P为SD的中点. 取AB的中点G，连接SG，OG，由正方形ABCD的边长为2， 易知OG⊥AB，SG⊥AB，OG=1， ∴∠SGO即为二面角S-AB-C的平面角. 在Rt△SOG中，二面角S-AB-C的正切值为，OG=1， ∴OS=，侧棱的长都是2.易知直线SO，AC，BD两两垂直， 以点O为原点建立空间直角坐标系，如图2所示. ∴A（0，-，0），C（0，，0），B（，0，0），D（-，0，0）， S（0，0，），P， ∴==， =. 设平面PAC的法向量为m=， 则即 即令x=3，则z=， ∴平面PAC的一个法向量为m=. ∵SB∥平面PAC， ∴直线SB到平面PAC的距离等于点B到平面PAC的距离. 又在法向量m上的投影向量的模为==， ∴直线SB到平面PAC的距离为. （2）不存在.理由如下： 由（1）可得直线SB到平面PAC的距离为. 又SB∥平面PAC，设点Q为SB的中点， ∴点Q到平面PAC的距离为. 假设在平面PAC上存在点E， 使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形， 则有EQ=SBtan=.∵<， ∴不存在满足条件的点E. 教学点（二）　直线与平面所成的角 [典例]　（2025·杭州模拟）如图，棱长为2的正四面体A-BCD中，P为直线CD上的动点，满足=λ. （1）若λ=，求证：平面PAB⊥平面ABD； （2）若直线CD与平面PAB所成的角为45°，求线段PA的长度. 解：（1）证明：取AB的中点M，CD的中点O，连接PM，AO，MD， 由正四面体A-BCD，可得MD⊥AB，AO⊥CD， 因为AD=BD，∠ADP=∠BDP，DP=DP， 所以△ADP≌△BDP，所以AP=BP，所以PM⊥AB. 由AO⊥PO，λ=，可得AO=，PO=2，AP=，所以PM=， 所以PM2+MD2=PD2，所以PM⊥MD. 又因为AB∩MD=M，AB，MD⊂平面ABD， 所以PM⊥平面ABD，PM⊂平面PAB， 所以平面PAB⊥平面ABD. （2）法一　由（1）知PM⊥AB，MD⊥AB，PM∩MD=M，PM，MD⊂平面PMD， 所以AB⊥平面PMD，AB⊂平面ABP， 所以平面ABP⊥平面PMD. 又平面ABP∩平面PMD=MP，连接MO，作DH⊥MP，垂足为H，如图，DH⊂平面PMD， 则DH⊥平面ABP， 所以∠DPM即为直线CD与平面PAB所成线面角的平面角，即∠DPM=45°. 因为AO⊥CD，BO⊥CD，AO∩BO=O，AO，BO⊂平面ABO，所以CD⊥平面ABO， 所以CD⊥MO，所以PO=MO===，所以AP===. 法二　如图，以O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为x，y轴， 过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系， 则B，A，C，D， 设P，则===， 设平面ABP的法向量为n=， 则设y=，则x=t，z=t， 所以n=为平面ABP的一个法向量. 设直线CD与平面PAB所成的角为θ， 所以sin θ=|cos<，n>|===，解得t=±. 当t=时，=，AP=||==， 当t=-时，=，AP=||==， （平面ABO将正四面体分割成关于平面ABO对称的两部分，故两种情况下的线段AP的长度相等） 所以AP=. |思|维|建|模| 1.几何法求直线与平面所成角的步骤 （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并指出线面所成的角. （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. 2.用向量法求线面角 （1）线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角<a，n>的关系是<a，n>+θ=或<a，n>-θ=，所以应用向量法求的是线面角的正弦值，而不是余弦值. （2）利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心. [即时训练] 如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D，E分别为AC，A1C1的中点，AB=BC=，AC=AA1=2. （1）证明：AC⊥平面BDE； （2）求直线DE与平面ABE所成角的正弦值. 思维路径：（1）要证线面垂直，先在平面内找两条与直线AC垂直的相交直线→根据线面垂直的性质得DE⊥AC，根据等腰三角形三线合一得AC⊥BD→根据线面垂直的判定定理证明（不要忘记两线相交的说明）； （2）本题中三棱柱形状规则，且有一条侧棱垂直于底面，有天然的建系好条件→以A或D为坐标原点建立空间直角坐标系→利用“建—找—套”向量法答题模型求解线面角即可. 解：（1）因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AC，A1C1的中点，所以DE∥AA1.又AA1⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以DE⊥AC. 在△ABC中，AB=BC，D为AC的中点，所以AC⊥BD. ， 所以AC⊥平面BDE. （2）法一：以D为坐标原点建系 由（1）可知，DA，DB，DE三线两两垂直，如图所示，以D为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴. 在Rt△ADB中，AB=，AD=AC=1，所以BD=2，所以D（0，0，0），E（0，0，2），A（1，0，0），B（0，2，0），=（0，0，2），=（-1，2，0），=（-1，0，2）. 设平面ABE的法向量为m=（x，y，z）， 则 令x=2，则y=1，z=1，所以平面ABE的一个法向量为m=（2，1，1）. 设直线DE与平面ABE所成的角为θ，则sin θ=|cos<，m>|===， 所以直线DE与平面ABE所成角的正弦值为. 法二：以A为坐标原点建系 在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，由（1）知AC⊥BD，所以以A为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立，如图所示. 在Rt△ADB中，AB=，AD=AC=1，所以BD=2，所以A（0，0，0），B（2，1，0），D（0，1，0），E（0，1，2），=（0，0，2），=（2，1，0），=（0，1，2）. 设平面ABE的法向量为n=（a，b，c）， 则 令a=1，则b=-2，c=1，所以平面ABE的一个法向量为n=（1，-2，1）. 设直线DE与平面ABE所成的角为θ，则sin θ=|cos<，n>|===， 所以直线DE与平面ABE所成角的正弦值为. 习得方略：①处，证明类解答题最易失分的地方就是忽视定理的限制条件，如此处两线相交、线在面内的说明，这些细节不仅自己心里要知道，还要告诉阅卷老师； ②处，建系时注意两个细节：一是说明三条直线两两垂直，二是要建立右手系.对于本题而言，就是当以D为坐标原点时，我们既可以分别为x轴、y轴、z轴的正方向建系，也可以分别为x轴、y轴、z轴的正方向建系； ③处，本题中的三棱柱有一条垂直于底面的棱，所以可以直接利用这条棱建系，当然，也可以把点C作为坐标原点建系，把当作x轴的正方向，不过此时找点的坐标不如法一、法二简单.总之，建系找原点也有学问，要选择最合适的原点. 教学点（三）　二面角（平面与平面的夹角） [典例]　（2025·全国Ⅱ卷）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD中点，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'，使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°. （1）证明：A'B∥平面CD'F. （2）求平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值. 解：法一　（1）先根据线面平行判定定理得出A'E∥平面CD'F及EB∥平面CD'F，再应用面面平行判定定理得出平面A'EB∥平面CD'F，进而由面面平行性质得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点B，C，D'，E，F的坐标表示出来，然后分别求出平面BCD'及平面EFD'A'的法向量，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. （1）证明：因为AB∥CD，所以AE∥DF，即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. 要证线面平行，一般会想到线面平行的判定定理，但本题很难在平面CD'F内找到一条与A'B平行的直线，反而由于一组平行关系（AB∥CD）变成了两组平行关系（A'E∥D'F，FC∥EB），可转化思路利用面面平行的性质证明. （2）因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB. 又AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC. 以F为原点，FE，FC以及垂直于平面EFCB的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.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，DF=1， 则B，C，D'，E，F， 所以====. 设平面BCD'的法向量为n=，则即 令y=，则z=1，x=-，则n=. 设平面EFD'A'的法向量为m=， 则即令y1=，则z1=-1，x1=0，所以m=. 所以cos<m，n>===，即平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的余弦值为.根据平方和关系，可知平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为. 法二：补形+几何法 （1）首先将梯形ABCD补形为平行四边形ABQD，然后结合已知条件利用线面平行的判定定理即可证明；（2）首先分别延长EF和BC交于点M，连接D'M，找到二面角的棱为D'M，由几何法作出二面角的平面角为∠HGC，可得sin∠HGC==，分别在对应的三角形中求出CH与HG即可得解. （1）证明：首先将梯形ABCD补形为平行四边形ABQD， 如图，延长DC至点Q，使得DQ=AB，连接QB，QD'， ∵AB∥CD，∴AB∥DQ，又AB=DQ，∴四边形ABQD是平行四边形，∴AD=BQ，AD∥BQ.∵翻折后，A'D'=BQ，A'D'∥BQ，∴四边形A'BQD'是平行四边形，∴A'B∥D'Q. ∵A'B⊄平面CD'F，D'Q⊂平面CD'F，∴A'B∥平面CD'F. （2）如图分别延长EF和BC交于点M，连接D'M，则二面角的棱为D'M， 结合题意易得EF⊥平面CD'F，∴平面EFD'A'⊥平面CD'F， 平面EFD'A'∩平面CD'F=D'F，过C作CH⊥D'F于H， 则CH⊥平面EFD'A'，即H是点C在平面EFD'A'上的投影， 过H作HG⊥D'M，连接CG，则∠HGC为所求二面角的平面角. （通过延长两直线相交后，使得两平面的交线更直观，即更容易找到二面角的棱） 由于sin∠HGC==，故只需求CH与HG即可，（其中CH在△CFD'中求，HG在△D'FM中求） 设AD=1，易知△CFD'为等边三角形，由于D'F⊥EF，故△D'FM为直角三角形，如图， 则sin∠HGC==，∴平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为. |思|维|建|模|　求平面与平面的夹角的方法 （1）几何法：步骤为①找出二面角的平面角（以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角）；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定. （2）向量法：步骤为①求两个平面α，β的法向量m，n；②计算cos<m，n>=；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ=|cos<m，n>|. [提醒]　如果空间几何体中两两垂直且第三条直线不太明显，就要利用题目中已有的线段长度、角度去寻找垂直. [即时训练] 如图，P为圆锥的顶点，AB为底面圆O的直径，C为圆周上一点，D为劣弧BC的中点，OP=AB. （1）求证：BC⊥PD； （2）E在线段PB上且BE=BP，当DE∥平面POC时，求平面PBC与平面ABC夹角的余弦值. 解：（1）证明：连接OD，因为D为的中点，所以OD⊥BC. 因为PO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故PO⊥BC. 又OD∩PO=O，OD，PO⊂平面POD， 所以BC⊥平面POD， 又PD⊂平面POD，所以BC⊥PD. （2）法一：几何法　 如图，在OB上取点F，使得BF=BO，连接EF，DF，则EF∥PO. 又EF⊄平面POC，PO⊂平面POC，故EF∥平面POC， （证明直线与平面平行时，要注意是平面外的直线平行于平面内的一条直线） 又DE∥平面POC，且DE∩EF=E，DE，EF⊂平面EFD， 所以平面EFD∥平面POC， （注意是两条相交直线平行于同一个平面） 又FD⊂平面EFD， 所以FD∥平面POC. 又FD⊂平面ABC，平面POC∩平面ABC=OC， 所以FD∥OC， 则∠COD=∠FDO.又∠COD=∠FOD， 所以∠FOD=∠FDO，所以FD=FO=OD， 则cos∠FOD=. 设OD与BC交于点G，连接PG，则OG⊥BC， 因为PB=PC，所以PG⊥BC， 所以∠PGO就是平面PBC与平面ABC的夹角. 因为cos∠FOD==，所以tan∠PGO===，所以cos∠PGO=， 即平面PBC与平面ABC夹角的余弦值为. 法二：向量法　 如图，以O为坐标原点，分别为y，z轴的正方向，平面ABC内过点O且垂直于OB的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 设OP=OB=3，则O（0，0，0），B（0，3，0），P（0，0，3），E（0，2，1）， 设∠DOB=θ，则∠COB=2θ，D（3sin θ，3cos θ，0），C（3sin 2θ，3cos 2θ，0）. =（0，0，3），=（3sin 2θ，3cos 2θ，0），设平面POC的法向量为n1=（x1，y1，z1）， 则 可取n1=（cos 2θ，-sin 2θ，0）. 又=（3sin θ，3cos θ-2，-1），DE∥平面POC， 所以n1·=0，即3sin θcos 2θ-3sin 2θcos θ+2sin 2θ=0，得cos θ=， 于是sin 2θ=，cos 2θ=，则C，所以=. 设平面PBC的法向量为n2=（x2，y2，z2），又=（0，3，-3）， 则可取n2=（，3，3）， （提示，平面的法向量与平面内的直线的方向向量垂直） 易知平面ABC的一个法向量为n3=（0，0，1）. 设平面PBC与平面ABC的夹角为α，则cos α==， 所以平面PBC与平面ABC夹角的余弦值为. [课时验收评价] 1.（13分）（2025·长沙三模）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=2AD，点E是棱CC1的中点. （1）求证：AC1∥平面BDE；（5分） （2）求直线BC1与平面BDE所成角的正弦值.（8分） 解：（1）证明：连接AC与BD交于点O，连接OE. 则O为AC的中点，又点E是棱CC1的中点，所以OE∥AC1. 又AC1⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以AC1∥平面BDE. （2）法一：向量法 以DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AA1=2a，则AB=AD=a， 则点C1（0，a，2a），B（a，a，0），D（0，0，0），E（0，a，a）， 则==， =， 设平面BDE的法向量为m=（x，y，z）， 则 得令y=1，得平面BDE的一个法向量为m=. 设直线BC1与平面BDE所成的角为θ， 则sin θ=|| =||=， 故直线BC1与平面BDE所成角的正弦值是. 法二：几何法 设直线BC1与平面BDE所成的角为θ，则sin θ=， 其中d为点C1到平面BDE的距离，即点C到平面BDE的距离. （因为点E既是线段CC1的中点，又是线段CC1与平面BDE的交点） 设AA1=2a，过C作CH⊥OE于点H，则CH⊥平面BDE，所以d=CH. 在Rt△ECO中，易求得CH=，（利用垂线法求点到面的距离） 又BC1=a，所以sin θ==. 故直线BC1与平面BDE所成角的正弦值是. 2.（15分）（2025·北京高考）四棱锥P-ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. （1）F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥平面PAB；（6分） （2）若PA⊥平面ABCD，PA=AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值.（9分） 解：（1）证明：取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN，GM， ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC=90°，∠BAC=90°， 不妨设AD=CD=2，∴AC=AB=2， ∴BC=4.∵E，F分别为BC，PD的中点， ∴FN=AD=1，BE=2， ∴GM=1.∵∠DAC=45°，∠ACB=45°， ∴AD∥BC，∴FN∥GM， ∴四边形FGMN为平行四边形， ∴FG∥MN. ∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB， ∴FG∥平面PAB. （2）∵PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AC，AB，AP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， 设AD=CD=2，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，0，0），D（，-，0），P（0，0，2）， ∴=（0，2，0），=（，0），=（-2，0，2）. 设平面PCD的一个法向量为n=（x，y，z）， ∴∴ 取x=1，∴y=-1，z=1，∴n=（1，-1，1）. 设AB与平面PCD所成的角为θ， 则sin θ=|cos<，n>|====， 即AB与平面PCD所成角的正弦值为. 3.（15分）（2025·南通模拟）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AB=2AC=2CA1=4. （1）求证：平面A1BC⊥平面ACC1A1；（5分） （2）若二面角A1-AB-C的正切值为2，求CC1.（10分） 解：（1）证明：因为CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC. 又因为AC⊥BC，AC，CC1⊂平面ACC1A1，AC∩CC1=C， 所以BC⊥平面ACC1A1. 因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面ACC1A1. （2）法一　设A1C1=a，CC1=b， 因为CC1⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以CC1⊥AC，CC1⊥BC， 因为AC⊥BC，所以CA，CB，CC1两两垂直， 所以以{}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（2，0，0），B（0，2，0），A1（a，0，b）， 所以=（-2，2，0），=（a-2，0，b）. 设平面A1AB的法向量为n=（x，y，z）， 则令x=b，得z=2-a，y=，所以n=. 又m=（0，0，1）是平面ABC的一个法向量， 所以|cos<m，n>|==，化简得b2=3. 又因为a2+b2=4，解得或（舍去）， 所以CC1=. 法二　如图，在平面ACC1A1中，过点A1作A1H⊥AC，垂足为H， 在平面ABC内，过点H作HN⊥AB，垂足为N，连接A1N. 由（1）知BC⊥平面ACC1A1， A1H⊂平面ACC1A1，所以BC⊥A1H. 又因为AC，BC⊂平面ABC，AC∩BC=C，所以A1H⊥平面ABC. 因为AB⊂平面ABC，所以A1H⊥AB. 又因为A1H，HN⊂平面A1HN，A1H∩HN=H，所以AB⊥平面A1HN.又A1N⊂平面A1HN，即AB⊥A1N， 所以∠A1NH是二面角A1-AB-C的平面角. 设∠A1CH=θ，θ∈，则A1H=2sin θ，CH=2cos θ，（引入角，可以减少变量的个数） 所以AH=2-2cos θ. 因为AC⊥BC，AB=2AC=4， 所以BC===2， 所以sin∠CAB===， 所以HN=AH==. 因为二面角A1-AB-C的正切值为2， 所以==2，化简得sin θ+cos θ=，所以2sin=. 因为θ∈，所以θ+∈， 所以θ+=，解得θ=， 所以CC1=2sin θ=. 4.（17分）（2025·全国Ⅰ卷）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；（4分） （2）若PA=AB=，AD=+1，BC=2，P，B，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O. ①证明：O在平面ABCD上；（7分） ②求直线AC与直线PO所成角的余弦值.（6分） 解：（1）证明：法一　∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB， 又AB⊥AD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD. 又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. 法二　∵PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面ABCD. ∵平面PAB∩平面ABCD=AB，AD⊂平面ABCD，AD⊥AB， ∴AD⊥平面PAB.∵AD⊂平面PAD，∴平面PAB⊥平面PAD. （2）法一　①证明：∵PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AD，又AB⊥AD，则PA，AB，AD两两垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，AP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，则由题易知A（0，0，0），B（，0，0），C（，2，0），D（0，1+，0），P（0，0，），设点O的坐标为（x，y，z）， ∴OB=， OC=， OD=， OP=.∵点P，B，C，D均在球O的球面上，∴OB=OC=OD=OP.由OB=OC，得y2=（y-2）2，解得y=1；由OB=OD且y=1，得+1=x2+3，解得x=0；由OB=OP且x=0，得2+z2=，解得z=0，∴点O的坐标为（0，1，0），故点O在平面ABCD内. ②由①易知=（0，1，-），=（，2，0）， ∴cos<>===. 根据线线所成角与其对应向量夹角的关系，可知直线AC与PO所成角的余弦值为. 法二　①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，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心， 作出BC和CD的垂直平分线，如图所示， 由几何知识得O1E=AB=，BE=CE=AO1=GO1=BC=1，O1D=AD-AO1=， BO1=CO1==，∴O1D=BO1=CO1，即点O1是△BCD的外心，由题易知AP⊥AD，AP=， 在△PAO1中，由勾股定理得PO1===，∴PO1=BO1=CO1=O1D=， ∴点O1即为点P，B，C，D所在球的球心O， 此时点O在线段AD上，AD⊂平面ABCD， ∴点O在平面ABCD上. ②连接AC，由①易知PO=， 在Rt△ABC中，AB=，BC=2，由勾股定理得 AC===. 过点O作AC的平行线，交BC的延长线于点C1，使得OC1=AC=，连接AC1，PC1，直线AC与直线PO所成的角即为△POC1中∠POC1或其补角. 在Rt△ABC1中，AB=，BC1=BC+CC1=2+1=3，由勾股定理得 AC1===. ∵PA⊥平面ABCD，AC1⊂平面ABCD，∴PA⊥AC1. 在Rt△PAC1中，PA=，由勾股定理得 PC1===. 在△POC1中，由余弦定理得 P=PO2+O-2PO·OC1cos∠POC1， 即=+-2×cos∠POC1， 解得cos∠POC1=-， ∴直线AC与直线PO所成角的余弦值为. 法三　②∵=+=+2=-， 由①易知||=，||=⊥⊥⊥， 则·=（+2）·（-）=·-·+2-2·=0-0+2-0=2. ∴cos<>===， ∴直线AC与PO所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $