专题3 大题专攻 空间角与距离 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

专题强化训练 1．(2025·金山二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面PBC，AB＝2DC＝4，BC＝2，AB⊥BC，DC∥AB. (1)证明：平面ABCD⊥平面PAB； (2)若∠ABP＝，求点C到平面PAD的距离． 解：(1)证明：因为PA⊥平面PBC，BC⊂平面PBC， 所以PA⊥BC， 又AB⊥BC，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB， 又BC⊂平面ABCD， 所以平面ABCD⊥平面PAB. (2)因为PA⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，所以PA⊥PB， 在Rt△PAB中，AB＝4，∠ABP＝， 则PB＝2， 如图，以点B为原点建立空间直角坐标系， 则A(4，0，0)，C(0，0，2)，D(2，0，2)，P(1，，0)， 故＝(－2，0，2)，＝(－3，，0)，＝(－2，0，0)， 设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)， 则有令x＝，则y＝，z＝1，所以n＝(，，1)， 所以点C到平面PAD的距离为＝. 2．已知三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2，∠A1AC＝60°，A1B＝. (1)证明：平面A1ACC1⊥平面ABC； (2)若＝λ(0≤λ≤1)，且直线AC与平面A1BM所成角的正弦值为，求点M到直线A1B1的距离． 解：(1)证明：如图，取AC的中点O，连接A1O，BO，A1C，∠A1AC＝60°，A1A＝AC＝2，所以△ACA1为等边三角形，故AO＝1，A1O⊥AC，且A1O＝， 由题设可知，△ABC为边长为2的等边三角形，所以BO＝， 因为A1B＝，所以A1B2＝A1O2＋BO2，所以A1O⊥BO，又因为AC∩BO＝O，AC，BO⊂平面ABC， 所以A1O⊥平面ABC， 又因为A1O⊂平面A1ACC1，所以平面A1ACC1⊥平面ABC. (2)由(1)可知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点，OA，OB，OA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)， C1(－2，0，)，A1(0，0，)， ＝(2，0，0)，＝(0，－，)， ＝(－1，0，). 因为＝λ(0≤λ≤1)， 则M(－λ－1，0，λ)， ＝(－λ－1，－，λ)， 设平面A1BM的法向量为n＝(x，y，z)， 则 不妨取y＝λ＋1，z＝λ＋1，x＝(λ－1)， 可得n＝是平面A1BM的一个法向量． 设直线AC与平面A1BM所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝＝， 化简整理得9(λ－1)2＝4(λ＋1)2，解得λ＝或λ＝5(舍去)，则M， 又因为＝，＝＝(1，－，0)，可得＝＝. 设点M到直线A1B1的距离为d， 则d2＝||2－＝＋－＝3， 所以d＝. 故点M到直线A1B1的距离为. 3．(2025·青岛一模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，OA，OB是底面半径，∠AOB＝120°，M为上的动点． (1)若M为劣弧AB的中点，证明：OA∥平面PMB； (2)若圆锥底面半径为1，体积为π，当四边形OAMB的面积最大时，求平面APM与平面BPM夹角的余弦值． 解：(1)证明：连接OM，因为∠AOB＝120°，M为的中点， 则∠AOM＝∠BOM＝∠AOB＝60°， 因为OA＝OB＝OM，则△AOM和△BOM均为等边三角形， 所以AM＝OM＝BM＝OA＝OB， 故四边形OAMB为菱形，所以OA∥MB， 因为OA⊄平面PMB，MB⊂平面PMB，所以OA∥平面PMB. (2)由题意可知，PO⊥底面OAMB，圆锥的体积为π×12×PO＝π，可得PO＝2， 设∠AOM＝θ，则∠BOM＝120°－θ，其中0＜θ＜120°， 四边形OAMB的面积S＝S△AOM＋S△BOM＝ sin θ＋sin ＝sin θ＋＝sin θ＋cos θ＝sin ， 因为0＜θ＜120°，则30°＜θ＋30°＜150°， 故当θ＋30°＝90°，即当θ＝60°时，S取最大值， 以点O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为y轴、z轴， 平面OAMB内过点O且垂直于OB的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A，M，B(0，1，0)，P(0，0，2)， 设平面APM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，＝(0，1，0)， ＝， 则 取z1＝，则m＝(4，0，)， 设平面BPM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，＝，＝(0，－1，2)， 则取y2＝2，可得x2＝2，z2＝，则n＝(2，2，)， 所以cos m，n＝＝＝， 因此，当四边形OAMB的面积最大时，平面APM与平面BPM夹角的余弦值为. 4．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，二面角A-PD-C的大小为120°，E，F分别为AB，PD的中点． (1)求证：EF⊥CD; (2)已知AD＝2，二面角E-FC-D的大小为60°. (i)求PB和AD所成角的余弦值； (ii)求直线AC与平面EFC所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图，连接BD，PE，由PD⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD，得PD⊥AD，PD⊥CD， 所以二面角A-PD-C的平面角是∠ADC，即∠ADC＝120°. 因为四边形ABCD为菱形，所以∠DAB＝60°，AB＝AD，故△ABD为等边三角形， 因为E为AB的中点，所以AB⊥DE，故DE⊥CD， 因为DE⊥CD，PD⊥CD，DE∩PD＝D，DE，PD⊂平面PDE，所以CD⊥平面PDE，因为EF⊂平面PDE，所以EF⊥CD. (2)(i)易知PD，DE，CD两两垂直， 以D为原点，DE，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 因为△ADB为等边三角形，且AD＝2，所以DE＝3. 设PD＝2a(a＞0)，则F(0，0，a)，E(3，0，0)， C(0，2，0)，P(0，0，2a)，B(3，，0)，A(3，－，0)， 所以＝(－3，0，a)，＝(－3，2，0)， 由题意得，平面FCD的一个法向量为n1＝(1，0，0). 设平面EFC的法向量为n2＝(x，y，z)，则 取x＝2a，可得n2＝(2a，a，6). 所以|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝cos 60°＝，解得a＝2(负值已舍去)， 所以＝(3，，－4)，＝(－3，，0)， 所以|cos ，|＝＝＝，即PB和AD所成角的余弦值为. (ii)设直线AC与平面EFC所成的角为θ. 由(i)知，平面EFC的一个法向量为n2＝(4，2，6)， 因为＝(－3，3，0)， 所以sin θ＝|cos ，n2|＝＝＝， 即直线AC与平面EFC所成角的正弦值为. 5． (2025·宜昌二模)如图，已知四边形ABCD为直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD，以AD所在直线为轴将四边形ABCD旋转到四边形AEFD，连接BE，CF，且B，C，F，E四点共面． (1)证明：多面体ABCDFE是三棱台； (2)若∠EAB＝，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值； (3)若AB＝2，二面角A-EB-C的余弦值为－，求平面AEFD与平面ABE夹角的余弦值． 解：(1)证明：因为AB∥CD， CD⊄平面ABE，AB⊂平面ABE，所以CD∥平面ABE， 同理可得DF∥平面ABE， 因为CD，DF⊂平面CDF，CD∩DF＝D， 所以平面CDF∥平面ABE.① 在梯形ABCD中，延长AD，BC交于点H， 因为H∈BC，BC⊂平面BEFC，所以H∈平面BEFC， 同理H∈平面AEFD， 又因为平面BEFC∩平面AEFD＝EF，所以H∈EF， 故直线EF，BC，AD相交于点H，② 故由①②可知，多面体ABCDFE是三棱台． (2)设AB＝2BC＝2CD＝2，连接BD，DE，则BD＝DE＝， 又因为∠EAB＝，所以AB＝AE＝EB＝2， 由DE2＋BD2＝EB2，得DE⊥BD. 又易知DE⊥AD，BD∩AD＝D，BD，AD⊂平面ABCD， 所以DE⊥平面ABCD， 过点D作DG⊥AB交AB于点G，故，，两两互相垂直． 以D为原点，，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建系． 则D(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(1，1，0)，E(0，0，)， 故＝(2，0，0)，＝(1，－1，)，＝(1，－1，0)， 设平面AEB的法向量为m＝(x，y，z)， 由得m＝(0，，1)， 设直线AD与平面AEB所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，m|＝＝. 又因为平面AEB∥平面CDF，故直线AD与平面CDF所成角的正弦值为. (3)取EB的中点P，连接PA，PH， 因为AB＝2，所以BH＝EH＝2，即△HBE为等腰三角形， 故PH⊥EB，同理，AP⊥EB， 故∠APH就是二面角A-EB-C的平面角， 故cos ∠APH＝＝－， 解得AP＝PH＝，故BP＝EP＝， 即BE＝. 又因为BD＝DE＝，故△BDE为正三角形， 分别以，，为x轴、y轴、z轴建系，其中G为AB中点，⊥平面ABCD， 则D(0，0，0)，A(－1，1，0)，B(1，1，0)，设E(a，b，c)，由||＝2，||＝，||＝得E， 则＝，＝(2，0，0)，＝(1，－1，0)， 设平面ABE的法向量为m1＝(x1，y1，z1)， 由得m1＝(0，，1)， 设平面AEFD的法向量为n1＝(x2，y2，z2)， 由 得n1＝， 设平面AEFD与平面ABE的夹角为α， 则cos α＝|cos 〈m1，n1〉|＝＝， 故平面AEFD与平面ABE夹角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $