上分专题08 空间角与空间距离问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

9.A解析：由题意可知，多面体ABC-A,BC1是棱长为2的正方体切 去两个角得到的切割体，多面体ABC-A1B,C,的外接球的直径为 x=6.即半径为多面体BC-B,G的外接球的表面 积为4πR2=4T· 6)2 2=6m 10.B解析：根据题意，作出图形，如图①所示，因为△PAC是以AC为 斜边的等腰直角三角形，所以△PAC的外心在AC中点，设为O2,设 △ABC的外心为O1.如图②，设BC中点为E,AO1=r1,因为AB= AC=6,所以0，必在AE连线上.则2 =sim ZBCAAE AB AB =3,即r1= AC 。因为两平面交线为AC,0,为平面ABC所在圆面的中心，所沙 0,上4C.0,0=斤-40，=又因为=面角P-AC-B的平面角 的大小为120°，P02⊥AC,所以∠P0201=120°，∠00201=30°，所 001 以002= 0s30 =0,O,×2=1,三棱锥P-A6C外接球半径R= 402=(40,)4(0,)=(5)广1-乏则三棱能P-Ac的外接 球表面积为S=4πR2=10π. 0 0 A ① ② 11.8π解析：将“阿基米德多面体”补全为正方体，如图所示， 不妨设AB,BB,的中点为E,F,由题知EF=√2，易知BE⊥BF,BE BF,可得BE=BF=1,所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即 为正方体ABCD-A,B,C,D1的棱切球，所以棱切球的直径为该正方 体的面对角线，长度为22，因此该多面体的外接球的半径为2，所 以其表面积为S=4m(2)2=8π D A1ra B 12.625m解析：因为AB1BC,AB=8,BC=6,所以AC=√AB+BC= 4 √J82+62=10,所以Rt△ABC的外心为斜边AC的中点，且Rt△ABC 的外接圆的半径r=?AC=5.因为点P在底面的投影0为△ABC 的外心，所以PO⊥平面ABC,所以三棱锥外接球的球心在PO上， 设球心为G,外接球的半径为R,连接AG,则PG=AG,所以 (10-)24=尽，解得风=空所以三棱维P-C的外接球的表 国银s=a=(偿）}了空 4 13.6(2-3)解析：如图，设球0的半径为R,“球0的体积为500 3, =，解得R=5BC=3.∠C=150.设AC的外 接圆半径为r,圆心为0心根据正弦定理知m150=2r,即r=3, 参考答案 .001=√0B2-0,B=√52-32=4.AD是球0的直径，0是AD 的中点，.点D到平面ABC的距离为2O0,=8 在△ABC中，根据余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC· Cos∠BAC,即9=AB2+AC2+√/3AB·AC≥2AB·AC+√3AB·AC, AB·AC≤9(2-√3)，当且仅当AB=AC时，等号成立， △ABC的面积Sae=子AB·AC·血∠BMC≤号X9(2-月)X -号(2-5)三楼锥-00体积的最大值=了×？(2 19 √3)×8=6(2-W3). 0 上分专题08空间角与空间距离问题 1.B解析：连接AO,AE,如图所示.因为0，E分别为PQ,CQ的中点，所 以OE为△PCQ的中位线，所以OE=1. 因为EB为正三角形CBO的中线，所以EB=√5.因为OB是正方 形ABCD对角线的一半，所以OB=√2，所以EB2=OB2+OE2,所以 △OBE为直角三角形，即0B⊥0E,所以S△0a=2 0E·OB=2因 21 1 1 为QE=CE,所以点E到平面A0B的距离为2OQ=2× V2-(2-号 设点A到平面OEB的距离为d,因为V1-OsB=Vg-On,所以 1 d=1. (第1题)》 (第3题) 2.B解析：AO1⊥B01,.△AO1B为等腰直角三角形.O2为AB的 中点.002=2AB=6. 由于点Q为0102靠近01一端的三等分点，则有01Q=2,02Q=4 当P为圆弧的中点时，AP1B即，则AP=BP=2AB=62,易求得 三棱锥0-AP的体积=写·0，Q,了·AP.n=子×4x?× 62×62=48,则QP=QB=√02B2+02Q2=V2+4=2√13， 此时△0的商积S=子·m·,0心-（罗）-分×67x 34=6√17，则由等体积法，设点A到平面BPQ的距离为d,有V= ，解特：24即点4到平周的距离为4 1 17 3子解析：在正方体中作出正四面体0-A8c,作分别过G.0,4三个 顶点的互相平行的平面，如图. 由于相邻两平行平面间距离都相等，不妨求平面AESK与平面OMNQ 间的距离，其中M,N,E,S为正方体棱上的中点，过点E作EF⊥OM 于点F,则EF即为两平行平面间的距离 黑白题113 因为an∠FOE=am-∠LF） anL1OF2,所以sin∠FOB= NO,NO∥GK,由几何知识得，四边形LMNO是平行四边形，ML∥NO ∴.KG∥LM,∴.∠AKG或其补角为异面直线AK和LM所成的角. 22w 525√2 由题知AG=2,AK=KG=√1+I=√∑，则有AK2+KG2=AG,.∠AKG= 5 5 ,所以EF=OEsin∠FOE 225=2 ,即相邻平行平面 90°，即异面直线AK和LM所成的角的大小为90°. 的距离为号 2W2 3 解析：连接PB,PC,由题意知过点A的平面a与平面PBC平 4.617617 行，平面a与平面ABD,平面ACD的交线分别为m,n. 解析：如图，过点C作BD的平行线与直线AB,AD 17 因为平面a∥平面PBC,平面PBC∩平面ABD=PB,平面PBC∩平 面ACD=PC,所以m∥PB,n∥PC,所以∠BPC或其补角即为m,n所 分别交于点E,F,则AE=AF=6,EF=6√2，由PA⊥平面ABCD,可得 成的角. PA⊥EF,由四边形ABCD是正方形及BD∥EF,可得AC⊥EF. 设正四面体ABCD的棱长为1，AP=x(0<x<1),则PD=1-x, 因为AC∩PA=A,AC,PAC平面PAC,所以EF⊥平面PAC,所 以EF⊥PC. 在△ABP中，由余弦定理得BP=√AB2+AP2-2AB·APcos60°= 因为PA=4.AC=3√2，所以PC=√PA2+AC2=√34，所以△PEF的 1+r2-2x1Xxx了=V1+,同理求得PC=1+- 2 面积为)·F·PC=6V7。 1 做在△PBC中，cos∠BPC=PB+PC2-BC_2(x2-x+1）=1-) 2PB·PC 2(x2-x+1） 设ACn6D=0,则OC=32因为EF⊥平面PAC,所以平面PAC⊥平 2 面PEF,平面PAC∩平面PEF=PC, 过点O作OG⊥PC,垂足为G,则OG⊥平面PEF,即OG就是直线BD x2-x+1 到平面a的距离，0G=0Csin∠PCA=32x46页 2 34 17 因为()）广=所以 2 2 进而1 ≥写，当且仅当=号时取等号，故∠BC 5.C解析：连接AC,A1C1,A1B,A1D,过A1作A1O1平面ABCD,垂足 为0连接OD,OB,如图. 的最小值为3 在正四棱台ABCD-A,B,C,D,中，易知∠A,AB=∠A1AD,AB=AD,则 进而nLPC=om∠PC∈2，故如L △A1AB2△A,AD.所以A,B=A,D. 的最大值为25故答案为2 因为A,O⊥平面ABCD,OB,ODC平面ABCD,所以A,O⊥OB,A,O1 OD,易知Rt△A1OB≌Rt△A,OD,所以OB=OD. 8.()证明：在△ABC中，AB=3,AC=25,∠4CB=号，由余弦定理可 因为AO=AO,AB=AD,所以△AOB≌△AOD,则∠DAO=∠BAO=45°. 故0∈AC. 得AB2=AC2+BC2-2AC.BCcs,即BC2-25BC+3=0,解得BC= 因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF∥AC,则异面直线AM1与 EF的夹角为∠A1AC. √3，因为AB2+BC2=AC2,由勾股定理逆定理可得AB⊥BC 因为A,O⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以A,O⊥AC 在正方形ABCD中，AC=√2AB=42,同理可得A1C,=22,在等腰梯 在平面ABCD中，因为∠ACB=∠CD=号，故BC∥AD,则AD1AB, 在直四棱柱ABCD-A,B,C,D1中，AM,⊥平面ABCD,ADC平面 形AAC,中，易知A0=2(AC-A1C)=2. ABCD,所以AD⊥AM1· 在正四棱台ABCD-A1B,C1D,中，上、下底面面积分别为S,=4,S2= 因为AM,∩AB=A,AA1,ABC平面A4,B,B,所以AD⊥平面AM,B,B. (2)解：存在.连接BE1,BF,CF,EF,如图所示： 16,正四棱台ABCD-AB,C,D1的体积V= 3×A0×(S,+S,+ Sx8),则282、1 3 =3X110x(4+16+V4x16),解得A0=2. 在△A40中，A41=VA0产+A,0=2,csLA40=A0=2 AA 2 D 因为BC∥AD,AD=23=2BC,F为AD的中点，所以DF∥BC,DF= BC,故四边形BCDF为平行四边形，所以BF∥CD,BF=CD=23,故 D 异面直线FE,与CD所成的角为∠BFE,或其补角. 在矩形BEE,B,中，BE1=/BE2+EE=√3+9=23=BF,故△BFE, 为等要三角形，且∠B,为悦角，放∠B形：个不由余孩定理 A 得cOs∠BFE1= +EF-BE12+E,F2-12E,F√10，解得 (第5题) (第6题) 2BF·EF 2x25×E,F43 6.90°解析：由题意，还原正四棱柱的直观图，取A41的中点G,A,G的 E,F=√30. 中点N,BB,中点O,连接相关线段如图所示，.MW=OL,ML= 因为BB,⊥平面ABCD,EE1∥BB,所以EE,⊥平面ABCD. 必修第二册·BS黑白题114 因为EFC平面ABCD,所以EE,⊥EF,所以EF=√E,F2-EE= √/30-9=√21. 因为四边形BCDF为平行四边形，所以∠FBC=∠ADC=牙， 在△BEF中，BF=2√3，BE=√3，EF=√2I,由余弦定理可得 mBf5a(0-号）e-3122l。 2BE·BF23x252 因为0c子放了0：了石放0：号-质以0=号故存在 满足条件的0，使得直线FE,与直线CD所成角的余弦值为而， 4 且0=号 9.B解析：如图，将三棱台补全为三棱锥D-ABC,由∠ABC=90°， AA=A1B1=B,C1=1,AB=2,易知DA=BC=2,AC=22.由AA1⊥平 面ABC,AB,ACC平面ABC,则AA1⊥AB,AA1⊥AC,所以BD=2√2 CD=25,故BC2+BD2=CD2,所以Sam=×2x21=22.设点A 到平面BCC,B,的距离为h,因为V三旋锥D-Ac=V三按能A-BCD,所以 3×2x2×2x2=3x22,解得h=D.因为AC与平面BCCB,所 选B. B (第9题) (第11题) 10.D解析：连接AM.AB=AC=2,BC=√2，M为BC的中点， awc核w√4（停 设BB1=a∈(0,2)，CC,=b∈(0,2)，则点M到平面a的距离为h= 2,AB=V4-a AC=4- a+b :△ABC在平面a上的投影是以点A为直角顶点的△AB,C, .B1C1=√8-a2-b2 在直角梯形BBC,C中，BC2=(B1C1)2+(CC,-BB1)2,即8-a2-b2+ （6-a2=8-2h=2=ab=3.所以ae(32） 设AM与平面a所成角为0，则sin0= h=√4(a+b)-4( A 14 4(a ）[平)e(血[)】 11.D解析：在正四面体ABCD中，取BC的中点F,连接DF,AF,则 DF=AF,取AD的中点M,连接FM,EM,MB,MC,则FM⊥AD.因为 △AED是以E为直角顶点的等腰直角三角形，正四面体ABCD的棱 长为2，所以EMLAD,且EM=)AD=L. 点E绕AD旋转一周，形成的图形为以M为圆心，以EM=1为半径 的圆，设该圆与MF的交点为E1,当三棱锥E-BCD的体积最小时， 即点E到底面BCD的距离最小，即此时点E位于点E,处.连 接E,C. 因为正四面体ABCD的棱长为2，则DF=AF=√3，又因为AD的中点 为M,所以FM=√AF2-AM2=√2，则FE1=√2-1. 设点E1在底面BCD上的投影为H,则E,H=E,F·sin∠E,FH= E,F.D2-1 FD3 参考答案 又因为MB=MC,BC的中点为点F,故MF⊥BC,故E,C= √FC2+(EF)7=√12+(2-1)2=√/4-22. 由于点E,在底面BCD上的投影为H,故∠E,CH即为直线CE,与 (E,H)2 3(2-12 平面BCD所成角，故sin2∠E,CH= (E,c)2(√422 3-222-2 12-6212 12.(1)(1)证明：如图①，连接AC1,与A,C相交于点D,则D为AC 的中点，连接DP,因为P为BC1的中点，所以DP∥AB. 因为DPC平面A,CP,AB￠平面A,CP,所以AB∥平面A,CP. ① ② (ⅱ)解：因为P为BC1的中点，所以点B到平面ACP的距离与点 C,到平面A,CP的距离相等，设为h.因为三棱柱ABC-A1B,C1为直 三棱柱，所以CC1⊥BC,又因为AC⊥BC,AC∩CC,=C,AC,CC,C平 面ACC1A1,所以CB⊥平面ACC,A1,所以点P到平面A,CC,的距离 为0号所以4宁21石又 为Ac=g5.pm宁c=-5--空所 以等腰△c的周积为}p,ar-(兮r):*号 √（份(2T含所以5ae25m…子由 到平面A,CP的距离为号 (2)解：如图②，易得CC1⊥A1C1,A1C1⊥BC. 因为CC,∩CB=C,CC1,CBC平面CBB,C1,所以A,C,⊥平面 CBB,C.因为CPC平面CBB,C,所以A1C1⊥CP 因为CP⊥1BC1,且BC,∩A1C,=C,BC1,A1C,C平面AC,P,所以 CP⊥平面AC,P 因为CPC平面A,CP,所以平面A,CP⊥平面A,C,P. 因为CP⊥BC,所以∠PCB+∠PBC=90°. 因为∠CC1B+∠PBC=90°，所以∠CC,B=∠PCB, 又因为∠C,CB=∠CBE=90,所以△C,CBn△CBE,所以C CB √2+()-少以周为点E到平面40c4的距离 为BC=1,所以直线A,E与平面ACC,A1所成角的正弦值为 127 1717 2 13.C解析：如图①，展开侧面ABB,A,,BCC1B1后，连接AC1可得 当M为BB,的中点时，AM+MC,最小，截面AMC,的周长最小.如图 ②，延长C1M,CB交于点D,连接AD,平面AMC1与平面ABC的交 线为D,AB=BC=B,G=80=2,AD=2+4-2x2×4×号 12,AD2+AC2=CD2→AD⊥AC. 黑白题115 .CEC平面C1EQ,∴.C1E⊥BC,则∠CEQ为二面角B1-BC-A的 平面角.即∠CB0:号，且∠CC0为直线CG与平面4CD所成 的角 CiQ ,tan∠C,EQ= =3CQ=/3E.m LCcQ=G0 3EQ 而在Rt△0BC中，号=把5 CO =3,tan∠G,C0=1.0< ① ② ∠G0s号∠C,c0=牙直线CG,与平面D所成角为牙 因为ADC平面ABC,AA1⊥平面ABC,所以AA,⊥AD,又因为 AA1∩AC=A,AA1,ACC平面ACC1A1,所以AD⊥平面ACC,A1,AC1C (i)在等腰梯形A4CG,中，“CC,=3,∠C,C0= 4,4C=26, 平面ACC1A1所以AD⊥AC1,所以∠CAC为截面AMC1与平面ABC 所成二面角的平面角，又因为AC=CC,=2,∠C,CA=90°，所以平 面AMC1与平面ABC所成的二面角的平面角的大小为45°， 如图④，过点Q作I∥AB,则1∥AB1,过点A1在平面AAC内 14.D解析：连接AC,则△EBC1在平面ABCD内的投影是△ABC,设它 作A,H⊥AC,垂足为点H,在平面A4,C,C内，C,Q⊥AC, 们的面积分别为S和S',所成的二面角的平面角为0. AH⊥AC,∴.A1H∥CQ. 设正方体的棱长为2，则AB=BC=2,BE=5,BC,=2√2，EC1= :C,Q⊥平面ABCD,.A,H⊥平面ABCD A D V/(2w2)2+12=3. D BE2+BCT-EC 1 B ,cos∠EBC,= 2BE·BC110 ,∴.sin∠EBC1=/1-cos2∠EBC= '0、 √i0S=7BE,BC,sim∠EBC,=3,S=3AB·BC=2,ms0= 3 0 E 3 D 2 ⑥ 过点H在平面ABCD内作HM⊥l,交I于点M,连接A,M. ,A,H⊥平面ABCD,IC平面ABCD,,I⊥A,H. 15.(1)证明：如图①，连接BD交AC于点O.AD∥BC,.∠0AD= :1⊥HM,A1H∩HM=H,AH,HMC平面AHM,∴.1⊥平面AHM ∠0CB,∠0DA=L0BC,.△A0D△C0B,0 OB-OC-CB2 OD OA AD 1 A,MC平面A,HM,.1上AM,则∠A,MH为平面QA,B,与平 面ABCD所成二面角的平面角. 在直角梯形ABCD中，AD∥BC,AB⊥AD,AB=2N2,BC=2AD=4,由 四边形AM,C,C为等腰梯形，∴A41=CC1,∠C,CQ=∠AAH, 勾股定理可得BD=√AB2+AD2=8+4=23,AC=√AB2+BC2= ∠C,QC=∠A,H=90,△C,CQ≌△A,AH,AH=CQ= 4AC= /8+16=26. √6 2,AH=CQ=/Cc2-cQ=3-（6） 2,0 24C=6 如图⑤，在平面ABCD内，CE上ME,HM⊥ME,.HM∥CE, HM_H0=2,即HM=2CE. ① CE CQ CE CO 1 在△AOD中，OD= 3 BD= W3 3,0A= 2 3AC- 30D2+0A2= 在平面ABCD内，：QE1BC,AB1BC,QE∥AB,BCAC4, 4=AD2,.OD⊥OA,即BD⊥AC 放W=20E=2x0= BC=2 ,C1Q⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,.C,Q⊥BD,又.C,Q∩AC= Q,C,Q,ACC平面ACCA1,.BD⊥平面ACC,A1· 如图⑥，在Rt△A:MH中，tan∠A,MH= 品行故平 (2)解：(i)如图②③，过点Q在平面ABCD内作EQ⊥BC,交BC 于点E,连接C,E. 24,6,与平面A6GD所成二面角的平面角的正切值为。 上分专题09 立体几何中的轨迹问题 B 1.B解析：因为六棱锥P-ABCDEF为正六棱锥，所以顶点P在底面的 投影为底面中心0，如图①② :C1Q⊥平面ABCD,BCC平面ABCD..BC⊥C1Q. :EQ⊥BC,EQ∩C,Q=Q,EQ,C,QC平面C1EQ,∴.BC⊥平面C1EQ. 必修第二册·BS黑白题116上分专题08 空间角与空间距离问题 命题密钥 空间角与空间距离的求解是立体几何中的重难内容，也是必考考点，是对空间位置关系 和几何体结构特征的综合考查.在现阶段的学习中，主要利用几何法求解，到高二的学习中， 还会继续学习如何用向量法解决此类问题.在高考中，空间角与空间距离属于热门考点，常出 现在解答题中，如2025年全国一卷第17题，2025年全国二卷第17题等. 考点觉醒 ●空间距离 作点到平面的垂线，该点到垂足间的距离即为点到平面 定义法 的距离，在平面图形中计算所求线段的长 点到平面的距离 等体积法 以该点为顶点，平面上的三角形为底面构造三棱锥， 将求点到平面的距离转化为求三棱锥的高 直线到平面的距离 利用线面平行、面面平行将其转化为点到平面的距离求解 平面到平面的距离 ●空间角 异面直线 所成的角 平移异面直线中的一条或两条成为相交直线，将其转化为平面图形求解 过斜线上斜足以外的一点作平面的垂线，连接斜足与垂足， 直接法 构造直角三角形求解 直线与平面 所成的角 等体积法 利用等体积法求出斜线上一点到平面的距离，直接利用 点到平面的距离与斜线段长度的比求出线面角的正弦值 过二面角的棱上一点O,分别在两个平面内作OA⊥1， 定义法 OB⊥1，则∠AOB即为二面角的平面角 过平面a内的一点A,作平面B的垂线AO,再过垂足O 二面角 垂线法 向棱作垂线OB,连接AB,则∠ABO即为二面角-1-B 的平面角 已知平面B内一个多边形的面积为S,它在平面α内的射影 射影法 图形的面积为S,二面角αx-1-B的平面角的大小为0，则 cosA=S能 S 黑白题·上分秘籍19 实战演练 题组1空间距离 4.#(2025·黑龙江哈尔滨高三模拟)在四 1.**柏拉图多面体是指每个面都是全等正 棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为3 多边形的正多面体，具有严格对称，结构等 的正方形，PA⊥平面ABCD,且PA=4,若直 价的特点.如图是棱长均为2的柏拉图多面 线PCC平面，直线BD∥平面a,平面a与 体PABCDQ,已知四边形ABCD为正方形，O, 直线AB,AD分别交于点E,F,则△PEF的面 E分别为PQ,CQ的中点，则点A到平面 积为 ；直线BD到平面a的距离 OEB的距离为 为 题组2异面直线所成的角 5.#(2025·福建莆田高一月考)《九章算 术》中将正四棱台称为方亭.在方亭 ABCD-AB1C1D1中，AB=2AB1=4,其体积 A.√2 B.1 为282 3,E,F分别为AB,BC的中点，则异面 c 直线AA,与EF所成角的余弦值为() 2.(2025·陕西安康高二期末)如图，点 A.1 01,02分别为圆台上、下底面的圆心，AB为 b.2 下底面的一条直径，且AO1⊥BO1.圆台的上、 √2 1 下底面圆半径分别为3,6，点P为下底面圆 C.2 0.2 上不与A,B重合的一点，点Q为O,02靠近 6.**(2025·山西大同高一期末)如图，正四 O,一端的三等分点，则当P为圆弧AB的中 棱柱ABCD-A,B,C,D,的侧面展开图是边长 点时，点A到平面BPQ的距离为（ 为4的正方形，则在正四棱柱ABCD- AB,C,D1中，异面直线AK和LM所成的角 的大小为 A:B C D E (A) A57 B.24v7 < 17 17 B C D E(A) C.56 D.36 7.籍(2024·广东广州高一月考)在棱长均 12 12 相等的四面体ABCD中，P为棱AD(不含端 3.整(2025·福建龙岩高三月考)棱长均为 点)上的动点，过点A的平面a与平面PBC √5的四面体的顶点分别在四个互相平行的 平行.若平面a与平面ABD、平面ACD的交 平面上.若相邻两平行平面的距离都为d,则 线分别为m,n,则m,n所成角的正弦值的最 d的值为 大值为 20 数学|必修第二册·BS 8.热(2025·广东深圳高一期末)如图，在直题组3直线与平面所成的角 四棱柱ABCD-AB,C,D1中，△ACD是边长 9.*如图，在三棱台ABC-AB,C1中，A41⊥平 为2√5的等边三角形，BB1=AB=3,∠ACB= 面ABC,∠ABC=90°，AA1=A1B1=B1C1= 1,AB=2,则AC与平面BCC,B1所成角的余 召，棱AD的中点为R 弦值为 () (1)求证：AD⊥平面AAB,B. (2)现在将矩形BCC,B,以边BB,所在直线 为能转轴，以00<0<7)为旋转角逆时 针旋转至矩形BEE,B,在旋转过程中， A. B.③ C.② D③ 2 2 是否存在0，使得直线FE,与直线CD所 10.(2025·浙江杭州高一月考)如图，在 成角的余弦值为 若存在，求出满 △ABC中，AB=AC=2,BC=√2，且点A在平 41 面上，B,C在平面a的同侧，M为BC的 足条件的0；若不存在，请说明理由. 中点，若△ABC在平面α上的投影是以点A 为直角顶点的△AB,C,则AM与平面a所 D 成角的正弦值的取值范围是 () . B川 c 11.禁(2025·安徽芜湖高一月考)如图，正 四面体ABCD的棱长为2，点E在四面 体ABCD外侧，且△AED是以E为直角顶 点的等腰直角三角形.现以AD为轴，点E 绕AD旋转一周，当三棱锥E-BCD的体积 最小时，直线CE与平面BCD所成角的正 弦值的平方为 () √2 B. C.22 D.22 3 6 12 黑白题·上分秘籍21 12.禁(2025·河南鹤壁高一期末)如图，在14.接如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1 直三棱柱ABC-A,BC1中，AC⊥BC,AC= 中，E是棱AA1的中点，则平面BEC,与平 BC=1,CC1=2,点P在线段BC1上， 面ABCD所成的二面角的平面角的余弦值 (1)若P为BC,的中点 的大小为 () （i)求证：AB∥平面ACP; D (ⅱ)求点B到平面A,CP的距离. (2)若CP⊥BC1,CP的延长线与直线BB 相交于点E,证明：平面A,CP⊥平 面A1C1P,并求直线A,E与平面ACC,A1 所成角的正弦值. 2 15.禁(2025·淅江舟山高二期末)如图，已 知四棱台ABCD-A1B1C,D1,点C1在底 面ABCD上的投影Q落在线段AC上（不含 端点)，底面ABCD为直角梯形，AD∥ BC.AB LAD,AB=22,BC=2AD=4. (1)求证：BD⊥平面ACC1A1 (2)若二面角B,-BC-A的平面角的大小 为解 (i)求直线CC1与平面ABCD所成的 角的大小； (ⅱ)若四边形ACC,A1为等腰梯形， CC1=√5，求平面QAB,与平面ABCD 成二面角的平面角的正切值. 题组4二面角 A D 13.整(2025·安徽宣城高二月考)如图，已 知正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为2，M 为线段BB,上的动点（含端点），当截 面AMC,的周长最小时，平面AMC,与平 面ABC所成的二面角的平面角的大小为 A.30° B.30或150° C.45 D.45°或135° 22数学|必修第二册·BS