专题突破练11 空间角、空间距离（Word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

**基本信息** 聚焦空间角与距离，通过四棱锥、三棱台等几何体，系统训练线面关系证明与空间度量计算，强化向量法应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间位置关系证明|4题（每题第1问）|线线垂直、线面平行证明|以线面垂直性质为基础，结合平行四边形性质、中位线定理构建推理链| |空间角与距离计算|4题（含3题第2问及1题第2、3问）|面面角、线面角、点面距离计算|以空间直角坐标系为工具，通过求法向量、向量夹角实现几何问题代数化|

专题突破练11　空间角、空间距离 1.(15分)(2025河北唐山一模)如图,在三棱台ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,A1B1=1, AB=AC=2,D为BC的中点,AC⊥C1D. (1)证明:AC⊥AB; (2)若AA1=,求平面BCC1B1与平面ADC1夹角的余弦值. 2.(15分)(2025山东菏泽一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,CD∥BE,∠BED=60°, BC=CD=1,AE=2ED=2,PB=2,PE=EB,F为PB的中点. (1)求证:CF∥平面PAD; (2)若平面PBE⊥平面ABCD,求DF与平面ABP所成角的正弦值. 3.(15分)(2025山东烟台模拟)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. 4.(17分)(2025山西临汾二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,BC∥AD, BC=AD,M为棱PD的中点,四面体P-ABC的体积为,△PBC的面积为2. (1)求证:CM∥平面PAB; (2)求点D到平面PBC的距离; (3)若AP=AB,平面PBC⊥平面ABP,点N为棱PC上一点,当平面ABN与平面BNC夹角为60°时,求NC的长. 答案： 1.(1)证明 在三棱台ABC-A1B1C1中,∵A1B1=1,AB=AC=2,∴A1C1=1,BC=2B1C1. ∵D为BC的中点,∴B1C1=BD,B1C1∥BD,∴四边形BDC1B1为平行四边形,故B1B∥C1D. ∵AC⊥C1D,∴AC⊥B1B. ∵AA1⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,∴AA1⊥AC. ∵AA1,BB1⊂平面ABB1A1,AA1,BB1为相交直线,∴AC⊥平面ABB1A1, ∵AB⊂平面ABB1A1,∴AC⊥AB. (2)解 以A为原点,以分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),B1(1,0,),C1(0,1,),D(1,1,0). =(-2,2,0),=(-1,0,),=(0,1,),=(1,1,0). 设m=(x1,y1,z1)是平面BCC1B1的法向量,则 令x1=,则y1=,z1=1,故m=(,1). 设n=(x2,y2,z2)是平面ADC1的法向量,则 令x2=,则y2=-,z2=1,故n=(,-,1). ∴cos<m,n>=平面BCC1B1与平面ADC1夹角的余弦值为 2.(1)证明 由CD∥BE,BC=CD=DE=1,∠DEB=60°,易求BE=2. 取PE的中点M,连接MF,F为PB的中点,所以MF∥BE,MF=BE, 所以MF=1,MF∥CD,所以四边形CDMF为平行四边形. 所以CF∥DM, 又CD⊄平面PAD,DM⊂平面PAD, 所以CF∥平面PAD. (2)解 由PE=EB=2,PB=2,所以PE2+EB2=PB2,所以PE⊥EB,又平面PBE⊥平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD,以E为原点,EB所在直线为y轴,过E与EB垂直的直线为x轴,EP所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则D(,0),P(0,0,2),B(0,2,0),F(0,1,1),A(-,-1,0), =(-,-1,-2),=(0,2,-2),=(-,1). 设平面ABP的法向量为n=(x,y,z), 则n,n,所以所以取z=-1,则x=,y=-1, 所以平面ABP的一个法向量为n=(,-1,-1). 设DF与平面ABP所成角为θ,则sin θ=, 所以直线DF与平面ABP所成角的正弦值为 3.(1)证明 如图,连接BD,PE, 由PD⊥平面ABCD,AD,CD⊂平面ABCD,得PD⊥AD,PD⊥CD, ∴∠ADC是二面角A-PD-C的平面角,即∠ADC=120°. ∵四边形ABCD为菱形,∴∠DAB=60°,AB∥CD,故△ABD为等边三角形, ∵E为AB的中点,∴AB⊥DE,故DE⊥CD. ∵DE⊥CD,PD⊥CD,DE∩PD=D,DE,PD⊂平面PDE,∴CD⊥平面PDE, ∵EF⊂平面PDE,∴EF⊥CD. (2)解 (ⅰ)由CD⊥平面PDE,DE⊂平面PDE,得DE⊥CD. 以D为原点,DE,DC,DP所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系, ∵△ADB为正三角形,且AD=2,∴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), =(-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). ∴|cos<n1,n2>|=,解得a=2, =(3,,-4),=(-3,,0), ∴|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),=(-3,3,0), ∴sin θ=|cos<,n2>|=, 即直线AC与平面EFC所成角的正弦值为 4.(1)证明 在四棱锥P-ABCD中,取PA的中点E,连接EM,EB,在△PAD中,由E,M分别为PA,PD的中点,得EM∥AD,EM=AD,又BC∥AD,BC=AD,则EM∥BC,EM=BC,即四边形BCME为平行四边形,BE∥MC,而BE⊂平面PAB,MC⊄平面PAB,所以CM∥平面PAB. (2)解 设点A到平面PBC的距离为h,由四面体P-ABC的体积为,△PBC的面积为2,得S△PBC·h=2h=,解得h=,而AD∥BC,BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC,则AD∥平面PBC,所以点D到平面PBC的距离为 (3)解 取PB的中点F,连接AF,由AP=AB,得AF⊥PB,由平面PBC⊥平面ABP,平面PBC∩平面ABP=PB,AF⊂平面ABP,得AF⊥平面PBC,即AF=h=,则AP=AB=2,BP=2,由AF⊥平面PBC,BC⊂平面PBC,得AF⊥BC,又PA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,则PA⊥BC,而PA∩AF=A,PA,AF⊂平面ABP,因此BC⊥平面ABP,又AB,PB⊂平面ABP,则AB⊥BC,PB⊥BC,而△PBC的面积为2,BP=2,则BC=2,AD=4,PC=2, 由AD∥BC,得AD⊥AB,以A为原点,直线AB,AD,AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,2),设=(0≤λ≤1),则N(2-2λ,2-2λ,2λ),=(0,2,0),=(2,0,-2),=(2,0,0),=(2-2λ,2-2λ,2λ),设平面BNC的法向量为n=(x1,y1,z1),则取z1=1,得n=(1,0,1). 设平面ABN的法向量为m=(x2,y2,z2),则 取y2=2λ,得m=(0,2λ,2λ-2), cos<m,n>=,由平面ABN与平面BNC的夹角为60°, 得,解得λ=,即N为BC的中点,所以NC= 6 学科网（北京）股份有限公司 $