7.6.1 空间的角和距离问题 课件-2027届高考数学一轮复习

第七章 立体几何 第六讲　空间的角与距离 知识梳理·双基自测 名师讲坛·素养提升 考点突破·互动探究 提能训练　练案[44] 知识梳理 · 双基自测 返回导航 知 识 梳 理 知识点一　两条异面直线所成角的求法 设两条异面直线a，b的方向向量分别为a，b，其夹角为θ，则cos φ ＝|cos θ|＝______(其中φ为异面直线a，b所成的角)． 知识点二　直线和平面所成角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平 面α所成的角为φ，向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝______. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点三　求二面角的大小 1．如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝___________. 2．如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法 向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝__________，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 知识点四　利用空间向量求距离 1．点到直线的距离 若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．点到平面的距离 3．线面距、面面距均可转化为点面距进行求解． 注意体积法在求点到平面距离时的应用． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 归 纳 拓 展 3．若二面角A－BC－D的大小为α，平面ABC内的直线l与平面BCD所成角为β，则α≥β，当l⊥BC时，取等号． 4．注意线面角、二面角与点到平面间距离的联系． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 双 基 自 测 题组一　走出误区 1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(　　) (2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(　　) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(　　) (4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行．(　　) [答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)× 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组二　走进教材 2.(选择性必修1P20例2)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM所成的角是________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．(选择性必修1P44T13)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为CD的中点，则点D1到平面AEC1的距离为________，AD1与平面AEC1所成角的余弦值为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 题组三　走向考场 4．(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点． (1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：因为AD＝CD，E为AC的中点， 所以AC⊥DE； 在△ABD和△CBD中， 因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB， 所以△ABD≌△CBD，所以AB＝CB， 又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE； 又因为DE，BE⊂平面BED，DE∩BE＝E， 所以AC⊥平面BED， 因为AC⊂平面ACD， 所以平面BED⊥平面ACD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED， 当EF⊥BD时，EF最小， 即△AFC的面积最小． 因为△ABD≌△CBD，所以CB＝AB＝2， 又因为∠ACB＝60°，所以△ABC是等边三角形， 因为E为AC的中点， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 在△DEB中，DE2＋BE2＝BD2， 所以BE⊥DE. 以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 第一课时　空间的角和距离问题 考点突破 · 互动探究 返回导航 空间的距离——师生共研 1．(多选题)(2025·广东深圳实验中学阶段测试)已知空间四点A(－1,1,0)，B(2,2,1)，C(1,1,1)，D(0,2,3)，则下列四个结论中正确的是(　　) A．AB⊥CD [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2025·黑龙江龙东联盟月考)如图，圆柱的轴截面ABCD是正方形，点E是底面圆周上异于A，B的一点，若AB＝4，当 三棱锥D－ABE体积最大时，点C到平面BDE的距离为 (　　) [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．向量法求点到直线距离的步骤 (1)根据图形求出直线的单位方向向量v. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．求点到平面距离常用的方法 (1)定义法：通过求点P到平面垂线段的长求得点到平面的距离，而找(或作)垂线段先要找(或作)过点P的已知平面的垂面，再找(或作)它们交线的垂线． (2)平行转移法：即通过线面平行或面面平行，转化为其他点到平面的距离． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 空间的角——多维探究 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [引申]本例中若H为PC的中点，则BH与PA所成角的余弦值为________. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．求异面直线所成角的思路 (1)选好基底或建立空间直角坐标系； (2)求出两直线的方向向量v1，v2； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度2　线面角 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：∵A1C⊥底面ABC， ∴A1C⊥AC，A1C⊥BC． 又∠ACB＝90°， ∴A1C、AC、BC两两垂直， ∴BC⊥平面ACC1A1. 又BC⊂平面BCC1B1， ∴平面BCC1B1⊥平面ACC1A1. 又A1到平面BCC1B1的距离为1，AA1∥CC1， ∴A1到CC1的距离等于C到AA1的距离为1， ∴作CH⊥AA1于H，则CH＝1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 又AA1＝2，A1C⊥AC，∴A1A上的中线为1， ∴H为AA1的中点，即CH垂直平分AA1， ∴AC＝A1C． (2)解法一：定义法 连接A1B，由(1)知Rt△ABC≌Rt△A1BC， ∴AB＝A1B，连接BH，则BH⊥AA1， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．用定义法求线面角的步骤 (1)用定义法或体积法求出斜线上一点到平面的距离h； (2)求出斜线段的长度l； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．用向量法求线面角的步骤 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 角度3　二面角 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：作PO⊥平面ABCD于O， ∵PA＝PB＝PC，∴Rt△PAO≌Rt△PBO≌Rt△PCO， ∴OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心， 又AB⊥BC，∴O为AC的中点， ∴PO⊂平面PAC， ∴平面PAC⊥平面ABCD. (2)解法一：几何法 取AB的中点E，连接DE，由AB＝2CD知O∈DE， 取OD的中点H，连接QH，则QH∥PO， ∴QH⊥平面ABCD，作HM⊥BC于M， 连接QM，则BC⊥平面QHM，从而BC⊥QM， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 解法二：向量法 由AB＝BC，AB⊥BC， 知OB⊥OC， ∴OB、OC、OP两两垂直， 如图建立空间直角坐标系 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 取x＝1得n＝(1,1,2)， 又平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)， 记二面角Q－BC－D为α，则 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨：求二面角的方法步骤 1．法向量法 (1)建坐标系，确定相关点的坐标，进而确定相关向量的坐标； (2)求法向量——求二面角两个面的法向量n1，n2； 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3．几何法——通过找二面角的平面角求解 (1)定义法：在二面角的棱上找一特殊点，过该点在两个半平面内分别作垂直于棱的射线，如图(1)，∠AOB为二面角α－l－β的平面角． (2)垂面法：过棱上任一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角，如图(2)，∠AOB为二面角α－l－β的平面角． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (3)垂线法(三垂线定理法)：过二面角的一个半平面内一点作另一个半平面所在平面的垂线，从垂足出发向棱引垂线，利用三垂线定理即可找到所求二面角的平面角或其补角，如图(3)，∠ABO为二面角α－l－β的平面角． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　D 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (1)证明：BC＝BB1； (2)已知平面ABC⊥平面ABB1A1，求二面角B－CC1－A的正弦值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：设O为AB的中点，连接CO，B1O，AB1，BC1，因为CA＝CB， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 又OC⊂平面OB1C，OB1⊂平面OB1C， OC∩OB1＝O，所以AB⊥平面OB1C， 因为B1C⊂平面OB1C，所以AB⊥B1C， 因为AC1⊥B1C，AB⊂平面ABC1，AC1⊂平面ABC1， AC1∩AB＝A，所以B1C⊥平面ABC1， 因为BC1⊂平面ABC1，所以BC1⊥B1C，所以四边形BCC1B1为菱形，即BC＝BB1. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)因为平面ABC⊥平面ABB1A1，且平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，AB⊥OB1，OB1⊂平面ABB1A1， 所以B1O⊥平面ABC； 以O为坐标原点，OC，OA，OB1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，设AB＝2. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师讲坛 · 素养提升 返回导航 立体几何中的动态问题 立体几何中的动态问题是指点、线或面位置不确定的一类开放性试题，是高考命题的热点，常见题型有动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等，主要考查空间几何体的结构特征、线面的位置关系，常以选择题和填空题的形式出现，难度中等以上，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，动中窥静，静中见动，以静制动．求解动态范围的选择题、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围．对于探究存在问题或动态范围(最值)问题，用定性分析法，比较复杂时，可以建立空间直角坐标系，引进参数，把动态问题化归为静态问题，具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证．　 　　　　　　　　　 　　　　　 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 1.(多选题)(2025·鄂豫皖五十三校联考)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，若一点P在底面ABCD内(包括边界)移动，且满足B1P⊥D1E，则(　　) [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(多选题)(2026·广东调研)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，N1为A1B1C1D1所在平面上一动点，且NN1⊥平面ABCD，则下列命题正确的是(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 B．若三棱柱NAD－N1A1D1的表面积为定值，则点N的轨迹为椭圆 C．若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 名师点拨： 1．动态问题的一般解法 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．立体几何中轨迹问题的解法 (1)利用平行、垂直关系转化为面面交线，或把空间数量关系转化为某平面内的数量关系确定动点轨迹． (2)若动点与定点的连线与定直线所成角为定值，则动点形成圆锥侧面，可通过分析平面与圆锥母线及轴的位置关系确定动点在该平面内的轨迹． (3)建立直角坐标系，求得轨迹方程进行判断． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 【变式训练】 (多选题)(2026·福建福州八中质检)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的有(　　) A．平面PB1D⊥平面ACD1 B．A1P∥平面ACD1 D．三棱锥D1－APC的体积不变 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 提能训练　练案[44] 返回导航 A组基础巩固 一、单选题 1.(2024·陕西部分学校联考)如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO＝AB＝4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为(　　) [答案]　C 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2．(2026·河南郑州阶段测试)已知空间三点A(3,2,0)，B(3,2,2)，C(3,0,1)，则C到直线AB的距离为(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 3.(2024·河南许昌中学定位考试)如图，在正三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AF与平面PEF所成角的正弦值为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 解法二：因为PA，PB，PC两两垂直，所以以P为原点，PA，PB，PC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． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4．(2026·广东江门一中阶段测试)已知平面α的一个法向量为n＝(1,2,1)，A(1,0，－1)，B(0，－1,1)，且A∉α，B∈α，则点A到平面α的距离为(　　) [答案]　B 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 5．(2025·辽宁师大附中测试)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，M为棱CC1中点，F为正方形A1B1C1D1内(含边界)的动点，若MF⊥AM，则动点F的轨迹长度为(　　) [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　A 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 二、多选题 7.(2026·江苏部分学校开学考试)如图，在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段C1D1上的动点(不含端点)，则下列结论中正确的是(　　) A．三棱锥M－PNC的体积为定值 B．异面直线BC与MP所成的最大角为45° C．不存在点P使得MN⊥NP 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　AD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 8.(2025·河北部分学校摸底)已知E，F分别是正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BC和CD的中点，则(　　) A．A1D与B1D1是异面直线 B．A1D与EF所成角的大小为45° [答案]　AD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 9.(2025·江苏部分学校联合测评)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为线段BD1上的动点(含端点)，下列四个结论中，正确的有(　　) A．存在点M，使得直线AM与直线B1C所成的角为30° B．存在点M，使得直线AM与直线B1C所成的角为60° D．存在点M，使得C1M⊥平面A1DB [答案]　CD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 12．(2025·陕西四校质检)阅读材料：空间直角坐标系O－xyz中，过点P(x0，y0，z0)且一个法向量为n＝(a，b，c)的平面α的方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0. 阅读上面材料，解决下面问题：已知平面α的方程为x－2y＋z－7＝0，直线l是两平面x－y＋1＝0与y－z＋2＝0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为________. [答案]　0 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 四、解答题 13．(2026·湖南永州一中模拟)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1底面是边长为2的正方形，高为4，E为线段AB的中点，F为线段CA1的中点． (1)证明：EF∥平面ADD1A1； (2)求直线EF与平面A1DC所成角的正弦值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：如图建立空间直角坐标系，则E(2,1,0)，C(0,2,0)，A1(2,0,4)，B(2,2,0)，又F为线段CA1的中点，所以F(1,1,2)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 方法一： 连接CE并延长交DA延长线于H，连接A1H，证明EF∥A1H即可． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 方法二： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 方法三： 取DC的中点Q，连接FQ、EQ、A1D，证明平面EFQ∥平面ADD1A1即可． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 B组能力提升 1．(多选题)(2025·贵州贵阳摸底)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点M为线段B1D1上动点(包括端点)，则下列结论正确的是(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　ACD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 2.(2024·九省联考试题)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°. (1)证明：C1O⊥平面ABCD； (2)求二面角B－AA1－D的正弦值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：连接BC1，DC1， 因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC， 又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1， 所以△C1CB △C1CD，所以BC1＝DC1， 点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 则C1C2＝OC2＋C1O2，从而C1O⊥OC， 又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD， BD⊂平面ABCD， 所以C1O⊥平面ABCD. 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)由题知正方形ABCD中AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图所示， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)∵AD∥BC，又AD⊂面PAD，BC⊄面PAD， ∴BC∥面PAD，又BC⊂面BCE， 且面BCE∩面PAD＝EF，∴BC∥EF. (2)∵PA⊥面ABCD，AB⊥AD， ∴以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0，h)，(h>0)， 易得面PAB的一个法向量n＝(0,1,0)， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 4.(2026·浙江嘉兴模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D为BC的中点，点E在棱BB1上，BE＝2EB1. (1)证明：C1E⊥平面ADE； (2)求平面AEC1与平面ABC夹角的余弦值． 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [解析]　(1)证明：证法一：在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BE＝2，B1E＝1，BD＝1， 所以AE⊥C1E， 又BE＝2EB1， 所以BE＝2＝B1C1，BD＝B1E＝1，∠DBE＝∠EB1C1＝90°， 则Rt△BDE Rt△B1EC1，所以∠EDB＝∠C1EB1， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 所以∠C1EB1＋∠DEB＝∠EDB＋∠DEB＝90°， 即C1E⊥ED，又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE， 所以C1E⊥平面ADE. 证法二：如图1，以D为原点，以DA，DB所在的直线为x，y轴建立空间直角坐标系， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 (2)解法一：如图2，延长C1E，CB交于点F，连接FA，过点C作CG⊥FA，垂足为G，连接C1G， 则由CC1⊥平面ABC得C1G⊥FA， 所以∠C1GC即为平面AEC1与平面ABC的夹角． 在△ACF中，CF＝6， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 解法二：如图1，以D为原点，以DA，DB所在的直线为x，y轴建立空间直角坐标系， 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 C组拓展应用(选作) (2026·辽宁辽西重点高中摸底)已知圆锥PO的轴截面为等腰直角三角形，顶点为P，底面圆心为O，EF为底面圆的直径，PO＝3，G是底面圆周上异于E，F的一个动点，下列结论正确的是(　　) 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 [答案]　ABD 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 返回导航 高考一轮总复习 • 数学 第七章　立体几何 谢谢观看 〈，〉 设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝. 如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为d＝. 1．直线的方向向量的确定：l是空间一直线，A，B是l上任意两点，则及与平行的非零向量均为直线l的方向向量． 2．平面的法向量的确定：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 [答案]　 [解析]　以A为原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示． 设正方体的棱长为1，则A(0,0,0)，M， O，N， ·＝·＝0， ∴ON与AM垂直．即直线ON，AM所成角是. [答案]　　 [解析]　如图建立空间直角坐标系，则由题意知＝(－2,1,0)，＝(0,1,2)，设平面AEC1的法向量为n＝(x，y，z)，则令y＝2得x＝1，z＝－1， ∴n＝(1,2，－1)，又＝(－2,0,2)∴点D1到平面AEC1的距离d＝＝＝，AD1与平面AEC1所成角的正弦值为sin θ＝＝，∴cos θ＝.另解：可用求得d＝.进而可知sin θ＝＝＝. 所以AC⊥EF，所以S△AFC＝AC·EF， 所以AE＝EC＝1，BE＝， 因为AD⊥CD，所以DE＝AC＝1， 则A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)， 所以＝(－1,0,1)，＝(－1，，0)， 设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则取y＝， 则n＝(3，，3)， 又因为C(－1,0,0)，F， 所以＝， 所以cosn，＝＝＝， 设CF与平面ABD所成的角为θ， 所以sin θ＝|cosn，|＝， 所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为. B．AD＝ C．点A到直线BC的距离为 D．点D到平面ABC的距离为 [解析]　结合题意可得＝(3,1,1)，＝(－1,1,2)，因为·＝－3＋1＋2＝0，所以AB⊥CD，故A正确；AD＝＝，故B正确；＝(－1，－1,0)，取a＝＝(－3，－1，－1)，u＝＝(－1，－1,0)＝，所以a2＝11，a·u＝2，所以点A到直线BC的距离为＝＝，故C错误； 又＝(3,1,1)，＝(2,0,1)，＝(1,1,3)，设平面ABC的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，则n＝(1，－1，－2)，所以点D到平面ABC的距离为d＝＝＝，故选项D正确．故选ABD. A．2 B．2 C． D． [解析]　解法一：定义法：显然当三棱锥D－ABE体积最大时，E为的中点，∴BE⊥AE，又BE⊥AD，∴BE⊥平面ADE，从而平面BDE⊥平面ADE，作AH⊥DE于H，则AH⊥平面BDE，又AB＝AD＝4，AE＝2，∴DE＝2，∴AH＝＝，即A到平面BDE的距离为，又A，C到平面BDE的距离相等，∴C到平面BDE的距离为.故选D. 解法二：利用体积相等求距离：三棱锥D－ABE的高即为圆柱的高，当三棱锥D－ABE体积最大时，直角△ABE的面积最大，所以点E是的中点，即△ABE是等腰直角三角形，AE＝BE＝2.此时S△ABE＝×4×2＝4，VD－ABE＝S△ABE·AD＝×4×4＝，连接AC，交BD于点O，则点O为AC的中点，所以点C到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离，设点A到平面BDE的距离为h，因为AD⊥平面ABE，BE⊂平面ABE，所以AD⊥BE，又AE⊥BE，AD∩AE＝A，AD，AE⊂平面ADE， 所以BE⊥平面ADE，由于DE⊂平面ADE，所以BE⊥DE，在Rt△ADE中，DE＝＝＝2，所以S△BDE＝×2×2＝4，所以由VD－ABE＝VA－BDE＝S△BDE·h＝，解得h＝. 解法三：建立空间直角坐标系：三棱锥D－ABE的高即为圆柱的高，当三棱锥D－ABE体积最大时，直角△ABE的面积最大，所以点E是的中点，即△ABE是等腰直角三角形，如图建系，可得E(2,2,0)，B(0,4,0)，D(0,0,4)，C(0,4,4)，则＝(0,4，－4)，＝(2,2，－4)，＝(0,0,4)，设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则即令y＝1，则z＝1，x＝1，所以n＝(1,1,1)，所以点C到平面BDE的距离为h＝＝＝.故选D. (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算点)，计算点M与直线外的点N的方向向量. (3)到直线的距离d＝. (3)体积法：确定某三棱锥，如C到平面ABD的距离d易求，则可由求D到平面ABC的距离． (4)向量法：步骤：①求平面α的法向量n；②在α内找一点A，确定向量；③由公式d＝求得点P到平面α的距离． 【变式训练】 (2026·江苏镇江期初监测)已知平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，点A(－1,3,0)在平面α内，则点P(－2,1,4)到平面α的距离为(　　) A． B． C．5 D．10 [解析]　因为A(－1,3,0)、P(－2,1,4)，所以＝(－1，－2,4)，又平面α的一个法向量n＝(－2，－2,1)，所以点P到α的距离d＝＝＝.故选A． 角度1　异面直线所成的角 (2024·湖南衡阳八中阶段测试)如图所示，圆锥底面半径为2，AC为底面圆O的直径，B为底面圆O上的点，且∠AOB＝，∠PAO＝，则直线OA与PB所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． [解析]　解法一：如图建立空间直角坐标系，由PO⊥OA，∠PAO＝，知AO＝PO，由AO＝2，∠AOB＝，知△AOB为正三角形，∴B(1，，0)，又A(2，0,0)，P(0,0,2)，∴＝(2,0,0)，＝(1，，－2)，记OA与PB所成角为θ，则cos θ＝＝＝.故选A． 解法二：由题意知·＝2，·＝·＝0，记OA与PB所成角为θ，则cos θ＝＝＝＝.故选A． 解法三：连接AB，取AP，AB，PO的中点分别为M，Q，N，连接MN，MQ，NQ，OQ，则MN∥OA，MQ∥PB，所以∠NMQ(或其补角)为直线OA与PB所成的角，又OP⊥OA，OP⊥OB，因为∠AOB＝，∠PAO＝，OA＝OB＝2， 所以PO＝OA＝2，ON＝OP＝1，PB＝OP＝2，OQ＝×2＝，所以MQ＝PB＝，NQ＝＝2，MN＝OA＝1，则由余弦定理得：cos∠NMQ＝＝－，所以直线OA与PB所成角的余弦值为，故选A． [答案]　 [解析]　由解法一可知H(－1,0,1)，∴＝(－2，－，1)，＝(2,0，－2)，记BH与PA所成角为α，则cos α＝＝＝. (3)代入公式|cos〈v1，v2〉|＝求解． 2．两异面直线所成角的关注点 两异面直线所成角的范围是θ∈，两向量的夹角的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角． ∴BH＝2，又AH＝1，∴AB＝A1B＝， ∴cos∠A1AB＝＝， ∴AB1＝＝. ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为＝. 解法二：向量法 由(1)及(2)解法一知可建立如图空间直角坐标系，则A(，0,0)，A1(0,0，)，H， 又BC＝＝，由＝可得，B1(－，，)． 又CH⊥AA1，∴CH⊥CC1从而CH⊥平面BCC1B1， ∴平面BCC1B1的法向量为＝， 又＝(－2，，)， ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为＝＝. (3)求出线面角正弦sin θ＝； (4)求出θ，θ∈. ∴∠QMH为二面角Q－BC－D的平面角． 设CD＝1，则OC＝，PC＝AB＝2， ∴OP＝＝，∴QH＝， 又HM＝CD＝1， ∴QM＝＝， ∴sin∠QMH＝＝， 即二面角Q－BC－D的正弦值为. 设CD＝1，则B(，0,0)，C(0，，0)，P(0,0，)，D，∴Q， ∴＝，＝(－，，0)， 方法①：设平面BCQ的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 cos α＝＝＝， ∴sin α＝＝， 即二面角Q－BC－D的正弦值为. 方法②：如图： 作QH⊥BC于H，则＝－λ ＝， 由⊥即·＝－2λ＋－2λ＝3－4λ＝0， ∴λ＝，∴＝. 又＝， 设m＝(－1，－1,1)，n＝(－1，－1,0)分别是、的共线向量． 记二面角Q－BC－D的大小为α， 则cos α＝＝＝. ∴sin α＝＝. (3)用公式——|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝(θ为二面角的平面角)； (4)下结论——结合图形确定cos θ(θ∈[0，π])或θ的值． 如图AH⊥BC于H，DQ⊥BC于Q，由m·＝(－λ)·＝0得λ＝，进而可求得m，同理求出n，则二面角的大小即为m、n所成的角θ，且cos θ＝.(这种方法避免了对二面角是钝角还是锐角的判断) 注：也可将二面角转化为线面角求解．如图要求二面角P－AB－C，可作PH⊥AB，则二面角P－AB－C的大小即为PH与平面ABC所成角的大小θ，PH易求，可用体积法求P到平面ABC的距离h，则sin θ＝. 解题时注意线面角、二面角与点到平面间距离的联系，灵活处理． 【变式训练】 1．(角度1)(2025·四川巴中二模)已知三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长相等，且∠A1AB＝∠A1AC＝45°，∠BAC＝60°，则异面直线AB与B1C所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． [解析]　设三棱柱棱长为1，＝a，＝b，＝c，|a|＝|b|＝|c|＝1，所以a·b＝，a·c＝b·c＝，＝－－＝b－a－c，·＝a·(b－a－c)＝a·b－a2－a·c＝－1－＝－，||2＝(b－a－c)2＝a2＋b2＋c2－2a·b＋2a·c－2b·c＝2，则||＝，设异面直线AB与B1C所成角为θ，cos θ＝＝.故选D. 2．(角度2)(2026·广西南宁毕业班摸底)已知正三棱台ABC－A1B1C1的侧面积为6，AB＝3A1B1，AA1＝，则AA1与平面ABC所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． [解析]　由正三棱台ABC－A1B1C1的侧面积为6得等腰梯形ABB1A1的面积为2，由(AB＋A1B1)×＝2，得A1B1·＝1，解得A1B1＝1，则AB＝3A1B1＝3，将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，如图所示，则＝. 所以PA1＝，则PA＝.过P作PO⊥平面ABC，则O为△ABC的中心，所以2AO＝＝2，则AO＝，易知∠PAO是AA1与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，cos∠PAO＝＝＝，故选A． 3.(角度3)(2025·江苏淮安十校联考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，四边形ABB1A1为菱形，∠ABB1＝，AC1⊥B1C． 所以AB⊥OC， 因为四边形ABB1A1为菱形，∠ABB1＝，所以△ABB1为等边三角形，则AB⊥OB1， 则O(0,0,0)，C(，0,0)，B(0，－1,0)，B1(0,0，)，A(0,1,0)， 可得＝(，－1,0)，＝＝(0,1，)，＝(，1,0)． 设平面BCC1的一个法向量为m＝(x，y，z)，则 令x＝1，则y＝－，z＝1，可得m＝(1，－，1)． 设平面ACC1的一个法向量为n＝(a，b，c)，则 令a＝1，则b＝，c＝－1，可得n＝(1，，－1)． |cos〈m，n〉|＝＝， 故二面角B－CC1－A的正弦值为. A．D1E与平面CC1D1D的夹角的正弦值为 B．A1点到D1E的距离为 C．线段B1P的长度的最大值为2 D.与的数量积的范围是 [解析]　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，E(1,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)，设P(x，y,0)，x，y∈[0,2]，可得＝(x－2，y－2，－2)，＝(1,2，－2)，若B1P⊥D1E，则·＝x－2＋2(y－2)＋4＝0，可得x＝2－2y，则解得0≤y≤1，即P(2－2y，y,0)，y∈[0,1]．平面CC1D1D的法向量n＝(1,0,0)，则cos〈n，〉＝＝＝，所以D1E与平面CC1D1D的夹角的正弦值为，故A正确； 因为＝(2,0,0)，所以A1点到D1E的距离为＝＝，故B正确；因为＝(x－2，y－2，－2)＝(－2y，y－2，－2)，则||＝＝，且y∈[0,1]，可得当且仅当y＝1时，||取到最大值3，所以线段B1P的长度的最大值为3，故C错误； 因为＝(2y，－y,0)，＝(2y－1，2－y，0)，则·＝2y(2y－1)－y(2－y)＝52－，且y∈[0,1]，可知当y＝时，·取到最小值－；当y＝1时，·取到最大值1；所以与的数量积的范围是，故D正确．故选ABD. A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆 D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线 [解析]　连接DN，因为MD⊥平面ABCD，所以∠MND是MN与平面ABCD所成的角，即∠MND＝，因为M为DD1的中点，所以DN＝MD＝DD1＝2，因此点N的轨迹为以D为圆心，半径为2的圆，所以A正确；过N作EN⊥AD，设三棱柱NAD－N1A1D1的表面积为S，所以S＝2××4·NE＋(AD＋DN＋AN)·4＝4(4＋DN＋AN＋NE)＝定值，即N到A、D、直线AD的距离之和为定值，这与椭圆的定义不符合，故B错误； 由BB1⊥BN，即点N到直线BB1为点N到点B的距离，所以点N的轨迹为点N到点B与到直线DC的距离相等的轨迹，即抛物线，所以C正确；分别以DA、DC、DD1所在的直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，设N(x，y,0)，则有＝(0,4,0)、＝(x，y，－4)，因为D1N与AB所成的角为，所以cos＝⇒＝⇒3y2－x2＝16，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确．故选ACD. C．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是 [解析]　对于A，易知B1D⊥平面ACD1，B1D⊂平面PB1D，从而平面PB1D⊥平面ACD1，故A正确；对于B，易知平面BA1C1∥平面ACD1，A1P⊂平面BA1C1，所以A1P∥平面ACD1，故B正确；对于C，A1P与AD1所成角即为A1P与BC1的所成角，BA1＝BC1＝A1C1，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值， 故A1P与AD1所成角的范围是，故C不正确；对于D，由选项B得BC1∥平面ACD1，故BC1上任意一点到平面ACD1的距离均相等，所以以P为顶点，△ACD1为底面，则三棱锥P－ACD1的体积不变，又，所以三棱锥D1－APC的体积不变，故D正确．故选ABD. A． B． C． D． [解析]　解法一：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0,0,2)，E(0，－1，2)，＝(0，－2,2)，＝(－2，－1，2)，|cos〈，〉|＝＝. 解法二：取OA的中点F，连接EF，CF，DE，由D，E分别为OS，BS的中点知ED綉OB綉OA綉AF，∴EF∥AD，∴∠CEF即为AD与CE所成的角．又EF＝2，CF＝，CE＝＝3，∴cos∠CEF＝＝＝.故选C． A．1 B．2 C．3 D． [解析]　＝(0，－2,1)，＝(0,0,2)，则||＝，||＝2，·＝2，所以cos〈，〉＝＝，则sin〈，〉＝＝，所以C到直线AB的距离为||sin〈，〉＝×＝2.故选B. A． B． C． D． [解析]　解法一：设PA＝PB＝PC＝2，则AF＝，VF－PAE＝VP－ABC＝.又PF＝PE＝EF＝，∴S△PEF＝，设A到平面PEF的距离为d，则×d＝，∴d＝.记AF与平面PEF所成角为θ，则sin θ＝＝.故选A． 设PA＝PB＝PC＝2，则P(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，E(1,1,0)，F(0,1,1)，所以＝(－2,1,1)，＝(1,1,0)，＝(0,1,1)．设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，则y＝－1，z＝1，所以平面PEF的一个法向量为n＝(1，－1,1)．设直线AF与平面PEF所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.故选A． A． B． C． D．1 [解析]　∵＝(－1，－1,2)，又平面α的一个法向量为n＝(1,2,1)，∴点A到平面α的距离为＝， 故选B. A． B．2 C． D．π [解析]　如图建立空间直角坐标系，设F(x，y,4)，则A(4,0,0)，M(0,4,2)，则＝(－4,4,2)，＝(x，y－4,2)．因为MF⊥AM，所以·＝－4x＋4(y－4)＋2×2＝0，所以x－y＋3＝0，所以点F的轨迹为上底面中的一条线段．易知点F的轨迹所在直线与上底面正方形的边的交点坐标分别为(0,3,4)，(1,4,4)，所以动点F的轨迹长度为＝，故选A． 6．(2026·河南新乡模拟)已知圆锥MO的底面半径为，高为1，其中O为底面圆心，AB是底面圆的一条直径，若点P在圆锥MO的侧面上运动，则·的最小值为(　　) A．－ B．－ C．－2 D．－1 [解析]　圆锥MO的底面半径为，高为1，其中O为底面圆心，AB是底面圆的一条直径，则有＝－，||＝||＝，点P在圆锥MO的侧面上运动，∴·＝(－)·(－)＝·－(＋)·＋2＝2－()2，||最小时，·有最小值，||的最小值为O点到圆锥母线的距离，Rt△MOA中，OA＝，OM＝1，则AM＝2，O点到MA的距离OD＝＝，则||的最小值为，·的最小值为2－()2＝－.故选A． D．当点P为C1D1中点时，过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积为a2 [解析]　点P到平面MNC的距离为a为定值，又S△MNC＝a2－×a×a－×a×a－×a×a＝a2，所以VM－PNC＝VP－MNC＝×a2×a＝a3，即三棱锥M－PNC的体积为定值，故A正确； 设CD中点为Q，连接MQ，PQ，则∠PMQ即为异面直线BC与MP所成的角，在Rt△PMQ中，cos∠PMQ＝＝≤，所以异面直线BC与MP所成的最小角为45°，故B不正确； 若P为C1D1中点，则PQ⊥平面ABCD，所以PQ⊥MN，又MN⊥NQ，PQ∩NQ＝Q，所以MN⊥平面NPQ，NP⊂平面NPQ，所以MN⊥NP，故C不正确；取DD1的中点E，B1C1的中点F，BB1的中点G，连接NE，EP，PF，FG，GM，所以过M，N，P三点的平面截正方体所得截面为正六边形，面积为a2，故D正确．故选AD. C．A1F与平面B1EB所成角的余弦值为 D．平面CD1B1与平面D1B1B所成角的余弦值为 [解析]　因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，A1D∩平面A1B1C1D1＝A1，A1∉B1D1，所以A1D与B1D1是异面直线，故A正确；以D为原点，，的方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则D(0,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,2,0)，F(0,1,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)因为＝(－2,0，－2)，＝(－1，－1,0)， 设A1D与EF所成角为θ，则cos θ＝＝＝，又因为0°<θ≤90°，所以θ＝60°，故B错误；由题知平面B1EB的一个法向量为，因为＝(0,2,0)，＝(－2,1，－2)，设A1F与平面B1EB所成角为α，则sin α＝＝＝，cos α＝，故C错误；＝(2,2,0)，＝(0,0,2)， 设平面D1B1B的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则令x1＝1得m＝(1，－1,0)，设平面CD1B1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，＝(－2,0，－2)，则 令x2＝1得n＝(1，－1，－1)，设平面CD1B1与平面D1B1B所成角的平面角为β，cos β＝＝＝，所以平面CD1B1与平面D1B1B所成角的余弦值为，故D正确．故选AD. C．存在点M，使得三棱锥D1－C1DM的体积为 [解析]　在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，建立以B为坐标原点，以BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系B－xyz，如图，则A(0,1,0)，B(0,0,0)，C(1,0,0)，D(1,1,0)，A1(0,1,1)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)，D1(1,1,1)，设＝t＝(t，t，t)，即点M(t，t，t)，且0≤t≤1，＝(t，t－1，t)，＝(1,0，－1)，则·＝t－t＝0，即AM⊥B1C，因此不存在点M，使得直线AM与直线B1C所成的角为30°或60°，A、B错误； 假设存在点M，使得三棱锥D1－C1DM的体积为，而＝×12＝，且点M到平面CDD1C1的距离为1－t，则＝××(1－t)＝，解得t＝，当点M为线段BD1的靠近B的三等分点，即M时，三棱锥D1－C1DM的体积为，C正确；假设存在点M，使得C1M⊥平面A1DB，而＝(t－1，t，t－1)，＝(1,1,0)，＝(0,1,1)， 则解得t＝，当点M为线段BD1的中点，即M时，使得C1M⊥平面A1BD，D正确．故选CD. 三、填空题 10．(2026·浙江台州期中)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AC＝1，BC＝，AB＝，则直线PB与平面PAC所成角的大小为________. [答案]　 [解析]　如图，∵PA⊥平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC，又AC＝1，BC＝，AB＝，∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面PAC，∴∠BPC为PB与平面PAC所成的角，又PA⊥AB，PA＝1，∴PB＝2，∴PC＝，∴∠BPC＝，即PB与平面PAC所成的角为. 11.(2026·山西大同学情调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点P在正方形ABCD的边界及其内部运动，且满足A1P≤3，则四面体A1－PBD的体积的最小值是________. [答案]　 [解析]　连接AP，因为AA1⊥平面ABCD，AP⊂平面ABCD，所以AA1⊥AP，所以，AP＝≤＝1，所以，点P的轨迹是平面ABCD内以点A为圆心，圆心角为且半径为1的圆弧及其内部，连接AC交BD于点O，因为四边形ABCD为正方形，所以O为AC的中点，且AO⊥BD，因为正方形ABCD的边长为2，则AC＝BD＝4，所以AO＝AC＝2，设点P到BD的距离为d，则dmin＝AO－1＝2－1，所以，△PBD面积的最小值为BD·dmin＝×4×1＝2，故VA1－PBD＝S△PBD·AA1≥×2×2＝，即三棱锥A1－PBD体积的最小值为. [解析]　平面α的方程为x－2y＋z－7＝0，可得平面α的法向量为n＝(1，－2,1)，平面x－y＋1＝0的法向量为m1＝(1，－1,0)，y－z＋2＝0的法向量为m2＝(0,1，－1)，设直线l的方向向量为m＝(x，y，z)，则即令z＝1，则m＝(1,1,1)，设直线l与平面α所成角θ，0°≤θ≤90°，则sin θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝0，所以直线l与平面α所成角的正弦值为0. 所以＝(－1,0,2)， 易知平面ADD1A1的法向量可以为n＝(0,1,0)， 所以·n＝0，即⊥n， 又EF⊄平面ADD1A1，所以EF∥平面ADD1A1. (2)由(1)可得D(0,0,0)， 所以＝(0,2,0)，＝(2,0,4)， 设平面A1DC的法向量为m＝(x，y，z)， 则 令z＝－1，可得x＝2，则m＝(2,0，－1)， 设直线EF与平面A1DC所成角为θ， 则sin θ＝＝＝， 所以直线EF与平面A1DC所成角的正弦值为. 注：本题(1)可用几何法证明： 设AD1、A1D交于O，连接OF，则OF綉DC綉AE，从而EF∥OA得证． A．当点M为B1D1中点时，C1M⊥平面BB1D1D B．当点M为B1D1中点时，直线DM与直线BC所成角的余弦值为 C．当点M在线段B1D1上运动时，三棱锥C1－BDM的体积是定值 D．点M到直线BC1距离的最小值为 [解析]　在长方体ABCD－A1B1C1D1中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，B1(2,2,1)，设M(t，t,1)，0≤t≤2，t＝1，M(1,1,1)，＝(－1,1,0)，＝(0,0,1)，＝(2,2,0)，·＝0，·＝0，即MC1⊥DD1，MC1⊥DB，而DD1∩DB＝D，DD1，DB⊂平面BB1D1D，因此C1M⊥平面BB1D1D，A正确；＝(1,1,1)，＝(－2,0,0)，|cos〈，〉|＝＝＝，B错误； 由选项A知，点C1到平面BB1D1D距离为，而△BDM的面积BD·DD1＝，因此三棱锥C1－BDM的体积是定值，C正确；＝(－2,0,1)，＝(t，t－2,0)，则点M到直线BC1的距离d＝＝＝＝≥，当且仅当t＝时取等号，D正确．故选ACD. 在△C1CO中，CC1＝2，CO＝AC＝，∠C1CO＝45°， 所以cos∠C1CO＝＝， 所以C1O＝， 则B(0，，0)，D(0，－，0)，A(，0,0)，C(－，0,0)，C1(0,0，)，则＝＝(，0，)，＝(－，，0)，＝(－，－，0)， 设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 令x1＝1，得m＝(1,1，－1)， 即 令x2＝1，得n＝(1，－1，－1)． 设二面角B－AA1－D大小为θ， 则cos θ＝＝＝， 从而sin θ＝＝， 所以二面角B－AA1－D的正弦值为. 3．(2026·江苏南京七校调研)如图，四棱锥P－ABCD，PA⊥平面ABCD，AD＝2BC＝2AB＝2，AB⊥BC，AD∥BC．若E点满足＝，平面BCE交线段PD于F点． (1)求证：EF∥BC； (2)若平面PAD与平面PCD夹角的余弦值为， 求D点到平面BCE的距离． ∴＝(1,1，－h)，＝(－1,1,0)， 设面PCD的一个法向量m＝(x0，y0，z0)， 则·m＝0，·m＝0， ∴取x0＝1，则y0＝1，z0＝， ∴面PCD的一个法向量m＝， ∴|cos〈m，n〉|＝＝， 解得h＝1， ∴P(0,0,1)，E，＝， 设面EBC的法向量为k＝(x1，y1，z1)， 则·k＝0，·k＝0， ∴取x1＝1，则y1＝0，z1＝， ∴k＝， 设点D到面BCE的距离为d， 则d＝＝＝， ∴点D到面BCE的距离为. 所以AC＝AC2＋CC＝13，AE2＝AB2＋BE2＝8，C1E2＝B1E2＋B1C＝5， 所以AC＝AE2＋EC， 则D(0,0,0)，A(，0,0)，E(0,1,2)，C1(0，－1,3)， 所以＝(－，1,2)，＝(0，－2,1)，＝(，0,0)， 所以·＝－×0＋1×(－2)＋2×1＝0， ·＝0×＋(－2)×0＋1×0＝0， 所以⊥，⊥， 即EC1⊥AE，EC1⊥DA， 又AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面ADE， 所以C1E⊥平面ADE. 所以AF2＝AC2＋CF2－2AF·CF·cos 60°＝36＋4－12＝28，即AF＝2， 又S△ACF＝AF·CG＝CF·CA·sin 60°， 所以CG＝＝， 所以tan∠C1GC＝＝＝， 所以cos∠C1GC＝， 即平面AEC1与平面ABC夹角的余弦值为. 则A(，0,0)，E(0,1,2)，C1(0，－1,3)， 所以＝(－，1,2)，＝(0，－2,1)， 设平面AEC1的一个法向量为m＝(x，y，z)， 则 取z＝2得m＝， 又平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)， 记平面AEC1与平面ABC的夹角为θ， 则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝， 即平面AEC1与平面ABC夹角的余弦值为. A．圆锥PO的侧面积为9π B．当OG⊥PF时，三棱锥P－EFG的体积最大 C．直线EG与直线PF夹角的取值范围是 D．若二面角P－EG－O的大小为60°，则△PEG的面积为6 [解析]　由已知可得PO＝OE＝OF＝3，PO⊥OE，所以PE＝PF＝3，则圆锥PO的侧面积S＝π·OE·PE＝π×3×3＝9π，A正确；当OG⊥PF时，OG⊥EF，此时△EFG的面积最大，即三棱锥P－EFG的体积最大，B正确；设点G关于圆心O的对称点为H，则直线EG与直线PF的夹角等于直线FH与直线PF的夹角，即∠PFH，在等腰三角形△PHF中cos∠PFH＝＝，∵0<FH<6， 所以0<cos∠PFH＝<＝，则<∠PFH<，C错误；可知△PEG和△OEG都是等腰三角形，取EG的中点K，连接PK，OK，可知PK⊥EG，OK⊥EG，则∠PKO是二面角P－EG－O的平面角，∠PKO＝60°，可以求得OK＝PO＝，所以PK＝＝＝2，EK＝＝＝，EG＝2，故△PEG的面积为×2×2＝6，D正确．故选ABD. $