练案25 第三章 4.3 第2课时 两个平面所成的角、空间中的距离问题理-【成才之路·练案】2026-2027学年高中数学选择性必修1同步新课程学习指导（北师大版）

设B与平面ACC所成角为a,则ina=1函·mL_6 所以∠DFP为直线DF和平面PBC所成的角 1G21n13 由于AD∥BC,DF∥AB,故BF=AD=1. 由已知，得CF=BC-BF=2. 又AD⊥DC,所以BC⊥DC. 3 设点O到平面PAC的距离为d,设直线OC和平面PAC 在Rt△DCF中，可得DF=√CD2+CF产=25. 所成的角为a,则由等体积法有：Vo-Pc=Vn-c,即子S。Pc· 在△DPe中，可得n∠P-品-停 dPoSon. 所以，直线与平面PBC所成角的正弦值为 在△AOC中，求得AC=√5，在△POD中，求得PD= 2d= 练案[25] P0·S△Dc 万x7x1×1×m12m0 2 :A组·基础自测 1 3 31 2 1.B以A为坐标原点建系，由法向量法，可得cs0= 3 ∴.sina= 于是a-(= d 2D=(-1,-24,d应：m0 Inl -3 3.B由于BA,BC,BD两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系， 600 设三棱柱的棱长为1，以B为原点，建立坐标系如图，则： 4 c@w49G-(9方小 又平面BB,C,C的一个法向量n=(1,0,0), 设AC,与平面BB,C,C的夹角为0. B AC·nl6 C sin 0=Icos(n,AC)I= LACln4, B(0,0,0),A(0,0,3),C(2,0,0),D(0,3,0), os0=√-sima= 设平面ADC的法向量为m=(x,y,2),则AD=(0,3,-3),C⑦=(-2， 4 3,0), 7.解法一：A是平面ABCD的法向量，设C与A 的夹角为p m么取=3周m=622. CS=CB+BA+AS, ..45.C5=45.(CB+BA+A5)=4S.4AS=1. 又平面ABD⊥x轴，所以平面ABD的法向量为n=(1,0,0), 1A=1,1C1=(C2+B+A) 设商角A-0-C的T面喻为0则s0M-品识方由国 可知0为锐角， =√/1C22+1B2+1AP=5, 3 cse=衣.尽。返 所以c0s0=- m0=g因此m0=血e25, 17 7 cos 0 3 1A13 故选B. 4.A设平面ABCD的法向量为n=(xy,2), 从而S与平面4CD所成的角的余弦值为 则n·西=0，即2x-y+3=0, 1n·Ai=0,1-2x+y=0, 解法二：连接AC,显然∠SCA即为SC与平面ABCD所成的角. 令x=1,可得y=2,z=0,即n=(1,2,0), 计算得：AC=反tam∠SCA=, 2 cosL SCA=6 …cos(n,Ap=n·A证 InlIA15×26 放SC与平面4BCD所成角的余弦值为气 于是点P到平面CD的距离为1ma办)1=行，即四陵锥 8.(1)如图，由已知AD∥BC,故∠DAP或其补角即为异面直线 5 AP与BC所成的角. P-ABCD的高为号故选A 因为ADL平面PDC,直线PDC平面 5.B过A,B作x轴的垂线，垂足分别为AB,则1A1=3,BB1=2, PDC,所以AD⊥PD. IA'B1=5,又AB=A4'+A'B+B'B,.IAB12=32+52+2+2×3×2 在Rt△PDA中，由已知，得AP= >B √AD2+PD=5, 故cos∠DAP=40-5 .AB1=2√T,故选B. AP=5 6.BC如图，以A为原点建立空间直角坐标系4-z, 所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为得 (2)证明：由(1)知AD⊥PD.又因为BC∥AD,所以PD⊥BC 又PD⊥PB,PB∩BC=B,所以PD⊥平面PBC. (3)过点D作DF∥AB,交BC于点F,连接PF,则DF与平面 PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角. 因为PD⊥平面PBC, 所以PF为DF在平面PBC上的射影， -385 则A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),C1(1,1,1),D(0,1,1), 又AC=4,BC=3,所以在直角三角形ABC中，可得CD=2 20,1=(-1,00,应=(-20，设∠4BE=0,则 又PC=9 ,所以在直角三角形PCD中，PD=√PC+CD=3. c0s0= M成25 IBAIIBEI5 5 8. 3 3 建系如图，则A(2,0,0), E(0,2,1),F(1,0,2),G(2,1,0),所 :点A到直线BE的距离d=威1sin0=25,故A错； 以AG=(0,1,0),GE=(-2,1,1), Gf=(-1,-1,2). c0-2不-(-3-) 设n=（x,y,z)是平面EFG的法 向量， 平面ABC,D,的一个法向量为DA,=(0,-1,1), 点A到平面EFG的距离为d, i音号放 则n·c成=0， ∴点O到平面ABC,D,的距离d,= 1n.c=0, IDA I 所以{-2x+y+=0所以x=, B正确： (-x-y+2z=0, ly=z, 由题意易证平面A,BD∥平面B,CD,.平面ABD与平面 B,CD1的距离就是点D1到平面ABD的距离.A,B=(1,0, 令x=1,此时n=(1,1,1),所以d=A花，l=1= Inl 53， -1),AD=(0,1,-1),AD=(0,1,0),设平面ABD的一个 i 法向量为1=（x,y,z), 则”·A=0,-=0, 即点A到平面G的市离为号 9.(1)证明：取PD的中点为S,连接SF,SC,且连接BF 1n.Ai=0,…1y-z=0. 令z=1,则x=y=1,.n=(1,1,1). 则SF∥ED,SF=2ED=1, ·点D到平面ABD的距离d=w=故CA 而ED∥BC,ED=2BC,故SF∥BC,SF=BC,故四边形SFBC为 平行四边形， 正确； 故BF∥SC,而BF￠平面PCD,SCC平面PCD 所以BF∥平面PCD. 41 (2)因为ED=2,故AE=1,故AE 亦-() ∥BC,AE=BC, 故四边形AECB为平行四边形，故 又店=(1,0,0)，4、应3 CE∥AB,所以CE⊥平面PAD IABI 4 而PE,EDC平面PAD,故CE⊥ PE,CE L ED,而PE⊥ED, ·点P到直线AB的距离为d= /4亚.A2 故建立如图所示的空间直角坐标BA 系，则A(0,-1,0),B(1,-1,0), √儡名-名故D不确 C(10,0),D(0,2,0),P(0,0,2), 则PA=(0,-1,-2),PB=(1,-1,-2),PC=(1,0,-2), 7.3。解法一：以C为坐标原点，CA,CB,CP所在直线分别为x Pi=(0,2,-2), 轴，y轴，z轴建立如图1所示的空间直角坐标系。 设平面PAB的法向量为m=(x,y,z), 则4(4,0.0)，8(0,3.0)，P0,0,号）5所以店=(-4,30. 则由m·P=0 lm·P2=0 可得y-2z=0, Ix-y-2z=0 市=(-4,0，号)，所以市在店上的投影大小为 取m=(0,-2,1), 设平面PCD的法向量为n=(a,b,c), A2·AB_16 1ABI 则由n·P产= -51 ln·P0=0 可得20取m=21, -1 w√30 AP·AB 故cos(m,n〉= 所以点P到斜边AB的距离为d= 5×√6 -30' 81-25=3. 故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 √16+25-25 30 10.(1)证明：以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，如图， 则C(0,0,0),C2(0,0,3),B2(0,2,2), D2(2,0,2),A2(2,2,1), .B2C2=(0,-2,1),AD2=(0,-2, D 1),∴.B2C2AD2, 又B2C,A,D2不在同一条直线上， .B2C,∥A,D2 图1 图2 D. (2)设P(0,2,λ)(0≤A≤4) 解法二：如图2所示，过点C作CD LAB于点D,连接PD. 则AC2=(-2,-2,2),PC2=(0,-2 因为PC⊥AB,CD1AB,PC∩CD=C,所以AB⊥平面PCD,所 3-A),D2C2=(-2,0,1), B 以AB⊥PD,故PD即为点P到AB的距离 : 设平面PA2C2的法向量n=（x,y,z), 386 则n·=-2x-2+22=0. n·PC2=-2y+(3-A)z=0, ∠40C=0.又40=00-票4c-月枚适D 令z=2,得y=3-入，x=A-1,.n=(A-1,3-入，2)， 5.√6以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴， 设平面A,C2D2的法向量m=(a,b,c), DD1所在直线为z轴，则A(4,0,4),B(4,4,0),C1(0,4,4), 则m·1.C=-2a-2b+2c=0, D1(0.0,4), m·D2C2=-2a+c=0, M为BD1的中点，.M(2,2,2), 令a=1,得b=1,c=2,.m=(1,1,2), D↑2 ln·ml 6 .lcs(n,m1=mlm=64+a-1+(3- B s1复 D 化简可得，入2-4入+3=0，解得入=1或入=3， .P(0,2,1)或P(0,2,3),∴.B2P=1. A B组·素养提升 1.D令n1=(0,-1,3),n2=(2,2,4) N在AC1上且IANI=31WC,I, ∴cos(m1,m,)=0x2+(-1)×2+3x4.5 所以N=(1,3,4), 1+9×/4+4+16 6 .M=(-1,1,2), 设二面角的大小为0，.0=m-(n,n2〉或0=(n1,n2》, .1MW1=/(-1)2+1+22=√6. :这个二面角的平面角的余弦值为怎发-否故适D 6.①④因为BF∥CE,EC⊥EF,EF=1, FB=2,EC=3,A为BF中点， 2.B如图所示，以D为坐标原点，DA,D元，DD的方向分别为x 所以BD=AD2+AB=√I+I=2, 轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A1(6,0,6), 如图作BM⊥CD,CD=2,则CM=1, D(0,0,0),C(0,6,6).由题意知，当E(6,3,0),F(3,6,0)时， BC=√CM2+BM=√I+I=√2， A1,E,F,C1共面 所以BC2+BD2=CD2, ! 即BC⊥BD, 又ED⊥DA,ED⊥DC DA,DCC平面ABCD,DA∩DC=D, 所以ED⊥平面ABCD. 又BCC平面ABCD,则ED⊥BC 又ED,BDC平面BDE,ED∩BD=D. 所以BC⊥平面BDE,①正确； 设平面ADE的一个法向量为n=(a,b,c),由DA=(6,0,6),D正 D M C =(6,3,0),得m·D=6a+6c=0, a=1,得n=(1,-2, n·DE=6a+3b=0. -1). 设平面C,DF的一个法向量为m=(x,y,z),由DC=(0,6, 由题知，平面ABF∥平面CDE, 6),D=(3,6,0),得m·DC=6y+6=0 而EF∥AD,故EF和AD不会交于一点， 1m.D=3x+6y=0, 取x=2,得m= 所以该几何体不可能为三棱台，②错误； 由题知，建立空间直角坐标系如图， (2,-1,1). 则D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,0, 个 设平面ADE与平面C,DF所成锐二面角的大小为O, 则cos0=|m·n叫=3 1),B(1,1,0),A(1,0,0), Imlinl√6x62 AB=(0,1,0)即可为平面EFD的 法向量， 故平面ADE与平面C,DF所成锐二面角的余弦值为)，故 设平面BEF的法向量为n=(x,y, D. z) 选B. 又B成=(-1，-1,1)，B=(0, 3.A如图，以D为原点，DA,DC,DD1分别为 X/A x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则 D -1,1)； A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B1(2,2,A 则1：底--y+=0得=0， 1n·BF=-y+z=0, ly=z, 4) 令z=1,则n=(0,1,1), AC=(-2,2,0),AD1=（-2,0,4),BD =(-2,-2,0). 六cos(店，m)=店·n-2 设平面AD,C的法向量为n=(x,y,z), IABIInI2' 则”：C0。即-2x+2=0, 所以二面角B-EF-D的大小不是30°，③错误： n·AD=0,L-2x+4z=0, 该几何体的体积V=VE-Bm+Vg-ADEF 取z=1,则x=y=2,所以n=(2,2,1), =号×x×x1+×1x1=子，④正确 所以点B,到平面ADC的距离d= B1D·nl-8 -= 故答案为①④. 4.D取BD中点O,则AO⊥BD,CO⊥BD, 7.如图所示，以B为坐标原点，BC,BA,BD所在直线分别为x,y, z轴建立空间直角坐标系B-xz,则A(0,2,0),C(2,0,0), E(1,1,0) —387 设D(0,0,z)(z>0),则B2=(1,1, 份，1和2，这两份在三个位置，有3×2=6种结果：第三种方 0),AD=(0,-2,z) 法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果。 设B配与AD所成角为0，由图知直线BE 综上可知共有1+6+3=10种结果. 与AD所成角为T-0. 6.BD由于生物在B层，只有第2,3节有，故分两类： 而B2·AD=2×√4+2·cos0 若生物选第2节，则地理可选第1节或第3节，有2种选法， -2 其他两节政治、自习任意选即可，故有2×2=4种（此种情况 x4+×(周）=-2 自习可安排在第1,3,4节中的某节)： 若生物选第3节，则地理只能选第1节，政治只能选第4节， .z=4,即D(00,4). 自习只能选第2节，故有1种 设向量八=(x,y,是平面ACD的一个法向量， 根据分类加法计数原理可得选课方式有4+1=5种， 则n⊥AD且n⊥AC 综上，自习可安排在4节课中的任一节. 由A元=(2，-2,0)，AD=(0,-2,4), 7.5要完成的“一件事”是“使灯泡发光”，在由开关组A与B组 rx2+y2+z2=1, 成的并联电路中，只要合上题图中的任一开关，接通电源，灯泡 得{2x-2y=0, 就会发光.因此接通电源使灯泡发光的方法有2+3=5（种）. 【-2y+4z=0. 8.8 要完成“从4名操作人员中选3人分别去操作这三种型号 取=子，则=子=分n=(} 的电脑”这件事，可分四类：第一类，选甲、乙、丙3人，由于丙 不会操作C型号的电脑，故有2×2×1=4（种）选派方法；第 又B=(0,0,4), 二类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型号的电脑，故有2 亠点B到平面ACD的距离d=B励·L=4 种选派方法；第三类，选甲、丙、丁3人，这时只有1种选派方 -3 法；第四类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种选派方法.根据 8.(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD 分类加法计数原理，知共有4+2+1+1=8（种）选派方法. 因为BC⊥CD,BCC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC9.圆方程由三个量a,b,r确定，a,b,r分别有3种、4种、2种选 ⊥DM. 法，由分步乘法计数原理，表示不同的圆的个数为3×4×2= 因为M为CD上异于C,D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM. 24(个). 又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC. 10.(1)从两个袋子中任取一张卡有两类情况： 而DMC平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC. 第1类，从第一个袋子中取一张移动手机卡，共有10种 (2)以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示 取法； 的空间直角坐标系D-xyz. 第2类，从第二个袋子中取一张联通手机卡，共有12种 当三棱锥M-ABC体积最大 取法. 根据分类加法计数原理，共有10+12=22（种）取法 时，M为CD的中点， (2)想得到一张移动卡和一张联通卡可分两步进行： 由题设得D(0,0,0),A(2,0, 第一步，从第一个袋子中任取一张移动手机卡，共有10种 0),B(2,2,0),C(0,2 取法； 0),M(0,1,1), 第二步，从第二个袋子中任取一张联通手机卡，共有12种 A7=(-2,1,1),AB=(0,2, 取法. 0),DA=(2.0.0). 根据分步乘法计数原理，共有10×12=120（种）取法 设n=(x,y,z)是平面MAB的一个法向量， 则/m·4=0, B组·素养提升 1.C 由题意可得每个人都有4种选法，则由分步乘法计数原理 1n.AB=0, 可得不同的报名方式有4×4×4=64种，故选C. 即22+y+2=0可取m=(1,0,2). 2.C第一步，取b的值，有5种方法；第二步，取a的值，也有5 L2y=0, 种方法.由分步乘法计数原理得，共有5×5=25个虚数. DA是平面MCD的一个法向量. 3.A根据题意，首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与 因此cos(n,Di)=n·D=5 InlIDAl=5,sin(n,DA)=2/5 A,B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法， 5 所以共有4×3×2×3=72（种）涂法.故选A. 所以平面M5与平面MCD所成二面角的正弦值是 4.B由题意可得，舞蹈演员甲有4×3+2=14种不同的选择 方式. 5.242取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原 练案[26] 理有10×9=90（种）不同取法； A组·基础自测 取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8=72（种）不同 1.C由分步乘法计数原理得不同取法的种数为6×8=48，故 取法； 选C. 取两本书中，一本数学、一本英语，有10×8=80（种）不同 2.A分类考虑，若最少一堆是1个，那由每堆至多5个知另两 取法 堆分别为4个、5个，只有一种分法：若最少一堆是2个，则由 综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90+72+80= 3+5=4+4知有2种分法；若最少一堆是3个，则另两堆为3 242(种)不同取法. 个4个，故共有分法1+2+1=4种 6.16根据题意，6根算筹可以表示的数字组合为1,5；1,9：2 3.D每位同学限报其中的一个小组，各有2种报名方法，根据： 4;2,8;6,4;6,8;3,3;3,7;7,7. 分步乘法计数原理，不同的报名方法共有2=32（种）. 数字组合1,5；1,9；2,4：2,8；6,4：6,8；3,7中，每组可以表示2 4.C由分步乘法计数原理可得这三人买水杯的情况共有2×2 个两位数，则可以表示2×7=14个两位数： ×3=12(种).故选C 数字组合3,3：7,7中，每组可以表示1个两位数，则可以表示 5.B首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三 2×1=2个两位数. 个足球，这三个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一 综上，共可以表示14+2=16个两位数 个箱子中放一个，有1种结果；第二种方法，可以把球分成两：7.将该问题转化为“用1,2,3,4四个数字组成无重复数字的四 388练案[25] 第三章空间向量与立体几何 §4[4.3 第2课时两个平面所成的角、空间中的距离问题] 化组·基础自测 二、填空题 7.直角三角形ABC的两条直角边BC=3,AC= 一、选择题 1.如图正方体ABCD-AB,C,D1中，E,F分别是 4,PC1平面BC,C=号，则点P到斜边份 BB,和DD1的中点，则平面ECF与平面ABCD 的距离是 的夹角的余弦值为 ( A 8.已知正方体ABCD-AB,C,D1的棱长为2，E 4. B.6 B F,G分别是CC,DA1,AB的中点，则点A到平 3 3 面EFG的距离为 C.3 n 三、解答题 9.（2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中， 2.已知平面ax的一个法向量n=(-2,-2,1), BC∥AD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD上， 点A(-1,3,0)在内，则P(-2,1,4)到的 且PE⊥AD,PE=DE=2. 距离为 (1)若F为线段PE中点，求证：BF∥平 A.10 B.3 c n号 面PCD. (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面 3.在三棱锥A-BCD中，BA,BC,BD两两垂直， PCD夹角的余弦值. BA=BD=3,BC=2,则二面角B-AD-C的正 切值为 ( A分 B.2② C.2√2 D.3 3 4.四棱锥P-ABCD中，AB=(2,-1,3),AD= （-2,1,0),AP=(3,-1,4),则这个四棱锥的 高为 ( A. B. c D.25 10.（2023·新课标I)如图，在正四棱柱ABCD -AB1C1D1中，AB=2,A41=4.点A2,B2,C2, 5.在直角坐标系中，A(-2,3),B(3,-2),沿x D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，A42=1, 轴把直角坐标系折成120°的二面角，则AB的 BB2=DD2=2,CC2=3. 长度为 () (1)证明：B2C2∥A2D2; A.2 B.211C.32D.42 (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2 6.(多选题)已知正方体ABCD-A,B,C,D1的棱 为150时，求B2P. 长为1，点E,0分别是AB1,AC的中点，P在 正方体内部且满足市-子诚+行而+号环， 则下列说法正确的是 A.点A到直线BE的距离是5 B点0到平面CD的距离为号 C.平面ABD与平面B,CD,的距离为5 八点P到直线AB的距离为会 —245 B组·素养提升 一、选择题 1.在一个二面角的两个平面内，和二面角的棱垂 直的两个向量分别为(0，-1,3)，(2,2,4)，则 这个二面角的平面角的余弦值为 图1 图 A.5 B.15 ①BC⊥平面BDE 6 3 ②该儿何体为三棱台 c-5 D.5或-西 ③二面角B-EF-D的大小为30° 3 6 6 2.如图所示，ABCD-AB,C,D,是棱长为6的正 ④该几何休的体积为号 方体，E,F分别是棱AB,BC上的动点，且AE= 三、解答题 BF.当A,E,F,C,共面时，平面A,DE与平面7.在四面体ABCD中，AB,BC,BD两两垂直，且 C,DF所成锐二面角的余弦值为 AB=BC=2,E为AC的中点，若异面直线AD D 与E所成角的余弦值为求点B到平面 ACD的距离. A.③ B号 c D.26 3.正四棱柱ABCD-ABC,D1中，底面边长为2， 侧棱长为4，则，点B,到平面AD,C的距离为 ( B.22 c.42 D.4 8.如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与 3 3 半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C,D 4.将锐角为60°，边长为a的菱形ABCD沿较短 的点 的对角线BD折成60°的二面角，顶点A,C间 距离为 ( A.a B.3 C.2 D.3 A 二、填空题 (1)证明：平面AMD⊥平面BMC; 5.如图，正方体ABCD-ABC,D1的棱长为4，M (2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求平面 为BD1的中点，N在AC1上，且IANI= MAB与平面MCD所成二面角的正弦值. 3INC,I,则MW的长为 0 6.如图1，在直角梯形EFBC中，BF∥CE,EC⊥EF, EF=1,FB=2,EC=3,A为BF中点，现沿平行于 EF的AD折叠，使得ED⊥DC,如图2所示，则关 于图2下列结论正确的有 —246