專題7.3 空間角與空間中的距離問題【九大題型】（舉一反三）（新高考專用）（解析版）2024年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)

第第頁專題7.3空間角與空間中的距離問題【九大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1幾何法求異面直線所成的角】 3【題型2向量法求異面直線所成的角】 6【題型3幾何法求線面角】 10【題型4向量法求線面角】 15【題型5幾何法求二面角】 20【題型6向量法求二面角】 25【題型7幾何法求點、線、面距離】 31【題型8向量法求點、線、面距離】 36【題型9立體幾何中的探索性問題】 411、空間角與空間中的距離問題空間角與空間中的距離問題是高考的熱點內(nèi)容，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，空間角與點、線、面距離問題通常在選擇題、多選題及解答題的第二小問考查，難度中等.在高考二輪復(fù)習(xí)過程中除了掌握空間向量法，還需多鍛煉幾何法的應(yīng)用，學(xué)會靈活求解.【知識點1幾何法求空間角】1.幾何法求異面直線所成的角(1)求異面直線所成角一般步驟：①平移：選擇適當(dāng)?shù)狞c，線段的中點或端點，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線；②證明：證明所作的角是異面直線所成的角；③尋找：在立體圖形中，尋找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因為異面直線所成角的取值范圍是，所以所作的角為鈍角時，應(yīng)取它的補(bǔ)角作為異面直線所成的角.(2)可通過多種方法平移產(chǎn)生，主要有三種方法：①直接平移法(可利用圖中已有的平行線)；②中位線平移法；③補(bǔ)形平移法(在已知圖形中，補(bǔ)作一個相同的幾何體，以便找到平行線).2.幾何法求線面角(1)垂線法求線面角(也稱直接法)：①先確定斜線與平面，找到線面的交點B為斜足；找線在面外的一點A，過點A向平面做垂線，確定垂足O；②連結(jié)斜足與垂足為斜線AB在面上的投影；投影BO與斜線AB之間的夾角為線面角；③把投影BO與斜線AB歸到一個三角形中進(jìn)行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形.(2)公式法求線面角(也稱等體積法)：用等體積法，求出斜線PA在面外的一點P到面的距離，利用三角形的正弦公式進(jìn)行求解.公式為：，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，l是斜線段的長.3.幾何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定義法，也可以用垂面法，即在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.【知識點2用向量法求空間角的解題策略】1.用向量法求異面直線所成角的一般步驟：(1)建立空間直角坐標(biāo)系；(2)用坐標(biāo)表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.2.向量法求直線與平面所成角的主要方法:(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補(bǔ)角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補(bǔ)角，取其余角就是斜線和平面所成的角.3.向量法求二面角的解題思路:用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.【知識點3空間距離的求解策略】1.向量法求點到直線距離的步驟：(1)根據(jù)圖形求出直線的單位方向向量.(2)在直線上任取一點M(可選擇特殊便于計算的點).計算點M與直線外的點N的方向向量.(3)垂線段長度.2.求點到平面的距離的常用方法(1)直接法：過P點作平面的垂線，垂足為Q，把PQ放在某個三角形中，解三角形求出PQ的長度就是點P到平面的距離.②轉(zhuǎn)化法：若點P所在的直線l平行于平面，則轉(zhuǎn)化為直線l上某一個點到平面的距離來求.③等體積法.④向量法：設(shè)平面的一個法向量為，A是內(nèi)任意點，則點P到的距離為.【題型1幾何法求異面直線所成的角】【例1】（2023·陜西商洛·統(tǒng)考一模）在正四面體ABCD中，E，F(xiàn)是棱BC，AB的中點，則異面直線DE與CF所成角的余弦值是（

）A．55 B．255 C．1【解題思路】取線段BF的中點G，證得EG//CF，得到∠DEG是異面直線DE與CF所成的角或其補(bǔ)角，在△DEG中，利用余弦定理，即可求解．【解答過程】如圖所示，取線段BF的中點G，連接DG,EG,DF，因為E為BC的中點，所以EG//CF，所以∠DEG是異面直線DE與CF所成的角或其補(bǔ)角，設(shè)AB=4，則DE=CF=DF=23從而EG=1在△DEG中，由余弦定理可得cos∠DEG=故選：C.

【變式1-1】（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在圓錐SO中，AB是圓O的直徑，△SAB是等邊三角形，點D為AB的三等分點且靠近點B，點E為BS的中點，則異面直線AS與DE所成角的余弦值為（

）A．54 B．64 C．104【解題思路】連接OE,OD，取OB的中點F，連接DF,EF，則可得∠OED為異面直線AS與DE所成的角，然后根據(jù)已知條件在△ODE中利用余弦定理求解即可.【解答過程】如圖，連接OE,OD，取OB的中點F，連接DF,EF．因為點O,E分別是AB,BS的中點，所以EF//故∠OED為異面直線AS與DE所成的角．不妨設(shè)SA=4，則OE=2,OD=2,OF=1．因為SO垂直于⊙O所在的平面，OF,DF在⊙O所在的平面內(nèi)，所以SO⊥OF,SO⊥DF，因為EF//SO所以EF=O在△ODF中，∠DOF=60°,OD=2,OF=1，由余弦定理得DF=O在Rt△EDF中，DE=D在△ODE中，cos∠OED=所以異面直線AS與DE所成角的余弦值為64故選：B．【變式1-2】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知直三棱柱ABC?A1B1C1的所有棱長都相等，點E為正方形ABB1A1的中心，點A．25 B．35 C．25【解題思路】首先作輔助線，尋找異面直線所成的角或其補(bǔ)角，其次設(shè)棱長，求出相關(guān)線段長，最終利用等腰三角形的性質(zhì)求解即可.【解答過程】如圖，取A1B1中點G，連接FG,EG,BG所以EG//1又F為棱CC1的中點，所以所以四邊形CFGE是平行四邊形，故FG//CE，所以∠BFG或其補(bǔ)角就是異面直線BF與CE所成的角．設(shè)該三棱柱的棱長為2，則BF=2而在等腰三角形BFG中，cos∠BFG=所以異面直線BF與CE所成角的余弦值為55故選：D．【變式1-3】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=BC=6，點E在線段C1D1上，且2D1A．23535 B．33535 C．【解題思路】先找到異面直線所成角，再應(yīng)用余弦定理求解即可.【解答過程】設(shè)DD1=xx>0，因為2DBE=62+如圖，取線段AB上靠近點A的三等分點P，靠近點B的三等分點F，連接EP，MF，CF，易知AD1∥又EP∥MF，所以AD1∥MF，AD1=2MF易知MF=12×62所以cos∠CMF=因此異面直線AD1和CM所成角的余弦值為故選：D.【題型2向量法求異面直線所成的角】【例2】（2023·新疆烏魯木齊·烏市一中?？既＃┤鐖D，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥AB，PA⊥AD，AD=1，AB=2，△PAB是等腰三角形，點E是棱PB的中點，則異面直線EC與PD所成角的余弦值是（

A．33 B．63 C．64【解題思路】建系，利用空間向量求異面直線夾角.【解答過程】因為AB，AD，AP兩兩垂直，以A為原點，AB，AD，AP分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.又因為PA=AB=2，AD=1所以A0,0,0，B2,0,0，C2因為E是棱PB的中點，所以E2所以EC=22可得cos?所以異面直線EC與PD所成角的余弦值是63故選：B.【變式2-1】（2023·四川眉山·仁壽一中?？寄M預(yù)測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，BC⊥面ACC1A

A．225 B．53 C．5【解題思路】以C為原點，CA、CC1、CB所在的直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CA=CC1【解答過程】在直三棱柱ABC?A1B1C1中，CC所以CC1⊥ACBC⊥平面ACC1A1，AC?平面所以CA、CC以C為原點，分別以CA、CC1、CB設(shè)CA=CC則C0,0,0可得AB1=所以cosB所以直線BC1與直線AB故選：C.【變式2-2】（2023·陜西咸陽·武功縣普集高級中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐P?ABC中，△PAB是邊長為2的等邊三角形，AC=BC=2，若三棱錐P?ABC的體積等于33時，異面直線PA與BC所成角的余弦值為（

A．33 B．34 C．24【解題思路】先通過等邊三角形和等腰直角三角形結(jié)合體積求得PD,AB,CD兩兩垂直，然后建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解異面直線所成角的余弦值.【解答過程】取AB的中點D，連接DP,DC，因為△PAB是邊長為2的等邊三角形，所以PD⊥AB且PD=AB?sin60°=2×3由AC2+BC2設(shè)P到平面ABC的距離為h，則三棱錐P?ABC的體積等于13解得?=3，而PD=即PD為三棱錐P?ABC的高，故PD⊥平面ABC，所以PD,AB,CD兩兩垂直，如圖：

以點D為坐標(biāo)原點，DC、DB、DC所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,?1,0、B0,1,0、C1,0,0、P0,0,3設(shè)異面直線PA與BC所成角為θ，則cosθ=所以異面直線PA與BC所成角的余弦值為24故選：C.【變式2-3】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)?？寄M預(yù)測）直三棱柱ABC?A1B1C1如圖所示，AB=4,BC=3,AC=5,D為棱AB的中點，三棱柱的各頂點在同一球面上，且球的表面積為61π

A．325 B．25 C．4【解題思路】先根據(jù)已知條件求出側(cè)棱長，然后建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線A1D和【解答過程】因為在直三棱柱ABC?A1B又因為AB=4,BC=3,AC=5，所以AB2+BC2又因為球的表面積為61π，所以R=而R2=r

以B1為原點，B1C1為x軸，B1A1B10,0,0，A10,4,0，∴B∴B設(shè)直線A1D和B1cosθ=故選：A.【題型3幾何法求線面角】【例3】（2023·陜西商洛·陜西省丹鳳中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=2AB,D

A．5134 B．5117 C．175【解題思路】利用定義法作出線面角，在直角三角形中求解即可.【解答過程】如圖所示，分別取棱AB,AC,BC,A1B1的中點

設(shè)AH∩EF=M，連接DM，因為EF∥BC，EF?平面B1BCC所以EF∥平面B1BCC1，又DF∥CC1，DF?所以DF∥平面B1BCC1，又EF∩DF=F，EF?平面EFDG所以平面EFDG∥平面B又因為H為BC的中點，所以AH⊥BC，易知CC1⊥平面ABC，AH?所以CC1⊥AH，又BC∩CC1=C，BC?平面所以AH⊥平面B1BCC1，從而AH⊥平面EFDG，因此則∠ADM即為AD與平面EFDG所成的角，且等于直線AD與平面B1設(shè)AB=a，則AA1=2a,AD=所以sin∠ADM=AMAD=34a故選：A.【變式3-1】（2023·河南開封·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B

A．直線BC1與A1C所成的角為60° B．直線BC．直線BC1與平面ABB1A1所成的角為60° 【解題思路】對于選項A，設(shè)O,E,F,M分別是A1C1,CC1,BC,B1C1的中點，連接OE,OF,OM,EF,FM，可得直線BC1與A1C所成的角為∠OEF或其補(bǔ)角，根據(jù)勾股定理即可判斷；對于選項B，由AB1//DC1，可得直線BC1與A【解答過程】對于A：設(shè)O,E,F,M分別是A1C1所以O(shè)E//A1C,EF//BCOE2=OF所以O(shè)E2+EF2所以直線BC1與A1對于B：由正方體的性質(zhì)可得AB所以直線BC1與AB易知△BC1D所以直線BC1與AB對于C：由正方體的性質(zhì)C1B1所以直線BC1與平面ABB對于D：因為BB1⊥平面A1B1C1D在正方形A1B1C1D1因為BB1∩所以O(shè)C1⊥所以∠C1BO為直線B因為OC1=22,B所以直線BC1與平面BB故選:D.【變式3-2】（2023·貴州貴陽·校聯(lián)考三模）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=AC=AA1，

A．22 B．32 C．64【解題思路】取A1C1的中點D，連接B1D，AD，易證B1D⊥平面A【解答過程】解：如圖所示：

取A1C1的中點D，連接B在正三棱柱ABC?A1B∴B1D⊥A1C1，又∵CC1又CC1∩A1C1=C∴B1D⊥∴∠B1AD為A由題意，設(shè)AB=AC=AA1=2a，B在Rt△B1故選：C.【變式3-3】（2023·四川·成都市錦江區(qū)嘉祥外國語高級中學(xué)?？既＃┤鐖D，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為1，E,F分別是棱AD，B1C1的中點．若點P

A．2 B．1 C．52 D．【解題思路】取A1D1的中點M，連接AM、B1M、AB1、EM、FM，證明出平面AMB1//平面BEF，利用面面平行的性質(zhì)可得出B1【解答過程】取A1D1的中點M，連接AM、B1M、A

在正方體ABCD?A1B1C因為E、F分別是棱AD、B1C1的中點，則AE所以，四邊形AB1FE∵AB1?平面BEF，EF?∴AB1//平面BEF，同理可證AM∵AB1∩AM=A，A所以平面AB1M∵AM?平面AA1D1D，若P∈AM，則B1P?所以，點P在側(cè)面AA1D因為B1A1所以B1P與側(cè)面ADD在Rt△B1所以tan∠所以B1P與側(cè)面ADD在Rt△AA1M中，所以點A1到邊AM的距離為55，即A1所以B1P與側(cè)面ADD故選：D.【題型4向量法求線面角】【例4】（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，

(1)求證：AC⊥BE；(2)當(dāng)E是DD1的中點時，求直線AC與平面【解題思路】（1）連接BD，利用線面垂直的判定、性質(zhì)推理即得.（2）建系，利用空間向量求線面夾角.【解答過程】（1）在長方體ABCD?A1B1C由ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，得AC⊥ED，而ED∩BD=D,ED,BD?平面BED，因此AC⊥平面BED，又BE?平面BED，所以AC⊥BE.（2）如圖，以D為坐標(biāo)原點，DA,DC,DD1分別為

則A1,0,0可得AC=設(shè)平面BC1E的法向量n令x=2，則y=?1,z=1，可得n=設(shè)直線AC與平面BC1E則sinθ=所以直線AC與平面BC1E【變式4-1】（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為梯形，平面PAB⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥AD，△PAB是等邊三角形，M為側(cè)棱PB的中點，且AD=DC=2，AB=4.(1)求證：CM//平面PAD；(2)求直線PC與平面PAD所成角的正弦值.【解題思路】（1）取AB的中點O，利用面面平行性質(zhì)證明線面平行；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出直線PC的方向向量與平面PAD的法向量，利用向量數(shù)量積公式求夾角的正弦值.【解答過程】（1）證明如圖，取AB的中點O，連接OC，OM.∵M(jìn)為側(cè)棱PB的中點，∴OM//PA，因為OM?平面PAD，PA?平面PAD，所以O(shè)M//平面PAD，∵DC=2，AB=4，AB//CD，∴四邊形ADCO為平行四邊形，則OC//AD.因為OC?平面PAD，AD?平面PAD，所以O(shè)C//平面PAD，∵OC∩OM=O，OC,OM?平面OCM，∴平面OCM//平面PAD.∵CM?平面OCM，∴CM//平面PAD.（2）如圖，連接OP，△PAB是等邊三角形，∴PO⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO?平面PAB，∴PO⊥平面ABCD.∵AB⊥AD，OC//AD，∴OC⊥OB，以O(shè)為原點，OC所在直線為x軸，OB所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，∵AD=DC=2，AB=4，∴P0,0,2∴PC=設(shè)n=x1則PA?n取z1=1，則設(shè)直線PC與平面PAD所成角為θ.∴sinθ=∴直線PC與平面PAD所角的正弦值為34【變式4-2】（2023·廣西·模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐E?ABCD中，E為頂點，底面ABCD為正方形，設(shè)面ABE與面DCE交于交線l.(1)求證：CD//l；(2)若在l上有一點F，AB=2EF=4，ED=FC，AF=33，平面CDE⊥平ABCD，求直線AF與平面ADE【解題思路】（1）由題設(shè)CD//AB，根據(jù)線面平行的判定證CD//平面BAE，最后由線面平行的性質(zhì)證結(jié)論；（2）過點F作FO⊥DC于O，過O作OH⊥DC于H，連接AO，構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，應(yīng)用向量法求直線AF與平面ADE所成角的正弦值.【解答過程】（1）在正方形ABCD中CD//AB，CD?平面BAEF，AB?平面BAE，所以CD//平面BAE，又CD?平面CDEF，面BAE和面CDE交于l，所以CD//l.（2）由（1）知CD//EF，又CD//AB，故AB//EF，所以四邊形CDEF為等腰梯形，四邊形BAEF為梯形；過點F作FO⊥DC于O，過O作OH⊥DC于H，連接AO，由平面CDE⊥平面ABCD，平面CDE∩平面ABCD=CD，F(xiàn)O?平面CDE，所以FO⊥平面ABCD，又OH?平面ABCD，則FO⊥OH以O(shè)為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)D，OH，OF所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，在四邊形CDEF中，ED=FC，EF=2，CD=4，所以O(shè)C=1，OD=3，在正方形ABCD中，AB=4，所以AO=5.因為AO⊥FO且AF=33，所以FO=所以H0,4,0，D3,0,0，A3,4,0，E所以DA=0,4,0，DE=設(shè)面ADE的一個法向量n=x,y,z，由n?DA=4y=0設(shè)直線AF與平面ADE的夾角為θ，則sinθ=即直線AF與平面ADE所成角的正弦值為22【變式4-3】（2023·四川南充·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐C?ABDE中，DE⊥平面BCD，AB=AD=23，BD=4，DE=2(1)求證：AE//平面BCD；(2)若BC⊥CD，二面角A?BC?D的正切值為22，求直線CE與平面ABC【解題思路】（1）取BD中點O，連接AO，根據(jù)條件得到AO⊥BD，再利用DE⊥平面BCD，得到DE⊥BD，從而得出四邊形AODE是平行四邊形，進(jìn)而有AE//OD，即可證明結(jié)果；（2）取取BC中點M，連接OM，AM，根據(jù)條件建立空間直角坐標(biāo)系，再求出平面ABC的法向量和向量CE，利用線面角的向量法即可求出結(jié)果.【解答過程】（1）如圖，取BD中點O，連接AO，因為AB=AD=23，BD=4所以AO⊥BD，且AO=A又DE⊥平面BCD，BD?平面BCD，所以DE⊥BD，又AO,DE?面ABDE，所以DE//AO，又AO=DE=22，所以四邊形AODE是平行四邊形，得到AE//OD又OD?平面BCD，AE?平面BCD，所以AE//平面BCD.（2）如圖，取BC中點M，連接OM，AM，則OM//DC，因為DE⊥平面BCD，由（1）知DE//AO，所以AO⊥平面BCD，又BC⊥CD，所以O(shè)M⊥BC，過M作l//OA，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系M?xyz，因為AO⊥平面BCD，BC?面BCD，所以AO⊥BC，又OM⊥BC，OM∩AO=O，所以BC⊥面AOM，又AM?面AOM，所以BC⊥AM,故∠AMO為二面角A?BC?D的平面角，所以tan∠AMO=又AO=22，所以O(shè)M=1，又BD=4，所以BC=所以B(0,?3則BC=(0,2設(shè)平面ABC的一個法向量為n=(x,y,z)則由n?BC=0n?AB=0設(shè)直線CE與平面ABC所成角為θ，則sinθ=所以直線CE與平面ABC所成角的正弦值為69【題型5幾何法求二面角】【例5】（2023·湖南岳陽·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，已知PD⊥平面ABCD,CD=2AB=2AD=2,AB//CD,AD⊥CD,PC與底面ABCD所成角為θ，且(1)求證：CB⊥平面PBD；(2)求二面角P?BC?D的大小．【解題思路】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得PD⊥CB，再利用勾股定理可得CB⊥BD，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可得證；（2）先說明∠PBD為二面角P?BC?D的平面角，根據(jù)PC與底面ABCD所成角的正切值求出PD，再解Rt△PDB【解答過程】（1）因為PD⊥平面ABCD，CB?平面ABCD，所以PD⊥CB，又由已知得，AB⊥AD,BD=2則BD2+B又PD∩BD=D,PD,BD?平面PBD，所以CB⊥平面PBD；（2）因為CB⊥平面PBD，PB?平面PBD，所以CB⊥PB，所以∠PBD為二面角P?BC?D的平面角，因為PD⊥平面ABCD,PC與底面ABCD所成角為θ，所以∠PCD為PC與底面ABCD所成角，由tanθ=62在Rt△PDB中，tan∠PBD=PD所以二面角P?BC?D的大小為60°【變式5-1】（2023·河北邢臺·寧晉中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，點A1在平面ABC內(nèi)的射影D在線段AC

(1)證明：AC(2)設(shè)直線AA1到平面BCC1B【解題思路】（1）連接A1C,AC1，由已知易得A1C⊥AC1、A1D⊥面（2）根據(jù)二面角定義及線面垂直性質(zhì)易得∠A1CC1是二面角A1?BC?B1的平面角，再由線面平行及面面垂直判定證AA1//面BCC【解答過程】（1）連接A1C,AC1，由題設(shè)，易知由點A1在平面ABC內(nèi)的射影D在AC上，則A1D⊥BC?面ABC，則A1D⊥BC，而∠ACB=90°，則又A1D∩AC=D，A1D,AC?面ACCAC1?面AC而A1C∩BC=C，A1C,BC?面A1由A1B?面A1

（2）由（1）知BC⊥面ACC1A1，A1所以∠A1C由AA1//CC1，AA1?面BCC直線AA1到平面BCC1B1的距離為3，即又BC⊥面ACC1A1，BC?面BCCA1∈面ACC1A1，面BCC1B由題設(shè)A1C1點A1在平面ABC內(nèi)的射影D在線段AC上，則∠所以∠A1C1C=60°，故△所以二面角A1?BC?B【變式5-2】（2023·陜西漢中·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，BB1⊥

(1)求證：平面ADC1⊥(2)取AB的中點E，連接CE,C1E【解題思路】（1）通過證明BC,BB1⊥AD，可得AD⊥平面BCC1B，又結(jié)合AD?平面【解答過程】（1）證明：∵△ABC為正三角形，D為BC的中點，∴AD⊥BC，∵BB1⊥平面ABC,AD?∵BB1∩BC=B,∴AD⊥又AD?平面ADC1,∴平面AD（2）∵△ABC為正三角形，∴CE⊥AB，∵BB1⊥平面ABC,B∴CC故△ACC又E為AB的中點，∴C∴∠CEC1為二面角∵側(cè)面ABB1A∵△ABC為邊長為2的正三角形，∴CE=3∴在直角三角形CC1B∴cos∴二面角C?AB?C1的余弦值為【變式5-3】（2023·四川樂山·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥底面ABCD，PD=λCD，點E在棱PC上，PA//平面EBD

(1)試確定點E的位置，并說明理由；(2)求平面PBC與平面PDB所成銳二面角的余弦值的取值范圍.【解題思路】（1）根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理來確定E點的位置.（2）利用向量法或幾何法來求得平面PBC與平面PDB所成銳二面角的余弦值的取值范圍.【解答過程】（1）E是PC的中點，理由如下：連結(jié)AC，交BD于點O，連結(jié)OE.∵底面ABCD是正方形，∴O是AC的中點.∵PA//平面EBD，PA?平面PAC，平面PAC∩平面BDE=OE∴PA//∵O是AC的中點，∴E是PC的中點.（2）解法一：依題意可知AD,PD,CD兩兩相互垂直，建立如圖的空間直角坐標(biāo)系D?xyz，令CD=a，平面PBC與平面PDB所成銳二面角的平面角為θ，∴P0,0,λa，C0,a,0，Aa,0,0∴CB=a,0,0設(shè)平面PBC一個法向量n=∵n?CB即ax=0ax+ay?λaz=0，∴連接AC，∵PD⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴PD⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，由于PD∩BD=D,PD,BD?平面PDB，∴AC⊥平面PDB，∴平面PDB的一個法向量CA=∴cos∵1+1λ

解法二：令CD=a，連結(jié)AC，交BD于點O，過點O作OM⊥PB，垂足為M，連結(jié)MC.∵ABCD為正方形，∴CO⊥BD.∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥CO.∵BD∩PD=D,BD,PD?平面PBD，∴CO⊥平面PBD.∵PC?平面PBD，∴CO⊥PB.又∵CO∩OM=O,CO,OM?平面COM，∴PB⊥平面COM.∵CM?平面COM，∴PB⊥CM.∴∠CMO即為二面角C?PB?D的平面角.∵△OMB∽△PDB，∴OM∴OM=OB?PD∴tan∴∠CMO>π4，

【題型6向量法求二面角】【例6】（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，AC=1，AA1=BB1=BC=2，C(1)求證：平面A1(2)若AA1⊥AC【解題思路】（1）利用勾股定理逆定理證明AC⊥BC，再利用線面垂直證明BC⊥平面A1（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量求二面角的余弦值.【解答過程】（1）證明：由題得AC2+B因為A1C1⊥BC，在梯形A1C1CA中，設(shè)又BC?平面ABC，所以平面（2）因為AA1∥BB由（1）可知，BC⊥平面A1C1又因為BC∩AC=C，AC?平面ABC，BC?平面ABC，所以CC如圖，以C為坐標(biāo)原點，CA，CB，CC1所在直線分別為x軸、y軸、可知C0,0,0，A1,0,0，A11,0,2則A1C1=?1,0,設(shè)平面A1B1由m?A令k=1，得p=2，q=1，則m設(shè)平面AB1C由n?A令z=1，得x=22，y=1，則n則cosm故二面角A1?C【變式6-1】（2023·云南昆明·昆明一中?？寄M預(yù)測）如圖，三棱柱ABC?A1B1C1的底面是等邊三角形，AB=AA1=6，∠ABB1=60°，(1)在線段AA1上找一點G，使FG//(2)若平面AA1B1B⊥平面ABC【解題思路】（1）當(dāng)點G為AA1的中點，H為DE中點，可以證明四邊形A1GFH為平行四邊形，從而有FG//（2）取AB中點O，連接OB1,AB1【解答過程】（1）如圖所示：當(dāng)點G為AA1的中點時，F(xiàn)G//設(shè)H為DE中點，連接FH,A因為在三棱柱ABC?A1BD,E,F,G分別為BB所以FH//EC//所以四邊形A1所以FG//又因為A1H?平面A1DE，所以FG//平面A（2）如圖所示：取AB中點O，連接OB因為AB=AA1=B所以△ABB1為正三角形，所以又因為平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1所以B1O⊥平面又CO,AO?平面ABC，所以B1因為△ABC為等邊三角形，所以O(shè)C⊥AB.以O(shè)為原點，分別以O(shè)COA,OB1所在直線為x軸，y軸，依題意得A(0,3,0),B(0,?3,0),C(33所以DA1=設(shè)平面A1DE的法向量則由n?DA1=0n?取平面ABC的法向量m=(0,0,1)設(shè)平面A1DE與平面ABC所成二面角的大小為則cosθ所以sinθ=所以平面A1DE與平面ABC所成二面角的正弦值為【變式6-2】（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，PA=BC=2，AB=PC=5

(1)求點B到平面PAC的距離；(2)設(shè)點E為線段PB的中點，求二面角A?CE?B的正弦值.【解題思路】（1）利用線面垂直的性質(zhì)，勾股定理及線面垂直的判定定理可得BC⊥平面PCA，進(jìn)而即得；（2）利用坐標(biāo)法，根據(jù)面面角的向量求法即得.【解答過程】（1）因為PA⊥平面ABC，又AB?平面ABC?，BC?平面ABC所以PA⊥AB,PA⊥BC，又PA=2,AB=5，由勾股定理得PB=又BC=2,PC=5所以BC2+P因為BC⊥PC,BC⊥PA，PC∩PA=P,PC,PA?平面PCA，所以BC⊥平面PCA，則BC為點B到平面PAC的距離，故點B到平面PAC的距離為2.（2）在平面ABC內(nèi)過點A作BC的平行線AF，則PA⊥AC,PA⊥AF,AC⊥AF，以A為坐標(biāo)原點，以AC所在直線為x軸，AF所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，由勾股定理得：AC=P則C(1,0,0),B(1,2,0),P(0,0,,2),E1

CE=設(shè)平面ACE的法向量為m=(則CE·?m=0?AC·設(shè)平面BCE的法向量為n=(則CE·?n=0，?BC·所以cosm記二面角A?CE?B的大小為θ，則sinθ=故二面角A?CE?B的正弦值為310【變式6-3】（2023·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在矩形ABCD中，AB⊥BC,AB=3,BC=4,E為邊AD上的點，且AE=1.將△ABE沿BE翻折，使得點A到A1，滿足平面A1BE⊥

(1)求證：平面A1BC⊥平面(2)求二面角B?A【解題思路】（1）由平面幾何可證CE⊥BE，由平面A1BE⊥平面BCDE可得CE⊥平面A1BE，可得CE⊥A1B（2）建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法運算可得解.【解答過程】（1）在Rt△ABE中，AB=3，AE=1，同理，在Rt△EDC中，EC=2∴BE2+C又因為平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE，∴CE⊥平面A1又A1B?平面A1又A1B⊥A1E，A∴A1B⊥平面A1EC∴平面A1BC⊥平面（2）

如圖，作A1H⊥BE，垂足為H，在△A1BE由（1），EB⊥EC，平面A1BE⊥平面以點E為坐標(biāo)原點，EB，EC分別為x，y軸，過點E垂直平面BCDE為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，可得B2,0,0，C0,23,0，則BA1=?32,0,設(shè)平面BA1Cn1?BA1=0n1?∴n設(shè)平面DA1Cn2?DC=0n2?DA∴n∴cos又0<n1,所以二面角B?A1C?D的正弦值為【題型7幾何法求點、線、面距離】【例7】（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，(1)求證：AC⊥BE；(2)當(dāng)E是DD1的中點時，求點D到平面【解題思路】（1）連接BD，利用線面垂直的判定、性質(zhì)推理即得.（2）取AD的中點F，連接EF,AD1，證明【解答過程】（1）在長方體ABCD?A1B1C1D由ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，得AC⊥ED，而ED∩BD=D,ED,BD?平面BED，因此AC⊥平面BED，又BE?平面BED，所以AC⊥BE.（2）取AD的中點F，連接EF,AD1,BF，四邊形AB則四邊形ABC1D1是矩形，BC1//AD1，而E顯然ED=1,DF=12，則EF=BF=52,BE=3，等腰△BEF的面積S△BEF=12BE??=設(shè)點D到平面BC1E的距離為d，由V于是64d=1所以點D到平面BC1E【變式7-1】（2023·湖南岳陽·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C(1)求直三棱柱ABC?A(2)求證：BC//平面AB1C1，并求出【解題思路】（1）根據(jù)題意，結(jié)合表面積和體積公式進(jìn)行計算即可；（2）根據(jù)線面平行的判定定理進(jìn)行證明即可；過點C作CH⊥AC1，垂足為H，則CH⊥平面AB1C【解答過程】（1）因為AC⊥BC,AB=2,∠CAB=30所以AC=3則直三棱柱ABC?AS=S其體積為V=S（2）證明：因為BC//B1C1,B所以BC//平面AB過點C作CH⊥AC1，垂足為由題意得CC1⊥BC所以BC⊥平面ACC又CH?平面ACC1A所以CH⊥B1CB1C1?平面AB所以CH⊥平面AB在Rt△ACC1CH=AC×C所以BC到平面AB1C【變式7-2】（2023·河南·校聯(lián)考二模）如圖所示，正六棱柱ABCDEF?A1B

(1)證明：平面ADF1//平面(2)求平面ADF1與平面【解題思路】（1）利用面面平行的判定定理證明;（2）將面面距轉(zhuǎn)化為點面距，再由等體積法求出距離即可.【解答過程】（1）在正六棱柱ABCDEF?A因為底面為正六邊形，所以AD//BC，因為AD?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以因為CD//A1F1，CD=A因為DF1?平面A1BC，A1C?又AD∩DF1=D，所以平面AD（2）平面ADF1與平面A1BC間的距離等價于點A到平面連接AC，則四面體A1ABC的體積因為V=1A1B=A所以cos∠A1所以S△所以d=3VS△A1BC=

【變式7-3】（2023·陜西商洛·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥(1)證明：AB⊥平面CC(2)若2AA1=3AB=6，求點B【解題思路】（1）借助三棱柱的性質(zhì)與線面垂直的性質(zhì)定理，結(jié)合線面垂直的判斷定理即可得；（2）借助等體積法求點面距.【解答過程】（1）由三棱柱的性質(zhì)可知CC因為AA1⊥平面ABC，所以C因為AB?平面ABC，所以CC因為D為AB的中點，且△ABC是等邊三角形，所以CD⊥AB，因為CD、CC1?平面CC1D，且（2）因為2AA1=3AB=6則△BB1C作AE⊥BC，垂足為E，有AE?平面ABC，所以CC1⊥AE，又因為CC1、BC?所以AE⊥平面BB因為△ABC是等邊三角形，所以AE=3則VA?B因為CC1⊥平面ABC，AC、BC?所以CC1⊥AC，C故△ABC1的面積設(shè)點B1到平面ABC1則三棱錐B1?ABC因為VB1?ABC1【題型8向量法求點、線、面距離】【例8】（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在多面體ABCDQP中，平面ADQP⊥平面ABCD，四邊形ADQP是邊長為2的正方形，四邊形ABCD是等腰梯形，AD//BC，BC=4，∠ABC=60°．

(1)求點P到平面CDQ的距離；(2)求二面角P?CD?B的余弦值．【解題思路】（1）根據(jù)題意，證得AP⊥平面ABCD，以A為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系，取得平面CDQ的一個法向量p=(?1,（2）由（1）的空間直角坐標(biāo)系，求得平面PCD和ABCD的法向量m=(?1,3,【解答過程】（1）因為平面ADQP⊥平面ABCD，平面ADQP∩平面ABCD=AD，且AP?平面ADQP，AP⊥AD，所以AP⊥平面ABCD．以A為坐標(biāo)原點，直線AD,AP分別為y軸、z軸，以過點A垂直平面yOz的直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，Q(0,2,2)，C(3可得DC=(3,1,0)，DQ設(shè)平面CDQ的法向量為p=x′取x′=?1，可得y′所以點P到平面CDQ的距離為PQ?（2）由（1）知，DP=(0,?2,2)，DC設(shè)平面PCD的法向量為m=(x,y,z)，則m取x=?1，可得y=又由AP⊥平面ABCD，可得平面ABCD的一個法向量為n=(0,0,1)所以cosm由圖可知二面角P?CD?B為銳角，所以二面角P?CD?B的余弦值為217【變式8-1】（2023·遼寧沈陽·東北育才學(xué)校校考模擬預(yù)測）如圖，棱長為2的正方體ABCD?A1B1C

(1)證明：CP∥平面A1(2)當(dāng)直線BP與平面A1BCD1所成的角正弦值為36【解題思路】（1）確定BD∥平面B1CD1，A1B∥平面B1（2）建立空間直角坐標(biāo)系，確定平面A1BCD1的一個法向量為【解答過程】（1）BD∥B1D1，BD?平面B1CD1，B1同理可得：A1B∥平面A1B∩BD=B，且A1B,BD?平面A1BD，故平面CP?B1CD1，故CP（2）如圖所示：以DA,DC,DD1分別為

則A12,0,2，B2,2,0，C0,2,0，設(shè)Pa,a,2設(shè)平面A1BCD1的法向量為取n=1得到n1=0,1,1BP與平面A1cosn1,BP=設(shè)平面A1BP的法向量為n2取y=1得到n2則點D到平面A1BP的距離【變式8-2】（2023·吉林·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD,AB=AD=1,CD=2,DE=EC，沿AE將△ADE折成△APE，如圖2所示，連接PB,PC，得到四棱錐P?ABCE.(1)若平面PAE∩平面PBC=l，求證：l//BC；(2)若點T是PC的中點，求點T到直線EB的距離的取值范圍.【解題思路】（1）根據(jù)題意得到四邊形ABCE是平行四邊形，證得AE//BC，進(jìn)而證得BC//平面PAE，結(jié)合線面平行的性質(zhì)定理，即可證得l//BC.（2）取AE中點O，以O(shè)為原點，過O作平面ABCE的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，設(shè)∠POB=θ(0<θ<π)，求得ET=0,34cosθ+1,34sinθ和向量EB【解答過程】（1）證明：在梯形ABCD中，因為AB//CE且AB=CE，所以四邊形ABCE是平行四邊形，所以AE//BC，又因為AE?平面PAE，且BC?平面PAE，所以BC//平面PAE，因為BC?平面PBC，且平面PAE∩平面PBC=l，所以l//BC.（2）解：取AE中點O，連接OB,OP，因為△ABE是等邊三角形，可得OB⊥OE以O(shè)為原點，OE,OB所在直線為x軸，y軸，過O作平面ABCE的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz，如圖所示，設(shè)∠POB=θ(0<θ<π)，則P0,3所以ET=0,34cosθ+1,則點T到直線EB的距離d===34因為?1<cosθ<1，所以當(dāng)cosθ=當(dāng)cosθ→?1時，d→0，所以點T到直線EB的距離的取值范圍是0,【變式8-3】（2023·天津南開·南開中學(xué)?？寄M預(yù)測）在四棱錐P?ABCD中，PA⊥底面ABCD，且PA=2，四邊形ABCD是直角梯形，且AB⊥AD，BC//AD，AD=AB=2，BC=4，M為PC中點，E在線段BC上，且

(1)求證：DM//平面PAB(2)求平面PDE與平面BDE夾角的余弦值；(3)求點E到平面PDC的距離.【解題思路】（1）（2）（3）根據(jù)題意，以A為坐標(biāo)原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法計算可得；【解答過程】（1）證明：以A為坐標(biāo)原點，AB為x軸，AD為y軸，AP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則A0,0,0，B2,0,0，D0,2,0，P0,0,2，C2,4,0DM=易知平面PAB的一個法向量為AD=0,2,0，故則DM⊥又DM?平面PAB，故DM//平面（2）易知平面BDE的一個法向量為AP=設(shè)平面PDE的法向量為m=且PD=0,2,?2，則m?PD=2y?2z=0m?DE=2x?y=0，令y=2，則x=1設(shè)平面PDE與平面BDE夾角為θ，易知θ為銳角，所以cosθ=cosm,AP=m（3）設(shè)平面PDC的法向量為n=a,b,c，且則n?PD=2b?2c=0n?DC=2a+2b=0，令b=1設(shè)點E到平面PDC距離為?，∴?=DE【題型9立體幾何中的探索性問題】【例9】（2023·福建龍巖·統(tǒng)考二模）三棱柱ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，側(cè)面A1

(1)求側(cè)棱AA(2)側(cè)棱CC1上是否存在點E，使得直線AE與平面A1BC所成角的正弦值為【解題思路】（1）證明AD⊥平面ABC，結(jié)合題目條件，先計算出AD的值，然后即可以求得側(cè)棱AA（2）建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)未知數(shù)λ，結(jié)合題目條件，列出方程求解，即可得到本題答案.【解答過程】（1）在平面AA1B1B內(nèi)過A因為側(cè)面A1ACC又CA⊥AB，AB∩AA1=A，AB,A所以CA⊥平面AA又CA?平面ABC，所以平面AA1B易得AD⊥AB，AD?面AA1B1B所以AD⊥平面ABC，因為VC1?ABC因為∠A1AB=2π（2）存在點E滿足題意，C1如圖，以A為坐標(biāo)原點，以AB,AC,AD所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則A1設(shè)C1E=λ故AE=(λ?1,2,3?3設(shè)平面A1BC則m?A1B=0m?故平面A1BC的一個法向量設(shè)直線AE與平面A1BC所成角為則sinθ=AE?故存在點E滿足題意，所以C1【變式9-1】（2023·陜西榆林·統(tǒng)考二模）如圖，在四棱錐P?ABCD中，BD⊥PC，∠ABC=60°，四邊形ABCD是菱形，PB=2

(1)證明:PA⊥平面ABCD．(2)是否存在實數(shù)λ，使得平面PAB與平面ACE所成銳二面角的余弦值是21919?若存在，求出【解題思路】（1）由題設(shè)BD⊥AC，根據(jù)線面垂直的判定得BD⊥平面PAC，再由線面垂直的性質(zhì)有BD⊥PA，并由勾股定理證AB⊥PA，最后應(yīng)用線面垂直的判定證結(jié)論；（2）取棱CD的中點F，連接AF，構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系，寫出相關(guān)點的坐標(biāo)，應(yīng)用向量法求面面角的余弦值，結(jié)合已知列方程求參數(shù)λ，即可判斷存在性.【解答過程】（1）

因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.因為BD⊥PC,AC,PC?平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC.因為PA?平面PAC，所以BD⊥PA.因為PB=2AB=2PA，所以因為AB,BD?平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD.（2）

取棱CD的中點F，連接AF，易證AB,AF,AP兩兩垂直，故以A為原點，分別以AB,AF,設(shè)AB=2，則A0,0,0故AC=所以AE=設(shè)平面ACE的法向量為n=x,y,z，則令x=3，得n平面PAB的一個法向量為m=0,1,0,設(shè)面PAB與面ACE所成的銳二面角為則cosθ=cosn,m故存在實數(shù)λ=13，使得面PAB與面ACE所成銳二面角的余弦值是【變式9-2】（2023·湖南邵陽·邵陽市第二中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在△ABC中，∠B=90°，P為AB邊上一動點，PD//BC交AC于點D，現(xiàn)將△PDA沿PD翻折至(1)證明：平面CBA′⊥(2)若PB=CB=2PD=4，且A′P⊥AP，線段A′C上是否存在一點E（不包括端點），使得銳二面角E?BD?C的余弦值為【解題思路】（1）由條件證明A′P⊥BC，BC⊥BP，根據(jù)線面垂直判定定理證明BC⊥平面PBA′，根據(jù)面面垂直判定定理證明平面（2）證明AP⊥平面A′PD，建立空間直角坐標(biāo)系，A′E=λA′【解答過程】（1）因為PD∥BC，∠B=90°，所以∠APD=90°，所以A′所以A′P⊥BC，又因為A′P∩BP=P，A′P?平面PBA所以BC⊥平面PBA′，又BC?平面所以平面CBA′⊥（2）因為PD∥BC，BC⊥AP，∴PD⊥AP，又∵A′P⊥AP，A′P∩PD=P，∴AP⊥平面A′∴PA、PA′、PD兩兩垂直，以P點為原點，PA為x軸，PD為y軸，PA因為PB=CB=2PD=4，PD//所以AP=PB=4.則D0,2,0，C?4,4,0，B?4,0,0平面BCD的一個法向量為m=A′C=?4,4,?4BA′BD=設(shè)平面BDE法向量為n=則n?BE=0取x=1，則y=?2故n=1,?2,3λ?1所以cosm解得λ=2即A′E=【變式9-3】（2023·天津·校聯(lián)考一模）已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，點E、F分別為線段PB、(1)求證：EF//平面PADQ(2)求平面PCQ與平面CDQ夾角的余弦值；(3)線段PC上是否存在點M，使得直線AM與平面PCQ所成角的正弦值是427，若存在求出PM【解題思路】（1）法一：分別取AB、CD的中點G、H，連接EG、GH、FH，證明出平面EGHF//平面ADQP法二：以點A為坐標(biāo)原點，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法可證得結(jié)論成立；（2）利用空間向量法可求得平面PCQ與平面CDQ夾角的余弦值；（3）假設(shè)存在點M，使得PM=λPC，其中λ∈0,1，求出向量AM【解答過程】（1）證明：法一：分別取AB、CD的中點G、H，連接EG、GH、FH，由題意可知點E、F分別為線段PB、CQ的中點．所以EG//PA，因為PA//DQ，所以EG//FH，所以點E、G、因為G、H分別為AB、CD的中點，所以GH//因為AD?平面ADQP，GH?平面ADQP，所以GH//平面ADQP又因為FH//QD，QD?平面ADQP，F(xiàn)H?平面ADQP，所以FH//又因為FH∩GH=H，F(xiàn)H、GH?平面EGHF，所以平面EGHF//平面ADQP因為EF?平面EGHF，所以EF//平面ADQP法二：因為ABCD為正方形，且PA⊥平面ABCD，所以AP、AB、AD兩兩互相垂直，以點A為坐標(biāo)原點，以AB、AD、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P0,0,3、C3,3,0、Q0,3,1、B3,0,0、所以EF=0,3,?1，易知平面PADQ的一個法向量所以a?EF=0又因為EF?平面ADQP，所以EF//平面ADQP（2）解：設(shè)平面PCQ的法向量m=x,y,z，PC=則m?PC=3x+3y?3z=0m?所以平面PCQ的一個法向量為m=易知平面CQD的一個法向量n=0,1,0，設(shè)平面PCQ與平面CQD夾角為則cosθ=所以平面PCQ與平面CQD夾角余弦值為147（3）解：假設(shè)存在點M，使得PM=λPC=則AM=由（2）得平面PCQ的一個法向量為m=由題意可得cosAM整理可得12λ2?8λ+1=0因為0≤λ≤1，解得λ=16或12，所以，PM1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C?AB?D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（

）A．15 B．25 C．35【解題思路】根據(jù)給定條件，推導(dǎo)確定線面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【解答過程】取AB的中點E，連接CE,DE，因為△ABC是等腰直角三角形，且AB為斜邊，則有CE⊥AB，又△ABD是等邊三角形，則DE⊥AB，從而∠CED為二面角C?AB?D的平面角，即∠CED=150

顯然CE∩DE=E,CE,DE?平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB?平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，顯然平面CDE∩平面ABC=CE，直線CD?平面CDE，則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE，從而∠DCE為直線CD與平面ABC所成的角，令A(yù)B=2，則CE=1,DE=3，在△CDECD=C由正弦定理得DEsin∠DCE=顯然∠DCE是銳角，cos∠DCE=所以直線CD與平面ABC所成的角的正切為35故選：C.2．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面ABCD的夾角的正切值均為14

A．102m B．112mC．117m D．125m【解題思路】先根據(jù)線面角的定義求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，從而依次求EO，EG【解答過程】如圖，過E做EO⊥平面ABCD，垂足為O，過E分別做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分別為G，M，連接OG,OM，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為∠EMO和∠EGO，所以tan∠EMO=因為EO⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以EO⊥BC，因為EG⊥BC，EO,EG?平面EOG，EO∩EG=E，所以BC⊥平面EOG，因為OG?平面EOG，所以BC⊥OG，.同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四邊形OMBG是矩形，所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以O(shè)G=5所以在直角三角形EOG中，EG=在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB=E又因為EF=AB?5?5=25?5?5=15，所有棱長之和為2×25+2×10+15+4×8=117m故選：C.3．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖，已知正三棱柱ABC?A1B1C1,AC=AA1，E，F(xiàn)分別是棱BC,A1C1上的點．記EF與AA1A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β【解題思路】先用幾何法表示出α，【解答過程】如圖所示，過點F作FP⊥AC于P，過P作PM⊥BC于M，連接PE，則α=∠EFP，β=∠FEP，γ=∠FMP，tanα=PEFP=PE所以α≤β≤γ，故選：A．4．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）在長方體ABCD?A1B1C1D1中，已知B1A．AB=2AD B．AB與平面AB1C．AC=CB1 D．B1D【解題思路】根據(jù)線面角的定義以及長方體的結(jié)構(gòu)特征即可求出．【解答過程】如圖所示：不妨設(shè)AB=a,AD=b,AA1=c，依題以及長方體的結(jié)構(gòu)特征可知，B1D與平面ABCD所成角為∠B1DB，B1D與平面AA對于A，AB=a，AD=b，AB=2對于B，過B作BE⊥AB1于E，易知BE⊥平面AB1C1D，所以AB與平面A對于C，AC=a2+b2對于D，B1D與平面BB1C1C所成角為∠D故選：D．5．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB=120°，PA=2，點C在底面圓周上，且二面角P?AC?O為45°，則（

）．A．該圓錐的體積為π B．該圓錐的側(cè)面積為4C．AC=22 D．△PAC的面積為【解題思路】根據(jù)圓錐的體積、側(cè)面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.【解答過程】依題意，∠APB=120°，PA=2，所以O(shè)P=1,OA=OB=3A選項，圓錐的體積為13B選項，圓錐的側(cè)面積為π×C選項，設(shè)D是AC的中點，連接OD,PD，則AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P?AC?O的平面角，則∠PDO=45°，所以O(shè)P=OD=1，故AD=CD=3?1=2D選項，PD=12+故選：AC.

6．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知正方體ABCD?A1BA．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線BC．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°【解題思路】數(shù)形結(jié)合，依次對所給選項進(jìn)行判斷即可.【解答過程】如圖，連接B1C、BC1，因為DA1//B1因為四邊形BB1C1C為正方形，則B1C⊥B連接A1C，因為A1B1⊥平面BB因為B1C⊥BC1，A1又A1C?平面A1連接A1C1，設(shè)A因為BB1⊥平面A1B1C因為C1O⊥B1D1，所以∠C1BO為直線B設(shè)正方體棱長為1，則C1O=22，所以，直線BC1與平面BB因為C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線B故選：ABD.7．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖，在三棱臺ABC?A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA

(1)求證：A1N//平面(2)求平面AMC1與平面(3)求點C到平面AMC【解題思路】（1）先證明四邊形MNA（2）利用二面角的定義，作出二面角的平面角后進(jìn)行求解；（3）方法一是利用線面垂直的關(guān)系，找到垂線段的長，方法二無需找垂線段長，直接利用等體積法求解【解答過程】（1）

連接MN,C1A.由M,N分別是BC,BA的中點，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN//AC由棱臺性質(zhì)，A1C1//AC，于是MN//