1_8.5　空间角与距离、空间向量及其应用.docx

北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模拟》A版 8.5　空间角与距离、空间向量及其应用 基础篇 考点一　用向量法证明空间中的平行和垂直 1.(2021广东佛山月考,3)直线l∥α,且l的方向向量为(2,m,1),平面α的法向量为1,12,2,则m=(　　) A.-4　　　　B.-6　　　　C.-8　　　　D.8 答案　C　 2.(2022福州一中质检,4)以下四组向量在同一平面的是(　　) A.(1,1,0)、(0,1,1)、(1,0,1) B.(3,0,0)、(1,1,2)、(2,2,4) C.(1,2,3)、(1,3,2)、(2,3,1) D.(1,0,0)、(0,0,2)、(0,3,0) 答案　B　 3. (多选)(2022广东中山一中阶段测试,10)如图,两个正方形ABCD和ADEF所在平面互相垂直,设M,N分别是AC和AE的中点,那么下列结论正确的是(　　) A.AD⊥MN　　　　B.MN∥平面CDE C.MN∥CE　　　　D.MN,CE异面 答案　ABC　 4.(多选)(2021新高考Ⅰ,12,5分)在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=1,点P满足BP=λBC+μBB1,其中λ∈[0,1],μ∈[0,1],则(　　) A.当λ=1时,△AB1P的周长为定值 B.当μ=1时,三棱锥P-A1BC的体积为定值 C.当λ=12时,有且仅有一个点P,使得A1P⊥BP D.当μ=12时,有且仅有一个点P,使得A1B⊥平面AB1P 答案　BD　 5.(2023届南京、镇江学情调查,19)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是直角梯形,侧棱SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD和BC,SA=AB=BC=2,AD=1,M是棱SB的中点. (1)求证:AM∥平面SCD; (2)求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值. 解析　因为SA⊥底面ABCD,AB垂直于AD,所以以点A为坐标原点,以向量AD,AB,AS的方向分别为x 轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则A(0,0,0),C(2,2,0),D(1,0,0),S(0,0,2),M(0,1,1),所以AM=(0,1,1),SD=(1,0,-2),CD=(-1,-2,0). (1)证明:设平面SCD的法向量为n=(x,y,z), 则SD·n=0,CD·n=0,即x-2z=0,-x-2y=0, 令z=1,则x=2,y=-1,则n=(2,-1,1). 因此AM·n=-1+1=0,从而AM⊥n,又AM⊄平面SCD,所以AM∥平面SCD. (2)易知平面SAB的一个法向量为n1=(1,0,0), 由(1)知平面SCD的一个法向量为n=(2,-1,1), 则cos<n,n1>=n·n1|n||n1|=26×1=63,所以平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值为63. 6.(2022南京一中期初测试,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD,PA=AB,点E在棱PD上,且2PE=ED,点F是棱PC上的动点(不含端点). (1)若F是棱PC的中点,求证:PB∥平面AEF; (2)求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值. 解析　因为四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PA⊥底面ABCD, 所以AB,AD,AP两两垂直.以A为坐标原点,分别以AB,AD,AP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系Axyz,如图所示. 不妨设PA=AB=6,则B(6,0,0),P(0,0,6),E(0,2,4),C(6,6,0),D(0,6,0). (1)证明:AE=(0,2,4),因为F是棱PC的中点,所以F(3,3,3),所以AF=(3,3,3). 设平面AEF的法向量为m=(x,y,z),则由m·AE=0,m·AF=0, 得2y+4z=0,3x+3y+3z=0,不妨令y=2,则x=-1,z=-1, 所以m=(-1,2,-1),又PB=(6,0,-6),所以m·PB=-6+0+6=0,即m⊥PB, 又PB⊄平面AEF,所以PB∥平面AEF. (2)PC=(6,6,-6),设PA与平面AEF所成的角为θ, PF=λPC=(6λ,6λ,-6λ),0<λ<1,则AF=AP+PF=AP+λPC=(6λ,6λ,6-6λ), 设平面AEF的法向量为n=(a,b,c), 则由n·AE=0,n·AF=0,得2b+4c=0,6λa+6λb+(6-6λ)c=0, 不妨令b=2,则a=1λ-3,c=-1,所以n=1λ-3,2,-1,又AP=(0,0,6), 所以sin θ=|cos<AP,n>|=|AP·n||AP|·|n|=665+1λ-32=15+1λ-32, 所以当1λ=3,即λ=13时,(sin θ)max=15=55, 故PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为55. 7.(2017天津,17,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2. (1)求证:MN∥平面BDE; (2)求二面角C-EM-N的正弦值; (3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长. 解析　如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0). (1)证明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(x0,y0,z0)为平面BDE的法向量,则n·DE=0,n·DB=0,即2y0=0,2x0-2z0=0.不妨设z0=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MN·n=0. 因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE. (2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量. 设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则n2·EM=0,n2·MN=0. 因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1), 所以-2y-z=0,x+2y-z=0.不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2). 因此有cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=-421,于是sin<n1,n2>=10521.所以二面角C-EM-N的正弦值为10521. (3)BE=(-2,2,2).依题意,设AH=h(0≤h≤4), 则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),由已知,得 |cos<NH,BE>|=|NH·BE||NH||BE|=|2h-2|h2+5×23=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12. 所以线段AH的长为85或12. 考点二　空间角和空间距离 考向一　空间角问题的求解方法 1.(2022湖南娄底双峰一中摸底,8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1D1的中点, 过A1C1且与CD1平行的平面交平面C1CM于直线l,则直线l与AB所成角的余弦值是(　　) A.32　　　　B.22　　　　C.6+24 　　　　D.63 答案　D　 2.(2022重庆江津质检,5)如图,二面角的棱上有A、B两点,直线AC、BD分别在这个 二面角的两个半平面内,且都垂直于AB,已知AB=4,AC=6,BD=8,CD=217,则该二面角的大小为(　　) A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90° 答案　C　 3.(多选)(2023届浙江嘉兴基础测试,10)如图,在 正四面体ABCD中,E、F分别为AB、CD的中点,则(　　) A.直线EF与AB所成的角为π2 B.直线EF与AD所成的角为π4 C.直线EF与平面BCD所成的角的正弦值为33 D.直线EF与平面ABD所成的角的正弦值为22 答案　ABC　 4.(多选)(2022重庆涪陵高级中学冲刺卷二,12)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,PD⊥平面ABCD,点E是棱PC的中点,PD=AB,则(　　) A.AC⊥PB B.直线AE与平面PAB所成角的正弦值是36 C.异面直线AD与PB所成的角是π4 D.四棱锥P-ABCD的体积与其外接球的体积的比值是239π 答案　ABD　 5.(2020天津,17,15分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点. (1)求证:C1M⊥B1D; (2)求二面角B-B1E-D的正弦值; (3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值. 解析　 以C为原点,分别以CA,CB,CC1的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图),可得C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),C1(0,0,3),A1(2,0,3),B1(0,2,3),D(2,0,1),E(0,0,2),M(1,1,3). (1)证明:C1M=(1,1,0),B1D=(2,-2,-2),从而C1M·B1D=2-2+0=0,所以C1M⊥B1D. (2)依题意知,CA=(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量,EB1=(0,2,1),ED=(2,0,-1).设n=(x,y,z)为平面DB1E的法向量,则n·EB1=0,n·ED=0,即2y+z=0,2x-z=0.不妨设x=1,可得n=(1,-1,2).因此有cos<CA,n>=CA·n|CA||n|=66,于是sin<CA,n>=306. 所以二面角B-B1E-D的正弦值为306. (3)AB=(-2,2,0).由(2)知n=(1,-1,2)为平面DB1E的一个法向量,于是cos<AB,n>=AB·n|AB||n|=-33. 所以直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33. 考向二　利用等体积法、向量法求空间距离 1.(2022湖北七校联合体联考,6)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=3,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则点A1到平面ABD的距离为(　　) A.6　　　　B.62　　　　C.263　　　　D.26 答案　A　 2.(多选)(2023届重庆南开中学月考,11)在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中, 点P在棱DC上运动(不与顶点重合),则点B到平面AD1P的距离可以是(　　) A.2　　　　B.3　　　　C.2　　　　D.5 答案　CD　 3.(2022湖南株洲质检,13)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为BB1,CD的中点,则点F到平面A1D1E的距离为　　　　.  答案　3510 4.(2022新高考Ⅰ,19,12分)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为22. (1)求A到平面A1BC的距离; (2)设D为A1C的中点,AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值. 解析　(1)由题意知V三棱锥A1-ABC=13V三棱柱ABC-A1B1C1=43,设A到平面A1BC的距离为h,则V三棱锥A1-ABC=V三棱锥A-A1BC=13S△A1BC·h=223h=43,解得h=2.故A到平面A1BC的距离为2. (2)连接AB1,由直棱柱及AA1=AB知四边形ABB1A1为正方形,故AB1⊥A1B,A1B=2AA1, 又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AB1⊂平面ABB1A1, ∴AB1⊥平面A1BC,又BC⊂平面A1BC, ∴AB1⊥BC, 易知BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,AB1∩BB1=B1,∴BC⊥平面ABB1A1, ∵AB,A1B⊂平面ABB1A1, ∴BC⊥AB,BC⊥A1B, ∴V三棱柱ABC-A1B1C1=12·BC·AB·AA1=12BC·AA12=4,S△A1BC=12BC·A1B=22BC·AA1=22, 解得BC=AA1=2. 解法一(几何法):过A作AE⊥BD于E,连接CE.易得AC=22,∴A1C=23. ∵D为A1C的中点,△A1AC为直角三角形,∠A1AC=90°,∴AD=DC=3,又AB=BC=2,BD=BD, ∴△ABD≌△CBD. ∴CE⊥BD,又AE⊂平面ABD,CE⊂平面CBD, ∴∠AEC为二面角A-BD-C的平面角. 在直角三角形A1BC中,有BD=12A1C=3, 易得AE=EC=23 6. 在△AEC中,由余弦定理的推论得cos∠AEC=AE2+EC2-AC22AE·EC=-12,∴sin∠AEC=32,即二面角A-BD-C的正弦值为32. 解法二(向量法):以B为坐标原点,BC,BA,BB1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, 则A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),D(1,1,1),BA=(0,2,0),BD=(1,1,1),CD=(-1,1,1), 设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则BA·n1=0,BD·n1=0,即2y1=0,x1+y1+z1=0, 取x1=1,则z1=-1,故n1=(1,0,-1), 设平面BDC的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则BD·n2=0,CD·n2=0,即x2+y2+z2=0,-x2+y2+z2=0, 取y2=1,则z2=-1,x2=0,故n2=(0,1,-1), ∴cos<n1,n2>=12×2=12.∴sin<n1,n2>=32, ∴二面角A-BD-C的正弦值为32. 5.(2022广东茂名检测,18)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,E,F分别是BC,CC1的中点. (1)求证:平面AEF⊥平面B1BCC1; (2)若∠EFC=30°,求点C到平面AEF的距离. 解析　(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,又∵AE⊂平面ABC,∴AE⊥BB1. ∵△ABC为等边三角形,E为BC的中点,∴AE⊥BC, 又∵BB1∩BC=B,BB1,BC⊂平面B1BCC1, ∴AE⊥平面B1BCC1, ∵AE⊂平面AEF,∴平面AEF⊥平面B1BCC1. (2)在Rt△EFC中,∠EFC=30°,EC=1,∴EF=2,FC=3.设点C到平面AEF的距离为d,由(1)知AE⊥面B1BCC1, 则由VA-EFC=VC-AEF ,即13·AE·12·EC·FC=13·d·12·AE·EF,解得d=32. 6.(2022江苏涟水一中测试,18)如图1,AD,BC是等腰梯形CDEF的两条高,AD=AE=CD=2,点M是线段AE的中点,将该等腰梯形沿着两条高AD,BC折叠成如图2所示的四棱锥P-ABCD(E,F重合,记为点P). (1)求证:BM⊥DP; (2)求点M到平面BDP的距离h. 图1 图2 解析　(1)证明:因为AD⊥EF,所以AD⊥AP,AD⊥AB,又AP∩AB=A,AP,AB⊂平面ABP,所以AD⊥平面ABP.因为BM⊂平面ABP,所以AD⊥BM. 由已知得,AB=AP=BP=2,所以△ABP是等边三角形, 又因为点M是AP的中点,所以BM⊥AP. 因为AD∩AP=A,AD,AP⊂平面ADP, 所以BM⊥平面ADP. 因为DP⊂平面ADP,所以BM⊥DP. (2)取BP的中点N,连接DN, 因为AD⊥平面ABP,AB=AP=AD=2, 所以DP=BD=22,所以DN⊥BP. 所以在Rt△DPN中,DN=DP2-PN2=8-1=7, 所以S△DBP=12BP·DN=12×2×7=7, 因为AD⊥平面ABP,所以VD-BMP=13AD·S△BMP. 因为VM-BDP=VD-BMP,所以13h·S△BDP=13AD·S△BMP, 又S△BMP=12S△ABP=12×34×AB2=38×22=32, 所以h=AD·S△BMPS△BDP=37=217,即点M到平面BDP的距离为217. 综合篇 考法一　求解直线与平面所成角的方法 考向一　用几何法求直线与平面所成的角 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(多选)(2022新高考Ⅰ,9,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　　) A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90° C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° 答案　ABD　 2.(2013山东,4,5分)已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,体积为94,底面是边长为3的正三角形.若P为底面A1B1C1的中心,则PA与平面ABC所成角的大小为(　　) A.5π12　　　　B.π3　　　　C.π4　　　　D.π6 答案　B　 3.(2014四川,8,5分) 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是(　　) A.33,1　　　　B.63,1 C.63,223　　　　D.223,1 答案　B　 4.(2022全国甲,理7,文9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则(　　) A.AB=2AD B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° C.AC=CB1 D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° 答案　D　 5.(2022全国甲理,18,12分)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3. (1)证明:BD⊥PA; (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 解析　(1)证明:过D作DH⊥AB,垂足为H,则AH=12,又AD=1,所以DH=32.易知BH=32,所以BD=3,在△ABD中,AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD.因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PD⊥BD,又因为PD∩AD=D,所以BD⊥平面PAD,又PA⊂平面PAD,所以BD⊥PA. (2)连接PH. 设点D到平面PAB的距离为h, 由VD-PAB=VP-ABD得13S△PAB·h=13S△ABD·PD, 所以h=S△ABD·PDS△PAB. 由(1)易知S△ABD=12×2×32=32, 由PD⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,DH⊂平面ABCD,得PD⊥AB,PD⊥DH,又AB⊥DH,DH∩PD=D,所以AB⊥平面PDH,所以AB⊥PH. 在Rt△PDH中,PH=34+3=152, ∴S△PAB=12×2×152=152,∴h=32×3152=315=155. 设直线PD与平面PAB所成的角为θ,则 sin θ=hPD=155×13=55. 故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为55. 考向二　用向量法求直线与平面所成的角 1.(2022浙江慈溪中学开学考,13)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=1,AB=2,则直线AA1与平面B1CD1所成角的正弦值为　　　　.  答案　63 2.(2022天津西青月考,13)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点Р在侧面BCC1B1(包括边界)上运动,满足AP⊥BD1,记直线C1P与平面ACB1所成角为α,则sin α的取值范围是　　　　.  答案　33,63 3.(2020新高考Ⅰ,20,12分)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明:l⊥平面PDC; (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.因为PD∩DC=D,所以AD⊥平面PDC.因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC. (2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),则DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则 n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0,a). 所以cos<n,PB>=n·PB|n|·|PB|=-1-a31+a2. 设PB与平面QCD所成角为θ,则sin θ=33×a+1|1+a2=331+2aa2+1.因为331+2aa2+1≤63,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63. 4.(2023届湖北摸底联考,20)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3,点D,E分别在棱AA1和棱CC1上,且AD=1,CE=2. (1)设F为B1C1的中点,求证:A1F∥平面BDE; (2)求直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值. 解析　(1)证明:取BE的中点G,连接FG、DG,则FG∥CC1∥AA1,且FG=C1E+BB12=1+32=2,所以FG∥A1D且FG=A1D,所以四边形A1DGF为平行四边形,所以A1F∥DG.又A1F⊄平面BDE,DG⊂平面BDE,所以A1F∥平面BDE. (2)因为直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,所以CA、CB、CC1两两垂直. 分别以CA、CB、CC1的方向为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B(0,2,0),E(0,0,2),D(2,0,1),A(2,0,0),所以BE=(0,-2,2),BD=(2,-2,1),A1B1=AB=(-2,2,0), 设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则n·BE=0,n·BD=0, 即-2y+2z=0,2x-2y+z=0,令y=1,得到平面BDE的一个法向量为n=12,1,1. 设直线A1B1与平面BDE所成的角为θ, 则sin θ=|cos<A1B1,n>|=|A1B1·n||A1B1|·|n|=12×(-2)+1×2+1×014+1+1×4+4+0=26, 所以直线A1B1与平面BDE所成角的正弦值为26. 考法二　求解二面角的方法 考向一　用几何法求二面角 1.(2022河北冀州中学月考,4)在长方体ABCD-A'B'C'D'中,若AB=AD=23,CC'=2,则二面角C'-BD-C的大小为(　　) A.30°　　　　B.45°　　　　C.60°　　　　D.90° 答案　A　 2.(2022福建厦门月考,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,侧面PAD为正三角形,且平面PAD⊥平面ABCD,E,F分别为棱AB,PC的中点. (1)求证:EF∥平面PAD; (2)求二面角P-EC-D的正切值. 解析　(1)证明:取PD的中点G,连接GF、AG. 由题意知GF为△PDC的中位线, ∴GF∥CD且GF=12CD,又AE∥CD且AE=12CD, ∴GF∥AE且GF=AE,∴四边形EFGA是平行四边形,则EF∥AG,又EF⊄平面PAD,AG⊂平面PAD,∴EF∥平面PAD. (2)取AD的中点O,连接PO,则PO⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD, ∴PO⊥平面ABCD,连接OB交CE于M,连接PM,可证得Rt△EBC≌Rt△OAB,∴∠MEB=∠AOB,则∠MEB+∠MBE=90°,即OM⊥EC. 又PO⊥EC,PO∩OM=O,∴EC⊥平面POM,则PM⊥EC,即∠PMO是二面角P-EC-D的平面角, 在Rt△EBC中,BM=BE·BCCE=255,则OM=OB-BM=355,∴tan∠PMO=POOM=153,即二面角P-EC-D的正切值为153. 3.(2022河北邯郸检测,19)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形,AB=2,AD=4,PA⊥平面ABCD,E是BC的中点. (1)证明:DE⊥平面PAE; (2)若PD与平面ABCD所成的角为45°,求二面角A-PD-E的正切值. 解析　(1)证明:由条件可得AE=DE=22,又AD=4,所以AE2+DE2=AD2,所以AE⊥DE,又因为PA⊥平面ABCD,DE⊂平面ABCD,所以PA⊥DE,又PA∩AE=A,所以DE⊥平面PAE. (2)因为∠PDA是PD与平面ABCD所成的角,所以∠PDA=45°,则PA=AD=4,因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以AB⊥AP,又AB⊥AD,AD∩AP=A,所以AB⊥平面PAD,取AD的中点F,作FM⊥PD,垂足为点M,连接ME,因为EF∥AB,所以EF⊥平面PAD,所以EF⊥PD,又MF∩EF=F,MF,EF⊂平面MEF,所以PD⊥平面MEF,因为ME⊂平面MEF,所以PD⊥ME,即∠FME是二面角A-PD-E的平面角,又EF=AB=2,MF=22FD=2,所以tan∠FME=EFMF=2,所以二面角A-PD-E的正切值为2. 考向二　用向量法求二面角 1.(多选)(2022广东普宁华侨中学月考,9)三棱锥A-BCD中,平面ABD与平面BCD的法向量分别为n1、n2,若n1=(1,0,0),n2=(-3,0,1),则二面角A-BD-C的大小可能为(　　) A.π6　　　　B.π3　　　　C.2π3　　　　D.5π6 答案　AD　 2.(2022全国乙理,18,12分)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. 解析　(1)证明:因为AD=CD,E为AC的中点,所以DE⊥AC.因为∠ADB=∠BDC,AD=CD,BD=BD,所以△ADB≌△CDB,所以AB=CB,又E为AC的中点,所以BE⊥AC.又DE,BE⊂平面BED,且DE∩BE=E, 所以AC⊥平面BED,又AC⊂平面ACD, 所以平面ACD⊥平面BED. (2)由题意及(1)知AB=BC=2,又∠ACB=60°,所以AC=2,BE=3.因为AD⊥DC,E为AC的中点,所以DE=1. 所以DE2+BE2=BD2,则DE⊥BE. 连接EF,因为AC⊥平面BED,EF⊂平面BED, 所以AC⊥EF,所以S△AFC=12AC·EF=EF. 当EF⊥BD时,EF的值最小,即△AFC的面积最小,此时EF=32.如图,以E为坐标原点,EA,EB,ED的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系E-xyz,则C(-1,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1),F0,34,34, 所以AD=(-1,0,1),BD=(0,-3,1),CF=1,34,34. 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z), 则AD·n=0,BD·n=0,即-x+z=0,-3y+z=0, 令y=1,得n=(3,1,3). 设CF与平面ABD所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,CF>|=|n·CF||n||CF|=437, 所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437. 3.(2021全国甲理,19,12分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 解析　∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B, ∴A1B1⊥平面B1C1CB,∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB, 又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC. 以B为坐标原点,BA,BC,BB1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,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴BF=(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则DE=(1-a,1,-2). (1)证明:∵BF·DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE. (2)EF=(-1,1,1),FD=(a,-2,1),设平面DFE的法向量为n=(x,y,z), 则EF·n=-x+y+z=0,FD·n=ax-2y+z=0,不妨设x=1,则y=a+13,z=2-a3,∴n=1,a+13,2-a3. 易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量. 设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=|cos<m,n>|=|m·n||m|·|n|=11+a+132+2-a32=32a-122+272≤3272=63当a=12时取等号,∴sin θ=1-cos2θ≥33,故当a=12,即B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为33. 4.(2023届福建漳州质检,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的正方形,AP⊥BP,AP=BP,PD=6.记平面PAB与平面PCD的交线为l. (1)证明:AB∥l; (2)求平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值. 解析　(1)证明:因为AB∥CD,CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,所以AB∥平面PCD. 又AB⊂平面PAB,平面PAB∩平面PCD=l,所以AB∥l. (2)因为AP⊥BP,所以PA2+PB2=AB2=4, 又PA=PB,所以PA=PB=2, 又PD=6,所以PA2+AD2=PD2,所以AD⊥PA, 又AD⊥AB,PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,所以AD⊥平面PAB.取AB,CD的中点分别为O,M,连接MO,OP,则MO∥AD,所以MO⊥平面PAB,又OP⊂平面PAB,所以MO⊥OP. 又因为PA=PB,O为AB的中点,所以OP⊥AB. 如图,以O为原点,分别以OP,OB,OM的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则P(1,0,0),C(0,1,2),D(0,-1,2),所以PC=(-1,1,2),PD=(-1,-1,2). 设n=(x,y,z)是平面PCD的法向量,则n·PC=0,n·PD=0,即-x+y+2z=0,-x-y+2z=0,取z=1,得x=2,y=0,则n=(2,0,1). 又m=(0,0,1)是平面PAB的一个法向量, 所以cos<n,m>=n·m|n|·|m|=15=55, 所以平面PAB与平面PCD所成的角的正弦值为1-552=255. 5.(2019课标Ⅰ理,18,12分)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN∥平面C1DE; (2)求二面角A-MA1-N的正弦值. 解析　(1)证明:连接B1C,ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以ME∥B1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1􀱀DC,可得B1C􀱀A1D,故ME􀱀ND,因此四边形MNDE为平行四边形,则MN∥ED.又MN⊄平面EDC1,所以MN∥平面C1DE. (2)由已知可得DE⊥DA.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0). 设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,则m·A1M=0,m·A1A=0. 所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0). 设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则n·MN=0,n·A1N=0. 所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1). 于是cos<m,n>=m·n|m||n|=232×5=155, 所以二面角A-MA1-N的正弦值为105. 6.(2017课标Ⅱ理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=12AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点. (1)证明:直线CE∥平面PAB; (2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值. 解析　(1)证明:取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=12AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=12AD,所以EF􀱀BC,所以四边形BCEF是平行四边形,所以CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB. (2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),则PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0). 设M(x,y,z)(0<x<1),则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).因为BM与底面ABCD所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量, 所以|cos<BM,n>|=sin 45°,即z(x-1)2+y2+z2=22, 即(x-1)2+y2-z2=0.① 又M在棱PC上,设PM=λPC,则 x=λ,y=1,z=3-3λ.② 由①,②解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),或x=1-22,y=1,z=62, 所以M1-22,1,62,从而AM=1-22,1,62. 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量, 则m·AM=0,m·AB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0, 所以可取m=(0,-6,2). 于是cos<m,n>=m·n|m||n|=105. 易知所求二面角为锐二面角. 因此二面角M-AB-D的余弦值为105. 7.(2023届江苏百校联考第一次考试,20)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为直角梯形,AD∥BC,AD⊥AB,侧面PAB⊥底面ABCD,PA=PB=AD=12BC=2,且E,F分别为PC,CD的中点. (1)证明:DE∥平面PAB; (2)若直线PF与平面PAB所成的角为60°,求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值. 解析　(1)证明:取PB的中点M,连接AM,EM, ∵E为PC的中点,∴M