2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题突破练11　空间角、空间距离（含解析）

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(1)证明:AC⊥AB;
(2)若AA1=2,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=22,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=23,二面角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=12AD,M为棱PD的中点,四面体P-ABC的体积为43,△PBC的面积为22.
(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AB,AC,AA1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(1,0,2),C1(0,1,2),D(1,1,0).
∴BC=(-2,2,0),BB1=(-1,0,2),AC1=(0,1,2),AD=(1,1,0).
设m=(x1,y1,z1)是平面BCC1B1的法向量,则BC·m=0,BB1·m=0,即-2x1+2y1=0,-x1+2z1=0,
令x1=2,则y1=2,z1=1,故m=(2,2,1).
设n=(x2,y2,z2)是平面ADC1的法向量,则AD·n=0,AC1·n=0,即x2+y2=0,y2+2z2=0,
令x2=2,则y2=-2,z2=1,故n=(2,-2,1).
∴cs=m·n|m||n|=15.∴平面BCC1B1与平面ADC1夹角的余弦值为15.
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=12BE,
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=22,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(32,12,0),P(0,0,2),B(0,2,0),F(0,1,1),A(-3,-1,0),
PA=(-3,-1,-2),PB=(0,2,-2),DF=(-32,12,1).
设平面ABP的法向量为n=(x,y,z),
则n⊥PA,n⊥PB,所以n·PA=0,n·PB=0,所以-3x-y-2z=0,2y-2z=0,取z=-1,则x=3,y=-1,
所以平面ABP的一个法向量为n=(3,-1,-1).
设DF与平面ABP所成角为θ,则sin θ=|n·DF||n||DF|=|-32-12-1|52=31010,
所以直线DF与平面ABP所成角的正弦值为31010.
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=23,∴DE=3.
设PD=2a(a>0),则F(0,0,a),E(3,0,0),C(0,23,0),P(0,0,2a),B(3,3,0),A(3,-3,0),
∴EF=(-3,0,a),EC=(-3,23,0).
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n2·EF=-3x+az=0,n2·EC=-3x+23y=0,
取x=2a,可得n2=(2a,3a,6).
∴|cs|=|n1·n2||n1||n2|=|2a|1×4a2+3a2+36=12,解得a=2,
∴PB=(3,3,-4),AD=(-3,3,0),
∴|cs|=|PB·AD||PB||AD|=|-9+3|9+3+16×9+3=2114,
即PB和AD所成角的余弦值为2114.
(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=(4,23,6),∵AC=(-3,33,0),
∴sin θ=|cs|=|AC·n2||AC||n2|=|-12+18+0|6×8=18,
即直线AC与平面EFC所成角的正弦值为18.
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=12AD,又BC∥AD,BC=12AD,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43,△PBC的面积为22,得13S△PBC·h=13·22·h=43,解得h=2,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2.
(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=2,则AP=AB=2,BP=22,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22,BP=22,则BC=2,AD=4,PC=23,
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CN=λCP(0≤λ≤1),则N(2-2λ,2-2λ,2λ),BC=(0,2,0),PB=(2,0,-2),AB=(2,0,0),AN=(2-2λ,2-2λ,2λ),设平面BNC的法向量为n=(x1,y1,z1),则PB·n=2x1-2z1=0,BC·n=2y1=0,取z1=1,得n=(1,0,1).
设平面ABN的法向量为m=(x2,y2,z2),则
AB·m=2x2=0,AN·m=(2-2λ)x2+(2-2λ)y2+2λz2=0,
取y2=2λ,得m=(0,2λ,2λ-2),
cs=2λ-222·2λ2-2λ+1,由平面ABN与平面BNC的夹角为60°,
得1-λ2·2λ2-2λ+1=12,解得λ=12,即N为BC的中点,所以NC=3.