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(共90张PPT)
第2讲　大题专攻
——空间几何体中的证明与计算
目录
CONTENTS
课时跟踪检测
锁定高考·明方向
研透高考·攻重点
有的放矢 事半功倍
重难攻坚 快速提升
01
锁定高考·明方向
有的放矢 事半功倍
一、考情分析
高频考点 高考预测
平行与垂直 在解答题中多与线、面位置关系的证明相结
合，继续考查空间角与空间距离的计算，注意
与体积、最值等问题的交汇考查
空间角 空间距离 二、真题感悟
1. （2024·新高考Ⅰ卷17题）（线面平行的证明、二面角相关问题的求解）
如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，
AB＝ .
（1）若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
解：证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
（2）若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为 ，求AD.
解：法一　如图所示，过点D作DE⊥AC于
E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面
ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面
DEF，所以CP⊥DF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-
CP-D的平面角，
即 sin ∠DFE＝ ，即tan∠DFE＝ .
因为AD⊥DC，设AD＝x，则CD＝ ，
由等面积法可得，DE＝ ，
又CE＝ ＝ ，而
△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝ ，
故tan∠DFE＝ ＝ ，解得x＝ ，即AD＝ .
法二　以DA，DC分别为x轴，y轴，过点D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz，
令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝
，C（0， ，0），
设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则所以
不妨设x1＝ ，则y1＝t，z1＝0，n1＝（ ，t，0）.
则所以
不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）.
因为二面角A-CP-D的正弦值为 ，则余弦值为 ，
所以 ＝｜ cos ＜n1，n2＞｜＝ ＝ ，
所以t＝ ，所以AD＝ .
设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
2. （2022·新高考Ⅰ卷19题）（点到平面的距离、二面角）如图，直三棱柱
ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 .
（1）求A到平面A1BC的距离；
解：设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，
所以 ＝ S△ABC×AA1＝ ＝ ，
又△A1BC的面积为2 ， ＝ h
＝ ×2 h＝ ，
所以h＝ ，
即点A到平面A1BC的距离为 .
（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：取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平
面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以
AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥
平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以 ， ， 的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
由（1）知，AE＝ ，所以AA1＝AB＝2，A1B
＝2 ，
因为△A1BC的面积为2 ，所以2 ＝
×A1B×BC，所以BC＝2，
所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，
0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E
（0，1，1），
则 ＝（1，1，1）， ＝（0，2，0），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令x＝1，得n＝（1，0，－1），
又平面BDC的一个法向量为 ＝（0，－1，1），
所以 cos ＜ ，n＞＝ ＝ ＝－ ，
设二面角A-BD-C的平面角为θ，
则 sin θ＝ ＝ ，
所以二面角A-BD-C的正弦值为 .
1. 用向量证明平行、垂直
设直线l的方向向量为a＝（a1，b1，c1），平面α，β的法向量分别为
μ＝（a2，b2，c2），v＝（a3，b3，c3）.则有：
（1）线面平行：l∥α a⊥μ a·μ＝0 a1a2＋b1b2＋c1c2＝0；
（2）线面垂直：l⊥α a∥μ a＝kμ a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝
kc2；
（3）面面平行：α∥β μ∥v μ＝λv a2＝λa3，b2＝λb3，c2
＝λc3；
（4）面面垂直：α⊥β μ⊥v μ·v＝0 a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
2. 用向量求空间角
（1）直线l1，l2的夹角θ满足 cos θ＝｜ cos ＜l1，l2＞｜（其中l1，l2
分别是直线l1，l2的方向向量）；
（2）直线l与平面α的夹角θ满足 sin θ＝｜ cos ＜l，n＞｜（其中l
是直线l的方向向量，n是平面α的法向量）；
（3）平面α，β的夹角θ满足 cos θ＝｜ cos ＜n1，n2＞｜，则二面
角α-l-β的平面角为θ或π－θ（其中n1，n2分别是平面α，β
的法向量）.
易错提醒　（1）直线与平面所成角的范围为 ，而向量之
间的夹角的范围为[0，π]，所以公式中要加绝对值；（2）利用公
式求二面角的平面角时，要注意＜n1，n2＞与二面角大小的关
系，是相等还是互补，需要结合图形进行判断；（3）注意二面角
与两个平面的夹角的区别与联系，二面角的范围为[0，π]，两个
平面的夹角的范围为［0， ］.
3. 用向量求空间距离
（1）点线距离：如图，向量 在直线l上的投影向量为 ，则点P到
直线l的距离为｜PQ｜＝ ＝
（其中u是直线l的单位方向向量）；
（2）点面距离：如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定
点，P是平面α外一点.则点P到平面α的距离为｜PQ｜＝｜
· ｜＝｜ ｜＝ .
02
研透高考·攻重点
重难攻坚 快速提升
空间平行、垂直的证明
【例1】　如图，平行四边形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，
M是 上异于C，D的点，P为线段AM的中点，AB＝ ，BD＝2，
∠ABD＝30°.
求证：（1）MC∥平面PBD；
证明：如图，连接AC交BD于点O，连接
PO，易得O为AC中点，
又P为线段AM的中点，则OP∥CM.
又OP 平面PBD，CM 平面PBD，则MC∥平
面PBD.
（2）平面AMD⊥平面BMC.
证明：在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋DB2－
2AB·DB· cos ∠ABD，即AD2＝1，则AD2＋AB2＝BD2，故
AB⊥AD，
所以平行四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC.
又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD＝CD，AD 平
面ABCD，则AD⊥平面CMD，
又CM 平面CMD，则AD⊥CM.
又M是半圆弧CD上的点，则CM⊥MD.
因为MD∩AD＝D，MD，AD 平面AMD，所以CM⊥平面AMD.
因为CM 平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC.
1. 几何法证明平行、垂直关系的三类转化
（1）平行间的转化
（2）垂直间的转化
（3）平行与垂直间的转化
2. 利用向量证明平行与垂直的一般步骤
（1）建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关
系；
（2）建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中
所涉及的点、直线、平面等要素；
（3）通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研
究平行、垂直关系；
（4）根据运算结果解答相关问题.
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点
E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.
求证：
（1）B1D⊥平面ABD；
证明：依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系B-xyz，如图所示，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），C1（0，2，4），设BA＝a，则A（a，0，0），所以 ＝（a，0，0）， ＝（0，
2，2）， ＝（0，2，－2）， · ＝0， · ＝0，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD，
又BA∩BD＝B，BA，BD 平面ABD，
因此B1D⊥平面ABD.
（2）平面EGF∥平面ABD.
证明：由（1）知，E（0，0，3），G ，F（0，1，4），则 ＝ ， ＝（0，1，1）， · ＝0＋2－2＝0， · ＝0＋2－2＝0，
即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，EG，EF 平面EGF，
因此B1D⊥平面EGF.
结合（1）可知 是平面ABD的一个法向量.
所以平面EGF∥平面ABD.
求空间角
考向1　直线与平面所成的角
【例2】　（2024·合肥第一次教学质量检测）如图，三棱柱ABC-A1B1C1
中，四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形，D，E分别是棱AB，A1B1的中
点，N为C1E上一点.
（1）证明：BN∥平面A1DC；
解：证明：连接BE，BC1，DE，如图.
因为AB∥A1B1，且AB＝A1B1，
D，E分别是棱AB，A1B1的中点，
所以BD∥A1E，且BD＝A1E，
所以四边形BDA1E为平行四边形，
所以A1D∥EB，
又A1D 平面A1DC，EB 平面A1DC，所以EB∥平
面A1DC.
因为DE∥BB1∥CC1，且DE＝BB1＝CC1，
所以四边形DCC1E为平行四边形，
所以C1E∥CD，
又CD 平面A1DC，C1E 平面A1DC，
所以C1E∥平面A1DC.
因为C1E∩EB＝E，C1E，EB 平面BEC1，
所以平面BEC1∥平面A1DC.
因为BN 平面BEC1，所以BN∥平面A1DC.
（2）若AB＝AC， ＝3 ，求直线DN与平面A1DC所成角的正弦
值.
解：因为四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
所以CC1⊥平面ABC.
因为DE∥CC1，
所以DE⊥平面ABC.
从而DE⊥DB，DE⊥DC.
因为AB＝AC＝BC，
所以△ABC为等边三角形.
因为D是AB的中点，
所以CD⊥DB，
即DB，DC，DE两两垂直.
以D为原点，DB，DC，DE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D-xyz.
设AB＝2 ，则D（0，0，0），E（0，0，
2 ），C（0，3，0），C1（0，3，2 ），A1
（－ ，0，2 ），
所以 ＝（0，3，0）， ＝（－ ，0，2 ）.
设n＝（x，y，z）为平面A1DC的法向量，
则即可取n＝（2，0，1）.
因为 ＝3 ，所以N（0，2，2 ）， ＝（0，2，2 ）.
设直线DN与平面A1DC所成角为θ，
则 sin θ＝｜ cos ＜n， ＞｜＝ ＝ ＝ ，
即直线DN与平面A1DC所成角的正弦值为 .
利用向量求直线与平面所成角的步骤
（1）建系→找出（或作出）两两垂直的三条直线，建立适当的空间直角
坐标系；
（2）求向量→先分别求出相关点的坐标，再求直线的方向向量和平面的
法向量；
（3）用公式→由两向量夹角的余弦公式 cos ＜m，n＞＝ 求两个
向量夹角的余弦值.
提醒　平面的法向量与斜线的方向向量所成角的余弦值的绝对值为
线面角的正弦值，不是余弦值.
考向2　二面角（平面与平面的夹角）
【例3】　（2024·太原高三模拟考试）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，
CC1⊥平面ABC，平面A1BC⊥平面ACC1A1，A1C1＝CC1＝ AC，△A1BC
的面积为2 ，三棱锥A1-ABC的体积为 .
（1）求证：BC⊥AA1；
解：证明：如图，取A1C的中点D，连接C1D.
∵A1C1＝CC1，∴C1D⊥A1C.
∵平面A1BC⊥平面ACC1A1，
∴C1D⊥平面A1BC，∴C1D⊥BC.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥BC，
∵C1D∩CC1＝C1，
∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AA1.
（2）求平面A1BB1与平面A1BC1夹角的大小.
解：由（1）得CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC，BC⊥A1C. ∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC. 以C为原点，
CA，CB，CC1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.
设A1C1＝a，B1C1＝b，则

解得
则C（0，0，0），C1（0，0，2），A1（2，0，
2），B（0，2，0），B1（0，1，2），
则 ＝（2，0，0）， ＝（2，－2，2），
＝（2，－1，0）.
设m＝（x1，y1，z1）是平面A1BC1的法向量，则
∴
取z1＝1，则x1＝0，y1＝1，∴m＝（0，1，1）.
设n＝（x2，y2，z2）是平面A1BB1的法向量，则
∴
取z2＝1，则x2＝1，y2＝2，∴n＝（1，2，1）.
∴｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ＝ ，
∴平面A1BB1与平面A1BC1的夹角为30°.
利用向量求二面角（平面与平面的夹角）的步骤
（1）建系→找出（或作出）两两垂直的三条直线，建立适当的空间直角
坐标系；
（2）求向量→求出两个平面的法向量m，n；
（3）用公式→用向量的夹角公式 cos ＜m，n＞＝ ，并利用同角
三角函数的基本关系式求出二面角的正弦值.
提醒　注意题目中的设问是求二面角还是求平面与平面的夹角，它
们的范围不同.
　（2024·兰州高三诊断考试）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面
ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝AD＝3，AB＝4，BC＝5，E，F分
别为PB，PC上一点， ＝λ ，EF∥BC.
（1）当PB⊥平面AEFD时，求λ的值；
解：法一　如图所示，以A为坐标原点，AB
所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线
为z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P
（0，0，3），B（4，0，0），C（4，5，0），D
（0，3，0），
设E（x，y，z），由 ＝λ ，可得（x－4，
y，z）＝λ（－4，0，3），
则E（4－4λ，0，3λ）.
因为PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，所以
PB⊥AE.
又 ＝（4，0，－3）， ＝（4－4λ，0，
3λ），
所以由 · ＝0，得16－25λ＝0，
解得λ＝ .
法二　由PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，得PA⊥AB，
由PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，得PB⊥AE，
在Rt△ABP中，BP＝ ＝ ＝5，AE＝ ＝ ＝
.
在Rt△ABE中，由勾股定理得BE＝ ＝ ＝ ，
因为 ＝λ ，所以λ＝ ＝ .
（2）当二面角E-AD-B的余弦值为 时，求PC与平面AEFD所成角的正
弦值.
解：法一　设平面EAD的法向量为n＝（x'，
y'，z'），由（1）知 ＝（4－4λ，0，3λ），
＝（0，3，0），
由n⊥ ，n⊥ ，得
令x'＝3λ，得n＝（3λ，0，4λ－4）.
易得平面ABD的一个法向量为m＝（0，0，1），
又二面角E-AD-B的余弦值为 ，
所以｜ cos ＜m，n＞｜＝ ＝ ，得λ＝ ，
则n＝（ ，0，－2），由（1）知 ＝（4，5，－3），
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则 sin θ＝
＝ ＝ ，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为 .
法二 因为PA⊥底面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
又AB⊥AD，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，
又AE 平面PAB，所以AD⊥AE，
因此二面角E-AD-B的平面角为∠EAB.
由题知 cos ∠EAB＝ ， cos ∠EBA＝ ＝ ，
所以∠EAB＝∠EBA，∠EAP＝∠EPA，
因此EA＝EP＝EB，即E为BP的中点.
以点A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间
直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，3），C（4，5，0），D
（0，3，0），B（4，0，0），E（2，0， ），
则 ＝（4，5，－3）， ＝（2，0， ）， ＝（0，3，0），
设平面AEFD的法向量为n＝（x，y，z），
则令x＝3，得z＝－4，则n＝（3，0，－4）.
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝
＝ ＝ ，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为 .
空间距离
【例4】　如图，在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB＝BC＝2CD＝
2，AD＝ ，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P的位置，
二面角P-AC-D为 .
（1）求异面直线AP，BC所成角的余弦值；
解：在直角梯形ABCD中，过点D作DO⊥AC
交AC于O，连接OP，则可以以点O为坐标原点，
直线OA为x轴，平面ABCD内过点O且垂直于AC的
直线为y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴
建立空间直角坐标系，如图所示.
因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，所以∠DOP为二面
角P-AC-D的平面角，所以∠DOP＝ .
又OD＝OP＝ ，所以P（0，－ ， ），
易知C（－ ，0，0），A（ ，0，0），B（ ， ，0），所以 ＝（－ ，－ ， ）， ＝（－1，－ ，0），
所以 cos ＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ，
所以异面直线AP，BC所成角的余弦值为 .
（2）求点A到平面PBC的距离.
解： ＝（－ ， ，－ ）， ＝（－1，－ ，0），
设n＝（x，y，z）为平面PBC的法向量，则
令x＝ ，则y＝－1，z＝－ ，故平面PBC的一个法向量为n＝
（ ，－1，－ ），
所以点A到平面PBC的距离d＝ ＝ ＝ .
求点到平面的距离的步骤
如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点.
解：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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（1，0，1），B（1，1，1），C（0，
1，1），C1（0，1，0），E（1， ，0），F
（1， ，1）.
（1）求点B到直线AC1的距离；
取a＝ ＝（0，1，0），u＝ ＝
（－1，1，－1）＝（－ ， ，－ ），则a2＝1，a·u＝ ，
所以点B到直线AC1的距离为 ＝ ＝ .
（2）判断直线FC与平面AEC1的位置关系；如果平行，求直线FC到平面
AEC1的距离.
解：因为 ＝ ＝（－1， ，0），所以
FC∥EC1，
所以FC∥平面AEC1，
所以点F到平面AEC1的距离，即为直线FC到平面
AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n＝（x，y，z）， ＝
（0， ，－1）.
则所以
所以
取z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝（1，2，1）是平
面AEC1的一个法向量.
又因为 ＝（0， ，0），所以点F到平面AEC1的
距离为d＝ ＝ ＝ ，
即直线FC到平面AEC1的距离为 .
03
课时跟踪检测
1. （2024·邯郸第四次调研）如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，设
平面PAD与平面PBC相交于直线l.
（1）证明：l∥AD；
解：证明：因为四棱锥P-ABCD的底面是正
方形，所以BC∥AD，
又BC 平面PBC，AD 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
因为AD 平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，
所以l∥AD.
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（2）若平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB＝ ，AB＝2，求直线PC
与平面PAD所成角的正弦值.
解：因为PA＝PB，取AB的中点O，连
接PO，则PO⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面
ABCD＝AB，则PO⊥平面ABCD，
所以以O为坐标原点建立如图所示的坐标系，
因为PA＝PB＝ ，AB＝2，ABCD是正方
形，所以PO＝2，
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则P（0，0，2），A（1，0，0），C（－1，
2，0），D（1，2，0），
＝（－1，0，2）， ＝（0，2，0），
＝（－1，2，－2），
设平面PAD的法向量为n＝（x，y，z），则
n· ＝－x＋2z＝0，n· ＝2y＝0，
取x＝2，则y＝0，z＝1，即n＝（2，0，1），
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设直线PC与平面PAD所成角为θ，
则 sin θ＝｜ cos ＜ ，n＞｜＝ ＝
＝ ，
所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为 .
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2. 在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O'的直
径，FB是圆台的一条母线.
（1）已知G，H分别为EC，FB的中点.求证GH∥平面ABC；
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解：设FC的中点为I，连接GI，HI，如
图所示，在△CEF中，因为点G是CE的中点，
所以GI∥EF.
又EF∥OB，所以GI∥OB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，
所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，HI，GI 平面
GHI，OB，BC 平面ABC，所以平面GHI∥平
面ABC.
因为GH 平面GHI，所以GH∥平面ABC.
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（2）已知EF＝FB＝ AC＝2 ，AB＝BC. 求二面角F-BC-A的余
弦值.
解：法一　连接OO'，则OO'⊥平面ABC.
又AB＝BC，且AC是☉O的直径，所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B（0，2 ，0），C（－2 ，0，0）.
过点F作FM垂直OB于点M，
所以FM＝ ＝3，
可得F（0， ，3）.
故 ＝（－2 ，－2 ，0）， ＝（0，－
，3）.
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设m＝（x，y，z）是平面BCF的法向量，
由
可得
可得平面BCF的一个法向量m＝（－1，1， ）.
因为平面ABC的一个法向量n＝（0，0，1），
所以 cos ＜m，n＞＝ ＝ .
所以二面角F-BC-A的余弦值为 .
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法二　如图所示，连接OO'，过点F作FM垂直OB于点M，
则有FM∥OO'.
又OO'⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC.
可得FM＝ ＝3.
过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.
可得FN⊥BC，
从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.
又AB＝BC，AC是☉O的直径，
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从而FN＝ ，可得 cos ∠FNM＝ .
所以二面角F-BC-A的余弦值为 .
所以MN＝BM sin 45°＝ ，
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3. （2024·杭州二模）如图，在多面体ABCDPQ中，底面ABCD是平行四
边形，∠DAB＝60°，BC＝2PQ＝4AB＝4，M为BC的中点，
PQ∥BC，PD⊥DC，QB⊥MD.
（1）证明：∠ABQ＝90°；
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解：证明：连接PM，
在△DCM中，由余弦定理得DM＝ ，
所以DM2＋DC2＝CM2，所以∠MDC＝90°，所
以DM⊥DC.
又因为DC⊥PD，DM∩PD＝D，DM，PD 平
面PDM，所以DC⊥平面PDM.
因为PM 平面PDM，所以DC⊥PM.
显然，四边形PQBM为平行四边形，
所以PM∥QB.
又AB∥DC，所以AB⊥BQ，
所以∠ABQ＝90°.
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（2）若多面体ABCDPQ的体积为 ，求平面PCD与平面QAB夹角的
余弦值.
解：因为QB⊥MD，PM∥QB，所以
PM⊥MD，又PM⊥DC，MD∩DC＝D，MD，
DC 平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD.
取AD中点E，连接PE，ME，设PM＝h.
设多面体ABCDPQ的体积为V，
则V＝V三棱柱ABQ-EMP＋V四棱锥P-CDEM＝3VA-PEM＋V四
棱锥P-CDEM＝3VP-AEM＋V四棱锥P-CDEM＝S△AEMh＋ S四
边形CDEMh＝S△AEMh＋ ×2S△AEMh＝ S△AEMh＝ .
解得PM＝h＝3 .
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建立如图所示的空间直角坐标系，则C（ ，－1，0），D（ ，0，0），P（0，0，3 ），所以 ＝（0，1，0）， ＝（ ，0，－3 ），
易知平面QAB的一个法向量为n＝（1，0，0）.
设平面PCD的法向量为m＝（x，y，z），
则即取m＝（3，0，1）.
设平面PCD与平面QAB的夹角为θ，
所以 cos θ＝ ＝ .
所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为 .
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4. （2024·南通第二次调研）如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD
所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，
AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H.
（1）从下面两个结论中选一个证明：
①BD∥GH；②直线HE，GF，AC相交于一点.
注：若两个问题均作答，则按第一个计分.
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解：证明：选①.因为E，F分别为
BC，CD的中点，
所以EF∥BD.
又BD 平面EFG，EF 平面EFG，所以
BD∥平面EFG.
又BD 平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝
GH，所以BD∥GH.
选②.在△ACD中，AG＝2GD，F为CD的中
点，所以GF与AC不平行.
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设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF，又
AC 平面ABC，FG 平面EFG，所以K∈平
面ABC，K∈平面EFG.
又平面ABC∩平面EFG＝HE，
所以K∈HE，所以HE，GF，AC相交于一点.
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（2）求直线BD与平面EFG的距离.
解：若第（1）问中选①.
由（1）知，BD∥平面EFG.
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的
距离.
若第（1）问中选②.因为E，F分别为BC，CD的
中点，所以EF∥BD. 又BD 平面EFG，EF 平
面EFG，所以BD∥平面EFG.
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
连接EA，ED，
因为△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，
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所以EA⊥BC，ED⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝
BC，AE 平面ABC，所以AE⊥平面BCD，
又ED 平面BCD，所以EA⊥ED.
以{ ， ， }为正交基底建立如图所示空间
直角坐标系，
则E（0，0，0），B（2，0，0），F（－1，
，0），G（0， ， ），
则 ＝（2，0，0）， ＝（－1， ，0），
＝（0， ， ）.
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设平面EFG的法向量为n＝（x，y，z），则
即不妨取n＝（ ，1，－2）.
设点B到平面EFG的距离为d，则d＝ ＝ ＝ ，
所以直线BD与平面EFG的距离为 .
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5. 如图所示，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD. 四边形ABCD中，
AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝ ，∠CDA＝45°.
（1）求证：平面PAB⊥平面PAD；
解：证明：∵PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB 平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
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①若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；
②在线段AD上是否存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的
距离都相等？说明理由.
（2）设AB＝AP.
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解：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系
A-xyz，如图所示.
在平面ABCD内，作CE∥AB，交AD于点E，则
CE⊥AD.
在Rt△CDE中，DE＝CD· cos 45°＝1，CE＝
CD· sin 45°＝1.
设AB＝AP＝t（t＞0），则B（t，0，0），P
（0，0，t）， ＝（t，0，－t）.
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
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∴E（0，3－t，0），C（1，3－t，0），D（0，4－t，0），
∴ ＝（－1，1，0）， ＝（0，4－t，－t）.
①设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），
由n⊥ ，n⊥ 得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝（t，t，4－t）.
则 cos 60°＝ ，
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即 ＝ ，
解得t＝ 或t＝4（舍去，∵AD＝4－t＞0），
∴AB＝ .
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②法一　假设在线段AD上存在一点G（如图所示），使得点G到点P ，B，C，D的距离都相等.
设G（0，m，0）（其中0≤m≤4－t），则 ＝（1，3－t－m，0），
＝（0，4－t－m，0）， ＝（0，－m，t）.
由｜ ｜＝｜ ｜得12＋（3－t－m）2＝（4－t－m）2，
即t＝3－m，（ⅰ）
由｜ ｜＝｜ ｜，得（4－m－t）2＝m2＋t2.（ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）消去t，化简得m2－3m＋4＝0.（ⅲ）
由于方程（ⅲ）没有实数根，∴在线段AD上不存在点G满足条件.
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法二　假设在线段AD上存在一点G，使得点G到点P，
B，C，D的距离都相等.
由GC＝GD得∠GCD＝∠GDC＝45°，
∴∠CGD＝90°，即CG⊥AD，
∴GD＝CD· cos 45°＝1.
设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.
如图所示，在Rt△ABG中，
GB＝ ＝
＝ ＞1，
这与GB＝GD矛盾.
∴在线段AD上不存在点G满足条件.
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