五年高考真题2022届高考数学复习第八章第七节空间角与距离理全国通用

考点一　直线与平面所成的角及二面角1．(2022·广东，5)已知向量a＝(1，0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是(　　)A．(－1，1，0)B．(1，－1，0)C．(0，－1，1)D．(－1，0，1)解析　设选项中的向量与a的夹角为θ，对于选项A，由于cosθ＝＝－，此时夹角θ为120°，不满足题意；对于选项B，由于cosθ＝＝，此时夹角θ为60°，满足题意．故选B.答案　B2．(2022·四川，8)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sinα的取值范围是(　　)A.B.C.D.解析　易证AC1⊥平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角α的变化情况：∠AOA1→→∠C1OA1(点P为线段CC1的中点时，α＝)，由于sin∠AOA1＝，sin∠C1OA1＝>，sin＝1，所以sinα的取值范围是[，1]．答案　B3．(2022·新课标全国Ⅱ，11)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)A.B.C.D.解析　以C1为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2，0，2)，N(1，0，0)，M(1，1，0)，B(0，2，2)，∴＝(－1，0，－2)，＝(1，－1，－2)，25\n∴cos〈，〉＝＝＝＝，故选C.答案　C4．(2022·山东，4)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)A.B.C.D.解析　如图所示，由棱柱体积为，底面正三角形的边长为，可求得棱柱的高为.设P在平面ABC上射影为O，则可求得AO长为1，故AP长为＝2.故∠PAO＝，即PA与平面ABC所成的角为.答案　B5．(2022·大纲全国，10)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)A.B.C.D.解析　设AB＝1，则AA1＝2，分别以、、的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系．如右图所示：则D(0，0，2)，C1(0，1，0)，B(1，1，2)，C(0，1，2).＝(1，1，0)，＝(0，1，－2)，＝(0，1，0)，设n＝(x，y，z)为平面BDC1的一个法向量，则即，取n＝(－2，2，1)．设CD与平面BDC1所成角为θ则sinθ＝＝，故选A.答案　A25\n6.(2022·辽宁，8)如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是(　　)A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析　∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.其中SD∩BD＝D，∴AC⊥面SDB，从而AC⊥SB.故A正确；易知B正确；设AC与DB交于O点，连接SO.则SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO，又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO.故C正确，由排除法可知选D.答案　D7．(2022·四川，14)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．解析　建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则＝，E，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，则＝，∴cosθ＝＝－.25\n设异面直线所成的角为α，则cosα＝|cosθ|＝＝·，令t＝1－y，则y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，那么cosα＝|cosθ|＝·＝＝，令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1，那么cosα＝，又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单增，∴x＝1，zmin＝5，此时cosα的最大值＝·＝·＝.答案　8.(2022·安徽，19)如图所示，在多面体A1B1D1DCBA，四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1，D，E的平面交CD1于F.(1)证明：EF∥B1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值．(1)证明　由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC，且A1B1＝AB＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，从而B1C∥A1D，又A1D⊂面A1DE，B1C⊄面A1DE，于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1＝EF，所以EF∥B1C.(2)解　因为四边形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均为正方形，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，AB⊥AD且AA1＝AB＝AD.以A为原点，分别以，，25\n为x轴，y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而E点为B1D1的中点，所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1＝(r1，s1，t1)，而该面上向量＝，＝(0，1，－1)，由n1⊥.n1⊥得r1，s1，t1应满足的方程组(－1，1，1)为其一组解，所以可取n1＝(－1，1，1)．设面A1B1CD的法向量n2＝(r2，s2，t2)，而该面上向量＝(1，0，0)，＝(0，1，－1)，由此同理可得n2＝(0，1，1)．所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为＝＝.9．(2022·重庆，19)如图，三棱锥P－ABC中，PC⊥平面ABC，PC＝3，∠ACB＝.D，E分别为线段AB，BC上的点，且CD＝DE＝，CE＝2EB＝2.(1)证明：DE⊥平面PCD；(2)求二面角A－PD－C的余弦值．(1)证明　由PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，故PC⊥DE.由CE＝2，CD＝DE＝得△CDE为等腰直角三角形，故CD⊥DE.由PC∩CD＝C，DE垂直于平面PCD内两条相交直线，故DE⊥平面PCD.(2)解　由(1)知，△CDE为等腰直角三角形，∠DCE＝，如图，过D作DF垂直CE于F，易知DF＝FC＝FE＝1，又已知EB＝1，故FB＝2.由∠ACB＝得DF∥AC，＝＝，故AC＝DF＝.以C为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则C(0，0，0)，P(0，0，3)，A，E(0，2，0)，D(1，1，0)，＝(1，－1，0)，25\n＝(－1，－1，3)，＝.设平面PAD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由n1·＝0，n1·＝0，得故可取n1＝(2，1，1)．由(1)可知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取为，即n2＝(1，－1，0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos〈n1，n2〉＝＝，故所求二面角A－PD－C的余弦值为.10．(2022·北京，17)如图，在四棱锥A－EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．(1)求证：AO⊥BE；(2)求二面角F－AE－B的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．(1)证明　因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB.AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)解　取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB.又OG⊂平面EFCB，所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O－xyz，则E(a，0，0)，A(0，0，a)，B(2，(2－a)，0)，＝(－a，0，a)，＝(a－2，(a－2)，0)．25\n设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则x＝，y＝－1，于是n＝(，－1，1)．平面AEF的法向量为p＝(0，1，0)．所以cos〈n，p〉＝＝－.由题知二面角F－AE－B为钝角，所以它的余弦值为－.(3)解　因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即·＝0，因为＝(a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)，所以·＝－2(a－2)－3(a－2)2.由·＝0及0<a<2，解得a＝.11．(2022·四川，18)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N.(1)请将字母F，G，H标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN∥平面BDH；(3)求二面角A－EG－M的余弦值．(1)解　点F，G，H的位置如图所示．(2)证明　连接BD，设O为BD的中点，因为M，N分别是BC，GH的中点，所以OM∥CD，且OM＝CD，25\nHN∥CD，且HN＝CD，所以OM∥HN，OM＝HN，所以MNHO是平行四边形，从而MN∥OH，又MN⊄平面BDH，OH⊂平面BDH，所以MN∥平面BDH.(3)解　法一　连接AC，过M作MP⊥AC于P，在正方体ABCD－EFGH中，AC∥EG，所以MP⊥EG，过P作PK⊥EG于K，连接KM，所以EG⊥平面PKM，从而KM⊥EG，所以∠PKM是二面角A－EG－M的平面角，设AD＝2，则CM＝1，PK＝2，在Rt△CMP中，PM＝CMsin45°＝，在Rt△PKM中，KM＝＝，所以cos∠PKM＝＝，即二面角A－EG－M的余弦值为.法二　如图，以D为坐标原点，分别以，，方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D－xyz，设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，O(1，1，0)，所以，＝(2，－2，0)，＝(－1，0，2)，设平面EGM的一个法向量为n1＝(x，y，z)，由取x＝2，得n1＝(2，2，1)，在正方体ABCD－EFGH中，DO⊥平面AEGC，则可取平面AEG的一个法向量为n2＝＝(1，1，0)，所以cos<n1，n2>＝＝＝，故二面角A－EG－M的余弦值为.25\n12．(2022·陕西，17)四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.　(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．(1)证明　由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．(2)解　法一　如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，＝(0，0，1)，＝(－2，2，0)，＝(－2，0，1)．25\n设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，∵EF∥AD，FG∥BC，∴n·＝0，n·＝0，得取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.法二　建立以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(0，0，1)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，∵E是AB的中点，∴F，G分别为BD，DC的中点，得E(1，0，)，F(1，0，0)，G(0，1，0)．∴＝，＝(－1，1，0)，＝(－2，0，1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0，得取n＝(1，1，0)，∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.13．(2022·天津，17)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；25\n(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．法一　依题意，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．由E为棱PC的中点，得E(1，1，1)．(1)证明　向量＝(0，1，1)，＝(2，0，0)，故·＝0.所以，BE⊥DC.(2)解　向量＝(－1，2，0)，＝(1，0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量．则即不妨令y＝1，可得n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量，于是有cos〈n，〉＝＝＝.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)解　向量＝(1，2，0)，＝(－2，－2，2)，＝(2，2，0)，＝(1，0，0)．由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1.故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF⊥AC，得·＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝.即＝.设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则25\n即不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3，1)为平面FAB的一个法向量．取平面ABP的法向量n2＝(0，1，0)，则cos〈n1，n2〉＝＝＝－.易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为.法二　(1)证明　如图，取PD中点M，连接EM，AM.由于E，M分别为PC，PD的中点，故EM∥DC，且EM＝DC，又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD，因为AM⊂平面PAD，于是CD⊥AM，又BE∥AM，所以BE⊥CD.(2)解　连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD，而EM∥CD，故PD⊥EM，又因为AD＝AP，M为PD的中点，故PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD.所以直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．依题意，有PD＝2，而M为PD中点，可得AM＝，进而BE＝.故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝.所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)解　如图，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H.因为PA⊥底面ABCD，故FH⊥底面ABCD，从而FH⊥AC.又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH.在底面ABCD内，可得CH＝3HA，从而CF＝3FP.在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP.由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面．由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG.所以∠PAG为二面角F－AB－P的平面角．25\n在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45°，由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝.所以，二面角F－AB－P的余弦值为.14.(2022·湖南，19)如图，在直棱柱ABCDA1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.(1)证明：AC⊥B1D；(2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．法一　(1)证明　如图，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1.又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D.而B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D.(2)解　因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．如图，连接A1D，因为棱柱ABCDA1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1.从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D.由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1.故∠ADB1＝90°－θ.在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故＝.即AB＝＝.25\n连接AB1，易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB＋BD2＝BB＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝.在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝＝＝，即cos(90°－θ)＝.从而sinθ＝.即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为.法二　(1)证明　易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐标为：A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)．从而＝(－t，3，－3)，＝(t，1，0)，＝(－t，3，0)．因为AC⊥BD，所以·＝－t2＋3＋0＝0.解得t＝或t＝－(舍去)．于是＝(－，3，－3)，＝(，1，0)．因为·＝－3＋3＋0＝0，所以⊥，即AC⊥B1D.(2)解　由(1)知，＝(0，3，3)，＝(，1，0)，＝(0，1，0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则即令x＝1，则n＝(1，－，)．设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.25\n15.(2022·新课标全国，19)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，AC＝BC＝AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD.(1)证明：DC1⊥BC；(2)求二面角A1BDC1的大小．(1)证明　由题设知，三棱柱的侧面为矩形，由于D为AA1的中点，故DC＝DC1.又AC＝AA1，可得DC＋DC2＝CC，所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以DC1⊥平面BCD.BC⊂平面BCD，故DC1⊥BC.(2)解　由(1)知BC⊥DC1，且BC⊥CC1，则BC⊥平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直．以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1，0，2)，B(0，1，0)，D(1，0，1)，C1(0，0，2)．则＝(0，0，－1)，＝(1，－1，1)，＝(－1，0，1)．设n＝(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n＝(1，1，0)．同理，设m＝(x1，y1，z1)是平面C1BD的法向量．则即可取m＝(1，2，1)．从而cos〈n，m〉＝＝.故二面角A1BDC1的大小为30°.25\n考点二　空间距离1．(2022·江西，10)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12.一质点从顶点A射向点E(4，3，12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i－1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i＝2，3，4)，L1＝AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是(　　)解析　根据反射的对称性，质点是在过A，E，A1的平面内运动．因为<，所以过A、E，A1作长方体的截面AA1NM如图所示．设点A关于平面A1B1C1D1的对称点为A′，易知它在z轴上，且A′A1＝AA1＝12，连接A′E并延长交平面ABCD于点E1，因为A1E＝5，所以AE1＝10，且E1到AB，AD的距离分别为6，8，即E1(8，6，0)，而它在线段AM上，从而知L1＝AE＝EE1＝L2；事实上，只需要在AA1NM内，过E1作AE的平行线交MN于点E2，再过E2作E1E的平行线交A1N于点E3，可知EE1>E2E3＝L4>E1E2＝L3，故L1＝L2>L4>L3，故选C.答案　C2．(2022·全国，4)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为(　　)A．2B.C.D．1解析　连接AC交BD于点O，连接OE，∵AB＝2，∴AC＝2.又CC1＝2，则AC＝CC1.作CH⊥AC1于点H，交OE于点M.由OE为△ACC1的中位线知，CM⊥OE，M为CH的中点．由BD⊥AC，EC⊥BD知，BD⊥平面EOC，25\n∴CM⊥BD.∴CM⊥平面BDE.∴HM为直线AC1到平面BDE的距离．又△ACC1为等腰直角三角形，∴CH＝2.∴HM＝1.答案　D3．(2022·重庆，9)高为的四棱锥SABCD的底面是边长为1的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为1的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为(　　)A.B.C．1D.解析　如图所示，过S点作SE⊥AC交AC的延长线于E点，则SE⊥面ABCD，故SE＝.设球心为O，A，B，C，D所在圆的圆心为O1，则O1为AC，BD的交点．在Rt△OAO1中，AO1＝，AO＝1，故OO1＝＝.故OO1＝2SE.过S点作SO2⊥O1O于点O2，则O2为O1O的中点．故△OSO1为等腰三角形，则有O1S＝SO＝1.答案　C4．(2022·大纲全国，6)已知直二面角αlβ，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于(　　)A.B.C.D．1解析　由题意可作图：∵AB＝2，AC＝BD＝1，∴BC＝＝，∴CD＝＝，作DE⊥BC于点E，则DE即为D到平面ABC的距离．∵DC·DB＝BC·DE，∴DE＝＝＝.25\n答案　C5.(2022·北京，14)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上．点P到直线CC1的距离的最小值为________．解析　过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于点E1，连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于点H，P点到直线CC1的距离就是C1H，故当C1H垂直于D1E1时，P点到直线CC1距离最小，此时，在Rt△D1C1E1中，C1H⊥D1E1，D1E1·C1H＝C1D1·C1E1，∴C1H＝＝.答案　v6．(2022·江苏，22)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．解　以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．(1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，25\n即令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．从而cos〈，m〉＝＝，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又＝(0，－1，0)，则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，又＝(0，－2，2)，从而cos〈，〉＝＝.设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，则cos2〈，〉＝＝≤.当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.因为y＝cosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.7．(2022·山东，17)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE,∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小．(1)证明　法一　连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则O为CD的中点，又H为BC的中点，25\n所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.法二　在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)解　法一　设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF－ABC中，G为AC的中点，由DF＝AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG∥FC，又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点．所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直．以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.所以G(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，，0)，D(0，0，1)．可得H，F(0，，1)，故＝，＝(0，，1)．设n＝(x，y，z)是平面FGH的一个法向量，则由可得可得平面FGH的一个法向量n＝(1，－1，)．因为是平面ACFD的一个法向量，＝(，0，0)．25\n所以cos〈，n〉＝＝＝.所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.法二　作HM⊥AC于点M，作MN⊥GF于点N，连接NH.由FC⊥平面ABC，得HM⊥FC，又FC∩AC＝C，所以HM⊥平面ACFD.因此GF⊥NH，所以∠MNH即为所求的角．在△BGC中，MH∥BG，MH＝BG＝，由△GNM∽△GCF，可得＝，从而MN＝.由HM⊥平面ACFD，MN⊂平面ACFD，得HM⊥MN，因此tan∠MNH＝＝，所以∠MNH＝60°，所以平面FGH与平面ACFD所成角(锐角)的大小为60°.8．(2022·四川，18)三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值；(1)证明　如图，取BD中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD为正三角形，因此AO⊥BD，OC⊥BD.25\n因为AO、OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中点H，连接NH，PH，又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NH∥AO，MN//BD.因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.因为H为BO的中点，故P为BC中点．(2)解　法一　如图，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角ANPM的一个平面角．由(1)知，△ABD，△BCD是边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.由俯视图可知，AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰Rt△AOC中，AC＝，作BR⊥AC于R.在△ABC中，AB＝BC，25\n所以BR＝＝.因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQ＝＝.同理，可得MQ＝.所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝＝＝.故二面角ANPM的余弦值是.法二　由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．如图，以O为坐标原点，以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，0，)，B(1，0，0)，C(0，，0)，D(－1，0，0)．因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M，N，P.于是＝(1，0，－)，＝(－1，，0)，＝(1，0，0)，＝.设平面ABC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，则即有从而25\n取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1，1)．连接MP，设平面MNP的法向量n2＝(x2，y2，z2)，则即有从而取z2＝1，所以n2＝(0，1，1)．设二面角ANPM的大小为θ，则cosθ＝＝＝.故二面角ANPM的余弦值是.9.(2022·重庆，19)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝4，AC＝BC＝3，D为AB的中点．(1)求点C到平面A1ABB1的距离；(2)若AB1⊥A1C，求二面角A1CDC1的平面角的余弦值．解　(1)由AC＝BC，D为AB的中点，得CD⊥AB.又CD⊥AA1，故CD⊥面A1ABB1，所以点C到平面A1ABB1的距离为CD＝＝.(2)法一　如图，取D1为A1B1的中点，连接DD1，则DD1∥AA1∥CC1.又由(1)知CD⊥面A1ABB1，故CD⊥A1D，CD⊥DD1，所以∠A1DD1为所求的二面角A1CDC1的平面角．因A1D为A1C在面A1ABB1上的射影，又已知AB1⊥A1C，由三垂线定理的逆定理得AB1⊥A1D，从而∠A1AB1、∠A1DA都与∠B1AB互余，因此∠A1AB1＝∠A1DA，所以Rt△A1AD∽Rt△B1A1A.因此＝，即AA＝AD·A1B1＝8，得AA1＝2.从而A1D＝＝2.25\n所以，在Rt△A1DD1中，cos∠A1DD1＝＝＝.法二　如图，过D作DD1∥AA1交A1B1于D1，在直三棱柱中，易知DB，DC，DD1两两垂直．以D为原点，射线DB，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz.设直三棱柱的高为h，则A(－2，0，0)，A1(－2，0，h)，B1(2，0，h)，C(0，，0)，C1(0，，h)，从而＝(4，0，h)，＝(2，，－h)，由⊥，有8－h2＝0，h＝2.故＝(－2，0，2)，＝(0，0，2)，＝(0，，0)．设平面A1CD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m⊥，m⊥，即取z1＝1，得m＝(，0，1)．设平面C1CD的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n⊥，n⊥，即取x2＝1，得n＝(1，0，0)，所以cos〈m，n〉＝＝＝.所以二面角A1CDC1的平面角的余弦值为.25