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１ ６４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
7.4 空间角与距离、空间向量及其应用
学生用书P265
*/K F @,3MUN+ FBUCULU+" FVUWU U
@ e33=UMN⇔ BC⇔ ∃LRUB LC e33 ,UMN⇔ BC⇔ BeC 0
= ,
e3L=UM⇔ BV⇔ BeV 0 e3L ,UM⇔ BV⇔ ∃LRUB LV
P55
eLL=U⇔ VW⇔ ∃LRUV LW eLL ,U⇔ VW⇔ VeW 0
/K+> 8 .
M
L,3> 0U > V W 1 M 2 DPT \ \ V V e ] \W W ] ]
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1 2
F
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* L>+L> ;0U= O 1 2 \DPT\
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1 2
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V 1
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P55 B 12 \"1]2\"2]2 B2UBeVU2
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2.UDPT DPT 1 DPT 2 .U 1
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3$1 L"1#+9 "1#+3
学生用书P266
题型 一 求解异面直线所成角的方法 EE+%U/L,3+
U,,3UEF+%EE'
/
4+%U3 +%0%U
1.定义法（平移法）
L,3 ,3+' %
常见的平移方法有 利用图中已有的平行线平移 利
（１） ：① ；② @ @+>=>L,3+>
用特殊点 线段的端点或中点 作平行线平移 补形平移．
（ ） ；③ / U >+>
用平移法求异面直线所成角的一般步骤 U?
（２） ：
L,3>+ 8 c
7 cU+>I>U +=
>L,3+>
专题七 立体几何与空间向量 １ ６５
2.向量法 形的知识求角．
建立空间直角坐标系后 确定两直线的方向向量ａ ｂ 则两异 求解公式 如图
， ， ， ： ，
ａ ｂ "
面直线所成角θ满足 θ · ．
ｃｏｓ ＝ ａ ｂ M
｜ ｜｜ ｜ I
例1 （ 全国乙文， ， 分）在正方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中
２０２１ １０ ５ － １ １ １ １ ， # 0
Ｐ为Ｂ Ｄ 的中点 则直线ＰＢ与ＡＤ 所成的角为 Ｄ
１ １ ， １ （ ）
ｈ
π π π π θ 其中ｈ为斜线上除斜足外的任一点到所给平面α
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ｓｉｎ ＝ ｌ （
２ ３ ４ ６
解析 解法一（平移法） 的距离 ｌ为该点到斜足的距离 θ为斜线与平面α所成的角 ．
， ， ）
第一步：根据所求找平行线． 2.向量法
如图所示，连接ＢＣ ，Ｃ Ｐ，易知四边形 ＡＢＣ Ｄ 是平行四边形， →ＡＢ ｎ
１ １ １ １ θ →ＡＢ ｎ ｜ · ｜ 其中→ＡＢ为平面α的斜线ＡＢ的
∴ ＢＣ １∥ ＡＤ １ ， ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ ｜ →ＡＢ ｜｜ ｎ ｜ （
第二步：指出异面直线所成角．
方向向量 ｎ 为平面 α 的法向量 θ 为斜线与平面 α 所成的
， ，
Ｃ ＢＰ（或其补角）就是异面直线ＡＤ 与ＰＢ所成的角， 角 ．
∴ ∠ １ １ ）
第三步：在三角形中用余弦定理的推论求角．
例2 如图 直四棱柱❶ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的底面为菱形 Ａ Ｂ
， － １ １ １ １ ， １ １＝
设正方体的棱长为 ａ，则 ＢＣ ａ，Ｃ Ｐ ２ ａ，ＰＢ Ａ Ｃ ＡＡ ．
１ ＝ ２ １ ＝ ＝ １ １＝２， １＝２ ３
２ 证明 平面Ａ Ｃ Ｂ 平面ＢＤＤ Ｂ ❷
ａ２
＋
æ
è
ç ２ａ ö
ø
÷ ２
＝
６ａ．在
△
Ｃ
１
ＢＰ中，
ｃｏｓ∠
ＰＢＣ
１＝
ＢＰ２
Ｂ
＋
Ｐ
Ｂ
·
Ｃ２ １
Ｂ
－
Ｃ
Ｃ １ Ｐ２ （
（
１
２
）
）
求直 ： 线ＤＣ
１
与 １ 平 １ 面 ⊥ Ａ
１
Ｃ
１
Ｂ所成 １ 角 １ 的 ； 正弦值❸．
２ ２ ２ １ " %
＝ ３， ∴ ∠ ＰＢＣ １＝ π，即直线ＰＢ与ＡＤ １ 所成的角为π．故选 Ｄ ． # $
２ ６ ６
" %
# $
知识联想 由❶可知，侧棱垂直于底面；由❷想到面面垂直
的判定定理；由❸联想：采用定义法找出线面角，从而在直角三
解法二（向量法）
角形中求其正弦值；或利用向量法结合向量的夹角公式求解．
第一步：建立坐标系写出向量坐标． 解析 （
１
）证明：
∵
四边形Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１
是菱形，
以点Ｄ为坐标原点建立空间直角坐标系（如图），
∴
Ａ
１
Ｃ
１⊥
Ｂ
１
Ｄ
１
．
又ＢＢ 平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ，Ａ Ｃ 平面 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ， ＢＢ Ａ Ｃ ．
１⊥ １ １ １ １ １ １⊂ １ １ １ １ ∴ １⊥ １ １
（线面垂直的性质定理）
Ｂ Ｄ ＢＢ Ｂ ，Ｂ Ｄ ，ＢＢ 平面ＢＤＤ Ｂ ，
∵ １ １∩ １＝ １ １ １ １⊂ １ １
Ａ Ｃ 平面ＢＤＤ Ｂ ，（线面垂直的判定定理）
∴ １ １⊥ １ １
Ａ Ｃ 平面Ａ Ｃ Ｂ，
∵ １ １⊂ １ １
平面Ａ Ｃ Ｂ 平面ＢＤＤ Ｂ ．（面面垂直的判定定理）
∴ １ １ ⊥ １ １
（ ） 解法一 连接ＡＣ交ＢＤ于点Ｏ，设 Ａ Ｃ 与 Ｂ Ｄ 交于点
设正方体 ＡＢＣＤ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ Ｄ １ 的棱长为 ２ ，则Ａ（ ２ ， ０ ， ０ ），Ｂ（ ２ ， ２ ， Ｏ ２ ，连接ＯＯ ，依题意可知，ＯＯ 平面ＡＢＣＤ １ ，以 １ Ｏ为 １ 原 １ 点，ＯＣ，
），Ｐ（ ， ， ），Ｄ （ ， ， ），从而Ｐ→Ｂ （ ， ， ），Ａ→Ｄ （ ， ， １ １ １⊥
０ １ １ ２ １ ０ ０ ２ ＝ １ １ －２ １＝ －２ ０ ＯＤ，ＯＯ 所在直线分别为 ｘ 轴、ｙ 轴、ｚ 轴建立如图所示的空间
）， １
２ 直角坐标系，
第二步：用向量的夹角公式求角．
" [
%
因 而 ｜ ｃｏｓ 〈 Ｐ→Ｂ， Ａ→Ｄ １ 〉 ｜ ＝ Ｐ→ ｜
Ｐ→
Ｂ
Ｂ·
·
Ａ→
Ａ
Ｄ
→Ｄ １｜ ＝ #
0
$
｜ ｜ ｜ １｜
"
（ ） Z
１ ２ ＋１ ｜ ２ １ ＋ × （ － － ２ ２ ）２ ＋ · １×０ （ － － ２ ２ × ） ２ ２ ｜ ＋０ ２ ＋２ ２ ＝ ２ ３． # 0 $ Y %
所以直线ＰＢ与ＡＤ 所成的角为π．故选 ． 则Ｂ（ ， ， ），Ａ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），Ｄ（ ， ， ），
１ Ｄ ０ － ３ ０ １ －１ ０ ２ ３ １ １ ０ ２ ３ ０ ３ ０
６
题型 二 求解直线与平面所成角的方法 ∴
Ｂ→Ｃ
１＝
（
１
，
３
，
２ ３
），Ｂ→Ａ
１ ＝
（
－１
，
３
，
２ ３
），Ｃ→
１
Ｄ
＝
（
－１
，
３
，
）．设平面Ａ Ｃ Ｂ的法向量为ｎ （ｘ，ｙ，ｚ），
1.定义法 －２ ３ １ １ ＝
（１） 作 ： 在斜线上选取恰当的点 ， 过该点向平面引垂线 ， 作出所 则 {ｎ·Ｂ→Ｃ １＝０ ， 即 { ｘ ＋ ３ ｙ ＋２ ３ ｚ ＝０ ，
求角 其中确定垂足的位置是关键 证 证明所作的角为直 ｎ·Ｂ→Ａ ， ｘ ｙ ｚ ，
， ；（２） ： １＝０ － ＋ ３ ＋２ ３ ＝０
线与平面所成的角 求 构造角所在的三角形 利用解三角 取ｎ （ ， ， ），
；（３） ： ， ＝ ０ ２ －１
１ ６６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
设直线ＤＣ 与平面Ａ Ｃ Ｂ所成角为θ，
１ １ １
Ｃ→Ｄ·ｎ （ ） （ ）
则 θ 〈Ｃ→Ｄ，ｎ〉 ｜ １ ｜ ｜２× ３＋ －１ × －２ ３ ｜
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ １ ｜ ＝ Ｃ→Ｄ ｎ ＝
｜ １ ｜｜ ｜ ４× ５
１５．
＝
５
二 利用公式进行求解
直线ＤＣ 与平面Ａ Ｃ Ｂ所成角的正弦值为 １５． （ ）
∴ １ １ １ Ｓ
５ 1.射影面积公式： θ 射 当二面角的平面角是锐角时 二面
解法二 如图，连接ＡＣ交ＢＤ于点Ｏ，设Ａ Ｃ 与Ｂ Ｄ 交于点 ｃｏｓ ＝Ｓ （ ，
原
１ １ １ １
Ｏ ，连接ＢＯ ，ＯＯ ，过Ｄ点作ＤＨ ＢＯ 于点Ｈ，连接ＨＣ ． 角的平面角为θ 当二面角的平面角是钝角时 二面角的平面
１ １ １ ⊥ １ １ ， ，
" 角为 θ 该方法主要用来解决无棱二面角大小的计算 关
0 % π－ ）， ，
键在于找出其中一个半平面内的多边形在另一个半平面内的
# $
) 射影．
ｎ ｎ
"
% 2.向量法：利用公式 ｎ ｎ １· ２ ｎ ｎ 分别为两平
# 0 $ ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｜ ｎ １｜｜ ｎ ２｜ （ １， ２
面的法向量 进行求解 注意 ｎ ｎ 与二面角大小的关系 是
∵ 平面ＢＤＤ １ Ｂ １∩ 平面Ａ １ Ｃ １ Ｂ ＝ ＢＯ １ ， ∴ ＤＨ ⊂ 平面ＢＤＤ １ Ｂ １ ， 相等还是互 ） 补 ， 需结合图 ， 形进 〈 行 １ 判 ， 断 ２〉 ． ，
由（ ）知，Ａ Ｃ 平面ＢＤＤ Ｂ ， Ａ Ｃ ＤＨ， 二、求平面与平面夹角的方法
１ １ １⊥ １ １ ∴ １ １⊥
ＢＯ 平面Ａ Ｃ Ｂ，Ａ Ｃ 平面Ａ Ｃ Ｂ，ＢＯ Ａ Ｃ Ｏ ， 求平面与平面夹角的方法与求二面角的方法类似 但要注意
∵ １⊂ １ １ １ １⊂ １ １ １∩ １ １＝ １ ，
ＤＨ 平面Ａ Ｃ Ｂ， [ ]
∴ ⊥ １ １ 平面与平面夹角的范围是 π ．
则 ＤＣ Ｈ为直线ＤＣ 与平面Ａ Ｃ Ｂ所成的角． ０，
∠ １ １ １ １ ２
∵ ＡＡ １＝２ ３ ，ＡＢ ＝ ＡＣ ＝２ ， 例3 （ ２０２４ 广东广州调研考试， １８ ）如图 ， 在四棱锥Ｐ － ＡＢＣＤ
中 ＣＤ ＡＢ ＡＢＣ ° ＡＢ ＢＣ ＣＤ 三棱锥Ｂ ＰＡＤ的
ＢＯ ， ＢＤ ， ， ∥ ，∠ ＝９０ ， ＝２ ＝２ ＝４， －
∴ ＝ ３ ∴ ＝２ ３
ＤＢＨ
ＤＨ ＤＨ
．
体积为４ ２．
∴ ｓｉｎ∠ ＝ＢＤ＝
３
２ ３ 求点Ｐ到平面ＡＢＣＤ的距离
ＢＯ ，ＯＯ ＡＡ ， （１） ；
∵ ＝ ３ １＝ １＝２ ３ 若ＰＡ ＰＤ 平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ 点Ｎ在线段ＡＰ上 ＡＮ
（２） ＝ ， ⊥ ， ， ＝
ＢＯ ，
∴ １＝ １５
２
ＮＰ
，
求平面ＮＣＤ与平面ＡＢＣＤ夹角的余弦值．
1
ＯＢＯ ２ ３ ２ ５，
∴ ｓｉｎ∠ １＝ ＝ /
１５ ５ $
%
ＤＨ ４ １５． " #
∴ ＝
５
解析 （ ）设点Ｐ到平面ＡＢＣＤ的距离为ｈ，
ＤＣ ＤＣ２ ＣＣ２ ， １
∵ １＝ ＋ １ ＝４
ＤＨ 则Ｖ Ｖ １ ｈ·Ｓ ４ ２，
ＤＣ Ｈ １５， Ｂ － ＰＡＤ＝ Ｐ － ＡＢＤ＝ △ ＡＢＤ＝
∴ ｓｉｎ∠ １ ＝ＤＣ ＝ ３ ３
１ ５
由题意可知Ｓ １ ＡＢ·ＢＣ ，
直线ＤＣ 与平面Ａ Ｃ Ｂ所成角的正弦值为 １５． △ ＡＢＤ＝ ２ ＝４
∴ １ １ １
５ Ｖ
所以ｈ ３ Ｐ － ＡＢＤ ４ ２ ，
＝ Ｓ ＝ ＝ ２
题型 三 求解二面角及平面与平面的夹角的方法 △ ＡＢＤ ４
所以点Ｐ到平面ＡＢＣＤ的距离为 ．
一、求二面角的方法 ２
（ ） 解法一 取ＡＤ的中点Ｍ，连接ＰＭ，
一 通过找二面角的平面角进行求解 ２
（ ） 因为ＰＡ ＰＤ，所以ＰＭ ＡＤ，
1.定义法：在二面角的棱上找一特殊点 过该点在两个半平面 ＝ ⊥
， 又平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ且交线为ＡＤ，ＰＭ 平面ＰＡＤ，
内分别作垂直于棱的射线 如图 ＡＯＢ为二面角α ｌ β ⊥ ⊂
， （１），∠ － － 所以ＰＭ 平面ＡＢＣＤ，（面面垂直的性质定理）
的平面角． ⊥
由（ ）知ＰＭ ．
2.垂面法：过棱上任一点作棱的垂直平面 该平面与二面角的 １ ＝ ２
，
两个半平面的交线所形成的角即为二面角的平面角 如 由题意可得ＢＤ ＝２ ２ ，ＡＤ ＝ （ ４－２ ）２ ＋２ ２ ＝２ ２ ，
，
图 ＡＯＢ为二面角α ｌ β的平面角．
所以ＡＤ２
＋
ＢＤ２
＝
ＡＢ２，所以ＡＤ
⊥
ＢＤ．
（２），∠ － －
以Ｄ点为坐标原点，ＤＡ所在直线为ｘ轴，ＤＢ所在直线为ｙ轴，
3.垂线法（三垂线定理法）：过二面角的一个半平面内一点作
过点Ｄ作ＰＭ的平行线为ｚ轴，建立如图所示的空间直角坐标
另一个半平面所在平面的垂线 从垂足出发向棱引垂线 利用
， ，
三垂线定理即可找到所求二面角的平面角或其补角 如图 系，则Ｄ（ ， ， ），Ａ（ ， ， ），Ｐ（ ， ， ），Ｃ（ ， ， ），
， ０ ０ ０ ２ ２ ０ ０ ２ ０ ２ － ２ ２ ０
ＡＢＯ为二面角α ｌ β的平面角． 则Ｄ→Ｃ （ ， ， ），Ｄ→Ａ （ ， ， ），→ＡＰ （ ， ， ），Ａ→Ｎ
（３），∠ － － ＝ － ２ ２ ０ ＝ ２ ２ ０ ０ ＝ － ２ ０ ２ ＝
专题七 立体几何与空间向量 １ ６７
æ ö 若能求出点在直线上的射影坐标 可以直接利用两点间距
２→ＡＰ ç ２ ２， ，２ ２÷， （２） ，
＝è－ ０ ø 离公式求距离．
３ ３ ３
æ ö 2.求点面距一般有以下三种方法
所以Ｄ→Ｎ Ｄ→Ａ Ａ→Ｎ ç４ ２， ，２ ２÷．
＝ ＋ ＝è ０ ø 作点到面的垂线 求点到垂足的距离
３ ３ （１） ， ；
设平面ＮＣＤ的法向量为ｎ （ｘ ，ｙ ，ｚ ）， 等体积法
１＝ １ １ １ （２） ；
ì ï ï ｎ １ ·Ｄ→Ｃ ＝－ ２ ｘ １＋ ２ ｙ １＝０ ， （３） 向量法．
则í 故可取ｎ （ ， ， ）， 例4 （ 山东济南调研考试）如图 在四棱锥Ｐ ＡＢＣＤ中
î ïïｎ １ ·Ｄ→Ｎ ＝ ４ ３ ２ｘ １＋ ２ ３ ２ｚ １＝０ ， １＝ １ １ －２ 底面ＡＢ ２ Ｃ ０ Ｄ ２４ 是正方形 ， ＰＡ ⊥ 底面ＡＢＣＤ❶ ， ， ＰＡ ＝ ＡＤ ＝３ － ， 点Ｆ是棱 ，
易知平面ＡＢＣＤ的一个法向量为ｎ （ ， ， ）， ＰＤ的中点点Ｅ是棱ＤＣ上一点❷．
２＝ ０ ０ １ ，
设平面ＮＣＤ与平面ＡＢＣＤ的夹角为θ， 证明 ＡＦＥＦ
（１） ： ⊥ ；
ｎ ·ｎ
则 θ 〈ｎ ，ｎ 〉 １ ２ －２ ６， 若直线ＢＰ与平面ＡＥＦ所成角的正弦值为 ２２ 求点Ｂ到
ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ １ ２ ｜＝ ｎ · ｎ ＝ ＝ （２） ，
｜ １｜ ｜ ２｜ ６×１ ３ １１
平面ＡＥＦ的距离❸．
所以平面ＮＣＤ与平面ＡＢＣＤ夹角的余弦值为 ６． 1
３
1 [ '
/
%
" . % $ # " $ &
Y # Z
知识联想 由❶联想线面垂直与线线垂直之间的转化，在解
解法二 如图，取ＡＤ的中点 Ｍ，连接 ＰＭ，在线段 ＡＭ 上取一
答时灵活运用；由❷可知，点Ｅ是动点，最好的解决方法是建系
点Ｈ，使得ＡＨ ＨＭ，连接ＮＨ，在平面ＡＢＣＤ中，过点Ｈ作ＨＫ
＝２ 设出点的坐标，利用线面角的大小确定点Ｅ的位置；由❸联想
ＣＤ，交ＣＤ的延长线于点Ｋ，连接ＮＫ．
⊥ 求点面距的方法．
1
解析 （ ）证明：在正方形ＡＢＣＤ中，ＡＤ ＣＤ．
/ １ ⊥
, $ 因为ＰＡ 平面ＡＢＣＤ，ＣＤ 平面ＡＢＣＤ，
) % ⊥ ⊂
" . # 所以ＰＡ ⊥ ＣＤ，
又ＡＤ ＰＡ Ａ，ＡＤ，ＰＡ 平面ＰＡＤ，
∩ ＝ ⊂
因为ＡＮ ＮＰ，所以ＮＨ ＰＭ，ＮＨ ２ ＰＭ ２ ２． 所以ＣＤ 平面ＰＡＤ，
＝２ ∥ ＝ ＝ ⊥
３ ３
又ＡＦ 平面ＰＡＤ，所以ＣＤ ＡＦ，
⊂ ⊥
ＡＨ ２ ＡＭ １ ＡＤ ２ ２． 因为ＰＡ ＡＤ，点Ｆ是ＰＤ的中点，
＝ ＝ ＝ ＝
３ ３ ３
因为ＰＡ ＰＤ，所以ＰＭ ＡＤ，又平面ＰＡＤ 平面ＡＢＣＤ且交线 所以ＡＦ
⊥
ＰＤ．
＝ ⊥ ⊥
为ＡＤ，ＰＭ 平面ＰＡＤ，所以ＰＭ 平面ＡＢＣＤ，所以ＮＨ 平面 又ＣＤ ∩ ＰＤ ＝ Ｄ，ＣＤ，ＰＤ ⊂ 平面ＰＤＣ，
⊂ ⊥ ⊥
所以ＡＦ 平面ＰＤＣ，
ＡＢＣＤ，（线面垂直的性质） ⊥
因为ＣＤ 平面ＡＢＣＤ，所以ＮＨ ＣＤ， 又ＥＦ ⊂ 平面ＰＤＣ，所以ＡＦ ⊥ ＥＦ．
⊂ ⊥
又ＨＫ ＣＤ，且ＨＫ ＮＨ Ｈ，ＨＫ，ＮＨ 平面ＮＨＫ，所以ＣＤ 平 （ ２ ）由题意得ＰＡ，ＡＢ，ＡＤ两两垂直．如图，以点Ａ为坐标原点，分
⊥ ∩ ＝ ⊂ ⊥
面ＮＨＫ，因为ＮＫ 平面ＮＨＫ，所以ＣＤ ＮＫ，
别以ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ所在直线为ｘ，ｙ，ｚ轴建立空间直角坐标系，
⊂ ⊥ ( )
所以 ＮＫＨ（或其补角）是平面ＮＣＤ与平面ＡＢＣＤ的夹角． 则Ａ（ ， ， ），Ｂ（ ， ， ），Ｄ（ ， ， ），Ｐ（ ， ， ），Ｆ ，３ ，３ ，
∠ ０ ０ ０ ３ ０ ０ ０ ０ ３ ０ ０ ３ ０
２ ２
在 ＨＤＫ中，易知ＤＨ ４ ２， ＫＤＨ °． [
Ｒｔ△ ＝ ∠ ＝４５
３ 1
所以ＫＨ ＤＨ· ° ４ ， '
＝ ｓｉｎ４５ ＝
３ %
Z
"
４ # &
ＨＫ $
所以 ＮＫＨ ３ ６， Y
ｃｏｓ∠ ＝ＮＫ＝ æ ç２ ２ ö ÷ ２ ( ４ ) ２ ＝ ３ ( )
è ø ＋ 则→ＡＦ ，３ ，３ ，Ｂ→Ｐ （ ， ， ），
３ ３ ＝ ０ ＝ －３ ０ ３
２ ２
故平面ＮＣＤ与平面ＡＢＣＤ夹角的余弦值为 ６． 设点Ｅ（ｍ， ， ）（ ｍ ），则→ＡＥ （ｍ， ， ），
３ ０ ０≤ ≤３ ＝ ３ ０
３ 设平面ＡＥＦ的法向量为ｎ （ｘ，ｙ，ｚ），
＝
题型 四 求解空间中距离的方法 {ｎ·→ＡＥ ， {ｍｘ ＋３ ｙ ＝０ ，
则 ＝０ 即
1.点到直线的距离 ｎ·→ＡＦ
＝０
， ３ ｙ
＋
３ ｚ
＝０
，
设过点Ｐ的直线ｌ的单位方向向量为ｎ Ａ为直线ｌ外一 ２ ２
（１） ， 令ｘ ，可得ｎ （ ， ｍ，ｍ），
＝３ ＝ ３ －
点 则点Ａ到直线ｌ的距离ｄ →ＰＡ ２ →ＰＡ ｎ ２ 设直线ＢＰ与平面ＡＥＦ所成的角为θ，
， ＝ ｜ ｜ －（ · ） ；
１ ６８ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
则
ｓｉｎ
θ
＝｜ｃｏｓ
〈Ｂ→Ｐ，ｎ〉
｜＝ Ｂ→
｜ Ｂ→
Ｐ
Ｐ·
·
ｎ
ｎ
｜
面
解
α
析
的 法
平
向
面
量为
α：
ｖ
ｘ ＋
＝
２
（
ｙ
１
＋
，
３
２
ｚ
，
＝
３ ）
６
．
即ｘ －１＋２ （ｙ －１ ） ＋３ （ｚ －１ ） ＝０ ，则平
｜ ｜ ｜ ｜
｜－９＋０＋３ ｍ ｜ ２２， { ｘ ｙ ， ｘ － １ ｙ ｚ ＋ １
＝ ＝ 对于ｌ ： ２ － ＝１ 则 ｘ ｙ ｚ ，即 ２ ２ ，所
３ ２× ２ ｍ２ ＋９ １１ １ ３ ｙ －２ ｚ ＝１ ， ６ －３＝３ ＝２ ＋１ １ ＝ １ ＝ １
整理得ｍ２ ｍ ，
－２２ ＋２１＝０ ６ ３ ２
解得ｍ 或ｍ （舍去）， ( ) ( )
＝１ ＝２１ 以ｌ 过点 １ ， ， １ ，方向向量为ｕ １ ，１ ，１ ，所以ｖ
所以Ｅ（ ， ， ），ｎ （ ， ， ）， １ ０ － １＝
１ ３ ０ ＝ ３ －１ １ ２ ２ ６ ３ ２
ｕ ，所以ｖ ｕ ，所以ｌ α，故 错误， 正确．
又→ＡＢ ＝ （ ３ ， ０ ， ０ ）， ＝６ １ ∥ １ １⊥ Ａ Ｄ
ｘ ｙ ｚ
所以点Ｂ到平面ＡＥＦ的距离ｄ ｜
ｎ·→ＡＢ
｜ ９ １１．
对于ｌ
２
：ｘ
＝
ｙ
＝２－
ｚ，即
＝ ＝
－２，所以ｌ
２
过点（
０
，
０
，
２
），方向
＝ ｎ ＝ １ １ －１
｜ ｜ １１ 向量为ｕ （ ， ， ），点（ ， ， ）适合平面α的方程ｘ ｙ ｚ
２＝ １ １ －１ ０ ０ ２ ＋２ ＋３ ＝
新定义理解
，所以ｌ 与平面α有公共点，故 错误．
６ ２ Ｂ
ｘ ｙ ｚ
例 （多选）（ 辽宁适应性考试， ）在空间直角坐标系中 对于ｌ ： －１ ，所以ｌ 过点（ ， ， ），方向向量为 ｕ
２０２４ ９ ， ３ ＝ ＝ ３ １ ０ ０ ３＝
５ －４ １
有以下两条公认事实
（ ， ， ），
： ５ －４ １
（１） 过点Ｐ ０（ ｘ ０， ｙ ０， ｚ ０）， 且以ｕ ＝（ ａ ， ｂ ， ｃ ）（ ａｂｃ ≠０） 为方向向量 因为ｖ·ｕ ３＝ （ １ ， ２ ， ３ ）·（ ５ ， －４ ， １ ） ＝５－８＋３＝０ ，所以ｖ ⊥ ｕ ３ ，所以
的空间直线ｌ的方程为 ｘ －
ａ
ｘ ０
＝
ｙ －
ｂ
ｙ ０
＝
ｚ －
ｃ
ｚ ０
；
ｌ ３⊂ α或ｌ ３∥ α，但点（ １ ， ０ ， ０ ）不适合方程ｘ ＋２ ｙ ＋３ ｚ ＝６ ，故ｌ ３⊄ α，
所以ｌ α，所以 正确．故选
过点Ｐ ｘ ｙ ｚ 且以ｖ ｍ ｎ ｔ ｍｎｔ 为法向量的平
３∥ Ｃ ＣＤ．
（２） （ ０， ０， ０）， ＝（ ， ，）（ ≠０） 风向解读
面α的方程为ｍ ｘ ｘ ｎ ｙ ｙ ｔ ｚ ｚ ．
（ － ０）＋ （ － ０）＋（ － ０）＝０ 本题属于新定义理解问题，解题过程中需将直线方程表示为
{ ｘ ｙ ｘ
现已知平面α ｘ ｙ ｚ ｌ ２ － ＝１， ｌ ｘ ｙ ｚ ｌ －１ 给出的公式形式，从而找到直线经过的定点和方向向量，考
： ＋２ ＋３ ＝６，１： ｙ ｚ ２： ＝ ＝２－ ，３： ＝
３ －２ ＝１， ５ 查学生灵活运用所学知识方法分析和解决新定义问题的能
ｙ ｚ
则 ＣＤ 力，体现新高考的趋势和变化．
＝ ， （ ）
－４ １
ｌ α ｌ α ｌ α ｌ α
Ａ． １∥ Ｂ． ２∥ Ｃ． ３∥ Ｄ． １⊥
ＢＭ 平面ＣＤＥ．
学生用书P100 ∴ ∥
设ＡＭ的中点为Ｏ 连接ＦＯ ＢＯ
１．（ 新课标 ， ， 分，中）已知正三棱台ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 的体 （２） ， ， ，
２０２４ Ⅱ ７ ５ － １ １ １ ＡＢ ＢＭ ＡＭ ＯＢ ＡＭ ＯＢ
∵ ＝ ＝ ＝２，∴ ⊥ ， ＝ ３，
积为５２ ＡＢ Ａ Ｂ 则Ａ Ａ与平面ＡＢＣ所成角的正切值为
３ ， ＝６， １ １＝２， １ 在等腰梯形ＡＤＥＦ中 ， ＥＦ ∥ ＭＤ ， ＥＦ ＝ ＭＤ ，
Ｂ 四边形ＭＤＥＦ为平行四边形 ＦＭ ＤＥ
（ ） ∴ ，∴ ＝ ＝ １０，
１ ＡＦ ＭＦ 又 Ｏ为ＡＭ的中点 ＯＦ ＡＭ ＯＡ １ＡＭ
Ａ． Ｂ．１ Ｃ．２ Ｄ．３ ∴ ＝ ， ∵ ，∴ ⊥ ， ＝ ＝１，
２ ２
２．（ 全国甲理， ， 分，中）如图 在以 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ 为
２０２４ １９ １２ ， ， ， ， ， ， ＯＦ ＡＦ２ ＡＯ２ 又 ＯＢ ＦＢ
∴ ＝ － ＝３， ∵ ＝ ３， ＝２ ３，
顶点的五面体中 四边形ＡＢＣＤ与四边形ＡＤＥＦ均为等腰梯
， ＯＦ２ ＯＢ２ ＢＦ２ ＯＢ ＯＦ
∴ ＋ ＝ ，∴ ⊥ ，
形 ＥＦ ＡＤ ＢＣ ＡＤ ＡＤ ＡＢ ＢＣ ＥＦ ＥＤ ＦＢ 又 ＯＢ ＡＤ ＯＦ ＡＤ
， ∥ ， ∥ ， ＝４， ＝ ＝ ＝２， ＝ １０， ＝ ∵ ⊥ ， ⊥ ，
Ｍ为ＡＤ的中点． 分别以ＯＢ ＯＤ ＯＦ所在直线为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直
２ ３， ∴ ， ， ， ，
证明 ＢＭ 平面ＣＤＥ 角坐标系 如图所示
（１） ： ∥ ； ， ，
求二面角Ｆ ＢＭ Ｅ的正弦值． [
（２） － －
' & ' &
0 %
" . % " . Z
# $ Y # $
则Ｆ Ｂ Ｍ Ｅ
（０，０，３）， （ ３，０，０）， （０，１，０）， （０，２，３），
解析 证明 Ｍ为ＡＤ的中点 且ＡＤ
（１） ：∵ ， ＝４， Ｂ→Ｍ Ｆ→Ｂ Ｍ→Ｅ
∴ ＝（－ ３，１，０）， ＝（ ３，０，－３）， ＝（０，１，３），
ＭＤ ＭＤ ＢＣ
∴ ＝２，∴ ＝ ， 设平面ＦＢＭ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
又 ＭＤ ＢＣ 四边形ＢＣＤＭ为平行四边形
１＝（ １， １， １），
∵ ∥ ，∴ ， {ｎ Ｂ→Ｍ { ｘ ｙ
ＢＭ ＣＤ 则 １· ＝０，即 － ３ １＋ １＝０，
∴ ∥ ，
又ＢＭ 平面ＣＤＥ ＣＤ 平面ＣＤＥ ｎ Ｆ→Ｂ ｘ ｚ
⊄ ， ⊂ ， １· ＝０， ３ １－３ １＝０，
专题七 立体几何与空间向量 １ ６９
不妨取ｘ 则ｎ ．
１＝ ３， １＝（ ３，３，１）
设平面ＥＢＭ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２＝（ ２， ２， ２），
则 {ｎ ２· Ｂ→Ｍ ＝０，即 { － ３ ｘ ２＋ ｙ ２＝０，
ｎ Ｍ→Ｅ ｙ ｚ
２· ＝０， ２＋３ ２＝０，
不妨取ｙ 则ｘ ｚ 则ｎ ．
２＝３， ２＝ ３， ２＝－１， ２＝（ ３，３，－１）
解析 设 Ａ 到平面 Ａ ＢＣ 的距离为 ｄ．因为 Ｖ
设二面角Ｆ － ＢＭ － Ｅ的平面角为θ ， 则 ｜ｃｏｓ θ ｜＝｜ｃｏｓ〈 ｎ １， ｎ ２〉｜＝ （１） １ Ａ １－ ＡＢＣ ＝
ｎ ｎ Ｖ １ Ｓ ＡＡ １ Ｓ ｄ １ Ｖ ４ Ｓ
｜ ｎ １· ｎ ２｜ ＝ ３× ３＋３×３＋１×（－１） ＝ １１ ， Ａ － Ａ １ ＢＣ＝ ３ △ ＡＢＣ· １＝ ３ △ Ａ １ ＢＣ· ＝ ３ · ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ ＝ ３ ， △ Ａ １ ＢＣ
｜ １｜｜ ２｜
（ ３）
２
＋３
２
＋１
２
× （ ３）
２
＋３
２
＋（－１）
２ １３
４
( ) ３×
∵０≤
θ
≤π，∴ ｓｉｎ
θ
＝ １－ｃｏｓ
２θ
＝ １－
１１ ２
＝
４ ３
， ＝２ ２，
所以ｄ
＝
３
＝ ２
．
１３ １３ ２ ２
解法一（几何法）：由题意知 二面角Ａ ＢＤ Ａ 的平面角
二面角Ｆ ＢＭ Ｅ的正弦值为４ ３． （２） ， － － １
∴ － － 与二面角Ａ ＢＤ Ｃ的平面角互补 故两二面角的正弦值相等．
１３ － － ，
考点 1 空间角与距离 学生用书P100 下面求二面角Ａ ＢＤ Ａ 的正弦值．
－ － １
如图 过Ａ作ＡＨ ＢＤ于Ｈ 取Ａ Ｂ的中点Ｏ 连接ＡＯ ＯＨ．
１．（ 新高考 ， ， 分，易）日晷是中国古代用来测定时间的 ， ⊥ ， １ ， ，
２０２０ Ⅰ ４ ５
仪器 利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．
，
把地球看成一个球 球心记为Ｏ 地球上一点Ａ的纬度是指
（ ），
ＯＡ与地球赤道所在平面所成角 点Ａ处的水平面是指过点Ａ
，
且与ＯＡ垂直的平面．在点Ａ处放置一个日晷 若晷面与赤道
，
所在平面平行 点Ａ处的纬度为北纬 ° 则晷针与点Ａ处的
， ４０ ，
水平面所成角为 Ｂ 因为ＡＡ ＡＢ 所以ＡＯ Ａ Ｂ
（ ） １＝ ， ⊥ １ ，
又因为平面Ａ ＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ 平面Ａ ＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ
１ ⊥ １ １， １ ∩ １ １＝
Ａ Ｂ ＡＯ 平面ＡＢＢ Ａ 所以ＡＯ 平面Ａ ＢＣ．
１ ， ⊂ １ １， ⊥ １
又ＢＤ ＢＣ 平面Ａ ＢＣ 所以ＡＯ ＢＣ ＡＯ ＢＤ 又ＡＯ ＡＨ
， ⊂ １ ， ⊥ ， ⊥ ， ∩ ＝
Ａ 所以ＢＤ 平面ＡＯＨ 因为ＯＨ 平面ＡＯＨ 所以ＯＨ ＢＤ
， ⊥ ， ⊂ ， ⊥ ，
则 ＡＨＯ是二面角Ａ ＢＤ Ａ 的平面角．
∠ － － １
° ° ° ° 由直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 得ＡＡ 平面ＡＢＣ
Ａ．２０ Ｂ．４０ Ｃ．５０ Ｄ．９０ － １ １ １ １⊥ ，
２．（ 全国甲，文 ，理 ， 分，中）在长方体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 因为ＢＣ 平面ＡＢＣ 所以ＡＡ ＢＣ
２０２２ ９ ７ ５ － １ １ １ １ ⊂ ， １⊥ ，
中 已知Ｂ Ｄ与平面ＡＢＣＤ和平面ＡＡ Ｂ Ｂ所成的角均为 ° 又ＡＡ ＡＯ Ａ ＡＡ ＡＯ 平面ＡＢＢ Ａ
， １ １ １ ３０ ， １∩ ＝ ， １， ⊂ １ １，
则 Ｄ 所以ＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ ．
（ ） ⊥ １ １
ＡＢ ＡＤ 因为Ａ Ｂ ＡＢ 平面ＡＢＢ Ａ 所以ＢＣ Ａ Ｂ ＢＣ ＡＢ．
Ａ． ＝２ １ ， ⊂ １ １， ⊥ １ ， ⊥
ＡＢ与平面ＡＢ Ｃ Ｄ所成的角为 ° 由 知ＡＯ ｄ 所以ＡＢ ＡＡ Ａ Ｂ
Ｂ． １ １ ３０ （１） ＝ ＝ ２， ＝ １＝２， １ ＝２ ２，
ＡＣ ＣＢ
Ｃ． Ｂ Ｄ ＝ 与平 １ 面ＢＢ Ｃ Ｃ所成的角为 ° 又因为 △ Ａ １ ＢＣ 的面积为 ２ ２， 所以 ＢＣ ＝２， 所以可得 ＡＣ ＝
Ｄ． １ １ １ ４５ Ａ Ｃ ＢＤ
３．（ 全国乙理， ， 分，中）已知 ＡＢＣ为等腰直角三角形 ２ ２， １ ＝２ ３， ＝ ３，
２０２３ ９ ５ △ ， (ＡＢ)
２
ＡＢ为斜边 ＡＢＤ为等边三角形．若二面角Ｃ ＡＢ Ｄ为 ° 故 ＡＢＤ的面积为 １ ＡＢ ＢＤ２
，△ － － １５０ ， △ · · － ＝ ２，
则直线ＣＤ与平面ＡＢＣ所成角的正切值为 Ｃ ２ ２
（ ）
又Ｓ １ ＢＤ ＡＨ 所以ＡＨ ２ ６
１ ２ ３ ２ △ ＡＢＤ＝ · ＝ ２， ＝ ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ２ ３
５ ５ ５ ５ ＡＯ
４．（多选）（ 新高考 ， ， 分，易）已知正方体 ＡＢＣＤ 在 ＯＨＡ中 ＯＨＡ ３
２０２２ Ⅰ ９ ５ － Ｒｔ△ ，ｓｉｎ∠ ＝ＡＨ＝ ，
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 则 ＡＢＤ ２
１ １ １ １， （ ）
直线ＢＣ 与ＤＡ 所成的角为 ° 即二面角Ａ ＢＤ Ｃ的正弦值为 ３．
Ａ． １ １ ９０ － － ２
直线ＢＣ 与ＣＡ 所成的角为 °
Ｂ． 直线ＢＣ １ 与平面 １ ＢＢ Ｄ Ｄ所成 ９０ 的角为 ° 解法二（向量法）：如图 ， 取Ａ １ Ｂ的中点Ｅ ， 连接ＡＥ．
Ｃ． １ １ １ ４５ 因为 ＡＡ １ ＝ ＡＢ ， 所以 ＡＥ ⊥ Ａ １ Ｂ ， 又因为平面 Ａ １ ＢＣ ⊥ 平面
直线ＢＣ 与平面ＡＢＣＤ所成的角为 ° ＡＢＢ Ａ 平面Ａ ＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ Ａ Ｂ ＡＥ 平面ＡＢＢ Ａ 所
５． Ｄ （ ２ ． ０２２ 新高 １ 考 Ⅰ ， １９ ， １２ 分，中）如图 ， 直 ４５ 三棱柱 ＡＢＣ － Ａ １ Ｂ １ Ｃ １ 以Ａ １ Ｅ ⊥ １， 平面Ａ １ １ ＢＣ． ∩ １ １＝ １ ， ⊂ １ １，
的体积为 Ａ ＢＣ的面积为 ． 又ＢＣ 平面Ａ ＢＣ 所以ＡＥ ＢＣ．
４，△ １ ２ ２ ⊂ １ ， ⊥
求Ａ到平面Ａ ＢＣ的距离 由直三棱柱ＡＢＣ Ａ Ｂ Ｃ 得ＡＡ 平面ＡＢＣ
（１） １ ； － １ １ １ １⊥ ，
设Ｄ为Ａ Ｃ的中点 ＡＡ ＡＢ 平面Ａ ＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ 又ＢＣ 平面ＡＢＣ 所以ＡＡ ＢＣ 又ＡＡ ＡＥ Ａ ＡＡ ＡＥ 平
（２） １ ， １＝ ， １ ⊥ １ １， ⊂ ， １⊥ ， １∩ ＝ ， １， ⊂
求二面角Ａ ＢＤ Ｃ的正弦值． 面ＡＢＢ Ａ 所以ＢＣ 平面ＡＢＢ Ａ 又ＡＢ 平面ＡＢＢ Ａ 所以
－ － １ １， ⊥ １ １， ⊂ １ １，
１ ７０ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ＢＣ ＡＢ．
⊥
由 知ＡＥ ｄ 所以ＡＢ ＡＡ Ａ Ｂ
（１） ＝ ＝ ２， ＝ １＝２， １ ＝２ ２，
又因为 Ａ ＢＣ的面积为 所以ＢＣ ．
△ １ ２ ２， ＝２
以Ｂ为坐标原点 向量Ｂ→Ｃ →ＢＡ Ｂ→Ｂ 的方向分别为ｘ ｙ ｚ轴的
， ， ， １ ， ，
正方向 建立空间直角坐标系Ｂｘｙｚ
， ，
则Ｃ Ａ Ａ Ｄ Ｂ 解析 证明 取ＡＤ的中点Ｅ 连接ＱＥ ＣＥ 则ＡＥ ＤＥ
（２，０，０）， （０，２，０）， １（０，２，２）， （１，１，１）， （０，０，０）， （１） ： ， ， ， ＝
．
则→ＢＣ →ＢＡ Ｂ→Ｄ ． ＝１
＝（２，０，０）， ＝（０，２，０）， ＝（１，１，１）
由ＱＤ ＱＡ 得ＱＥ ＡＤ．
＝ ， ⊥
在 ＱＡＥ中 ＱＥ ＱＡ２ ＡＥ２ ２ ２ ．
Ｒｔ△ ， ＝ － ＝ （ ５） －１ ＝２
底面ＡＢＣＤ是正方形 ＣＤ ＡＤ
∵ ，∴ ＝ ＝２，
在 ＣＤＥ中 ＣＥ ＣＤ２ ＤＥ２ ２ ２ ．
Ｒｔ△ ， ＝ ＋ ＝ ２ ＋１ ＝ ５
在 ＱＣＥ中 ＱＥ２ ＣＥ２ ＱＣ２ ＱＥ ＣＥ
∴ △ ， ＋ ＝ ，∴ ⊥ ，
又 ＣＥ ＡＤ Ｅ ＣＥ ＡＤ 平面ＡＢＣＤ
设平面ＡＢＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ∵ ∩ ＝ ， 、 ⊂ ，
１＝（ １， １， １），
ＱＥ 平面ＡＢＣＤ．
{ｎ →ＢＡ { ｙ ∴ ⊥
则 １· ＝０，即 ２ １＝０， 又ＱＥ 平面ＱＡＤ 平面ＱＡＤ 平面ＡＢＣＤ．
⊂ ，∴ ⊥
ｎ １· Ｂ→Ｄ ＝０， ｘ １＋ ｙ １＋ ｚ １＝０， （２） 建立空间直角坐标系 ， 如图所示 ，
令ｘ 得ｚ 所以ｎ ．
１＝１， １＝－１， １＝（１，０，－１）
设平面ＢＣＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２＝（ ２， ２， ２），
{ｎ Ｂ→Ｃ { ｘ
则 ２· ＝０，即 ２ ２＝０，
ｎ
２·
Ｂ→Ｄ
＝０，
ｘ
２＋
ｙ
２＋
ｚ
２＝０，
令ｙ 得ｚ 所以ｎ ．
２＝１， ２＝－１， ２＝（０，１，－１）
ｎ ｎ
所以 ｎ ｎ １· ２ １
ｃｏｓ〈 １， ２〉＝ ｎ ｎ ＝ ，
｜ １｜｜ ２｜ ２ 则Ｂ Ｑ Ｄ ．
（２，－１，０）， （０，０，２）， （０，１，０）
又 ｎ ｎ 所以 ｎ ｎ ３．
ｓｉｎ〈 １， ２〉＞０， ｓｉｎ〈 １， ２〉＝
２
Ｂ→Ｑ
＝（－２，１，２），
Ｂ→Ｄ
＝（－２，２，０）
．显然
，
平面ＱＡＤ的一个法向
量为ｎ
所以二面角Ａ ＢＤ Ｃ的正弦值为 ３．
１＝（１，０，０），
－ － 设平面ＢＱＤ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２ ２＝（ ， ， ），
{ｎ Ｂ→Ｑ
考点 2 空间向量及其应用 学生用书P101 则 ２· ＝０，
ｎ Ｂ→Ｄ
１．（多选）（ 新高考 ， ， 分，中）如图 下列各正方体中 ２· ＝０，
２０２１ Ⅱ １０ ５ ， ， { ｘ ｙ ｚ
Ｏ为下底面的中心 Ｍ Ｎ 为正方体的顶点 Ｐ 为所在棱的中 即 －２ ＋ ＋２ ＝０，ｘ ｙ ｚ．取ｎ ．
， ， ， ｘ ｙ ＝ ＝２ ２＝（２，２，１）
点 则满足ＭＮ ＯＰ的是 ＢＣ －２ ＋２ ＝０，
， ⊥ （ ） 设二面角Ｂ ＱＤ Ａ的平面角为θ 易知θ为锐角
－ － ， ，
ｎ ｎ
则 θ ｎ ｎ ｜ １· ２｜ ２ ２ ．
ｃｏｓ ＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝ ｎ ｎ ＝ ＝
｜ １｜｜ ２｜ １×３ ３
３．（ 新课标 ， ， 分，中）如图 在正四棱柱 ＡＢＣＤ
２０２３ Ⅰ １８ １２ ， －
Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 ＡＢ ＡＡ 点 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 分别在棱 ＡＡ
１ １ １ １ ， ＝２， １＝４， ２， ２， ２， ２ １，
ＢＢ ＣＣ ＤＤ 上 ＡＡ ＢＢ ＤＤ ＣＣ ．
１， １， １ ， ２＝１， ２＝ ２＝２， ２＝３
证明 Ｂ Ｃ Ａ Ｄ
（１） ： ２ ２∥ ２ ２；
点 Ｐ 在棱 ＢＢ 上 当二面角 Ｐ Ａ Ｃ Ｄ 为 °时
（２） １ ， － ２ ２－ ２ １５０ ，
求Ｂ Ｐ．
２
２．（ 新高考 ， ， 分，中）在四棱锥 Ｑ ＡＢＣＤ 中 底面
２０２１ Ⅱ １９ １２ － ，
ＡＢＣＤ是正方形 若ＡＤ ＱＤ ＱＡ ＱＣ ．
， ＝２， ＝ ＝ ５， ＝３
证明 平面ＱＡＤ 平面ＡＢＣＤ
（１） ： ⊥ ；
求二面角Ｂ ＱＤ Ａ的余弦值． 解析 解法一（向量法）：
（２） － －
证明 以Ｃ为原点 Ｃ→Ｄ Ｃ→Ｂ Ｃ→Ｃ 的方向分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ
（１） ： ， ， ， １ ， ，
轴的正方向 建立如图所示的空间直角坐标系
， ，
专题七 立体几何与空间向量 １ ７１
Ａ Ｄ Ｂ Ｃ Ａ Ｄ Ｂ Ｃ
∴ ２ ２∥ ３ ３， ２ ２＝ ３ ３，
Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ
∵ ２ ３∥ ２ ３， ２ ３＝ ２ ３＝１，
四边形Ｂ Ｂ Ｃ Ｃ 为平行四边形
∴ ２ ３ ３ ２ ，
Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ｂ Ｃ Ａ Ｄ ．
∴ ２ ２∥ ３ ３， ２ ２＝ ３ ３，∴ ２ ２∥ ２ ２
当Ｐ在Ｂ Ｂ 上时 连接Ａ Ｂ ．
（２） １ ２ ， ２ ２
由 可知四边形 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 为平行四边形 连接 Ｂ Ｄ 设
（１） ２ ２ ２ ２ ， ２ ２，
Ａ Ｃ 与Ｂ Ｄ 相交于点Ｅ
由题意知 Ａ Ｂ Ｃ Ｄ ２ ２ ２ ２ ，
， ２（２，２，１）， ２（０，２，２）， ２（０，０，３）， ２（２，０，２），
∵
二面角Ｐ
－
Ａ
２
Ｃ
２－
Ｄ
２
为
１５０
°
，
则Ｂ
２
→Ｃ
２＝（０，－２，１），
Ａ
２
→Ｄ
２＝（０，－２，１）， ∴ 直线Ｂ ２ Ｅ与平面ＰＡ ２ Ｃ ２ 所成角为 ３０ ° ， 易知Ｂ ２ Ｅ ＝ ２，
Ｂ→Ｃ Ａ→Ｄ Ｂ→Ｃ Ａ→Ｄ
∴ ２ ２＝ ２ ２，∴ ２ ２∥ ２ ２， Ｂ 到平面ＰＡ Ｃ 的距离ｄ Ｂ Ｅ ° ２．
又知Ｂ Ｃ 与Ａ Ｄ 无公共点 ∴ ２ ２ ２ １＝ ２ ·ｓｉｎ３０ ＝
２ ２ ２ ２ ， ２
Ｂ Ｃ Ａ Ｄ ． 连接Ａ Ｂ Ａ Ｄ Ａ Ｃ Ａ Ｅ
∴ ２ ２∥ ２ ２ １ ２， １ ２， １ ２， １ ，
（２）∵ 点Ｐ在棱ＢＢ １ 上 ，∴ 设Ｐ （０，２， ａ ）（０≤ ａ ≤４）， 由Ａ １ Ｂ ２＝ Ａ １ Ｄ ２＝２ ２， 得Ａ １ Ｅ ⊥ Ｂ ２ Ｄ ２，∴ Ａ １ Ｅ ＝ ６，
结合 可知Ａ→Ｃ Ａ→Ｄ Ｐ→Ａ 由Ａ Ｃ Ａ Ａ 得Ａ Ｅ Ａ Ｃ
（１） ２ ２＝（－２，－２，２）， ２ ２＝（０，－２，１）， ２＝（２， １ ２＝ １ ２＝３， １ ⊥ ２ ２，
又Ｂ Ｄ Ａ Ｃ Ｅ
０，１－ ａ ）， Ｐ→Ｃ ２＝（０，－２，３－ ａ ） ． ２ ２∩ ２ ２＝ ，
设平面Ａ Ｃ Ｄ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ Ａ Ｅ 平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ
２ ２ ２ １＝（ １， １， １）， ∴ １ ⊥ ２ ２ ２ ２，
二面角Ｐ Ａ Ｃ Ｄ 为 °
{Ａ→Ｃ ｎ { ｘ ｙ ｚ ∵ － ２ ２－ ２ １５０ ，
则 ２ ２· １＝０，即 －２ １－２ １＋２ １＝０， Ａ Ｅ与平面ＰＡ Ｃ 所成角为 °
Ａ
２
→Ｄ
２·
ｎ
１＝０， －２
ｙ
１＋
ｚ
１＝０，
∴ １ ２ ２ ６０ ，
令ｚ 则ｎ ． 点Ａ 到平面ＰＡ Ｃ 的距离ｄ Ａ Ｅ ° ３ ２
１＝２， １＝（１，１，２） ∴ １ ２ ２ ２＝ １ ·ｓｉｎ６０ ＝
２
，
设平面ＰＡ Ｃ 的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ
２ ２ ２＝（ ２， ２， ２）， Ｖ Ａ ＰＡＣ ｄ
{Ｐ→Ａ ｎ { ｘ ａ ｚ ∴ Ｖ １－ ２ ２ ＝ｄ ２ ＝３，
则 ２· ２＝０，即 ２ ２＋（１－ ） ２＝０， Ｂ ２－ ＰＡ ２ Ｃ ２ １
令ｚ Ｐ ２ → ＝ Ｃ ２ ２ · ， 则 ｎ ２ ｎ ＝ ２ ０ ＝ ， （ ａ －１ － ， ２ ３ ｙ － ２＋ ａ （ ，２ ３ ） － ， ａ ） ｚ ２＝０， 设 Ｂ Ａ １ Ｐ Ｂ ２ 与 Ｂ Ａ Ｑ ２ Ｐ交于点Ｑ ， 则 Ｑ Ａ １ Ｂ Ｑ ２ ＝３， 又知Ｂ ２ Ｐ ∥ Ａ １ Ａ ２，
又 ∵ 二面角Ｐ － Ａ ２ Ｃ ２－ Ｄ ２ 为 １５０ ° ， ∴ Ａ ２ Ａ ＝Ａ ２ Ｑ＝ １ ， 又知Ａ １ Ａ ２＝３，∴ Ｂ ２ Ｐ ＝ １ Ａ １ Ａ ２＝１ ．
ｎ ｎ １ ２ １ ３ ３
° ｎ ｎ ｜ １· ２｜ 由对称性可知 当Ｐ在ＢＢ 上时 同样可得Ｂ Ｐ ．
∴ ｜ｃｏｓ１５０ ｜＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜＝ ｎ ｎ ， ２ ， ２ ＝１
｜ １｜·｜ ２｜
综上 Ｂ Ｐ ．
ａ ａ ， ２ ＝１
｜ －１＋３－ ＋４｜ ６ ３ ４．（ 新课标 ， ， 分，中）如图 三棱锥Ａ ＢＣＤ中 ＤＡ
＝ ６· （ ａ －１） ２ ＋（３－ ａ ） ２ ＋４ ＝ ２ ａ２ －８ ａ ＋１４ ＝ ２ ， Ｄ ２ Ｂ ０２３ ＤＣ ＢＤ Ⅱ ＣＤ ２０ Ａ １２ ＤＢ ＡＤＣ ， ° Ｅ为ＢＣ － 的中点 ， ． ＝
化简得ａ２ ａ 解得ａ 或ａ ＝ ， ⊥ ，∠ ＝∠ ＝６０ ，
－４ ＋３＝０， ＝１ ＝３， 证明 ＢＣ ＤＡ
当ａ 时 Ｂ Ｐ 当ａ 时 Ｂ Ｐ ． （１） ： ⊥ ；
综上
＝
Ｂ
１
Ｐ
，
．
２ ＝１； ＝３ ， ２ ＝１
（２）
点Ｆ满足Ｅ→Ｆ
＝
Ｄ→Ａ
，
求二面角Ｄ
－
ＡＢ
－
Ｆ的正弦值．
， ２ ＝１
解法二（几何法）：
证明 如图 分别取 ＢＢ ＣＣ 的中点 Ｂ Ｃ 连接 Ａ Ｂ
（１） ： ， ２， １ ３， ３， ２ ３，
Ｂ Ｃ Ｄ Ｃ
３ ３， ２ ３，
解析 证明 连接ＡＥ ＤＥ
（１） ： ， ，
ＤＢ ＤＣ Ｅ为ＢＣ的中点 ＤＥ ＢＣ． 分
∵ ＝ ， ，∴ ⊥ （１ ）
又 ＤＡ ＤＢ ＤＣ ＡＤＢ ＡＤＣ °
∵ ＝ ＝ ，∠ ＝∠ ＝６０ ，
ＡＣＤ与 ＡＢＤ均为等边三角形
∴ △ △ ，
ＢＢ Ｂ Ｂ ＣＣ Ｃ Ｃ ＡＣ ＡＢ ＡＥ ＢＣ． 分
∴ ３＝ ２ ３＝１， ３＝２，∴ ２ ３＝１， ∴ ＝ ，∴ ⊥ （２ ）
在正四棱柱ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 中 又 ＡＥ ＤＥ Ｅ ＡＥ 平面ＡＤＥ ＤＥ 平面ＡＤＥ
－ １ １ １ １ ， ∵ ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ，
ＡＡ ＢＢ ＡＡ ＢＢ ＢＣ 平面ＡＤＥ 分
２∥ ３， ２＝ ３＝１， ∴ ⊥ ， （３ ）
四边形ＡＢＢ Ａ 为平行四边形 又 ＤＡ 平面ＡＤＥ ＢＣ ＤＡ． 分
∴ ３ ２ ， ∵ ⊂ ，∴ ⊥ （４ ）
Ａ Ｂ ＡＢ Ａ Ｂ ＡＢ 设ＤＡ ＤＢ ＤＣ 则ＢＣ ＤＥ ＡＥ
∴ ２ ３＝ ＝２， ２ ３∥ ， （２） ＝ ＝ ＝２， ＝２ ２， ＝ ＝ ２，
同理Ｄ
２
Ｃ
３＝
ＣＤ
，
Ｄ
２
Ｃ
３∥
ＣＤ
， ∴
ＡＥ２
＋
ＤＥ２
＝４＝
ＤＡ２
， （６
分
）
又 ＡＢ ＣＤ ＡＢ ＣＤ ＡＥ ＤＥ．
∵ ∥ ， ＝ ＝２， ∴ ⊥
Ａ Ｂ Ｄ Ｃ Ａ Ｂ Ｄ Ｃ 又 ＡＥ ＢＣ ＤＥ ＢＣ Ｅ ＤＥ 平面ＢＣＤ ＢＣ 平面ＢＣＤ
∴ ２ ３∥ ２ ３， ２ ３＝ ２ ３， ∵ ⊥ ， ∩ ＝ ， ⊂ ， ⊂ ，∴
四边形Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 为平行四边形 ＡＥ 平面ＢＣＤ．
∴ ２ ３ ３ ２ ， ⊥
１ ７２ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
以Ｅ为原点 Ｅ→Ｄ Ｅ→Ｂ →ＥＡ的方向分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴的正方
故Ｆ为ＡＣ的中点．
， ， ， ， ，
向 建立如图所示的空间直角坐标系 Ｄ Ｅ Ｏ Ｆ分别为ＰＢ ＰＡ ＢＣ ＡＣ的中点
∵ ， ， ， ， ， ， ，
， ，
ＤＥ ＡＢ 且ＤＥ １ ＡＢ ＯＦ ＡＢ 且ＯＦ １ ＡＢ
∴ ∥ ， ＝ ， ∥ ， ＝ ，
２ ２
ＤＥ ＯＦ．
∴
四边形ＤＥＦＯ是平行四边形 ＥＦ ＤＯ．
∴ ，∴ ∥
又ＥＦ 平面ＡＤＯ ＤＯ 平面ＡＤＯ
⊄ ， ⊂ ，
ＥＦ 平面ＡＤＯ．
∴ ∥
则Ｄ Ａ Ｂ Ｅ （２） 证明 ：∵ Ｄ ， Ｏ分别是ＰＢ ， ＢＣ的中点 ， 且ＰＣ ＝ ６，
（ ２，０，０）， （０，０， ２）， （０， ２，０）， （０，０，０），
∴ Ｄ→Ａ ＝（－ ２，０， ２）， →ＡＢ ＝（０， ２，－ ２）， ∴ ＤＯ ＝ １ ＰＣ ＝ ６ ， 又ＡＤ ＝ ５ ＤＯ ，∴ ＡＤ ＝ ３０．
Ｅ→Ｆ Ｄ→Ａ Ｆ ２ ２ ２
∵ ＝ ，∴ （－ ２，０， ２）， 在 ＡＢＯ中 ＡＢ ＢＯ ＡＯ
→ＡＦ ． 分 Ｒｔ△ ， ＝２， ＝ ２，∴ ＝ ６，
∴ ＝（－ ２，０，０） （８ ） 在 ＡＤＯ中 ＯＤ２ ＡＯ２ ＡＤ２
设平面ＤＡＢ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ △ ， ＋ ＝ ，
１＝（ １， １， １）， ＯＤ ＡＯ 由 知ＥＦ ＯＤ 则ＥＦ ＡＯ
则 {Ｄ→Ａ · ｎ １＝０，即 { － ２ ｘ １＋ ２ ｚ １＝０， ∴ 又ＡＯ ⊥ ⊥ ＢＦ ， ， ＢＦ （ ∩ １） ＥＦ ＝ Ｆ ， ∥ ＢＦ ⊂ ， 平面Ｂ ⊥ ＥＦ ， Ｅ ， Ｆ ⊂ 平面ＢＥＦ ，
→ＡＢ ｎ ｙ ｚ ＡＯ 平面ＢＥＦ
· １＝０， ２ １－ ２ １＝０， ∴ ⊥ ，
令ｚ 则ｎ ． 分 又ＡＯ 平面ＡＤＯ 平面ＡＤＯ 平面ＢＥＦ．
１＝１， １＝（１，１，１） （９ ） ⊂ ，∴ ⊥
设平面ＡＢＦ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 如图 过点Ｏ作ＯＨ ＢＦ交ＡＣ于点Ｈ 由ＡＯ ＢＦ 知
２＝（ ２， ２， ２）， （３） １， ∥ ， ⊥ ，
{ →ＡＢ ｎ { ｙ ｚ ＨＯ ⊥ ＡＯ ， 又由 （２） 知ＯＤ ⊥ ＡＯ ， 故 ∠ ＤＯＨ为二面角 Ｄ － ＡＯ － Ｃ
则 · ２＝０，即 ２ ２－ ２ ２＝０， 的平面角 设ＡＤ ＢＥ Ｇ
→ＡＦ ｎ ｘ ， ∩ ＝ ，
· ２＝０， － ２ ２＝０， Ｄ Ｅ分别为ＰＢ ＰＡ的中点 Ｇ为 ＰＡＢ的重心
令ｚ 则ｎ ． 分 ∵ ， ， ，∴ △ ，
２＝１， ２＝（０，１，１） （１０ ）
设二面角Ｄ － ＡＢ － Ｆ的平面角为θ ， ∴ ＤＧ ＝ １ ＡＤ ， ＧＥ ＝ １ ＢＥ ，
３ ３
ｎ ｎ Ｏ为ＢＣ的中点 ＯＨ ＢＦ Ｈ为ＦＣ的中点 由 知Ｆ为
则 θ ｜ １· ２｜ ２ ６． 分 ∵ ， ∥ ，∴ ， （１）
｜ｃｏｓ ｜＝ ｎ ｎ ＝ ＝ （１１ ）
｜ １｜·｜ ２｜ ３× ２ ３ ＡＣ的中点 ＦＨ １ ＡＨ 连接ＤＨ ＧＦ ＤＨ ３ ＧＦ
又 θ ，∴ ＝ ， ， ，∴ ＝ ，
∵ ∈［０，π］， ３ ２
æ ö２ ３ １５
θ ２θ ç ６÷ ３ ４＋ － ＰＡ２
∴ ｓｉｎ ＝ １－ｃｏｓ ＝ １－è ø ＝ ， 由 ＡＢＤ ２ ２ ４＋６－ 得ＰＡ
３ ３ ｃｏｓ∠ ＝ ＝ ， ＝ １４，
６ ２×２× ６
二面角Ｄ ＡＢ Ｆ的正弦值为 ３． 分 ２×２×
∴ － － （１２ ） ２
３
５．（ 全国乙理， ， 分，中）如图 在三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 ＡＢ 同理可得ＢＥ ６
２０２３ １９ １２ ， － ， ＝ ，
２
ＢＣ ＡＢ ＢＣ ＰＢ ＰＣ ＢＰ ＡＰ ＢＣ的中点分别
⊥ ， ＝２， ＝２ ２， ＝ ＝ ６， ， ， æ ö２ æ ö２
ＢＥ２ ＥＦ２ ＢＦ２ 故ＢＥ ＥＦ 则ＧＦ２ ç １ ６÷ ç ６÷
为Ｄ Ｅ Ｏ ＡＤ ＤＯ 点Ｆ在ＡＣ上 ＢＦ ＡＯ． ∴ ＋ ＝３＝ ， ⊥ ， ＝è × ø ＋è ø
， ， ， ＝ ５ ， ， ⊥ ３ ２ ２
证明 ＥＦ 平面ＡＤＯ
（１） ： ∥ ；
５ ＧＦ １５ 故ＤＨ ３ １５ １５．
证明 平面ＡＤＯ 平面ＢＥＦ ＝ ，∴ ＝ ， ＝ × ＝
（２） ： ⊥ ； ３ ３ ２ ３ ２
求二面角Ｄ ＡＯ Ｃ的正弦值．
（３） － － 在 ＤＯＨ中 ＯＨ １ ＢＦ ３ ＯＤ ６ ＤＨ １５
△ ， ＝ ＝ ， ＝ ， ＝ ，
２ ２ ２ ２
６ ３ １５
＋ －
ＤＯＨ ４ ４ ４ － ２．
∴ ｃｏｓ∠ ＝ ＝
６ ３ ２
２× ×
２ ２
二面角Ｄ ＡＯ Ｃ的正弦值为 ２．
∴ － －
解析 解法一： 证明 如图 连接ＤＥ ＯＦ 设ＡＦ ｔＡＣ ２
（１） ： １， 、 ， ＝
ｔ 则Ｂ→Ｆ →ＢＡ →ＡＦ →ＢＡ ｔ→ＡＣ →ＢＡ ｔ Ｂ→Ｃ →ＢＡ ｔ →ＢＡ
（０＜ ＜１）， ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ （ － ）＝（１－ ）
ｔＢ→Ｃ．易知Ａ→Ｏ →ＢＡ １ Ｂ→Ｃ．
＋ ＝－ ＋
２
ＢＦ ＡＯ
∵ ⊥ ，
( )
Ｂ→Ｆ Ａ→Ｏ ｔ →ＢＡ ｔ Ｂ→Ｃ →ＢＡ １ Ｂ→Ｃ ｔ →ＢＡ２
∴ · ＝［（１－ ） ＋ ］· － ＋ ＝（ －１） ＋
２
图 图
１ ｔＢ→Ｃ２ ｔ ｔ 解得ｔ １ １ ２
＝４（ －１）＋４ ＝０， ＝ ， 解法二（空间向量法）：以ＢＡ ＢＣ所在直线分别为ｘ ｙ轴 过
２ ２ ， ， ，
专题七 立体几何与空间向量 １ ７３
点Ｂ且垂直于平面ＡＢＣ的直线为ｚ轴 建立如图 所示的空 æ ö æ ö
， ２ Ｅç １ ２ ３÷ Ｂ→Ｅ ç １ ２ ３÷ 又Ａ→Ｏ
间直角坐标系 则 Ｂ Ａ Ｏ Ｃ ∴ è ， ， ø，∴ ＝è ， ， ø， ＝（－２， ２，０），
， （０，０，０）， （２，０，０）， （０， ２，０）， （０， ２ ２ ２ ２ ２ ２
．
２ ２，０） Ａ→Ｏ Ｂ→Ｅ １ ２ ３ Ａ→Ｏ Ｂ→Ｅ 即 ＡＯ
∴ · ＝－２× ＋ ２× ＋０× ＝０，∴ ⊥ ， ⊥
证明 设→ＡＦ λ→ＡＣ λ ． →ＡＣ ２ ２ ２
（１） ： ＝ ，０＜ ＜１∵ ＝（－２，２ ２，０）， ＢＥ 又ＡＯ ＢＦ ＢＥ ＢＦ Ｂ
Ｆ λ λ Ｂ→Ｆ λ λ ． ， ⊥ ， ∩ ＝ ，
∴ （２－２ ，２ ２ ，０），∴ ＝（２－２ ，２ ２ ，０） ＡＯ 平面ＢＥＦ 又ＡＯ 平面ＡＤＯ
∴ ⊥ ， ⊂ ，
∵ ＢＦ ⊥ ＡＯ ， Ａ→Ｏ ＝（－２， ２，０）， 平面ＡＤＯ 平面ＢＥＦ．
∴ ⊥
∴ Ｂ→Ｆ · Ａ→Ｏ ＝０， 即 －２（２－２ λ ）＋４ λ ＝０， 解得λ ＝ １ ， （３） 易知平面ＡＯＣ的一个法向量为ｍ １＝（０，０，１），
２ æ ö
故Ｆ为ＡＣ的中点． Ｄ为ＰＢ的中点 Ｄç １ ２ ３÷
∵ ，∴ è－ ， ， ø，
连接ＯＦ ＤＥ Ｄ Ｅ Ｏ Ｆ分别为ＰＢ ＰＡ ＢＣ ＡＣ的中点 ２ ２ ２
， ，∵ ， ， ， ， ， ， ， æ ö
Ｏ→Ｄ ç １ ２ ３÷
ＤＥ ＡＢ 且ＤＥ １ ＡＢ ＯＦ ＡＢ 且ＯＦ １ ＡＢ ∴ ＝è－ ，－ ， ø，
∴ ∥ ， ＝ ， ∥ ， ＝ ， ２ ２ ２
２ ２ 设平面ＡＯＤ的法向量为ｍ ｘ ｙ ｚ
ＤＥ ＯＦ 故四边形ＯＤＥＦ为平行四边形 ＥＦ ＤＯ ２＝（ １， １， １），
∴ 又ＥＦ
⊄
平面 ， ＡＤＯ
，
ＤＯ
⊂
平面ＡＤＯ
，
，∴ ∥ ，
则
{ｍ
２·
Ａ→Ｏ
＝０，即
ì
í
ï ï－２ ｘ １＋ ２ ｙ １＝０，
∴ ＥＦ ∥ 平面ＡＤＯ． ｍ Ｏ→Ｄ ïï １ ｘ ２ｙ ３ｚ
２· ＝０， î－ １－ １＋ １＝０，
２ ２ ２
３ １５
４＋ － ＰＡ２ 取ｘ 则ｙ ｚ
（２）
证明
：
易得ＡＤ
＝
３０
，
由
ｃｏｓ∠
ＡＢＤ
＝
２ ２
＝
４＋６－
，
１＝１， １＝ ２， １＝ ３，
２ ２×２× ６ ２×２× ６ 则ｍ ２＝（１， ２， ３），
２ 设二面角Ｄ ＡＯ Ｃ的大小为θ 则 θ ｍ ｍ
得ＰＡ ．
－ － ， ｜ｃｏｓ ｜＝｜ｃｏｓ〈 １， ２〉｜ ＝
＝ １４ ｍ ｍ
｜ １· ２｜ ３ ２．
设Ｐ ｘ ｙ ｚ ｚ 则由 ＰＢ ＰＣ ＰＡ 可得 ｍ ｍ ＝ ＝
（ ， ， ）， ＞０， ＝ ＝ ６， ＝ １４ ｜ １｜｜ ２｜ １× １＋２＋３ ２
ì ï ï ｘ２ ＋ ｙ２ ＋ ｚ２ ＝６， ì ï ï ｘ ＝－１， 由题图可知 ， 二面角Ｄ － ＡＯ － Ｃ的平面角为钝角 ，
í ïï ｘ２ ＋（ ｙ －２ ２） ２ ＋ ｚ２ ＝６， 解得í ïï ｙ ＝ ２， 故Ｐ （－１， ２， ３）， θ ２ θ ２ 即二面角Ｄ ＡＯ Ｃ的正弦值为 ２．
î ｘ ２ ｙ２ ｚ２ îｚ ∴ ｃｏｓ ＝－ ，∴ ｓｉｎ ＝ ， － －
（ －２） ＋ ＋ ＝１４， ＝ ３， ２ ２ ２
又 Ｅ是ＰＡ的中点
∵ ，
体ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的棱长为 点Ｅ是线段ＡＢ上靠近Ｂ点
学生用书P103 － １ １ １ １ ３，
的三等分点 Ｆ是Ａ Ｄ 中点 则 ＡＢＤ
１．（多选）（ 浙江温州三模， ）已知空间两条异面直线ａ ｂ ， １ １ ， （ ）
２０２４ ９ ， 该正方体外接球的表面积为
所成的角等于 ° 过点Ｐ与ａ ｂ所成的角均为θ的直线有且 Ａ． ２７π
６０ ， ，
只有一条 则θ的值可以等于 ＡＤ 直线ＥＦ与ＣＤ所成角的余弦值为４ ６１
， （ ） Ｂ．
° ° ° ６１
Ａ．３０ Ｂ．４５ Ｃ．７５ Ｄ．９０ 平面Ｂ ＥＦ截正方体所得截面为等腰梯形
２．（多选）（ 江苏苏州部分高中适应性检测， ）如图 Ｐ是矩 Ｃ． １
２０２４ ９ ，
形ＡＢＣＤ所在平面外一点 ＡＢ ＢＣ ＰＡ ＰＢ 二面角 点Ｆ到平面Ａ ＢＣ 的距离为 ３
， ＝２， ＝３， ＝ ＝ ５， Ｄ． １ １
Ｐ ＡＢ Ｃ为 ° Ｆ为ＰＡ中点 Ｍ为ＡＢ中点 Ｏ为ＢＤ中点 ２
－ － ６０ ， ， ， ， ４．（ 河北石家庄一模， ）如图 Ｐ为圆锥的顶点 ＡＣ为圆锥
则下列说法正确的是 ＢＤ ２０２４ １６ ， ，
（ ） 底面的直径 ＰＡＣ 为等边三角形 Ｏ 是圆锥底面的圆心
，△ ， ，
1
ＡＢＤ为底面圆Ｏ的内接正三角形 且边长为 点Ｅ为线
△ ， ２ ３，
'
段ＰＣ中点．
" %
求证 平面ＢＥＤ 平面ＡＢＤ
. 0 （１） ： ⊥ ；
# $ Ｍ为底面圆Ｏ的劣弧ＡＢ上一点 且 ＡＣＭ °．求平面
（２） ， ∠ ＝３０
ＡＭＥ与平面ＰＡＣ夹角的余弦值．
ＢＦ １３ 1
Ａ． ＝
４
ＰＭＯ是二面角Ｐ ＡＢ Ｃ的平面角
Ｂ．∠ － －
&
ＰＣＯ １５
Ｃ．ｔａｎ∠ ＝
３
" 0 % $
ＰＣ与ＢＤ所成的角的余弦值为 ２６
Ｄ． . #
１３
３．（多选）（ 黑龙江部分重点中学第二次联考， ）已知正方 解析 证明 设ＡＣ ＢＤ交于Ｆ 连接ＥＦ ＯＢ
２０２４ １０ （１） ： ， ， ， ，
１ ７４ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
ＢＤ [
在 ＡＢＤ中 由正弦定理知ＡＣ
△ ， ＝ ＢＡＤ＝４， %
ｓｉｎ∠
在 ＯＦＢ中 ＯＦ ＯＢ °
△ ， ＝ ｓｉｎ３０ ＝１，
所以Ｆ为ＯＣ中点 又Ｅ为ＰＣ的中点 所以ＥＦ ＰＯ Y " $
， ， ∥ ， #
0
又ＰＯ 平面ＡＢＤ 所以ＥＦ 平面ＡＢＤ
⊥ ， ⊥ ，
又ＥＦ 平面ＢＥＤ 所以平面ＢＥＤ 平面ＡＢＤ． Z
⊂ ， ⊥ &
以点Ｆ为坐标原点 ＦＡ ＦＢ ＦＥ 所在直线分别为 ｘ 轴 ｙ
（２） ， ， ， ，
则Ｏ Ａ Ｃ Ｄ →ＣＡ
轴 ｚ轴 建立如图所示的空间直角坐标系 则 Ａ （０，０，０）， （ ３，０，０）， （０，－１，０）， （０，０，１），∴ ＝
， ， ， （３，０，０），
Ｃ→Ｄ
Ｍ Ｅ 故Ａ→Ｍ →ＡＥ （ ３，１，０）， ＝（０，１，１），
（２， ３，０）， （０，０， ３）， ＝（－１， ３，０）， ＝（－３，０， 设 平 面 ＡＣＤ 的 法 向 量 为 ｎ ｘ ｙ ｚ 则
设平面ＡＭＥ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ ＝ （ ， ， ），
３）， 1 １＝（ ， ， ）， {ｎ · →ＣＡ ＝０，即 { ３ ｘ ＋ ｙ ＝０，
[ ｎ · Ｃ→Ｄ ＝０， ｙ ＋ ｚ ＝０，
取ｘ 则ｎ ．
& ＝１， ＝（１，－ ３， ３）
ＡＯＥ是二面角Ａ ＢＣ Ｅ的平面角 ＡＯＥ °
∵ ∠ － － ，∴ ∠ ＝３０ ，
æ ö æ ö
Y " 0 % ' $ 又ＯＥ ＝１，∴ Ｅ è ç ３ ，０，－ １ ø ÷ ， Ｄ→Ｅ ＝è ç ３ ，０，－ ３ ø ÷ ，
. # ２ ２ ２ ２
Z
Ｄ→Ｅ ｎ
则 Ｄ→Ｅ ｎ · ７
由 {ｎ １· Ａ→Ｍ ＝０， ｃｏｓ〈 ， 〉＝ ｜ Ｄ→Ｅ ｜｜ ｎ ｜ ＝－ ７ ，
ｎ →ＡＥ 直线ＤＥ与平面ＡＣＤ所成角的正弦值为 ７．
１· ＝０ ∴
{ ｘ ｙ ７
得 － ＋ ３ ＝０， 令ｘ 则ｎ ６．（ 东北三省四市教研联合体模拟（一）， ）正四棱台
ｘ ｚ
＝ ３， １＝（ ３，１，３）， ２０２４ １８
－３ ＋ ３ ＝０， ＡＢＣＤ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 的下底面边长为 Ａ Ｂ １ ＡＢ Ｍ为ＢＣ
易知平面ＰＡＣ的一个法向量为ｎ － １ １ １ １ ２ ２， １ １＝ ，
２＝（０，１，０）， ２
则
ｃｏｓ〈
ｎ
１，
ｎ
２〉＝
１
＝
１３
，
中点
，
已知点Ｐ满足→ＡＰ
＝（１－
λ
）
→ＡＢ
＋
２
１ λＡ→Ｄ
＋
λＡ→Ａ
１，
其中λ
∈
３＋１＋９ １３ ．
（０，１）
因此平面ＡＭＥ与平面ＰＡＣ夹角的余弦值为 １３． 求证Ｄ Ｐ ＡＣ
（１） １ ⊥ ；
１３
５．（ 河南郑州二模， ）如图 在多面体 ＤＡＢＣＥ 中 ＡＢＣ 已知平面ＡＭＣ 与平面ＡＢＣＤ所成角的余弦值为 ３ 当λ
２０２４ １７ ， ，△ （２） １ ，
７
是等边三角形 ＡＢ ＡＤ ＤＢ ＤＣ ＥＢ ＥＣ ．
， ＝ ＝２， ＝ ＝ ＝ ＝ ２ ２ 时 求直线ＤＰ与平面ＡＭＣ 所成角的正弦值．
求证 ＢＣ ＡＥ ＝ ， １
（１） ： ⊥ ； ３
若二面角Ａ ＢＣ Ｅ为 ° 求直线ＤＥ与平面ＡＣＤ所成角 % $
（２） － － ３０ ， "
的正弦值． #
% % $
.
" #
" $ 解析 证明 如图所示建立空间直角坐标系（Ｏ为正方
# （１） ：
形ＡＢＣＤ 的中心） 则Ａ Ｂ Ｃ
， （ ２，－ ２，０）， （ ２， ２，０）， （－ ２，
& Ｄ Ｍ 则→ＡＣ
２，０）， （－ ２，－ ２，０）， （０， ２，０）， ＝（－２ ２，２ ２，
æ ö
解析 证明 取ＢＣ中点Ｏ 连接ＡＯ ＥＯ．
（１） ： ， ， 设 正 四 棱 台 的 高 为 ｈ 则 有 Ａ ç ２ ２ ｈ ÷
ＡＢＣ是等边三角形 Ｏ为ＢＣ中点 ＡＯ ＢＣ ０）， ， １ è ２ ， － ２ ， ø，
∵ △ ， ，∴ ⊥ ，
æ ö æ ö
又ＥＢ ＥＣ ＥＯ ＢＣ ＡＯ ＥＯ Ｏ ＡＯ ＥＯ 平面ＡＯＥ
＝ ，∴ ⊥ ，∵ ∩ ＝ ， ， ⊂ ， Ｃ ç ２ ２ ｈ÷ Ｄ ç ２ ２ ｈ÷ →ＡＰ λ
ＢＣ 平面ＡＥＯ 又ＡＥ 平面ＡＥＯ ＢＣ ＡＥ． １ è－ ２ ， ２ ， ø， １ è－ ２ ，－ ２ ， ø， ＝（１－ ）（０，２ ２，０）
∴ ⊥ ， ⊂ ，∴ ⊥
连接ＤＯ 则ＤＯ ＢＣ æ ö
（２） ， ⊥ ， １ λ λç ２ ２ ｈ÷
＋ （ － ２ ２， ０， ０ ） ＋ è－ ， ， ø
由ＡＢ ＡＣ ＢＣ ＤＢ ＤＣ ＥＢ ＥＣ 得ＡＯ ＤＯ ２ ２ ２
＝ ＝ ＝２， ＝ ＝ ＝ ＝ ２ ＝ ３， ＝１， æ ö
又ＡＤ ＡＯ２ ＤＯ２ ＡＤ２ ＤＯ ＡＯ ç ３ ２λ ３ ２λ λｈ÷
＝２，∴ ＋ ＝ ，∴ ⊥ ， ＝è－ ，２ ２－ ， ø，
又ＡＯ ＢＣ Ｏ ＤＯ 平面ＡＢＣ． ２ ２
∩ ＝ ，∴ ⊥ [
如图 ， 以Ｏ 为坐标原点 ， ＯＡ ， ＯＢ ， ＯＤ 所在直线分别为 ｘ ， ｙ ， ｚ % $
"
轴 建立空间直角坐标系Ｏ ｘｙｚ #
， － ，
%
$
0
. Z
" Y #
专题七 立体几何与空间向量 １ ７５
æ ö %
Ｄ→Ｐ Ｄ→Ａ →ＡＰ ç ３ ２λ ３ ２ ３ ２λ ３ ２ λｈ ｈ÷ 分 $
１ ＝ １ ＋ ＝è－ ＋ ，－ ＋ ， － ø， （４ ） "
２ ２ ２ ２ #
故→ＡＣ Ｄ→Ｐ 所以Ｄ Ｐ ＡＣ． 分 &
· １ ＝０， １ ⊥ （５ ）
易知平面ＡＢＣＤ的一个法向量为ｎ
（２） ＝（０，０，１），
$
设平面ＡＭＣ 的法向量为 ｍ ｘ ｙ ｚ 又Ａ→Ｍ %
１ ＝（ ， ， ）， ＝（－ ２，２ ２， "
æ ö #
Ａ→Ｃ ç ３ ２ ３ ２ ｈ÷
０）， １＝è－ ， ， ø， 解析 不妨设ＡＤ ．
２ ２ ＝１
{Ａ→Ｍ ｍ ì ïï－ ２ ｘ ＋２ ２ ｙ ＝０， （１） 证明 ： 由题意得Ａ １ Ｄ ⊥ 平面ＡＢＣＤ ， 因为ＡＤ ⊂ 平面ＡＢＣＤ ，
则 · ＝０，即í 所以Ａ Ｄ ＡＤ． 分
Ａ→Ｃ ｍ ïï ３ ２ｘ ３ ２ｙ ｈｚ １ ⊥ （１ ）
１· ＝０， î－ ＋ ＋ ＝０， 在 ＡＤＢ中 ＡＢ ＡＤ ＤＡＢ °
２ ２ △ ， ＝２， ＝１，∠ ＝６０ ，
令ｘ ＝２ ２ ｈ ， 则ｍ ＝（２ ２ ｈ ， ２ ｈ ，３）， （８ 分 ） 由余弦定理 ， 得ＢＤ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＡＤ２ －２ ＡＢ · ＡＤ ·ｃｏｓ∠ ＤＡＢ ＝２ ２ ＋１ ２
° 得ＢＤ ． 分
由题意可得 ｍ ｎ ３ ３ 可得ｈ 舍负 －２×２×１×ｃｏｓ６０ ＝３， ＝ ３ （３ ）
｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝
８
ｈ２
＋２
ｈ２
＋９
＝
７
， ＝２（ ）， 故ＡＤ２
＋
ＢＤ２
＝
ＡＢ２
，
则ＡＤ
⊥
ＤＢ．
（４
分
）
分 因为Ａ Ｄ ＤＢ Ｄ 所以ＡＤ 平面Ａ ＢＤ 分
（１１ ） １ ∩ ＝ ， ⊥ １ ， （５ ）
( ) 又ＡＤ 平面ＡＤＤ Ａ 所以平面Ａ ＢＤ 平面ＡＤＤ Ａ ． 分
因为λ ２ 所以经过计算可得Ｐ ４ ⊂ １ １， １ ⊥ １ １ （６ ）
＝ ， ０，０， ， 由 知 ＤＡ ＤＢ ＤＡ 两两垂直 以Ｄ为坐标原点 分别
( ３ ) ３ （２） （１） ， ， ， １ ， ，
则Ｄ→Ｐ ４ ． 分 以向量Ｄ→Ａ Ｄ→Ｂ Ｄ→Ａ 的方向为 ｘ ｙ ｚ 轴正方向 建立如图所示
＝ ２， ２， （１３ ） ， ， １ ， ， ，
３ 的空间直角坐标系Ｄ ｘｙｚ．
将ｈ 代入 可得ｍ 分 －
＝２ ， ＝（４ ２，２ ２，３）， （１５ ） [
%
设直线ＤＰ与平面ＡＭＣ 所成的角为θ $
１ ，
"
#
８＋４＋４
则 θ Ｄ→Ｐ ｍ ２４ １３． &
ｓｉｎ ＝｜ｃｏｓ〈 ， 〉｜＝ １６ ＝
２＋２＋ × ３２＋８＋９ ９１
９
分 $
（１７ ） %
"
一题多解 Y # Z
（
１
）证明：
∵
Ａ
１
Ｂ
１＝
１ ＡＢ，
∴
Ａ→Ａ
１
·→ＡＢ
＝
Ａ→Ａ
１
·Ａ→Ｄ
＝２ ２×
２ 则Ｄ
（０，０，０），
Ａ
（１，０，０），
Ｂ
（０， ３，０），
Ａ
１（０，０， ３），
Ｃ
（－１，
２ ２
则Ａ→Ｂ →ＡＣ
＝２ ， ３，０）， １ ＝（０， ３，－ ３）， ＝（－２， ３，０），
因为Ａ→Ｃ →ＡＣ
Ｄ→Ａ Ｄ→Ａ Ａ→Ａ １ Ａ→Ｄ Ａ→Ａ ， １ １＝ ，
∵ １ ＝ １ １＋ １ ＝－
２
－ １ 所以Ｃ 分
( ) １（－２， ３， ３）， （７ ）
Ｄ→Ｐ Ｄ→Ａ →ＡＰ （ λ）→ＡＢ １ λ １ Ａ→Ｄ （λ ）Ａ→Ａ ， 所以Ｄ→Ｃ 分
∴ １ ＝ １ ＋ ＝ １－ ＋ － ＋ －１ １ １＝（－２， ３， ３）， （８ ）
２ ２
é ( ) ù 设Ｄ→Ｅ λＤ→Ｃ λ 则Ｄ→Ｅ λＤ→Ｃ λ λ λ
Ｄ→Ｐ·→ＡＣ
ê
ê（ λ）→ＡＢ １ λ １ Ａ→Ｄ （λ ）Ａ→Ａ
ú
ú·
＝ １（０＜ ＜１）， ＝ １＝（－２ ， ３ ， ３ ），
∴ １ ＝ ë １－ ＋ － ＋ －１ １ û 即Ｅ λ λ λ
２ ２ （－２ ， ３ ， ３ ），
( ) 所以Ａ→Ｅ λ λ λ 分
（→ＡＢ ＋ Ａ→Ｄ） ＝ （ １－ λ）→ＡＢ２ ＋
２
１ λ －
２
１ Ａ→Ｄ２ ＋ （λ －１ ）→ＡＢ·Ａ→Ａ １＋ （λ １ ＝（－２ ， ３ ， ３ － ３），
{ｎ Ａ→Ｂ
（９ ）
( ) 设平面Ａ ＢＥ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 则 · １ ＝０，
－１ ）Ａ→Ｄ·Ａ→Ａ １＝８ （ １－ λ） ＋８ １ λ － １ ＋４ （λ －１ ） ＝０ ， １ ＝（ １， １， １）， ｎ Ａ→Ｅ
２ ２ · １ ＝０，
{
∴
Ｄ→
１
Ｐ
⊥
→ＡＣ，即Ｄ
１
Ｐ
⊥
ＡＣ．
即 ３
ｙ
１－ ３
ｚ
１＝０，
λｘ λｙ λ ｚ
７．（ 湖北华师一附中、湖南师大附中等三校二模， ）已知 －２ １＋ ３ １＋（ ３ － ３） １＝０，
２０２４ １７
令ｚ λ 则ｙ λ ｘ λ ｎ λ λ λ
四棱柱ＡＢＣＤ
－
Ａ
１
Ｂ
１
Ｃ
１
Ｄ
１
如图所示
，
底面 ＡＢＣＤ 为平行四边 １＝２ ， １＝２ ， １＝２ ３ － ３， ＝（２ ３ － ３，２ ，２ ），
分
形 其中点Ｄ在平面Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 内的投影为点Ａ 且ＡＢ ＡＡ （１２ ）
， １ １ １ １ １， ＝ １＝
易知ＤＢ 平面ＢＣＣ Ｂ 故ｍ 为平面ＢＣＣ Ｂ 的一
２ ＡＤ ，∠ ＡＢＣ ＝１２０ °． ⊥ １ １， ＝（０，１，０） １ １
个法向量 分
求证 平面Ａ ＢＤ 平面ＡＤＤ Ａ
， （１３ ）
（１） ： １ ⊥ １ １；
已知点Ｅ在线段Ｃ Ｄ上 不含端点位置 且平面Ａ ＢＥ与 设平面Ａ ＢＥ与平面ＢＣＣ Ｂ 的夹角为α
（２） １ （ ）， １ １ １ １ ，
ＤＥ ｎ ｍ λ
平面ＢＣＣ Ｂ 的夹角的余弦值为 ５ 求 的值． 则 α ｜ · ｜ ２ ５ 解得λ １
１ １ ５ ， ＥＣ １ ｃｏｓ ＝ ｜ ｎ ｜·｜ ｍ ｜ ＝ ２０ λ２ －１２ λ ＋３ ＝ ５ ， ＝ ４ ，
ＤＥ
故 １ ． 分
ＥＣ ＝ （１５ ）
１ ３
８．（ 广东一模， ）如图 已知圆柱ＯＯ 的轴截面ＡＢＣＤ是
２０２４ １６ ， １
１ ７６ 5年高考3年模拟 B版 数学（教师用书）
边长为
２
的正方形
，
点Ｐ是圆Ｏ
１
上异于点Ｃ
，
Ｄ的任意一点．
则 θ Ｏ→Ｃ ｎ ｜ Ｏ→Ｃ · ｎ ｜ ｜ ｍ ｜
若点Ｄ到平面ＡＣＰ的距离为２ ３ 证明 Ｏ Ｐ ＣＤ ｓｉｎ ＝ ｜ｃｏｓ〈 ， 〉 ｜ ＝ ｜ Ｏ→Ｃ ｜｜ ｎ ｜ ＝ ５· ２ ｍ２ ＋（ ｎ －１） ２ ＝
（１） ， ： １ ⊥ ；
３
１ １ ．
求ＯＣ与平面ＡＣＰ所成角的正弦值的取值范围． ＝
（２） ｎ ２ ｎ ２
（ －１） （ －１）
" 0 # ５· ２＋ ｍ２ ５· ２＋ ｎ２
１－
ｎ ２ ｎ ｎ ｎ
因为（ －１） （ －１）（ －１） －１ ２ ｎ
１－
ｎ２ ＝
（１－
ｎ
）（１＋
ｎ
）
＝－
１＋
ｎ＝－１＋
１＋
ｎ， ∈（－１，１），
所以 ２ ．
0 －１＋ ｎ∈（０，＋∞）
% $ １＋
1 ｎ ２ ( )
所以 （ －１） ２ ．
解析 （１） 证明 ： 如图 １， 连接ＤＰ ， 过点Ｄ作ＤＨ ⊥ ＡＰ ， 垂足 ２＋ １－ ｎ２ ＝ ２＋ －１＋ １＋ ｎ ∈（ ２，＋∞）
为Ｈ． æ ö
所以 θ １ ç １０÷．
因为ＣＤ是圆Ｏ １ 的直径 ， 所以ＣＰ ⊥ ＤＰ． ｓｉｎ ＝ （ ｎ －１） ２ ∈è０， １０ ø
因为ＡＤ是圆柱的母线 所以ＡＤ 平面ＣＤＰ． ５· ２＋ ｎ２
， ⊥ １－
因为ＣＰ 平面ＣＤＰ 所以ＡＤ ＣＰ． 所以 ＯＣ 与平面 ＡＣＰ 所成角的正弦值的取值范围
⊂ ， ⊥
又因为ＡＤ ＤＰ 平面ＡＤＰ ＡＤ ＤＰ Ｄ æ ö
， ⊂ ， ∩ ＝ ， 是ç １０÷．
所以ＣＰ 平面ＡＤＰ． è０， ø
⊥ １０
因为ＤＨ 平面ＡＤＰ 所以ＤＨ ＣＰ． ９．（ 安徽皖北协作体联考， ） 年 月 日至 日
⊂ ， ⊥ ２０２４ １６ ２０２３ １２ １９ ２０ ，
又因为ＤＨ ＡＰ ＡＰ ＰＣ 平面ＡＣＰ ＡＰ ＰＣ Ｐ 中央农村工作会议在北京召开 习近平总书记对 三农 工作
⊥ ， ， ⊂ ， ∩ ＝ ， ， “ ”
所以ＤＨ 平面ＡＣＰ． 作出指示．某地区为响应习近平总书记的号召 积极发展特色
⊥ ，
农业 建设蔬菜大棚．如图所示的七面体ＡＢＧ ＣＤＥＨＦ是一个
， －
所以点Ｄ到平面ＡＣＰ的距离为ＤＨ的长 即ＤＨ ２ ３
， ＝ ， 放置在地面上的蔬菜大棚钢架 四边形 ＡＢＣＤ 是矩形 ＡＢ
３ ， ， ＝
ＡＤ ＥＤ ＣＦ 且ＥＤ ＣＦ都垂直于平面ＡＢＣＤ
设ＤＰ ａ ａ 则ＡＰ ａ２ ． ８ ｍ， ＝４ ｍ， ＝ ＝１ ｍ， ， ，
＝ （ ＞０）， ＝ ＋４ ＧＡ ＧＢ ＨＥ ＨＦ 平面ＡＢＧ 平面ＡＢＣＤ．
＝ ＝５ ｍ， ＝ ， ⊥
由ＡＤ ＤＰ ＡＰ ＤＨ 得 ａ ａ２ ２ ３ 解得ａ ． 求点Ｈ到平面ＡＢＣＤ的距离
· ＝ · ， ２· ＝ ＋４· ， ＝ ２ （１） ；
３ 求平面ＢＦＨＧ与平面ＡＧＨＥ所成锐二面角的余弦值．
因为ＣＤ 所以ＤＰ ＰＣ ． （２）
＝２， ＝ ＝ ２ )
因为Ｏ 是ＣＤ的中点 所以Ｏ Ｐ ＣＤ．
如图 １ 在平面ＰＣ ， Ｄ内 过 １ 点 ⊥ Ｏ 作Ｏ Ｅ Ｏ Ｃ交圆Ｏ 于 & '
（２） ２， ， １ １ ⊥ １ １
点Ｅ % ( $
，
[
" #
" 0 # " 0 #
解析 如图 取ＡＢ ＣＤ的中点Ｍ Ｎ 连接ＧＭ ＭＮ ＨＮ
（１） ， ， ， ， ， ， ，
则ＧＭ 平面ＡＢＣＤ ＨＮ 平面ＡＢＣＤ．
⊥ ， ⊥
[
)
% ) 0 $ % ) 0 $ Z
1 Y&1 & '
/
图 图 % ( $ Z
１ ２
因为ＯＯ 平面ＰＣＤ 所以Ｏ Ｅ Ｏ Ｃ Ｏ Ｏ两两垂直
以Ｏ 为原 １⊥ 点 分别以 ， Ｏ Ｅ Ｏ １ Ｃ ， Ｏ １ Ｏ ， 所 １ 在直线为ｘ ， ｙ ｚ轴建 " . #
１ ， １ ， １ ， １ ， ， Y
立空间直角坐标系
， 因为ＥＤ 平面ＡＢＣＤ 所以ＥＤ ＨＮ
⊥ ， ∥ ，
则Ｏ （０，０，２）， Ｃ （０，１，０）， Ａ （０，－１，２） ．则Ｏ→Ｃ ＝（０，１，－２）， →ＡＣ ＝ 又ＭＮ ∥ ＡＤ ， ＡＤ ∩ ＤＥ ＝ Ｄ ， ＭＮ ∩ ＨＮ ＝ Ｎ ，
设点Ｐ ｍ ｎ 则Ｃ→Ｐ ｍ ｎ ． 所以平面ＡＤＥ 平面ＧＭＮＨ
（０，２，－２）， （ ， ，０）， ＝（ ， －１，０） ∥ ，
因为点Ｐ在圆Ｏ
１
上
，
所以ｍ２
＋
ｎ２
＝１，
且ｎ
∈（－１，１）
． 又平面ＡＥＨＧ分别交平面ＡＤＥ和平面ＧＭＮＨ于ＡＥ
，
ＧＨ
，
设平面ＡＣＰ的法向量为ｎ ｘ ｙ ｚ 所以ＡＥ ＧＨ．
＝（ ， ， ）， ∥ ①
{ｎ →ＡＣ { ｙ ｚ {ｙ ＝ ｚ ， 易知ＧＭ ∥ ＨＮ ， 又ＡＢ ∥ ＣＤ ， ＡＢ ∩ ＧＭ ＝ Ｍ ， ＣＤ ∩ ＨＮ ＝ Ｎ ，
则 · ＝０，即 ２ －２ ＝０， 解得 ｍ 所以平面ＡＢＧ 平面ＣＤＥＨＦ
ｎ
·
Ｃ→Ｐ
＝０，
ｍｘ
＋（
ｎ
－１）
ｙ
＝０，
ｙ
＝－ｎ
ｘ．
又平面ＡＥＨＧ分
∥
别交平面ＡＢＧ
，
和平面ＣＤＥＨＦ于ＡＧ ＥＨ
－１ ， ，
取ｘ ｎ 得ｎ ｎ ｍ ｍ ． 所以ＡＧ ＥＨ．
＝ －１， ＝（ －１，－ ，－ ） ∥ ②
设ＯＣ与平面ＡＣＰ所成角为θ 由 知四边形ＡＧＨＥ为平行四边形 所以ＧＨ ＡＥ．
， ①② ， ＝
专题七 立体几何与空间向量 １ ７７
因为ＡＥ ＝ ４ ２ ＋１ ２ ＝ １７（ｍ）， 因为ＰＢ ⊥ 平面ＡＢＣ ， ＡＥ ⊂ 平面ＡＢＣ ， 所以ＰＢ ⊥ ＡＥ ，
因为ＢＨ ＡＥ ＰＢ ＡＥ ＰＢ ＢＨ 平面ＰＢＥ ＰＢ ＢＨ Ｂ
所以ＧＨ ． ⊥ ， ⊥ ， ， ⊂ ， ∩ ＝ ，
＝ １７ ｍ 所以ＡＥ 平面ＰＢＥ
在 ＡＭＧ中 ＧＭ ２ ２ ⊥ ，
Ｒｔ△ ， ＝ ５ －４ ＝３（ｍ）， 又因为ＢＥ 平面ＰＢＥ 所以ＡＥ ＢＥ．
⊂ ， ⊥
在直角梯形ＧＭＮＨ中 ， ＨＮ ＝３＋ １７－４ ２ ＝４（ｍ） ． 分别以直线ＢＡ ＢＣ ＢＰ为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴建立空间直角坐标系
， ， ， ，
又ＨＮ 平面ＡＢＣＤ
如图
⊥ ，
１，
所以点Ｈ到平面ＡＢＣＤ的距离为 ． [
４ ｍ
以Ｎ为坐标原点 直线ＮＭ ＮＣ ＮＨ分别为ｘ轴 ｙ轴 ｚ轴 1
（２） ， ， ， ， ，
Z
建立如图所示的空间直角坐标系 则Ｅ Ｆ
， （０，－４，１）， （０，４，１）， $
Ｇ
（４，０，３），
Ｈ
（０，０，４），
则Ｈ→Ｅ
＝（０，－４，－３），
Ｈ→Ｆ
＝（０，４，－３）， ) #
2 &
Ｈ→Ｇ ． "
＝（４，０，－１）
Y
设平面ＢＦＨＧ的法向量是ｎ ｘ ｙ ｚ # / " Y
＝（ ， ， ）， $
{ｎ Ｈ→Ｇ { ｘ ｚ & Z
则 · ＝０，即 ４ － ＝０， 令ｚ 可得ｎ ． 图 图
ｎ · Ｈ→Ｆ ＝０， ４ ｙ －３ ｚ ＝０， ＝４， ＝（１，３，４） 则Ｂ Ｐ １ Ｃ Ａ ２
（０，０，０）， （０，０，２）， （０，２，０）， （２，０，０），
设平面ＡＧＨＥ的法向量是ｍ ａ ｂ ｃ
＝（ ， ， ）， 设Ｅ ｘ ｙ 因为ＡＥ ＢＥ 所以→ＡＥ Ｂ→Ｅ 又→ＡＥ ｘ ｙ
{ｍ Ｈ→Ｇ { ａ ｃ （ ， ，０）， ⊥ ， · ＝０， ＝（ －２， ，
则 · ＝０，即 ４ － ＝０， 令ｃ 可得ｍ ． Ｂ→Ｅ ｘ ｙ 所以 ｘ ｘ ｙ ｙ 即 ｘ ２ ｙ２ 如
ｍ · Ｈ→Ｅ ＝０， －４ ｂ －３ ｃ ＝０， ＝４， ＝（１，－３，４） ０ 图 ）， 设 ＝ Ａ （ Ｂ ， 的 ， 中 ０） 点 ， 为Ｎ （ 则 －２ Ｎ ）· ＋ · ＝０， （ －１） ＋ ＝１，
２， ， （１，０），
[ ] [ ]
所以 ｃｏｓ〈 ｍ ， ｎ 〉＝ １－９＋１６ ＝ ４ ， 又因为 ＡＢＥ π π 所以 ＡＮＥ π ２π
１＋９＋１６× １＋９＋１６ １３ ∠ ∈ ８ ， ３ ， ∠ ∈ ４ ， ３ ，
( )
所以平面ＢＦＨＧ与平面ＡＧＨＥ所成锐二面角的余弦值为 ４ ． 因此Ｅ的轨迹为圆弧ＱＥ 其长度为 ２π π ５π．
， － ×１＝
１３ ３ ４ １２
学生用书P106 由 知 →ＰＡ →ＡＥ ｘ ｙ
（２） （１） ， ＝（２，０，－２）， ＝（ －２， ，０），
创新知识交汇 （ ２０２４ 安徽天域全国名校协作体联考， １７ ）在 设平面ＰＡＥ的法向量为ｎ ＝（ ａ ， ｂ ， ｃ ），
三棱锥Ｐ ＡＢＣ中 ＰＢ 平面ＡＢＣ ＡＢ ＢＣ ＢＰ 点Ｅ在平面 {ｎ →ＰＡ ａ ｃ
－ ， ⊥ ， ＝ ＝ ＝２， 则 · ＝２ －２ ＝０，
ＡＢＣ内
，
且满足平面ＰＡＥ
⊥
平面ＰＢＥ
，
ＢＡ垂直于ＢＣ． ｎ
·
→ＡＥ
＝
ａ
（
ｘ
－２）＋
ｂｙ
＝０，
[ ]
令ａ ｙ 则ｂ ｘ ｃ ｙ ｎ ｙ ｘ ｙ
当 ＡＢＥ π π 时 求点Ｅ的轨迹长度 ＝ ， ＝２－ ， ＝ ， ＝（ ，２－ ， ），
（１） ∠ ∈ ， ， ；
８ ３ 易知Ｂ→Ｃ 为平面ＰＡＢ的一个法向量
＝（０，２，０） ，
当二面角Ｅ ＰＡ Ｂ 的余弦值为 ３时 求三棱锥 Ｅ ＰＣＢ 的 设二面角Ｅ ＰＡ Ｂ的平面角为θ
（２） － － ， － － － ，
３
体积．
则 θ
ｎ
·
Ｂ→Ｃ
２－
ｘ
1 ｃｏｓ ＝ ｎ Ｂ→Ｃ ＝ ｘ ２ ｙ２ ，
｜ ｜｜ ｜ （ －２） ＋２
ｘ
则 ｜ －２｜ ３ （提示：结合（ｘ ）２ ｙ２ 求解）
（ ｘ －２） ２ ＋２ ｙ２ ＝ ３ ， －１ ＋ ＝１
#
解得ｘ ｙ 舍去 或ｘ ｙ
＝２， ＝０（ ） ＝１， ＝±１，
" 则Ｅ 或Ｅ
（１，１，０） （１，－１，０），
$ 则点Ｅ到平面ＰＢＣ的距离为
& １，
解析 （１） 作 ＢＨ ⊥ ＰＥ 交 ＰＥ 于 Ｈ ， 因为平面 ＰＡＥ ⊥ 平面 从而可得三棱锥Ｅ － ＰＣＢ的体积Ｖ Ｅ － ＰＣＢ＝ １ Ｓ △ ＰＣＢ· ｈ ＝ １ × １ ×２
３ ３ ２
ＰＢＥ 且平面ＰＡＥ 平面ＰＢＥ ＰＥ ＢＨ 平面ＰＢＥ
， ∩ ＝ ， ⊂ ，
２ ．
所以ＢＨ 平面ＰＡＥ 又因为ＡＥ 平面ＰＡＥ 所以ＢＨ ＡＥ ×２×１＝
⊥ ， ⊂ ， ⊥ ， ３
