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第3 讲 向量法求空间角、距离
微点一 直线与平面所成的角
法向量的三种求法
(1)常规法求解平面法向量
(2)截距法速算法向量
如图，若平面EGF 在x，y，z 轴上的截距分别为a，b，c(abc≠0)，则平面EGF 的一个法向量为n=
(
1
a ，1
b ，1
c).如果平面与坐标轴(如y 轴)平行，可视截距为+∞，所以平面的一个法向量为n=
(
1
a ，1
+ ∞，1
c)，即n=(
1
a ，0，1
c).
(3)利用行列式法速算法向量
若一个平面内不共线的两个向量a=(1，2，4)，b=(2，1，5)，则该平面的一个法向量可用以下方法求解：
①向量坐标横着写两遍；
1 2 4 1 2 4
2 1 5 2 1 5
②掐头去尾取中间；
③交叉相乘再相减
2×5-4×1=6，
4×2-1×5=3，
1×1-2×2=-3.
求得平面的一个法向量为(6，3，-3).
注意：
(1)当平面过原点时，在x，y，z 轴上的截距有0，而0 的倒数不存在，所以此时平面的法向量不能用截距
法来求.
(2)行列式法适用于求解各种类型平面的法向量，但考试时所写的解题过程中不可以呈现该种方法，此方法
可以帮助我们快速确定法向量或对已求得的法向量进行验证.
例1 (2025·嘉兴模拟)如图，在边长为2 的正三角形ABC 中，E，F 分别为AC，BC 的中点，将△CEF
沿EF 翻折至△PEF，使得PE⊥AE.
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(1)证明：平面PBE⊥平面ABFE；
(2)求直线PB 与平面PEF 所成角的正弦值.
(1)证明 ∵△ABC 为等边三角形，E 为AC 中点，∴BE⊥AE，
又∵PE⊥AE，且PE，BE⊂平面PBE，PE∩BE=E，∴AE⊥平面PBE，
又AE⊂平面ABFE，∴平面PBE⊥平面ABFE.
(2)解 方法一 (等体积法)
过点P 作PH⊥BE，垂足为H，
∵平面PBE⊥平面ABFE，且平面PBE∩平面ABFE=BE，∴PH⊥平面ABFE，
又∵E，F 分别为AC，BC 的中点，
∴翻折后，PE=1，PA=√1
2+1
2=√2，
由对称性可知PB=√2，
又BE=√3，∴∠EPB=90°，
则PH= PE· PB
BE
=1×√2
√3
=√6
3 ，
设直线PB 和平面PEF 所成角为θ，点B 到平面PEF 的距离为h，
由V 三棱锥B-PEF=V 三棱锥P-BEF得
1
3S△PEF·h=1
3S△BEF·PH，
又S△BEF=1
4 S△ABC=1
4 ×1
2×2×2×sin 60°=√3
4 ，
S△PEF=1
4 S△ABC=√3
4 ，
∴h=PH=√6
3 ，sin θ= h
PB =√3
3 ，
故直线PB 与平面PEF 所成角的正弦值为√3
3 .
方法二 (几何法)
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分别取EF，AB 的中点M，N，连接PM，PN，MN，过点N 作NG⊥PM，
∵△ABC 为等边三角形，E，F 分别为AC，BC 的中点，
∴PM⊥EF，MN⊥EF，且PM∩MN=M，PM，MN⊂平面PMN，则EF⊥平面PMN，
∵EF⊂平面PEF，∴平面PMN⊥平面PEF，
∵平面PEF∩平面PMN=PM，又NG⊥PM，NG⊂平面PMN，∴NG⊥平面PEF，
∵AB∥EF，AB⊄平面PEF，EF⊂平面PEF，
∴AB∥平面PEF，
∴点B 到平面PEF 的距离即为NG 的长度，
翻折后，PE=1，PA=√1
2+1
2=√2，
由对称性可知PB=√2，
又AB=2，可知∠APB=90°，∴PN=1，
在△PMN 中，PM=√3
2 ，MN=√3
2 ，
故PN 边上的高为√(
√3
2 )
2
−(
1
2)
2
=√2
2 ，
NG=
1× √2
2
√3
2
=√6
3 ，
设直线PB 和平面PEF 所成角为θ，
∴sin θ= NG
PB =√3
3 ，
故直线PB 与平面PEF 所成角的正弦值为√3
3 .
方法三 (坐标法)
过点P 作PH⊥BE，垂足为H，
∵平面PBE⊥平面ABFE，且平面PBE∩平面ABFE=BE，∴PH⊥平面ABFE，
又∵E，F 分别为AC，BC 的中点，
∴翻折后，PE=1，PA=√1
2+1
2=√2，
由对称性可知PB=√2，
又BE=√3，∴∠EPB=90°，
则PH= PE· PB
BE
=1×√2
√3
=√6
3 ，
因此以E 为坐标原点，EA，EB 分别为x 轴、y 轴建立空间直角坐标系，如图，
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则E(0，0，0)，B(0，√3，0)，F(−1
2 ，√3
2 ，0)，
P(0，√3
3 ，√6
3 )，⃗PB=(0，2√3
3
，−√6
3 )，⃗
EF=(−1
2 ，√3
2 ，0)，⃗EP=(0，√3
3 ，√6
3 )，
设平面PEF 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗EF =−1
2 x + √3
2 y =0,
n·⃗EP = √3
3 y + √6
3 z =0,
不妨令z=-1，则法向量n=(√6，√2，-1)，
设直线PB 和平面PEF 所成角为θ，
则sin θ=|cos〈n，⃗PB〉|= |0+ 2√6
3
+ √6
3 |
√6+2+1×√
4
3 + 6
9
=√3
3 ，
故直线PB 与平面PEF 所成角的正弦值为√3
3 .
[规律方法] 求直线与平面所成角θ 的步骤
(1)求出平面α 的法向量n 与直线AB 的方向向量⃗AB.
(2)计算cos〈⃗AB，n〉=⃗
AB·n
|⃗AB||n|
.
(3)利用sin θ=|cos〈⃗AB，n〉|，以及θ∈[0，π
2]，求出角θ.
跟踪演练1 (2025·岳阳模拟)如图，在圆锥PO 中，AC 为底面圆O 的一条直径，B，D 为底面圆周上不
同于A，C 的两点，圆锥母线长为√5，AC=2，∠BAC=30°.
(1)若AD=1，平面PAD 与平面PBC 的交线为l，证明：AD∥l；
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(2)若AD 与平面PCD 所成角的正切值为4√3
3
，求AD 的长.
(1)证明 因为AC 为底面圆O 的一条直径，则AD⊥CD，AB⊥BC，
且AD=1，AC=2，
则CD=√3且∠CAD=60°，
又因为∠BAC=30°，
则∠BAD=90°，即AD⊥AB.
且AB⊥BC，AD，BC⊂平面ABCD，
可知AD∥BC，
且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，
所以AD∥l.
(2)解 方法一 由题意知，AD⊥CD，
如图，以D 点为坐标原点，DA，DC 所在直线为x 轴、y 轴，过点D 与OP 平行的直线为z 轴，建立空间直
角坐标系，
可知PO=√5−1=2，设AD=a，
则A(a，0，0)，C(0，√4−a
2，0)，P(
a
2 ，√4−a
2
2
，2)，
可得⃗DA=(a，0，0)，⃗DP=(
a
2 ，√4−a
2
2
，2)，⃗DC=(0，√4−a
2，0)，
设平面PCD 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗DP = ax
2 + √4−a
2
2
y +2 z =0,
n·⃗DC =√4−a
2 y =0,
令z=1，则x=-4
a ，y=0，
可得n=(−4
a ，0，1)，
设AD 与平面PCD 所成的角为θ，θ∈(0，π
2)，
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则tan θ= sinθ
cosθ =4√3
3
，
可得cos θ=√3
4 sin θ，
且cos2θ+sin2θ= 3
16sin2θ+sin2θ=1，
解得sin θ= 4
√19 ，
即|cos〈⃗DA ，n〉|=|⃗DA ·n|
|⃗DA ||n|
=
4
√(
16
a
2 +1)·a
2= 4
√19 ，
整理得16+a2=19，
解得a=√3，即AD=√3.
方法二 如图，以O 点为坐标原点，OC，OP 所在直线分别为y 轴、z 轴，在平面ABCD 内过点O 垂直于
AC 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，
则PO=√5−1=2，P(0，0，2)，B(
√3
2 ，1
2 ，0)，A(0，-1，0)，C(0，1，0)，
设D(cos θ，sin θ，0)，
可得⃗AD=(cos θ，sin θ+1，0)，⃗PC=(0，1，-2)，⃗PD=(cos θ，sin θ，-2)，
设平面PCD 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗PC = y −2 z =0,
n·⃗PD =cosθ· x +sinθ· y −2 z =0,
令z=1，则x=2−2sinθ
cosθ
，y=2，
可得n=(
2−2sinθ
cosθ
，2，1)，
设AD 与平面PCD 所成的角为α，α∈(0，π
2)，
则tan α= sin α
cosα =4√3
3
，
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可得cos α=√3
4 sin α，
且cos2α+sin2α= 3
16sin2α+sin2α=1，
解得sin α= 4
√19 ，
即|cos〈⃗AD，n〉|=|⃗AD·n|
|⃗AD||n|
=
4
√
(2+2sinθ)·(
8−8sinθ
co s
2θ
+1)
= 4
√19 ，
整理得18+2sin θ=19，
解得sin θ=1
2 ，
所以|⃗AD|=√2+2sinθ=√3，即AD=√3.
微点二 平面与平面的夹角
空间直角坐标系的建法
(1)底面为“有一个角为60°的菱形”
(2)底面为“筝形”
(3)底面为“矩形”
对于底面是矩形的问题，常常出现在折叠问题中.
(4)底面为“圆”
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例2 (2025·全国Ⅱ卷)如图，在四边形ABCD 中，AB∥CD，∠DAB=90°，F 为CD 的中点，点E 在AB
上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA 沿EF 翻折至四边形EFD'A'，使得面EFD'A'与面
EFCB 所成的二面角为60°.
(1)证明：A'B∥平面CD'F；
(2)求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
(1)证明 因为AB∥CD，所以AE∥DF，所以A'E∥D'F，
因为D'F⊂平面CD'F，A'E⊄平面CD'F，所以A'E∥平面CD'F，
因为FC∥EB，FC⊂平面CD'F，EB⊄平面CD'F，所以EB∥平面CD'F，
又EB∩A'E=E，EB，A'E⊂平面A'EB，所以平面A'EB∥平面CD'F，
又A'B⊂平面A'EB，所以A'B∥平面CD'F.
(2)解 方法一 因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，
以F 为原点，FE，FC 以及垂直于平面EFCB 的直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系.
因为D'F⊥EF，CF⊥EF，面EFD'A'与面EFCB 所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°.
设AD=1，则B(1，2，0)，C(0，1，0)，D'(0，1
2 ，√3
2 )，E(1，0，0)，F(0，0，0)，
所以⃗BC=(-1，-1，0)，⃗CD'=(0，−1
2 ，√3
2 )，⃗FE=(1，0，0)，⃗FD'=(0，1
2 ，√3
2 ).
设平面BCD'的法向量为n=(x，y，z)，则
{⃗
BC ·n=0,⃗
CD' ·n=0,所以{
−x−y =0,
−1
2 y + √3
2 z =0,令y=√3，则z=1，x=-√3，则n=(-√3，√3，1)为平面BCD'的一个法向
量.
设平面EFD'A'的法向量为m=(x1，y1，z1)，
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则{⃗
FE·m=0,⃗
FD' ·m=0,所以{
x1=0,
1
2 y1+ √3
2 z1=0,
令y1=√3，则z1=-1，x1=0，所以m=(0，√3，-1)为平面EFD'A'的一个法向量.
所以|cos〈m，n〉|=|m·n|
|m||n| =
2
2×√7 =√7
7 ，
所以面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为√
1−(
√7
7 )
2
=√42
7 .
方法二 由EF⊥A'E 且EF⊥EB，
可知∠A'EB 即为面EFD'A'与面EFCB 所成二面角的平面角，为60°，
不妨设AD=1，在平面A'EB 内，由点A'作EB 的垂线，垂足为O，
可知A'O⊥平面EFCB，EO=1
2 ，OB=3
2 ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0，−1
2 ，0)，F(−1，−1
2 ，0)，A'(0，0，√3
2 )，B(0，3
2 ，0)，C(−1，1
2 ，0)，D'
(−1，0，√3
2 )，⃗
FE=(1，0，0)，⃗EA '=(0，1
2 ，√3
2 )，⃗
CB=(1，1，0)，⃗D' B=(1，3
2 ，−√3
2 )，
设平面EFD'A'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则有{⃗
FE·n1= x1=0,⃗
EA ' ·n1= 1
2 y1+ √3
2 z1=0,
取y1=-√3，则n1=(0，-√3，1)；
设平面BCD'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则有{⃗
CB·n2= x2+ y2=0,⃗
D' B·n2= x2+ 3
2 y2−√3
2 z2=0,
取y2=√3，则n2=(-√3，√3，1)，
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设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ，则有|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|=|
n1·n2
|n1||n2||=√7
7 ，故sin θ=√42
7 .
方法三 由CD=2AD，F 为CD 的中点，得DF=AD=FC.又AB∥CD，EF∥AD，所以四边形EFDA 为平行
四边形，又∠DAB=90°，DF=AD，所以四边形EFDA 为正方形，则EF⊥CD，即D'F⊥EF，FC⊥EF，所以
∠D'FC 是面EFD'A'与面EFCB 所成二面角的平面角，
因为面EFD'A'与面EFCB 所成的二面角为60°，所以∠D'FC=60°，又D'F=FC，所以△CD'F 为正三角形.
由D'F⊥EF，FC⊥EF，D'F∩FC=F，D'F，FC⊂平面CD'F，得EF⊥平面CD'F.因为EF⊂平面EFCB，所以
平面CD'F⊥平面EFCB.
取FC 的中点O，连接D'O，则D'O⊥FC，
又平面CD'F⊥平面EFCB，平面CD'F∩平面EFCB=FC，D'O⊂平面CD'F，所以D'O⊥平面EFCB，
过O 作OM∥EF，交BE 于M，则以O 为坐标原点，分别以OM，OC，OD'所在直线为x，y，z 轴建立如图
所示的空间直角坐标系.
设FC=2，则F(0，-1，0)，E(2，-1，0)，C(0，1，0)，B(2，3，0)，D'(0，0，√3)，
则⃗CB=(2，2，0)，⃗CD'=(0，-1，√3)，⃗FE=(2，0，0)，⃗FD'=(0，1，√3).
设平面BCD'的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则{
n1·⃗CB =0,
n1·⃗CD' =0,即{
2 x1+2 y1=0,
−y1+√3 z1=0,
令z1=1，得x1=-√3，y1=√3，则平面BCD'的一个法向量为n1=(-√3，√3，1).
设平面EFD'A'的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则{
n2·⃗FE =0,
n2·⃗FD' =0,即{
2 x2=0,
y2+√3 z2=0,
令z2=1，得y2=-√3，x2=0，则平面EFD'A'的一个法向量为n2=(0，-√3，1).
设面BCD'与面EFD'A'所成的二面角为θ，
则|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|= |n1·n2|
|n1||n2|=
2
√7×2=√7
7 ，
所以sin θ=√1−co s
2θ=√
1−(
√7
7 )
2
=√42
7 ，则面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为√42
7 .
[规律方法] 求平面与平面的夹角的步骤
(1)求两个平面α，β 的法向量m，n.
(2)计算cos〈m，n〉=
m·n
|m||n| .
(3)设两个平面的夹角为θ，则cos θ=|cos〈m，n〉|.
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跟踪演练2 (2025·浙江Z20 名校联盟联考)如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，
∠BAD=60°，AB=4，AD=2，PB=PD=2√3，且AD⊥PB.
(1)证明：BC⊥平面PBD；
(2)求二面角C-PA-D 的余弦值.
(1)证明 ∵∠BAD=60°，AB=4，AD=2，
∴BD=2√3，且∠ADB=90°，
又AD⊥PB，PB∩BD=B，PB，BD⊂平面PBD，
∴AD⊥平面PBD，又∵四边形ABCD 是平行四边形，∴BC∥AD，∴BC⊥平面PBD.
(2)解 设AC 与BD 的交点为O，则O 为BD 中点，∵PB=PD=2√3，∴PO⊥BD，
∵BC⊥平面PBD，PO⊂平面PBD，∴BC⊥PO，
又BD∩BC=B，BD，BC⊂平面BCD，
∴PO⊥平面BCD.
方法一 (坐标法)
以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
∴D(0，0，0)，A(2，0，0)，
C(-2，2√3，0)，P(0，√3，3)，
∴⃗AC=(-4，2√3，0)，⃗
PA=(2，-√3，-3)，⃗AD=(-2，0，0)，
设平面PAC 的法向量为m=(x，y，z)，
则{
m·⃗PA =0,
m·⃗AC =0,即{
2 x−√3 y −3 z =0,
−4 x +2√3 y =0,
取x=√3，得m=(√3，2，0)，
设平面PAD 的法向量为n=(a，b，c)，
则{
n·⃗PA =0,
n·⃗AD =0,即{
2a−√3b−3c =0,
−2a=0,
取b=-√3，得n=(0，-√3，1)，
设二面角C-PA-D 的平面角为θ，
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∴cos θ=|cos〈m，n〉|=|−2√3|
√7×2 =√21
7 ，
∴二面角C-PA-D 的余弦值为√21
7 .
方法二 (几何法)
∵AD⊥平面PBD，
∴平面PAD⊥平面PBD，作OH⊥PD，易知OH⊥平面PAD，作OE⊥PA，连接EH(图略)，
∴∠OEH=θ 即为所求角，
易知OH=3
2 ，OE=3√7
4
，
∴EH=3√3
4
，
∴cos θ= EH
OE =√21
7 ，
∴二面角C-PA-D 的余弦值为√21
7 .
微点三 空间距离
例3 如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，∠BAD=90°，PA=AB=AD=2DC=2，M
是PB 的中点，N 是PC 上的一点.
(1)证明：平面AMD⊥平面PBC；
(2)求点C 到平面AMD 的距离；
(3)若异面直线AN 和DC 所成角的余弦值为1
3 ，求平面AMN 与平面AMD 夹角的正弦值.
(1)证明 由题可知，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为PA=AB=AD=2DC=2，
所以A(0，0，0)，B(2，0，0)，
C(1，2，0)，D(0，2，0)，
M(1，0，1)，P(0，0，2)，
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则⃗AM=(1，0，1)，⃗AD=(0，2，0)，⃗PB=(2，0，-2)，⃗PC=(1，2，-2)，
设平面AMD 的法向量为m=(x1，y1，z1)，
平面PBC 的法向量为n=(x2，y2，z2)，
所以{
m·⃗AM =0,
m·⃗AD =0 ⇒{
x1+ z1=0,
2 y1=0,
令x1=1，则m=(1，0，-1)；
{
n·⃗PB =0,
n·⃗PC =0 ⇒{
2 x2−2 z2=0,
x2+2 y2−2 z2=0,
令x2=1，则n=(1，1
2 ，1)，
又m·n=0，所以m⊥n，
所以平面AMD⊥平面PBC.
(2)解 由(1)可知⃗AC=(1，2，0)，
平面AMD 的一个法向量为m=(1，0，-1)，
点C 到平面AMD 的距离d=|⃗AC ·m|
|m|
=
1
√1+1=√2
2 .
(3)解 由(1)可知⃗DC=(1，0，0)，⃗PC=(1，2，-2)，⃗AP=(0，0，2)，
设⃗PN=t⃗PC(0≤t≤1)，
所以⃗AN=⃗AP+⃗PN=⃗AP+t⃗PC=(0，0，2)+t(1，2，-2)=(t，2t，2-2t)，
又异面直线AN 和DC 所成角的余弦值为1
3 ，
所以|⃗AN ·⃗DC |
|⃗AN ||⃗DC | =1
3
⇒
|t|
√t
2+(2t )
2+(2−2t )
2=1
3⇒t=1
2 ，
所以⃗AN=(
1
2 ，1，1).
设平面AMN 的法向量为v=(a，b，c)，
所以{
v ·⃗AM =0,
v ·⃗AN =0 ⇒{
a+c =0,
1
2 a+b+c =0,
令a=1，则v=(1，1
2 ，−1)，
设平面AMN 与平面AMD 的夹角为θ，
则cos θ=|v ·m|
|v ||m| =
|1+1|
√1+ 1
4 +1·√1+1=2√2
3
，
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则所求正弦值为√1−co s
2θ=1
3.
[规律方法] (1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积
法.
(2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距
离.
跟踪演练3 (2025·泰州模拟)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB1=BC1=CA1，BC1⊥CA1.
(1)证明：三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱；
(2)证明：AB1⊥CA1；
(3)设AB1⊂平面α，BC1∥平面α，若直线BC1与平面α 的距离为√3，求三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表
面积.
(1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，
BB1=CC1=AA1，∠ABB1=∠BCC1=∠CAA1=90°，又因为AB1=BC1=CA1，
所以△ABB1≌△BCC1≌△CAA1，
所以AB=BC=CA，
所以三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱.
(2)证明 取AC，A1C1的中点D，D1，连接BD，DD1，则BD⊥AC，AA1∥DD1，因为AA1⊥平面ABC，
所以DD1⊥平面ABC，
以DB，DC，DD1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，不妨设AC=2a，
AA1=b，则
A(0，-a，0)，B(√3a，0，0)，C(0，a，0)，A1(0，-a，b)，
C1(0，a，b)，B1(√3a，0，b)，
所以⃗BC1=(-√3a，a，b)，⃗C A1=(0，-2a，b)，⃗
A B1=(√3a，a，b)，
因为BC1⊥CA1，所以⃗BC1⊥⃗C A1，
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所以⃗BC1·⃗C A1=-2a2+b2=0，所以b=√2a，
所以⃗A B1·⃗C A1=-2a2+b2=0，
所以⃗A B1⊥⃗C A1，即AB1⊥CA1.
(3)解 因为AB1⊂平面α，BC1 ∥平面α，
又因为BC1⊥CA1，AB1⊥CA1，
所以不妨取平面α 的一个法向量
n=⃗C A1=(0，-2a，√2a)，
因为直线BC1与平面α 的距离为√3，
所以点B 到平面α 的距离为√3，
因为⃗B B1=(0，0，√2a)，
所以点B 到平面α 的距离
d=|⃗B B1·n|
|n|
=
2a
2
√4 a
2+2a
2= 2
√6a=√3，
所以a=3√2
2
，b=√2a=3，
所以正三角形ABC 的外接圆半径
r=1
2×
3√2
√3
2
=√6，
所以正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径
R=√
r
2+(
A A1
2 )
2
=√33
2 ，
所以三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积
S=4πR2=33π.
专题强化练
[分值：60 分]
1.(13 分)(2025·北京)四棱锥P-ABCD 中，△ACD 与△ABC 为等腰直角三角形，∠ADC=90°，∠BAC=90°，E
为BC 的中点.
(1)F 为PD 的中点，G 为PE 的中点，证明：FG∥面PAB；(6 分)
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(2)若PA⊥面ABCD，PA=AC，求AB 与面PCD 所成角的正弦值.(7 分)
(1)证明 取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN，MN，GM，
∵△ACD 与△ABC 为等腰直角三角形，∠ADC=∠BAC=90°，
不妨设AD=CD=2，∴AC=AB=2√2，
∴BC=4，
∵E，F 分别为BC，PD 的中点，
∴FN=1
2AD=1，BE=2，
∴GM=1
2BE=1=FN，
∵∠DAC=45°，∠ACB=45°，
∴AD∥BC，
∴FN∥GM，
∴四边形FGMN 为平行四边形，
∴FG∥MN，
∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB，
∴FG∥平面PAB.
(2)解 ∵PA⊥平面ABCD，
∴以A 为坐标原点，AC，AB，AP 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，
设AD=CD=2，则A(0，0，0)，B(0，2√2，0)，C(2√2，0，0)，D(√2，-√2，0)，P(0，0，2√2)，
∴⃗AB=(0，2√2，0)，⃗DC=(√2，√2，0)，⃗CP=(-2√2，0，2√2)，
设平面PCD 的法向量为n=(x，y，z)，
∴{⃗
DC ·n=0,⃗
CP·n=0,
∴{
√2 x +√2 y =0,
−2√2 x +2√2 z =0,
取x=1，∴y=-1，z=1，∴n=(1，-1，1)，
设AB 与平面PCD 所成的角为θ，
则sin θ=|cos〈⃗AB，n〉|=|⃗AB·n|
|⃗AB||n|
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=|0×1+2√2×(−1)+0×1|
2√2×√1
2+(−1)
2+1
2
=√3
3 ，
即AB 与平面PCD 所成角的正弦值为√3
3 .
2.(15 分)(2025·天津)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，E，F 分别为A1D1，C1B1的中点，CG=3GC1.
(1)求证：GF⊥平面FBE；(5 分)
(2)求平面FBE 与平面EBG 夹角的余弦值；(5 分)
(3)求三棱锥D-FBE 的体积.(5 分)
(1)证明 方法一 在正方形BCC1B1中，
由条件易知tan∠C1FG=GC1
C1 F =1
2= F B1
B B1
=tan∠B1BF，
所以∠C1FG=∠B1BF，
则∠B1FB+∠B1BF=π
2 =∠B1FB+∠C1FG，
故∠BFG=π-(∠B1FB+∠C1FG)=π
2 ，
即GF⊥BF，
在正方体中，易知D1C1⊥平面BCC1B1，且EF∥D1C1，
所以EF⊥平面BCC1B1，
又GF⊂平面BCC1B1，所以EF⊥GF，
因为EF∩BF=F，EF，BF⊂平面FBE，
所以GF⊥平面FBE.
方法二 如图，以D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，
则B(4，4，0)，E(2，0，4)，F(2，4，4)，G(0，4，3)，
所以⃗EF=(0，4，0)，⃗EB=(2，4，-4)，⃗FG=(-2，0，-1)，
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设平面FBE 的法向量为m=(a，b，c)，
则{
m·⃗EF = 4 b=0,
m·⃗EB =2a+ 4 b−4 c =0,
令a=2，则b=0，c=1，
所以m=(2，0，1)，
易知⃗FG=-m，则⃗FG也是平面FBE 的一个法向量，
所以GF⊥平面FBE.
(2)解 同上方法二建立的空间直角坐标系，
则⃗EG=(-2，4，-1)，⃗BG=(-4，0，3)，
由(1)知⃗FG=(-2，0，-1)是平面FBE 的一个法向量，
设平面EBG 的法向量为n=(x，y，z)，
所以{
n·⃗EG =−2 x + 4 y −z =0,
n·⃗BG =−4 x +3 z =0,
令x=6，则z=8，y=5，即n=(6，5，8)，
设平面FBE 与平面EBG 的夹角为α，
则cos α=|cos〈⃗FG，n〉|=|⃗FG·n|
|⃗FG||n|
=
20
√5×√125=4
5 ，即平面FBE 与平面EBG 夹角的余弦值为4
5 .
(3)解 因为EF⊥平面BCC1B1，FB⊂平面BCC1B1，
所以EF⊥FB，
易知S△FBE=1
2EF·FB=1
2×4×√4
2+2
2=4√5，
又D(0，0，0)，则⃗DE=(2，0，4)，故点D 到平面FBE 的距离为d=|⃗DE·⃗FG|
|⃗FG|
= 8
√5 ，
由棱锥的体积公式知
V 三棱锥D-FBE=1
3S△FBE×d=1
3×4√5× 8
√5=32
3 .
3.(15 分)(2025·重庆调研)如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧面PAD 是边长为2 的正三角
形，平面PAD⊥平面ABCD，E 为侧棱PD 的中点，O 为AD 的中点，M 为线段PC 上一点.
(1)若点M 为线段PC 的中点，求证：直线OM∥平面PAB；(6 分)
(2)若PM
PC =1
3 ，且点B 到平面ACE 的距离为2√5
5
，求直线AM 与平面PAB 所成角的正弦值.(9 分)
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(1)证明 如图，取PB 的中点N，连接MN，AN，
因为点M 为线段PC 的中点，
故MN∥BC，MN=1
2BC，
因为底面ABCD 为矩形，O 为AD 的中点，
则OA∥BC，OA=1
2BC，
故MN∥OA，MN=OA，
即得四边形OANM 为平行四边形，则OM∥AN，
因为OM⊄平面PAB，AN⊂平面PAB，
故直线OM∥平面PAB.
(2)解 如图，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
△PAD 为等边三角形，且O 为AD 的中点，
则PO⊥AD，
故PO⊥平面ABCD，
取BC 的中点K，连接OK，则OK⊥AD，
故以OK，OD，OP 分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设AB=a，则A(0，-1，0)，B(a，-1，0)，C(a，1，0)，D(0，1，0)，P(0，0，√3)，
因为E 为侧棱PD 的中点，
则E(0，1
2 ，√3
2 )，
于是，⃗AE=(0，3
2 ，√3
2 )，⃗AC=(a，2，0)，
设平面ACE 的法向量为n=(x，y，z)，
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则{
n·⃗AE = 3
2 y + √3
2 z =0,
n·⃗AC =ax +2 y =0,
故可取n=(2，-a，√3a)，
又⃗BC=(0，2，0)，则点B 到平面ACE 的距离为d=|n·⃗BC |
|n|
=|2 a|
√4 a
2+ 4
=
a
√a
2+1=2√5
5
，
解得a=2.
因为PM
PC =1
3 ，则⃗AM=⃗PM-⃗PA=1
3⃗PC-⃗PA=1
3(2，1，-√3)-(0，-1，-√3)=(
2
3 ，4
3 ，2√3
3 )，
因为⃗AP=(0，1，√3)，⃗AB=(2，0，0)，
设平面PAB 的法向量为m=(b，c，d)，则{
m·⃗AP =c +√3d =0,
m·⃗AB =2b=0,
故可取m=(0，√3，-1)，
设直线AM 与平面PAB 所成的角为θ，
则sin θ=|cos〈⃗AM ，m〉|
=|⃗AM ·m|
|⃗AM |·|m|
=|
4√3
3
−2√3
3 |
4√2
3
×2
=√6
8 .
4.(17 分)(2025·全国Ⅰ卷)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(4 分)
(2)若PA=AB=√2，BC=2，AD=1+√3，且点P，B，C，D 均在球O 的球面上.
(ⅰ)证明：点O 在平面ABCD 内；(7 分)
(ⅱ)求直线AC 与PO 所成角的余弦值.(6 分)
(1)证明 在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，
∴AP⊥AB，
∵AB⊥AD，AP，AD⊂平面PAD，AP∩AD=A，
∴AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)(ⅰ)证明 方法一 以A 为坐标原点，AB，AD，AP 所在直线分别为x，y，z 轴，
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建立空间直角坐标系，如图1 所示，
∴B(√2，0，0)，C(√2，2，0)，D(0，1+√3，0)，P(0，0，√2)，
若P，B，C，D 在同一个球面上，
则OP=OB=OC=OD，
在Axy 平面中，如图2 所示，
A(0，0)，B(√2，0)，C(√2，2)，D(0，1+√3)，作线段CD 的垂直平分线，分别交y 轴，CD 于点E，F，
∴线段CD 的中点F 的坐标为(
√2
2 ，√3+3
2 )，
直线CD 的斜率k1=1+√3−2
0−√2 =-√3−1
√2
，
∴线段CD 的垂直平分线EF 的斜率k2= √2
√3−1=√6+√2
2
，
∴直线EF 的方程为y-√3+3
2
=√6+√2
2 (x−√2
2 )，
即y=√6+√2
2 (x−√2
2 )+√3+3
2
，
又线段BC 的垂直平分线的方程为y=1，
则将y=1 代入直线EF 的方程得，
1=√6+√2
2 (x−√2
2 )+√3+3
2
，解得x=0，
∴在Axy 平面中，△BCD 外接圆的圆心坐标为(0，1)，
故可设在上述空间直角坐标系中，O(0，1，z)，
则由OP=OB，可得√0
2+1
2+( z−√2)
2=√(−√2)
2+1
2+ z
2，解得z=0，即O(0，1，0)，
∴点O 在平面ABCD 内.
方法二 同方法一，建立空间直角坐标系，设球心O(x，y，z)，由OB=OC=OD=OP，可得
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{
y
2=( y −2)
2,
( x−√2)
2+ y
2+ z
2= x
2+( y −√3−1)
2+ z
2,
( x−√2)
2+ y
2+ z
2= x
2+ y
2+( z−√2)
2,
解得{
y =1,
x = z =0,显然点O(0，1，0)在平面ABCD 内.
方法三 ∵P，B，C，D 在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等，
在△BCD 中，到三角形三个顶点距离相等的点是该三角形的外心，
作出BC 和CD 的垂直平分线，如图3 所示，设BC 的垂直平分线交AD 于点O1，
由几何知识得，
O1E=AB=√2，BE=CE=AO1=GO1=1
2BC=1，O1D=AD-AO1=√3，
BO1=CO1=√1
2+(√2)
2=√3，
∴O1D=BO1=CO1，
∴点O1是△BCD 的外心，
如图4，在Rt△AO1P 中，AP⊥AO1，AP=√2，AO1=1，
由勾股定理得，
PO1=√A P
2+ A O1
2=√(√2)
2+1
2=√3，
∴PO1=BO1=CO1=O1D=√3，
∴点O1即为球心O，
此时点O 在线段AD 上，AD⊂平面ABCD，
∴点O 在平面ABCD 内.
(ⅱ)解 方法一 建立如图5 所示的空间直角坐标系，由(2)(ⅰ)得，⃗AC=(√2，2，0)，⃗PO=(0，1，-√2)，
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设直线AC 与PO 所成的角为θ，
∴cos θ=|⃗AC ·⃗PO|
|⃗AC ||⃗PO|
=|0+2×1+0|
√(√2)
2+2
2+0×√0+1
2+(−√2)
2=√2
3 .
方法二 由(2)(ⅰ)得PO=√3，
∵AB⊥AD，BC∥AD，
∴AB⊥BC，
在Rt△ABC 中，AB=√2，BC=2，由勾股定理得，
AC=√A B
2+ BC
2=√(√2)
2+2
2=√6，
如图6，过点O 作AC 的平行线，交BC 的延长线于点C1，连接AC1，PC1，
则OC1=AC=√6，CC1=OA=1，直线AC 与PO 所成的角即为∠POC1或其补角.
∵PA⊥平面ABCD，AC1⊂平面ABCD，
∴PA⊥AC1，
在Rt△ABC1中，AB=√2，BC1=BC+CC1=2+1=3，由勾股定理得，
AC1=√A B
2+ BC1
2=√(√2)
2+3
2=√11，
在Rt△APC1中，PA=√2，由勾股定理得，
PC1=√P A
2+ A C1
2=√(√2)
2+(√11)
2=√13，
在△POC1中，由余弦定理得，
PC1
2=PO2+OC1
2-2PO·OC1cos∠POC1，
即(√13)
2=(√3)
2+(√6)
2-2√3×√6cos∠POC1，
解得cos∠POC1=-√2
3 ，
∴直线AC 与PO 所成角的余弦值为|cos∠POC1|=√2
3 .
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