专题三 立体几何
第2 讲 空间角与距离
一、考点透析
考点1 平行与垂直的判定与证明
1.（多选题）(2025·河南省·模拟)如图，圆锥SO的底面直径和母线长均为4
√3，其轴截面
为△SAB，C为底面半圆弧AB上一点，且AC
⏜
=2CB
⏜
，SM⃗= λ SC⃗，
SN⃗= μ SB⃗(0< λ<1,0< μ<1)，则( )
A. 存在λ∈(0,1)，使得BC ⊥AM
B. 当μ= 2
3
时，存在λ∈(0,1)，使得AM //平面ONC
C. 当λ = 1
3
，μ= 2
3
时，四面体SAMN的体积为8
3
√3
D. 当AN ⊥SC时，μ= 5
7
【答案】BCD
【解析】解：对于选项A，BC ⊥AC，那么BC与AM不可能垂直，
如果BC ⊥AM，那么BC ⊥面SAC，那么BC ⊥SA，那么BC ⊥面SAB矛盾，所以选项
A 错误；
对于选项B，取SN中点P，那么AP//ON，过P作PM //CN交SC于点M，
此时M为SC中点，那么面APM //平面ONC，所以AM / /平面ONC，所以选项B 对；
对于选项C，μ= 2
3时，S△ASN = 2
3 S△SAB，λ = 1
3时，
M到平面SAB的距离是C到平面SAB距离的1
3，V M −SAN = 1
3 S△SAN h′ = 1
3 ⋅2
3 S△SAB⋅1
3 h，
其中h′表示M到平面SAB的距离，h是C到平面SAB距离，
V M −SAN = 2
27 S
△|¿|h= 2
9 ⋅1
3 S△SABh= 2
9 V S−ABC = 2
9 × 1
3 × 1
2 ×3×4
√3×6= 8
√3
3
¿，
所以选项C 正确；
对于选项D，如图建系，
A(0,−2
√3,0)，
B(0,2
√3,0)，
S(0,0,6)，
N (0,2
√3 μ,6−6 μ)，
AN⃗=(0,2
√3 μ+2
√3,6−6 μ)，C(3,
√3,0)，SC⃗=(3,
√3,−6)，AN⃗⋅SC⃗=0，
所以6 μ+6−36+36 μ=0，所以μ= 5
7 ，所以选项D 正确．
故选：BCD．
考点2 空间角
1.(2025·吉林省长春市·模拟)在正四面体ABCD中，M，N分别是棱AB，CD的中点，则
直线AN与CM所成角的余弦值为( )
A. 1
3
B.
√3
3
C. 2
3
D.
√6
3
【答案】C
【解析】解：根据题意．将正四面体ABCD中置于正方体中，
如图所示：
在正四面体ABCD中，由于M，N分别是棱AB，CD的中点，
则正方体中，M、N是上下底面对角线的中点，
易得CN // ME且CN = ME，
所以四边形CNEM为平行四边形，则NE //CM，
则异面直线AN与CM所成角即为直线AN与NE所成角，
即∠ANE为直线AN与CM所成角(或补角)，
设正方体的棱长为2，则AE = DE =2, DN =
√2，AN = NE =
√6，
在△ANE中，cos∠ANE = A N
2+ N E
2−A E
2
2 AN ⋅NE
= 6+6−4
2
√6×
√6
= 2
3，
因此直线AN与CM所成角的余弦值为2
3．
故选：C．
2.(2025·安徽省蚌埠市·模拟)已知三棱锥P−ABC的体积为1，△ABC是边长为2的正三角
形，且PA =2，则直线PA与平面ABC所成角的正弦值为( )
A. 1
2
B.
√2
2
C.
√3
2
D. 1
【答案】C
【解析】解：因为△ABC是边长为2的正三角形，
可得S△ABC =
√3
4 ×2
2=
√3．
设点P到平面ABC的距离为h，
由三棱锥体积公式V = 1
3 S△ABC⋅h= 1
3 ×
√3⋅h=1，解方程h= 3
√3
=
√3．
设直线PA与平面ABC所成角为θ，则sinθ = h
PA =
√3
2
．
故选：C．
3.(2025·湖南省岳阳市·模拟)如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E，F，G，H分别
是所在棱的中点．
(1)证明：A1 E⊥平面ABGH；
(2)求直线A1 F与平面ABGH所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析（2）
√5
3
【解析】解：(1)证明：在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB⊥平面A1 AD D1，
又A1 E⊂平面A1 AD D1，
则AB⊥A1 E，
在侧面A1 AD D1中，tan ∠A A1 E = tan ∠DAH = 1
2 ,∠A A1 E ,∠DAH均为锐角，
所以∠A A1 E =∠DAH，所以∠A A1 E+∠A1 AH =∠DAH +∠A1 AH = π
2 ，
则A1 E⊥AH，又AB∩AH = A，AB，AH ⊂平面ABGH，
故A❑1 E⊥平面ABGH；
(2)连接B1 F，交BG于点N，A1 E交AH于点M，连接MN，
由A1 E // B1 F，则M，N，A1，F四点共面，
设A1 F ∩MN = P，正方体棱长为2，
由(1)可知，A1 E⊥平面ABGH，
所以MP为A1 P在平面ABGH内的射影，
则∠A1 PM为A1 F与平面ABGH所成的角，
因为EF / / AB，EF ⊄平面ABGH，AB⊂平面ABGH，
所以EF / /平面ABGH，又平面ABGH ∩平面A1B1 FE = MN，
所以EF / / MN，则∠A1 PM =∠A1 FE，
在Rt △A1 EF中，A1 E =
√5，A1 F =3，
所以sin ∠A1 FE = A1 E
A1 F =
√5
3 ，
故直线A1 F与平面ABGH所成角的正弦值为
√5
3 ．
4.(2025·广东省惠州市·模拟)在四棱锥P−ABCD中，PA ⊥AD，PC ⊥CB，AB/ /CD，
AD = DC =CB =1，AB = PD =2．
(1)证明：二面角P−AD−C为π
2 ;
(2)求平面PAB与平面PCD所成的二面角的余弦值．
【答案】（1）见解析
（2）2
√5
5
【解析】解：(1)证明：在梯形ABCD中，取AB中点M，连接CM，
∵AD = DC =CB =1，AB = PD =2，
∴DC = AM，又DC // AM，
∴四边形AMCD为平行四边形，
∴CM = AD =1，CM = 1
2 AB =1，
∴△ABC为直角三角形，AC ⊥CB，
又PC ⊥CB，PC ∩AC =C，PC，AC ⊂平面PAC，
∴BC ⊥平面PAC，
因为PA ⊂平面PAC，∴CB⊥PA，
又∵PA ⊥AD，且AD必与BC相交，BC，AD⊂平面ABCD，
∴PA ⊥平面ABCD，
因为PA ⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，
∴二面角P−AD−C为π
2 ；
(2)过C作Cz // AP，由(1)知，PA ⊥平面ABCD，
所以Cz⊥平面ABCD，则CA，CB，Cz两两垂直，
从而建立以C为坐标原点，CA，CB，Cz所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系C −xyz，
如图，
由题意，P(
√3,0,
√3)，A(
√3,0,0)，B(0,1,0)，D(
√3
2 ,−1
2 ,0)，
则AB⃗=(−
√3,1,0)，AP⃗=(0,0,
√3)，
CD⃗=(
√3
2 ,−1
2 ,0)，⃗CP =(
√3,0,
√3)，
设⃗n1=( x , y , z)是平面PAB的一个法向量，且AB⃗, AP⃗在平面PAB上，
则{
AB⃗⋅n1⃗=−
√3 x + y =0
AP⃗⋅n1⃗=
√3 z =0
,
取x =1，得y =
√3，z =0，
故平面PAB的一个法向量为n1⃗=(1,
√3,0)，
设n2⃗=( x1, y1, z1)是平面PCD的一个法向量，且CD⃗,CP⃗在平面PCD上，
则{
CD⃗⋅n2⃗=
√3
2 x1−1
2 y1=0
CP⃗⋅n2⃗=
√3 x1+
√3 z1=0
,
取x1=1，得y1=
√3，z1=−1，
故平面PCD的一个法向量为n2⃗=(1,
√3,−1)，
设平面PAB与平面PCD夹角为θ，
则cosθ =|cos⟨n1⃗,n2⃗⟩|=|n1⃗⋅n2⃗|
|n1⃗||n2⃗|
=
4
√4×
√5
= 2
√5
5
，
∴平面PAD与平面PBC所成的二面角的余弦值为2
√5
5
．
考点3 空间距离
1.（多选题）(2025·江西省·模拟)素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，其水
平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型.如
图，这是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品，该“十字贯穿体”是由一个圆锥和一个
圆柱“垂直贯穿”构成的多面体，圆锥的两条母线与圆柱相切，其中一个切点为A，圆柱
侧面的母线平行于圆锥的底面，D为圆锥的顶点，圆锥的一条母线与圆柱的侧面交于B，
C两点，且B为圆柱侧面上到圆锥底面距离最大的点，圆锥的母线长为8
√3−8，其底面圆
的半径为8
√2−4
√6，圆柱的半径为 √3−1，下列结论正确的是
A. DA =
√3+1
B. BD = BC
C. 点C到圆锥底面的距离为2
√2−
√3+1
D. 点B到圆锥底面的距离为2
√2+
√3−1
【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，过点A，D作轴截面，A ′为圆锥的母线与圆柱的切点，
DG为圆锥的高，E，F为DG与圆柱的交点，如图1．
由题意可得DH =8(
√3−1)，GH =
√D H
2−DG
2=8
√2−4
√6，
OA =
√3−1，DG =
√D H
2−G H
2= 4
√2．
因为△DGH∽△DAO，所以OA
GH = OD
DH = AD
DG ，
故OD = OA
GH · DH =
√3−1
8
√2−4
√6
×8( √3−1)=2
√2，
OG = DG−OD =2
√2，DA =
√3+1，A 正确；
对于选项B，过点D，B，C作截面，如图2，
易得DB
BC = DE
EF = OD−OE
EF
= 2
√2−
√3+1
2
√3−2
，故DB≠BC，B 错误．
对于选项C，点C到圆锥底面的距离即点F到圆锥底面的距离，
也即FG的长度，FG =OG−OF =2
√2−
√3+1，C 正确；
对于选项D，点B到圆锥底面的距离即点E到圆锥底面的距离，
也即EG的长度，EG =OG+OE =2
√2+
√3−1，D 正确；
故选：ACD．
2.(2025· 湖南省· 模拟) 如图，四棱柱ABCD — A1B1C1 D1的底面ABCD是正方形，
AB = A A1=
√2，A1C ⊥平面B B1 D1
D.
(1)求点A1到平面ABCD的距离；
(2)若M是线段B B1上一点，平面MAC与平面B B1 D1 D夹角的余弦值为
√10
5
时，求BM
B B1
的值．
【答案】（1）1
（2）1
2
【解析】解：(1)连接AC交BD于点O．
因为A1C ⊥平面B B1 D1 D，BD⊂平面B B1 D1 D，所以A1C ⊥BD，
又BD⊥AC，A1C ∩AC =C，A1C、AC ⊂平面A A1C，
所以BD⊥平面A A1C，
又BD⊂平面ABCD，所以平面A A1C ⊥平面ABCD．
因为A1C ⊥平面B B1 D1 D，B B1⊂平面B B1 D1 D，所以A1C ⊥B B1，
又B B1// A A1，所以A1C ⊥A A1，
在Rt △A A1C中，A A1=
√2，AC =2，所以A1C =
√2．
又O为AC的中点，所以A1O⊥AC且A1O =1，
又平面A A1C ⊥平面ABCD，平面A A1C ∩平面ABCD = AC，且A1O⊂平面A A1C，
所以A1O⊥平面ABCD．
故点A1到平面ABCD的距离为A1O =1．
(2)以O为原点，分别以OB，OC，O A1所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角
坐标系，
则B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,1)，A(0,−1,0)，
由A A1⃗= B B1⃗=(0,1,1)，可得B1(1,1,1)，
A1C⃗=(0,1,−1)，⃗AB =(1,1,0)，
由(1)知，平面B B1 D1 D的一个法向量n1⃗= A1C⃗=(0,1,−1)，
设BM
B B1
= λ(0⩽λ⩽1)，
所以BM⃗= λ BB⃗1=(0, λ , λ)，AM⃗= AB⃗+ BM⃗=(1, λ+1, λ)，AC⃗=(0,2,0)，
设n2⃗=( x , y , z)为平面MAC的一个法向量，
由{
n2⃗⋅AM⃗=0
n2⃗⋅AC⃗=0
得{
x +( λ+1) y + λz =0
y =0
,
取n2⃗=( λ ,0,−1)，
设平面MAC与平面B B1 D1 D的夹角为θ，
则有cosθ =|
n1⃗·n2⃗
|n1⃗|·|n2⃗||
=
1
√2×
√1+ λ
2 =
√10
5 ，
解得λ = 1
2 (舍负)，
即BM
B B1
= 1
2．
3.(2025· 河南省开封市· 模拟) 如图所示，在三棱柱ABF −DCE中，∠ADE =90
∘，
∠ABC =60
∘，AB = AD =2 AF =2，平面ABCD⊥平面ADEF，点G是线段AD的中点．
(1)求证：FG⊥平面GCE；
(2)求直线BG与平面GCE所成角的正弦值．
(3)若点M在线段BE上，且AF //平面GMC，求点M到平面GCE的距离．
【答案】（1）见解析
（2）
❑√14
7
（3）
❑√2
3
【解析】(1)证明：取线段 EF 的中点 P ，连结 PG ，
所以PG // ED ,因为平面 ABCD⊥ 平面 ADEF ，
平面 ABCD∩ 平面 ADEF = AD ，ED⊂平面 ADEF，ED⊥AD ,
所以 ED⊥ 平面 ABCD ，所以 PG⊥ 平面 ABCD ，因为 AD = DC =2 ， ∠ADC =60
∘
，
所以 △ADC 是正三角形，又点 G 是线段AD 的中点，所以 CG⊥AD .可以建立以 G 为
原点，分别以 ⃗GC ， GD⃗
， GP⃗
的方向为 x 轴， y 轴， z 轴正方向的空间直角坐标系(如
图)，
可 A(0,−1,0) ， B(❑√3,−2,0) ， C (❑√3,0,0) ， D(0,1,0) ， E(0,1,1) ， F(0,−1,1) ，
G(0,0,0) ， P(0,0,1) ，
则 GC⃗=(❑√3,0,0) ， GE⃗=(0,1,1) ，设 ⃗n1=( x1, y1, z1) 为平面 GCE 的法向量，
则 {
n1⃗·GC⃗=0
n1⃗·GE⃗=0
，即 {
❑√3 x1=0
y1+ z1=0
，
不妨令 y1=1 ，可得 n1⃗=(0,1,−1) ，
又 FG⃗=(0,1,−1) ，故 FG⃗//n1⃗
，
因此 FG⊥ 平面 GCE ．
(2)解：依题意， BG⃗=(−❑√3,2,0) ，由(1)知 n1⃗=(0,1,−1) 为平面 GCE 的一个法向量．
因此 cos< n
→
1,BG
→
>=
n
→
1⋅BG
→
|n
→
1||BG
→
|
=
√14
7
，
所以直线 BG 与平面 GCE 所成角的正弦值为
❑√14
7
．
(3)解：依题意，设 BM⃗= λ BE⃗
(λ∈[0,1]) ， M ( x , y , z) ，
所以 (x−❑√3, y +2, z)= λ(−❑√3,3,1) ，因此 M (❑√3−❑√3 λ ,−2+3 λ , λ)
GM⃗=(❑√3−❑√3 λ ,−2+3 λ , λ),GC⃗=(❑√3,0,0) ，
设 ⃗n2=( x2, y2, z2) 为平面 GMC 的法向量，
则 {
n2⃗·GM⃗=0
n2⃗·GC⃗=0
，即 {
(❑√3−❑√3 λ)x2+(−2+3 λ) y2+ λ z2=0
❑√3 x2=0
，
不妨令 y2= λ ，可得 n2⃗=(0, λ ,2−3 λ) ，
AF⃗=(0,0,1) ，因为 AF // 平面 GMC ，所以 AF⃗⋅n2⃗=0 ，解得 λ = 2
3
，
所以 M(
❑√3
3 ,0, 2
3)
，
设点 M 到平面 GCE 的距离为 d ， GM⃗=(
❑√3
3 ,0, 2
3)
，
则 d =|
GM⃗⋅n1⃗
|n1⃗| |
=
❑√2
3
，
所以点 M 到平面 GCE 的距离为
❑√2
3
．
二、跟踪练习
1. （多选题）(2025· 河南省焦作市· 模拟题) 在三棱锥A −BCD中，已知
AB = BC =CD = DA =2，BD =2
√3，E为BD的中点，则下列说法正确的是( )
A. AC长度的取值范围是(0,2
√2)
B. 直线AB与平面AEC所成的角为π
3
C. 若AC =
√2，则AE，BC所成的角为π
3
D. 若AC =1，则三棱锥A −BCD外接球的表面积为52π
3
【答案】BD
【解析】解：对于A，因为AB = BC =CD = DA =2，BD =2
√3，所以AE =CE =1，
所以AC < AE+CE =2，所以AC ∈(0,2)，故A 错误;
对于B，由已知得BD⊥AE，BD⊥CE，又AE∩CE = E，AE，CE⊂平面AEC，所以
BD⊥平面AEC，
所以AB与平面AEC所成的角为∠BAE = π
3 ，故B 正确;
对于C，因为AC =
√2，所以A E
2+C E
2= A C
2，所以∠AEC = π
2 ，AE⊥CE，
因为AE⊥BE，BE∩CE = E，BE，CE⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD，
又BC ⊂平面BCD，所以AE⊥BC，
即AE，BC所成的角为π
2 ，故C 错误;
对于D，如图，取AC的中点为F，连接EF，则EF ⊥AC，
由图形的对称性得，三棱锥A −BCD外接球的球心O必在FE的延长线上，设EO= x，
由OA =OB得， √( 1
2 )
2+( x +
√3
2 )
2=
√x
2+(
√3)
2，所以x = 2
√3
3
，
所以外接球的半径为
√x
2+(
√3)
2= √
13
3 ，
所以外接球的表面积为4 π( √
13
3 )
2= 52π
3
，故D 正确．
故选：BD．
2. （多选题）(2025· 江苏省· 月考) 正四棱锥P−ABCD中，各棱长均为1，
PM⃗= 1
2 PA⃗, PN⃗= 2
3 PB⃗, PQ⃗= 1
2 PC⃗过点M，N，Q的平面交PD于点S，且PS⃗= λ PD⃗，
则( )
A. λ = 1
3
B. 点S到平面PMQ的距离为
√2
5
C. 平面MNQ与平面ABCD夹角的余弦值为4
√17
17
D. 两个四棱锥P−MNQS与P−ABCD体积之比为2:15
【答案】BCD
【解析】解：对于选项A：设底面ABCD的中心为O，
以O为坐标原点，OB ,OC ,OP分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,−
√2
2 ,0),B(
√2
2 ,0,0),C(0,
√2
2 ,0),
D(−
√2
2 ,0,0), P(0,0,
√2
2 )，
可得PA⃗=(0,−
√2
2 ,−
√2
2 ), PB⃗=(
√2
2 ,0,−
√2
2 ),
PD⃗=(−
√2
2 ,0,−
√2
2 ), AC⃗=(0,
√2,0)，
又因为PM⃗= 1
2 PA⃗, PN⃗= 2
3 PB⃗, PQ⃗= 1
2 PC⃗，
则NM⃗= PM⃗−PN⃗
= 1
2 PA⃗−2
3 PB⃗
=(−
√2
3 ,−
√2
4 ,
√2
12 ),
MQ⃗= 1
2 AC⃗=(0,
√2
2 ,0)，
设平面MNQS的法向量n⃗=(x , y , z)，
则{
n⃗⋅NM⃗=−
√2
3 x−
√2
4 y +
√2
12 z =0
n⃗⋅MQ⃗=
√2
2 y =0
,
令x =1，则y =0, z = 4，可得n⃗=(1,0,4)，
因为MS⃗= PS⃗−PM⃗= λ PD⃗−1
2 PA⃗
=(−
√2
2 λ ,
√2
4 ,−
√2
2 λ+
√2
4 )，
因为M , N ,Q ,S四点共面，则n⃗⊥MS⃗
，
可得n⃗⋅MS⃗=−
√2
2 λ+ 4(−
√2
2 λ+
√2
4 )=0，
解得λ = 2
5
，故 A 错误；
对于选项B：可得PS⃗= 2
5 PD⃗=(−
√2
5 ,0,−
√2
5 )
，
且平面PMQ的法向量m⃗=(1,0,0)，
所以点S到平面PMQ的距离为|PS⃗⋅m⃗|
|m⃗|
=
√2
5
，故 B 正确；
对于选项C：显然平面ABCD的法向量为p⃗=(0,0,1)，
且cos⟨n⃗, p⃗⟩=
|n⃗⋅p⃗|
|n⃗|⋅| p⃗|
= 4
√17
= 4
√17
17
，
所以平面MNQ与平面ABCD夹角的余弦值为4
√17
17
，故 C 正确；
对于选项D：
设点S、D到平面PAB的距离分别为h1、h2，
则h1
h2
= PS
PD
，
因为V P−MNQS
V P−ABCD
= 2V P−MNS
2V P−ABD
= V S−PMN
V D−PAB
=
1
3 h1× 1
2 PM ⋅PN ⋅sin ∠MPN
1
3 h2× 1
2 PA ⋅PB⋅sin ∠MPN
= PS⋅PM ⋅PN
PD⋅PA ⋅PB = 1
2 × 2
3 × 2
5 = 2
15
，
所以两个四棱锥P−MNQS与P−ABCD体积之比为2:15，故 D 正确．
故选：BCD．
3.（多选题）(2025·云南省玉溪市·期末)如图(a)，边长为2的正方形A P1 P2 P3中，B，C
分别是P1 P2，P2 P3的中点，A P2交BC于D，现沿AB，AC及BC把这个正方形折成一个
四面体，如图(b)，使P1，P2，P3三点重合，重合后的点记为P，则有( )
A. 平面PAD⊥平面PBC
B. 四面体 P−ABC的体积为1
3
C. 点P到平面ABC的距离为1
3
D. 四面体P−ABC的外接球的体积为 √6 π
【答案】ABD
【解析】解：对于A，由已知可得AP⊥PB , AP⊥PC , PC ∩PB = P，PC , PB⊂平面
PBC，
则PA ⊥平面PBC，又PA ⊂平面PAD，故平面PAD⊥平面PBC，故 A 正确；
对于B，因为PA , PB , PC两两垂直，则V P−ABC =V A −PBC = 1
3 × 1
2 ×1×1×2= 1
3
，故 B 正
确；
对于C，设P到平面ABC的距离为h，∵S▵ABC =2
2−1
2 ×1×2−1
2 ×1×2−1
2 ×1×1= 3
2
，
∴V P−ABC = 1
3 × 3
2 ×h= h
2 = 1
3
，解得h= 2
3
．∴点P到平面ABC的距离为2
3
，故 C 错误；
对于D，因PA , PB , PC两两垂直，故三棱锥P−ABC的外接球即是以2,1,1为棱长的长方
体的外接球，
故球的半径为
√4 +1+1
2
=
√6
2
，则球的体积为4
3 π ×(
√6
2 )
3
=
√6 π，故 D 正确，
故选：ABD．
4. （多选题）(2025· 江苏省· 月考) 正四棱锥P−ABCD中，各棱长均为1，
PM⃗= 1
2 PA⃗, PN⃗= 2
3 PB⃗, PQ⃗= 1
2 PC⃗过点M，N，Q的平面交PD于点S，且PS⃗= λ PD⃗，
则( )
A. λ = 1
3
B. 点S到平面PMQ的距离为
√2
5
C. 平面MNQ与平面ABCD夹角的余弦值为4
√17
17
D. 两个四棱锥P−MNQS与P−ABCD体积之比为2:15
【答案】BCD
【解析】解：对于选项A：设底面ABCD的中心为O，
以O为坐标原点，OB ,OC ,OP分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则A(0,−
√2
2 ,0),B(
√2
2 ,0,0),C(0,
√2
2 ,0),
D(−
√2
2 ,0,0), P(0,0,
√2
2 )，
可得PA⃗=(0,−
√2
2 ,−
√2
2 ), PB⃗=(
√2
2 ,0,−
√2
2 ),
PD⃗=(−
√2
2 ,0,−
√2
2 ), AC⃗=(0,
√2,0)，
又因为PM⃗= 1
2 PA⃗, PN⃗= 2
3 PB⃗, PQ⃗= 1
2 PC⃗，
则NM⃗= PM⃗−PN⃗
= 1
2 PA⃗−2
3 PB⃗
=(−
√2
3 ,−
√2
4 ,
√2
12 ),
MQ⃗= 1
2 AC⃗=(0,
√2
2 ,0)，
设平面MNQS的法向量n⃗=(x , y , z)，
则{
n⃗⋅NM⃗=−
√2
3 x−
√2
4 y +
√2
12 z =0
n⃗⋅MQ⃗=
√2
2 y =0
,
令x =1，则y =0, z = 4，可得n⃗=(1,0,4)，
因为MS⃗= PS⃗−PM⃗= λ PD⃗−1
2 PA⃗
=(−
√2
2 λ ,
√2
4 ,−
√2
2 λ+
√2
4 )，
因为M , N ,Q ,S四点共面，则n⃗⊥MS⃗
，
可得n⃗⋅MS⃗=−
√2
2 λ+ 4(−
√2
2 λ+
√2
4 )=0，
解得λ = 2
5
，故 A 错误；
对于选项B：可得PS⃗= 2
5 PD⃗=(−
√2
5 ,0,−
√2
5 )
，
且平面PMQ的法向量m⃗=(1,0,0)，
所以点S到平面PMQ的距离为|PS⃗⋅m⃗|
|m⃗|
=
√2
5
，故 B 正确；
对于选项C：显然平面ABCD的法向量为p⃗=(0,0,1)，
且cos⟨n⃗, p⃗⟩=
|n⃗⋅p⃗|
|n⃗|⋅| p⃗|
= 4
√17
= 4
√17
17
，
所以平面MNQ与平面ABCD夹角的余弦值为4
√17
17
，故 C 正确；
对于选项D：
设点S、D到平面PAB的距离分别为h1、h2，
则h1
h2
= PS
PD
，
因为V P−MNQS
V P−ABCD
= 2V P−MNS
2V P−ABD
= V S−PMN
V D−PAB
=
1
3 h1× 1
2 PM ⋅PN ⋅sin ∠MPN
1
3 h2× 1
2 PA ⋅PB⋅sin ∠MPN
= PS⋅PM ⋅PN
PD⋅PA ⋅PB = 1
2 × 2
3 × 2
5 = 2
15
，
所以两个四棱锥P−MNQS与P−ABCD体积之比为2:15，故 D 正确．
故选：BCD．
5.（多选题）(2025·陕西省·模拟题)在边长为3的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，动点M在
棱AD上，动点N在棱C C1上，满足MN ⊥B D1.以下对MN运动过程的描述，正确的是
( )
A. 存在MN，满足MN ⊥D1 A1
B. 存在MN，使MN与A1B1所成角的余弦值为
√6
3
C. 点C到平面MN D1的距离为定值
D. 四面体MN D1 A1的体积为定值9
2
【答案】ABD
【解析】解：以点A为原点，⃗AB，⃗AD，A A1⃗为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(3,3,0)，D(0,3,0)，A1(0,0,3)，B1(3,0,3)，C1(3,3,3)，
D1(0,3,3)，
因为点M在AD上，故可设点M的坐标为(0,t ,0),0⩽t ⩽3，
点N在C C1上，设点N的坐标为(3,3,s)，0≤s≤3，
所以B D1⃗=(−3,3,3)，MN⃗=(3,3−t ,s)，
因为MN ⊥B D1，所以B D
→
1· MN
→
=−9+9−3t +3 s =0，得s=t，
因此，点N坐标为(3,3,t )，其中0≤t ≤3，
若MN ⊥D1 A1，则MN⃗⊥D1 A1⃗
，故MN⃗⋅D1 A1⃗=0，
又MN⃗=(3,3−t ,t )，D1 A1⃗=(0,−3,0)，
所以3×0+(3−t )×(−3)+t ×0=0，
所以t =3，即存在MN，满足MN ⊥D1 A1，A 正确；
因为MN⃗=(3,3−t ,t )，A1B1⃗=(3,0,0)，
所以cos⟨MN
→
, A1B
→
1 ⟩=
MN
→
⋅A1B
→
1
| MN
→
|⋅| A1B
→
1|
=
9
3
√3
2+(3−t )
2+t
2 =
3
√3
2+(3−t )
2+t
2
，
若MN与A1B1所成角的余弦值为
√6
3
，则
3
√3
2+(3−t )
2+t
2 =
√6
3
，
化简可得4 t
2−12t +9=0，所以t = 3
2
，
所以存在MN，使MN与A1B1所成角的余弦值为
√6
3
，B 正确；
设平面MN D1的法向量为⃗n=( x , y , z)，
则{
n⃗⋅M D1⃗=0
n⃗⋅MN⃗=0
，又MN⃗=(3,3−t ,t )
，M D1⃗=(0,3−t ,3)
，
所以{
3 x +(3−t ) y +tz =0
(3−t ) y +3 z =0
，设y =3，则z =t −3，x =−(3−t )
2
3
，
所以(−(3−t )
2
3
,3,t −3)
为平面MN D1的一个法向量，
又C D1⃗=(−3,0,3)，
所以点C(3,3,0)到平面MN D1的距离为d =|CD
→
1⋅n
→
|
|n
→
|
=|(3−t )
2+3(t −3)|
√
(3−t )
4
9
+9+(t −3)
2
，
当t =0或t =3时，d =0，
当t =1时，d =|4−6|
√
16
9 +9+ 4
= 6
√133
133
，故d不为定值，C 错误；
四面体MN D1 A1，即三棱锥N −A1 D1 M的底面A1 D1 M的面积为定值1
2 ×3×3= 9
2
，
又C C1/¿/平面A1 D1 M，
所以点N到平面A1 D1 M的距离等于点C到平面A1 D1 M的距离3，
故三棱锥N −A1 D1 M的体积恒为定值1
3 × 9
2 ×3= 9
2
，D 正确．
故选：ABD．
6.(2025· 安徽省安庆市· 模拟) 如图，四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面
ABCD , AB//CD , AD⊥CD , PA = PD = AD =CD =2，AB =1, M为棱PC上一点．
(1)证明：BD⊥PC；
(2)若PA //平面BMD，求直线PC与平面BMD所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析
（2）3
√6
8
【解析】(1)证明：取AD中点O，连接PO,CO，
∵PA = PD ,∴PO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD , PO⊂平面PAD，
∴PO⊥平面ABCD，
∵BD⊂平面ABCD ,∴PO⊥BD
∵DO =1= AB ,CD = AD ,∠DAB =∠CDO = π
2 ，
∴△DAB ≌△CDO，
∴∠DOC +∠ADB = π
2
，即BD⊥OC，
又PO,OC ⊂平面POC , PO∩OC =O ,∴BD⊥平面POC，
∵PC ⊂平面POC ,∴BD⊥PC；
(2)解：连接AC，设AC ∩BD =Q，连接QM，
∵PA //平面BMD , PA ⊂平面PAC，平面PAC ∩平面BMD = MQ，
∴PA // MQ，易知AQ:QC =1:2,∴PM : MC =1:2，
取BC中点N，连接ON，则OA ,ON ,OP两两互相垂直，
分别以直线OA ,ON ,OP为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则O(0,0,0), P(0,0,
√3),B(1,1,0), D(−1,0,0),C(−1,2,0)，
∴DB⃗=(2,1,0), PC⃗=(−1,2,−
√3)，
∴PM⃗= 1
3 PC⃗=(−1
3 , 2
3 ,−
√3
3 )
，
∴DM⃗= DP⃗+ PM⃗=(1,0,
√3)+(−1
3 , 2
3 ,−
√3
3 )=(
2
3 , 2
3 , 2
√3
3 )
，
设平面BMD的法向量⃗n=( x , y , z)，
则{
DB⃗⋅n⃗=0,
DM⃗⋅n⃗=0,
即{
2 x + y =0
2
3 x + 2
3 y + 2
√3
3
z =0
，令x =1，则n⃗=(1,−2,
√3
3 )
，
设
直
线
PC与
平
面
BMD所
成
角
为
θ，
则
sin θ =|cos ⟨n
→
, PC
→
⟩|=| n
→
⋅PC
→
|
| n
→
|| PC
→
|
=
6
4
√3
×2
√2
= 3
√6
8
，
即直线PC与平面BMD所成角的正弦值为3
√6
8
．
7.(2025·四川省成都市·模拟)在三棱锥A −BCD中，BC = BD =
√6，CD =2
√2．O为CD
的中点，H为BO的中点，AH ⊥平面BCD．
(1)求证：平面ABC ⊥平面AHD；
(2)若AB与底面BCD所成角的正切值是2，求二面角B−AD−C的余弦值．
【答案】（1）见解析
（2）3
√65
65
【解析】解：(1)证明：如图，延长DH与BC相交于M，连接AM，
根据BC = BD =
√6，O为CD的中点，则OD⊥BO，CD =2
√2，则OD =CO =
√2，
在Rt ▵BOD中，OB =
√B D
2−DO
2=2
，H为BO的中点，则BH = HO=1，
在Rt ▵HOD中，HD =
√H O
2+ DO
2=
√3
，
则sin∠HDO= HO
HD = 1
√3
,cos∠HDO= DO
HD =
√2
√3
，
同理在Rt ▵BCO中，sin∠BCO= BO
BC = 2
√6
,cos∠BCO= CO
BC =
√2
√6
，
在▵MCD中，sin ∠DMC =sin(∠BCO+∠HDO)
=sin∠BCO·cos∠HDO+sin∠HDO·cos∠BCO= 2
√6
×
√2
√3
+ 1
√3
×
√2
√6
= 3
√2
√18
=1，
由于∠DMC ∈(0,π )，则∠DMC = π
2
，即BC ⊥DM，
已知AH ⊥平面BCD，BC ⊂平面BCD，则AH ⊥BC，
AH , DM ⊂平面AHD，且AH ∩DM = H，
则BC ⊥平面AHD，BC ⊂平面ABC，则平面ABC ⊥平面AHD;
(2)由于AH ⊥平面BCD，OD⊥BO，则可以CO为x轴，OB为y轴，
过O作Oz // AH，可作为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，
由于AH ⊥平面BCD，则AB与底面BCD所成角为∠ABH，
根据题意，tan ∠ABH = AH
BH = AH
1 =2，则AH =2．
得到相关点坐标：B(0,2,0), A(0,1,2), D(−
√2,0,0),C(
√2,0,0)，
可得AB⃗=(0,1,−2), AD⃗=(−
√2,−1,−2), AC⃗=( √2,−1,−2)，
设平面ABD的法向量为n1⃗=( x1, y1, z1)，则n1⃗· AB⃗=0且n1⃗· AD⃗=0，
n1⃗· AB⃗= y1−2 z1=0，n1⃗· AD⃗=−
√2 x1−y1−2 z1=0，
令z1=1，则x1=−2
√2，y1=2，所以n1⃗=(−2
√2,2,1);
设平面ACD的法向量为n2⃗=( x2, y2, z2)，同理n2⃗· AC⃗=0且n2⃗· AD⃗=0，
n2⃗· AC⃗=
√2 x2−y2−2 z2=0，n2⃗· AD⃗=−
√2 x2−y2−2 z2=0，
令z2=1，则y2=−2，x2=0，所以n2⃗=(0,−2,1)；
设二面角B−AD−C为θ，
所以cos⟨n1⃗,n2⃗⟩= n1⃗·n2⃗
|n1⃗|·|n2⃗|
=
−3
√13×
√5
=−3
√65
65
，
通过观察图像可知二面角B−AD−C是锐二面角，
所以二面角B−AD−C的余弦值为|cos⟨n1⃗,n2⃗⟩|= 3
√65
65
．
