专题06 立体几何与空间向量
5 大考点概览
考点01 点线面位置关系
考点02 空间几何体表面积体积
考点03 动点与截面问题
考点04 空间向量夹角问题
考点05 空间向量距离问题
1．（2026·内蒙古包头·二模）已知m,n是两条不同的直线，α , β ,γ是三个不同的平面，则下列结
论一定成立的是（ ）
A．若α ⊥β ,m // α，则m // β
B．若α ⊥β ,α ⊥γ，则β // γ
C．若m // α ,n // α，则m // n
D．若m⊥α ,m⊥β，则α // β
【答案】D
【详解】A，若α ⊥β且m//α，则m可平行于β，或者在β内，或者与β相交，错误；
B，若α ⊥β，α ⊥γ，则β可平行于γ，或者与γ相交，错误；
C，若m // α ,n // α，则m可与n平行，或者与n相交，或者与n异面，错误；
D，若m⊥α，m⊥β，可知α , β的法向量都与m平行，也即α , β的法向量平行，可得α // β，正
确．
故选D．
2．（2026·吉林长春六中·二模）已知直线a, b, c和平面α , β，下列表述正确的是（ ）
A．若a//b, b⊂α，则a//α
B．若a⊥b, a⊥c , b⊂α , c⊂α，则a⊥α
C．若a⊂α , b⊂α , a// β , b// β，则α // β D．若a⊥α , a⊂β，则α ⊥β
【答案】D
【分析】利用线面平行和垂直的判定定理和面面平行和垂直的判定定理即可求解.
【详解】由a//b,b⊂α ,a⊄α ⇒a//α，条件中缺少a⊄α，故A 错误；
由a⊥b, a⊥c , b⊂α , c⊂α ,b∩c≠∅⇒a⊥α，条件中缺少b∩c≠∅，故B 错误；
由a⊂α , b⊂α , a// β , b// β ,a∩b≠∅⇒α // β，条件中缺少a∩b≠∅，故C 错误；
由a⊥α , a⊂β ⇒α ⊥β，故D 正确；
故选：D.
考点1
点线面位置关系
3．（2026·内蒙古包头·二模）（多选）设m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列结论中
正确的是（ ）
A．若m//α，n//α，则m//n
B．若m⊥α，n⊥α，则m//n
C．若m//α，m⊂β，则α // β
D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α ⊥β
【答案】BD
【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，逐一分析各选项即可得答案.
【详解】解：对A：若m//α，n//α，则m//n或m与n相交或m与n异面，故选项A 错误；
对B：若m⊥α，n⊥α，则m//n，故选项B 正确；
对C：若m//α，m⊂β，则α // β或α与β相交，故选项C 错误；
对D：若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α ⊥β，故选项D 正确.
故选：BD.
4．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)（多选）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，称各面正方形
的对角线为面对角线，称A C1, A1C , B D1, B1 D为体对角线．设P , M , N分别为
AB , B B1, D D1的中点，则（ ）
A．存在面对角线与平面PMN平行
B．存在体对角线与平面PMN平行
C．存在面对角线与平面PMN垂直
D．存在体对角线与平面PMN垂直
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面MNP的法向量，由空间关系的向量求法可得出结论.
【详解】以A为坐标原点，分别以AB , AD , A A1为x , y , z轴建立空间直角坐标系，如下图：
设正方体的棱长为2，则M (2,0,1), N (0,2,1), P(1,0,0)，
所以⃗MN =(−2,2,0),⃗MP =(−1,0,−1)，
设平面MNP的一个法向量为⃗n=(x , y , z),
所以⃗MN ⋅⃗n=−2 x +2 y =0,⃗MP⋅⃗n=−x−z =0，
令x =1，则y =1, z =−1，可得⃗n=(1,1,−1)；
对于A，由A (0,0,0),B1(2,0,2)可得⃗A B1=(2,0,2)，
因此⃗A B1·⃗n=2−2=0，又A B1⊄平面MNP，所以A B1//平面MNP，所以A 正确；
对于B，A1(0,0,2),B (2,0,0),C (2,2,0), D (0,2,0),C1(2,2,2), D1(0,2,2)，
体对角线所在的向量为：⃗A C1=(2,2,2),⃗A1C =(2,2,−2),⃗B D1=(−2,2,2),⃗B1 D =(−2,2,−2)，
易知⃗A C1⋅⃗n=2≠0,⃗A1C ⋅⃗n=6≠0,⃗B D1⋅⃗n=−2≠0,⃗B1 D⋅⃗n=2≠0,
因此不存在体对角线与平面MNP平行，即B 错误；
对于C，面对角线所在的向量为：⃗AC =(2,2,0),⃗A B1=(2,0,2),⃗A D1=(0,2,2)，⃗
A1B =(2,0,−2),⃗BD =(−2,2,0),⃗A1 D =(0,2,−2)，
显然以上向量与法向量⃗n=(1,1,−1)均不平行，
所以不存在面对角线与平面MNP垂直，即C 错误；
对于D，显然⃗A1C =(2,2,−2)=2⃗n，所以A1C ⊥平面MNP，即D 正确.
1．（2026·吉林长春·质量监测(二)）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，球O与圆台的两
个底面和侧面都相切，则球O的表面积为（ ）
A．6 π
B．8 π
C．9 π
D．12π
【答案】B
【分析】利用圆台内切球对应轴截面等腰梯形有内切圆的性质得到母线长，结合勾股定理求出球半
径，代入表面积公式计算结果.
【详解】设球O的半径为R，圆台上底面半径r1=1，下底面半径r2=2.
因为球与圆台两个底面相切，因此圆台的高h=2 R；
球与圆台侧面也相切，说明圆台的轴截面（等腰梯形）存在内切圆，
考点2
空间几何体体积表面积
根据有内切圆的四边形对边之和相等，可得圆台母线长l =r1+r2=3；
由圆台母线、高、半径之差的勾股关系：l
2=(r2−r1)
2+h
2，
代入已知量得3
2=1
2+(2 R)
2，解得R
2=2；
代入球的表面积公式S = 4 π R
2，得S =8 π.
2．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）正四棱锥P−ABCD中，AB = ❑√2，当其外接球半径R与内切
球半径之比最小时，V P−ABCD=（ ）
A．2❑√2+2
3
B．2❑√2+2
C．2❑√2+1
D．2❑√
❑√2+1
3
【答案】D
【分析】根据正棱锥球的内切或外接确定球心位置，然后求出外接球R = h
2 + 1
2h和内切球半径
r =
❑√2h
2+1−1
2h
，然后根据外接球半径R与内切球半径r之比最小时，求出h，即可求解.
【详解】如图，正四棱锥中P−ABCD，正方形ABCD的对角线相交于点M，则PM ⊥平面
ABCD，
如图所示，设正四棱锥P−ABCD外接球的球心为Q，PM =h，
连接QC，则PQ =CQ = R，
因为AB = ❑√2，所以CM =1,
在Rt△QMC中，C Q
2=Q M
2+C M
2 ,即R
2=(h−R)
2+1
2⇒R = h
2 + 1
2h，
如图所示，设正四棱锥P−ABCD内切球的球心为O， PM =h，
取CD的中点E，连接PE,
设内切球O与面PCD切于点F,与面ABCD切于点M,易知F ∈PE,△POF ∼△PME,
则
OF
ME = PM −OM
PE
⇒
r
❑√2
2
=
h−r
❑√
h
2+(
❑√2
2 )
2 ⇒r =
❑√2h
2+1−1
2h
，
所以R
r =
h
2 + 1
2h
❑√2h
2+1−1
2h
=
h
2+1
❑√2h
2+1−1
，
令t =
❑√2h
2+1−1(t >0)，则2h
2=(t +1)
2−1⇒h
2= t
2+2t
2
，
所以R
r =
h
2+1
❑√2h
2+1−1
=
t
2+2t
2
+1
t
= t
2 + 1
t +1≥2❑√
t
2 ⋅1
t +1= ❑√2+1，
当且仅当t
2 = 1
t 即t = ❑√2时，等号成立，R
r 取得最小值，
所以h
2= t
2+2t
2
= (❑√2)
2+2❑√2
2
= ❑√2+1⇒h= ❑√
❑√2+1，
所以V P−ABCD= 1
3 Sh= 1
3 ×❑√2×❑√2×❑√
❑√2+1= 2❑√
❑√2+1
3
，
3．（2026·哈尔滨三中·二模）四面体ABCD的各顶点均在同一个球面上，且
AD =CD = AB =CB = ❑√3，当四面体ABCD的体积最大时，该球的表面积为（ ）
A．5π
B．6π
C．25
4 π
D．8π
【答案】A
【分析】先取AC中点O，分析BO、DO与AC的垂直关系，确定四面体体积的表达式，因为四面
体体积最大时，需高最大，所以当平面ABC ⊥平面ACD时，体积取得最大值，建立空间直角坐
标系，求出外接球的球心坐标，计算外接球半径，最后利用球的表面积公式求解.
【详解】取AC的中点为O，连接BO, DO，
由于AD =CD = AB =CB = ❑√3，故BO⊥AC , DO⊥AC，
BO∩DO=O ,BO, DO⊂平面BOD，故AC ⊥平面BOD，
设AC =2 x，则BO = DO =
❑√(❑√3)
2−x
2=
❑√3−x
2，0< x<❑√3，
设∠BOD =θ，则四面体ABCD的体积
V = 1
3 ⋅S△BOD⋅AC = 1
3 ⋅1
2 ⋅BO⋅DO⋅sinθ⋅2 x = x(3−x
2)
3
sinθ，
要使得四面体ABCD的体积最大，必有sinθ =1，即此时平面ABC ⊥平面ACD，
则此时V = x(3−x
2)
3
，令f (x)= x(3−x
2)，0< x<❑√3，
则f
′ (x)=3−3 x
2，当0< x<1时，f
′ (x)>0，f (x)在(0,1)上单调递增，
当1< x<❑√3时，f
′ (x)<0，f (x)在(1,❑√3)上单调递减，
故x =1时，f (x)取得最大值，此时V = x(3−x
2)
3
取得最大值，
即得AO =CO =1,BO = DO = ❑√2，
以O 为坐标原点，OC ,OD ,OB所在直线为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则A (−1,0,0),C (1,0,0),B(0,0,❑√2), D(0,❑√2,0)，
设四面体ABCD的外接球的球心为P(x , y , z)，则PA = PB = PC = PD，
即❑√(x +1)
2+ y
2+ z
2=
❑√x
2+ y
2+(z−❑√2)
2=
❑√(x−1)
2+ y
2+ z
2=
❑√x
2+( y −❑√2)
2+ z
2，
解得x =0, y = z =
❑√2
4 ，即外接球球心为(0,
❑√2
4 ,
❑√2
4 )，
故外接球半径为❑√
(0+1)
2+(
❑√2
4 )
2
+(
❑√2
4 )
2
=
❑√5
2
，
故外接球的表面积为4π(
❑√5
2 )
2
=5π.
4．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）（多选）若正四面体的表面积为❑√3，则（ ）
A．该正四面体的棱长为1
B．该正四面体的高为❑√6
C．该正四面体的体积为
❑√2
12
D．该正四面体的外接球表面积为3π
2
【答案】ACD
【分析】先根据表面积计算出正四面体的棱长，然后运用正四面体的性质求出高，进而得到体积，
最后通过将四面体放入正方体求解外接球表面积.
【详解】设该正四面体的棱长为a，则其表面积为4×
❑√3
4 a
2= ❑√3，所以a=1，A 正确；
作AG⊥平面BCD，垂足为G，则G为△BCD的重心，连接CG延长交BD于中点E，
则有CG = 2
3 CE = 2
3
❑√
1−(
1
2)
2
=
❑√3
3
，于是该正四面体的高为
AG =
❑√A C
2−C G
2=
❑√
1−(
❑√3
3 )
2
=
❑√6
3
，B 错误；
由 A 选项和B 选项的分析可知该正四面体的体积为1
3 × AG×S△BCD= 1
3 ×
❑√6
3 ×
❑√3
4 =
❑√2
12 ，C 正确；
将该四面体放入正方体中，则正方体的棱长为1
❑√2 =
❑√2
2 ，且四面体的外接球即为正方体的外接球，
其半径为
❑√3×
❑√2
2
2
=
❑√6
4
，表面积为4 π ×(
❑√6
4 )
2
= 3 π
2 ，D 正确.
5．（2026·内蒙古包头·二模）（多选）如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），
圆台的上下底面半径分别为3 和1，母线长为4，则（ ）
A．圆台容器的容积为26 ❑√3
3
π
B．圆台的外接球的半径为4 ❑√21
3
C．容器中可放入一个半径为1.7 球体
D．圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2
【答案】ACD
【分析】对A，根据轴截面分析和台体体积公式求解；对B，圆台外接球的球心在圆台的轴上，作
轴截面，则轴截面等腰梯形ABCD的外接圆的半径即为外接球的半径，由正弦定理求解；对C，根
据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径；对D，由C 知圆台内能放下的最大球的直径，再根据
该球为此正方体外接球求解即可.
【详解】圆台截面为等腰梯形如图，可得圆台的高为
､
2❑√3，
由台体体积公式可得V = 1
3 (π+9π+
❑√9π
2)×2❑√3= 26 ❑√3
3
π，
故A 选项正确.
圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，
则轴截面等腰梯形ABCD的外接圆的半径即为外接球的半径，
等价于△ABC的外接圆的半径.
由上图可得B =π
3 , AC =2❑√7，
由正弦定理得2❑√7
sin B = 4 ❑√21
3
=2 R ,∴R = 2❑√21
3
.
B 选项错误.
考虑该圆台是否有内切球.
圆台的轴截面为等腰梯形ABCD，如图，与两底面相切（如图所示）时，
球心O在两底面圆心连线们中点，半径为r = ❑√3；
接下来验证点O到AB距离d = ❑√3=r，
由题意A O
2=3
2+ ❑√3
2=12, DO
2=1
2+ ❑√3
2= 4，
则A D
2= A O
2+ DO
2，即△AOD为直角三角形，
所以AO⋅DO= AD⋅OP，解得OP = ❑√3，
故圆台存在内切球，且半径为❑√3>1.7，故C 选项正确.
正方体可以任意转动，则最大正方体应是圆台容器内最大球的内接正方体，
由（3）可知，最大正方体对角线为l =
❑√3a
2=2❑√3，
所以，最大边长a的值为2，故D 选项正确.
故选：ACD
6．（2026·内蒙古兴安盟·二模）如图，已知在三棱柱ABC −A
′ B
′C
′中，E , F分别为AC ,BC的中
点，则截面EF B
′ A
′分三棱柱的体积比
V B
′ A
′−ABFE
V EFC −C
′ B
′ A
′ =______.
【答案】5
7
【分析】通过设S△EFC = S，三棱柱ABC −A
′ B
′C
′的高为h，来求出棱台EFC −C
′ B
′ A
′的体积，
进而求出三棱锥B
′ A
′−ABFE的体积，计算比值.
【详解】设S△EFC = S，三棱柱ABC −A
′ B
′C
′的高为h.
V EFC −C
′ B
′ A
′= 1
3 (4 S+ S+ ❑√4 S⋅S)h= 7 Sh
3
，
V B
′ A
′−ABFE=V ABC −C
′ B
′ A
′−V EFC −C
′ B
′ A
′= 4 Sh−7 Sh
3
= 5 Sh
3
.
V B
′ A
′−ABFE
V EFC −C
′ B
′ A
′ = 5
7 .
7．（2026·吉林长春六中·二模）三棱锥的一组对棱长为a，其余四条棱长均为1，则该三棱锥体积
最大值为______________.
【答案】2❑√3
27
【分析】由题意画出图，先证明出BC ⊥平面AED，根据图由三棱锥的体积公式，构造函数
f (a)=2a
4−a
6,(a>0)，利用导数求解函数的最值即可.
【详解】由题意画出棱锥的图形，AB =CD = BD = AC =1，AD = BC =a；
取BC , AD的中点分别为E , F，则BC ⊥AE ,BC ⊥CE , AE∩CE = E , AE ,CE⊂平面AED，所
以BC ⊥平面AED，
A E
2= A B
2−(
1
2 BC)
2
=1−1
4 a
2, F E
2= A E
2−(
1
2 AD)
2
=1−1
4 a
2−1
4 a
2=1−1
2 a
2,
S△AED= 1
2 AD⋅EF = 1
2 a ❑√1−1
2 a
2，
所以V ABCD= 1
3 ⋅S△AED⋅BC = 1
3 × 1
2 a×❑√1−1
2 a
2×a=
❑√2
12 a
2❑√2−a
2=
❑√2
12
❑√2a
4−a
6，
令f (a)=2a
4−a
6,(a>0),f
′ (a)=8a
3−6a
5=a
3(8−6a
2)，
当0<a< 2❑√3
3
,f
′ (a)>0,f (a)在(0, 2❑√3
3 )单调递增，
当a> 2❑√3
3
,f
′ (a)<0,f (a)在(
2❑√3
3
,+∞)单调递减，
故当a= 2❑√3
3
时，体积V ABCD取得最大值2❑√3
27 ．
故答案为：2❑√3
27
8．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）已知四面体ABCD的顶点都在同一球面上，若该球的表面积
为16π,△ABC是边长为3 的正三角形，则四面体ABCD的体积的最大值为_____________.
【答案】9 ❑√3
4
【分析】求得球心O到平面ABC的距离，可求得D到平面ABC的距离的最大值，进而可求四面体
ABCD的体积的最大值.
【详解】设球心为O，因为球O的表面积为16 π，所以球的半径R =2.
因为△ABC是边长为3 的正三角形，所以△ABC的外接圆半径为r = 1
2 ×
3
sin 60° = ❑√3，
所以O到平面ABC的距离d =
❑√2
2−(❑√3)
2=1，
所以D到平面ABC的距离的最大值为1+2=3，
所以四面体ABCD的体积的最大值为：1
3 ×
❑√3
4 ×3
2×(1+2)= 9 ❑√3
4
.
故答案为：9 ❑√3
4
9．（2026·辽宁大连·二模）已知四棱锥P−ABCD的底面为菱形，三棱锥P−ABD为正四面体，
则三棱锥P−ABD与三棱锥P−BCD的外接球半径之比为_______.
【答案】
❑√3
2 /1
2
❑√3
【分析】作出辅助线，得到三棱锥P−ABD的外接球球心为O1，三棱锥P−BCD的外接球球心为
O2，设AB =2，利用半径相等，求出两个三棱锥外接球半径，得到答案.
【详解】设△ABD的中心为G，三棱锥P−ABD的外接球球心为O1，
因为三棱锥P−ABD为正四面体，所以P ,O1,G三点共线，
设AB =2，取BD的中点为E，则DE = BE =1, AE =
❑√2
2−1
2= ❑√3，
所以AG = 2
3 AE = 2❑√3
3
，同理GB = AG = 2❑√3
3
，
由勾股定理得PG =
❑√A P
2−A G
2= ❑√4−4
3 = 2❑√6
3
，
设O1G =h，则O1 P = PG−O1G = 2❑√6
3
−h，
由勾股定理得O1B =
❑√O1G
2+G B
2= ❑√h
2+ 4
3 ，
因为O1 P =O1B，所以2❑√6
3
−h= ❑√h
2+ 4
3 ，解得h=
❑√6
6 ，
所以三棱锥P−ABD的外接球半径为2❑√6
3
−h= 2❑√6
3
−
❑√6
6 =
❑√6
2 ，
设△BCD的中心为H，则A ,G , E , H四点共线，
三棱锥P−BCD的外接球球心为O2，
且HE =≥= 1
3 AE =
❑√3
3 ，则GH = 2❑√3
3
，
过点O2作O2 M⊥PG于点M，则O2 M =GH = 2❑√3
3
，O2 H =GM，
设O2 H =GM =d，则PM = PG−MG = 2❑√6
3
−d，
其中HB =GB = 2❑√3
3
，
其中O2B =
❑√O2 H
2+ H B
2= ❑√d
2+ 4
3
，O2 P=
❑√O2 M
2+ P M
2=
❑√
4
3 +(
2❑√6
3
−d)
2
，
因为O2B =O2 P，所以❑√d
2+ 4
3 =
❑√
4
3 +(
2❑√6
3
−d)
2
，解得d =
❑√6
3 ，
所以三棱锥P−BCD的外接球半径为❑√(
❑√6
3 )
2
+ 4
3 = ❑√2，
即三棱锥P−ABD与三棱锥P−BCD的外接球半径之比为
❑√6
2
❑√2 =
❑√3
2
故答案为：
❑√3
2 .
1．（2026·内蒙古兴安盟·二模）（多选）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，P
是棱BC的中点，点Q在正方形A A1B1B内部（不含边界）运动，若PQ //平面AC C1 A1，则
（ ）
考点3
动点与截面问题
A．点Q的轨迹经过线段A B1的中点
B．点Q的轨迹长度为2
C．三棱锥Q−AC C1的体积为定值1
3
D．球面经过A ,B ,C ,Q四点的球的半径的最小值为❑√2
【答案】ABD
【分析】取AB , A1B1的中点E , F，连接EF，根据条件可得点Q的轨迹为线段EF（不含端点），
即可判断出A 和B 的正误；对C，利用等体积法，即可求解；对D，建立空间直角坐标系，设
G (1,0,t )(0<t <2)，球心O(x , y , z)，半径为R，利用球的性质可得R
2=2+ 1
4(t −1
t)
2
，即可求解.
【详解】如图，取AB , A1B1的中点E , F，连接EF，EP，易知EF // A A1，
又A A1⊂平面AC C1 A1，EF ⊄平面AC C1 A1，所以EF //平面AC C1 A1.
又P是BC中点，所以EP // AC，又AC ⊂平面AC C1 A1，EP⊄平面AC C1 A1，所以EP //平
面AC C1 A1，
又EP∩EF = E , EP , EF ⊂平面PEF，所以平面PEF //平面AC C1 A1.
又PQ //平面AC C1 A1，则PQ⊂平面PEF，又点Q在正方形A A1B1B内部（不含边界）运动，
且平面PEF ∩平面A A1B1B = EF，
所以点Q的轨迹为线段EF（不含端点）.
对于A，连接A B1，由正方体的性质易知A B1与EF相交，且交点为A B1的中点，所以A 正确；
对于B，因为EF = A A1=2，所以点Q的轨迹长度为2，故B 正确；
对于C，因为PQ //平面AC C1 A1，点P是棱BC的中点，
则V Q−AC C1=V P−AC C1= 1
2 V B−AC C1= 1
2 V C1−ACB= 1
2 × 1
3 × 1
2 ×2×2×2= 2
3，所以C 错误；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为2，
则A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,2,0)，设Q (1,0,t )(0<t <2)，球心O(x , y , z)，半径为R，
由AO= BO=CO=QO= R，得到¿，
解得x =1, y =1，z = t
2−1
2t
，所以R
2=2+ 1
4(t −1
t)
2
，
又0<t <2，且(t −1
t)
2
≥0，所以当t =1时，R取到最小值为❑√2，故D 正确.
2．（2026·黑龙江大庆·二检）（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为3，则下列说法
正确的是（ ）
A．C D1 //平面A1BC1
B．三棱锥A1−BDC1的外接球的表面积为27π
C．若该正方体表面上的动点P满足D1 P =2❑√3，则动点P的轨迹长度是3 ❑√3π
2
D．若该正方体的内切球表面上的动点Q满足BQ //平面AC D1，则线段BQ长度的最小值为
❑√6
2
【答案】ABD
【分析】利用线面平行的判定定理判断A 的真假；根据三棱锥A1−BDC1的外接球与正方体
ABCD−A1B1C1 D1的外接球相同，求外接球的表面积；明确P点的轨迹，可求动点P的轨迹长度，
判断C 的真假；转化为平面上圆外一点与圆上的点的距离问题，判断D 的真假.
【详解】如图：
对于A：在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，C D1 // A1B，A1B⊂平面A1BC1,C D1⊄平面
A1BC1，所以C D1 //平面A1BC1，故A 正确；
对于B：三棱锥A1−BDC1与正方体ABCD−A1B1C1 D1有相同的外接球，
所以外接球的半径R = 1
2 A1C = 3 ❑√3
2
，所以S = 4π R
2=27π，故B 正确；
对于C：当P∈平面BC C1B1时，因为D1C1⊥平面BC C1B1,C1 P⊂平面BC C1B1，所以
D1C1⊥C1 P，
因为D1 P =2❑√3, D1C1=3，所以C1 P =
❑√D1 P
2−C1 D1
2= ❑√3，
所以点P的运动轨迹是以C1为圆心，半径为❑√3的圆的1
4 ，其长度是
❑√3π
2
；
同理，当点P为正方形A1B1BA或ABCD内部及边界上的动点时，点P的轨迹长度均为
❑√3π
2
；
当点P为正方形A1B1C1 D1内部及边界上的动点时，
若P∈B1C1，则∠P D1C1=30
∘；若P∈A1B1，则∠P D1 A1=30
∘，
所以点P的轨迹是以D1为圆心，半径为2❑√3的圆的30
0
360
0 = 1
12，其长度是
❑√3π
3
；
同理，当点P为正方形A1 D1 DA或C1 D1 DC内部及边界上的动点时，点P的轨迹长度均为
❑√3π
3
，
所以动点P的轨迹长度为
❑√3π
2
×3+
❑√3π
3
×3= 5 ❑√3π
2
.故C 不正确；
对于D：在正方体中，平面A1BC1 //平面AC D1，
因为点Q满足BQ //平面AC D1，所以点Q在平面A1BC1上.
又因为点Q在正方体的内切球表面上，
所以点Q的轨迹为正三角形A1BC1的内切圆，记圆心为O1.
则BQ的最小值为BO1−r =
❑√3
2 ×3 ❑√2×(
2
3 −1
3)=
❑√6
2 ，故D 正确.
故选：ABD
3．（2026·辽宁辽阳·二模）（多选）在长方体ABCD−A1B1C1 D1中，AB = A A1=2，AD =1，
M 是棱AB 的中点，下列说法正确的是（ ）
A．B D1⊥MC
B．二面角D1−MC −D的余弦值是
❑√3
3
C．过D1 MC的平面截该长方体得到的图形面积是3 ❑√3
2
D．沿长方体表面从D1到M的最近距离是❑√10
【答案】BC
【分析】可建立适当空间直角坐标系，则可求出⃗B D1、⃗MC，再计算⃗B D1⋅⃗MC即可得A；求出
平面MCD与平面D1 MC的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得B；延长CM、DA使其
交于点N，连接D1 N，设D1 N ∩A A1= P，可得四边形MC D1 P即为过D1 MC的平面截该长方
体得到的图形，再结合勾股定理与梯形面积公式计算即可得C；将对应平面展开并计算即可得D.
【详解】以D为原点，建立如下图所示空间直角坐标系，
则D (0,0,0)、A (1,0,0)、B (1,2,0)、M (1,1,0)、D1(0,0,2)、C (0,2,0)，
则⃗B D1=(−1,−2,2)、⃗MC =(−1,1,0)，则⃗B D1⋅⃗MC =1−2+0=−1≠0，
故B D1与MC不垂直，故A 错误；
对B：⃗MC =(−1,1,0)，⃗M D1=(−1,−1,2)，
设平面D1 MC的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则{⃗
m⋅⃗MC =−x + y =0⃗
m⋅⃗M D1=−x−y +2 z =0)，取x =1，则y =1，z =1，则⃗m=(1,1,1)；
由z轴⊥平面MCD，故平面MCD的法向量可取⃗n=(0,0,1)，
则cos ⟨⃗m,⃗n)=⃗m⋅⃗n
|⃗m)⋅|⃗n) = 1
❑√3 =
❑√3
3 ，由图可知为锐角，
故二面角D1−MC −D的余弦值是
❑√3
3 ，故B 正确；
对C：延长CM、DA使其交于点N，连接D1 N，设D1 N ∩A A1= P，连接PM，
则四边形MC D1 P即为过D1 MC的平面截该长方体得到的图形，
由M为AB中点，故AN = BC =1，则AN = A1 D1，故P为A A1中点，
故P、M分别为N D1与NC中点，故PM // D1C且PM = 1
2 D1C =
❑√2
2+2
2
2
= ❑√2，
则四边形MC D1 P为梯形，
则
S梯形MC D1 P=
(2❑√2+ ❑√2)×
❑√
1
2+1
2−(
2❑√2−❑√2
2
)
2
2
= 3 ❑√3
2
，
故C 正确；
对D：如下图，将平面ABCD延CD展开，使得该平面与DC C1 D1位于同一平面，
此时D1 M =
❑√(2+1)
2+1
2= ❑√10；
如下图，将平面A1 AD D1延A1 A展开，使得该平面与A1 AB B1位于同一平面，
此时D1 M =
❑√(1+1)
2+2
2=2❑√2；
如下图，将平面ABCD延AD展开，使得该平面与A1 AD D1位于同一平面，
此时D1 M =
❑√(2+1)
2+1
2= ❑√10；
综上可得，沿长方体表面从D1到M的最近距离是2❑√2，故D 错误.
4．（2026·吉林长春六中·二模）（多选）在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M 为BC边
的中点，下列结论正确的有（ ）
A．AM与D1B1所成角的余弦值为
❑√10
10
B．过三点A、M、D1的截面面积为11
2
C．四面体A1C1BD的内切球的表面积为π
3
D．E 是C C1边的中点，F 是AB边的中点，过E、M、F 三点的截面是六边形．
【答案】AD
【分析】对于A，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解；对于B，作出过三点A、
M、D1的截面，即可求其面积；对于C，利用等体积法求出内切球的半径，即可求解；对于D，利
用几何作图，作出过E、M、F 三点的截面，即可判断.
【详解】对于A，以A1为坐标原点，以A1 D1, A1B1, A1 A所在直线为x , y , z轴，建立空间直角坐
标系，
A(0,0,2), M (1,2,2),B1(0,2,0), D1(2,0,0)，则⃗AM =(1,2,0),⃗D1B1=(−2,2,0),
则cos〈⃗AM ,⃗D1B1 〉=⃗
AM ⋅⃗D1B1
|⃗AM ||⃗D1B1|
=
2
❑√5⋅2❑√2 =
❑√10
10 ，
AM与D1B1所成角的范围为(0,π
2 ]，故AM与D1B1所成角的余弦值为
❑√10
10 ，A 正确；
对于B，设N 为C C1的中点，连接MN，则MN ∥BC1∥A D1，且MN = 1
2 BC1= 1
2 A D1，
则梯形AMN D1即为过三点A、M、D1的截面，
MN = ❑√2, A D1=2❑√2, AM = D1 N = ❑√5，则梯形高为❑√(❑√5)
2−( 2❑√2−❑√2
2
)
2
= 3 ❑√2
2
，
故梯形面积为为S = 1
2 ×3 ❑√2× 3 ❑√2
2
= 9
2，B 错误；
对于C，如图，四面体A1C1BD的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱锥的体积，
即V =2
3−4× 1
3 × 1
2 ×2
3= 8
3 ，
该四面体的棱长为2❑√2，其表面积为S = 4× 1
2 ×2❑√2×2❑√2×sinπ
3 =8 ❑√3，
设四面体内球球半径为r，则1
3 ×8 ❑√3×r = 8
3 ,∴r =
❑√3
3 ，
故四面体A1C1BD的内切球的表面积为4πr
2=4π
3 ，C 错误；
对于D，如图，延长ME 和B1C1的延长线交于J，则△MCE≌△J C1 E，
则J C1= MC，设H 为A1 D1的中点，则J C1= D1 H，
连接HJ，则△J C1G≌△H D1G，则C1G = D1G，
故G 为D1C1的中点，故HG∥A1C1∥AC ∥FM，
同理延长MF , DA交于L，连接LH，交A A1于K，
K 即为A A1的中点，则K，E 在FM , HG确定的平面内，
则六边形FMEGHK即过E、M、F 三点的截面，是六边形，D 正确，
故选：AD
5．（2026·吉林白山·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为1，点P 在正方体的内切球
表面上运动，且满足D1 P//平面A1BC1，则AP的最小值为______.
【答案】
❑√6
6
【分析】根据平面D1 AC //平面A1BC1可得点P的轨迹是平面D1 AC与正方体内切球的交线，根
据点与圆的位置关系可求得AP 的最小值.
【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点O，内切球半径r = 1
2.
∵A D1// BC1，A D1⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，
∴A D1//平面A1BC1，同理可得AC //平面A1BC1，
∵A D1, AC ⊂平面D1 AC，A D1∩AC = A，∴平面D1 AC //平面A1BC1，
∵D1 P//平面A1BC1，∴D1 P⊂平面D1 AC，故点P的轨迹是平面D1 AC与正方体内切球的交
线，此交线为圆，记圆心为O1.
如图，以D为原点建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，C (0,1,0)，D1(0,0,1)，O(
1
2 , 1
2 , 1
2)，
∴⃗AC =(−1,1,0)，⃗A D1=(−1,0,1)，⃗AO =(−1
2 , 1
2 , 1
2).
设平面D1 AC的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
AC ⋅⃗n=−x + y =0⃗
A D1⋅⃗n=−x + z =0)，
令x =1，则y = z =1，故⃗n=(1,1,1)，
∴点O到平面D1 AC的距离为d =|⃗AO⋅⃗n)
|⃗n)
=
1
2
❑√3 =
❑√3
6
，
∴圆O1的半径为r1=
❑√r
2−d
2=
❑√(
1
2)
2
−(
❑√3
6 )
2
=
❑√6
6
，
由⃗AO =(−1
2 , 1
2 , 1
2)得，AO = ❑√(−1
2)
2
+(
1
2)
2
+(
1
2)
2
=
❑√3
2
，
∴A O1=
❑√A O
2−d
2=
❑√(
❑√3
2 )
2
−(
❑√3
6 )
2
=
❑√6
3
，
∴AP的最小值为A O1−r1=
❑√6
3 −
❑√6
6 =
❑√6
6 .
故答案为：
❑√6
6 .
1．（2026·东北三省三校·二模）在三棱锥A −BCD中，AB =CD =3，E , F分别是AD，BC上的
点，且EF = ❑√6，AE: ED = BF : FC =1:2，则AB与CD所成角的余弦值为（ ）
A．−1
4
B．1
4
C．−1
3
D．1
3
【答案】B
【分析】作EG// AB交BD于G，连接FG，可证得FG//CD，得∠FGE是AB与CD所成的角
或其补角，由平行线性质求得EG, FG，由余弦定理求得∠FGE，从而得AB与CD所成的角.
【详解】
考点4
空间向量夹角问题
作EG// AB交BD于G，如图，连接FG，则AE
ED = BG
GD ，
又AE
ED = BF
FC ，所以BG
GD = BF
FC ，所以FG//CD，
所以∠FGE是AB与CD所成的角或其补角，
由AB =CD =3，AE
ED = BF
FC = 1
2，
所以EG
AB = ED
AD = 2
3，EG =2，FG
CD = BF
BC = 1
3，所以FG=1，
在△EFG中，cos∠FGE = F G
2+ EG
2−E F
2
2 FG⋅EG
= 2
2+1
2−(❑√6)
2
2×2×1
=−1
4
，
所以AB与CD所成角的余弦值为1
4 .
2．（2026·吉林长春·质量监测(二)）如图，三棱柱ABC −A1B1C1的所有棱长均为2，且
∠A1 AB =π
3 ．
(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若三棱柱ABC −A1B1C1的体积为3，求平面A1C C1与平面A1C B1所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√10
5
【分析】（1）取AB中点M，连接MC，M A1，可证得AB⊥平面A1 MC，利用线面垂直的性质
可证结论；
（2）利用体积可得sin∠A1 MC =1，进而可证A1 M ⊥MC，建立空间直角坐标系，求得平面
A1C C1的一个法向量和平面A1C B1的一个法向量，利用向量法可求得平面A1C C1与平面A1C B1
所成角的余弦值．
【详解】（1）取AB中点M，连接MC，M A1，
又因为△ABC是等边三角形，所以CM ⊥AB，
又因为∠A1 AB =π
3 ，A1 A = AB =2，所以△A1 AB是等边三角形，所以A1 M ⊥AB，
又因为CM ∩A1 M = M，CM , A1 M ⊂平面A1 MC，所以AB⊥平面A1 MC，
又A1C ⊂平面A1 MC，所以AB⊥A1C.
（2）由三棱柱ABC −A1B1C1的体积为3．可知三棱锥A1−ABC的体积为1．
即V A1−ABC = 1
3 S△A1 MC× AB = 1
3 × 1
2 ×❑√3×❑√3×sin∠A1 MC ×2=1,
解得sin∠A1 MC =1，即∠A1 MC =π
2 ，所以A1 M ⊥MC，又CM ⊥AB，A1 M ⊥AB
所以以M为原点．以MA方向为x轴，以CM方向为y轴，以M A1方向为z轴，建立如图所示的空
间直角坐标系．
则A (1,0,0), A1(0,0,❑√3),C (0,−❑√3,0),B1(−2,0,❑√3)，
所以⃗AC =(−1,−❑√3,0),⃗A A1=(−1,0,❑√3)，
设平面A1C C1的法向量为⃗n1=(x1, y1, z1)，
则{⃗
n1⋅⃗AC =−x1−❑√3 y1=0⃗
n1⋅⃗A A1=−x1+ ❑√3 z1=0)，令z1=1，得y1=−1, x1= ❑√3，
所以平面A1C C1的一个法向量为⃗n1=(❑√3,−1,1)，
又A1C⃗=(0,−❑√3,−❑√3), A1B⃗1=(−2,0,0)
设平面A1C B1的法向量为⃗n2=(x2, y2, z2)，
则{
n⃗2⋅A1C⃗=−❑√3 y2−❑√3 z2=0
n⃗2⋅A1B⃗1=−2 x2=0 )
，令y2=1，得z2=−1, x2=0，
所以平面A1C B1的一个法向量为⃗n2=(0,1,−1)，
设平面A1C C1与平面A1C B1所成的角为θ，
cosθ = |⃗n1⋅⃗n2)
|⃗n1)⋅|⃗n2)
=
2
❑√5×❑√2 =
❑√10
5
.
即平面A1C C1与平面A1C B1所成角的余弦值为
❑√10
5
．
3．（2026·哈尔滨三中·二模）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为梯形，AD // BC，
AB = AD = DC =2，BC = 4，△PAB为等边三角形，侧棱PC = 4．
(1)求证：平面PAB⊥底面ABCD；
(2)求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√13
13
【分析】（1）先在梯形ABCD 中，证得AC ⊥AB；再在△PAC中利用勾股定理逆定理，得到
AC ⊥AP，进而证明面面垂直.
（2）先建立空间直角坐标系，然后求出平面PAB的法向量和平面PCD的法向量，利用两个平面法
向量的夹角公式，计算出两个平面夹角的余弦值即可.
【详解】（1）过A作AH ⊥BC于H，因为AB =CD，所以BH = BC −AD
2
=1，
又AB =2=2BH，则∠ABH =π
3 ，
连接AC，在△ABC中，由余弦定理得AC =
❑√A B
2+ BC
2−2 AB⋅BC ⋅cos∠ABC
= ❑√2
2+ 4
2−2×2×4× 1
2 =2❑√3，
则A B
2+ A C
2= BC
2，得到AC ⊥AB，
在△PAC中，由A P
2+ A C
2= PC
2，得到AC ⊥AP，
又AC ⊥AP，AC ⊥AB，且AP∩AB = A，
而AP⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，故AC ⊥平面PAB，
又∵AC ⊂底面ABCD，∴平面PAB⊥底面ABCD.
（2）以A为坐标原点，AB , AC方向为x , y轴正方向.
垂直于面ABCD方向为z轴正方向，建立如图所示坐标系.
则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2❑√3,0)，D(−1,❑√3,0)，P(1,0,❑√3).
而平面PAB的法向量⃗n=(0,1,0)，设平面PCD的法向量为⃗m=(x , y , z)，
而⃗PC =(−1,2❑√3,−❑√3)，⃗PD =(−2,❑√3,−❑√3)，
则{⃗
m⋅⃗PC =−x +2❑√3 y −❑√3 z =0⃗
m⋅⃗PD =−2 x + ❑√3 y −❑√3 z =0)，
令x = ❑√3，解得y =−1, z =−3，即⃗m=(❑√3,−1,−3)，
故平面PCD的法向量为⃗m=(❑√3,−1,−3)，
设平面PAB与平面PCD夹角为θ，
可得cosθ =|cos⟨⃗n,⃗m))= |⃗m⋅⃗n)
|⃗m)⋅|⃗n) =
|−1)
❑√(❑√3)
2+1+(−3)
2 =
❑√13
13 .
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为
❑√13
13 .
4．（2026·吉林G35 联合体·二模）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，平面A A1C1C ⊥平面
ABC，底面ABC是等边三角形，O为AC的中点，A A1= AB =6，A1O =3 ❑√3.
(1)证明：AC ⊥平面A1OB.
(2)求二面角A1−BC −B1的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)4
5
【分析】（1）根据已知得A1O⊥AC、OB⊥AC，再应用线面垂直的判定证明结论；
（2）由题设构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标并求出对应平面的法向量，进而应用向
量法求面面角的余弦值，即可得其正弦值.
【详解】（1）因为O A1
2+O A
2=(3 ❑√3)
2+3
2= A A1
2，所以A1O⊥AC，
因为底面ABC是等边三角形，O为AC的中点，所以OB⊥AC，
因为A1O∩OB =O，A1O ,OB⊂平面A1OB，所以AC ⊥平面A1OB.
（2）因为A1O⊥AC，平面A A1C1C ⊥平面ABC，平面A A1C1C ∩平面ABC = AC，
而A1O⊂平面A A1C1C，所以A1O⊥平面ABC.
以O为原点，OB，OC，O A1所在直线分别为x，y，z轴，建立如下空间直角坐标系，
则A1(0,0,3 ❑√3)，B(3 ❑√3,0,0)，C (0,3,0)，C1(0,6,3 ❑√3)，
则⃗A1B =(3 ❑√3,0,−3 ❑√3)，⃗BC =(−3 ❑√3,3,0)，⃗C C1=(0,3,3 ❑√3).
设平面A1BC的法向量为⃗m=(x , y , z)，则¿，
令y = ❑√3，得⃗m=(1,❑√3,1).
设平面BC C1B1的法向量为⃗n=(a,b,c)，则¿，
令b= ❑√3，得n=(1,❑√3,−1).
设二面角A1−BC −B1的平面角为θ，由图知θ为锐角，
因为cosθ =|cos⟨⃗m,⃗n))=|⃗m⋅⃗n)
|⃗m)|⃗n) =
1+3−1
❑√1+3+1×❑√1+3+1 = 3
5，
所以sinθ =
❑√1−cos
2θ = ❑√
1−(
3
5)
2
= 4
5
，
所以二面角A1−BC −B1的正弦值为4
5 .
5．（2026·东北三省三校·二模）四棱柱ABCD−A1B1C1 D1的底面ABCD 是菱形,且∠ABC =π
3 ,
AD =2,侧面AD D1 A1是矩形,且M 是A1 D1的中点.
(1)求证：平面M C1C ⊥平面ABCD；
(2)若平面AD D1 A1与平面ABCD 所成二面角的平面角为π
3 ,A1 A = ❑√3,求直线B1 D与平面MAB 所
成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√42
14
【分析】（1）利用边长关系可得C1 M ⊥A1 D1，结合线面垂直的判定定理可得A1 D1⊥平面
M C1C，利用面面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）取AD的中点O，连接MO，可得平面AD D1 A1与平面ABCD 所成二面角的平面角为
∠MOC =π
3 ,过点M作MH ⊥OC，可得MH ⊥平面ABCD，以O为坐标原点，OA为x轴，OC
为y轴，过O作HM的平行线为z轴建立空间直角坐标系，求出平面MAB 的法向量，利用向量的夹
角公式即可求解.
【详解】（1）因为菱形ABCD，∠ABC =π
3 ⇒∠ADC =π
3 ，AD =CD =2
由棱柱得平面A1 D1C1B1//平面ADCB，
所以∠A1 D1C1=π
3 ，A1 D1=C1 D1=2。
因为M是A1 D1 中点，所以D1 M =1，
由于在△C1 D1 M 中：C1 M
2=C1 D1
2+ D1 M
2−2⋅C1 D1⋅D1 M cosπ
3 ，
所以C1 M
2= 4 +1−2=3，解得：C1 M = ❑√3，
则C1 M
2+ D1 M
2=3+1= 4 =C1 D1
2
所以 ∠C1 M D1=π
2 ，即C1 M ⊥A1 D1
因为侧面 AD D1 A1是矩形⇒D D1⊥A1 D1，
由C1 M ∩D D1= D1，C1 M , D D1都在平面M C1C内，
⇒A1 D1⊥平面M C1C，
因为A1 D1// AD，AD⊂平面ABCD，
⇒AD⊥平面 M C1C
因为AD⊂平面ABCD，
平面
⇒
M C1C ⊥平面ABCD.
（2）取AD的中点O，连接MO
因为M ,O分别为A1 D1, AD的中点，MO// A1 A //C1C，且MO = A1 A = ❑√3，
所以四边形MOC C1为平行四边形，
所以DA ⊥OC
因为侧面AD D1 A1是矩形,所以MO⊥AD，
则平面AD D1 A1与平面ABCD所成二面角的平面角为∠MOC =π
3 ,
过点M作MH ⊥OC，
因为平面MOC C1⊥平面ABCD，平面MOC C1∩平面ABCD =OC，
由MH ⊥OC，所以MH ⊥平面ABCD，
因为∠MOC =π
3 ，则OH =
❑√3
2 ，MH = 3
2，
以O为坐标原点，OA为x轴，OC为y轴，过O作HM的平行线为z轴建立如图所示的空间直角坐标
系，
所以D(−1,0,0)，O(0,0,0)，A(1,0,0)，C (0,❑√3,0)，M (0,
❑√3
2 , 3
2 )
所以⃗B1 D =⃗B1B+⃗BA +⃗AD =⃗MO+⃗CD +⃗AD =(−3,−3 ❑√3
2
,−3
2)，⃗
AB =⃗DC =(1,❑√3,0)，⃗MA =(1,−
❑√3
2 ,−3
2)，
设平面MAB 的一个法向量为⃗n=(x , y , z),
则{⃗
n⋅⃗MA = x−
❑√3
2 y −3
2 z =0⃗
n⋅⃗AB = x + ❑√3 y =0 )
，取x = ❑√3，则⃗n=(❑√3,−1,❑√3)，
设B1 D与平面MAB 所成角为θ，
则sinθ =|⃗B1 D⋅⃗n)
|⃗B1 D)|⃗n)
=
3 ❑√3
3 ❑√2×❑√7 =
❑√42
14
6．（2026·黑龙江大庆·二检）如图，在三棱锥P−ABC中，PA ⊥底面
ABC , AC ⊥BC , PA = AC =2.已知D是PC的中点，且DE⊥PB.
(1)证明：PB⊥平面ADE；
(2)若PC与平面ADE所成角的正弦值为4
5 ，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)3 ❑√34
34
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证；
（2）由PC与平面ADE所成角的正弦值为4
5 ，且PB⊥平面ADE，得∠PDE为PC与平面ADE所
成的角.根据三角形相似，可求出BC.以A 为原点，过A 作垂直于AC的直线x轴，以AC , AP所在
直线为y轴，z轴，建立空间直角坐标系，根据平面与平面夹角的向量求法可求得平面PAB与平面
PBC夹角的余弦值.
【详解】（1）因为PA ⊥底面ABC ,BC ⊂平面ABC，所以PA ⊥BC.
又AC ⊥BC , AC ､PA ⊂平面PAC , AC ∩PA = A，所以BC ⊥平面PAC.
又AD⊂平面PAC，所以BC ⊥AD.
又AP = AC =2, D为PC的中点，所以AD⊥CP.
因为CP､BC ⊂平面PBC ,CP∩BC =C，所以AD⊥平面PBC.
又PB⊂平面PBC，所以AD⊥PB.
又PB⊥DE , AD､DE⊂平面ADE , AD∩DE = D，所以PB⊥平面ADE.
（2）由（1）知，PB⊥平面ADE，垂足为E.
所以∠PDE为PC与平面ADE所成的角.
因为PA ⊥底面ABC , AC ⊂平面ABC，所以PA ⊥AC，所以PC =2❑√2.
由sin∠PDE = PE
PD = 4
5 , PD = 1
2 PC = ❑√2，所以PE = 4
5 PD = 4 ❑√2
5
.
所以cos∠PDE =
❑√1−sin
2∠PDE = 3
5 = DE
PD ，所以DE = 3
5 PD = 3 ❑√2
5
.
由（1）知，BC ⊥PC，而∠DPE =∠BPC，所以△PDE∼△PBC.
所以DE
BC = PE
PC ，所以
3 ❑√2
5
BC =
4 ❑√2
5
2❑√2
，所以BC = 3 ❑√2
2
.
以A 为原点，过A 作垂直于AC的直线x轴，以AC , AP所
在直线为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系：
则A (0,0,0)､B(
3 ❑√2
2
,2,0)､C (0,2,0), P(0,0,2)，
因为D为PC中点，所以D (0,1,1).
且⃗PA =(0,0,−2),⃗AB =(
3 ❑√2
2
,2,0).
设平面PAB的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，
则{⃗
m⋅⃗PA =−2 z =0⃗
m⋅⃗AB = 3 ❑√2
2
x +2 y =0)
，取x =2❑√2，则⃗m=(2❑√2,−3,0).
AD⊥平面PBC，所以平面PBC的一个法向量可取⃗AD =(0,1,1).
设平面PAB与平面PBC的夹角为θ，
则cosθ = |m
→
⋅AD⃗)
|m
→)⋅|AD⃗)
=
3
❑√17×❑√2 = 3 ❑√34
34
，
故平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为3 ❑√34
34
.
7．（2026·吉林长春六中·二模）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA ⊥平面
ABCD , AB //CD ,∠BAD =90° , PA = 4 , AB =2 AD =2 DC =6，M , N分别为PB , PD的中点．
(1)求证：BC ⊥平面PAC；
(2)设PA ∩平面MCN =Q ,⃗AQ = λ⃗AP．
（i）求实数λ的值；
（ii）求二面角B−CQ−D的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）λ= 3
4 ；（ii）1
2．
【分析】（1）证明：利用空间向量法求解，求出⃗BC ,⃗AC，求出⃗BC ⋅⃗AC =0即AC ⊥BC，由
PA ⊥平面ABCD知PA ⊥BC，利用线面垂直的判定定理得到BC ⊥平面PAC．
（2）（i）求出⃗CM，求出平面PAD的一个法向量⃗AB，得到⃗CM ⋅⃗AB =0，从而得到CM //平面
PAD，利用线面平行的性质定理得到CM // NQ，设Q (0,0,t )，求出⃗NQ ，利用⃗CM //⃗NQ求出
λ的值；
（ii）由（i）求出⃗CQ ,⃗BC ,⃗DC，分别求出平面QCD和平面QCB的一个法向量⃗n1,⃗n2，利用向量
的数量积求出 cos⟨⃗n1,⃗n2)=⃗n1⋅⃗n2
|⃗n1)|⃗n2)．设二面角B−CQ−D的平面角为θ，利用同角关系式求出
sinθ = 1
2，从而得到二面角B−CQ−D的正弦值．
【详解】（1）证明：以A为原点，以⃗AD、⃗AB、⃗AP的正方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图的空间直角坐标系，则：
A (0,0,0), D (3,0,0),C (3,3,0),B (0,6,0), P(0,0,4), M (0,3,2), N(
3
2 ,0,2)⃗
BC =(3,−3,0),⃗AC =(3,3,0),⃗BC ⋅⃗AC =0，即AC ⊥BC．
又PA ⊥平面ABCD知PA ⊥BC，由PA ∩AC = A，则BC ⊥平面PAC．
（2）（i）⃗CM =(−3,0,2)，平面PAD的一个法向量为⃗AB =(0,6,0)，显然⃗CM ⋅⃗AB =0，
故CM //平面PAD，而NQ =平面PAD∩平面MCN，于是CM // NQ，
设Q (0,0,t ),⃗NQ =(−3
2 ,0,t −2),⃗CM //⃗NQ⇒−3(t −2)=−3
2 ×2⇒t =3⇒λ = 3
4 ；
（ii）由（i）Q (0,0,3),⃗CQ =(−3,−3,3),⃗BC =(3,−3,0),⃗DC =(0,3,0)，
设平面QCB的一个法向量分别为⃗n1=(x1, y1, z1)，
则：{⃗
n1⋅⃗CQ =0⃗
n1⋅⃗BC =0)⇒{
−3 x1−3 y1+3 z1=0
3 x1−3 y1=0 )，
取x1=1，则y1=1, z1=2，即⃗n1=(1,1,2)．
设平面QCD的一个法向量分别为⃗n2=(x2, y2, z2)，
{⃗
n2⋅⃗CQ =0⃗
n2⋅⃗DC =0)⇒{
−3 x2−3 y2+3 z2=0
3 y2=0
)，
取x2=1．则y2=0, z =1，即⃗n2=(1,0,1)，
cos⟨⃗n1,⃗n2)=⃗n1⋅⃗n2
|⃗n1)|⃗n2)
=
3
❑√6⋅❑√2 =
❑√3
2 ．
设二面角B−CQ−D的平面角为θ，则|cosθ)=|cos⟨⃗n1,⃗n2))=
❑√3
2 ，
∵sin
2θ+cos
2θ =1，∴sin
2θ+(
❑√3
2 )
2
=1，∴sinθ =± 1
2，
∵0<θ<π，∴sinθ = 1
2，
即二面角B−CQ−D的正弦值为1
2．
8．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，
PD = AD =1，平面PAD⊥平面ABCD，平面PCD⊥平面ABCD，平面PAD 与平面PBD 夹角为
45°.
(1)点P，A，B，C，D 均在同一球面上，求该球的体积；
(2)点E，F，G 分别在棱AB，BC，PB 上，当△EFG为等边三角形时，求直线AD 与平面EFG 所成
角的正弦值
【答案】(1)
❑√3
2 π
(2)
❑√3
3
【分析】（1）根据面面垂直性质定理得出线面垂直，进而证明PD⊥平面ABCD，得出
OP =OA =OB =OC =OD =
❑√3
2 即可求解；
（2）先证明面面平行再转化得出直线AD 与平面EFG 所成角等于AD 与平面PAC 所成角，最后应
用空间向量法求出线面角正弦值.
【详解】（1）因为底面ABCD 为矩形，所以AD⊥CD，
又因为平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD =CD，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面PCD，所以AD⊥PD，同理：CD⊥PD，
又因为AD∩CD = D，AD ,CD⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，
由题知∠ADB = 45°，由平面ABCD 为矩形知：∠DAB =90°，
所以∠ABD = 45°，所以AD = AB =1，ABCD 为正方形，
记PB 中点为O，可求得：OP =OA =OB =OC =OD =
❑√3
2 ，
所以O 为该球的球心，其半径R =OB =
❑√3
2
因此，该球的体积V = 4
3 π R
3=
❑√3
2 π
（2）若平面EFG 与平面PAC 不平行，
依平行性，不妨将点G 放在点P 的位置，不妨设E 不在A 的位置，
则¿=
❑√P D
2+ D E
2>❑√2，EF =
❑√B E
2+ B F
2<❑√2，不合题意
若平面EFG //平面PAC，则BE
BA = BF
BC = BG
BP = EF
AC = FG
CP = EG
AP ，
所以EF = FG = EG，所以Δ EFG为等边三角形，
又因为平面EFG //平面PAC，两平面的法向量共线，
所以直线AD 与平面EFG 所成角等于AD 与平面PAC 所成角
以D 为原点，DA，DC，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系D-xyz，则
P(0,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，
设平面PAC 的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗PA =0⃗
n⋅⃗PC =0)，
所以{
x−z =0
y −z =0)，令z =1，得⃗n=(1,1,1)
显然⃗DA =(1,0,0)，设AD 与平面PAC 所成角为θ，
则sinθ = |⃗DA ⋅⃗n)
|⃗DA)⋅|⃗n)
= 1
❑√3 =
❑√3
3
9．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)如图，在三棱锥D−ABC中，侧面DAC ⊥底面ABC，
AD = DC，AB = BC.
(1)求证：AC ⊥BD；
(2)已知AB = ❑√5，AC =2，AD = ❑√2，F是线段BD上一点，当AF ⊥BD时，求二面角
F −AC −B的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
❑√5
5
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）取AC中点M，连接DM、BM，
由AD = DC，AB = BC，故AC ⊥DM、AC ⊥BM，
又DM、BM ⊂平面DBM，DM ∩BM = M，
则AC ⊥平面DBM，又BD⊂平面DBM，故AC ⊥BD；
（2）由侧面DAC ⊥底面ABC，且AC ⊥BM，BM ⊂平面DBM，
AC =平面DAC ∩平面ABC，故BM ⊥平面DAC，
又DM ⊂平面DAC，故BM ⊥DM，
即有BM、DM、AC两两垂直，
故可以M为原点，建立如图所示空间直角坐标系M −ABD，
由AB = ❑√5，AC =2，AD = ❑√2，AD = DC，AB = BC，
则DM = 1
2 AC =1，BM =
❑√(❑√5)
2−1
2=2，
即M (0,0,0)、D (0,0,1)、B (0,2,0)、A (1,0,0)、C (−1,0,0)，⃗
DB =(0,2,−1)、⃗AD =(−1,0,1)、⃗AC =(−2,0,0)，
令⃗DF = λ⃗DB =(0,2 λ ,−λ)，则⃗AF =⃗AD +⃗DF =(−1,2 λ ,1−λ)，
由AF ⊥BD，故2×2 λ+(−1)×(1−λ)=0，解得λ= 1
5，
故⃗AF =(−1, 2
5 , 4
5)，
令平面FAC的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则有{
−2 x =0
−x + 2
5 y + 4
5 z =0)
，令y =2，则有⃗m=(0,2,−1)，
由z轴⊥平面ABC，故平面ABC的法向量可为⃗n=(0,0,1)，
则cos ⟨⃗m,⃗n)=⃗m⋅⃗n
|⃗m)|⃗n) =
−1
❑√4+1⋅❑√1 = −❑√5
5
，
故二面角F −AC −B的余弦值为
❑√5
5 .
10．（2026·辽宁大连·二模）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，平面PAC ⊥平面ABCD，
AB = AD =2❑√3，BC = DC = 1
2 AC =2．
(1)若点M是棱AP 上一点，且BM //平面PCD，求AM
AP ；
(2)若∠ACP =60°，PC =2，平面PCD 与平面PAB 交于直线l，求直线l与平面PAD 所成角的正弦
值．
【答案】(1)1
2
(2)
❑√42
7
【分析】（1）先证明线面平行，得证面面平行，最后由面面平行的性质定理得出线线平行，即可
得出比例；
（2）空间向量法计算线面角的正弦值.
【详解】（1）因为AB = AD =2❑√3，BC = DC = 1
2 AC =2，
所以A C
2= A B
2+ BC
2= A D
2+ DC
2，所以AB⊥BC，AD⊥DC，且∠BAC =∠DAC =30°，
所以△ABD是等边三角形．
如图，取AD 的中点N，连接BN，MN，所以BN ⊥AD．
又AD⊥DC，则BN //CD．又因为BN不包含于平面PCD，CD⊂平面PCD，所以BN //平面
PCD．
又因为BM //平面PCD，BM ∩BN = B，BM ⊂平面BMN，BN ⊂平面BMN，所以平面
BMN //平面PCD．
因为平面PAD∩平面PCD = PD，平面PAD∩平面BMN = MN，
所以MN // PD，所以M是棱AP 的中点，即AM
AP = 1
2．
（2）如图，延长DC，AB 交于点E，连接PE，则直线PE 为直线l，
过点P作PO⊥AC，交AC 于点O，连接OB，OD．
因为平面PAC ⊥平面ABCD，平面PAC ∩平面ABCD = AC，
PO⊂平面PAC，所以PO⊥平面ABCD．
又∠ACP =60°，PC =2，AC = 4，所以△APC是直角三角形，且∠APC =90°，
所以PO = ❑√3，AO =3，CO =1．
又△APC ≌△ABC，所以BO⊥AC，且BO = PO = ❑√3．
以O为坐标原点，⃗OA，⃗OB，⃗OP的方向分别为x，y，z 轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
则A(3,0,0)，B(0,❑√3,0)，C(−1,0,0)，D(0,−❑√3,0)，P(0,0,❑√3)，E(−3,2❑√3,0)，⃗
PE =(−3,2❑√3,−❑√3)，⃗DA =(3,❑√3,0)，⃗PA =(3,0,−❑√3)．
设平面PAD 的一个法向量为⃗n=( x , y , z)，
则{⃗
n⋅⃗DA =3 x + ❑√3 y =0,⃗
n⋅⃗PA =3 x−❑√3 z =0,)
令x =1，得y =−❑√3, z = ❑√3，所以⃗n=(1,−❑√3,❑√3)．
设直线PE 与平面PAD 所成的角为θ，
则sinθ =|cos〈⃗n,⃗PE 〉|=|⃗n⋅⃗PE|
|⃗n||⃗PE|
=
12
❑√7×2❑√6 =
❑√42
7
，
即直线l与平面PAD 所成的角的正弦值为
❑√42
7
．
1．（2026·吉林长春六中·二模）如图，在三棱锥P−ABC中，PA = PB = PC =2，∠APB =90
∘，
∠BPC =∠APC =60
∘，M为BC的中点，Q为AM的中点，则线段PQ的长度为（ ）
A．❑√2
B．
❑√5
2
C．3
2
D．
❑√6
2
【答案】C
【分析】首先根据图形，利用向量的线性运算，用基底⃗PA ,⃗PB ,⃗PC表示向量⃗PQ，再利用向量数
量积的运算律，即可求解.
【详解】由题意得⃗PQ = 1
2 (⃗PA +⃗PM )= 1
2⃗PA + 1
4⃗PB+ 1
4⃗PC，
所以PQ⃗
2= 1
4 PA⃗
2+ 1
16 PB⃗
2+ 1
16 PC⃗
2+ 1
4 PA⃗⋅PB⃗+ 1
4 PA⃗⋅PC⃗+ 1
8 PB⃗⋅PC⃗，
=1+ 1
4 + 1
4 +0+ 1
4 ×2×2× 1
2 + 1
8 ×2×2× 1
2 = 9
4 ，
考点5
空间向量距离问题
所以线段PQ = 3
2.
故选：C.
2．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在三棱锥S−ABC中，SA ⊥平面ABC，∠BAC = 2π
3 ，
SA = AC =2，AB =1，⃗SM =⃗MC，3⃗BP =2⃗BC，过点M，P 的平面与AC交于点N，NP⊥BS，
则MN =_____.
【答案】
❑√10
3
【分析】法1，建立空间直角坐标系，设出点N的参数坐标，利用向量垂直 求出参数，再用空间
两点间距离公式求MN；法2，通过线面垂直判定NP⊥平面SAB，结合余弦定理、平行线分线段
成比例求出AN，再用勾股定理求MN.
【详解】法一（坐标法）：如图建立空间直角坐标系A −xyz，
B(
❑√3
2 ,−1
2 ,0)，P(
❑√3
6 , 7
6 ,0)，S (0,0,2)，M (0,1,1)，
由⃗AN = λ⃗AC，AC =2得N (0,2 λ ,0)，
由NP⊥BS得⃗NP⋅⃗BS =0，
即(
❑√3
6 , 7
6 −2 λ ,0)⋅(−
❑√3
2 , 1
2 ,2)=0，得λ = 1
3，则N(0, 2
3 ,0)，
则MN = ❑√(1−2
3)
2
+(1−0)
2=
❑√10
3
.
法二（几何法）：由SA ⊥平面ABC，NP⊂平面ABC知NP⊥SA，
由NP⊥BS，SA ∩SB = S，SA ⊂平面SAB，SB⊂平面SAB，
所以NP⊥平面SAB，由AB⊂平面SAB得NP⊥AB，取BC上一点Q使得QA ⊥AB，
由余弦定理得BC
2= A B
2+ A C
2−2× AB× AC ×cos A =1+ 4 +2=7，BC = ❑√7，
cos B = A B
2+ BC
2−A C
2
2× AB×BC
= 1+7−4
2❑√7
= 2
❑√7
，可得BQ =CQ =
❑√7
2 ，
由平行线分线段成比例知CN =2 NA，故AN = 2
3，
故MN = ❑√(
SA
2 )
2
+(
AC
2 −AN)
2
= ❑√1+ 1
9 =
❑√10
3
.
3．（2026·吉林G35 联合体·二模）已知平面α1，α2，α3，α 4分别过正四面体的四个顶点，且平面
α1，α2，α3，α 4相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d，若该正四面体的棱长为4，则d =
_______．
【答案】2❑√10
5
.
【分析】将正四面体放入正方体考虑，利用对称性，判断平面α1，α2，α3，α 4满足的条件，建系
求解即可.
【详解】如图，将四面体放入正方体中，
由对称性不妨设平面α1，α2，α3，α 4分别过D , A ,B ,C，
由平面α1，α2，α3，α 4相互平行，相邻两个平面之间的距离均为d，
从而α2过DB的中点，DC靠点D的三等分点；
α3过AC的中点，DC靠点C的三等分点；
如图所示，建立空间直角坐标系，
则D (0,0,0)，A (0,2❑√2,2❑√2)，B(2❑√2,0,2❑√2)，C (2❑√2,2❑√2,0)，
则E(❑√2,0,❑√2)，F(
2❑√2
3
, 2❑√2
3
,0)，⃗
AE =(❑√2,−2❑√2,−❑√2)，⃗AF =(
2❑√2
3
,−4 ❑√2
3
,−2❑√2)
设平面α2的法向量为⃗n=(x , y , z)
则{⃗
AE⋅⃗n= ❑√2 x−2❑√2 y −❑√2 z =0⃗
AF ⋅⃗n= 2❑√2
3
x−4 ❑√2
3
y −2❑√2 z =0)
，取⃗n=(2,1,0)，
从而d =|
OA⃗⋅n⃗
|n⃗) )
=|
0×2+2❑√2×1+2❑√2×0
❑√2
2+1
2+0
2
)= 2❑√10
5
.
4．（2026·内蒙古兴安盟·二模）如图，在边长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E 是棱AB上
的点，平面C1 A1 E交棱BC于点F．
(1)证明：EF // AC；
(2)若直线A1B1与平面C1 A1 E所成角的正弦值为2
3，求线段AE的长度及此时点B1到平面C1 A1 E
的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)1；4
3
【分析】（1）根据正方体的性质，利用线面平行证明线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量的坐标，求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式
结合点到平面的距离公式求解．
【详解】（1）连接AC，由正方体可知A A1//C C1，A A1=C C1，
∴四边形A A1C1C为平行四边形，∴ AC // A1C1，
∵ AC ⊂平面C1 A1 E，A1C1⊂平面C1 A1 E，∴ AC //平面C1 A1 E，
∵ AC ⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面C1 A1 E = EF，
∴ AC // EF．
（2）
如图，以D 为原点，建立空间直角坐标系D−xyz，
设AE的长为a，则A (2,0,0)，A1(2,0,2)，C1(0,2,2)，B1(2,2,2)，E(2,a,0)，⃗
A1B1=(0,2,0)，⃗A1C1=(−2,2,0)，⃗A1 E =(0,a,−2)，
设平面C1 A1 E的一个法向量为⃗n=( x , y , z)，
则¿，故可得⃗n=(1,1, a
2)；
设直线A1B1与平面C1 A1 E所成角为θ，
则sinθ =|cos< A1B⃗1, n
→
>)= |A1B⃗1⋅n
→)
|A1B⃗1)·| n
→
|
=
2
2
❑√2+ a
2
4
= 2
3，解得a=1，
∴ AE⃗=(0,1,0)， 故AE的长度为1；
∵ ⃗n=(1,1, 1
2)，∴点B1到平面C1 A1 E的距离d =|⃗A1B1⋅⃗n)
|⃗n|
=
2
❑√2+ 1
4
= 4
3 ．
5．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，已知等腰梯形ABCE中，AB∥EC，D是EC的中点，
将△AED沿AD对折至△APD，使得与边长为2 的菱形ABCD成60°的二面角，折叠后发现
PB⊥AD.
(1)求点P 到平面ABCD的距离；
(2)求二面角A −PB−C的正弦值.
【答案】(1)3
2.
(2)3 ❑√13
13
.
【分析】（1）分析AD与OB ,OP的垂直关系，确定二面角的平面角，再结合线面垂直的判定，找
到P在平面ABCD内的射影，进而利用三角函数计算距离；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面APB和平面BPC的法向量，再利用向量的夹角公式计
算二面角的余弦值，进而求出正弦值.
【详解】（1）由题设，可知AD = AB = DC = BC = ED = EA = PD = PA =2，
取AD中点O，连接PO，OB，故PO⊥AD，
又PB⊥AD，PB∩PO = P，PB , PO⊂平面POB，
∴AD⊥平面POB，
又OB⊂平面POB，故AD⊥OB.
故∠POB为平面ABCD与平面PAD所成二面角的平面角，则∠POB =60°.
因为AD⊂平面ABCD，故平面ABCD⊥平面POB，平面ABCD∩平面POB =OB，
过P作PF ⊥OB交OB于F，
故PF ⊥平面ABCD.
∵OP = ❑√3，∴PF = 3
2，
因此点P到平面ABCD的距离为3
2.
（2）以O为坐标原点，直线OA，OB为x 轴，y 轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立
如图所示的空间直角坐标系.
则A (1,0,0)，B(0,❑√3,0)，P(0,
❑√3
2 , 3
2)，C (−2,❑√3,0).⃗
AB =(−1,❑√3,0)，⃗BP =(0,−
❑√3
2 , 3
2)，⃗BC =(−2,0,0).
设平面ABP的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗AB =0⃗
n⋅⃗BP =0)，即{
−x + ❑√3 y =0,
−
❑√3
2 y + 3
2 z =0,)
取x =3，∴⃗n=(3,❑√3,1)，
设平面BPC的法向量为⃗m=(a,b,c)，则{⃗
m⋅⃗BC =0⃗
m⋅⃗BP =0)，即{
−2a=0,
−
❑√3
2 b+ 3
2 c =0,)
取b= ❑√3，∴⃗m=(0,❑√3,1)，
∴cos ⟨⃗n,⃗m)=⃗n⋅⃗m
|⃗n)|⃗m) =
2
❑√13，故sin ⟨⃗n,⃗m)=
❑√1−cos
2⟨⃗n,⃗m)= 3 ❑√13
13
，
所以二面角A −PB−C的正弦值为3 ❑√13
13
.
6．（2026·吉林白山·二模）在四棱锥E−ABCD中，底面ABCD是矩形且AB =2BC =2，侧面
△ADE是正三角形且垂直于底面ABCD，F是AB的中点，O为AD的中点，求：
(1)异面直线AE与CF所成角的余弦值；
(2)点O到平面EFC的距离；
(3)二面角E−FC −D的余弦值．
【答案】(1)
❑√2
4
(2)3 ❑√5
10
(3)
❑√15
5
【分析】（1）先建立空间直角坐标系，然后列出AE
→
,CF
→的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式
计算即可.
（2）先根据坐标求出平面EFC的法向量坐标，然后根据向量的数量积求出点O到平面EFC的距离.
（3）求出平面EFC , FCD的法向量坐标，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可.
【详解】（1）以O为原点，如图建立空间直角坐标系，因为AB =2BC =2，
则A(
1
2 ,0,0),C(−1
2 ,2,0), E(0,0,
❑√3
2 ), F(
1
2 ,1,0).
所以AE
→
=(−1
2 ,0,
❑√3
2 ),CF
→
=(1,−1,0).
所以异面直线AE与CF所成角的余弦值为
❑√2
4 .
（2）因为EC
→
=(−1
2 ,2,−
❑√3
2 ), EF
→
=(
1
2 ,1,−
❑√3
2 )，设平面EFC的法向量为m
→
=(x1, y1, z1).
则{
−1
2 x1+2 y1−
❑√3
2 z1=0
1
2 x1+ y1−
❑√3
2 z1=0 )
，两式相减得y1−x1=0.
令x1=1，则y1=1, z1= ❑√3，所以m
→
=(1,1,❑√3).
因为OE
→
=(0,0,
❑√3
2 )，所以点O到平面EFC的距离为3 ❑√5
10 .
（3）因为OE⊥平面FCD，所以OE
→
=(0,0,
❑√3
2 )是平面FCD的一个法向量，
由于平面EFC的法向量为m
→
=(1,1,❑√3).
所以二面角E−FC −D的余弦值为
❑√15
5
.
