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2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第6讲空间的角与距离第1课时空间的角和距离问题提能训练
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这是一份2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第6讲空间的角与距离第1课时空间的角和距离问题提能训练，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. (2024·陕西部分学校联考)如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO＝AB＝4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为( C )
A.eq \f(\r(5),3) B．eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(2),4)
[解析] 解法一：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0,0,2)，E(0，－1,2)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－2，－1，2)，cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(CE,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))||\(CE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(2),2).
解法二：取OA的中点F，连接EF、CF、DE，由D、E分别为OS、BS的中点知ED綉eq \f(1,2)OB綉eq \f(1,2)OA綉AF，∴EF∥AD，∴∠CEF即为AD与CE所成的角．又EF＝2eq \r(2)，CF＝eq \r(5)，CE＝eq \r(OE2＋OC2)＝3，∴cs∠CEF＝eq \f(EF2＋CE2－CF2,2EF·CE)＝eq \f(8＋9－5,2×2\r(2)×3)＝eq \f(\r(2),2).故选C.
2．(2023·陕西西安西北工大附中模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱C1C、B1B的中点，G为棱BC上一点，且BG＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为( C )
A.eq \f(\r(3),3) B．eq \f(1,5)
C.eq \f(2\r(5),5) D．eq \f(\r(5),5)
[解析] 解法一(定义法)：由题意易知平面A1FED1⊥平面ABB1A1，G到平面D1EF的距离等于B到平面A1FED1的距离，作BH⊥A1F交A1F于H，则BH⊥平面D1EF，且BH＝sin ∠HFB＝sin ∠B1FA1＝eq \f(2\r(5),5).故选C.
解法二(等体积法)：∵E、F分别为CC1、BB1的中点，∴BC∥EF，从而BC∥平面D1EF，∴G到平面D1EF的距离即为B到平面D1EF的距离d.
由VB－D1EF＝VD1－EFB知S△EFB·CD1＝S△EFD1·d.
∴d＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5).故选C.
解法三(向量法)：如图建立空间直角坐标系，由题意易知平面D1EF的法向量为n＝(0,1,2)，
eq \(GE,\s\up6(→))＝(λ－2,0,1)，
∴G到平面D1EF的距离为d＝eq \f(|\(GE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5).故选C.
3．(2024·河南许昌中学定位考试)如图，在正三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AF与平面PEF所成角的正弦值为( A )
A.eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(6),6)
C.eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(6),3)
[解析] 解法一：设PA＝PB＝PC＝2，则AF＝eq \r(6)，VF－PAE＝eq \f(1,4)VP－ABC＝eq \f(1,3).又PF＝PE＝EF＝eq \r(2)，∴S△PEF＝eq \f(\r(3),2)，设A到平面PEF的距离为d，则eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)d＝eq \f(1,3)，∴d＝eq \f(2\r(3),3).记AF与平面PEF所成角为θ，则sin θ＝eq \f(d,AF)＝eq \f(\r(2),3).故选A.
解法二：因为PA，PB，PC两两垂直，所以以P为原点，PA，PB，PC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．
设PA＝PB＝PC＝2，则P(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，E(1,1,0)，F(0,1,1)，所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(PF,\s\up6(→))＝(0,1,1)．设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PE,\s\up6(→))＝x＋y＝0，,n·\(PF,\s\up6(→))＝y＋z＝0，))取x＝1，则y＝－1，z＝1，所以平面PEF的一个法向量为n＝(1，－1,1)．设直线AF与平面PEF所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈eq \(AF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AF,\s\up6(→))·n|,|\(AF,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(6))＝eq \f(\r(2),3).故选A.
4.如图，在底面为正方形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝1，则下列说法不正确的是( C )
A．异面直线PB与AC所成的角为60°
B．直线PD与平面PAC所成的角为30°
C．平面PBD与平面PAB的夹角为30°
D．点C到平面PBD的距离为eq \f(\r(3),3)
[解析] 如图建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，记PB与AC所成角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(PB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))|,|\(PB,\s\up6(→))|·|\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，∴θ＝60°，A正确；设AC∩BD＝O，由BD⊥AC，BD⊥PA知DO⊥平面PAC，∴∠DPO为PD与平面PAC所成的角，由sin∠DPO＝eq \f(OD,PD)＝eq \f(1,2)知∠DPO＝30°，B正确；取PB的中点H，连接AH、DH，则AH⊥PB，DH⊥PB，∴∠DHA为平面PBD与平面PAB所成二面角的平面角，tan∠DHA＝eq \f(AD,AH)＝eq \f(1,\f(\r(2),2))＝eq \r(2)，∴∠DHA≠30°，C错误；由VP－BCD＝VC－PBD易求得C到平面PBD的距离为eq \f(\r(3),3)，D正确．故选C.
5．(2024·辽宁十校联合体调研)正四面体A－BCD中，在△ABC内有一个动点M，满足M到底面BCD的距离等于|MA|的eq \f(2\r(2),3)倍，则动点M的轨迹形状为( D )
A．一段圆弧 B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
[解析] 设O是△BCD的中心，则AO⊥平面BCD，设E是BC的中点，则E，O，D三点共线，且DE⊥BC，设正四面体的边长为a，则AE＝DE＝eq \f(\r(3),2)a，OE＝eq \f(\r(3),2)a×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(3),6)a，所以AO＝eq \r(\f(3,4)a2－\f(1,12)a2)＝eq \f(\r(6),3)a，由于AE⊥BC，DE⊥BC，所以∠AED是二面角A－BC－D的平面角，设二面角A－BC－D的平面角为θ，则sin θ＝eq \f(\f(\r(6),3)a,\f(\r(3),2)a)＝eq \f(2\r(2),3).过M作MG⊥平面BCD，垂足为G；过M作MF⊥BC，垂足为F，连接FG，则∠MFG＝θ，又依题意，|MG|＝eq \f(2\r(2),3)|MA|，所以|MF|×sin θ＝eq \f(2\r(2),3)|MA|，即|MF|＝|MA|，即M到定点A和到定直线BC的距离相等，所以M点的轨迹是抛物线的一部分．故选D.
二、多选题
6．(2024·山东济南、潍坊、淄博部分学校联测)已知两个平面α，β，及两条直线l，m，则下列命题正确的是( ABD )
A．若α⊥β，l⊂β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥α
B．若l⊥β，α∥β，m⊂α，则l⊥m
C．若l⊂α，m⊂α，m∥β，l∥β，则α∥β
D．若l，m是异面直线，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β
[解析] 对于A，若α⊥β，l⊂β，α∩β＝m，l⊥m，根据面面垂直的性质定理可得l⊥α，A正确；对于B，若l⊥β，α∥β，则l⊥α，又m⊂α，则l⊥m，B正确；对于C，若l⊂α，m⊂α，m∥β，l∥β，则α与β可以相交或平行，C错误；对于D，因为m⊂β，m∥α，所以存在直线m′⊂α，m∥m′，因为l，m是异面直线，所以l与m′相交，因为m′∥m，m⊂β，m′⊄β，所以m′∥β，又因为l⊂α，l∥β，所以α∥β，D正确．故选ABD.
7．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB1的中点，则下列结论正确的是( BC )
A.B1G⊥BC
B．平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1
C．A1H∥平面AEF
D．二面角E－AF－C的大小为eq \f(π,4)
[解析] 如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则eq \(B1G,\s\up6(→))＝(－2，－1，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \(B1G,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝4≠0，A错误；显然平面AEF与平面AA1D1D的交线过A且平行于EF，即为AD1，B正确；由题意知HE綉B1C1綉A1D1，∴A1H∥D1E，D1E⊂平面AEF，A1H⊄平面AEF，∴A1H∥平面AEF，C正确；eq \(AF,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，设平面AEF的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝－a＋2b＝0，,n·\(FE,\s\up6(→))＝－a＋c＝0，))令a＝2得n＝(2,1,2)，又平面AFC的一个法向量为m＝(0,0,1)，记二面角E－AF－C的大小为θ，则cs θ＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2,3)，∴θ≠eq \f(π,4)，D错误．故选BC.
8．(2024·河南阶段测试)如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体E－ABCD－F，且该八面体的各棱长均相等，则( ABC )
A．异面直线AE与BC所成的角为60°
B．BD⊥CE
C．平面ABF∥平面CDE
D．直线AE与平面BDE所成的角为60°
[解析] 因为BC∥AD，所以∠EAD(或其补角)即为异面直线AE与BC所成的角，又AD＝DE＝AE，所以∠EAD＝60°，即异面直线AE与BC所成的角为60°，A正确；连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，连接EF，根据正棱锥的性质可知EF必过点O，且OE⊥平面ABCD，所以OE⊥BD，又BD⊥AC，OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE，又CE⊂平面ACE，所以BD⊥CE，B正确；由对称性可知OE＝OF，OA＝OC，所以四边形AFCE为平行四边形，所以AF∥CE，又AF⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，所以AF∥平面CDE，同理BF∥平面CDE，又AF∩BF＝F，AF，BF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面CDE，C正确；由AE＝AF，OE＝OF，得AO⊥EF，在正方形ABCD中，AO⊥BD，又BD∩EF＝O，所以AO⊥平面BEDF，所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角，设该八面体的棱长为2，则AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(2)，所以EO＝eq \r(AE2－AO2)＝eq \r(2)＝AO，所以 ∠AEO＝45°，D错误．故选ABC.
9．(2024·广东广州越秀区联考)已知三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2，平面PAC⊥平面ABC，∠APC＝120°，点D为AB中点，PD与平面ABC所成的角为45°，则( AC )
A．BC⊥AB
B．点C到平面PAB的距离为eq \f(\r(2),2)
C．三棱锥的侧面积为2＋2eq \r(3)
D．AP与BC所成角为30°
[解析] 取AC的中点O.∵PA＝PB＝PC＝2.∴PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，∴PO⊥平面ABC，且∠APO＝60°，∠PDO＝45°，AC＝2AO＝2eq \r(3)，OD＝OP＝1，又D为AB的中点，∴BC＝2OD＝2，又AO＝BO＝CO，∴AB⊥BC，A正确；AB＝eq \r(AC2－BC2)＝2eq \r(2)，设C到平面PAB的距离为d.则由VP－ABC＝VC－PAB可求得d＝eq \r(2)，B错误；S侧＝S△PAB＋S△PBC＋S△PAC＝2＋eq \r(3)＋eq \r(3)＝2＋2eq \r(3)，C正确；如图建立空间直角坐标系，则A(0,2eq \r(2)，0)，C(2,0,0)，P(1，eq \r(2)，1)，B(0,0,0)，∴eq \(AP,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(2)，1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，记AP与BC所成角为θ，则cs θ＝eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AP,\s\up6(→))|·|\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，又θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq \f(π,3).D错误，故选AC.
10．(2024·山东潍坊检测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱AD上的动点，则( ABD )
A．A1B⊥PC1
B．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°
C．有且仅有一个点P，使得BP⊥平面CC1P
D．三棱锥B－PCC1的体积是定值
[解析] 由A1B⊥AD，A1B⊥AB1知A1B⊥平面AB1C1D，又PC1⊂平面AB1C1D，∴A1B⊥PC1，A正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，由A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1知C1O⊥平面BB1D1D，∴∠C1BO为BC1与平面BB1D1D所成的角，又OC1＝eq \f(1,2)BC1，∴∠C1BO＝30°，B正确；若BP⊥平面CC1P，则BP⊥CP，而以BC为直径的圆与AD相离，故这样的点P不存在，C错误；由AD∥平面BCC1知动点P到平面BCC1的距离为定值，又S△BCC1为定值，∴VB－PCC1为定值，D正确．故选ABD.
三、填空题
11．(2024·辽宁重点高中沈阳市郊联体月考)长为4的线段AB的两端点在直二面角α－l－β的两个面内，且与这两个面都成30°角，则异面直线AB与l所成的角为 eq \f(π,4) .
[解析] 如图AH⊥l于H，由α⊥β，知AH⊥α，∴∠ABH＝30°，又AB＝4，∴AH＝2，BQ⊥l于Q，同理BQ＝2，作BM綉HQ，连接AM，则∠ABM为直线AB与l所成的角，由MH綉BQ知MH⊥l，∴l⊥平面AMH，从而BM⊥平面AMH，∴BM⊥AM，且AM＝2eq \r(2)，∴sin∠ABM＝eq \f(AM,AB)＝eq \f(\r(2),2).故∠ABM＝eq \f(π,4).
12．(2024·湖南名校联考联合体联考)已知空间中A，B，C三个点的坐标分别为(0,1,2)，(－1,1,0)，(2,0,2)，则C到直线AB的距离为 eq \f(\r(105),5) .
[解析] eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1,0，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1,0)，则C到直线AB的距离为|eq \(AC,\s\up6(→))|eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(5)eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,\r(5)×\r(5))))2)＝eq \f(\r(105),5).
13.如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是AC的中点，∠ABC＝eq \f(2π,3)，则折后直线AC与平面OEF所成角的正弦值为 eq \f(\r(7),7) .
[解析] 以O为原点，OB，OC，OD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，AB为两个单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系，设菱形边长为2，则D(0,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
设平面OEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OE,\s\up6(→))＝0，,n·\(OF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，,\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))取y＝1，得n＝(－eq \r(3)，1，eq \r(3))，易得与eq \(AC,\s\up6(→))共线的一个向量为m＝(0,1,0)，所以直线AC与平面OEF所成角的正弦值为eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(\r(7),7).
四、解答题
14．(2024·贵州六校联盟联考)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AD＝2AB，M为BC中点，平面A1D1DA⊥平面ABCD，AA1⊥A1D且AA1＝A1D.
(1)证明：A1B1⊥A1D；
(2)若此四棱柱的体积为2，求二面角A－A1B－M的正弦值．
[解析] (1)证明：因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD，
AB⊂平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面A1D1DA，
因为AB∥A1B1，
所以A1B1⊥平面A1D1DA，
又因为A1D⊂平面A1D1DA，所以A1B1⊥A1D.
(2)取AD的中点O，连接A1O，如图，
因为A1A＝A1D，所以A1O⊥AD，
又因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，
平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD，
所以A1O⊥平面ABCD，
所以A1O为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高，
设AB＝a，则AD＝2a，OA1＝a，
所以四棱柱的体积V＝S▱ABCD×OA1＝a×2a×a＝2a3＝2，解得a＝1.
解法一：∵AA1＝eq \r(2)，AB⊥A1A，∴A1B＝eq \r(3)，
又OM＝OA1＝1，A1O⊥OM，∴A1M＝eq \r(2)，
∴A1M2＋BM2＝A1B2，∴BM⊥A1M，∴M到A1B的距离l＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，又VM－A1BA＝eq \f(1,12)VABCD－A1B1C1D1＝eq \f(1,6)，∴M到平面AA1B的距离d＝eq \f(VM－ABA1,\f(1,3)S△A1BA)＝eq \f(\r(2),2)，
∴所求二面角的正弦值sin θ＝eq \f(d,l)＝eq \f(\r(3),2).
解法二：以A为坐标原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，M(1,1,0)，A1(0,1,1)，
eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，
设平面AA1B的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AA1,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,x＝0，))
令y＝1，则n1＝(0,1，－1)，
同理可求平面A1BM的一个法向量为n2＝(1,0,1)．
设二面角A－A1B－M的平面角为θ∈[0，π]，
则|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(3),2)，
即二面角A－A1B－M的正弦值为eq \f(\r(3),2).
15．(2024·河南摸底)如图，在四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，SA＝SD＝1，AB＝2CD＝2BC＝2，SB＝eq \r(3)，点M为棱CD的中点，点N在棱SA上，且AN＝3SN.
(1)证明：MN∥平面SBC；
(2)求直线SC与平面SBD所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：证法一：延长AM、BC相交于H，连接SH，
则SH⊂平面SBC，
∵AB∥CD，AB＝2CD＝4MC，
∴eq \f(MH,AH)＝eq \f(MC,AB)＝eq \f(1,4)，
∴eq \f(MH,AM)＝eq \f(SN,NA)＝eq \f(1,3)，∴MN∥SH，
又MN⊄平面SBC，
∴MN∥平面SBC.
证法二：在平面ABCD内过点M作MF∥BC交AB于点F，连接NF，
则四边形MCBF为平行四边形，
所以FB＝MC＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(1,2)，所以AF＝3FB，
又AN＝3SN，所以NF∥SB，
因为NF⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，
所以NF∥平面SBC.
因为MF∥BC，MF⊄平面SBC，BC⊂平面SBC，
所以MF∥平面SBC，
又NF∩MF＝F，NF，MF⊂平面MNF，
所以平面MNF∥平面SBC，
又MN⊂平面MNF，所以MN∥平面SBC.
(2)取AD的中点O，连接SO，BO，
因为AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC＝2，
所以AD＝BD＝eq \r(2)，所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
又SA＝SD＝1，AD＝eq \r(2)，所以SA⊥SD，SO⊥AD，所以SO＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(2),2).
在△BDO中，BO2＝BD2＋OD2＝eq \f(5,2)，
又SB＝eq \r(3)，所以SB2＝SO2＋BO2，所以SO⊥OB，
又AD∩BO＝O，AD，BO⊂平面ABCD，所以SO⊥平面ABCD.
解法一：由BD＝eq \r(2)，SD＝1，SB＝eq \r(3)知SB2＝BD2＋SD2，
∴BD⊥SD，设C到平面SBD的距离为d.
则由VC－SBD＝VS－BCD得BC·DC·SO＝DS·DB·d，
∴d＝eq \f(1,2)，
又OC2＝OD2＋DC2－2OD·DC·cs 135°＝eq \f(5,2)，
∴SC＝eq \r(SO2＋OC2)＝eq \r(3)，
故所求线面角的正弦值为sin θ＝eq \f(d,SC)＝eq \f(1,2\r(3))＝eq \f(\r(3),6).
解法二：过B作Bz∥SO，则Bz⊥平面ABCD，则BA，BC，Bz两两垂直，所以以B为坐标原点，BA，BC，Bz所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，C(0,1,0)，D(1,1,0)，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，
所以eq \(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，
eq \(SC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(1,2)，－\f(\r(2),2))).
设平面SBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BS,\s\up6(→))＝\f(3,2)x＋\f(1,2)y＋\f(\r(2),2)z＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝x＋y＝0，))
取x＝1，则n＝(1，－1，－eq \r(2))，
设直线SC与平面SBD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(SC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(SC,\s\up6(→))·n|,|\(SC,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)－\f(1,2)＋1)),2\r(3))＝eq \f(\r(3),6)，
即直线SC与平面SBD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6).
B组能力提升
1．(2023·陕西安康质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是线段C1D1(不含端点)上的动点，N为BC的中点，则( B )
A．BD⊥AM
B．平面A1BD⊥平面AD1M
C．MN∥平面A1BD
D．CM∥平面A1BD
[解析] 因为A1D⊥AD1，A1D⊥C1D1，AD1∩C1D1＝D1，AD1，C1D1⊂平面AD1M，所以A1D⊥平面AD1M，又A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面AD1M，故B正确；以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝2，则B(2,2,0)，A1(2,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，N(1,2,0)．设M(0，y,2)(02．(多选题)(2024·山东滨州新高考联合测评)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E，F，N分别是棱CC1，C1D1，AA1的中点，则( ABD )
A.BD⊥NC
B．CN⊥平面BDE
C．直线BE与A1F是异面直线
D．直线NC与平面BDE的交点是△BDE的外心
[解析] 对A，以点D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AA1＝2AB＝2，则AB＝1，由题意可知B(1,1,0)，N(1,0,1)，C(0,1,0)，则eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(NC,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(NC,\s\up6(→))＝－1＋1＝0，∴eq \(DB,\s\up6(→))⊥eq \(NC,\s\up6(→))，即BD⊥NC，故A正确；对B，∵E(0,1,1)，∴eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(NC,\s\up6(→))＝1－1＝0，∴eq \(DE,\s\up6(→))⊥eq \(NC,\s\up6(→))即DE⊥NC.又∵BD⊥NC，DE∩BD＝D，BD⊂平面BDE.所以NC⊥平面BDE，B正确；对C，连接EF，CD1，由已知得CD1∥EF，所以A1B∥EF，所以A1，B，E，F四点共面，∴直线BE与A1F是共面直线，C错误；对D，设直线NC与平面BDE的交点为O，由正方体知ND＝NB＝NE＝DB＝BE＝DE＝eq \r(2)，则四面体N－BDE为正四面体．∵CN⊥平面BDE，则O为正三角形BDE的中心，故D正确．故选ABD.
3．(2024·九省联考试题)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．
[解析] (1)证明：连接BC1，DC1，
因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，
又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，
点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD，
在△C1CO中，CC1＝2，CO＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，∠C1CO＝45°，
所以cs∠C1CO＝eq \f(\r(2),2)＝eq \f(C1C2＋OC2－C1O2,2×C1C×OC)，
所以C1O＝eq \r(2)，
则C1C2＝OC2＋C1O2，从而C1O⊥OC，
又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以C1O⊥平面ABCD.
(2)由题知正方形ABCD中AB⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图所示，
则B(0，eq \r(2)，0)，D(0，－eq \r(2)，0)，A(eq \r(2)，0,0)，C(－eq \r(2)，0,0)，C1(0,0，eq \r(2))，则eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \(CC1,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，0)，
设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up6(→))·m＝0，,\(AB,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,－\r(2)x1＋\r(2)y1＝0，))
令x1＝1，得m＝(1,1，－1)，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up6(→))·n＝0，,\(AD,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＋\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2－\r(2)y2＝0，))
令x2＝1，得n＝(1，－1，－1)．
设二面角B－AA1－D大小为θ，
则cs θ＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)，
从而sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(2),3)，
所以二面角B－AA1－D的正弦值为eq \f(2\r(2),3).
4．(2024·山东滨州新高考联合测评)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，AD∥BC，AF∥BE，DA⊥平面ABEF，AB⊥AF，AD＝AB＝2BC＝2BE＝2.
(1)已知点G为AF上一点，AG＝AD，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)，求点F到平面DCE的距离．
[解析] (1)证明：因为DA⊥平面ABEF，AB，AF⊂平面ABEF，所以DA⊥AB，DA⊥AF.
又AB⊥AF，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,2,0)，E(1,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2)，G(2,0,0)，
所以eq \(EC,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(－1，－2,2)，eq \(BG,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，
设平面DCE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EC,\s\up6(→))＝－x＋z＝0，,n·\(ED,\s\up6(→))＝－x－2y＋2z＝0，))
令x＝2，则z＝2，y＝1，所以n＝(2,1,2)，
因为n·eq \(BG,\s\up6(→))＝2×2＋1×(－2)＝2≠0，即eq \(BG,\s\up6(→))与n不垂直，
所以BG与平面DCE不平行．
(2)设AF＝a(a>0且a≠1)，则F(a,0,0)，所以eq \(BF,\s\up6(→))＝(a，－2,0)．
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)，
∴eq \f(\r(5),5)＝|cs〈eq \(BF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(BF,\s\up6(→))·n|,|\(BF,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|2a－2|,\r(a2＋4)×3)，
化简得11a2－40a－16＝0，
解得a＝4或a＝－eq \f(4,11)(舍去)，故AF＝4.
∴F(4,0,0)，eq \(FD,\s\up6(→))＝(－4,0,2)，由(1)知平面DCE的一个法向量n＝(2,1,2)，
所以F到平面DCE的距离d＝eq \f(|F\(D,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(4,3).
5．(2023·河南顶级名校月考)如图，圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于A，B的点，且∠BAC＝30°，MN为上底面圆O′的一条直径，△MAC是边长为2eq \r(3)的等边三角形，MB＝4.
(1)证明：BC⊥平面MAC；
(2)求平面MAC和平面NAB夹角的余弦值．
[解析] (1)证明：∵AB为圆台下底面圆O的直径，C是圆O上异于A，B的点，故∠ACB＝90°.
又∵∠BAC＝30°，AC＝2eq \r(3)，
∴AB＝4＝MB.
∵AC＝MC，BC＝BC，
∴△ABC≌△MBC，∴∠BCM＝90°，
∴BC⊥MC，又∵BC⊥AC，AC∩MC＝C，
AC，MC⊂平面MAC，
∴BC⊥平面MAC.
(2)取AC的中点D，连接DM，DO，则MD⊥AC，
由(1)可知，BC⊥DM，
∵AC∩BC＝C，∴DM⊥平面ABC，
又∵OD⊥AC，
∴以D为原点，DA为x轴，DO为y轴，DM为z轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
由题意可得A(eq \r(3)，0,0)，B(－eq \r(3)，2,0)，
∵OO′⊥平面ABC，
∴DM∥OO′，
四边形ODMO′为矩形，
∴N(0,2,3)，
平面MAC的一个法向量为n1＝(0,1,0)．
设平面NAB的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \(AN,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，2,3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AN,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,－\r(3)x＋2y＋3z＝0，))
令x＝eq \r(3)，则y＝3，z＝－1，
平面NAB的一个法向量为n2＝(eq \r(3)，3，－1)，
则平面MAC与平面NAB的夹角的余弦值为eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(3,\r(3＋9＋1)·1)＝eq \f(3\r(13),13)，
∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为eq \f(3\r(13),13).
一、单选题
1. (2024·陕西部分学校联考)如图，在圆锥SO中，AB是底面圆O的直径，D，E分别为SO，SB的中点，OC⊥AB，SO＝AB＝4，则直线AD与直线CE所成角的余弦值为( C )
A.eq \f(\r(5),3) B．eq \f(\r(5),5)
C.eq \f(\r(2),2) D．eq \f(\r(2),4)
[解析] 解法一：以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0,0,2)，E(0，－1,2)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－2，－1，2)，cs〈eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(CE,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(CE,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))||\(CE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(2),2).
解法二：取OA的中点F，连接EF、CF、DE，由D、E分别为OS、BS的中点知ED綉eq \f(1,2)OB綉eq \f(1,2)OA綉AF，∴EF∥AD，∴∠CEF即为AD与CE所成的角．又EF＝2eq \r(2)，CF＝eq \r(5)，CE＝eq \r(OE2＋OC2)＝3，∴cs∠CEF＝eq \f(EF2＋CE2－CF2,2EF·CE)＝eq \f(8＋9－5,2×2\r(2)×3)＝eq \f(\r(2),2).故选C.
2．(2023·陕西西安西北工大附中模拟)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别为棱C1C、B1B的中点，G为棱BC上一点，且BG＝λ(0<λ<2)，则点G到平面D1EF的距离为( C )
A.eq \f(\r(3),3) B．eq \f(1,5)
C.eq \f(2\r(5),5) D．eq \f(\r(5),5)
[解析] 解法一(定义法)：由题意易知平面A1FED1⊥平面ABB1A1，G到平面D1EF的距离等于B到平面A1FED1的距离，作BH⊥A1F交A1F于H，则BH⊥平面D1EF，且BH＝sin ∠HFB＝sin ∠B1FA1＝eq \f(2\r(5),5).故选C.
解法二(等体积法)：∵E、F分别为CC1、BB1的中点，∴BC∥EF，从而BC∥平面D1EF，∴G到平面D1EF的距离即为B到平面D1EF的距离d.
由VB－D1EF＝VD1－EFB知S△EFB·CD1＝S△EFD1·d.
∴d＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5).故选C.
解法三(向量法)：如图建立空间直角坐标系，由题意易知平面D1EF的法向量为n＝(0,1,2)，
eq \(GE,\s\up6(→))＝(λ－2,0,1)，
∴G到平面D1EF的距离为d＝eq \f(|\(GE,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(2,\r(5))＝eq \f(2\r(5),5).故选C.
3．(2024·河南许昌中学定位考试)如图，在正三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，E，F分别是AB，BC的中点，则直线AF与平面PEF所成角的正弦值为( A )
A.eq \f(\r(2),3) B．eq \f(\r(6),6)
C.eq \f(\r(3),3) D．eq \f(\r(6),3)
[解析] 解法一：设PA＝PB＝PC＝2，则AF＝eq \r(6)，VF－PAE＝eq \f(1,4)VP－ABC＝eq \f(1,3).又PF＝PE＝EF＝eq \r(2)，∴S△PEF＝eq \f(\r(3),2)，设A到平面PEF的距离为d，则eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)d＝eq \f(1,3)，∴d＝eq \f(2\r(3),3).记AF与平面PEF所成角为θ，则sin θ＝eq \f(d,AF)＝eq \f(\r(2),3).故选A.
解法二：因为PA，PB，PC两两垂直，所以以P为原点，PA，PB，PC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．
设PA＝PB＝PC＝2，则P(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，E(1,1,0)，F(0,1,1)，所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq \(PE,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(PF,\s\up6(→))＝(0,1,1)．设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PE,\s\up6(→))＝x＋y＝0，,n·\(PF,\s\up6(→))＝y＋z＝0，))取x＝1，则y＝－1，z＝1，所以平面PEF的一个法向量为n＝(1，－1,1)．设直线AF与平面PEF所成的角为θ，则sin θ＝|cs〈eq \(AF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(AF,\s\up6(→))·n|,|\(AF,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(6))＝eq \f(\r(2),3).故选A.
4.如图，在底面为正方形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AP＝AB＝1，则下列说法不正确的是( C )
A．异面直线PB与AC所成的角为60°
B．直线PD与平面PAC所成的角为30°
C．平面PBD与平面PAB的夹角为30°
D．点C到平面PBD的距离为eq \f(\r(3),3)
[解析] 如图建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，记PB与AC所成角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(PB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→))|,|\(PB,\s\up6(→))|·|\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，∴θ＝60°，A正确；设AC∩BD＝O，由BD⊥AC，BD⊥PA知DO⊥平面PAC，∴∠DPO为PD与平面PAC所成的角，由sin∠DPO＝eq \f(OD,PD)＝eq \f(1,2)知∠DPO＝30°，B正确；取PB的中点H，连接AH、DH，则AH⊥PB，DH⊥PB，∴∠DHA为平面PBD与平面PAB所成二面角的平面角，tan∠DHA＝eq \f(AD,AH)＝eq \f(1,\f(\r(2),2))＝eq \r(2)，∴∠DHA≠30°，C错误；由VP－BCD＝VC－PBD易求得C到平面PBD的距离为eq \f(\r(3),3)，D正确．故选C.
5．(2024·辽宁十校联合体调研)正四面体A－BCD中，在△ABC内有一个动点M，满足M到底面BCD的距离等于|MA|的eq \f(2\r(2),3)倍，则动点M的轨迹形状为( D )
A．一段圆弧 B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
[解析] 设O是△BCD的中心，则AO⊥平面BCD，设E是BC的中点，则E，O，D三点共线，且DE⊥BC，设正四面体的边长为a，则AE＝DE＝eq \f(\r(3),2)a，OE＝eq \f(\r(3),2)a×eq \f(1,3)＝eq \f(\r(3),6)a，所以AO＝eq \r(\f(3,4)a2－\f(1,12)a2)＝eq \f(\r(6),3)a，由于AE⊥BC，DE⊥BC，所以∠AED是二面角A－BC－D的平面角，设二面角A－BC－D的平面角为θ，则sin θ＝eq \f(\f(\r(6),3)a,\f(\r(3),2)a)＝eq \f(2\r(2),3).过M作MG⊥平面BCD，垂足为G；过M作MF⊥BC，垂足为F，连接FG，则∠MFG＝θ，又依题意，|MG|＝eq \f(2\r(2),3)|MA|，所以|MF|×sin θ＝eq \f(2\r(2),3)|MA|，即|MF|＝|MA|，即M到定点A和到定直线BC的距离相等，所以M点的轨迹是抛物线的一部分．故选D.
二、多选题
6．(2024·山东济南、潍坊、淄博部分学校联测)已知两个平面α，β，及两条直线l，m，则下列命题正确的是( ABD )
A．若α⊥β，l⊂β，α∩β＝m，l⊥m，则l⊥α
B．若l⊥β，α∥β，m⊂α，则l⊥m
C．若l⊂α，m⊂α，m∥β，l∥β，则α∥β
D．若l，m是异面直线，l⊂α，l∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β
[解析] 对于A，若α⊥β，l⊂β，α∩β＝m，l⊥m，根据面面垂直的性质定理可得l⊥α，A正确；对于B，若l⊥β，α∥β，则l⊥α，又m⊂α，则l⊥m，B正确；对于C，若l⊂α，m⊂α，m∥β，l∥β，则α与β可以相交或平行，C错误；对于D，因为m⊂β，m∥α，所以存在直线m′⊂α，m∥m′，因为l，m是异面直线，所以l与m′相交，因为m′∥m，m⊂β，m′⊄β，所以m′∥β，又因为l⊂α，l∥β，所以α∥β，D正确．故选ABD.
7．正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB1的中点，则下列结论正确的是( BC )
A.B1G⊥BC
B．平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1
C．A1H∥平面AEF
D．二面角E－AF－C的大小为eq \f(π,4)
[解析] 如图建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则eq \(B1G,\s\up6(→))＝(－2，－1，－2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq \(B1G,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝4≠0，A错误；显然平面AEF与平面AA1D1D的交线过A且平行于EF，即为AD1，B正确；由题意知HE綉B1C1綉A1D1，∴A1H∥D1E，D1E⊂平面AEF，A1H⊄平面AEF，∴A1H∥平面AEF，C正确；eq \(AF,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq \(FE,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，设平面AEF的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AF,\s\up6(→))＝－a＋2b＝0，,n·\(FE,\s\up6(→))＝－a＋c＝0，))令a＝2得n＝(2,1,2)，又平面AFC的一个法向量为m＝(0,0,1)，记二面角E－AF－C的大小为θ，则cs θ＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2,3)，∴θ≠eq \f(π,4)，D错误．故选BC.
8．(2024·河南阶段测试)如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体E－ABCD－F，且该八面体的各棱长均相等，则( ABC )
A．异面直线AE与BC所成的角为60°
B．BD⊥CE
C．平面ABF∥平面CDE
D．直线AE与平面BDE所成的角为60°
[解析] 因为BC∥AD，所以∠EAD(或其补角)即为异面直线AE与BC所成的角，又AD＝DE＝AE，所以∠EAD＝60°，即异面直线AE与BC所成的角为60°，A正确；连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，连接EF，根据正棱锥的性质可知EF必过点O，且OE⊥平面ABCD，所以OE⊥BD，又BD⊥AC，OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以BD⊥平面ACE，又CE⊂平面ACE，所以BD⊥CE，B正确；由对称性可知OE＝OF，OA＝OC，所以四边形AFCE为平行四边形，所以AF∥CE，又AF⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，所以AF∥平面CDE，同理BF∥平面CDE，又AF∩BF＝F，AF，BF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面CDE，C正确；由AE＝AF，OE＝OF，得AO⊥EF，在正方形ABCD中，AO⊥BD，又BD∩EF＝O，所以AO⊥平面BEDF，所以∠AEO即为直线AE与平面BDE所成的角，设该八面体的棱长为2，则AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)eq \r(AB2＋BC2)＝eq \r(2)，所以EO＝eq \r(AE2－AO2)＝eq \r(2)＝AO，所以 ∠AEO＝45°，D错误．故选ABC.
9．(2024·广东广州越秀区联考)已知三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2，平面PAC⊥平面ABC，∠APC＝120°，点D为AB中点，PD与平面ABC所成的角为45°，则( AC )
A．BC⊥AB
B．点C到平面PAB的距离为eq \f(\r(2),2)
C．三棱锥的侧面积为2＋2eq \r(3)
D．AP与BC所成角为30°
[解析] 取AC的中点O.∵PA＝PB＝PC＝2.∴PO⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，∴PO⊥平面ABC，且∠APO＝60°，∠PDO＝45°，AC＝2AO＝2eq \r(3)，OD＝OP＝1，又D为AB的中点，∴BC＝2OD＝2，又AO＝BO＝CO，∴AB⊥BC，A正确；AB＝eq \r(AC2－BC2)＝2eq \r(2)，设C到平面PAB的距离为d.则由VP－ABC＝VC－PAB可求得d＝eq \r(2)，B错误；S侧＝S△PAB＋S△PBC＋S△PAC＝2＋eq \r(3)＋eq \r(3)＝2＋2eq \r(3)，C正确；如图建立空间直角坐标系，则A(0,2eq \r(2)，0)，C(2,0,0)，P(1，eq \r(2)，1)，B(0,0,0)，∴eq \(AP,\s\up6(→))＝(1，－eq \r(2)，1)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，记AP与BC所成角为θ，则cs θ＝eq \f(\(AP,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),|\(AP,\s\up6(→))|·|\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(1,2)，又θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq \f(π,3).D错误，故选AC.
10．(2024·山东潍坊检测)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为棱AD上的动点，则( ABD )
A．A1B⊥PC1
B．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°
C．有且仅有一个点P，使得BP⊥平面CC1P
D．三棱锥B－PCC1的体积是定值
[解析] 由A1B⊥AD，A1B⊥AB1知A1B⊥平面AB1C1D，又PC1⊂平面AB1C1D，∴A1B⊥PC1，A正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，由A1C1⊥B1D1，A1C1⊥BB1知C1O⊥平面BB1D1D，∴∠C1BO为BC1与平面BB1D1D所成的角，又OC1＝eq \f(1,2)BC1，∴∠C1BO＝30°，B正确；若BP⊥平面CC1P，则BP⊥CP，而以BC为直径的圆与AD相离，故这样的点P不存在，C错误；由AD∥平面BCC1知动点P到平面BCC1的距离为定值，又S△BCC1为定值，∴VB－PCC1为定值，D正确．故选ABD.
三、填空题
11．(2024·辽宁重点高中沈阳市郊联体月考)长为4的线段AB的两端点在直二面角α－l－β的两个面内，且与这两个面都成30°角，则异面直线AB与l所成的角为 eq \f(π,4) .
[解析] 如图AH⊥l于H，由α⊥β，知AH⊥α，∴∠ABH＝30°，又AB＝4，∴AH＝2，BQ⊥l于Q，同理BQ＝2，作BM綉HQ，连接AM，则∠ABM为直线AB与l所成的角，由MH綉BQ知MH⊥l，∴l⊥平面AMH，从而BM⊥平面AMH，∴BM⊥AM，且AM＝2eq \r(2)，∴sin∠ABM＝eq \f(AM,AB)＝eq \f(\r(2),2).故∠ABM＝eq \f(π,4).
12．(2024·湖南名校联考联合体联考)已知空间中A，B，C三个点的坐标分别为(0,1,2)，(－1,1,0)，(2,0,2)，则C到直线AB的距离为 eq \f(\r(105),5) .
[解析] eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1,0，－2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(2，－1,0)，则C到直线AB的距离为|eq \(AC,\s\up6(→))|eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(AB,\s\up6(→))·\(AC,\s\up6(→)),|\(AB,\s\up6(→))||\(AC,\s\up6(→))|)))2)＝eq \r(5)eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2,\r(5)×\r(5))))2)＝eq \f(\r(105),5).
13.如图，将菱形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，E，F分别为AD，BC的中点，O是AC的中点，∠ABC＝eq \f(2π,3)，则折后直线AC与平面OEF所成角的正弦值为 eq \f(\r(7),7) .
[解析] 以O为原点，OB，OC，OD所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，AB为两个单位长度， 建立如图所示的空间直角坐标系，设菱形边长为2，则D(0,0,1)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \(OE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq \(OF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
设平面OEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OE,\s\up6(→))＝0，,n·\(OF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，,\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))取y＝1，得n＝(－eq \r(3)，1，eq \r(3))，易得与eq \(AC,\s\up6(→))共线的一个向量为m＝(0,1,0)，所以直线AC与平面OEF所成角的正弦值为eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(\r(7),7).
四、解答题
14．(2024·贵州六校联盟联考)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AD＝2AB，M为BC中点，平面A1D1DA⊥平面ABCD，AA1⊥A1D且AA1＝A1D.
(1)证明：A1B1⊥A1D；
(2)若此四棱柱的体积为2，求二面角A－A1B－M的正弦值．
[解析] (1)证明：因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD，
AB⊂平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面A1D1DA，
因为AB∥A1B1，
所以A1B1⊥平面A1D1DA，
又因为A1D⊂平面A1D1DA，所以A1B1⊥A1D.
(2)取AD的中点O，连接A1O，如图，
因为A1A＝A1D，所以A1O⊥AD，
又因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，
平面A1D1DA∩平面ABCD＝AD，
所以A1O⊥平面ABCD，
所以A1O为四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高，
设AB＝a，则AD＝2a，OA1＝a，
所以四棱柱的体积V＝S▱ABCD×OA1＝a×2a×a＝2a3＝2，解得a＝1.
解法一：∵AA1＝eq \r(2)，AB⊥A1A，∴A1B＝eq \r(3)，
又OM＝OA1＝1，A1O⊥OM，∴A1M＝eq \r(2)，
∴A1M2＋BM2＝A1B2，∴BM⊥A1M，∴M到A1B的距离l＝eq \f(\r(2),\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，又VM－A1BA＝eq \f(1,12)VABCD－A1B1C1D1＝eq \f(1,6)，∴M到平面AA1B的距离d＝eq \f(VM－ABA1,\f(1,3)S△A1BA)＝eq \f(\r(2),2)，
∴所求二面角的正弦值sin θ＝eq \f(d,l)＝eq \f(\r(3),2).
解法二：以A为坐标原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系A－xyz，如图，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，M(1,1,0)，A1(0,1,1)，
eq \(AA1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)，
设平面AA1B的一个法向量为n1＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AA1,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＋z＝0，,x＝0，))
令y＝1，则n1＝(0,1，－1)，
同理可求平面A1BM的一个法向量为n2＝(1,0,1)．
设二面角A－A1B－M的平面角为θ∈[0，π]，
则|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(3),2)，
即二面角A－A1B－M的正弦值为eq \f(\r(3),2).
15．(2024·河南摸底)如图，在四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，SA＝SD＝1，AB＝2CD＝2BC＝2，SB＝eq \r(3)，点M为棱CD的中点，点N在棱SA上，且AN＝3SN.
(1)证明：MN∥平面SBC；
(2)求直线SC与平面SBD所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：证法一：延长AM、BC相交于H，连接SH，
则SH⊂平面SBC，
∵AB∥CD，AB＝2CD＝4MC，
∴eq \f(MH,AH)＝eq \f(MC,AB)＝eq \f(1,4)，
∴eq \f(MH,AM)＝eq \f(SN,NA)＝eq \f(1,3)，∴MN∥SH，
又MN⊄平面SBC，
∴MN∥平面SBC.
证法二：在平面ABCD内过点M作MF∥BC交AB于点F，连接NF，
则四边形MCBF为平行四边形，
所以FB＝MC＝eq \f(1,2)CD＝eq \f(1,2)，所以AF＝3FB，
又AN＝3SN，所以NF∥SB，
因为NF⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，
所以NF∥平面SBC.
因为MF∥BC，MF⊄平面SBC，BC⊂平面SBC，
所以MF∥平面SBC，
又NF∩MF＝F，NF，MF⊂平面MNF，
所以平面MNF∥平面SBC，
又MN⊂平面MNF，所以MN∥平面SBC.
(2)取AD的中点O，连接SO，BO，
因为AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC＝2，
所以AD＝BD＝eq \r(2)，所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
又SA＝SD＝1，AD＝eq \r(2)，所以SA⊥SD，SO⊥AD，所以SO＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(\r(2),2).
在△BDO中，BO2＝BD2＋OD2＝eq \f(5,2)，
又SB＝eq \r(3)，所以SB2＝SO2＋BO2，所以SO⊥OB，
又AD∩BO＝O，AD，BO⊂平面ABCD，所以SO⊥平面ABCD.
解法一：由BD＝eq \r(2)，SD＝1，SB＝eq \r(3)知SB2＝BD2＋SD2，
∴BD⊥SD，设C到平面SBD的距离为d.
则由VC－SBD＝VS－BCD得BC·DC·SO＝DS·DB·d，
∴d＝eq \f(1,2)，
又OC2＝OD2＋DC2－2OD·DC·cs 135°＝eq \f(5,2)，
∴SC＝eq \r(SO2＋OC2)＝eq \r(3)，
故所求线面角的正弦值为sin θ＝eq \f(d,SC)＝eq \f(1,2\r(3))＝eq \f(\r(3),6).
解法二：过B作Bz∥SO，则Bz⊥平面ABCD，则BA，BC，Bz两两垂直，所以以B为坐标原点，BA，BC，Bz所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，C(0,1,0)，D(1,1,0)，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，
所以eq \(BS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，
eq \(SC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(1,2)，－\f(\r(2),2))).
设平面SBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BS,\s\up6(→))＝\f(3,2)x＋\f(1,2)y＋\f(\r(2),2)z＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝x＋y＝0，))
取x＝1，则n＝(1，－1，－eq \r(2))，
设直线SC与平面SBD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(SC,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(SC,\s\up6(→))·n|,|\(SC,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)－\f(1,2)＋1)),2\r(3))＝eq \f(\r(3),6)，
即直线SC与平面SBD所成角的正弦值为eq \f(\r(3),6).
B组能力提升
1．(2023·陕西安康质检)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是线段C1D1(不含端点)上的动点，N为BC的中点，则( B )
A．BD⊥AM
B．平面A1BD⊥平面AD1M
C．MN∥平面A1BD
D．CM∥平面A1BD
[解析] 因为A1D⊥AD1，A1D⊥C1D1，AD1∩C1D1＝D1，AD1，C1D1⊂平面AD1M，所以A1D⊥平面AD1M，又A1D⊂平面A1BD，所以平面A1BD⊥平面AD1M，故B正确；以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝2，则B(2,2,0)，A1(2,0,2)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，N(1,2,0)．设M(0，y,2)(0
A.BD⊥NC
B．CN⊥平面BDE
C．直线BE与A1F是异面直线
D．直线NC与平面BDE的交点是△BDE的外心
[解析] 对A，以点D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AA1＝2AB＝2，则AB＝1，由题意可知B(1,1,0)，N(1,0,1)，C(0,1,0)，则eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(NC,\s\up6(→))＝(－1,1，－1)，eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(NC,\s\up6(→))＝－1＋1＝0，∴eq \(DB,\s\up6(→))⊥eq \(NC,\s\up6(→))，即BD⊥NC，故A正确；对B，∵E(0,1,1)，∴eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,1,1)，eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(NC,\s\up6(→))＝1－1＝0，∴eq \(DE,\s\up6(→))⊥eq \(NC,\s\up6(→))即DE⊥NC.又∵BD⊥NC，DE∩BD＝D，BD⊂平面BDE.所以NC⊥平面BDE，B正确；对C，连接EF，CD1，由已知得CD1∥EF，所以A1B∥EF，所以A1，B，E，F四点共面，∴直线BE与A1F是共面直线，C错误；对D，设直线NC与平面BDE的交点为O，由正方体知ND＝NB＝NE＝DB＝BE＝DE＝eq \r(2)，则四面体N－BDE为正四面体．∵CN⊥平面BDE，则O为正三角形BDE的中心，故D正确．故选ABD.
3．(2024·九省联考试题)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．
[解析] (1)证明：连接BC1，DC1，
因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，
又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，
点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD，
在△C1CO中，CC1＝2，CO＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2)，∠C1CO＝45°，
所以cs∠C1CO＝eq \f(\r(2),2)＝eq \f(C1C2＋OC2－C1O2,2×C1C×OC)，
所以C1O＝eq \r(2)，
则C1C2＝OC2＋C1O2，从而C1O⊥OC，
又OC∩BD＝O，OC⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以C1O⊥平面ABCD.
(2)由题知正方形ABCD中AB⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图所示，
则B(0，eq \r(2)，0)，D(0，－eq \r(2)，0)，A(eq \r(2)，0,0)，C(－eq \r(2)，0,0)，C1(0,0，eq \r(2))，则eq \(AA1,\s\up6(→))＝eq \(CC1,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，eq \r(2))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，eq \r(2)，0)，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，－eq \r(2)，0)，
设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up6(→))·m＝0，,\(AB,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,－\r(2)x1＋\r(2)y1＝0，))
令x1＝1，得m＝(1,1，－1)，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up6(→))·n＝0，,\(AD,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＋\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2－\r(2)y2＝0，))
令x2＝1，得n＝(1，－1，－1)．
设二面角B－AA1－D大小为θ，
则cs θ＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(1,\r(3)×\r(3))＝eq \f(1,3)，
从而sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(2),3)，
所以二面角B－AA1－D的正弦值为eq \f(2\r(2),3).
4．(2024·山东滨州新高考联合测评)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，AD∥BC，AF∥BE，DA⊥平面ABEF，AB⊥AF，AD＝AB＝2BC＝2BE＝2.
(1)已知点G为AF上一点，AG＝AD，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)，求点F到平面DCE的距离．
[解析] (1)证明：因为DA⊥平面ABEF，AB，AF⊂平面ABEF，所以DA⊥AB，DA⊥AF.
又AB⊥AF，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,2,0)，E(1,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2)，G(2,0,0)，
所以eq \(EC,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(－1，－2,2)，eq \(BG,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，
设平面DCE的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EC,\s\up6(→))＝－x＋z＝0，,n·\(ED,\s\up6(→))＝－x－2y＋2z＝0，))
令x＝2，则z＝2，y＝1，所以n＝(2,1,2)，
因为n·eq \(BG,\s\up6(→))＝2×2＋1×(－2)＝2≠0，即eq \(BG,\s\up6(→))与n不垂直，
所以BG与平面DCE不平行．
(2)设AF＝a(a>0且a≠1)，则F(a,0,0)，所以eq \(BF,\s\up6(→))＝(a，－2,0)．
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)，
∴eq \f(\r(5),5)＝|cs〈eq \(BF,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(BF,\s\up6(→))·n|,|\(BF,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(|2a－2|,\r(a2＋4)×3)，
化简得11a2－40a－16＝0，
解得a＝4或a＝－eq \f(4,11)(舍去)，故AF＝4.
∴F(4,0,0)，eq \(FD,\s\up6(→))＝(－4,0,2)，由(1)知平面DCE的一个法向量n＝(2,1,2)，
所以F到平面DCE的距离d＝eq \f(|F\(D,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(4,3).
5．(2023·河南顶级名校月考)如图，圆台下底面圆O的直径为AB，C是圆O上异于A，B的点，且∠BAC＝30°，MN为上底面圆O′的一条直径，△MAC是边长为2eq \r(3)的等边三角形，MB＝4.
(1)证明：BC⊥平面MAC；
(2)求平面MAC和平面NAB夹角的余弦值．
[解析] (1)证明：∵AB为圆台下底面圆O的直径，C是圆O上异于A，B的点，故∠ACB＝90°.
又∵∠BAC＝30°，AC＝2eq \r(3)，
∴AB＝4＝MB.
∵AC＝MC，BC＝BC，
∴△ABC≌△MBC，∴∠BCM＝90°，
∴BC⊥MC，又∵BC⊥AC，AC∩MC＝C，
AC，MC⊂平面MAC，
∴BC⊥平面MAC.
(2)取AC的中点D，连接DM，DO，则MD⊥AC，
由(1)可知，BC⊥DM，
∵AC∩BC＝C，∴DM⊥平面ABC，
又∵OD⊥AC，
∴以D为原点，DA为x轴，DO为y轴，DM为z轴，
建立如下图所示的空间直角坐标系，
由题意可得A(eq \r(3)，0,0)，B(－eq \r(3)，2,0)，
∵OO′⊥平面ABC，
∴DM∥OO′，
四边形ODMO′为矩形，
∴N(0,2,3)，
平面MAC的一个法向量为n1＝(0,1,0)．
设平面NAB的一个法向量为n2＝(x，y，z)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2eq \r(3)，2,0)，eq \(AN,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，2,3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AN,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2\r(3)x＋2y＝0，,－\r(3)x＋2y＋3z＝0，))
令x＝eq \r(3)，则y＝3，z＝－1，
平面NAB的一个法向量为n2＝(eq \r(3)，3，－1)，
则平面MAC与平面NAB的夹角的余弦值为eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(3,\r(3＋9＋1)·1)＝eq \f(3\r(13),13)，
∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为eq \f(3\r(13),13).
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