2025届高考数学二轮专题复习与测试专题2立体几何中的证明与计算

这是一份2025届高考数学二轮专题复习与测试专题2立体几何中的证明与计算，共19页。
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，BC⊥平面PAB，∠APB＝90°，PB＝BC，N为PC的中点．
(1)若M为AB的中点，求证：MN∥平面APD；
(2)求证：平面BDN⊥平面PAC.
【证明】 (1)设AC∩BD＝G，连接NG，MG，
因为底面ABCD为矩形，所以G是AC，BD的中点，
又因为N为PC的中点，M为AB的中点，所以NG∥PA，MG∥AD.
因为NG⊄平面APD，PA⊂平面APD，MG⊄平面APD，AD⊂平面APD，
所以NG∥平面APD，MG∥平面APD.
因为NG∩MG＝G，NG，MG⊂平面MNG，
所以平面MNG∥平面APD.
又因为MN⊂平面MNG，所以MN∥平面APD.
(2)因为BC⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，所以BC⊥PA，
因为∠APB＝90°，所以BP⊥PA.
因为BC∩BP＝B，BC，BP⊂平面PBC，
所以PA⊥平面PBC.
因为BN⊂平面PBC，所以BN⊥PA.
因为PB＝BC，N为PC的中点，所以BN⊥PC.
因为PC∩PA＝P，PC，PA⊂平面PAC，
所以BN⊥平面PAC.
又因为BN⊂平面BDN，所以平面BDN⊥平面PAC.

平行关系及垂直关系的转化
如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，∠ABC＝60°，AB∥DC，CB＝DC＝1.点E为棱PC的中点，点F为棱AB上一点，且AB＝4AF，平面PBC⊥平面ABCD.证明：
(1)AC⊥平面PBC；
(2)EF∥平面PAD.
证明：(1)由题意知AD＝DC＝1，∠ADC＝120°，
则在△ACD中，由余弦定理AC2＝1＋1－2×1×1×cs 120°＝3，得AC＝ eq \r(3) ，
在△ABC中，∠ABC＝60°，
由余弦定理可知AC2＝AB2＋1－2AB·1×cs 60°＝3，
可得AB＝2，由AB2＝AC2＋CB2，
得∠ACB＝90°，所以AC⊥BC.
又平面PBC⊥平面ABCD，
且平面PBC∩平面ABCD＝BC，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面PBC.
(2)由(1)可知AB＝2.取棱PD的中点G，连接EG，AG，
因为E为PC的中点，所以EG∥DC，且EG＝ eq \f(1,2) DC.
又AF＝ eq \f(1,4) AB＝ eq \f(1,2) ，AB∥DC，
所以AF∥DC，且AF＝ eq \f(1,2) DC.
所以EG∥AF，且EG＝AF，
所以四边形AFEG为平行四边形，所以EF∥AG.
又EF⊄平面PAD，AG⊂平面PAD，所以EF∥平面PAD.
大题考法2 空间量的计算
命题角度❶ 求空间角
(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝ eq \r(3) .
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为 eq \f(\r(42),7) ，求AD.
【解】 (1)证明：由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.
因为AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，所以BC∥AD，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC.
(2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，设A(a，0，0)，a>0，则CD＝ eq \r(4－a2) ，C(0， eq \r(4－a2) ，0)，P(a，0，2)， eq \(CD,\s\up10(→)) ＝(0，－ eq \r(4－a2) ，0)， eq \(AC,\s\up10(→)) ＝(－a， eq \r(4－a2) ，0)， eq \(CP,\s\up10(→)) ＝(a，－ eq \r(4－a2) ，2).
设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(CD,\s\up10(→))·n＝0，,\(CP,\s\up10(→))·n＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(4－a2)y＝0，,ax－\r(4－a2)y＋2z＝0，)) 可取n＝(2，0，－a).
设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CP,\s\up10(→))＝0，,m·\(AC,\s\up10(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax1－\r(4－a2)y1＋2z1＝0，,－ax1＋\r(4－a2)y1＝0，)) 可取m＝( eq \r(4－a2) ，a，0).
因为二面角A-CP-D的正弦值为 eq \f(\r(42),7) ，
所以余弦值的绝对值为 eq \f(\r(7),7) ，
故|cs 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|) ＝ eq \f(2\r(4－a2),\r(4－a2＋a2)·\r(4＋a2)) ＝ eq \f(\r(7),7) ，
又a>0，所以a＝ eq \r(3) ，即AD＝ eq \r(3) .
利用空间向量解答立体几何中空间角的问题的一般步骤是：
(1)观察图形，建立恰当的空间直角坐标系．
(2)写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量、平面的法向量．
(3)将空间位置关系转化为向量关系．
(4)根据定理、结论求出相应的角．
(2024·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2.
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
解：(1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG，因为F为PE的中点，
所以FG＝ eq \f(1,2) DE＝1，FG∥DE，
又BC＝1，AD∥BC，
所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB为平行四边形，
所以BF∥CG，
又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD，
所以BF∥平面PCD.
(2)因为AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，所以AB⊥PE，又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD.
连接EC，易知四边形ABCE为矩形，故直线EC，ED，PE两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，PE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，则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，
则 eq \(AB,\s\up10(→)) ＝(1，0，0)， eq \(AP,\s\up10(→)) ＝(0，1，2)， eq \(PC,\s\up10(→)) ＝(1，0，－2)， eq \(PD,\s\up10(→)) ＝(0，2，－2).
设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(AB,\s\up10(→))＝x1＝0，,n1·\(AP,\s\up10(→))＝y1＋2z1＝0，))
可取n1＝(0，－2，1).
设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(PC,\s\up10(→))＝x2－2z2＝0，,n2·\(PD,\s\up10(→))＝2y2－2z2＝0，))
可取n2＝(2，1，1).
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(\r(30),30) .
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 eq \f(\r(30),30) .
命题角度❷ 求距离
(2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AD⊥AB，AB∥CD，AA1＝2，AB＝2AD＝2，DC＝1，N是B1C1的中点，M是DD1的中点．
(1)求证D1N∥平面CB1M；
(2)求平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值；
(3)求点B到平面CB1M的距离．
【解】 (1)
证明：以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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，
依题意得，B(2，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，B1(2，0，2)，C1(1，1，2)，D1(0，1，2)，
则M(0，1，1)，N( eq \f(3,2) ， eq \f(1,2) ，2)，所以 eq \(D1N ,\s\up10(→))＝( eq \f(3,2) ，－ eq \f(1,2) ，0)， eq \(CB1,\s\up10(→)) ＝(1，－1，2)， eq \(CM,\s\up10(→)) ＝(－1，0，1).
设平面CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB1,\s\up10(→))＝0，,n·\(CM,\s\up10(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1－y1＋2z1＝0，,－x1＋z1＝0，))
取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1，3，1).
eq \(D1N,\s\up10(→)) ·n＝( eq \f(3,2) ，－ eq \f(1,2) ，0)·(1，3，1)＝ eq \f(3,2) － eq \f(3,2) ＝0，所以 eq \(D1N,\s\up10(→)) ⊥n，显然D1N⊄平面CB1M，所以D1N∥平面CB1M.(另解：也可以取B1C的中点E，连接NE，ME(图略)，通过证明D1N∥ME得到D1N∥平面CB1M)
(2)易知 eq \(CB1,\s\up10(→)) ＝(1，－1，2)， eq \(BC,\s\up10(→)) ＝(－1，1，0)，
设平面BB1C1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(CB1,\s\up10(→))＝0，,m·\(BC,\s\up10(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－y2＋2z2＝0，,－x2＋y2＝0，))
取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1，1，0).
设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ，
则cs θ＝|cs 〈n，m〉|＝ eq \f(|n·m|,|n||m|) ＝ eq \f(4,\r(11)×\r(2)) ＝ eq \f(2\r(22),11) ，所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为 eq \f(2\r(22),11) .
(3)解：易知 eq \(BB1,\s\up10(→)) ＝(0，0，2).
设点B到平面CB1M的距离为d，
则d＝ eq \f(|\(BB1,\s\up10(→))·n|,|n|) ＝ eq \f(2,\r(11)) ＝ eq \f(2\r(11),11) ，
所以点B到平面CB1M的距离为 eq \f(2\r(11),11) .
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(1)向量法求点到直线距离的步骤：①根据图形求出直线的单位方向向量v；②在直线上任取一点M(可选择便于计算的特殊点)，计算点M与直线外的点N的方向向量 eq \(MN,\s\up10(→)) ；③计算垂线段长度d＝ eq \r(\(MN,\s\up10(→))2－（\(MN,\s\up10(→))·v）2) .
(2)求点到平面的距离的向量方法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，P是平面外一点，则点P到α的距离为d＝ eq \f(|\(PA,\s\up10(→))·n|,|n|) .
如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AB＝BC＝BB1＝1.
(1)求证：AC∥平面BA1C1；
(2)若AB⊥BC，求：
①AA1与平面BA1C1所成角的正弦值；
②直线AC到平面BA1C1的距离．
解：(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形AA1C1C为平行四边形，所以AC∥A1C1.因为AC⊄平面BA1C1，A1C1⊂平面BA1C1，所以AC∥平面BA1C1.
(2)因为BB1⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，所以BB1⊥AB，BB1⊥BC，又AB⊥BC，所以AB，BC，BB1两两互相垂直．
如图，以B为坐标原点，BA，BB1，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B1(0，1，0)，C1(0，1，1)，A1(1，1，0)，B(0，0，0)，所以 eq \(BA1,\s\up10(→)) ＝(1，1，0)， eq \(BC1,\s\up10(→)) ＝(0，1，1)， eq \(AA1,\s\up10(→)) ＝(0，1，0)，设平面BA1C1的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up10(→))＝0，,n·\(BC1,\s\up10(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋z＝0.))
令x＝1，则y＝－1，z＝1，于是n＝(1，－1，1).
①设直线AA1与平面BA1C1所成的角为θ，则
sin θ＝|cs 〈 eq \(AA1,\s\up10(→)) ，n〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AA1,\s\up10(→))·n,|\(AA1,\s\up10(→))||n|))) ＝
eq \f(|0×1＋1×（－1）＋0×1|,1×\r(12＋（－1）2＋12)) ＝ eq \f(\r(3),3) ，
所以AA1与平面BA1C1所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),3) .
②因为AC∥平面BA1C1，所以直线AC到平面BA1C1的距离就是点A到平面BA1C1的距离，设点A到平面BA1C1的距离为h，则h＝ eq \f(|\(AA1,\s\up10(→))·n|,|n|) ＝ eq \f(|0×1＋1×（－1）＋0×1|,\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),3) .
大题考法3 翻折、探索问题
(2024·新课标Ⅱ卷)如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5 eq \r(3) ，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足 eq \(AE,\s\up10(→)) ＝ eq \f(2,5) eq \(AD,\s\up10(→)) ， eq \(AF,\s\up10(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up10(→)) .将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4 eq \r(3) .
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
【解】 (1)证明：由题得，AE＝ eq \f(2,5) AD＝2 eq \r(3) ，AF＝ eq \f(1,2) AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cs 30°＝4，故EF＝2.
又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE.
由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED，
又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED.
又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD.
(2)如图，连接CE，又DE＝3 eq \r(3) ，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝ eq \r(DE2＋CD2) ＝6.
又PE＝AE＝2 eq \r(3) ，PC＝4 eq \r(3) ，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE.
又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD.
EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0，0，2 eq \r(3) )，D(0，3 eq \r(3) ，0)，F(2，0，0)，A(0，－2 eq \r(3) ，0)，C(3，3 eq \r(3) ，0)，
连接PA，则 eq \(PD,\s\up10(→)) ＝(0，3 eq \r(3) ，－2 eq \r(3) )， eq \(DC,\s\up10(→)) ＝(3，0，0)， eq \(AP,\s\up10(→)) ＝(0，2 eq \r(3) ，2 eq \r(3) )， eq \(AF,\s\up10(→)) ＝(2，2 eq \r(3) ，0).
设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(PD,\s\up10(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n1·\(DC,\s\up10(→))＝3x1＝0，))
可取n1＝(0，2，3).
设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(AP,\s\up10(→))＝2\r(3)y2＋2\r(3)z2＝0，,n2·\(AF,\s\up10(→))＝2x2＋2\r(3)y2＝0，))
可取n2＝( eq \r(3) ，－1，1).
cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1||n2|) ＝ eq \f(1,\r(65)) .
故平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为 eq \r(1－\f(1,65)) ＝ eq \f(8\r(65),65) .
(1)破解平面图形折叠问题的解题步骤：
①看定与变：弄清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
②双图并用：在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
③用公式：利用两向量的夹角公式，点到面的距离公式等进行求解．
④下结论：得出正确的结论．
(2)破解空间中的探索性问题的解题步骤：
①观图巧证明：找出点或线的位置关系，并用向量表示出来，然后加以证明．
②假设存在：假设所求的点或参数存在．
③构建方程(组)：利用参数表示相关的点，根据线、面满足的垂直、平行或角的关系，构建方程(组)求解．
④得出结论：若能求出参数的值且符合限定的范围，则说明假设成立，即存在，否则不存在．
(2024·莆田三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是正方形，PA＝PC＝ eq \r(2) AD，M为侧棱PD上的点，PD⊥平面MAC.
(1)证明：PB⊥AC；
(2)若PB＝PD，求二面角P-AC-M的大小；
(3)在(2)的前提下，在侧棱PC上是否存在一点N，使得BN∥平面MAC？若存在，求出 eq \f(PC,PN) 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：连接BD，记AC∩BD＝O，连接OP，由四边形ABCD是正方形，得O是AC的中点，由PA＝PC，得OP⊥AC，又BD⊥AC，OP，BD⊂平面PBD，OP∩BD＝O，则AC⊥平面PBD，又PB⊂平面PBD，所以PB⊥AC.
(2)由(1)知，OP⊥AC，由PB＝PD，得OP⊥BD，即OB，OC，OP两两垂直，
以O为原点， eq \(OB,\s\up10(→)) ， eq \(OC,\s\up10(→)) ， eq \(OP,\s\up10(→)) 的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
设AD＝2，则OP＝ eq \r(6) ，P(0，0， eq \r(6) )，B( eq \r(2) ，0，0)，D(－ eq \r(2) ，0，0)，
由PD⊥平面MAC，得 eq \(DP,\s\up10(→)) ＝( eq \r(2) ，0， eq \r(6) )是平面MAC的一个法向量，
显然 eq \(BD,\s\up10(→)) ＝(－2 eq \r(2) ，0，0)是平面PAC的一个法向量，
设二面角P-AC-M的平面角为θ，由图知θ为锐角，
则cs θ＝|cs 〈 eq \(DP,\s\up10(→)) ， eq \(BD,\s\up10(→)) 〉|＝ eq \f(|\(DP,\s\up10(→))·\(BD,\s\up10(→))|,|\(DP,\s\up10(→))||\(BD,\s\up10(→))|) ＝ eq \f(4,2\r(2)×2\r(2)) ＝ eq \f(1,2) ，解得θ＝60°，
所以二面角P-AC-M的大小为60°.
(3)假设在侧棱PC上存在一点N，使得BN∥平面MAC，且 eq \(CN,\s\up10(→)) ＝t eq \(CP,\s\up10(→)) (0≤t≤1)，
由(2)知，P(0，0， eq \r(6) )，B( eq \r(2) ，0，0)，C(0， eq \r(2) ，0)， eq \(BC,\s\up10(→)) ＝(－ eq \r(2) ， eq \r(2) ，0)， eq \(CP,\s\up10(→)) ＝(0，－ eq \r(2) ， eq \r(6) )，
则 eq \(CN,\s\up10(→)) ＝t eq \(CP,\s\up10(→)) ＝(0，－ eq \r(2) t， eq \r(6) t)， eq \(BN,\s\up10(→)) ＝ eq \(BC,\s\up10(→)) ＋ eq \(CN,\s\up10(→)) ＝(－ eq \r(2) ， eq \r(2) (1－t)， eq \r(6) t)，平面MAC的一个法向量是 eq \(DP,\s\up10(→)) ＝( eq \r(2) ，0， eq \r(6) )，
由BN∥平面MAC，得 eq \(DP,\s\up10(→)) ⊥ eq \(BN,\s\up10(→)) ，
即 eq \(BN,\s\up10(→)) · eq \(DP,\s\up10(→)) ＝0，则－2＋6t＝0，
解得t＝ eq \f(1,3) ，即 eq \(CN,\s\up10(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(CP,\s\up10(→)) ，则 eq \f(PC,PN) ＝ eq \f(3,2) ，
所以在侧棱PC上存在一点N，使得BN∥平面MAC，此时 eq \f(PC,PN) ＝ eq \f(3,2) .
1.如图，已知VC是△ABC所在平面的一条斜线，点N是V在平面ABC上的射影，且在△ABC的高线CD上．AB＝a，VC与AB之间的距离为h，点M∈VC.
(1)证明：∠MDC是二面角M-AB-C的平面角；
(2)当∠MDC＝∠CVN时，证明VC⊥平面AMB.
证明：(1)由题意及题图知，CD⊥AB，VN⊥平面ABC，N∈CD，
因为AB⊂平面ABC，所以VN⊥AB.
又因为CD∩VN＝N，CD，VN⊂平面VNC，所以AB⊥平面VNC，
因为DM⊂平面VNC，
所以AB⊥DM，又AB⊥CD，所以∠MDC为二面角M-AB-C的平面角．
(2)由已知，∠MDC＝∠CVN，在△VNC与△DMC中，∠NCV＝∠MCD，所以△VNC∽△DMC，又因为∠VNC＝90°，所以∠DMC＝∠VNC＝90°，故有DM⊥VC，由(1)得AB⊥平面VNC，VC⊂平面VNC，所以AB⊥VC，
又AB∩DM＝D，AB，DM⊂平面AMB，所以VC⊥平面AMB.
2.
如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是矩形，E为AD的中点，AD⊥平面PAB，PA⊥PB，M为PB的中点．
(1)求证：EM∥平面PCD；
(2)若AP＝AD，AB＝ eq \r(2) AD，求直线EM与平面PCE所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，取PC的中点为F，连接MF，DF，
则MF∥BC∥DE，且MF＝ eq \f(1,2) BC＝DE，
所以四边形DEMF是平行四边形，
所以DF∥EM，
因为DF⊂平面PCD，EM⊄平面PCD，
所以EM∥平面PCD.
(2)解：因为AD⊥平面PAB，PA，PB⊂平面PAB，所以AD⊥PA，AD⊥PB.以A为坐标原点，以在平面PAB内垂直于AB的直线为x轴，AB，AD所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示．
设AD＝2，则AP＝2，AB＝2 eq \r(2) .
因为PA⊥PB，所以∠PAB＝45°.
所以P( eq \r(2) ， eq \r(2) ，0)，B(0，2 eq \r(2) ，0)，E(0，0，1)，C(0，2 eq \r(2) ，2)，M( eq \f(\r(2),2) ， eq \f(3\r(2),2) ，0)，所以 eq \(EC,\s\up10(→)) ＝(0，2 eq \r(2) ，1)， eq \(PC,\s\up10(→)) ＝(－ eq \r(2) ， eq \r(2) ，2)， eq \(EM,\s\up10(→)) ＝( eq \f(\r(2),2) ， eq \f(3\r(2),2) ，－1).
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up10(→))＝0，,n·\(EC,\s\up10(→))＝0，,)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x＋\r(2)y＋2z＝0，,2\r(2)y＋z＝0，))
不妨令y＝－1，得z＝2 eq \r(2) ，x＝3，所以n＝(3，－1，2 eq \r(2) )，
设直线EM与平面PCE所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈 eq \(EM,\s\up10(→)) ，n〉|＝ eq \f(|\(EM,\s\up10(→))·n|,|\(EM,\s\up10(→))||n|) ＝ eq \f(2\r(2),\r(6)×3\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),9) ，
所以直线EM与平面PCE所成角的正弦值为 eq \f(\r(6),9) .
3.(2024·佛山二模)如图，在直三棱柱形木料ABC-A1B1C1中，D为上底面ABC内一点．
(1)经过点D在上底面ABC上画一条直线l与B1D垂直，应该如何画线，请说明理由；
(2)若BC＝BB1＝1，AB＝2，∠A1B1C1＝ eq \f(π,2) ，E为A1B1的中点，求点B到平面AC1E的距离．
解：(1)连接BD，在平面ABC上作l⊥BD，
因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因为l⊂平面ABC，所以BB1⊥l，
因为BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D，所以l⊥平面BB1D，
因为B1D⊂平面BB1D，所以l⊥B1D.
(2)因为∠A1B1C1＝ eq \f(π,2) ，
所以B1A1，B1C1，B1B两两互相垂直，以B1为原点，分别以B1A1，B1C1，B1B所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，B(0，0，1)，A(2，0，1)，E(1，0，0)，C1(0，1，0)，则 eq \(BA,\s\up10(→)) ＝(2，0，0)， eq \(EA,\s\up10(→)) ＝(1，0，1)， eq \(EC1,\s\up10(→)) ＝(－1，1，0).
设平面AC1E的法向量为m＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(EA,\s\up10(→))＝0，,m·\(EC1,\s\up10(→))＝0，)) 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋z＝0，,－x＋y＝0，))
取x＝1，则m＝(1，1，－1)，
设点B到平面AC1E的距离为d，
则d＝ eq \f(|\(BA,\s\up10(→))·m|,|m|) ＝ eq \f(2\r(3),3) ，
因此点B到平面AC1E的距离为 eq \f(2\r(3),3) .
4．(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AA1＝2，A1到平面BCC1B1的距离为1.
(1)证明：A1C＝AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O，
因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，
又∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，
因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，且A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
因为A1O⊂平面ACC1A1，所以BC⊥A1O，
又CC1，BC⊂平面BCC1B1，且CC1∩BC＝C，
所以A1O⊥平面BCC1B1，所以A1O＝1.
由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC1＝AA1＝2，A1O＝1，
所以O为CC1的中点，又A1O⊥CC1，所以A1C＝A1C1，
又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝A1C1，
所以A1C＝AC.
(2)如图，连接A1B，由(1)易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接A1F，则A1F⊥BB1，
因为AA1与BB1的距离为2，所以A1F＝2，
又A1O＝1且A1C＝AC，
所以A1C＝A1C1＝AC＝ eq \r(2) ，AB＝A1B1＝ eq \r(5) ，BC＝ eq \r(3) .
以C为坐标原点，以CA，CB，CA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示，
则C(0，0，0)，A( eq \r(2) ，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，
B1(－ eq \r(2) ， eq \r(3) ， eq \r(2) )，C1(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，
所以 eq \(CB,\s\up10(→)) ＝(0， eq \r(3) ，0)， eq \(CC1,\s\up10(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，
eq \(AB1,\s\up10(→)) ＝(－2 eq \r(2) ， eq \r(3) ， eq \r(2) )，
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CB,\s\up10(→))＝0，,n·\(CC1,\s\up10(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,－\r(2)x＋\r(2)z＝0，))
取x＝1，则y＝0，z＝1，
所以平面BCC1B1的一个法向量为n＝(1，0，1).
设AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs 〈n， eq \(AB1,\s\up10(→)) 〉|＝ eq \f(|n·\(AB1,\s\up10(→))|,|n||\(AB1,\s\up10(→))|) ＝ eq \f(\r(13),13) .
所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 eq \f(\r(13),13) .
5．如图，在四边形ABCP中，△ABC是边长为2 eq \r(3) 的正三角形，CP＝CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达P′的位置，若平面P′BC⊥平面ABC，且BC⊥AP′.
(1)求线段AP′的长；
(2)设点M在线段P′C上，且满足MC＝2P′M，求二面角P′-AB-M的余弦值．
解：(1)如图，取BC的中点O，连接AO，P′O，
因为△ABC为正三角形，O为BC的中点，所以AO⊥BC，
又BC⊥AP′，AO∩AP′＝A，AO，AP′⊂平面AP′O，
所以BC⊥平面AP′O，又P′O⊂平面AP′O，
所以BC⊥P′O，所以BP′＝CP′＝2 eq \r(3) ，
即△P′BC为正三角形，所以OP′＝3.
又平面P′BC⊥平面ABC，平面P′BC∩平面ABC＝BC，AO⊥BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面P′BC，又P′O⊂平面P′BC，所以AO⊥P′O，
又AO＝3，所以AP′＝ eq \r(AO2＋OP′2) ＝3 eq \r(2) .
(2)结合(1)知P′O⊥平面ABC，
AO⊥BC，所以以O为坐标原点，OA，OB，OP′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，
则A(3，0，0)，B(0， eq \r(3) ，0)，P′(0，0，3)，M(0，－ eq \f(\r(3),3) ，2)，
eq \(AB,\s\up10(→)) ＝(－3， eq \r(3) ，0)， eq \(AP′,\s\up10(→)) ＝(－3，0，3)， eq \(BM,\s\up10(→)) ＝(0，－ eq \f(4\r(3),3) ，2).
设平面P′AB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up10(→))＝0，,m·\(AP′,\s\up10(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x1＋\r(3)y1＝0，,－3x1＋3z1＝0，))
取x1＝1，则m＝(1， eq \r(3) ，1).
设平面ABM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up10(→))＝0，,n·\(BM,\s\up10(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3x2＋\r(3)y2＝0，,－\f(4\r(3),3)y2＋2z2＝0，))
取x2＝1，则n＝(1， eq \r(3) ，2).
所以cs 〈m，n〉＝ eq \f(m·n,|m||n|) ＝ eq \f(6,\r(5)×\r(8)) ＝ eq \f(3\r(10),10) .
由图知二面角P′-AB-M为锐角，
所以二面角P′-AB-M的余弦值为 eq \f(3\r(10),10) .
6.如图，在四棱锥S -ABCD中，底面ABCD为矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝ eq \r(2) .
(1)证明：BD⊥平面SOC；
(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为 eq \f(1,5) ？若存在，求 eq \f(SE,SD) 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为SA＝SB＝AB，O为AB的中点，
所以SO⊥AB.
因为平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO⊂平面SAB，所以SO⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以SO⊥BD.
因为 eq \f(CB,BO) ＝ eq \f(BA,AD) ＝ eq \r(2) ，∠CBO＝∠BAD＝90°，
所以△CBO∽△BAD，故∠BCO＝∠ABD，所以∠ABD＋∠COB＝∠BCO＋∠COB＝90°，所以BD⊥CO.又CO∩SO＝O，CO，SO⊂平面SOC，所以BD⊥平面SOC.
(2)如图，在底面ABCD中，过点O作OM垂直AB交棱CD于点M，以O为坐标原点，OS，OA，OM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由已知得，O(0，0，0)，A(0，1，0)，B(0，－1，0)，C(0，－1， eq \r(2) )，D(0，1， eq \r(2) )，S( eq \r(3) ，0，0).
假设存在满足条件的点E，设 eq \f(SE,SD) ＝λ(0≤λ≤1)，
则E( eq \r(3) － eq \r(3) λ，λ， eq \r(2) λ)，
连接AE，BE，则 eq \(AE,\s\up10(→)) ＝( eq \r(3) － eq \r(3) λ，λ－1， eq \r(2) λ)， eq \(AB,\s\up10(→)) ＝ eq \(DC,\s\up10(→)) ＝(0，－2，0)， eq \(DS,\s\up10(→)) ＝( eq \r(3) ，－1，－ eq \r(2) ).
设n＝(x，y，z)为平面SCD的法向量，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DC,\s\up10(→))＝0，,n·\(DS,\s\up10(→))＝0，,)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2y＝0，,\r(3)x－y－\r(2)z＝0，))
则y＝0，令x＝ eq \r(2) ，可得n＝( eq \r(2) ，0， eq \r(3) ).
设m＝(x1，y1，z1)为平面ABE的法向量，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up10(→))＝0，,m·\(AE,\s\up10(→))＝0，,))
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2y1＝0，,（\r(3)－\r(3)λ）x1＋（λ－1）y1＋\r(2)λz1＝0，))
则y1＝0，令x1＝ eq \r(2) λ，可得m＝( eq \r(2) λ，0， eq \r(3) λ－ eq \r(3) ).
因此|cs 〈m，n〉|＝ eq \f(|m·n|,|m||n|) ＝ eq \f(|2λ＋3λ－3|,\r(5λ2－6λ＋3)×\r(5)) ＝ eq \f(1,5) ，
解得λ＝ eq \f(1,2) 或λ＝ eq \f(7,10) ，所以 eq \f(SE,SD) ＝ eq \f(1,2) 或 eq \f(SE,SD) ＝ eq \f(7,10) .