【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点测试37 空间向量在立体几何中的应用 含解析【高考】.doc，共(24)页，624.500 KB，由小赞的店铺上传

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1考点测试37空间向量在立体几何中的应用高考概览本考点是高考必考知识点，题型为解答题，分值为12分，中等难度考纲研读1.理解直线的方向向量与平面的法向量2．能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系3

．能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理，了解三垂线定理及其逆定理4．了解空间向量投影的概念以及投影向量的意义，能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题5．能用向量

方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用一、基础小题1．设直线l与平面α相交，且l的方向向量为a，平面α的法向量为n，若〈a，n〉＝2π3，则l与α所成的角为()A.2π3B．π3C.π6D．5π6答案C解析线面角的范围是

0，π2.因为〈a，n〉＝2π3，所以l与平面α的法向量所在直线所成的角为π3，所以l与α所成的角为π6.故选C.2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D2的中点，N是A1B1的中点，则直线NO，

AM的位置关系是()A．平行B．相交C．异面垂直D．异面不垂直答案C解析建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，NO→＝(－1,0，－2)，AM→＝(－2,0,1)，NO→·AM→＝0，则直线NO，AM的位置关

系是异面垂直．3．在各棱长均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为()A.3B．1C.63D．22答案C解析解法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，P

B，则由直三棱柱的性质可知A1M∥PB，则∠PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)．设三棱柱的棱长为2，则PN＝2，PB＝5，BN＝3，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝PNBN＝23

＝63，故选C.解法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴、y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，3设AB＝2，则N(0,0,0)，A1(0，－1,2)，B(3，0,0)，M(3，0,1)，所以NB→＝(3，0,0)，A1M→＝(3，1，－1)，设直线

A1M与BN所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈NB→，A1M→〉|＝|NB→·A1M→||NB→||A1M→|＝33×5＝155，则sinθ＝105，tanθ＝63，故选C.4．已知四边形ABCD是边长为4的正方形，E，F分别是边AB，AD的中点，GC垂直于正方形ABCD所在平面α

，且GC＝2，则点B到平面EFG的距离为()A．3B．5C.1111D．21111答案D解析如图所示，建立空间直角坐标系，则B(0,4,0)，E(2,4,0)，F(4,2,0)，G(0,0,2)．所以GE→＝(2

,4，－2)，GF→＝(4,2，－2)．设n＝(x，y，z)是平面EFG的法向量，则n·GE→＝2x＋4y－2z＝0，n·GF→＝4x＋2y－2z＝0.令x＝1，则y＝1，z＝3.所以n＝(1,1,3)是平面EFG的一个法向量．而EB→＝(－2,0,0)，所以点B到平面EFG的距离d＝|

n·EB→||n|＝21111.故选D.5．(多选)若将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则下列结论中正确4的是()A．异面直线AB与CD所成的角为45°B．AC⊥BDC．△ACD是等边三角形D．二面角A－BC－D的平面角

的正切值是2答案BCD解析取BD的中点O，连接AO，CO，∵正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，∴以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设OC＝1，则A(0,0,1)，B(0，－1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)

，AB→＝(0，－1，－1)，CD→＝(－1,1,0)，∴cos〈AB→，CD→〉＝AB→·CD→|AB→||CD→|＝－12×2＝－12，∴异面直线AB与CD所成的角为60°，故A错误；∵AC→＝(1,0，－1)，BD→＝(0,2,0)

，∴AC→·BD→＝0，∴AC⊥BD，故B正确；∵OA＝OC＝OD＝1，且OA，OC，OD两两垂直，∴AC＝CD＝AD＝2，∴△ACD是等边三角形，故C正确；平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，BA→＝(0,1,1)，BC→＝(1,1,0)，设平面ABC的法向量为m＝(x

，y，z)，则m·BA→＝y＋z＝0，m·BC→＝x＋y＝0，取x＝1，得m＝(1，－1，1)，设二面角A－BC－D的平面角为α，则cosα＝|cos〈m，n〉|＝13＝33，∴sinα＝1－332＝63.∴二面角A－BC－D的平面角的正切5值是6333＝2，故D

正确．6.(多选)如图，棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是()A．直线D1P与AC所成的角可能是π6B．平面D1A1P⊥平面A1APC．三棱锥D1

－CDP的体积为定值D．平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形答案BC解析对于A，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则D1(0，0,1

)，A(1,0,0)，C(0，1,0)，设P(1，a,1－a)(0＜a＜1)，D1P→＝(1，a，－a)，AC→＝(－1,1,0)，cos〈D1P→，AC→〉＝D1P→·AC→|D1P→||AC→|＝a－11

＋a2＋(－a)2×2＜0，∵0＜a＜1，∴π2＜〈D1P→，AC→〉＜3π4，∴直线D1P与AC所成的角的范围为π4，π2，故A错误；对于B，正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1D1⊥AA1，A1D1⊥AB，∵AA1∩AB＝A，

∴A1D1⊥平面A1AP，∵A1D1⊂平面D1A1P，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，故6B正确；对于C，∵S△CDD1＝12×1×1＝12，P到平面CDD1的距离为BC＝1，∴三棱锥D1－CDP的体积VD1－CDP＝VP－CDD1＝13×1

2×1＝16为定值，故C正确；对于D，平面APD1截正方体所得的截面不可能是直角三角形，故D错误．故选BC.二、高考小题7．(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝3，则异面直线AD1与DB

1所成角的余弦值为()A.15B．56C.55D．22答案C解析如图，以D为坐标原点，DA→，DC→，DD1→的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1，0,0)，B1(1,1，3)，D1(0

,0，3)，所以AD1→＝(－1，0，3)，DB1→＝(1,1，3)，因为cos〈AD1→，DB1→〉＝AD1→·DB1→|AD1→||DB1→|＝－1＋32×5＝55，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为55，故选C.8.(2015·四川高考)如右图，四边形ABCD和ADPQ均为正方

形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．7答案25解析以A为坐标原点，AB，AD，AQ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Axyz，设正方形边长为2，M(0，y,2)(0≤y≤2)，则A(0，0,0)，E(1，0,0)，F(2，1,0)，∴EM→＝(－1，y,2)，AF→＝(2,1,0)，∴cosθ＝|EM→·AF→||EM→||AF→|＝|－2＋y

|y2＋5×5＝2－y5×y2＋5.令t＝2－y，要使cosθ最大，显然0<t≤2.∴cosθ＝15×t9－4t＋t2＝15×13t－232＋59≤15×132－232＋59＝15×25＝25.当且仅当t＝2，即点M与点Q重合时，cosθ取得最大值2

5.三、模拟小题9.(2021·湖南湘潭模拟)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B，AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A．斜交B．平行8C．垂直D．MN在平面

BB1C1C内答案B解析以点C1为坐标原点，C1B1，C1D1，C1C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，由于A1M＝AN＝2a3，则Ma，2a3，a3，N2a3，2a3，a，MN→＝－a3，0，2a3.又C1D1⊥平面B

B1C1C，所以C1D1→＝(0，a,0)为平面BB1C1C的一个法向量．因为MN→·C1D1→＝0，所以MN→⊥C1D1→，又MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.10．(2021·江西宜春4月模拟)

在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知点P是正方形AA1D1D内部(不含边界)的一个动点，若直线AP与平面AA1B1B所成角的正弦值和异面直线AP与DC1所成角的余弦值相等，则线段A1P长度的最小

值是()A.23B．223C.33D．23答案C解析如图，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，可设P(x,0，z)，由A(1,0,0)，C1(0,1,1)，D(0，0,0)，A1(1，0,1)，9得AP→＝(x－1，0，

z)，DC1→＝(0,1,1)，DA→＝(1,0,0)，设直线AP与平面AA1B1B所成的角为θ，异面直线AP与DC1所成的角为α，可得cosα＝|cos〈AP→，DC1→〉|＝z2·(x－1)2＋z2，

sinθ＝|cos〈AP→，DA→〉|＝1－x(x－1)2＋z2，0＜x＜1，由sinθ＝cosα，可得z＝2(1－x)，则|A1P→|＝(x－1)2＋(z－1)2＝(x－1)2＋(2－1－2x)2＝3x2－(6－22)x＋4－22.∴当x＝3－23，z＝23时，

线段A1P长度取得最小值33.故选C.11.(2021·河北衡水5月模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为6，点F是棱AA1的中点，AC与BD的交点为O，点M在棱BC上，且BM＝2MC，动点T(不同于点M)在四边形ABCD内部及其边界上运动，且TM

⊥OF，则直线B1F与TM所成角的余弦值为()A.104B．105C.54D．55答案B解析解法一(定义法)：易知BD⊥AC.因为AF⊥平面ABCD，所以AF⊥BD，又AF∩AC＝A，所以BD⊥平面AFO，又OF⊂平面AFO，所以BD⊥OF.10

如图，在棱DC上取一点N，且DN＝2NC，连接NM，则NM∥BD，所以NM⊥OF，所以动点T的轨迹为线段MN(不包括M点)．取棱CC1的中点H，连接DH，易知DH∥B1F，则∠HDB即异面直线B1F与TM所成的角．连接BH，因为DH＝62＋32＝35，BD＝62，BH＝

35，所以cos∠HDB＝DH2＋BD2－BH22DH·BD＝105，故选B.解法二(向量法)：以A为坐标原点，AD，AB，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．易知B1(0,6,6)，F(

0,0,3)，M(4,6,0)，O(3,3,0)，设T(x，y,0)，则TM→＝(4－x,6－y,0)，B1F→＝(0，－6，－3)，OF→＝(－3，－3,3)．由题意知TM→·OF→＝－3(4－x)－3(6－y

)＝0，得y＝10－x，所以TM→＝(4－x，x－4,0)，又点T不与点M重合，所以x－4≠0，则|cos〈B1F→，TM→〉|＝|－6(x－4)|36＋9×(4－x)2＋(x－4)2＝105，所以直线B1F与TM所成角的余弦值为105.故选B.12.(多选)(202

1·湖南第三次模拟)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝2，∠A＝60°，沿对角线BD将△ABD折起到△PBD的位置，使得平面PBD⊥平面BCD，下列说法正确的有()A．平面PCD⊥平面PBDB．三棱锥P－BCD的四个面都是直角三角形1

1C．PD与BC所成角的余弦值为34D．过BC的平面与PD交于点M，则△MBC面积的最小值为217答案ABD解析在△BCD中，因为CD＝AB＝1，BC＝AD＝2，∠BCD＝∠A＝60°，所以BD＝3，所以BD2＋CD2＝BC2，所以CD⊥BD.因为平面PBD⊥平面BCD且

交于BD，所以CD⊥平面PBD，所以CD⊥PD.同理PB⊥平面BCD.因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PBD，故A，B正确；以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B(3，0,0)

，C(0,1,0)，P(3，0,1)．因为DP→＝(3，0,1)，BC→＝(－3，1,0)，所以cos〈BC→，DP→〉＝BC→·DP→|BC→||DP→|＝－34.所以PD与BC所成角的余弦值为34，故C错误；因为M在线段PD上，设M(3a,0，a)，0≤a≤1，则MB→＝(

3－3a,0，－a)，所以M到BC的距离d＝MB→2－MB→·BC→|BC→|2＝74a2－32a＋34＝74a－372＋37，当a＝37时，dmin＝217，所以△MBC面积的最小值为12BC·dmin＝217，故D正确．故选A

BD.13．(2021·山东济南章丘区高三模拟)正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足C1F→＝3FC→，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD

|的取值范围是____________．答案13，2109512解析以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设M(x,0，z)，B(2,2,0)，D1(0,0,4)，E(2,1,0)，因为C1F→＝3FC→，所以F是CC1的四等分点(靠近C)，所以F(0,2,1)，所以D1

E→＝(2,1，－4)，D1F→＝(0,2，－3)，设平面D1EF的法向量为n＝(a，b，c)，则D1E→·n＝0，D1F→·n＝0，即2a＋b－4c＝0，2b－3c＝0，令c＝2，则a＝52，b＝3，故n＝52，3，2，又MB→＝

(2－x,2，－z)，MB→∥平面D1EF，所以MB→⊥n，即MB→·n＝0，所以52(2－x)＋6－2z＝0，所以z＝112－54x，故|MD→|＝x2＋z2＝x2＋112－54x2＝41x

2－220x＋4844，因为0≤x≤2,0≤z≤4，所以0≤112－54x≤4，故x∈65，2，因为x＝2202×41＝11041>2，所以|MD|在x∈65，2上单调递减，所以当x＝65时，|MD|取最大值，为41×652－220×65＋4844＝21095

，当x＝2时，|MD|取最小值，为41×22－220×2＋4844＝13，所以|MD|的取值范围是13，21095.14．(2021·浙江省嘉兴市海宁市高三适应性考试)三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC＝6，点Q为平面ABC内的动点

，且满足PQ＝3，记直线PQ与直线AB所成的角为θ，则sinθ的取值范围为________．13答案63，1解析因为PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC，所以由全等三角形可知AB＝AC＝BC，所以三棱锥P－ABC为正三

棱锥，记P在底面ABC内的投影为O，所以AB＝AC＝BC＝PA2＋PB2＝23，因为AOcos30°＝AB2，所以AO＝2，所以PO＝AP2－AO2＝2，因为PQ＝3，所以OQ＝PQ2－PO2＝1，所以Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，取AB中点D，连接CD，可知C

D经过点O，建立如图所示的空间直角坐标系，设Q(cosα，sinα，0)，A(1，－3，0)，B(1，3，0)，P(0,0，2)，所以PQ→＝(cosα，sinα，－2)，AB→＝(0,23，0)，所以cos〈PQ→，AB→〉＝23sinα23×3＝33sinα，所以c

osθ＝|cos〈PQ→，AB→〉|＝33|sinα|，所以sinθ＝1－cos2θ＝1－13sin2α，且sin2α∈[0,1]，所以1－13sin2α∈23，1，所以sinθ∈63，1.15.(2021·福建泉州

模拟)若点M在平面α外，过点M作平面α的垂线，则称垂足N为点M在平面α内的正投影，记为N＝fα(M)．如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，记平面AB1C1D为β，平面ABCD为γ，点P是棱CC1上一动点(与C，C1不重合)，Q1＝fγ(fβ(P))，Q2＝fβ(f

γ(P))．给出下列三个结论：①线段PQ2长度的取值范围是12，22；②存在点P使得PQ1∥平面β；③存在点P使得PQ1⊥PQ2.其中正确结论的序号是________．14答案①②解析过点P作PE⊥C1D，垂足为E，过点E作EM∥CC1，交CD

于点M，连接CD1，交C1D于点O，如图1所示，∵AD⊥平面CDD1C1，PE⊂平面CDD1C1，∴PE⊥AD，又PE⊥C1D，AD，C1D⊂平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴PE⊥平面AB1C1D，∵EM∥CC1，CC1⊥平面ABCD，∴EM⊥平面ABCD，∴M＝fγ

(fβ(P))，∴M即为Q1.∵四边形CDD1C1为正方形，∴CD1⊥C1D，∵AD⊥平面CDD1C1，CD1⊂平面CDD1C1，∴CD1⊥AD，又AD，C1D⊂平面AB1C1D，AD∩C1D＝D，∴CO⊥平面AB1C1D，∴O＝fβ(fγ(P))，∴O即为Q2.以C为坐标原点，可

建立如图2所示的空间直角坐标系，设CP＝a(0<a<1)，则P(0，0，a)，C(0,0,0)，Q212，0，12，Q11－a2，0，0，E1－a2，0，1＋a2.对于①，|PQ2|＝14＋a－122，∵a∈

(0,1)，∴a－122＋14∈14，12，∴|PQ2|∈12，22，①正确；对于②，∵CQ2⊥平面β，∴平面β的一个法向量为CQ2→＝12，0，12，又PQ1→＝1－a2，0，－

a，令PQ1→·CQ2→＝0，即14－14a－12a＝0，解得a＝13∈(0，1)，∴存在点P，使得PQ1∥平面β，②正确；对于③，PQ1→＝1－a2，0，－a，PQ2→＝12，0，12－a，令PQ1→·PQ2→＝1－a4－12a＋a2＝a

2－34a＋14＝0，方程无解，∴不存在15点P，使得PQ1⊥PQ2，③错误．一、高考大题1．(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.(1)证明：BF⊥DE；(2)当

B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？解(1)证明：因为直三棱柱ABC－A1B1C1中，F为CC1的中点，侧面AA1B1B为正方形，且AB＝BC＝2，所以CF＝1，BF＝5，连接AF，由BF⊥A1B1且AB∥A1B1，得BF⊥AB，所以AF＝3.所

以AC＝22，由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC.如图所示，建立空间直角坐标系Bxyz，于是A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m,0,2)．于是BF→＝(0,2,1)，DE→＝(1－m,1，－2)．由B

F→·DE→＝0，得BF⊥DE.16(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)．设面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，又DE→＝(1－m,1，－2)，EF→＝(－1,1,1)，所以DE→·n2＝0，E

F→·n2＝0，即(1－m)x＋y－2z＝0，－x＋y＋z＝0，令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，于是cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝32m－

122＋272.当m＝12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值绝对值最大，为63，此时其正弦值最小，为33，即当B1D＝12时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．2．(2021·北京高考)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点E为A1D1的中点，直线B1C1交平面C

DE于点F.(1)证明：点F为B1C1的中点；(2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角M－CF－E的余弦值为53，求A1MA1B1的值．17解(1)证明：如图所示，取B1C1的中点F′，连接DE，EF′，F′C，

由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，E，F′为中点，故EF′∥CD，从而E，F′，C，D四点共面，平面CDE即平面CDEF′，据此可得，直线B1C1交平面CDE于点F′，又直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F′重合，即点F为B1C1的中点．(2)以点

D为坐标原点，DA→，DC→，DD1→的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz，不妨设正方体的棱长为2，设A1MA1B1＝λ(0≤λ≤1)，则M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)，从而MC→＝(－2,2－2λ，－2)，

CF→＝(1,0,2)，FE→＝(0，－2,0)，设平面MCF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则m·MC→＝－2x1＋(2－2λ)y1－2z1＝0，m·CF→＝x1＋2z1＝0，当λ＝1时，x1＝z1＝0，令y1＝1，则m＝(0,1,0

)；当λ≠1时，令z1＝－1可得m＝2，11－λ，－1，设平面CFE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·FE→＝－2y2＝0，n·CF→＝x2＋2z2＝0，18令z2＝－1可得n＝(2,0，－1)，当m＝(0,1,

0)时，m·n＝0，则cos〈m，n〉＝0，与题意不符；当m＝2，11－λ，－1时，m·n＝5，|m|＝5＋11－λ2，|n|＝5，则cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝55＋11－λ2×5＝53，整理可得，(λ－1)2＝14，故

λ1＝12，λ2＝32(舍去)．即A1MA1B1的值为12.二、模拟大题3．(2021·湖南长沙长郡中学模拟)如图(1)，已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，AD＝DC＝BC＝1，DE⊥AB于点E，现将△DAE沿DE翻折到△DA′E的位置，

使得二面角A′－DE－B的大小为120°，得到如图(2)所示的四棱锥．点M为A′B的三等分点，且BM＝13BA′.(1)证明：CM∥平面A′DE.(2)求平面A′BE和平面A′DC所成锐二面角的余弦值．解(

1)证明：如图1，取A′E的三等分点G且A′G＝23A′E，连接GM，DG.因为BM＝13BA′，所以GM∥BE且GM＝23BE.19在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝60°，AD＝DC＝BC＝1，DE⊥AB，所以DC∥BE，且DC＝

23BE，所以DC∥GM且DC＝GM，即四边形DCMG为平行四边形，所以DG∥CM，又DG⊂平面A′DE，CM⊄平面A′DE，所以CM∥平面A′DE.(2)因为DE⊥AB，△DAE沿DE翻折到△DA′E的位置，所以DE⊥平面A′BE.由题意得二面角A′－DE－B的大小为120°，即

∠A′EB＝120°.解法一(向量法)：以E为坐标原点，DE，EB所在直线分别为x轴、y轴，过点E且垂直于平面EBCD的直线为z轴建立如图2所示的空间直角坐标系，则C－32，1，0，D－32，0，0，A′0，－14，34，则A′D→＝

－32，14，－34，DC→＝(0,1,0)．设n1＝(x，y，z)是平面A′DC的法向量，则n1·A′D→＝0，n1·DC→＝0，即23x－y＋3z＝0，y＝0.令x＝1，得n1＝(1,0，－2)为平面A′DC的一个法向量．易知平面A′BE的

一个法向量为n2＝(1,0,0)．所以cos〈n1，n2〉＝15＝55，即平面A′BE和平面A′DC所成锐二面角的余弦值为55.解法二(定义法)：如图3，过A′作A′P∥BE，则A′P∥CD，过E作EH⊥A′P于H

，连接HD，易知DH⊥A′P，∠DHE为平面A′BE和平面A′DC所成锐二面角的平面角．20在Rt△DEH中，DE＝32，EH＝34，HD＝DE2＋EH2＝154.所以cos∠DHE＝EHHD＝34154＝55，故

平面A′BE和平面A′DC所成锐二面角的余弦值为55.4.(2021·北京朝阳区模拟)如图，在五面体ABCDEF中，AB∥DC，∠BAD＝π2，CD＝AD＝2，四边形ABFE为平行四边形，FA⊥平面ABCD，FC＝3，

ED＝7.求：(1)直线AB到平面EFCD的距离；(2)二面角F－AD－E的平面角的正切值．解解法一：(1)∵AB∥DC，DC⊂平面EFCD，AB⊄平面EFCD，∴AB∥平面EFCD.∴直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD的距离，过点A作AG⊥FD

于点G，∵∠BAD＝π2，AB∥DC，∴CD⊥AD.又FA⊥平面ABCD，由三垂线定理可知，CD⊥FD，故CD⊥平面FAD，∴CD⊥AG，又FD∩CD＝D，∴AG⊥平面EFCD，∴AG为直线AB到平面EFCD的距离，在Rt△CDF中，FD＝F

C2－CD2＝9－4＝5，由FA⊥平面ABCD，得FA⊥AD，从而在Rt△FAD中，FA＝FD2－AD2＝215－4＝1，∴AG＝FA·ADFD＝25＝255.即直线AB到平面EFCD的距离为255.(2)由已知，FA⊥平面ABCD，得FA⊥A

D，又由∠BAD＝π2，知DA⊥AB，故AD⊥平面ABFE，∴DA⊥AE，∴∠FAE为二面角F－AD－E的平面角，记为θ.在Rt△AED中，AE＝ED2－AD2＝7－4＝3，由四边形ABFE为平行四边形，得FE∥AB，从而∠AFE＝π2.在Rt△AEF中，FE＝AE2－

FA2＝3－1＝2，故tanθ＝FEFA＝2，∴二面角F－AD－E的平面角的正切值为2.解法二：(1)如图，以点A为坐标原点，AB→，AD→，AF→的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2,2,0)，D(

0,2,0)，设F(0,0，z0)(z0＞0)，可得FC→＝(2,2，－z0)，由|FC→|＝3，即22＋22＋z20＝3，解得F(0,0,1)．∵AB∥DC，DC⊂平面EFCD，∴AB∥平面EFCD.∴直线AB到平面EFCD的距离等于点A到平面EFCD的距离．22设平面EFCD的法向量为n1＝

(x1，y1，z1)，则n1·CD→＝0，n1·DF→＝0，即－2x1＝0，－2y1＋z1＝0，令y1＝1，则z1＝2.∴n1＝(0,1,2)为平面EFCD的一个法向量．又AD→＝(0,2,0)，∴直线AB到平

面EFCD的距离为|AD→·n1||n1|＝25＝255.(2)由EF∥平面ABCD.设E(a,0,1)(a＜0)，可得DE→＝(a，－2,1)，由DE＝7，即a2＋4＋1＝7，解得a＝－2，∴DE→＝(－2，－2,1)．设平面

ADE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·AD→＝0，n2·DE→＝0，即2y2＝0，－2x2－2y2＋z2＝0，令x2＝2，则z2＝2.∴n2＝(2，0,2)为平面ADE的一个法向量．易

知平面FAD的一个法向量为n＝(1,0,0)．设二面角F－AD－E的平面角为θ，∴cosθ＝|cos〈n2，n〉|＝|n2·n||n2||n|＝26＝33.∴sinθ＝1－cos2θ＝63，tanθ＝6333＝2.∴二面角F－AD－E的平面角的正切值为2.5.(2021·山东聊

城一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，M是棱PC的中点，点N在棱PB上，且MN⊥PB.23(1)求证：PA∥平面BMD；(2)若AD＝2CD，直线PC与平面ABCD所成的角为60°，求平面DMN与平面PAD所成的

锐二面角的余弦值．解(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OM，因为四边形ABCD是矩形，所以AO＝OC，又因为PM＝MC，所以OM∥PA.又因为PA⊄平面BMD，OM⊂平面BMD，所以PA∥平面BMD.(2)因为PD⊥平面ABC

D，所以∠PCD就是直线PC与平面ABCD所成的角，所以∠PCD＝60°，故DP＝3DC.由已知得DA，DC，DP两两垂直，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设CD＝1，则D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，3)，B(2,1,0)，M

0，12，32，于是DM→＝0，12，32，DP→＝(0,0，3)，PB→＝(2,1，－3)．设PN→＝λPB→，λ∈[0,1]，则DN→＝DP→＋λPB→24＝(2λ，λ，3－3λ)，MN→＝DN→－DM→＝2λ，λ－12，32－3λ，由MN⊥PB

，得MN→·PB→＝0，即4λ＋λ－12－332－3λ＝0，解得λ＝14，所以DN→＝12，14，334.设平面DMN的法向量为m＝(x，y，z)，则由m·DM→＝0，m

·DN→＝0，得12y＋32z＝0，12x＋14y＋334z＝0，令z＝－1，得m＝(3，3，－1)，又平面PAD的一个法向量为n＝(0,1,0)，所以cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝3

7＝217.所以平面DMN与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为217.