2025屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第一部分考點(diǎn)通關(guān)練第六章立體幾何考點(diǎn)測(cè)試48立體幾何中的向量方法含解析新人教B版

PAGE考點(diǎn)測(cè)試48立體幾何中的向量方法高考概覽本考點(diǎn)是高考必考學(xué)問(wèn)點(diǎn)，題型為解答題，分值為12分，中等難度考綱研讀1.理解直線的方向向量與平面的法向量2．能用向量語(yǔ)言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關(guān)系3．能用向量方法證明有關(guān)直線和平面位置關(guān)系的一些定理4．能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計(jì)算問(wèn)題，了解向量方法在探討立體幾何中的應(yīng)用5．能用向量法解決空間的距離問(wèn)題一、基礎(chǔ)小題1．設(shè)直線l與平面α相交，且l的方向向量為a，平面α的法向量為n，若〈a，n〉＝eq\f(2π,3)，則l與α所成的角為()A．eq\f(2π,3) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(5π,6)答案C解析線面角的范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).因?yàn)椤碼，n〉＝eq\f(2,3)π，所以l與平面α的法向量所在直線所成角為eq\f(π,3)，所以l與α所成的角為eq\f(π,6).故選C.2．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中點(diǎn)，N是A1B1的中點(diǎn)，則直線NO，AMA．平行 B．相交C．異面垂直 D．異面不垂直答案C解析建立空間直角坐標(biāo)系如圖，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，則A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，eq\o(NO,\s\up6(→))＝(－1,0，－2)，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq\o(NO,\s\up6(→))·eq\o(AM,\s\up6(→))＝0，則直線NO，AM的位置關(guān)系是異面垂直．3．如圖，在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1A．eq\f(\r(5),5) B．eq\f(\r(5),3)C．eq\f(2\r(5),5) D．eq\f(3,5)答案A解析不妨令CB＝1，則CA＝CC1＝2.故O(0,0,0)，B(0，0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，所以eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(0,2，－1)，eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(－2,2,1)，所以cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，eq\o(AB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BC1,\s\up6(→))·\o(AB1,\s\up6(→)),|\o(BC1,\s\up6(→))||\o(AB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(4－1,\r(5)×\r(9))＝eq\f(\r(5),5).所以直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為eq\f(\r(5),5).故選A.4．如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，已知M，N分別是BD和AD的中點(diǎn)，則B1M與D1A．eq\f(\r(30),10) B．eq\f(\r(30),15)C．eq\f(\r(30),30) D．eq\f(\r(15),15)答案A解析建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2a，則D(0,0,0)，D1(0,0,2a)，B1(2a,2a,2a)，M(a，a,0)，N(a,0,0)，故eq\o(ND1,\s\up6(→))＝(－a,0,2a)，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝(－a,－a，－2a)，所以|eq\o(ND1,\s\up6(→))|＝eq\r(5)a，|eq\o(B1M,\s\up6(→))|＝eq\r(6)a.eq\o(ND1,\s\up6(→))·eq\o(B1M,\s\up6(→))＝－3a2，則cos〈eq\o(ND1,\s\up6(→))，eq\o(B1M,\s\up6(→))〉＝eq\f(－3a2,\r(5)a·\r(6)a)＝－eq\f(\r(30),10)，故選A.5．如圖所示，已知點(diǎn)P為菱形ABCD外一點(diǎn)，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，點(diǎn)F為PC的中點(diǎn)，則二面角C－BF－D的正切值為()A.eq\f(\r(3),6) B．eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),3) D．eq\f(2\r(3),3)答案D解析連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OF.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC，OF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系．設(shè)PA＝AD＝AC＝1，則BD＝eq\r(3)，所以O(shè)(0,0,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0)).易知eq\o(OC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，0))為平面BDF的一個(gè)法向量．由eq\o(BC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，可求得平面BCF的一個(gè)法向量為n＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))，所以cos〈n，eq\o(OC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\r(21),7)，由題圖知二面角C－BF－D的平面角為銳角，所以sin〈n，eq\o(OC,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(7),7)，所以tan〈n，eq\o(OC,\s\up6(→))〉＝eq\f(2\r(3),3).故選D.6．如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AB和A1D1的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，則直線EF與平面AA1D1DA．eq\f(\r(5),5) B．eq\f(\r(30),6)C．eq\f(\r(6),6) D．eq\f(2\r(5),5)答案C解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，則E(2，1,0)，F(xiàn)(1,0,2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，平面AA1D1D的一個(gè)法向量n＝(0,1,0)，設(shè)直線EF與平面AA1D1D所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(EF,\s\up6(→))·n|,|\o(EF,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(6))＝eq\f(\r(6),6).∴直線EF與平面AA1D1D所成角的正弦值為eq\f(\r(6),6).故選C.二、高考小題7．(2024·全國(guó)卷Ⅱ)在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A．eq\f(1,5) B．eq\f(\r(5),6)C．eq\f(\r(5),5) D．eq\f(\r(2),2)答案C解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向分別為x軸的正方向，y軸的正方向，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(1，0,0)，B1(1,1，eq\r(3))，D1(0,0，eq\r(3))，所以eq\o(AD1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))，因?yàn)閏os〈eq\o(AD1,\s\up6(→))，eq\o(DB1,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD1,\s\up6(→))·\o(DB1,\s\up6(→)),|\o(AD1,\s\up6(→))||\o(DB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(－1＋3,2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，所以異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5)，故選C.8．(經(jīng)典江西高考)如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12.一質(zhì)點(diǎn)從頂點(diǎn)A射向點(diǎn)E(4,3,12)，遇長(zhǎng)方體的面反射(反射聽(tīng)從光的反射原理)，將第i－1次到第i次反射點(diǎn)之間的線段記為L(zhǎng)i(i＝2,3,4)，L1＝AE，將線段L1，L2，L3，L4答案C解析由對(duì)稱性知質(zhì)點(diǎn)經(jīng)點(diǎn)E反射到平面ABCD的點(diǎn)E1(8,6,0)處．在坐標(biāo)平面xAy中，直線AE1的方程為y＝eq\f(3,4)x，與直線DC的方程y＝7聯(lián)立得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(28,3)，7，0)).由兩點(diǎn)間的距離公式得E1F＝eq\f(5,3)，∵tan∠E2E1F＝tan∠EAE1＝eq\f(12,5)，∴E2F＝E1F·tan∠E2E1F＝4.∴E2F1＝12－4＝8.∴eq\f(L3,L4)＝eq\f(E1E2,E2E3)＝eq\f(E2F,E2F1)＝eq\f(4,8)＝eq\f(1,2).故選C.9．(2024·四川高考)如下圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面相互垂直，動(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為_(kāi)_______．答案eq\f(2,5)解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AQ所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，設(shè)正方形邊長(zhǎng)為2，M(0，y,2)(0≤y≤2)，則A(0,0,0)，E(1，0,0)，F(xiàn)(2，1,0)，∴eq\o(EM,\s\up6(→))＝(－1，y,2)，|eq\o(EM,\s\up6(→))|＝eq\r(y2＋5)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2,1,0)，|eq\o(AF,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，∴cosθ＝eq\f(|\o(EM,\s\up6(→))·\o(AF,\s\up6(→))|,|\o(EM,\s\up6(→))||\o(AF,\s\up6(→))|)＝eq\f(|y－2|,\r(5)×\r(y2＋5))＝eq\f(2－y,\r(5)×\r(y2＋5)).令t＝2－y，要使cosθ最大，明顯0<t≤2.∴cosθ＝eq\f(1,\r(5))×eq\f(t,\r(9－4t＋t2))＝eq\f(1,\r(5))×eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,t)－\f(2,3)))2＋\f(5,9)))≤eq\f(1,\r(5))×eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\f(2,3)))2＋\f(5,9)))＝eq\f(1,\r(5))×eq\f(2,\r(5))＝eq\f(2,5).當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即點(diǎn)M與點(diǎn)Q重合時(shí)，cosθ取得最大值eq\f(2,5).三、模擬小題10．(2024·沈陽(yáng)模擬)已知平面α的一個(gè)法向量為n＝(－2，－2,1)，點(diǎn)A(－1,3,0)在平面α內(nèi)，則點(diǎn)P(－2,1,4)到平面α的距離為()A．10 B．3C．eq\f(8,3) D．eq\f(10,3)答案D解析點(diǎn)P到平面α的距離d＝eq\f(|\o(PA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(|－2－4－4|,\r(4＋4＋1))＝eq\f(10,3).11．(2024·四川省雅安高三質(zhì)量檢測(cè))已知空間四邊形ABCD的每條邊和對(duì)角線的長(zhǎng)都等于a，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是BC，AD的中點(diǎn)，則eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))的值為()A．a(chǎn)2 B．eq\f(1,2)a2C．eq\f(1,4)a2 D．eq\f(\r(3),4)a2答案C解析如圖，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AC,\s\up6(→))＝b，eq\o(AD,\s\up6(→))＝c，則|a|＝|b|＝|c|＝a，且a，b，c三向量?jī)蓛蓨A角為60°.因?yàn)閑q\o(AE,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)c，所以eq\o(AE,\s\up6(→))·eq\o(AF,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(a＋b)·eq\f(1,2)c＝eq\f(1,4)(a·c＋b·c)＝eq\f(1,4)(a2cos60°＋a2cos60°)＝eq\f(1,4)a2.12．(2024·成都一診)在各棱長(zhǎng)均相等的直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知M是棱BB1的中點(diǎn)，N是棱AC的中點(diǎn)，則異面直線A1M與A．eq\r(3) B．1C．eq\f(\r(6),3) D．eq\f(\r(2),2)答案C解析解法一：如圖，取AA1的中點(diǎn)P，連接PN，PB，則由直三棱柱的性質(zhì)可知A1M∥PB，則∠PBN為異面直線A1M與BN所成的角(或其補(bǔ)角)．設(shè)三棱柱的棱長(zhǎng)為2，則PN＝eq\r(2)，PB＝eq\r(5)，BN＝eq\r(3)，所以PN2＋BN2＝PB2，所以∠PNB＝90°，在Rt△PBN中，tan∠PBN＝eq\f(PN,BN)＝eq\f(\r(2),\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，故選C.解法二：以N為坐標(biāo)原點(diǎn)，NB，NC所在的直線分別為x軸，y軸，過(guò)點(diǎn)N與平面ABC垂直的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB＝2，則N(0,0,0)，A1(0，－1,2)，B(eq\r(3)，0,0)，M(eq\r(3)，0,1)，所以eq\o(NB,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0,0)，eq\o(A1M,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，1，－1)，設(shè)直線A1M與BN所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(NB,\s\up6(→))，eq\o(A1M,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(NB,\s\up6(→))·\o(A1M,\s\up6(→))|,|\o(NB,\s\up6(→))||\o(A1M,\s\up6(→))|)＝eq\f(3,\r(3)×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，則sinθ＝eq\f(\r(10),5)，tanθ＝eq\f(\r(6),3)，故選C.13．(2024·長(zhǎng)沙雅禮中學(xué)檢測(cè))在三棱錐P－ABC中，點(diǎn)P在底面的正投影恰好是等邊△ABC的邊AB的中點(diǎn)，且點(diǎn)P究竟面ABC的距離等于底面邊長(zhǎng)．設(shè)△PAC與底面所成的二面角的大小為α，△PBC與底面所成的二面角的大小為β，則tan(α＋β)的值是()A．eq\f(3\r(3),4) B．eq\f(2\r(3),5)C．－eq\f(8\r(3),13) D．－eq\f(5\r(3),8)答案C解析如圖，設(shè)點(diǎn)P在底面ABC上的正投影為H，則H為AB的中點(diǎn)，作HF⊥BC，HE⊥AC，連接PF，PE.依題意，∠HEP＝α，∠PFH＝β.不妨設(shè)等邊△ABC的邊長(zhǎng)為2，則PH＝2，AH＝BH＝1.所以HE＝eq\f(\r(3),2)，HF＝eq\f(\r(3),2)，則tanα＝tanβ＝eq\f(2,\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3)，故tan(α＋β)＝eq\f(2tanα,1－tan2α)＝eq\f(2×\f(4\r(3),3),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))2)＝－eq\f(8\r(3),13).14．(2024·吉林二模)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，M，N，E，F(xiàn)分別是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中點(diǎn)，則過(guò)EF且與MN平行的平面截正方體所得截面的面積為_(kāi)_______，答案2eq\r(2)eq\f(\r(10),10)解析取A1D1的中點(diǎn)G，BC的中點(diǎn)P，CD的中點(diǎn)H，連接GM，GN，MN，PE，PH，PF，HF，EF.∵M(jìn)G∥EF，NG∥EP，MG∩NG＝G，EF∩EP＝E，∴平面MNG∥平面PEFH，∴過(guò)EF且與MN平行的平面截正方體所得截面為PEFH，∵PE＝2，EF＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，四邊形PEFH是矩形，∴過(guò)EF且與MN平行的平面截正方體所得截面的面積為S矩形PEFH＝2eq\r(2).以D1為坐標(biāo)原點(diǎn)，D1A1所在直線為x軸，D1C1所在直線為y軸，D1D所在直線為則E(1,2,0)，F(xiàn)(0,1,0)，H(0,1,2)，C(0,2,2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，eq\o(EH,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，設(shè)平面EFHP的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(EF,\s\up6(→))＝－x－y＝0，,n·\o(EH,\s\up6(→))＝－x－y＋2z＝0，))取x＝1，則y＝－1，z＝0，得n＝(1，－1,0)，設(shè)CE和該截面所成角為θ，則sinθ＝eq\f(|\o(CE,\s\up6(→))·n|,|\o(CE,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(1,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),10).∴CE和該截面所成角的正弦值為eq\f(\r(10),10).一、高考大題1．(2024·全國(guó)卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2.(1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求圖2中的二面角B－CG－A的大?。?1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCGE.又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)作EH⊥BC，垂足為H.因?yàn)镋H?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC.由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝eq\r(3).以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，eq\o(HC,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz，則A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，eq\r(3))，eq\o(CG,\s\up6(→))＝(1,0，eq\r(3))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(2，－1,0)．設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CG,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AC,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)z＝0，,2x－y＝0.))所以可取n＝(3,6，－eq\r(3))．又平面BCGE的法向量可取m＝(0,1,0)，所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n||m|)＝eq\f(\r(3),2).因此二面角B－CG－A的大小為30°.2．(2024·浙江高考)如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC(1)證明：AB1⊥平面A1B1C1(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．解(1)證明：如圖，以AC的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線OB，OC為x軸的正半軸，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0，－eq\r(3)，0)，B(1,0,0)，A1(0，－eq\r(3)，4)，B1(1,0,2)，C1(0，eq\r(3)，1)．因此eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，2)，eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝(0，2eq\r(3)，－3)．由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1B1,\s\up6(→))＝0得AB1⊥A1B1.由eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(A1C1,\s\up6(→))＝0得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.由(1)可知eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(3)，1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,2)．設(shè)平面ABB1的法向量n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BB1,\s\up6(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\r(3)y＝0，,2z＝0，))可取n＝(－eq\r(3)，1,0)．所以sinθ＝|cos〈eq\o(AC1,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AC1,\s\up6(→))·n|,|\o(AC1,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(\r(39),13).因此，直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是eq\f(\r(39),13).3．(2024·天津高考)如圖，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.(1)若M為CF的中點(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證：MN∥平面CDE；(2)求二面角E－BC－F的正弦值；(3)若點(diǎn)P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長(zhǎng)．解依題意，可以建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DG,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(xiàn)(0，1,2)，G(0,0,2)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)，1))，N(1,0,2)．(1)證明：依題意eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(2,0,2)．設(shè)n0＝(x0，y0，z0)為平面CDE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n0·\o(DC,\s\up6(→))＝0，,n0·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y0＝0，,2x0＋2z0＝0，))不妨令z0＝－1，可得n0＝(1,0，－1)．又eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)，1))，可得eq\o(MN,\s\up6(→))·n0＝0，又因?yàn)橹本€MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE.(2)依題意，可得eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，－2,2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，－1,2)．設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面BCE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＝0，,x1－2y1＋2z1＝0，))不妨令z1＝1，可得n＝(0,1,1)．設(shè)m＝(x2，y2，z2)為平面BCF的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(CF,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＝0，,－y2＋2z2＝0，))不妨令z2＝1，可得m＝(0,2,1)．因此有cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(3\r(10),10)，于是sin〈m，n〉＝eq\f(\r(10),10).所以，二面角E－BC－F的正弦值為eq\f(\r(10),10).(3)設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h(h∈[0,2])，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0，h)，可得eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)．易知，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量，故|cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(BP,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→))|,|\o(BP,\s\up6(→))||\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(h2＋5))，由題意，可得eq\f(2,\r(h2＋5))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，解得h＝eq\f(\r(3),3)∈[0,2]．所以，線段DP的長(zhǎng)為eq\f(\r(3),3).二、模擬大題4．(2024·四平二模)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ADEF為正方形，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝2BC＝2.(1)證明：平面ADEF⊥平面ABF；(2)若平面ADEF⊥平面ABCD，二面角A－BC－E為30°，三棱錐A－BDF的外接球的球心為O，求異面直線OC與DF所成角的余弦值．解(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛DEF為正方形，所以AD⊥AF，又AD⊥AB，AB∩AF＝A，所以AD⊥平面ABF，因?yàn)锳D?平面ADEF，所以平面ADEF⊥平面ABF.(2)因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD，AD⊥AF，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，所以AF⊥平面ABCD.由(1)知AD⊥平面ABF，又AD∥BC，則BC⊥平面ABF，從而B(niǎo)C⊥BF，又BC⊥AB，所以二面角A－BC－E的平面角為∠ABF＝30°.以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，如圖所示，則B(2eq\r(3)，0,0)，D(0,2,0)，C(2eq\r(3)，1,0)，E(0,2,2)，F(xiàn)(0，0,2)．因?yàn)槿忮FA－BDF的外接球的球心為O，所以O(shè)為線段BE的中點(diǎn)，則O的坐標(biāo)為(eq\r(3)，1,1)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，－1)，又eq\o(DF,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，則cos〈eq\o(OC,\s\up6(→))，eq\o(DF,\s\up6(→))〉＝eq\f(－2,2\r(2)×2)＝－eq\f(\r(2),4)，故異面直線OC與DF所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4).5.(2024·哈爾濱三中模擬)如圖所示，在四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四邊形ABCD為菱形，M為CD的中點(diǎn)，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B(1)求證：AM⊥平面AA1B1B；(2)求直線DD1與平面A1BD所成角的正弦值．解(1)證明：∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，連接AC，則△ACD為等邊三角形，又M為CD的中點(diǎn)，∴AM⊥CD，而CD∥AB，∴AM⊥AB，∵AA1⊥底面ABCD，AM?底面ABCD，∴AM⊥AA1，又AB∩AA1＝A，∴AM⊥平面AA1B1B.(2)∵四邊形ABCD為菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1∴DM＝1，AM＝eq\r(3)，∴∠AMD＝∠BAM＝90°，又AA1⊥底面ABCD，分別以AB，AM，AA1所在的直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(－1,eq\r(3)，0)，D1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，2))，∴eq\o(DD1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)，2))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(－3，eq\r(3)，0，eq\o(A1B,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，設(shè)平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(A1B,\s\up6(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x＋\r(3)y＝0，,2x－2z＝0))?y＝eq\r(3)x＝eq\r(3)z，令x＝1，則n＝(1，eq\r