提能訓(xùn)練練案[45]A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2024·陜西部分學(xué)校聯(lián)考)如圖，在圓錐SO中，AB是底面圓O的直徑，D，E分別為SO，SB的中點，OC⊥AB，SO＝AB＝4，則直線AD與直線CE所成角的余弦值為()A．eq\f(\r(5),3) B．eq\f(\r(5),5)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(2),4)[答案]C[解析]解法一：以點O為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C(2,0,0)，A(0,2,0)，D(0,0,2)，E(0，－1,2)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(0，－2,2)，eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－2，－1，2)，cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(CE,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(CE,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))||\o(CE,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2).解法二：取OA的中點F，連接EF、CF、DE，由D、E分別為OS、BS的中點知ED綉eq\f(1,2)OB綉eq\f(1,2)OA綉AF，∴EF∥AD，∴∠CEF即為AD與CE所成的角．又EF＝2eq\r(2)，CF＝eq\r(5)，CE＝eq\r(OE2＋OC2)＝3，∴cos∠CEF＝eq\f(EF2＋CE2－CF2,2EF·CE)＝eq\f(8＋9－5,2×2\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2).故選C．2．(2025·河南鄭州階段測試)已知空間三點A(3,2,0)，B(3,2,2)，C(3,0,1)，則C到直線AB的距離為()A．1 B．2C．3 D．eq\r(5)[答案]B[解析]eq\o(AC,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(0,0,2)，則|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(5)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2，所以cos〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AC,\s\up6(→))·\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))||\o(AB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，則sin〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\r(1－cos2〈\o(AC,\s\up6(→))，\o(AB,\s\up6(→))〉)＝eq\f(2\r(5),5)，所以C到直線AB的距離為|eq\o(AC,\s\up6(→))|sin〈eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))〉＝eq\r(5)×eq\f(2\r(5),5)＝2.故選B.3．(2024·河南許昌中學(xué)定位考試)如圖，在正三棱錐P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，則直線AF與平面PEF所成角的正弦值為()A．eq\f(\r(2),3) B．eq\f(\r(6),6)C．eq\f(\r(3),3) D．eq\f(\r(6),3)[答案]A[解析]解法一：設(shè)PA＝PB＝PC＝2，則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)，設(shè)A到平面PEF的距離為d，則eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)d＝eq\f(1,3)，∴d＝eq\f(2\r(3),3).記AF與平面PEF所成角為θ，則sinθ＝eq\f(d,AF)＝eq\f(\r(2),3).故選A．解法二：因為PA，PB，PC兩兩垂直，所以以P為原點，PA，PB，PC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．設(shè)PA＝PB＝PC＝2，則P(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，E(1,1,0)，F(xiàn)(0,1,1)，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－2,1,1)，eq\o(PE,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(0,1,1)．設(shè)平面PEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))＝x＋y＝0，,n·\o(PF,\s\up6(→))＝y(tǒng)＋z＝0，))取x＝1，則y＝－1，z＝1，所以平面PEF的一個法向量為n＝(1，－1,1)．設(shè)直線AF與平面PEF所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·n|,|\o(AF,\s\up6(→))||n|)＝eq\f(2,\r(3)×\r(6))＝eq\f(\r(2),3).故選A．4．(2024·廣東江門一中階段測試)已知平面α的一個法向量為n＝(1,2,1)，A(1,0，－1)，B(0，－1,1)，且A?α，B∈α，則點A到平面α的距離為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(\r(6),6)C．eq\f(\r(3),3) D．1[答案]B[解析]∵eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－1，－1,2)，又平面α的一個法向量為n＝(1,2,1)，∴點A到平面α的距離為eq\f(|\o(AB,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(\r(6),6)，故選B.5．(2025·遼寧師大附中測試)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，M為棱CC1中點，F(xiàn)為正方形A1B1C1D1內(nèi)(含邊界)的動點，若MF⊥AM，則動點F的軌跡長度為()A．eq\r(2) B．2eq\r(2)C．eq\f(π,2) D．π[答案]A[解析]如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)F(x，y,4)，則A(4,0,0)，M(0,4,2)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝(－4,4,2)，eq\o(MF,\s\up6(→))＝(x，y－4,2)．因為MF⊥AM，所以eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(MF,\s\up6(→))＝－4x＋4(y－4)＋2×2＝0，所以x－y＋3＝0，所以點F的軌跡為上底面中的一條線段．易知點F的軌跡所在直線與上底面正方形的邊的交點坐標(biāo)分別為(0,3,4)，(1,4,4)，所以動點F的軌跡長度為eq\r(0－12＋3－42＋4－42)＝eq\r(2)，故選A．6．(2024·河南新鄉(xiāng)模擬)已知圓錐MO的底面半徑為eq\r(3)，高為1，其中O為底面圓心，AB是底面圓的一條直徑，若點P在圓錐MO的側(cè)面上運動，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最小值為()A．－eq\f(9,4) B．－eq\f(3,2)C．－2 D．－1[答案]A[解析]圓錐MO的底面半徑為eq\r(3)，高為1，其中O為底面圓心，AB是底面圓的一條直徑，則有eq\o(OA,\s\up6(→))＝－eq\o(OB,\s\up6(→))，|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\r(3)，點P在圓錐MO的側(cè)面上運動，∴eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝(eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))·(eq\o(OB,\s\up6(→))－eq\o(OP,\s\up6(→)))＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))－(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))·eq\o(OP,\s\up6(→))＋eq\o(OP,\s\up6(→))2＝eq\o(OP,\s\up6(→))2－(eq\r(3))2，|eq\o(OP,\s\up6(→))|最小時，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))有最小值，|eq\o(OP,\s\up6(→))|的最小值為O點到圓錐母線的距離，Rt△MOA中，OA＝eq\r(3)，OM＝1，則AM＝2，O點到MA的距離OD＝eq\f(OA·OM,AM)＝eq\f(\r(3),2)，則|eq\o(OP,\s\up6(→))|的最小值為eq\f(\r(3),2)，eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的最小值為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2－(eq\r(3))2＝－eq\f(9,4).故選A．二、多選題7．(2025·重慶重點中學(xué)月考)下列結(jié)論正確的是()A．兩個不同的平面α，β的法向量分別是u＝(2,2，－1)，v＝(－3,4,2)，則α⊥βB．直線l的方向向量a＝(0,3,0)，平面α的法向量u＝(1,0,2)，則l∥αC．若eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1，－4)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(4,2,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，－4，－8)，則點P在平面ABC內(nèi)D．若a＋b，b＋c，c＋a是空間的一組基底，則向量a，b，c也是空間一組基底[答案]ACD[解析]因為u·v＝(2,2，－1)·(－3,4,2)＝－6＋8－2＝0，所以α⊥β，故A正確；因為直線l的方向向量a＝(0,3,0)，平面α的法向量u＝(1,0,2)，不能確定直線是否在平面內(nèi)，故B不正確；因為eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，－4，－8)＝2(2，－1，－4)－(4,2,0)＝2eq\o(AB,\s\up6(→))－eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\o(AP,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))共面，即點P在平面ABC內(nèi)，故C正確；若a＋b，b＋c，c＋a是空間的一組基底，則對空間任意一個向量d，存在唯一的實數(shù)組(x，y，z)，使得d＝x(a＋b)＋y(b＋c)＋z(c＋a)，于是d＝(x＋z)a＋(x＋y)b＋(y＋z)c，所以a，b，c也是空間一組基底，故D正確．故選ACD.8．(2025·河北部分學(xué)校摸底)已知E，F(xiàn)分別是正方體ABCD－A1B1C1D1的棱BC和CD的中點，則()A．A1D與B1D1是異面直線B．A1D與EF所成角的大小為45°C．A1F與平面B1EB所成角的余弦值為eq\f(1,3)D．平面CD1B1與平面D1B1B所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)[答案]AD[解析]因為B1D1?平面A1B1C1D1，A1D∩平面A1B1C1D1＝A1，A1?B1D1，所以A1D與B1D1是異面直線，故A正確；以D為原點eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD1,\s\up6(→))的方向分別為x，y，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，則D(0,0,0)，A1(2,0,2)，E(1,2,0)，F(xiàn)(0,1,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,2)，D1(0,0,2)因為eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1，－1,0)，設(shè)A1D與EF所成角為θ，則cosθ＝eq\f(|\o(A1D,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→))|,|\o(A1D,\s\up6(→))||\o(EF,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(8)×\r(2))＝eq\f(1,2)，又因為0°<θ≤90°，所以θ＝60°，故B錯誤；由題知平面B1EB的一個法向量為eq\o(DC,\s\up6(→))，因為eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq\o(A1F,\s\up6(→))＝(－2,1，－2)，設(shè)A1F與平面B1EB所成角為α，則sinα＝eq\f(|\o(A1F,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→))|,|\o(A1F,\s\up6(→))||\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2×\r(9))＝eq\f(1,3)，cosα＝eq\f(2\r(2),3)，故C錯誤；eq\o(D1B1,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(BB1,\s\up6(→))＝(0,0,2)，設(shè)平面D1B1B的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(D1B1,\s\up6(→))＝2x1＋2y1＝0，,m·\o(BB1,\s\up6(→))＝2z1＝0，))令x1＝1得m＝(1，－1,0)，設(shè)平面CD1B1的法向量為n＝(x2，y2，z2)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1B1,\s\up6(→))＝2x2＋2y2＝0，,n·\o(B1C,\s\up6(→))＝－2x2－2z2＝0，))令x2＝1得n＝(1，－1，－1)，設(shè)平面CD1B1與平面D1B1B所成角的平面角為β，cosβ＝eq\f(|n·m|,|n||m|)＝eq\f(2,\r(2)×\r(3))＝eq\f(\r(6),3)，所以平面CD1B1與平面D1B1B所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)，故D正確．故選AD.9．(2024·廣東廣州越秀區(qū)聯(lián)考)已知三棱錐P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2，平面PAC⊥平面ABC，∠APC＝120°，點D為AB中點，PD與平面ABC所成的角為45°，則()A．BC⊥ABB．點C到平面PAB的距離為eq\f(\r(2),2)C．三棱錐的側(cè)面積為2＋2eq\r(3)D．AP與BC所成角為30°[答案]AC[解析]取AC的中點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為AB的中點，∴BC＝2OD＝2，又AO＝BO＝CO，∴AB⊥BC，A正確；AB＝eq\r(AC2－BC2)＝2eq\r(2)，設(shè)C到平面PAB的距離為d.則由VP－ABC＝VC－PAB可求得d＝eq\r(2)，B錯誤；S側(cè)＝S△PAB＋S△PBC＋S△PAC＝2＋eq\r(3)＋eq\r(3)＝2＋2eq\r(3)，C正確；如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,2eq\r(2)，0)，C(2,0,0)，P(1，eq\r(2)，1)，B(0,0,0)，∴eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，－eq\r(2)，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，記AP與BC所成角為θ，則cosθ＝eq\f(\o(AP,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AP,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，又θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，∴θ＝eq\f(π,3).D錯誤，故選AC．10．(2025·江蘇部分學(xué)校聯(lián)合測評)如圖，在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點M為線段BD1上的動點(含端點)，下列四個結(jié)論中，正確的有()A．存在點M，使得直線AM與直線B1C所成的角為30°B．存在點M，使得直線AM與直線B1C所成的角為60°C．存在點M，使得三棱錐D1－C1DM的體積為eq\f(1,9)D．存在點M，使得C1M⊥平面A1DB[答案]CD[解析]在棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1中，建立以B為坐標(biāo)原點，以BC，BA，BB1所在直線分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系B－xyz，如圖：則A(0,1,0)，B(0,0,0)，C(1,0,0)，D(1,1,0)，A1(0,1,1)，B1(0,0,1)，C1(1,0,1)，D1(1,1,1)，設(shè)eq\o(BM,\s\up6(→))＝teq\o(BD1,\s\up6(→))＝(t，t，t)，即點M(t，t，t)，且0≤t≤1，eq\o(AM,\s\up6(→))＝(t，t－1，t)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(1,0，－1)，則eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(B1C,\s\up6(→))＝t－t＝0，即AM⊥B1C，因此不存在點M，使得直線AM與直線B1C所成的角為30°或60°，A、B錯誤；假設(shè)存在點M，使得三棱錐D1－C1DM的體積為eq\f(1,9)，而S△C1DD1＝eq\f(1,2)×12＝eq\f(1,2)，且點M到平面CDD1C1的距離為1－t，則VD1－C1DM＝VM－C1DD1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1－t)＝eq\f(1,9)，解得t＝eq\f(1,3)，當(dāng)點M為線段BD1的靠近B的三等分點，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3)))時，三棱錐D1－C1DM的體積為eq\f(1,9)，C正確；假設(shè)存在點M，使得C1M⊥平面A1DB，而eq\o(C1M,\s\up6(→))＝(t－1，t，t－1)，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(BA1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(C1M,\s\up6(→))·\o(BD,\s\up6(→))＝2t－1＝0，,\o(C1M,\s\up6(→))·\o(BA1,\s\up6(→))＝2t－1＝0，))解得t＝eq\f(1,2)，當(dāng)點M為線段BD1的中點，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2)))時，使得C1M⊥平面A1BD，D正確．故選CD.三、填空題11．(2024·廣東深圳中學(xué)階段測試)已知空間中三點A(1,1，eq\r(3))，B(1，－1,2)，C(0,0,0)，則點A到直線BC的距離為________.[答案]eq\r(3)[解析]∵A(1,1，eq\r(3))，B(1，－1,2)，C(0,0,0)，∴eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1,1，eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，－1,2)，∴|eq\o(CA,\s\up6(→))|＝eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5)，|eq\o(CB,\s\up6(→))|＝eq\r(12＋－12＋22)＝eq\r(6)，∴cos〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(CA,\s\up6(→))·\o(CB,\s\up6(→)),|\o(CA,\s\up6(→))||\o(CB,\s\up6(→))|)＝eq\f(1×1＋1×－1＋2\r(3),\r(5)×\r(6))＝eq\f(2\r(3),\r(30))＝eq\f(\r(10),5)，∴sin〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))〉＝eq\r(1－cos2〈\o(CA,\s\up6(→))，\o(CB,\s\up6(→))〉)＝eq\f(\r(15),5)，設(shè)點A到直線BC的距離為d，則d＝|eq\o(CA,\s\up6(→))|sin〈eq\o(CA,\s\up6(→))，eq\o(CB,\s\up6(→))〉＝eq\r(5)×eq\f(\r(15),5)＝eq\r(3).12．(2024·河南實驗中學(xué)期中)已知A(1,2,0)，B(3,1,2)，C(2,0,4)，則點O到平面ABC的距離為________.[答案]eq\f(4\r(5),5)[解析]設(shè)平面ABC的法向量n＝(x，y，z)，點O到平面ABC的距離為d，因為eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，－1,2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，－2,4)，eq\o(OA,\s\up6(→))＝(1,2,0)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AB,\s\up6(→))＝2x－y＋2z＝0，,n·\o(AC,\s\up6(→))＝x－2y＋4z＝0，))令z＝1，可得y＝2，x＝0，故n＝(0,2,1)，則d＝eq\f(|\o(OA,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(4,\r(5))＝eq\f(4\r(5),5).13．(2025·陜西四校質(zhì)檢)閱讀材料：空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，過點P(x0，y0，z0)且一個法向量為n＝(a，b，c)的平面α的方程為a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0.閱讀上面材料，解決下面問題：已知平面α的方程為x－2y＋z－7＝0，直線l是兩平面x－y＋1＝0與y－z＋2＝0的交線，則直線l與平面α所成角的正弦值為________.[答案]0[解析]平面α的方程為x－2y＋z－7＝0，可得平面α的法向量為n＝(1，－2,1)，平面x－y＋1＝0的法向量為m1＝(1，－1,0)，y－z＋2＝0的法向量為m2＝(0,1，－1)，設(shè)直線l的方向向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·m1＝0，,m·m2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝0，,y－z＝0，))令z＝1，則m＝(1,1,1)，設(shè)直線l與平面α所成角θ，0°≤θ≤90°，則sinθ＝|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|1－2＋1|,\r(3)×\r(6))＝0，所以直線l與平面α所成角的正弦值為0.四、解答題14．(2024·河南摸底)如圖，在四棱錐S－ABCD中，AB∥CD，AB⊥BC，SA＝SD＝1，AB＝2CD＝2BC＝2，SB＝eq\r(3)，點M為棱CD的中點，點N在棱SA上，且AN＝3SN.(1)證明：MN∥平面SBC；(2)求直線SC與平面SBD所成角的正弦值．[解析](1)證明：證法一：延長AM、BC相交于H，連接SH，則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．證法二：在平面ABCD內(nèi)過點M作MF∥BC交AB于點F，連接NF，則四邊形MCBF為平行四邊形，所以FB＝MC＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)，所以AF＝3FB，又AN＝3SN，所以NF∥SB，因為NF?平面SBC，SB?平面SBC，所以NF∥平面SBC．因為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的中點O，連接SO，BO，因為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，設(shè)C到平面SBD的距離為d.則由VC－SBD＝VS－BCD得BC·DC·SO＝DS·DB·d，∴d＝eq\f(1,2)，又OC2＝OD2＋DC2－2OD·DC·cos135°＝eq\f(5,2)，∴SC＝eq\r(SO2＋OC2)＝eq\r(3)，故所求線面角的正弦值為sinθ＝eq\f(d,SC)＝eq\f(1,2\r(3))＝eq\f(\r(3),6).解法二：過B作Bz∥SO，則Bz⊥平面ABCD，則BA，BC，Bz兩兩垂直，所以以B為坐標(biāo)原點，BA，BC，Bz所在的直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0)，C(0,1,0)，D(1,1,0)，Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，所以eq\o(BS,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(SC,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)，－\f(\r(2),2))).設(shè)平面SBD的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BS,\s\up6(→))＝\f(3,2)x＋\f(1,2)y＋\f(\r(2),2)z＝0，,n·\o(BD,\s\up6(→))＝x＋y＝0，))取x＝1，則n＝(1，－1，－eq\r(2))，設(shè)直線SC與平面SBD所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(SC,\s\up6(→))，n〉|＝eq\f(|\o(SC,\s\up6(→))·n|,|\o(SC,\s\up6(→))|·|n|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)－\f(1,2)＋1)),2\r(3))＝eq\f(\r(3),6)，即直線SC與平面SBD所成角的正弦值為eq\f(\r(3),6).B組能力提升1．(2024·遼寧十校聯(lián)合體調(diào)研)正四面體A－BCD中，在△ABC內(nèi)有一個動點M，滿足M到底面BCD的距離等于|MA|的eq\f(2\r(2),3)倍，則動點M的軌跡形狀為()A．一段圓弧 B．橢圓的一部分C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分[答案]D[解析]設(shè)O是△BCD的中心，則AO⊥平面BCD，設(shè)E是BC的中點，則E，O，D三點共線，且DE⊥BC，設(shè)正四面體的邊長為a，則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，設(shè)二面角A－BC－D的平面角為θ，則sinθ＝eq\f(\f(\r(6),3)a,\f(\r(3),2)a)＝eq\f(2\r(2),3).過M作MG⊥平面BCD，垂足為G；過M作MF⊥BC，垂足為F，連接FG，則∠MFG＝θ，又依題意，|MG|＝eq\f(2\r(2),3)|MA|，所以|MF|×sinθ＝eq\f(2\r(2),3)|MA|，即|MF|＝|MA|，即M到定點A和到定直線BC的距離相等，所以M點的軌跡是拋物線的一部分．故選D.2．(多選題)(2025·貴州貴陽摸底)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，點M為線段B1D1上動點(包括端點)，則下列結(jié)論正確的是()A．當(dāng)點M為B1D1中點時，C1M⊥平面BB1D1DB．當(dāng)點M為B1D1中點時，直線DM與直線BC所成角的余弦值為eq\f(\r(2),3)C．當(dāng)點M在線段B1D1上運動時，三棱錐C1－BDM的體積是定值D．點M到直線BC1距離的最小值為eq\f(\r(6),3)[答案]ACD[解析]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，以點D為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，B1(2,2,1)，設(shè)M(t，t,1)，0≤t≤2，t＝1，M(1,1,1)，eq\o(MC1,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0,0,1)，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)，eq\o(MC1,\s\up6(→))·eq\o(DD1,\s\up6(→))＝0，eq\o(MC1,\s\up6(→))·eq\o(DB,\s\up6(→))＝0，即MC1⊥DD1，MC1⊥DB，而DD1∩DB＝D，DD1，DB?平面BB1D1D，因此C1M⊥平面BB1D1D，A正確；eq\o(DM,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，cos〈eq\o(DM,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(DM,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(DM,\s\up6(→))||\o(BC,\s\up6(→))|)))＝eq\f(2,\r(3)×2)＝eq\f(\r(3),3)，B錯誤；由選項A知，點C1到平面BB1D1D距離為eq\r(2)，而△BDM的面積eq\f(1,2)BD·DD1＝eq\r(2)，因此三棱錐C1－BDM的體積eq\f(2,3)是定值，C正確；eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)，eq\o(C1M,\s\up6(→))＝(t，t－2,0)，則點M到直線BC1的距離d＝eq\r(|\o(C1M,\s\up6(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(C1M,\s\up6(→))·\o(BC1,\s\up6(→))|,|\o(BC1,\s\up6(→))|)))2)＝eq\r(t2＋t－22－\f(4t2,5))＝eq\r(\f(6,5)t2－4t＋4)＝eq\r(\f(6,5)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(5,3)))2＋\f(2,3))≥eq\f(\r(6),3)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(5,3)時取等號，D正確．故選ACD.3．正方體ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分別為CC1、BC、CD、BB1的中點，則下列結(jié)論正確的是()A．B1G⊥BCB．平面AEF∩平面AA1D1D＝AD1C．A1H∥平面AEFD．二面角E－AF－C的大小為eq\f(π,4)[答案]BC[解析]如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，則eq\o(B1G,\s\up6(→))＝(－2，－1，－2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2,0,0)，eq\o(B1G,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝4≠0，A錯誤；顯然平面AEF與平面AA1D1D的交線過A且平行于EF，即為AD1，B正確；由題意知HE綉B(tài)1C1綉A1D1，∴A1H∥D1E，D1E?平面AEF，A1H?平面AEF，∴A1H∥平面AEF，C正確；eq\o(AF,\s\up6(→))＝(－1,2,0)，eq\o(FE,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，設(shè)平面AEF的法向量為n＝(a，b，c)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AF,\s\up6(→))＝－a＋2b＝0，,n·\o(FE,\s\up6(→))＝－a＋c＝0，))令a＝2得n＝(2,1,2)，又平面AFC的一個法向量為m＝(0,0,1)，記二面角E－AF－C的大小為θ，則cosθ＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,3)，∴θ≠eq\f(π,4)，D錯誤．故選BC．4．(2024·九省聯(lián)考試題)如圖，平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，O為AC與BD的交點，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.(1)證明：C1O⊥平面ABCD；(2)求二面角B－AA1－D的正弦值．[解析](1)證明：連接BC1，DC1，因為底面ABCD是邊長為2的正方形，所以BC＝DC，又因為∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，點O為線段BD中點，所以C1O⊥BD，在△C1CO中，CC1＝2，CO＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，∠C1CO＝45°，所以cos∠C1CO＝eq\f(\r(2),2)＝eq\f(C1C2＋OC2－C1O2,2×C1C×OC)，所以C1O＝eq\r(2)，則C1C2＝OC2＋C1O2，從而C1O⊥OC，又OC∩BD＝O，OC?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以C1O⊥平面ABCD.(2)由題知正方形ABCD中AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如圖所示，則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))，則eq\o(AA1,\s\up6(→))＝eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(eq\r(2)，0，eq\r(2))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，eq\r(2)，0)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－eq\r(2)，－eq\r(2)，0)，設(shè)平面BAA1的法向量為m＝(x1，y1，z1)，平面DAA1的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(AA1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(AB,\s\up6(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\o(AA1,\s\up6(→))·n＝0，,\o(AD,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(2)x2＋\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2－\r(2)y2＝0，))令x2＝1，得n＝(1，－1，－1)．設(shè)二面角B－AA1－D大小為θ，則cosθ＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(1,\r(3)×\r(3))＝eq\f(1,3)，從而sinθ＝eq\r(1－cos2θ)＝eq\f(2\r(2),3)，所以二面角B－AA1－D的正弦值為eq\f(2\r(2),3).5．(2024·河南焦作期中)如圖，在四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，AA1＝5，A1B1＝3，AA1⊥平面ABCD，E為CC1的中點．(1)求直線AC1與平面B1CD1所成角的正弦值；(2)若平面α經(jīng)過BE且與AC1平行，求點B1到平面α的距離．[解析](1)由題設(shè)，構(gòu)建空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，則A(0,0,0)，C1(3,3,5)，B1(3,0,5)，C(4,4,0)，D1(0,3,5)，所以eq\o(AC1,\s\up6(→))＝(3,3,5)，eq\o(B1C,\s\up6(→))＝(1,4，－5)，eq\o(B1D1,\s\up6(→))＝(－3,3,0)，令m＝(x，y，z)為平面B1CD1一個法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(B1C,\s\up6(→))＝x＋4y－5z＝0，,m·\o(B1D1,\s\up6(→))＝－3x＋3y＝0，))取x＝1，則m＝(1,1,1)，所以|cos〈m，eq\o(AC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(m·\o(AC1,\s\up6(→)),|m||\o(AC1,\s\up6(→))|)＝eq