2025年高考数学复习大题题型归纳：专题10 空间向量在立体几何中的三种考法（解析）

专题10空间向量在立体几何中的三种考法一、空间角的向量求法1．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，AC∩BD=O，且PO⊥平面ABCD，PO=2，F，G分别是PB，PD的中点，E是PA上一点，且AP=3AE.

(1)求证：BD//平面EFG；(2)若∠DAB=2π3，求直线PA【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）通过证明BD//GF即可证明结论；（2）以O为原点建立空间直角坐标系，由选择条件可得相应点坐标，可得向量PA坐标与平面EFG法向量坐标，即可得线面夹角正弦值，从而可得答案．【详解】（1）证明：∵G，F分别为PD，PB中点，∴GF//DB，又BD⊂平面GEF，GF⊂平面GEF∴BD//平面EFG；（2）底面ABCD是边长为2的菱形，所以AC⊥BD，又PO⊥平面ABCD，OA,OB⊂平面ABCD，所以PO⊥OA,PO⊥OB，如图所示，以O为原点，以OA,OB,OP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

∵∠DAB=2π3，底面ABCD是边长为2的菱形，∴则A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,−3,0)，∴PA=(1,0,−2),又AP=3AE，∴AE=13AP，∴E(23,0,设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)则n⋅EF=−23设直线PA与平面EFG所成角为θ．θ∈则sinθ=PA⋅所以直线PA与平面EFG所成角的余弦值452．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，PA=AB=2.

(1)求证：PB//平面AEC；(2)求平面PAC与平面AEC所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）建系，求平面AEC的法向量，利用空间向量证明线面平行；（2）求平面PAC的法向量，利用空间向量求面面夹角.【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，且AB,AD⊂平面ABCD，则PA⊥AB,PA⊥AD，即AB，AD，AP两两互相垂直，如图，以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，则A0,0,0可得PB=2,0,−2，AC=设平面AEC的法向量为m=则AC⋅m=2x+2y=0AE⋅所以平面AEC的一个法向量为m=可知PB⋅m=2×1+0−2×1=0又因为PB⊄平面AEC，所以PB//平面AEC，

（2）由（1）可知：AC=设平面PAC的法向量为n=则AC⋅n=2a+2b=0AP⋅则平面PAC的一个法向量为n=可得cos<m所以平面PAC与平面AEC所成角的余弦值为633．已知图1是由等腰直角三角形ABE和菱形BCDE组成的一个平面图形，其中菱形边长为4，∠A=90°，∠D=60°．将三角形ABE沿BE折起，使得平面A1BE⊥平面

(1)求证：A1(2)求二面角B−A【答案】(1)证明见解析(2)21【分析】（1）取BE的中点O，连接A1O，OC，则A1O⊥BE，再结合已知面面垂直可得A1O⊥平面BCDE，则A1O⊥CD，而（2）以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴，y轴，【详解】（1）证明：取BE的中点O，连接A1O，∵A1B=A1又∵平面A1BE⊥平面BCDE，且平面A1BE∩平面BCDE=BE，∴A1O⊥平面∵CD⊂平面BCDE，∴A1∵在菱形BCDE中，∠D=60°，∴△BCE为等边三角形，∵BE的中点为O，∴OC⊥BE，∵BE∥CD，∴OC⊥CD∵A1O∩OC=O，A1∴CD⊥平面A1OC，∵A1C⊂平面A（2）由（1）A1O⊥平面BCDE，∵OB,OC⊂平面BCDE，∴∵OC⊥BE，∴如图,以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴，y轴，B(2,0,0),C(0,23∴A1C=(0,23,−2)设平面BA1Cn1⋅A1C设平面DA1Cn2⋅A1C设二面角B−A1C−D的大小为θ∴cosθ=n1⋅∴二面角B−A1C−D

4．如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，AD⊥AB，AB=AP=2DC=4，PB=2AD=42，PD=26，M，N分别是PD，

(1)求证：直线MN∥平面ABCD；(2)求平面MCN与平面ABCD夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）由M，N分别是PD，PB的中点可得MN∥BD，进而可证直线MN∥平面ABCD；（2）以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，求平面MCN与平面ABCD得法向量，进而求出cosAP,n，则平面MCN【详解】（1）连接BD，∵M，N分别是PD，PB的中点．∴MN∥BD又∵MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD∴直线MN∥平面ABCD（2）∵AB=AP=2DC=4，PB=2AD=42，∴AB2∴AB⊥AP,AD⊥AP∴AB,AD,AP两两之间互相垂直以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系

A0,0,0,B0,4,0,C22又∵M，N分别是PD，PB的中点．∴M2,0,2∴CM=−2,−2,2设平面MCN的法向量为nCM·n解得y=22xz=∵AB⊥AP,AD⊥AP，AD∩AB=A∴AP⊥平面ABCD∴AP为平面ABCD得法向量cos令平面MCN与平面ABCD夹角为θ且为锐角∴cosθ=∴平面MCN与平面ABCD夹角的余弦值为275．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD,PA=AD=2AB，点M是

(1)证明：AM⊥PC；(2)设AC的中点为O，点N在棱PC上（异于点P，C)，且ON=OA，求直线AN与平面ACM所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)15【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AM⊥PD，由面面垂直的性质可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AM，所以由线面垂直的判定可得AM⊥平面PCD，从而可得结论；（2）以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：因为PA=AD，点M是PD的中点，所以AM⊥PD.因为PA⊥平面ABCD,PA⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，因为平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥AM，因为PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD，因为PC⊂平面PCD，所以AM⊥PC.（2）解：由题意可得AB,AD,AP两两垂直，设AB=1，如图，以AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2

因为点M是PD的中点，所以M0,所以AM=设平面ACM的法向量为n=x,y,z，则令y=−1可得x=2,z=1，所以平面ACM的一个法向量PC=1,2即xN,y又O1所以λ−1化简得5λ2−7λ+2=0，解得λ=所以AN=设直线AN与平面ACM所成的角为θ，则sinθ=n所以直线AN与平面ACM所成角的正弦值为15106．已知三棱台A1B1C1−ABC，A1A⊥面ABC，4A

(1)证明：BD⊥B(2)请选择合适的基底向量，求直线B1C与【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）根据条件结合余弦定理先求出A1A的长度，然后再证明△BAD与（2）选取基底AB,AC,【详解】（1）证明：连接B1D.设A1BC=4又DB=DC=a24+16，因为BD⊥DC，所以由于A1B1A1所以∠A1DB1又因为B1D∩DC=D，所以BD⊥面B1DC，又因为B1

（2）选取基底AB,B1B1B1cosB所以直线B1C与AA7．如图，在三棱柱ABC−A1B1C

(1)证明：AC⊥B(2)若AB=BB1=2，AB1【答案】(1)证明见解析(2)−【分析】（1）取AC的中点D，连接BD，B1D，即可证明AC⊥平面（2）证明B1D⊥平面ABC，以D为坐标原点，分别以DB、DC、DB1所在直线为x、【详解】（1）取AC的中点D，连接BD，B1∵AB=BC，AB1=B1又BD∩B1D=D，BD,B1D⊂平面而BB1⊂∴AC⊥B

（2）在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，可得BD=12AB=1在△AB1C中，AB1在△BB1D中，BD=1，B可得BD2+由（1）知，AC⊥平面BB1D，AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥又平面ABC∩平面BB1D=BD，B∴B1D⊥平面ABC，以D为坐标原点，分别以DB、DC、DB1所在直线为x则B1,0,0，A0,−3,0，BA=(−1,−3,0)，B设平面ABB1与平面CBB1的一个法向量分别为由m⋅BA=−x1由n⋅BB1=−∴cosm由图可知，二面角A−BB∴二面角A−BB1−C8．如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB//CD，PA=AD=CD=1，AB=2，点M是

(1)证明：PB=2CM；(2)求直线DM与平面ACM所成的角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）取AB中点F，证明得到四边形AFCD是正方形，进而得到BC⊥平面PAC，所以BC⊥PC，根据直角三角形相关性质可得到PB=2CM；（2）先建立空间直角坐标系，结合线段长度写出坐标，求平面ACM的一个法向量，再结合线面角计算公式求出答案.【详解】（1）取AB中点F，连接CF，则AF=CD=1，

又因为AF//CD，所以四边形AFCD是平行四边形，因为AD⊥CD，AD=CD，所以四边形AFCD是正方形，所以AB⊥CF，即△ABC是等腰三角形，则AC=BC=2所以AC2+B因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，又因为PA,AC⊂平面PAC，PA∩AC=A，所以BC⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，又因为点M是PB的中点，所以由直角三角形性质易得PB=2CM（2）因为PA⊥平面ABCD，AD,AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，PA⊥AB，又因为四边形AFCD是正方形，所以AD⊥AB，如图，以AD,AB,

则A0,0,0所以DM=设平面ACM的一个法向量为n=则n⋅AC=x+y=0n⋅设直线DM与平面ACM所成的角为θ,0≤θ≤π所以sinθ=cos所以直线DM与平面ACM所成的角的正弦值为699．如图，平行六面体ABCD−A1B

(1)求点B到平面ACC(2)若AB=AD=2,∠BAD=60°，AA1=6，求直线【答案】(1)1(2)6【分析】（1）应用等体积法求出点到平面距离；（2）空间向量法求线面角的正弦值即可.【详解】（1）在平行六面体ABCD−A1BVB−AC设点B到平面ACC1A1的距离为d，则即点B到平面ACC（2）在▱ABCD中，AB=AD=2,∠BAD=60°，所以ABCD是菱形，连接BD交AC于O，则BO=1，由（1）知点B到平面ACC1A1的距离为1，所以设点A1在直线AC上射影为点H,则A1H=3所以O和H重合，即A1以O为坐标原点，OA,OB,OA1分别为x轴，y轴，则B(0,1,0),A(3根据AA1=BD1=(−3,−2,则DD1⋅n=−设直线BD1与平面CC1D所以直线BD1与平面CC

10．如图所示，在多面体ABCGFE中，底面BCFE为矩形，且AE⊥底面BCFE,AG∥EF,AG=AE=BE=1

(1)证明：AO∥平面GCF.(2)求平面ABO与平面GCF夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取线段CF的中点H，连接OH,GH，则利用三角形中位线定理结合已知条件可得四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）由题意可得EB,EF,EA，所以以E为原点，分别以EB,EF,EA所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可.【详解】（1）证明：取线段CF的中点H，连接OH,GH，因为四边形EBCF是矩形，且CB=2EB，所以OH∥BC且OH=因为AG∥EF且AG=12EF,EF∥BC所以AG∥BC且AG=1所以AG∥OH且AG=OH,所以四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG，因为AO⊄平面GCF,HG⊂平面GCF，所以AO//平面GCF（2）因为AE⊥底面BCFE,EB,EF⊂平面BCFE，所以AE⊥EB,AE⊥EF，因为EB⊥EF所以以E为坐标原点，分别以EB,EF,EA所在的直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，

则A0,0,2,B2,0,0设平面ABO的法向量为m=AB⋅m=2a−2c=0AO⋅故平面ABO的一个法向量m=设平面GCF的法向量为n=由n⋅FC=2x=0n⋅故平面GCF的一个法向量n=则cosm设平面ABO与平面GCF的夹角为θθ∈0,π11．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=12AB=1，E，M分别为线段AB，PC的中点，连接CE，延长CE并与DA的延长线交于点F，连接PE

(1)求证：ME//平面PFD.(2)求平面APE与平面PEF所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】（1）要证ME//平面PFD，只需证明ME∥PF即可；（2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.【详解】（1）∵AE=12AB=∴AE为△FCD的中位线，∴ME为△CPF的中位线，∴ME∥PF.又∵PF⊂平面PFD，ME⊄平面PFD，∴ME//平面PFD.（2）以A为坐标原点，分别以AF，AB，AP的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则由已知可得P0,0,1，E0,1,0，∵x轴⊥平面PEA，∴设平面PEA的一个法向量为n=1,0,0，平面PEF的法向量为m=x',∴m⋅PE=y'−z'=0m∴cosm,n=m

12．如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A

(1)证明：DE⊥平面A1(2)求二面角C−A【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）由已知易得DE⊥BE，即可证明线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可．【详解】（1）由题意得∠BEC=∠CED=π4，∠BED=π因为AB⊥AE，则A1又A1B⊥A1D，A1E∩又DE⊂面A1ED，则又DE⊥BE，A1B∩BE=B，A1B⊂平面A1所以DE⊥平面A1（2）取BE的中点O，可知BE=2CD,OE=CD，由DE⊥BE，且CD⊥DE可得OE//CD，所以四边形OCDE是平行四边形，所以CO∥DE，则CO⊥平面A1设BE=2，以点O为坐标原点，OB,OC,OA

则A1EA设平面A1EC的一个法向量为则n1⋅EA1=0n设平面A1ED的一个法向量为则n2⋅E1A=0n所以cosn由图可知，二面角C−A所以面角C−A1E−D13．如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB，A

(1)证明：OD∥平面ACC(2)若∠ACB=90°，AB1=B1C，【答案】(1)证明见解析(2)60°.【分析】（1）连接A1B，则O为A1B的中点，然后由三角形中位定理可得（2）由题意可证得B1E⊥平面ABC，所以以【详解】（1）连接A1B，因为四边形所以O为A1因为D为BC的中点，所以OD∥A1又A1C⊂平面ACC1A所以OD∥平面ACC

（2）因为AB1⊥A1B，又AB所以AB1⊥因为BC⊂平面A1所以AB又AC⊥BC，AC∩AB1=A，AC,A所以BC⊥平面AB因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面AB取AC的中点E，因为AB1=因为平面ABC⊥平面AB1C，平面ABC∩所以B1E⊥平面ABC，建立如图所示空间直角坐标系，A0,−2,0

由BC=B1C1设平面ACC1A则n1令x=3，所以n因为B1E⊥平面ABC，所以可取平面ABC的法向量为设平面ACC1A1与平面ABC所成角为则cosα=n故平面ACC1A1与平面14．如图，在底面为正方形的四棱台ABCD−A1B1C1D1中，已知AD=2，DD

(1)求D1到平面ABCD(2)若AA1=32【答案】(1)3(2)2【分析】（1）先判定BD1⊥DD1，再根据等体积法计算即可；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求线面角即可.【详解】（1）在正方形ABCD中，AB=AD=2，则BD=22在△BDD1中，由条件可知BD所以S△BD因为A到平面BDD1的距离为221因为S△ABD=12AB⋅AD=2，记D所以由VD1−ABD即D1到平面ABCD的距离为3（2）在四棱台ABCD−A1B1C1则D1到平面ABCD的距离即为A1到平面假设AA1不垂直于平面ABCD，则AA所以AA1⊥又因为平面A1B1C1D1∥由A1D1所以在直角梯形AA1D

则DM=AD−A以A为原点，AB,AD,

则A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0设n=x,y,z是平面由n⋅AB=2x=0n⋅AD设直线CC1与平面ABD1所成角为15．如图，多面体A1B1D1−ABCD中，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AB//A1B1，AB=2A

(1)求AA(2)求二面角D1【答案】(1)2(2)15【分析】（1）取AB的中点E，连接A1E,CE,B1E（2）取BC的中点F，连接AF.先证明AF,AD,AA1两两相互垂直.以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面A1【详解】（1）（1）取AB的中点E，连接A1

在菱形ABCD中，∠ABC=60°，BA=BC，所以△ABC是正三角形.又E是AB的中点，所以CE⊥AB.∵AA1⊥平面ABCD，CE⊂∴AA∵AA1∩AB=A，AB,A∴CE⊥平面AA∵AB1⊂平面ABCD∵A1C⊥AB1，A1C∩CE=C，A∴AB1⊥∵A1E⊂平面A∵A1B1//AE∴四边形A1∵A1B（2）取BC的中点F，连接AF.

由（1）知，△ABC是正三角形.又F为BC的中点，所以AF⊥BC，AF⊥AD，且AF=23因为AA1⊥所以AF,AD,AA如图2，以A为坐标原点，AF，AD，AA1的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系A−xyz，则C23,2,0，A所以，CA1=−23设平面A1CD则n⋅CA1=0n⋅设平面A1CD的法向量为则m⋅CA1=0m⋅所以，cosm所以，二面角D1−CA二、已知空间角求其他量16．如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘.点D、E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，

(1)求证：MN//平面BDE(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH【答案】(1)证明见解析(2)85或【分析】（1）以点A为原点，以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得MN//平面BDE；（2）设AH=ℎ0≤ℎ≤4，则H0,0,【详解】（1）证明：因为PA⊥底面ABC，∠BAC=90如图，以点A为原点，以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A0,0,0、B2,0,0、C0,4,0、P0,0,4、D0,0,2、EDE=0,2,0，设平面BDE的法向量为n=x,y,z，则取x=1，可得n=又因为MN=1,2,−1，则MN⋅又因为MN⊄平面BDE，所以，MN//平面BDE.（2）解：依题意，设AH=ℎ0≤ℎ所以，NH=−1,−2,ℎ由已知，得cosBE整理可得10ℎ2−21ℎ+8=0所以，线段AH的长为85或117．已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为

(1)证明：点F为B1(2)若点M为棱A1B1上一点，且直线MF与平面CDE所成角的正弦值为6【答案】(1)证明见解析.(2)13【详解】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD//C则CD//平面A1B1C1D1，而B1C又B1C1⊂平面A1B1C1于是CD//EF，而E为A1所以F为B1（2）以D为坐标原点，DA,DC,DD1方向分别为

不妨设正方体的棱长为3，设A1则M(3,3λ,3),C(0,3,0),E3从而FM=设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z)n⋅CD=0n⋅ED=0,即3y=0设直线MF与平面CDE所成角为θ，又直线MF与平面CDE所成角的正弦值为65因此sinθ=|MF⋅所以A118．在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1B1BA⊥平面ABC，侧面A1

(1)求证：A1B⊥(2)确定在线段A1E上是否存在一点P，使得AP与平面A1B1【答案】(1)证明见解析；(2)存在，25【详解】（1）因为侧面A1B1BA为菱形，∠ABB1=π3又平面A1B1BA⊥平面ABC，B1O且平面A1B1BA又AC⊂平面ABC，即有B1又AB1⊥AC，且B1O∩AB1=B1，因此由四边形A1B1BA为菱形，得A1B⊥AB所以A1B⊥平面（2）由（1）可知B1O⊥AB，B1O⊥AC，AC⊥平面A1B1

取BC中点D，连结OD，有OD//AC，OD⊥AB，以O为原点，{OB则B(1,0,0),A(−1,0,0),A1(−2,0,设平面A1B1E的一个法向量为n=(x,y,z)令EP=λEA1，则依题意，sinπ整理得，5λ2−2λ=0，解得λ=所以存在满足条件的点P，EPEA119．如图，在四棱锥P−ABCD中，侧棱PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD是矩形，PA=AD=4，点M，N分别为棱PB，PD的中点，点E在棱AD上，AD=3AE.

(1)求证：直线AM//平面BNE；(2)从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立.①平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为310②二面角N−BE−D的余弦值为1111注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分.【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明；（2）若选①作为已知条件，由线面平行的性质定理可证得AB//l，l与直线BE所成角即为∠ABE，由题意可得AB=4，建立如图所示的空间直角坐标系，由二面角公式代入即可证得；若选②为已知条件：建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=m，由二面角公式代入求出m=4，由线面平行的性质定理可证得AB//l，l与直线BE所成角即为∠ABE，求解即可证明.【详解】（1）如图，连接MD，交BN于点F，连接EF，因为M，N分别为棱PB，PD的中点，所以F为△PBD的重心，则MD=3MF，又在△AMD中，AD=3AE，所以EF//AM，又因为EF⊂平面BNE，AM⊄平面BNE，所以AM//平面BNE.

（2）若选①作为已知条件：在矩形ABCD中，AB//CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD=l，所以AB//l.所以l与直线BE所成角即为∠ABE.在直角三角形ABE中，AE=13AD=所以由cos∠ABE=310以AB,则B4,0,0，E0,43,0，N设平面BNE的法向量为m=则m⋅BE=−4x+43又AP=所以cosm由图可知，二面角N−BE−D的余弦值为1111若选②为已知条件：以AB,因为AE=13AD=43，设AB=m，则B则BE=−m,4设平面BNE的法向量为m=则m⋅BE=−mx+43又AP=0,0,4为平面BDE的一个法向量，且二面角N−BE−D的余弦值为所以cosm,AP在矩形ABCD中，AB∥CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD=l，所以AB//l.所以l与直线BE所成角即为∠ABE.在直角三角形ABE中，AB⊥AE，AB=4，AE=43，可得所以平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为31020．在底面ABCD为梯形的多面体中.AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=22，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE

(1)求证：BD⊥AE；(2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．【答案】(1)证明见解析(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的114【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的性质定理即可求解；（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点Q的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.【详解】（1）由题意知，AB∥CD，BC⊥CD，AB=2CD=22，∠故有BC=DC=2，易得AE=DE=2，BD＝2，在△ABD中，∵AD2+BD2因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，又DE∩AD=D，DE⊂平面ADE，AD⊂平面ADE，故BD⊥平面ADE．因为AE⊂平面ADE，所以BD⊥AE．（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的114证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系D−xyz，如图所示，

则D0,0,0，A2,0,0，B0,2,0所以DB=0,2,0，DA设EQ=λEN=λDB=λ故DQ=设平面QAD的法向量为n=n⋅DA=0,n⋅故n→因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，所以sin60o=cosBE故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的11421．如图1所示，在四边形ABCD中，BC⊥CD，E为BC上一点，AE=BE=AD=2CD=2，CE=3，将四边形AECD沿AE折起，使得BC=

(1)若平面BCD∩平面ABE=l，证明：CD//(2)点F是棱BE上一动点，且直线BD与平面ADF所成角的正弦值为2211，求EF【答案】(1)证明见解析；(2)EFEB【分析】（1）先证明CD//AE，根据线线平行判定定理CD//平面ABE，再由线面平行性质定理证明线线平行；（2）建立空间直角坐标系，设点F的坐标，求出平面ADF的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.【详解】（1）在图1中，因为BC⊥CD，CE=3，CD=1所以DE=2，sin∠CDE=32，又所以∠CDE=π因为DE=2，AE=AD=2，所以∠DEA=π3，故

在图2中，因为CD//AE，AE⊂平面ABE，CD⊄平面ABE，所以CD//平面ABE，因为CD⊂平面BCD，平面BCD∩平面ABE=l，所以CD//l；（2）由（1）知，AE⊥CE，AE⊥BE，BE∩CE=E，CE⊂平面BCE，BE⊂平面BCE,所以AE⊥平面BCE，又AE⊂平面AEB，所以平面AEB⊥平面BCE，故以E为坐标原点，EA,EB分别为x,y轴，在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A2,0,0，B因为CD//AE，平面AEB⊥平面BCE，且CE=CB=3所以点C在平面AEB的射影为BE中点，故C0,1,2，设F0,t,00≤t≤2，则AD=−1,1,2设平面ADF的法向量为n=则n⋅AD=0不妨令y=2，则x=t，z=2所以n=t,2,2因为直线BD与平面ADF所成角的正弦值为2211所以cosBD整理得t2−5t+4=0，解得t=1或所以F为EB中点，所以EFEB22．如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PC⊥平面ABC，AC=3，PC=2BC=2，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为BD，D在圆O

(1)在图中作出交线BD（说明画法，不必证明），并求三棱锥D−ACE的体积；(2)若点M满足BM=12BD+λBPλ∈R，且CM【答案】(1)答案见解析，3(2)λ=12【分析】（1）由线线平行即可找到直线BD，由等体积法即可求解体积，（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解线面角，进而可求解.【详解】（1）过点B作BD∥AC交圆O于点D，（E，F分别为PA，PC的中点，所以EF//AC,又BD∥AC，所以EF//BD,故BD为平面BEF与平面ABC的交线）因为AB是圆O的直径，所以∠ADB=∠ACB=90°，BD∥AC，所以∠CBD=180°−∠ACB=90°，所以四边形ACBD为矩形，因为AC=3，AD=BC=1，所以S因为PC⊥平面ABC，E为PA的中点，所以点E到平面ACD的距离为12所以V（2）以C为坐标原点，分别以CA，CB，CP的方向作为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，

则A3,0,0，B0,1,0，C0,0,0，所以CB=0,1,0，BP=BM=1设平面PBD的法向量为n=x,y,z即3x=0,−y+2z=0，不妨取z=1因为CM与平面PBD所成角的正弦值为105所以cos所以20λ2−8λ−1=0，所以23．如图，已知直角梯形ABCD与ADEF，2DE=2BC=AD=AB=AF=2，AD⊥AF，ED//AF，AD⊥AB，BC//AD，G是线段BF上一点.(1)平面ABCD⊥平面ABF(2)若平面ABCD⊥平面ADEF，设平面CEG与平面ABF所成角为θ，是否存在点G，使得cosθ=1414【答案】(1)证明见解析(2)存在，点G为BF中点【分析】（1）由线面垂直的判定定理证AD⊥平面ABF，再由面面垂直的判定证结论；（2）由题设构建空间直角坐标系，求出平面CEG与平面ABF法向量，结合已知夹角的余弦值求参数，进而确定点的存在性.【详解】（1）因为AD⊥AF，AD⊥AB，AF∩AB=A，AF、AB⊂平面ABF，所以AD⊥平面ABF，又AD⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ABF.（2）由面ABCD⊥面ADEF，AD⊥AF，面ABCD∩面ADEF=AD，AF⊂面ADEF，所以AF⊥平面ABCD，AB在面ABCD内，则AF⊥AB，结合已知建立如下空间直角坐标系，则C(2,1,0),E(0,2,1),F(0,0,2),B(2,0,0)，设FG=λFB,λ∈平面ABF的法向量为m=(0,1,0)，又CE设平面CEG的法向量为n=(x,y,z)，则−2x+y+z=0取y=2−2λ，则n=故|cosθ|=|m⋅nmn|=2−2λ12λ所以点G的坐标为(1,0,1)，故存在点G为BF中点时使得cosθ=1424．如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱

(1)在图中作出平面AD1E(2)若正方体的棱长为1，平面AD1E与平面ABCD所成锐二面角的余弦值为3【答案】(1)答案见解析(2)1【分析】（1）分别延长D1E,DC，交于F点，连接AF.根据点线面的位置关系基本事实，可判定AF⊂平面AD1E（2）设CE=a，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面AD1E【详解】（1）

如图1，分别延长D1E,DC，交于F点，连接AF，则因为D1E∩CD=F，D1E⊂平面AD所以，F∈平面AD1E，F∈又A∈平面AD1E，A∈所以AF⊂平面AD1E，AF⊂所以，平面AD1E∩（2）

如图2，以点D为坐标原点，分别以DA,DC,DD1所在的直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设CE=a，则D10,0,1，A1,0,0，E所以，DD1=0,0,1，根据正方体的性质可知，DD1⊥所以DD1=设n=x,y,z是平面所以，n⋅AD令z=1，则x=1，y=1−a，所以，n=1,1−a,1是平面由已知可得，cosn即n⋅AD整理可得，a−12=49，解得所以，a=13，即25．如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥PD．

(1)求证：平行四边形ABCD为矩形；(2)若E为侧棱PD的中点，且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为64，求点B到平面ACE【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取AD中点M，连接PM，由正三角形、面面垂直的性质易得PM⊥面ABCD，再由线面垂直的性质及判定证AB⊥AD，即可得结论；（2）构建空间直角坐标系，设AB=t>0并求面ACE、面ABP的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.【详解】（1）取AD中点M，连接PM，△PAD为正三角形，则PM⊥AD，面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，PM⊂面PAD，则PM⊥面ABCD，

AB⊂面ABCD，故PM⊥AB，又AB⊥PD，PM,PD⊂面PAD，PM∩PD=P，所以AB⊥面PAD，AD⊂面PAD，故AB⊥AD，则平行四边形ABCD为矩形.（2）如下图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立坐标系，设AB=t>0，则A0,0,0，Bt,0,0，Ct,2,0，P所以AC=(t,2,0),AE=(0,

设面ACE的法向量为n=x1,y1,设面ABP的法向量为m=x2,y2,由|cos<m,n则面ACE的法向量为n=2,−1,3点B到平面ACE的距离|AB26．如图1，菱形ABCD的边长为23，∠ABC=π3，将△ABD沿BD向上翻折，得到如图2

(1)证明：A'(2)若A'C=3，在线段BD上是否存在点G，使得平面A'CG与平面BCD所成角的余弦值为【答案】(1)证明见解析(2)存在，BG=2或4【分析】（1）取BD中点O，利用等腰三角形三线合一性质，结合线面垂直的判定可得BD⊥平面A'（2）利用余弦定理可求得∠A'OC=2π3，作OE⊥OC，以O【详解】（1）取BD中点O，连接A'

∵四边形ABCD为菱形，∴A'B=A'D，∵A'O∩CO=O，A'O,CO⊂平面A∵A'C⊂平面A（2）∵∠ABC=π3，∴BD2=B∴A'O=CO=12−9=在平面A'OC中，作OE⊥OC，交A'则以O为坐标原点，OC,OD,

假设在线段BD上存在点G0,m,0−3≤m≤3，使得平面A'CG与平面∵A'O⋅cosπ3又C3,0,0，B0,−3,0∴A'C设平面A'CG的法向量则A'C⋅n=332x−∵z轴⊥平面BCD，∴平面BCD的一个法向量l=∴cosn,当m=1时，BG=4；当m=−1时，BG=2；∴当BG=2或4时，平面A'CG与平面BCD所成角的余弦值为27．如图，在四棱锥P−ABCD中，AB∥CD，CP⊥CD，CD=2AB=2，AP=AC=AD.

(1)证明：平面PBC⊥平面PCD；(2)已知CP=2BC=2，DQ=λDP，λ∈0,1.若平面ABP与平面ACQ【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后利用夹角余弦值建立方程求解即可.【详解】（1）如图，取PC,PD的中点分别为E,F，连接BE，AF，EF，CF，所以EF∥CD，且EF=1又AB∥CD，CD=2AB，所以EF∥AB，且EF=AB，所以四边形ABEF为平行四边形，所以AF∥BE，因为AP=AD，PF=DF，所以AF⊥PD，因为CP⊥CD，PF=DF，所以CF=DF=PF，又AP=AC，所以△PAF≌△CAF，所以∠CFA=∠PFA=90∘，即又PD∩CF=F，PD，CF⊂平面PCD，所以AF⊥平面PCD，所以BE⊥平面PCD.又BE⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD.

（2）由（1）知，BE⊥平面PCD，因为EF，CP⊂平面PCD，所以BE⊥EF，BE⊥CP，所以∠BEC=90在Rt△BEC中，CE=12CP=1则BE=BC2因为CP⊥CD，EF∥CD，所以EF⊥CP，所以CP，EF，BE两两垂直，以E为坐标原点，向量EP，EF，EB的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,1,1，B0,0,1，P1,0,0，C所以BA=0,1,0，CA=1,1,1，CD=由DQ=λDP，得CQ=设平面ABP的法向量为m=x1,y取x1=1，则z1=1，得平面设平面ACQ的法向量为n=则n⋅CA=0取x2=1−λ，则y2=−λ，设平面ABP与平面ACQ的夹角为θ，则cosθ=cosm,n=解得λ=13，故λ的值为28．已知在直三棱柱ABC−A1B1C1中，其中AA1=2AC=4,AB=BC,F为BB1的中点，点E

(1)求证：平面AFC⊥平面A1(2)在线段A1F上是否存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C【答案】(1)证明见解析(2)存在，点N是线段A1F上靠近【分析】（1）根据A1F与底面ABC所成角的余弦值为22，推出△ABC是边长为2的等边三角形，取AC的中点O，A1C1的中点G，连OB,OG，再以（2）根据二面角的向量公式可求出结果.【详解】（1）取AA1的中点D，连BD，因为F为BB1的中点，所以所以四边形A1DBF为平行四边形，所以因为A1F与底面ABC所成角的余弦值为22，所以BD与底面ABC因为三棱柱为直三棱柱，所以AD⊥平面ABC，所以∠DBA是BD与底面ABC所成角，所以cos∠DBA=22，所以∠DBA=π又AC=2，所以△ABC是边长为2的等边三角形，取AC的中点O，A1C1的中点G，连OB,OG，则OB⊥AC，OG//AA1以O为原点，OB,OC,则A(0,−1,0)，C(0,1,0)，F(3,0,2)，A1(0,−1,4)，E(0,1,3)，B1(3AF=(3,1,2)，AC=(0,2,0)，设平面AFC的一个法向量为m=(x1,y则m⋅AF=3x1+y1n⋅A1F=3x2+因为m⋅n=2×所以平面AFC⊥平面A1（2）设A1N=λA=(3设平面NB1C则n1若λ=0，则有−3x3−y3=0此时|cos<m,n所以λ≠0，令x3=1，得y3则n1所以cos<m,n1>整理得9λ2−6λ+1=0所以在线段A1F上存在一点N，使得平面AFC与平面NB1C1所成的锐二面角的余弦值为27

29．直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=CC1=2，D

(1)证明：BC⊥平面A1(2)若二面角A1−DE−C1大小为【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）根据直棱柱的性质得到C1C⊥平面ABC，即可得到C1C⊥AD，从而证明AD⊥平面C1（2）建立空间直角坐标系，设AE=ℎ，利用空间向量法得到方程，求出ℎ【详解】（1）∵三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，∴C1∴C1又AD⊥DC1，DC1∩C∴AD⊥平面C1DC，BC⊂平面∴AD⊥BC，又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，AA1∩AD=A，A∴BC⊥平面A1（2）因为AC=BC，D为BC的中点，AD⊥BC，所以AB=AC，

∴△ABC为正三角形，如图建立空间坐标系，由（1）易知平面A1ED的一个法向量设AE=ℎ，∵DE=0,设平面DEC1的法向量为则n2⋅DE=0n由cos30°=n1⋅n2∵S△A1ED=12∴以A1,E,D,C30．如图1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=2π3,E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.将△BEF沿

(1)当AB'=2时，证明：平面(2)已知二面角B'−EF−A的大小为π4，棱AC上是否存在点M，使得直线B'E与平面B【答案】(1)证明见解析(2)存在，点M为AC中点【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明AB'⊥（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】（1）由已知，有EF⊥AF,EF⊥B'FAF，B'F⊂平面AB'因为AB'⊂平面A在Rt△BEF中，BE=3所以BF=3因为AB'2且AB∩EF=F，AB，EF⊂平面ABC，所以AB'⊥因为AB'⊂平面AB'（2）由（1）EF⊥AF,EF⊥B所以∠AFB'为二面角B'因为AB=AC=2,∠BAC=2π3,E所以BE=ABsin60°=12BC=3，BF=B'F=BEcos30°=如图，以F为坐标原点，分别以FB､FE为x轴､y轴正方向建立空间直角坐标系

则F0,0,0设AM=λ则FM=FA+设平面B'MF的一个法向量由m⋅FB令x=1，则y=2λ+123因为直线B'E与平面B'所以cosm解得λ=12或因此，当点M为AC中点时，直线B'E与平面B'三、空间距离的向量求法31．如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘，四边形PACQ为矩形，①BP,DP与平面ABCD所成角相等；②三棱锥P−ABD体积为33；③

(1)平面PACQ⊥平面ABCD；(2)求二面角B−PQ−D的大小；(3)求点C到平面BPQ的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π(3)3【分析】（1）若选①，则作PA'⊥面ABCD，证明A'和A重合从而得到PA⊥面ABCD，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P到面ABD的距离ℎ=1=PA，得到PA⊥面ABCD，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PA⊥AB（2）通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；（3）通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】（1）选①，连接BD，作PA'⊥面ABCD

∵BP,DP与平面ABCD所成角相等，∴A∴A'在BD的中垂线∵在平面PACQ内，PA∴A'和∴PA⊥面ABCD，又PA⊂面PACQ，∴面PACQ⊥面ABCD若选②，设P到面ABD的距离为ℎ，∵VP−ABD=∴PA即为P到面ABD的距离，即PA⊥面ABCD，又PA⊂面PACQ，∴面PACQ⊥面ABCD.若选③，由余弦定理得，cos∠∴BP=∴PA⊥AB，又PA⊥AC,AC∩AB=A,AC,AB⊂面ABCD∴PA⊥面ABCD，又PA⊂面PACQ∴面PACQ⊥面ABCD（2）因为PA⊥面ABCD，OB,OC⊂面ABCD，所以PA⊥OB,PA⊥OC，取PQ中点G，则OG//PA，所以OG⊥OB,OG⊥OC，又因为OB⊥OC，所以建立如下图所示空间直角坐标系，

∵B3∴BQ设平面BPQ的一个法向量为m=则m⋅BP=0令x=3，则y=0,z=3,∴设平面DPQ的一个法向量为n=则n⋅DP=0令x1=3∴cosm∵m由图可知二面角B−PQ−D是钝角，所以二面角B−PQ−D的大小为2π3（3）∵C0,1,0∴CQ=0,0,1,∵平面∴点C到平面BPQ的距离d=CQ32．如图所示，在四棱锥P−ABCD中，侧面△PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，BC//平面PAD，BC=12AD=1，

(1)当E是棱PD的中点时，求证：CE//平面PAB(2)若AB=1，AB⊥AD，求点B到平面ACE距离的范围.【答案】(1)证明见解析(2)0,【分析】（1）利用线面平行的性质推导出BC//AD，取PA的中点F，连接BF、EF，证明出四边形BCEF为平行四边形，可得出CE//BF，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）取AD的中点O，连接PO，证明出PO⊥平面ABCD，OC⊥AD，以点O为坐标原点，OC、OD、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设DE=λDP，其中0≤λ≤1，利用空间向量法可求得点B到平面【详解】（1）证明：因为BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以BC//AD.取PA的中点F，连接BF、EF，因为E是棱PD的中点，所以，EF//AD且EF=1因为BC//AD且BC=12AD，所以，EF//BC所以，四边形BCEF为平行四边形，则CE//BF，因为CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，所以CE//平面PAB.（2）解：取AD的中点O，连接PO.因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，所以，PO⊥平面ABCD，因为BC//AD，BC=12AD，O为AD的中点，所以，BC//AO所以，四边形ABCO为平行四边形，则CO//AB，因为AB⊥AD，则CO⊥AD，以点O为坐标原点，OC、OD、OP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A0,−1,0、C1,0,0、P0,0,3、设DE=λDP=λ则AE=设平面ACE的法向量n=所以n⋅令z1=2−λ，得设点B到平面ACE距离为d，d=AB当λ=0时，d=0；当0<λ≤1时，1λ≥1，则当且仅当λ=1时等号成立.综上，点B到平面ACE距离的取值范围是0,2133．在如图所示的圆锥中，已知P为圆锥的顶点，O为底面的圆心，其母线长为6，边长为33的等边△ABC内接于圆锥底面，OD=λOP

(1)证明：平面DBC⊥平面DAO；(2)若E为AB中点，射线OE与底面圆周交于点M，当二面角A−DB−C的余弦值为519时，求点M到平面BCD【答案】(1)证明见解析(2)12【分析】（1）先证BC⊥DO，BC⊥AO，可得BC⊥面DAO，即由线线垂直得线面垂直得两面垂直；（2）建立合适的空间直角坐标系，含参表示相关向量，利用空间向量求二面角A−DB−C得出λ=2【详解】（1）因为P为圆锥的顶点，O为底面的圆心，所以PO⊥面ABC.又因为BC⊂面ABC，所以PO⊥BC，即DO⊥BC.因为O为△ABC外接圆圆心，且△ABC为正三角形，所以OA⊥BC.又因为OA∩OD=O且OA，OD⊂面AOD，所以BC⊥面AOD，因为BC⊂面BCD，所以面DBC⊥面DAO.（2）作OG∥BC交AB于G，取BC中点为F.因为OA⊥BC，OG∥BC，所以OF⊥OG.因为OD⊥面ABC，OG，OF⊂面ABC，所以OD⊥OG，OD⊥OF.如图，以点O为坐标原点，OG，OF，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O−xyz.因为PA=6，AB=33，所以AO=3，PO=3所以O0,0,0，A0,−3,0，B332由OD=λOP，得D0,0,33λBC=−33设面ABD的法向量为m=x1取y1=3λ，则z1设面BCD的法向量为n=x2取y2=63λ，则z2由cosm,n解得λ=23，所以D0,0,2又因为M332所以M到面BCD的距离d=DM

34．在多面体ABCC1A1B1中，四边形B

(1)若A1为AB的中点，求证：直线AC//平面(2)若点A1在棱AB1上且AA1【答案】(1)证明见详解(2)4【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意可证BB1⊥平面ABC，CH⊥【详解】（1）连接CB1，设CB1∩BC1因为A1,D分别为AB1,CA1D⊂平面A1BC所以直线AC//平面A1

（2）由题意可得：AB⊥B1B,BC⊥B1B，所以BB1⊥取AB的中点H，连接CH，因为△ABC是正三角形，则CH⊥AB，又因为BB1⊥平面ABC，CH⊂平面ABCAB∩BB1=B，AB,B所以CH⊥平面ABB如图，以H为坐标原点，HA,HC为x轴，z轴，建立空间直角坐标系，则B−2,0,0可得BC=设平面A1BC1的法向量令x=2，则y=−1,z=0，即n=所以点C到平面A1BC

35．如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G

(1)证明：平面BDF⊥平面BCG；(2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为155，且线段AB长度为2，求点G到直线DF【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）过G作GH//CB，交底面弧于H，连接HB，有HBCG为平行四边形，根据题设可得FB⊥HB，即FB⊥CG，再由线面垂直的性质可得CB⊥FB，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.（2）构建如下图示空间直角坐标系A−xyz，令半圆柱半径为r，高为ℎ，确定相关点坐标，进而求平面BDF、平面ABG的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得ℎ=2r，即可求出点G到直线DF【详解】（1）过G作GH//CB，交底面弧于H，连接HB，易知：HBCG为平行四边形，所以HB//CG，又G为弧CD的中点，则H是弧AB的中点，所以∠HBA=45°，而由题设知：∠ABF=45°，则∠HBF=∠HBA+∠ABF=90°，所以FB⊥HB，即FB⊥CG，由CB⊥底面ABF，FB⊂平面ABF，则CB⊥FB，又CB∩CG=C，CB,CG⊂平面BCG，所以FB⊥平面BCG，又FB⊂平面BDF，所以平面BDF⊥平面BCG.（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系A−xyz，令半圆柱半径为r，高为ℎ，则B0,2r,0，F2r,0,0，D0,0,所以FD=−2r,0,ℎ，BD=0,−2r,若m=x,y,z是面BDF的一个法向量，则m⋅FD=−2rx+若n=a,b,c是面ABG的一个法向量，则n⋅AB=2rb=0所以cosm整理可得ℎ2−4r2ℎ由题设可知，此时点G−1,1,2，D0,0,2，则DF=2,0,−2，所以点G到直线DF的距离d=DG

.36．如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD,AB=AD，O为BD的中点.

(1)证明：OA⊥CD.(2)若△BCD是等腰直角三角形，∠BDC=90∘，CD=2，点E在棱AD上（与A，D不重合），若二面角E−BC−D的大小为45∘，求点D【答案】(1)证明见解析.(2)1.【分析】（1）根据给定条件证明AO⊥BD，再根据面面垂直性质定理及线面垂直性质定理推理出结论；（2）建立空间直角坐标系，利用给定二面角确定E点坐标，在借助空间向量求出点到平面距离.【详解】（1）证明：因为AB=AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，所以AO⊥平面BCD．又因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.（2）设BC的中点为F，则OF//CD，又因为∠BDC=90∘，所以以O为坐标原点，以OF，OD，OA所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

因为△BC