高二数学举一反三系列(人教A版2019选择性必修第一册)专题1.6空间角的向量求法大题专项训练(30道)专项练习(原卷版+解析)

专题1.6空间角的向量求法大题专项训练（30道）【人教A版（2019）】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2023春·高二单元测试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60∘.

(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值.2．（2023春·河南洛阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP=AB=AD=1，且直线PB与CD所成角的大小为

(1)求BC的长；(2)求二面角D−PB−C的余弦值．3．（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC=π3，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C

(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.4．（2023春·江苏镇江·高一校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB//CD，AD=CD=1，∠BAD=120°，∠ACB=90°.

(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)试确定PA的值为多少时？二面角A−PC−D的余弦值为555．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB=BC=2CD=2，AD=3，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P位置，此时二面角P−AC−D为π

(1)求异面直线PA，BC所成角的余弦值；(2)求点A到平面PBC的距离．6．（2023春·江苏盐城·高二校考期末）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=π2，AO=4，BO=2，Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B−AO−C

(1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值；(2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．7．（2023春·北京通州·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，在底面ABCD中，BC//AD,CD⊥AD,(1)求证：AC⊥平面PAB；(2)若平面PAB与平面PCD的夹角等于π3，求异面直线PB与CD8．（2023秋·高一单元测试）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°.

(1)求异面直线DE与CF所成角的余弦值；(2)求二面角A−FB−C的余弦值.9．（2023·辽宁丹东·统考二模）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥(1)证明：CD⊥AE；(2)点F在棱CC1上，AE//平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．10．（2023春·北京·高二校考期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PD的中点，PA＝2，AB＝1，AD＝2．

(1)求证：PB∥平面ACE；(2)求直线CP与平面ACE所成角的正弦值；11．（2023·四川成都·校考模拟预测）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BH所成角的余弦值为721，求线段AH12．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，

(1)证明：平面D1C1(2)若四棱台ABCD−A1B1C1D13．（2023春·河南·高二校联考期末）如图，圆柱O1O2的底面半径与高均为2，AB为⊙O2的直径，C,D分别为⊙O1，⊙

(1)证明：O为线段O1(2)若AC与下底面所成的角为π6，求直线BC与平面ACD14．（2023·上海闵行·上海市校考二模）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615．（2023春·湖南岳阳·高二统考期末）如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的平面与矩形BDEF所在的平面互相垂直.

(1)若M为线段BF上的一个动点，证明：CM//平面ADE；(2)若∠BAD=60∘，AB=2，直线CF与平面BCE所成角的正弦值为151016．（2023春·江苏连云港·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=22,PA=PC=AC=4，平面ABC⊥平面

(1)求异面直线AC与PB间的距离；(2)若点M在棱BC上，且二面角M−PA−C为30∘，求PC与平面PAM17．（2023春·甘肃白银·高二校考期末）如图，在正三棱柱A1B1C1−ABC中，D为

(1)若λ=12，证明：DE⊥平面(2)若直线BC1与平面A1B118．（2023春·云南玉溪·高二校考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=2，D为

(1)证明：AD⊥平面BB(2)已知四边形BB1C1C是边长为2的菱形，且∠19．（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知E、F分别是正方体ABCD−A1B1C

(1)A1D与(2)二面角C−D(3)点M在棱CD上，若A1M与平面B1C120．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，PC⊥底面ABCD,E是AC的中点，PF=

(1)证明：平面PBC⊥平面ACF.(2)若直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，且PC>CD，求平面ACF与平面PAB21．（2023春·江苏扬州·高二统考期末）如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，AA

(1)若t=12,求证:AD//(2)若t>12,直线A1C与平面A122．（2023春·广东深圳·高一统考期末）如图，三棱锥P−ABC的三个顶点A，B，C在圆O上，AB为圆O的直径，且AB=6，PA=PC=22，BC=25，平面PAC⊥平面

(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)点F是圆O上的一点，且点F与点C位于直径AB的两侧.当EF//平面PAC时，画出二面角E−BF−A23．（2023春·江苏南京·高二校考期中）如图，已知在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B=1，AA(1)求AA1与(2)在棱AA1上是否存在一点E，使得二而角E−BC−B1的余弦值为24．（2023·福建福州·福建省校考二模）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B25．（2023春·四川乐山·高二期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面(1)求证：MN//平面BCC(2)再从条件（1）、条件（2）这两个条件中选择一个作为已知，求二面角A−BM−N的平面角的余弦值．条件①：BN⊥平面AA条件②：B1注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．26．（2023春·江苏徐州·高二校考期中）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DE//BC，记DEBC=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE位置，使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为

(1)当EN//平面MBD时，求λ的值；(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B−MD−E的大小是否为定值？如果是，请求出二面角B−MD−E的正弦值；如果不是，请求出二面角B−MD−E的余弦值的取值范围.27．（2023春·湖北武汉·高一校考期末）如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4

(1)求证：BD1∥(2)线段BF上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为28．（2023春·江苏宿迁·高二统考期末）如图（1）所示，在△ABC中，AB=43，BC=23，∠B=60°，DE垂直平分AB．现将△ADE沿DE折起，使得二面角A−DE−B大小为60°，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点

(1)求点D到面PEC的距离；(2)求四棱锥P−BCED外接球的体积；(3)点Q为一动点，满足PQ=λPE  (0<λ<1)，当直线BQ与平面29．（2023·广东广州·广州市校考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E,F分别为AB，PD的中点.

(1)求证：EF//平面PBC；(2)若AD=23，二面角E−FC−D的大小为45∘，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.求条件①：DE⊥PC；条件②：PB=PC.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.30．（2023春·江苏南京·高二统考期末）如图所示，在三棱锥P−ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC．

(1)证明：BC⊥平面PAB；(2)若PA=AB=6，BC=3，在线段PC上（不含端点），是否存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为105，若存在，确定点D

专题1.6空间角的向量求法大题专项训练（30道）【人教A版（2019）】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2023春·高二单元测试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60

(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值.【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；（2）通过已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两直线所成角的余弦值即可.【解答过程】（1）证明：因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD所以PA⊥BD，又PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC.（2）设AC∩BD＝因为∠BAD=60°,PA=AB=2，所以BO=1,AO=CO=以O为坐标原点,射线OB,OC分别为x轴,y轴的正半轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图：

则P(0,−3所以PB=(1,设PB与AC所成角θ，所以cos==6即PB与AC所成角的余弦值为642．（2023春·河南洛阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP=AB=AD=1，且直线PB与CD所成角的大小为

(1)求BC的长；(2)求二面角D−PB−C的余弦值．【解题思路】（1）建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．由已知求得A，B，D，P的坐标，再由直线PB与CD所成角大小为π3列式求得y值，则C的坐标可求，即可求得BC（2）分别求出平面PBD与平面PBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．【解答过程】（1）由于PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB,AD,AP两两垂直，故分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．∵AP=AB=AD=1，∴A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．设C(1,y,0)，则PB=(1,0,−1)，CD=(−1,1−y,∵直线PB与CD所成角大小为π3∴|cos即12×1+(1−y)2=1∴C(1,2,0)，则BC的长为2；（2）设平面PBD的一个法向量为m=(x,y,z)∵PB=(1,0,−1)，PD=(0,1,−1)，∴PB⋅m=x−z=0PD⋅m=y−z=0，令x=1，则y=1∵平面PBC的一个法向量为n=a,b,c∴PB⋅n=a−c=0BC⋅n=2b=0，令a=1∴cos由几何体的特征可知二面角D−PB−C的平面角为锐角，∴二面角D−PB−C的余弦值为63

3．（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC=π3，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C

(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.【解题思路】（1）（2）依题意可得BE⊥EF，BE⊥PE，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【解答过程】（1）由题意可知AE=3，EF=4，CF=5，所以AE故PE⊥EF，且AB=ACcos∴AEAB=ABAC=12又BE//FG，所以FG⊥AC，即BE⊥EF，故可以EF，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系E−xyz如图所示，

易知BE=ABsinπ3则F4,0,0，B0,33,0，∴PF=4,0,−3，∴cosPF故异面直线PF，BG所成角的余弦值为23（2）由（1）可知M0,∴MF=4,−332设平面BFM法向量为m=由m⋅MF=0m⋅BF=0设平面EFM法向量为n=由n⋅MF=0n⋅EF=0所以cosm所以钝二面角B−FM−E的余弦值为−44．（2023春·江苏镇江·高一校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB//CD，AD=CD=1，∠BAD=120°，∠ACB=90°.

(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)试确定PA的值为多少时？二面角A−PC−D的余弦值为55【解题思路】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理分析证明；（2）建系，利用空间向量处理二面角问题.【解答过程】（1）因为PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，则PA⊥BC，且AC⊥BC，PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.（2）由题意可知：∠CAD=∠ACD=∠CAB=60°，即△ACD为等边三角形，取CD的中点E，连接AE，则AE⊥CD，又因为AB//CD，则AE⊥AB，如图，以A为坐标原点，AE,AB,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设PA=m>0，则B0,2,0可得DC=由（1）可知：平面PAC的法向量BC=设平面PCD的法向量n=x,y,z，则令x=2m，则y=0,z=3，可得n由题意可得：cosn,BC所以当PA=3时，二面角A−PC−D的余弦值为5

5．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB=BC=2CD=2，AD=3，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P位置，此时二面角P−AC−D为π

(1)求异面直线PA，BC所成角的余弦值；(2)求点A到平面PBC的距离．【解题思路】（1）作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到异面直线的夹角；（2）利用点到平面距离的向量公式进行求解.【解答过程】（1）过点D做DO⊥AC交AC于O，连接OP，以O点为原点，以OA为x轴，在平面ABCD内，过点O垂直于AC的线为y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，所以∠DOP为二面角P−AC−D的平面角．所以∠DOP=π又因为OD=OP=32，所以点又因为C−12,0,0，A3所以AP=−3所以cosAP所以AP与BC夹角的余弦值为33（2）PC=−1设n=x,y,z为平面则n⋅令x=3，则y=−1,z=−故n=所以点A到平面PBC的距离为d=AP6．（2023春·江苏盐城·高二校考期末）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=π2，AO=4，BO=2，Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B−AO−C

(1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值；(2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．【解题思路】（1）建系，利用空间向量求异面直线夹角；（2）设BD=λBA可得【解答过程】（1）由题意可得：AO⊥OB,AO⊥OC，平面AOB⊥平面AOC，平面AOB∩平面AOC=AO，OB⊂平面AOB，所以OB⊥平面AOC，如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则O0,0,0若D为AB的中点，则D0,1,2，可得OA设异面直线AO与CD所成角θ∈0,π2故异面直线AO与CD所成角的余弦值为23（2）若动点D在线段AB上，设Dx,y,z则BD=x,y−2,z,BA=即D0,21−λ,4λ由题意可知：平面AOB的法向量为n=

设CD与平面AOB所成角为α∈0,则sinα=对于y=5λ2−2λ+2可得当λ=15时，y=5λ所以sinα的最大值为195故CD与平面AOB所成角的正弦最大值为537．（2023春·北京通州·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，在底面ABCD中，BC//AD,CD⊥AD,(1)求证：AC⊥平面PAB；(2)若平面PAB与平面PCD的夹角等于π3，求异面直线PB与CD【解题思路】（1）根据几何关系证明AB⊥AC，根据PA⊥底面ABCD得PA⊥AC，进而证明结论；（2）根据题意，AE,AD,PA两两互相垂直，进而建立空间直角坐标系，设PA=a(a>0)，再根据坐标法求解异面直线所成角的余弦值即可.【解答过程】（1）设BC中点为E，连接AE，易知ADCE为正方形，且AC=所以BC2因为PA⊥底面ABCD,AC⊂底面ABCD，所以PA⊥AC又PA⊂面PAB,AB⊂面PAB，PA∩AB=A所以AC⊥平面PAB（2）因为PA⊥底面ABCD，在正方形ADCE中AE⊥AD，所以AE,AD,PA两两互相垂直.如图建立空间直角坐标系A−xyz设PA=a(a>0)则C(1,1,0),D(0,1,0),B(1,−1,0),P(0,0,a)，所以PD=(0,1,−a),设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)n⋅PD=0n⋅DC由（1）知，平面PAB的法向量为AC因为平面PAB与平面PCD的夹角为π3所以cosπ3=|PB设异面直线PB与CD所成角为θ，则cosθ=8．（2023秋·高一单元测试）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°.

(1)求异面直线DE与CF所成角的余弦值；(2)求二面角A−FB−C的余弦值.【解题思路】（1）建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出DE=0,−1,3（2）求出平面ABF的法向量，平面CBF的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A−FB−C的余弦值即可．【解答过程】（1）∵AC⊥平面BDEF，FO，BD⊂平面BDEF，∴AC⊥FO，AC⊥BD，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为等边三角形，∵O为BD的中点，∴FO⊥BD，所以OA，OB，OF两两垂直．以O为坐标原点，OA、OB、OF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示．

∵AB＝2，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，∴BD＝2，OA=A∵△DBF为等边三角形，∴OF=3则A3∴DE=0,−1,3设异面直线所成角为θ，则cosθ=故cosθ=（2）由（1）知AB=−3,1,0，设平面ABF的法向量为m=则AB⋅m=−3x1+y1设平面CBF的法向量为n=x2令y2=3，则x2=−1∴cosm又二面角A−FB−C为钝角，∴二面角A−FB−C的余弦值为−39．（2023·辽宁丹东·统考二模）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥(1)证明：CD⊥AE；(2)点F在棱CC1上，AE//平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．【解题思路】（1）根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D（2）由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解答过程】（1）（1）因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，且两平面交线为DC,AD⊥DC所以AD⊥平面CDD1C1，所以AD⊥D1D,AD⊥DC连接DE，E为棱C1D1的中点，则DE⊥又AD⊥CD，DE∩AD=D，DE,AD⊂平面AED，所以CD⊥平面AED，ED⊂平面AED,因此CD⊥AE．（2）解法1：设AB=2，则DE=D1D连AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连OG．因为AE//平面BDF，AE⊂平面AEC,平面AEC∩平面BDF=OG所以AE∥OG，因为O为AC中点，所以G为CE中点，故OG=12AE=72．且直线OG与DF在Rt△EDC中，DG=12所以cos∠OGD=因此直线AE与DF所成角的余弦值为37解法2；设AB=2，则DE=D1D取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG=DD连接AG交BD于点I，连HI，因为AE//平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF=IH，所以AE∥IH．HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角．正方形ABCD中，GI=13AG，DI=13在△DHG中，GH=13EG=由余弦定理DH=1+49−1×2因此直线AE与DF所成角的余弦值为37解法3:由（1）知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，DA为x轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．由（1）知DE=3，得A2,0,0,B2,2,0,C则CC1=(0,−1,3)，DC=(0,2,0)由CF=tCC因为AE//平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R，使得AE=λ故2λ=−2,2λ+2μ−tμ=0,3μt=3从而DF=所以直线AE与DF所成角的余弦值为|cos10．（2023春·北京·高二校考期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PD的中点，PA＝2，AB＝1，AD＝2．

(1)求证：PB∥平面ACE；(2)求直线CP与平面ACE所成角的正弦值；【解题思路】（1）根据线面平行的判断，转化为证明线线平行，即可证明；（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，求平面ACE的法向量，利用线面角的向量公式，即可求线面角的正弦值.【解答过程】（1）连结BD，交AC于点O，连结OE，因为点O,E分别是BD,PD的中点，所以PB//OE，PB⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以PB//平面ACE；（2）如图，以点A为原点，以AB,AD,AP分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，A0,0,0，CAC=1,2,0，AE=设平面ACE的法向量为n=则AC⋅n=0AE⋅n=0所以平面ACE的法向量为n=设直线CP与平面ACE所成角为θ，所以sinθ=

11．（2023·四川成都·校考模拟预测）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BH所成角的余弦值为721，求线段AH【解题思路】（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,ℎ，利用空间向量法可得出关于ℎ的方程，解出【解答过程】（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≤4，则H所以，NH=−1,−2,ℎ，由已知，得cosBE整理可得10ℎ2−21ℎ+8=0，解得ℎ=所以，线段AH的长为85或112．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，

(1)证明：平面D1C1(2)若四棱台ABCD−A1B1C1D【解题思路】（1）解法一：证明AB⊥BD，AB⊥BB1从而得到AB⊥DD（2）解法一：利用锥体体积公式求出DD1=2【解答过程】（1）解法一：∵AB//CD，∵∠ADC=120∘，在△ABD中，AB=1,AD=2,∠DAB=60由余弦定理得BD=1故AB2+B因为棱台ABCD−A1B1C又∠B1BA=90°，即AB⊥BB1，BB1因为DD1⊂面BB1D1D，所以AB,AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD，又因为D所以平面D1C1解法二：由棱台的定义，把四棱台ABCD−A1B得到四棱锥P−ABCD，则∠PDA=∠PBA=同解法一，可得AB⊥BD，以D为原点，DB,DC分别为x,y轴建立空间直角坐标系如图，

则B(3,0,0),A(3由∠PDA=∠PBA=90∘，则有所以a=b=0，即P(0,0,c)，所以PD⊥平面ABCD，因为PD⊂平面PCD，故平面PCD⊥平面ABCD，即平面D1C1（2）解法一：设梯形ABCD与梯形A1B1S1因为梯形A1B1C1D1与梯形ABCD由（1）知，DD1⊥则VABCD−所以738D以D为原点，DB,DC,DD1分别为

B(3,0,0),A(3得A1(32,−所以AA设平面AB1C则n⋅AB设直线AA1与平面ABsinθ=解法二：可知四棱锥P−A1B相似比为C1D1CD=所以VP−ABCD=23所以13×332故B下同解法一．13．（2023春·河南·高二校联考期末）如图，圆柱O1O2的底面半径与高均为2，AB为⊙O2的直径，C,D分别为⊙O1，⊙

(1)证明：O为线段O1(2)若AC与下底面所成的角为π6，求直线BC与平面ACD【解题思路】（1）利用面面平行的性质，可证明O1（2）首先作辅助线，延长DO2交⊙O2于点E，并连结EA,EB,EC，利用垂直关系，可证明【解答过程】（1）连接O1C，O2C，

因为C，O1，D，O2四点共面，且圆柱O1因为O1C=O2所以O1O=OO2，即（2）延长DO2交⊙O2于点E，连接CE，因为E在⊙O2上，AB为所以AE⊥BE，O1C=O所以四边形CO所以O1O2∥CE所以∠CAE为直线AC与下底面所成的角，所以∠CAE=π因为CE=2，所以AE=23，BE=2如图所示，以E为坐标原点，EA，EB，EC的方向分别为x轴、y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系E−xyz.则A23,0,0，B0,2,0，所以AD=0,2,0，CD=设平面ACD的法向量为n=则n⋅AD=2y=0,n⋅设直线BC与平面ACD所成的角为θ，则sinθ=即直线BC与平面ACD所成角的正弦值为6414．（2023·上海闵行·上海市校考二模）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【解题思路】（1）得到CD//EF，结合E为A1D（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【解答过程】（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A115．（2023春·湖南岳阳·高二统考期末）如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的平面与矩形BDEF所在的平面互相垂直.

(1)若M为线段BF上的一个动点，证明：CM//平面ADE；(2)若∠BAD=60∘，AB=2，直线CF与平面BCE所成角的正弦值为1510【解题思路】（1）利用面面平行的性质定理证明；（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解.【解答过程】（1）由题知，四边形BDEF为矩形，所以BF//DE，又因为BF⊄̸平面ADE，DE⊂平面ADE，所以BF//平面ADE，同理可证BC//平面ADE，又因为BC∩BF=B，BC、BF⊂平面BCF，所以平面BCF//平面ADE，又因为CM⊂平面BCF，所以CM//平面ADE.（2）因为平面ABCD⊥平面BDEF，且平面ABCD∩平面BDEF=BD，DE⊥DB，DE⊂平面BDEF，所以DE⊥平面ABCD.又因为底面ABCD为菱形，且∠BAD=60∘，所以△ABD为等边三角形，且AB=BD=2，设BF=a，取AB的中点为G，连接DG，以D为坐标原点，分别以DG,DC,DE的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，

则B3,1,0，C0,2,0，E则CF→=3,−1,a，设平面BCE的法向量为n→=x,y,z，n取x=1，则y=3，z=23设直线CF与平面BCE所成角为θ，则sinθ=|化简可得a4−13a2+12=0故BF的长可为23或116．（2023春·江苏连云港·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=22,PA=PC=AC=4，平面ABC⊥平面

(1)求异面直线AC与PB间的距离；(2)若点M在棱BC上，且二面角M−PA−C为30∘，求PC与平面PAM【解题思路】（1）法一：根据等腰三角形性质得PO垂直AC，BO⊥AC，根据线面垂直的判定定理得AC⊥面PBO，在面PBO中，作OD⊥PB，知OD为异面直线AC与PB间的距离可得答案；法二：以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设n=x,y,z，且n⋅AC=0,n⋅（2）方法一：在平面ABC内作MN⊥AC，则MN⊥平面PAC，在平面PAC内作NF⊥AP，则MF⊥AP，得∠MFN为二面角M−PA−C的平面角，法一：设点C到平面PAM的距离为ℎ，利用VM−APC=VC−APM得ℎ可得答案；法二：以O为坐标原点，OB､OC､OP所在直线分别为【解答过程】（1）法一：取AC中点O，连接PO，由PA=PC知PO⊥AC，又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，故PO⊥平面ABC，连接BO，则∠POB=90又因为AB=BC,O为AC中点，故BO⊥AC，BO,PO⊂面PBO,BO∩PO=O，故AC⊥面PBO，在面PBO中，作OD⊥PB，则由OD⊥AC知OD为异面直线AC与PB间的距离，由PO=23,OB=2,PB=4，PO×OB=PB×OD知即异面直线AC与PB间的距离为3；

法二：取AC中点O，连接PO，由PA=PC知PO⊥AC，又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，故PO⊥平面ABC以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，则A0,−2,0设n=x,y,z，且则y=02x−23z=0，令z=又AB=2,2,0，则异面直线AC与PB间的距离为

（2）由（1）知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥平面ABC，如图，在平面ABC内作MN⊥AC，垂足为N，则MN⊥平面PAC，在平面PAC内作FN⊥AP，垂足为F，联结MF，PA⊂平面PAC，所以MN⊥PA，且MN∩FN=N，MN、FN⊂平面MFN，所以PA⊥平面MFN，FM⊂平面MFN，所以PA⊥FM

故∠MFN为二面角M−PA−C的平面角，即∠MFN=30设MN=a，则NC=a,AN=4−a，在Rt△AFN中，FN=3在Rt△MFN中，由∠MFN=30∘知FN=3法一：设点C到平面PAM的距离为ℎ，由VM−APC=VC−APM，得又AC=PA=4,MF=2MN,PO=23解得ℎ=3，则PC与平面PAM所成角的正弦值为3法二：以O为坐标原点，OB､OC､OP所在直线分别为x轴，建立空间直角坐标系如图，则A0,−2,0PC=设平面PAM的法向量为n=x,y,z，则由知2y+23z=043x+则PC与n所成角的余弦值为cosθ=则PC与平面PAM所成角的正弦值sinα=

17．（2023春·甘肃白银·高二校考期末）如图，在正三棱柱A1B1C1−ABC中，D为

(1)若λ=12，证明：DE⊥平面(2)若直线BC1与平面A1B1【解题思路】（1）先证明A1B1⊥平面DCC1F（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据线面角列方程即可得解.【解答过程】（1）取A1B1的中点F，连接EF，DF，因为CC1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以C又CD=C1F=易知DF=A所以DE2+EF因A1B1⊥C所以A1B1又DE⊂平面DCC1F，所以因为A1B1∩EF=F，所以DE⊥平面A1

（2）以D为坐标原点，DB,DC,DF的方向分别为则A1设E0,3,a,a∈0,2设平面A1B1则n⋅A1B1设直线BC1与平面A1

则sinθ=化简得3a2−83a+12=0当a=23时，点E与点C1重合，此时所以λ=C1EC118．（2023春·云南玉溪·高二校考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=2，D为

(1)证明：AD⊥平面BB(2)已知四边形BB1C1C是边长为2的菱形，且∠【解题思路】（1）利用等腰三角形性质，面面垂直的性质推理作答.（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.【解答过程】（1）在三棱柱ABC−A1B1C1中，由而平面BB1C1C⊥平面ABC，且平面B所以AD⊥平面BB（2）因为四边形BB1C1C为菱形，∠B1而平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1以D为坐标原点，DC,DA,DB1分别为x轴,y轴,

则D(0,0,0),C(1,0,0),A(0,3,0),C设平面AC1D的法向量n=x1,显然平面ABC的法向量m=(0,0,1)，设平面ABC与平面AC1则cosθ=|所以平面ABC与平面AC1D19．（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知E、F分别是正方体ABCD−A1B1C

(1)A1D与(2)二面角C−D(3)点M在棱CD上，若A1M与平面B1C1【解题思路】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答.（3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答.【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B以点D为原点，以DA,DC,DD1的方向分别为x,则D(0,0,0),A1(1,0,1),E(设A1D与EF所成角为θ，所以A1D与EF所成角的大小是

（2）平面B1D1设平面CB1D1的一个法向量为则n⋅D1C=y−z=0设n,DD1的夹角为α，所以二面角C−D1B（3）设M(0,y,0),y∈[0,1]，则A1M=(−1,y,−1)，平面B设A1M与平面B1C1所以当DM=13DC，即点M是线段DC靠近点D的三等分点时,A1M20．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，PC⊥底面ABCD,E是AC的中点，PF=

(1)证明：平面PBC⊥平面ACF.(2)若直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，且PC>CD，求平面ACF与平面PAB【解题思路】（1）由余弦定理求出BC（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标P0,0,a，利用线面角的大小列出方程，求出a【解答过程】（1）因为PC⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD，所以PC⊥AC.因为AD=CD=1,AD⊥CD，所以AC=A又AB//CD,AB=2，所以∠BAC=45°,BC则BC2+A因为PC∩BC=C，PC,BC⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC.又AC⊂平面ACF，所以平面PBC⊥平面ACF.（2）取AB中点N，连接CN，因为底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，所以CN⊥AB，因为PC⊥底面ABCD，CD,CN⊂平面ABCD，所以PC⊥CN,PC⊥CD，以C为坐标原点，CN,CD,CP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1,1,0设P0,0,a(a>1)，则PE=设平面PAB的法向量为m=则m⋅PA=令z1=1，得x1因为直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015所以12解得a=2或a=24（舍去），则则CA=设平面ACF的法向量为n=则n⋅令z2=1，则y2cosm故平面ACF与平面PAB夹角的余弦值为316521．（2023春·江苏扬州·高二统考期末）如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，AA

(1)若t=12,求证:AD//(2)若t>12,直线A1C与平面A1【解题思路】（1）当t=12时可得点D,E分别为BC,B（2）以AB,AC,AA1为正交基底空间直角坐标系A−xyz,写出各个点的坐标,根据直线A1C与平面A1【解答过程】（1）

当t=12时,BDBC=C在直三棱柱ABC−A1B1C所以四边形BB1ED为平行四边形,所以BB1∥DE又AA1∥B所以四边形AA1ED又因为AD⊄平面A1EB,A所以AD∥平面A1（2）AA1⊥平面ABC,又∠BAC=90∘

则点A0,0,0由BDBC=C所以A1设平面A1BE的一个法向量m=x,y,z,则取x=1,得m=设直线A1C与平面A1BE所成角为得12t2−16t+5=0,解得t=12或5而AC所以AD=设平面AC1D的一个法向量为n1=取y=−1,则n1又平面ADC的一个法向量为n2=0,0,1观察得二面角C1−AD−C为锐角,所以二面角C122．（2023春·广东深圳·高一统考期末）如图，三棱锥P−ABC的三个顶点A，B，C在圆O上，AB为圆O的直径，且AB=6，PA=PC=22，BC=25，平面PAC⊥平面

(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；(2)点F是圆O上的一点，且点F与点C位于直径AB的两侧.当EF//平面PAC时，画出二面角E−BF−A【解题思路】（1）要证明平面PAC⊥平面ABC，只需证明BC⊥平面PAC即可；（2）建立空间坐标系，运用空间向量求解.【解答过程】（1）因为点C在圆O上，∴AC=AB2−BC即AP⊥PC，由条件：平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC=PC,∴AP⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，∴BC⊥PA，又BC⊥AC，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC，又BC⊂平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC；（2）取AC的中点M，连接PM，则PM⊥AC，由（1）可知平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，∴PM⊥平面ABC，连接OM，OE，OF，则OM是△ABC中BC边的中位线，∴OM⊥AC，OM⊂平面ABC，∴PM⊥OM，即PM，AC，OM两两垂直，以M为原点，AC，OM，PM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如下图：

由于O，E分别是AB，PB的中点，连接BM，取BM的中点N，连接EN，则有EN//PM，∵PM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，BF⊂平面ABC，∴BF⊥EN，过N点作FB的垂线，得垂足S，BF⊥NS,EN∩NS=N,∴BF⊥平面ENS，ES⊂平面ENS，∴ES⊥BF，∴∠ESN就是二面角E−BF−A的平面角；∴OE//PA,OE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，∴OE//平面PAC，OE∩FE=E，∴平面EFO//平面PAC，OF⊂平面EFO，∴FO//平面PAC，AC,FO⊂平面ABC，∴AC//FO，其中OF=12FE=−4,0,1,FB=则m·FE=0m·FB=0显然平面ABC的一个法向量n=设平面ABC与平面EFB的二面角为α，则cosα=综上，二面角E−BF−A的余弦值为22223．（2023春·江苏南京·高二校考期中）如图，已知在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B=1，AA(1)求AA1与(2)在棱AA1上是否存在一点E，使得二而角E−BC−B1的余弦值为【解题思路】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求异面直线所成的角；（2）假设存在点E满足题意，设AE=λAA1（【解答过程】（1）因为A1B=1，AA1=所以AA12=AB2+以BA为x轴，平面ABC内，过B与AB垂直的直线为y轴，BA1为则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(−1,−3,0)，AA1=(−2,0,1)cosA所以AA1与BC所成角的余弦值是（2）假设存在点E满足题意，设AE=λAA1（BE=AE+设平面EBC的一个法向量是m=(m⋅BE=(2−2λ)x1+λzm=(设平面BCC1Bn⋅BC=−x2−3y2cosm,n=m由图可知当λ=13，二面角E−BC−B24．（2023·福建福州·福建省校考二模）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【解题思路】（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.【解答过程】（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所以BE=ABsin60°=12BC=3，BF=B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′25．（2023春·四川乐山·高二期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面(1)求证：MN//平面BCC(2)再从条件（1）、条件（2）这两个条件中选择一个作为已知，求二面角A−BM−N的平面角的余弦值．条件①：BN⊥平面AA条件②：B1注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解题思路】（1）先证明线面平行，再利用面面平行的判定可证结论；（2）无论选择哪个条件都能得到侧棱与底面垂直，然后利用空间向量可求答案或者找出二面角的平面角，利用三角形知识求解.【解答过程】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，∵三棱柱ABC−A1B∵B1∴MK//BB又MK⊄平面BCC1B∴MK//平面BCC∵N,K分别为AC,AB中点，∴NK//BC．又NK⊄平面BCC1B∴NK//平面BCC∵NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，∴平面MKN//平面BCC又MN⊂平面MKN，∴MN//平面BCC（2）选条件①∵BN⊥平面AA1C又∵侧面BCC1B∵BC∩BN=B，∴CC1⊥选条件②∵在△B1BN中，B∴BB又∵侧面BCC1B∵BC∩BN=B，∴BB1⊥解法一：如图建立空间直角坐标系，A3NB=设平面NBM的法向量为m=m令x=2得y=0,z=−32，即BA=设平面ABM的法向量为n=n⋅令x1=1得y1=3∴cosm即二面角A−BM−N的平面角的余弦值为219解法二：过点N作NO⊥AB交AB于点O，过点O作OD⊥BM交BM于点D，连结DN，∵BB1⊥平面ABC∵BB1⊥NO，NO⊥AB，BB1又BM⊂平面ABB1A∵OD∩NO=O，∴BM⊥平面NOD．∴BM⊥ND．∴∠NDO即为所求角．在直角三角形ANB中，BN=1,AN=3,AB=2，∴NO=3在正方形ABB1A1中，在△BOM中，由等面积可得OD=5∴ND=O∴cos∠NDO=即二面角A−BM−N的平面角的余弦值为21926．（2023春·江苏徐州·高二校考期中）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DE//BC，记DEBC=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE位置，使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC得到图2，点N为

(1)当EN//平面MBD时，求λ的值；(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B−MD−E的大小是否为定值？如果是，请求出二面角B−MD−E的正弦值；如果不是，请求出二面角B−MD−E的余弦值的取值范围.【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解，（2）由法向量的夹角即可求解二面角.【解答过程】（1）取DE的中点O，连接AO并延长与BC相交，因为AD=AE，DO=OE，所以AO⊥DE，即MO⊥DE，又平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB=DE，MO⊂平面MDE，所以MO⊥平面DECB，建立如图空间直角坐标系，不妨设BC=2，则M0,0,3λ，Dλ,0,0，E−λ,0,0，B所以EN=λ−12,设平面BMD的法向量为m=x,y,z，则令x=3，则y=−1，z=1，所以即m=3因为EN∥平面MBD，所以EN⊥m，EN（2）

由（1）知，m=3,−1,1同理可求平面EMD的一个法向量为n=cosm,n=m且sinm,n=1−27．（2023春·湖北武汉·高一校考期末）如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4

(1)求证：BD1∥(2)线段BF上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形CED1C1为平行四边形，从而得到（2）法一：作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点到坐标，设出Mm,2,0，0≤m≤2法二：作出辅助线，得到平面C1EF//平面BDD1B1，得到直线A1M与平面C1EF所成的角即为A1M与平面BDD1B1所成的角，设【解答过程】（1）连接D1C，与C1E相交于点因为AB=2A1B1=4所以CE=C1D1且故CM=D又因为F为BC的中点，所以MF是△BCD故MF//BD因为MF⊂平面C1EF，BD所以BD1∥

（2）法一：存在，线段BM的长为1，理由如下：取AB的中点Q，连接OQ，以O为坐标原点，分别以OQ,OF,OO1为连接AO,A1O1，过点A1作A1W则AO=22,A因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠A所以A1设Mm,2,0，0≤m≤2，A设平面C1EF的法向量为则n⋅令x=1得y=−1,z=0，则n=设直线A1M与平面C1则sinθ=解得m=1或34（舍去），

故M1,2,0，线段BM的长为2−1=1法二：存在，线段BM的长为1，理由如下：连接B1D1，显然过点O1，连接因为E、F分别为DC、BC的中点，所以EF//BD，因为EF⊄平面BDD1B1，所以EF//平面BDD由（1）知：DE=D1C1且故C1因为C1E⊄平面BDD1B所以C1E//平面因为C1E∩EF=E，C1所以平面C1EF//平面故直线A1M与平面C1EF所成的角即为设A1M∩BD因为O1所以A1O1⊥平面BDD1B1连接AO，过点A1作A1W⊥AO于点W则AO=22,A因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠Asin∠A1因为A1D1//BF，所以△A则A1D1BM=故A1过点W作WR⊥BC于点R，则BR=1,MR=x−1或1−x，故WM由勾股定理得A1W2解得x=1，故线段BM的长为2−1=1.

28．（2023春·江苏宿迁·高二统考期末）如图（1）所示，在△ABC中，AB=43，BC=23，∠B=60°，DE垂直平分AB．现将△ADE沿DE折起，使得二面角A−DE−B大小为60°，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点

(1)求点D到面PEC的距离；(2)求四棱锥P−BCED外接球的体积；(3)点Q为一动点，满足PQ=λPE  (0<λ<1)，当直线BQ与平面【解题思路】（1）由已知可证得平面PDB⊥平面BCDE，取BD中点O，连接PO,OC，则有OB,OC,OP两两垂直，所以以{OB,OC（2）连接BE，则四边形BCED的外接圆圆心在BE的中点O1，△PBD外接圆的圆心为PO的三等分点O2，过点圆心O1，O（3）由PQ=λPE  (0<λ<1)，表示出点Q的坐标，然后利用空间向量表示出直线【解答过程】（1）由AB=43，BC=23，∠B=π3，得AC=6，因为DE垂直平分AB，所以DE⊥PD,DE⊥BD，所以∠PDB为平面PDE与平面BCED的二面角的平面角，所以∠PDB=π3，PD=BD，所以取BD中点O，连接PO,OC，所以PO⊥BD,OC⊥BD，因为PD∩B