专题17空间向量与立体几何（新高考地区专用）

专题1.7空间向量与立体几何高考对本部分内容的考查以能力为主，重点考查线面关系、面面关系、线面角及二面角的求解，考查数形结合的思想，空间想象能力及运算求解能力等．1．主要有两种考查形式：(1)利用立体几何的知识证明线面关系、面面关系；(2)考查学生利用空间向量解决立体几何的能力，考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.2．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：(1)建立恰当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标；(3)写出向量坐标；(4)结合公式进行论证、计算；(5)转化为几何结论．3．求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．设平面α，β的法向量分别为μ=(a3，b3，c3)，v=(a4，b4，c4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则.4．用向量解决探索性问题的方法：(1)确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．(2)确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标．(3)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．（2023·云南昆明·统考一模）如图，直四棱柱ABCD−A1B1(1)从三个条件：①AC⊥BD；②∠ADC=120°；③BD=2AD中任选一个作为已知条件，证明：BC⊥DC(2)在（1）的前提下，若AB=3AA1，P是棱BB【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理和性质定理分析证明；（2）建系，利用空间向量求面面夹角.【解答过程】（1）对①：设AC与BD的交点为E，∵△ABC是等边三角形，且AC⊥BD，则E为AC的中点，可得DA=DC，且AB=BC,BD=BD，则△BAD≅△BCD，故∠BCD=∠BAD=90°，即BC⊥CD，又∵CC1⊥平面ABCD，BC⊂∴BC⊥CC1，且CD∩CC故BC⊥平面CDD注意到DC1⊂平面CD对②：∵∠ADC+∠ABC=180°，则∠BCD+∠BAD=180°，又∵AB⊥AD，即∠BAD=90°，可得∠BCD=90°，即BC⊥CD，又∵CC1⊥平面ABCD，BC⊂∴BC⊥CC1，且CD∩CC故BC⊥平面CDD注意到DC1⊂平面CD对③：∵AB⊥AD，即∠BAD=90°，在Rt△BAD中，则sin∠ABD=AD故∠ABD=∠CBD=30°,AB=BC,BD=BD，则△BAD≅△BCD，故∠BCD=∠BAD=90°，即BC⊥CD，又∵CC1⊥平面ABCD，BC⊂∴BC⊥CC1，且CD∩CC故BC⊥平面CDD注意到DC1⊂平面CD（2）如图，建立空间直角坐标系A−xyz，设AA则D0,2,0可得DD设平面PDC1的法向量为n=令x1=5，则y1设平面PDD1的法向量为m=令x2=1，则y2则cosn故平面PDC1与平面PDD2．（2023·湖南张家界·统考二模）如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1，∠ACB=90°，AC(1)求证：平面ACC1A(2)若AA1⊥AC，D为线段A1C的中点，AC=2BC=2【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理与性质可得AC1⊥BC（2）由（1），根据面面垂直的性质可得CC1⊥平面ABC，建立如图空间直角坐标系，利用向量法求出平面A1BC【解答过程】（1）已知A1C⊥AC1，又AC1⊥BD，A所以AC1⊥又BC⊂平面A1BC，所以因为∠ACB=90°，所以BC⊥AC，又AC∩AC1=A，AC、AC1⊂平面又BC⊂平面ABC，所以平面ACC1A（2）由（1）知平面ACC1A又平面ACC1A1∩平面ABC=AC，A所以AA1⊥平面ABC所以CC1⊥平面ABC，所以CA，CB以C为坐标原点，CA，CB，CC1的方向分别为x轴、y轴、建立空间直角坐标系如图所示：因为AA1⊥AC又因为AC1⊥因为AC=2，BC=1，所以CC所以C0,0,0，B0,1,0，A1由D是线段A1C的中点，得所以CB=0,1,0，CA设平面A1BC的一个法向量为则n⋅CB取x=1，则z=−1，所以n=cosn设直线B1D与平面A1BC所成的角为所以cosα=所以直线B1D与平面A13．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC，点F是(1)求证：A1(2)若AB⊥AC，AB=12AA1，直线A1F【解题思路】（1）通过证明A1F⊥平面BCC（2）建立空间直角坐标系求得向量A1F与面AB【解答过程】（1）因为三棱柱ABC−A所以CC1⊥因为A1F⊂平面所以CC因为A1B1=A所以A1∵B1C1∩CC1=C所以A1F⊥平面因为点E是棱CC所以B1E⊂平面所以A1（2）不妨设AB=1，则AA因为三棱柱ABC−A所以AA1⊥因为A1B1⊂平面A1所以AA又AB⊥AC，所以A1如图，以A1为坐标原点，直线A1B1，A1C1，A则A10,0,0，B11,0,0，C10,1,0，则A1F=12设平面AB1E的法向量为m=x,y,z，则m所以sin60°=整理得4λ2+8λ−5=0，解得λ=所以λ=14．（2023·福建漳州·统考三模）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，DD1=3，∠ABC=2π3，G(1)求点D到平面BC(2)求平面AEC与平面BEC所成锐二面角的余弦值.【解题思路】（1）连接AC,BD交于点O，以O为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果；（2）根据面面平行和线面平行性质可证得四边形AGC1E【解答过程】（1）连接AC,BD交于点O，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，则以O为坐标原点，OA,OB正方向为x,y轴，作z轴//∵AB=BC=2，∠ABC=2π3，∴AC=4+4−8∴B0,1,0，D0,−1,0，C1∴DB=0,2,0，B设平面BC1G则BC1⋅n=−3x−y+3z=0BG⋅∴点D到平面BC1G（2）由直棱柱的结构特征知：平面ADD1A∵AG⊂平面ADD1A1，∵平面AGC1∩平面BCC1B1同理可得：C1G//AE，∴四边形又AD=B1C1，∠ADG=∠C1B又A3,0,0，B0,1,0∴AE=−3,1,1设平面AEC的法向量n1则AE⋅n1=−3x1+y设平面BEC的法向量n2则BE⋅n2=z2=0CE⋅∴cos即平面AEC与平面BEC所成锐二面角的余弦值为645．（2023·河南焦作·统考模拟预测）如图1，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2π3，E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.现将△BEF沿EF翻折到(1)证明：EF⊥AB(2)已知二面角B'−EF−A为π3，在棱AC上是否存在点M，使得直线BC与平面B'MF【解题思路】（1）翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB（2）由二面角的定义可得∠B'FA=π3，然后以点F为坐标原点，FE、FA所在直线为x、y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，设AM=λAC【解答过程】（1）证明：翻折前，在△ABC中，EF⊥AB，翻折后，有EF⊥AF，EF⊥FB又AF∩FB'=F，AF、FB'⊂平面因为AB'⊂平面AF（2）解：因为二面角B'−EF−A为π3，EF⊥AF所以，二面角B'−EF−A的平面角为以点F为坐标原点，FE、FA所在直线为x、y轴，过点F且垂直于平面ABC的直线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，不妨设AB=4，则F0,0,0、A0,1,0、C23,3,0AC=23,2,0，FA=设AM=λAC=23设平面B'MF的法向量为由u⋅FB取c=2λ，可得u=cosu,EC故当AM=156AC时，直线BC与平面6．（2023·山东泰安·统考一模）在如图所示的几何体中，底面ABCD是边长为6的正方形，AE⊥AB，EG//AD,EG=12AD，EF//AB,EF=12AB，AE=6，点P，Q分别在棱GD，BC(1)证明：AE⊥平面ABCD；(2)设H为线段GC上一点，且三棱锥A−CDH的体积为18，求平面ACH与平面ADH夹角的余弦值.【解题思路】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；（2）由三棱锥的体积公式结合题意可知H为GC的中点，由（1）知，AE⊥平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE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，分别求出平面ACH与平面ADH的法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.【解答过程】（1）取线段AD中点R，RD的中点K，连接GR，PK，QK∵EG//AD,EG=∴E，A，D，G四点共面，且EG//AR,EG=AR，∴ARGE为平行四边形，∴GR又∵GP=PD，RK=KD∴PK//GR，∵BQ=3QC，AK=3KD，∴AB//QK，∴AD⊥QK又∵AD⊥PQ，PQ，QK⊂平面PQK，PQ∩QK=Q，∴AD⊥平面PQK，又∵PK⊂平面PQK∴AD⊥PK，∴AE⊥AD又∵AE⊥AB，AB，AD⊂平面ABCD，AB∩AD=A∴AE⊥平面ABCD（2）设H到平面ABCD的距离为h，则三棱锥A−CDH的体积为VA−CDH=V又∵G到平面ABCD的距离为6，∴H为GC的中点由（1）知，AE⊥平面ABCD，以A原点，AB，AD，AE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，则A0,0,0，C6,6,0，D0,6,0∴AH=3,92设平面ACH的一个法向量为m=x∴3x1+9∴m设平面ADH的一个法向量为n=x∴3x2+9∴n∴cosm∴平面ACH与平面ADH夹角的余弦值为267．（2023·天津河北·校考模拟预测）如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB//CD，PQ//CD，AD=CD=DP=2PQ=2AB=2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.(1)求证：EF//平面CPM；(2)求平面QPM与平面CPM夹角的大小；(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为π6，求N到平面CPM【解题思路】（1）连接EM，证得EF//MC，利用线面平行判定定理即可证明EF//平面MPC；（2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面PMQ和平面MPC法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.（3）设QN=λQC，则N(0,λ+1,2−2λ)，从而DN=(0,λ+1,2−2λ)，由（2）知平面PMQ的法向量为n=1,0,1，利用向量的夹角公式，得到关于λ【解答过程】（1）证明：连接EM，因为AB//CD，PQ//CD，所以AB//PQ，又因为AB=PQ，所以四边形PABQ为平行四边形，因为点E和M分别为AP和BQ的中点，所以EM//AB且EM=AB，因为AB//CD，CD=2AB，F为CD的中点，所以CF//AB且CF=AB，可得EM//CF且EM=CF，即四边形EFCM为平行四边形，所以EF//MC，又EF⊄平面MPC，CM⊂平面MPC，所以EF//平面MPC.（2）因为PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，故以D为原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意可得D0,0,0，A2,0,0，B2,1,0，C0,2,0，P0,0,2PM=1,1,−1，PQ=0,1,0，设n=x,y,z为平面则n⋅PM=x+y−z=0n⋅设m=a,b,c为平面则m⋅PC=2b−2c=0m⋅所以cosm设平面PQM与平面PMC夹角为θ，所以sinθ=即平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为32（3）设QN=λQC(0≤λ≤1)则N0,λ+1,2−2λ从而DN=由（2）知平面PMQ的法向量为n=而直线DN与平面PMQ所成的角为π6所以sinπ即12整理得3λ2−10λ+3=0，解得λ=因为0≤λ≤1，所以λ=13，所以N0,由（2）知：m=0,1,1为平面故点N到平面CPM的距离为d=NC8．（2023·广东江门·统考一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，O是AD的中点，点E在PC上，且AP//平面BOE(1)求PEEC(2)若OP⊥平面ABCD，OE⊥PC，AB=2，∠BAD=60∘，求直线OE与平面【解题思路】（1）连接AC与BO交于点F，求出AF=12FC，利用线面平行的性质可得出AP（2）以点O为坐标原点，OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设点P0,0,mm>0，由OE⊥PC可得出OE⋅PC=0，求出m【解答过程】（1）解：连接AC与BO交于点F，因为底面ABCD是菱形，O是AD的中点，所以AO//BC，且AO=1因为AP//平面BOE，AP⊂平面APC，平面APC∩平面BOE=EF所以AP//EF，所以（2）解：因为底面ABCD是菱形，O是AD的中点，∠BAD=60因为AB=2，则AO=1由余弦定理可得BO所以，AO2+B因为OP⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以OP⊥AD，OP⊥BO，以点O为坐标原点，OA、OB、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O−xyz.则O0,0,0，A1,0,0，B0,设P0,0,m，m>0，则PC所以OE=因为OE⊥PC，所以OE⋅PC=所以OE=−23,设n=x,y,z为平面PBC的法向量，则n⋅取z=23，所以n=0,因为cos〈所以直线OE与平面PBC所成角的正弦值是3139．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图在三棱柱ABC−A1B1C1中，D为(1)证明：BB(2)若BB1⊥BC从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角B−B①三棱柱ABC−A1B②直线AB1与平面BCC③二面角A−BB注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.【解题思路】（1）通过证明AC⊥平面BDB1来证得（2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角B−B【解答过程】（1）在三棱柱ABC−A1B1C1中，由题意可得∴△AA1B1≌△B同时在△ABC中，∵AB=BC，AD=DC，∴BD⊥AC，∵B1D∩BD=D,B∴AC⊥平面BDB又∵BB1⊂平面BEB（2）∵BB1⊥AC，BB1⊥BC且AC∩BC=C方案一：选择①③∵BB1⊥平面ABC，∴B∴∠ABC为二面角A−BB1−C∴S△ABC=12×2×2×sin60°=3，又∵法一：取A1C1的中点为E，连接EB1，ED，过E作EF⊥∵AC⊥平面BDB1，∴EC又∵EF⊥B1D∴∠EFC1为二面角其中C1E=1，EF=32，由于二面角B−B1D−故二面角B−B1D−法二：过B作BE⊥B1D，过C1作C1F⊥B1D，过F∴∠C1FG为二面角B−B1D−C∴cos∠C1FG=−3法三：如图所示，建立空间直角坐标系，设平面BDB1的一个法向量为m=x,y,z，且则m⋅BB1=0m⋅BD=0设平面B1DC1的一个法向量为n=则n⋅令x=−1，则y=0，z=−2cosm,n=m方案二：选择①②；解析：过点A作AO⊥BC于点O∵平面ABC⊥平面BCC1B∴AO⊥平面BCC1B1，故直线AB1与平面设AO=x，BB1=y，则VABC−A余下解法参考方案一.方案三：选择②③；∵BB1⊥平面ABC，∴B∴∠ABC为二面角A−BB1−C过点A作AO⊥BC于点O，∵平面ABC⊥平面BCC1B1且交线为BC，AO⊥BC，∴AO⊥平面BCC1B1，故直线AB1与平面设BB1=y，则sin余下解法参考方案一.10．（2023·上海·统考模拟预测）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA(1)证明：ED//平面ABC(2)求直线CC1与平面【解题思路】（1）取AB中点F，连接CF,EF，证明DE//CF，根据线面平行的判定定理即可证明DE//平面ABC.（2）分别取AC,A1C1中点O,O1，连接OO1【解答过程】（1）证明：取AB中点F，连接CF,EF，因为正三棱柱ABC−A所以CC1//因为E为线段A1所以EF//AA所以EF//CC因为D为CC1中点，所以所以EF//CD且所以四边形CDEF是平行四边形.所以DE//又因为DE⊄平面ABC，CF⊂平面ABC，所以DE//平面ABC（2）解：分别取AC,A1C1中点因为ABC−A所以OO1//AA1，所以OO1⊥所以OO1⊥OB以O为原点，OB,OC,OO1所在的直线分别为x轴，y轴，则A0,−1,0所以A1设平面A1BD的法向量为所以A1B·令y=1，解得x=3,z=2，所以设直线CC1与平面A1BD所成角为则sinθ=所以θ=π即直线CC1与平面A111．（2023·福建福州·统考二模）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，AB//CD，AD⊥CD，CD=2AB=4，△PAD是正三角形，E是棱(1)证明：BE//平面PAD；(2)若AD=23，平面PAD⊥平面ABCD，求直线AB与平面PBC【解题思路】（1）通过构造平行四边形的方法证得BE//平面PAD.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线AB与平面PBC所成角的正弦值.【解答过程】（1）取PD中点F，连接AF,EF．∵EF∴EF//∴四边形ABEF为平行四边形，∴BE//又∵BE⊄平面PAD,AF⊂平面PAD，∴BE//平面PAD．（2）取AD中点O,BC中点G，连接PO,OG，可得PO⊥AD,OG//∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊥AD,PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD．∵AD⊥CD,OG//∴OG⊥OA．以O为原点，以AD,OG,OP所在直线为x轴､y轴､z轴，建立如图所示空间直角坐标系．因为AB=2,CD=4,AD=23所以PD=AD=23所以A3则AB=设平面PBC的法向量为n=x,y,z，由可得−23x+2y=0−3x−2y+3z=0从而n=1,3则cosAB所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为21712．（2023·四川·校联考模拟预测）如图，在四棱锥A−BCDE中，侧面ADE⊥底面BCDE，底面BCDE为菱形，∠BCD=120°，AE⊥AD，∠ADE=30°.(1)若四棱锥A−BCDE的体积为1，求DE的长；(2)求平面ABE与平面ACD所成钝二面角的正切值.【解题思路】（1）过A作AG⊥DE于G，连接CE，根据面面垂直的性质可得AG⊥底面BCDE，设DE=a，求出AG，再根据棱锥的体积公式即可得解；（2）取DE的中点O，连接OC，以OC的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【解答过程】（1）如图，过A作AG⊥DE于G，连接CE，因为侧面ADE⊥底面BCDE，且侧面ADE∩底面BCDE=DE，AG⊂面ADE，所以AG⊥底面BCDE，设DE=a，因为AE⊥AD，∠ADE=30°，所以AG=AD⋅sin在菱形BCDE中，∠BCD=120°，则△BCE为等边三角形，则S所以四棱锥A−BCDE的体积V=1解得DE=a=2；（2）取DE的中点O，连接OC，则OC⊥DE，以OC的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设BC=4，则D0,2,0，E0,−2,0，C23BE=CD=−23设平面ABE的法向量为m=则m⋅令z=1，得m=设平面ACD的法向量为n=则n⋅令y'=3设平面ABE与平面ACD所成钝二面角为θ，则90°<θ<180°，所以cosθ=cosm所以tanθ=−8故平面ABE与平面ACD所成钝二面角的正切值为−8.13．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD//BC，且PA=AD=CD=2，BC=3，E是PD的中点，点F在PC上，且PF=2FC．(1)证明：DF//平面PAB；(2)求二面角F−AE−P的正弦值．【解题思路】（1）在线段PB上取点M，使得PM=2MB，进而证明DF//AM即可证明结论；（2）如图，以A点为坐标原点，建立空间直角坐标系A−xyz，利用坐标法求解即可；【解答过程】（1）证明：在线段PB上取点M，使得PM=2MB，所以，在△PBC中，MF=23BC=2因为在四边形ABCD中，AD//BC，AD=2，所以，MF//AD,MF=AD，所以，四边形ADFM是平行四边形，所以DF//AM，因为DF⊄平面PAB，AM⊂平面PAB，所以DF//平面PAB.（2）解：如图，以A点为坐标原点，建立空间直角坐标系A−xyz，所以，A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为E是PD的中点，点F在PC上，且PF=2FC，所以E(0,1,1)，AF所以，AE=(0,1,1),AF=43所以，n⋅AE=0n⋅AF=0由题，易知平面PAE的一个法向量为m=所以cosn所以sinn所以，二面角F−AE−P的正弦值为2214．（2023·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB⊥BC，AD∥BC，AD=DC=2BC，∠ADC=60°，侧面PAD是等腰三角形，(1)求证：BC⊥PC；(2)若侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PB与底面ABCD所成角的正切值为32，M为侧棱PC上的动点，且PM=λPC(λ∈[0,1]).是否存在实数λ，使得平面PAD与平面MAD的夹角的余弦值为【解题思路】（1）通过证明线面垂直，即可证明BC⊥PC；（2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，设出点M坐标，求出平面PAD与平面MAD的法向量，通过两平面夹角的余弦值即可求得实数λ的值.【解答过程】（1）由题意，在四棱锥P−ABCD中，取AD的中点为E，连接PE，CE，在等腰△PAD中，PA=PD，∴PE⊥AD，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AD=DC=2BC，∴BC⊥PE,BC=AE=DE,AB∥CE，四边形∴BC⊥CE，CE⊥AD，AB=CE，BC=AE=DE=1∴∠DCE=30°，∠CDE=60°,AB=CE=3∵BC⊄面PCE，PE⊂面PCE，CE⊂面PCE，PE∩CE=E，∴BC⊥面PCE，∵PC⊂面PCE,∴BC⊥PC.（2）由题意及（1）得，PE⊥AD，CE⊥AD，AB=CE，BC=AE，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，面PAD∩底面ABCD=AD，∴PE⊥CE，∵侧棱PB与底面ABCD所成角的正切值为32，设PE=3∴由几何知识得，BE=2a，四边形BCDE是平行四边形，∴BE∥CD,在直角△ABE中，AE=BEcos∠AEB=a，∴AB=CE=3a建立空间直角坐标系如下图所示，∴E0,0,0，A0,−a,0，B3a,−a,0，C3∵M为侧棱PC上的动点，且PM=λ设M由几何知识得，xMCE=在面PAD中，其一个法向量为n1在面MAD中，AD=0,2a,0，设平面的法向量为n2则n2⋅AD=0当x=1−λ时，n2设平面PAD与平面MAD的夹角为θ∵平面PAD与平面MAD的夹角的余弦值为5∴cos解得：λ=23或∴存在实数λ=23，使得平面PAD与平面MAD的夹角的余弦值为15．（2023·云南玉溪·统考一模）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=AD=2，AB=4，M，N分别是线段AB，PC的中点．(1)求证：MN//平面PAD；(2)在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为13？若存在，求出CQ【解题思路】（1）取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME//平面PAD，NE//平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明；（2）以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出CQCD【解答过程】（1）如图，取PB中点E，连接ME，NE．∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴ME//PA．又∵ME⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴ME//平面PAD，同理得NE//平面PAD．又∵ME∩NE=E，∴平面PAD//平面MNE．∵MN⊂平面MNE，∴MN//平面PAD．（2）∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直．依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，则C4,2,0，D0,2,0，P0,0,2，M2,0,0，PC中点N2,1,1，设平面DMN的法向量n=x,y,z，则DM⋅取x＝1，得y＝1，z＝－1，n=若满足条件的CD上的点Q存在，设Qt,2,0，0≤t≤4，又N2,1,1，则设直线NQ与平面DMN所成的角为θ，则sinθ=解得t＝1或t＝－3．已知0≤t≤4，则t＝1，∴Q1,2,0DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，CQCD故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为13，且CQ16．（2023·河南郑州·统考一模）如图，正四棱锥P−ABCD的底面边长和高均为2，E，F分别为PD，PB的中点．(1)若点M是线段PC上的点，且PM=13PC，判断点M(2)求直线PB与平面AEF所成角的正弦值．【解题思路】（1）连接AC、BD交于O，连接OP，以O为坐标原点，OA、OB、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出AE、AF、AM，即可得到AM=23AE+23AF，从而得到（2）利用空间向量法计算可得.【解答过程】（1）解：连接AC、BD交于O，连接OP，由正四棱锥的性质可得PO⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，则AC⊥BD，所以以O为坐标原点，OA、OB、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0),B(0,2,0),P(0,0,2),C(−2所以AE=(−2,−又PM=13PC，得所以AM=所以A、M、E、F四点共面，即点M在平面AEF内．（2）解：由（1）可得PB=(0,设平面AEF的法向量n=(x,y,z)，由n⋅AE令x=1，则z=2，y=0，所以n所以cosPB所以直线PB与平面AEF所成角的正弦值为2317．（2023·全国·联考模拟预测）如图，D为圆锥DO的顶点，O为圆锥底面的圆心，AB为直径，C为底面圆周上一点，四边形OAED为正方形，BC=3(1)若点F在BC上，且DF//面ACE，请确定点F的位置并说明理由；(2)求二面角D−BC−E的余弦值．【解题思路】（1）根据线面平行得平面ODF//平面AEC,进而根据面面平行的性质可得线线平行，即可得到点的位置.（2）根据二面角的几何法求解找到二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系进行求解，或者建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【解答过程】（1）过O作OF//AC交BC于F，OF⊄平面ACE,AC⊂平面ACE,所以OF//平面ACE,又DF//平面AEC，OD∩OF=O，OD、OF⊂平面DOF，∴平面ODF//平面AEC，由于平面DOF∩平面ABC=OF

ACE∩平面ABC=AC,故OF//AC在Rt△ABC中，O是AB的中点，∴F为BC（2）（方法一）连BE交OD于M，由于DE//OB.DE=OA=OB,则M为DO、BE中点，DO⊥面ABC,由于OF//AC,BC⊥AC,由三垂线定理知，BC⊥OF则BC⊥DF，BC⊥FM,所以∠DFM即为二面角D−BC−E的平面角．不妨设AC=1，BC=3，则AB=2，OD=1在Rt△OMF中，在Rt△DOF中，DM=12，∴在△DFM中，由余弦定理所以二面角D−BC−E的余弦值为310（方法二）过C作CP⊥面ABC，以CA，CB，CP分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，C0,0,0，B0,3,0，E1,0,1，D1设面DBC法向量n1=x,y,z，DB⋅设面EBC法向量n2=x1,y设二面角D−BC−E的平面角为θ，∴cosθ由图知θ为锐角，所以二面角D−BC−E的余弦值为31018．（2023·全国·模拟预测）已知底面为正方形的四棱柱ABCD−A'B'C'D'，AD=AA'=4，E，F，H分别为AA(1)求证：当λ=1时，BP⊥AC；(2)是否存在λ，使得线段BP与平面BC'E【解题思路】（1）由△ABE的面积为4，推导出∠EAB=90°，即AA'⊥AB，又AD⊥AA'，可得AA'⊥平面ABCD，当λ=1时，P为FH的中点，P在（2）以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD'所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，设Pa,2−a,4，求出平面B【解答过程】（1）连接BD,B因为S△ABE所以sin∠BAE=1，所以∠BAE=π2又AD⊥AA'，AD∩AB=A，AD,AB⊂平面ABCD，故AA当λ=1时，FPPH=λ=1，则P为FH中点，P在∵DD'⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，又AC⊥BD，DD'∩BD=D，D∴AC⊥平面BDD又BP⊂平面BDD'B'（2）以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD'所在直线为∴D0,0,0，B(4,4,0)，E(4,0,2)，C'0,4,4所以BE=0,−4,2，BC设平面BC'E则n⋅BE=0n⋅BC'=0，即若线段BP与平面BC'E则cosBP∴cosBP∴33a∵Δ=(−62)2∴不存在λ，使得线段BP与平面BC'E19．（2