专题14立体几何与空间向量(解答题)（解析版） - 大数据之十年高考真题（2014-2025）与优 质模拟题（新高考卷与全国理科卷）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷）专题14立体几何与空间向量(解答题)1．【2024年新高考1卷第17题】如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=(1)若AD⊥PB，证明：AD//平面PBC(2)若AD⊥DC，且二面角A−CP−D的正弦值为427，求AD【答案】(1)证明见解析(2)3【详解】（1）（1）因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又AD⊥PB，PB⋂PA=P，PB,PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.因为BC2+AB2又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD//平面PBC（2）如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC⋂平面ABCD=AC，所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A−CP−D的平面角，即sin∠DFE=427因为AD⊥DC，设AD=x，则CD=4−x又CE=4−x2−故tan∠DFE=x4−x2．【2024年甲卷理科第19题】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，EF//AD,BC//AD，AD=4,(1)证明：BM//平面CDE(2)求二面角F−BM−E的正弦值．【答案】(1)证明见详解；(2)4【详解】（1）因为BC//AD,EF=2,四边形BCDM为平行四边形，所以BM//CD，又因为BM⊄平面CD⊂平面CDE，所以BM//平面CDE（2）如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF，因为四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD,结合（1）BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2，又AM=所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB=3又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF，所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，因为OB2+OF2以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立O−xyz空间直角坐标系，F0,0,3，B3,0,0BE=−3,2,3，设平面平面EMB的法向量为n=则m⋅BM=0m⋅BF=0则n⋅BM=0n⋅BE即n=3,3,−1故二面角F−BM−E的正弦值为433．【2024年新高考2卷第17题】如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=53，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E，F满足AE=(1)证明：EF⊥PD；(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)8【详解】（1）由AB=8,得AE=23,AF=4由余弦定理得EF=A所以AE2+EF2所以EF⊥PE,EF⊥DE，又PE⋂DE=E,所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，故EF⊥PD；（2）连接CE，由∠ADC=90°在△PEC中，PC=43所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC⋂EF=E,EC、EF⊂平面所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD，所以PE⊥ED，则PE,EF,则E(0,0,0),由F是AB的中点，得B(4,2所以PC=设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=则n⋅PC=令y1=2,所以n=所以cosm设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sinθ=即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为8654．【2023年新课标全国Ⅱ卷第20题】如图，三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60∘，E(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足EF=DA，求二面角【答案】(1)证明见解析；(2)33【详解】（1）连接AE,DE，因为E为BC中点，DB=DC，所以DE⊥BC因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60∘，所以△ACD∴AC=AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE⋂DE=E，AE,DE⊂平面所以，BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，所以BC⊥DA．（2）不妨设DA=DB=DC=2，∵BD⊥CD，∴BC=∴AE2+DE2=4=AD2，以点E为原点，ED,EB,

设D(设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1二面角D−AB−F平面角为θ,而AB=因为EF=DA=−2∴−2x1+2y2−2z所以，cosθ=n所以二面角D−AB−F的正弦值为335．【2023年新课标全国Ⅰ卷第18题】如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,

(1)证明：B2(2)点P在棱BB1上，当二面角P−A2C【答案】(1)证明见解析；(2)1【详解】（1）以C为坐标原点，CD,CB,

则C(0,0,0),∴B∴B又B2∴B（2）设P(0,2,则A2设平面PA2C则n⋅令z=2，得y=∴n设平面A2C2则m⋅令a=1，得b=∴m∴cos化简可得，λ2解得λ=1或λ=∴P(0,2,1)或P∴B6．【2023年高考全国乙卷理第19题】如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD=5DO，点

(1)证明：EF//平面ADO(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D−AO−C的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)22【详解】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+则BF⋅解得t=12，则F为AC的中点，由D,

于是DE//AB,DE=1EF//DO,EF=DO，又EF⊄平面所以EF//平面ADO（2）法一：由（1）可知EF//OD，则AO=6因此OD2+AO2又AO⊥BF,BF⋂EF=F，BF,则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.法二：因为AB⊥BC，过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，A2,0,0,在△BDA中，cos∠PBA=在△PBA中，P设Px,y,z可得：x=−1,y=2则D−12,2AO设平面ADO的法向量为n1则n1⋅AO令x1=1，则yBE设平面BEF的法向量为n2则n2⋅BE令x2=2，则n1所以平面ADO⊥平面BEF；

（3）法一：过点O作OH//BF交AC于点H，设由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH=1又由（2）知，OD⊥AO，则∠DOH为二面角D−AO−C的平面角，因为D,E分别为PB,PA的中点，因此即有DG=13AD,GE=cos∠ABD=4+32于是BE2+EF2从而GF=153，在△DOH中，OH=1于是cos∠DOH=64所以二面角D−AO−C的正弦值为22

法二：平面ADO的法向量为n1平面ACO的法向量为n3所以cosn因为n1,n故二面角D−AO−C的正弦值为227．【2023年高考全国甲卷理第18题】如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C⊥底面

(1)证明：A1(2)已知AA1与BB1的距离为2，求【答案】(1)证明见解析(2)13【详解】（1）如图，

∵A1C⊥底面ABC，BC⊂面∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C∴BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BCC∴平面ACC1A过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面AC∴A1∵A1到平面BCC在Rt△A1C设CO=x，则C1∵△A1CO2+A1∴1+x∴AC=A∴（2）∵AC=A∴∴BA=BA过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则由直线AA1与B∵A1D=1，在Rt△ABC，∴BC=延长AC，使AC=CM，连接C1由CM∥A1C∴C1M∥A1C，∴C∴则在Rt△AC1M中，在Rt△AB1C1∴AB又A到平面BCC所以AB1与平面BCC8．【2022年新课标全国Ⅰ卷第19题】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为(1)求A到平面A1(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A【答案】(1)2(2)3【详解】（1）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设点则VA−解得ℎ=2所以点A到平面A1BC的距离为（2）取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA又平面A1BC⊥平面ABB1A且AE⊂平面ABB1A1，所以在直三棱柱ABC−A1B1C由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，又AE,BB1⊂平面AB所以BC,BA,由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2则A0,2,0,A10,2,2,则BD=1,1,1，设平面ABD的一个法向量m=x,可取m=设平面BDC的一个法向量n=a,可取n=则cosm所以二面角A−BD−C的正弦值为1−9．【2022年新课标全国Ⅱ卷第20题】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．

(1)证明：OE//平面PAC(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=【答案】(1)证明见解析(2)11【详解】（1）证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面所以PO⊥AO、PO⊥BO，又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90所以∠ODA=∠OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，所以OE//平面

（2）解：过点A作Az//因为PO=3，AP=5，所以又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8所以AC=12，所以O23,2,0，B4所以E3则AE=33,1,3设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=设平面AEC的法向量为m=a,令a=3，则c=−6，b=0所以cosn设二面角C−AE−B的大小为θ，则cosθ所以sinθ=1−cos

10．【2022年高考全国乙卷理第18题】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC【答案】(1)证明过程见解析(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为4【详解】（1）因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；在△ABD和△CBD中，因为AD=CD所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.（2）连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以S△当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC因为△ABD≌△CBD又因为∠ACB=60°，所以因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=因为AD⊥CD，所以DE=1在△DEB中，DE2+B以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，则A1,0,0,B设平面ABD的一个法向量为n=则n⋅AD=−x+z=0n又因为C−1,0,0,所以cosn设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ0所以sinθ=所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为4311．【2022年高考全国甲卷理第18题】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)55【详解】（1）证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=1故DE=32，所以AD所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=所以BD⊥平面PAD，又因为PA⊂平面PAD，所以BD⊥PA；（2）解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，BD=3则A1,0,0则AP=设平面PAB的法向量n=则有{n⋅AP则cosn所以PD与平面PAB所成角的正弦值为5512．【2021年新课标全国Ⅰ卷第20题】如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.（1）证明：OA⊥CD；（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥【答案】(1)证明见解析；(2)36【详解】（1）因为AB=AD，O是BD中点，所以OA⊥BD，因为OA⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD=BD，所以OA⊥平面BCD．因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系O−xyz，则C(32所以EB=设n=x,则由EB⋅n=0BC又平面BCD的一个法向量为OA=所以cosn,OA又点C到平面ABD的距离为32，所以V所以三棱锥A−BCD的体积为36[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG⊥BD，垂足为点G．作GF⊥BC，垂足为点F，连结EF，则OA∥EG．因为OA⊥平面BCD，所以EG⊥平面BCD，∠EFG为二面角E−BC−D的平面角．因为∠EFG=45°，所以由已知得OB=OD=1，故OB=OC=又∠OBC=∠OCB=30°，所以因为GD=2VA−BCD[方法三]：三面角公式考虑三面角B−EDC，记∠EBD为α，∠EBC为β，∠DBC=记二面角E−BC−D为θ．据题意，得θ=45对β使用三面角的余弦公式，可得cosβ=化简可得cosβ=3使用三面角的正弦公式，可得sinβ=sinαsin将①②两式平方后相加，可得34由此得sin2α=如图可知α∈(0,π2根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得BG=4结合α的正切值，可得EG=23,OA=113．【2021年新课标全国Ⅱ卷第19题】在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）23【详解】（1）取AD的中点为O，连接QO,因为QA=QD，OA=OD，则QO⊥AD，而AD=2,QA=5在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故因为QC=3，故QC2=QO因为OC⋂AD=O，故QO⊥平面ABCD，因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.则D0,1,0,Q设平面QBD的法向量n=则n⋅BQ=0n⋅BD故n=而平面QAD的法向量为m=1,0,0，故二面角B−QD−A的平面角为锐角，故其余弦值为2314．【2021年高考全国乙卷理第18题】如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM（1）求BC；（2）求二面角A−PM−B的正弦值．【答案】（1）2；（2）70【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP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D−xyz，设BC=2a，则D0,0,0、P0,0,1、B2则PB=2a∵PB⊥AM，则PB⋅AM=−2a[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD．因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂底面ABCD，所以PD⊥AM．又因为PB⊥AM，PB⋂PD=P，所以AM⊥平面PBD．又BD⊂平面PBD，所以AM⊥BD．从而∠ADB+∠DAM=90因为∠MAB+∠DAM=90°，所以所以△ADB∽△BAM，于是ADAB所以12BC[方法三]：几何法+三角形面积法

如图，联结BD交AM于点N．由[方法二]知AM⊥DB．在矩形ABCD中，有△DAN∽△BMN，所以ANMN=DA令BC=2t(t>0)，因为M为BC的中点，则BM=t由S△DAB=12DA⋅AB=12（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM的法向量为m=x1,y由m⋅AM=−22设平面PBM的法向量为n=x2,y由n⋅BM=−22cosm所以，sinm因此，二面角A−PM−B的正弦值为7014[方法二]：构造长方体法+等体积法

如图，构造长方体ABCD−A1B1C1D1，联结AB1,A1B，交点记为H，由于联结AG，由三垂线定理可知AG⊥D故∠AGH为二面角A−PM−B的平面角．易证四边形A1BCD1是边长为2的正方形，联结S△由等积法解得HG=3在Rt△AHG中，AH=22,所以，sin∠AGH=AHAG=7015．【2021年高考全国甲卷理第19题】已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB【答案】（1）证明见解析；（2）B【详解】（1）[方法一]：几何法因为BF⊥A1B又因为AB⊥BB1，BF∩BB1=B，所以AB⊥平面BC过E作AB的平行线分别与AG，BC交于其中点M,N，连接因为E，F分别为AC和CC1的中点，所以N是易证Rt△BCF≅Rt△又因为∠BB1N+∠又因为BF⊥A1B1,又因为ED⊂平面A1MNB[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱ABC−A1B1C1∵A1B1//AB，BF⊥A1B1，以B为坐标原点，分别以BA,BC,∴B0,0,0,A2,0,0由题设Da,0,2（因为BF=所以BF⋅DE=[方法三]：因为BF⊥A1B1，A1B1//AB，所以BF⊥AB（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE的法向量为m=因为EF=所以m⋅EF=令z=2−a因为平面BCC1B设平面BCC1B1与平面则cosθ当a=12时，2a此时cosθ取最大值为3所以sinθmin=[方法二]：几何法如图所示，延长EF交A1C1的延长线于点S，联结DS交B1C1于点作B1H⊥FT，垂足为H，因为DB1⊥平面BB1C1设B1D=t,t∈[0,2],B1T=s，过由C1SS又B1DC1G又B1HC1F所以DH=B则sin∠DH所以，当t=12时，[方法三]：投影法如图，联结FB△DEF在平面BB1C1C的投影为△B1NF，记面B设B1D=t(0≤t≤2)在Rt△ECF中，EF=EC2+FC2=3在Rt△DEQ中，DE=在△DEF中，由余弦定理得cos∠DFE=DF2+EFcosθ=S△当t=12，即B1D=12，面16．【2020年新课标全国Ⅱ卷第20题】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，QB=2，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）63【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AD//BC因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD//平面PBC又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，所以AD//因为在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD因为CD⋂PD=D所以l⊥平面PDC；（2）如图建立空间直角坐标系D−xyz，因为PD=AD=1，则有D设Q(m,0,1)因为QB=2，所以有(设平面QCD的法向量为n=则DC⋅n=令x=1，则z=−1，所以平面QCD的一个法向量为cos根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为6317．【2020年新课标全国Ⅰ卷第20题】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）63【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AD//BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面所以AD//平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l所以AD//l，因为在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC,∴l⊥DC,且因为CD⋂PD=D，所以l⊥平面PDC．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为DP,DA,因为PD=AD=1，设D设Q(m,0,1)设平面QCD的法向量为n=则DC⋅n=令x=1，则z=−m，所以平面QCD的一个法向量为ncos根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cos<n,PB>|=|1+m［方法二］：定义法如图2，因为l⊂平面PBC，Q∈l，所以Q∈平面PBC．在平面PQC中，设PB⋂QC=E．在平面PAD中，过P点作PF⊥QD，交QD于F，连接EF．因为PD⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD，所以又由DC⊥AD,AD⋂PD=D,PD⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD．又PF⊂平面PAD，所以DC⊥PF．又由PF⊥QD,QD⋂DC=D,QD⊂平面QOC,DC⊂平面QDC，所以设PQ=a，在△PQD中，易求PF=a由△PQE与△BEC相似，得PEEB=PQ所以sin∠FEP=a+1［方法三］：等体积法如图3，延长CB至G，使得BG=PQ，连接GQ，GD，则PB//QG，过G点作GM⊥平面QDC，交平面QDC于M，连接QM，则设PQ=x，在三棱锥Q−DCG中，VQ−DCG在三棱锥G−QDC中，VG−QDC由VQ−DCG=V解得GM=1当且仅当x=1在Rt△PDB中，易求PB=3=QG，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为18．【2020年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点（1）证明：点C1在平面AEF（2）若AB=2，AD=1，AA【答案】（1）证明见解析；（2）427【详解】（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论在棱CC1上取点G，使得C1G=12CG，连接DG在长方体ABCD−A1B1C1D1中，BF//CG,BF=CG，所以四边形BCGF为平行四边形，则BC//FG,BC=FG，而BC=AD,［方法二］：空间向量共线定理以C1D1,C1B设C1D1所以C1E=(a,0,2c),FA［方法三］：平面向量基本定理同方法二建系，并得C1所以C1故C1A=C1［方法四］：根据题意，如图3，设A1在平面A1B1BA内，因为延长AF交A1B1AF⊂平面AEF，A1B1G∈AF,所以G∈平面AEF,G∈平面A延长AE交A1D1于H，同理H∈平面AEF,由①②得，平面AEF∩平面A1连接GH,GC在Rt△C1B同理，在Rt△C1D如图4，在Rt△A1GH所以GH=C1G+C1H，即因为GH⊂平面AEF，所以C1⊂平面［方法五］：如图5，连接DF,EB1,DB1，则四边形DEB1F为平行四边形，设DB1与EF相交于点O，则O为EF（2）［方法一］【最优解】：坐标法以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C则A2,1,3、A12,1,0、EAE=0,−1,−1，设平面AEF的一个法向量为m=由m⋅AE=0m⋅AF=0设平面A1EF的一个法向量为由n⋅A1E=0n⋅A1Fcos<设二面角A−EF−A1的平面角为θ，则cosθ因此，二面角A−EF−A1的正弦值为［方法二］：定义法在△AEF中，AE=2,AF=22,EF=5+1=6，即AE2+EF2=AF2，所以在△A1MN所以cos∠A1［方法三］：向量法由题意得AE=2由于AE2+E如图7，在平面A1EF内作A1则EA与GA1的夹角即为二面角由AA1=其中，EG=62,A1所以二面角A−EF−A1的正弦值［方法四］：三面角公式由题易得，EA=2所以cos∠AEcos∠AEF=cos∠设θ为二面角A−EF−Acosθ=cos∠AE19．【2020年新课标Ⅱ卷理科第20题】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）1010【详解】（1）∵M,N分别为BC，∴MN//又AA∴MN//在△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM，又∵侧面BB∴BC⊥BB∵MN//MN⊥BC，由MN∩AM=M，MN,AM⊂平面∴BC⊥平面A1又∵B1C1//BC，且B1∴B1C又∵B1C1⊂平面∴B∴EF//又∵BC⊥平面A1∴EF⊥平面A1∵EF⊂平面EB∴平面EB1C(2)[方法一]：几何法如图，过O作B1C1的平行线分别交A1B由于AO//平面EB1C1F，AO⊂平面AE1F1，E1F1又因平面AE1F1⋂平面AA1因为B1C1⊥A1N，B又因E1F1∥B所以AE1与平面AA令AB=2，则NB1=1，由于O在Rt△AE1O由勾股定理得AE所以sin∠由于EB1∥AE1，直线[方法二]【最优解】：几何法因为AO//平面EFC1B1，平面EF因为ON//AP，所以四边形由（Ⅰ）知EF⊥平面AMNA1，则EF为平面所以B1E在平面AMNA从而B1E与在梯形EFC1B1中，设EF=1，过E作EG⊥在直角三角形B1EG中，[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，B1C1⊥平面A1因为AO∥平面EB1C1F，AO⊆平面所以AO//由（Ⅰ）知AA1∥MN,因为O为正△A1B由面面平行的性质得EF∥13由P，N为等腰梯形两底的中点，得PN⊥B1C设直线B1E与平面A1AMN所成角为θ，所以直线B1E与平面A1[方法四]：基底法不妨设AO=AB=AC=2以向量AA从而AA1,EB1=则EB1=所以EB由（Ⅰ）知BC⊥平面A1AMN，所以向量BC为平面设直线B1E与平面A1AMN所成角故直线B1E与平面A1[方法五]：坐标法过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设∠OAM=θ，AO=AB=2，则B1所以AE=所以B易得n=1,0,0为平面A1则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为cos20．【2020年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=6（1）证明：PA⊥平面PBC；（2）求二面角B−PC−E的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）25【详解】（1）[方法一]：勾股运算法证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE=1则DO=32，CO=BO=1PC=又△ABC为等边三角形，则BAsin60∘PA2+PB2同理PA⊥PC，又PC⋂PB=P，所以PA⊥平面PBC；[方法二]：空间直角坐标系法不妨设AB=23，则AE=AD=ABsin60°=4，由圆锥性质知DO⊥平面ABC，所以DO=AD在底面过O作BC的平行线与AB的交点为W，以O为原点，OW方向为x轴正方向，OE方向为y轴正方向，OD方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系O−xyz，则A(0,−2,0)，B(3,1,0)，所以AP=(0,2,2)，故AP⋅BP=所以AP⊥BP，AP⊥CP．又BP⋂CP=P，故AP⊥平面PBC．[方法三]：因为△ABC是底面圆O的内接正三角形，且AE为底面直径，所以AE⊥BC．因为DO（即PO）垂直于底面，BC在底面内，所以PO⊥BC．又因为PO⊂平面PAE，AE⊂平面PAE，PO⋂AE=O，所以BC⊥平面PAE．又因为PA⊂平面PAE，所以PA⊥BC．设AE⋂BC=F，则F为BC的中点，连结PF．设DO=a，且PO=6则AF=32a，PA=因此PA2+P又因为PF⋂BC=F，所以PA⊥平面PBC．[方法四]：空间基底向量法如图所示，圆锥底面圆O半径为R，连结DE，AE=AD=DE，易得OD=3因为PO=66OD以OA,OB,OD为基底，OD⊥平面BP=BO+OP所以AP⋅故AP⋅BP=0．所以同理AP⊥CP．又BP⋂CP=P，所以AP⊥平面PBC．（2）[方法一]：空间直角坐标系法过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(PC=(−14设平面PCB的一个法向量为n=由n⋅PC=0n⋅PB所以n=设平面PCE的一个法向量为m由m⋅PC=0m⋅PE所以m故cos<设二面角B−PC−E的大小为θ，由图可知二面角为锐二面角，所以cosθ=[方法二]【最优解】：几何法设BC⋂AE=F，易知F是BC的中点，过F作FG∥AP交PE于G，取PC的中点联结GH，则HF∥由PA⊥平面PBC，得FG⊥平面PBC．由（1）可得，BC2=P所以FH⊥PC，根据三垂线定理，得GH⊥PC．所以∠GHF是二面角B−PC−E的平面角．设圆O的半径为r，则AF=ABsin60°=32r，AE=2r，EF=12在Rt△GFH中，tan∠GHF=cos∠GHF=所以二面角B−PC−E的余弦值为25[方法三]：射影面积法如图所示，在PE上取点H，使HE=14PE，设BC⋂AE=N由（1）知NE=14AE，所以NH∥PA所以，点H在面PBC上的射影为N．故由射影面积法可知二面角B−PC−E的余弦值为cosθ=在△PCE中，令PC=PE=62，则CE=1，易知S又S△PCN=所以二面角B−PC−E的余弦值为2521．【2019年新课标Ⅲ卷理科第19题】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.【答案】(1)见详解；(2)30【详解】(1)证：∵AD//BE，BF//CG，又因为∴AD//又∵AB⊥BE,∴AB⊥平面BCGE，∵AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE，得证.(2)过B作BH⊥GC延长线于H，连结AH，因为AB⊥平面BCGE，所以AB⊥GC而又BH⊥GC，故GC⊥平面HAB，所以AH⊥GC.又因为BH⊥GC所以∠BHA是二面角B−CG−A的平面角，而在△BHC中∠BHC=90∘，又因为∠FBC=6而在△ABH中∠ABH=90∘,tan∠BHA=AB22．【2019年新课标Ⅱ卷理科第17题】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）3【详解】（1）证明：因为ABCD−A1B1C1D1是长方体，所以B又BE⊥EC1，B1C1∩EC1=（2）[方法一]【三垂线定理】由（1）知，BE⊥EB1，又E为AA1的中点，所以如图2，联结AC，与BD相交于点O，因为AA1⊥平面ABCD又BO⊥AC，所以BO⊥平面ACC作OH⊥CE，垂足为H，联结BH，由三垂线定理可知BH⊥CE，则∠OHB为二面角B−EC−C设AB=1，则AA1=2,在Rt△BOH中，BH=OH2即二面角B−EC−C1的正弦值为[方法二]【利用平面的法向量】设底面边长为1，高为2x，所以B因为BE⊥平面EB1C1，所以所以2x2+因为BC⊥平面A1ABB1，所以BC⊥B1E故B1E为平面因为平面C1CE与平面A1ACC在△B1D1E中，因为B1D所以二面角B−EC−C1，的正弦值为[方法三]【利用体积公式结合二面角的定义】设底面边长为1，高为2x，所以B因为BE⊥平面EB1C1，所以所以2x2+因为BC⊥BE，所以△BCE是直角三角形，BC=1,因为BB1∥平面ECC1，所以B同理，A，E到平面BB1C即13S△B设点B到直线CE的距离为ℎ2，在△BCE中，由面积相等解得ℎ设θ为二面角B−EC−C1的平面角，所以二面角B−EC−C1的正弦值为[方法四]【等价转化后利用射影面积计算】由（1）的结论知BE⊥EB1，又AE=A1E，易证△ABE≌△即二面角B−EC−C1的正弦值与二面角设BB1,CC1,DD在正方体ABCD−EFGH中求二面角B−EC−A的正弦值．设AC,BD相交于点O，易证BO⊥平面所以△EOC是△EBC在平面ACGE上的射影．令正方体ABCD−EFGH的棱长AB=BC=AE=2则BE=22，OC=2，S设二面角B−EC−A为θ，由S△BDC=S所以sinθ=即二面角B−EC−C1的正弦值为[方法五]【结合（1）的结论找到二面角的平面角进行计算】如图4，分别取BB1,CC1,DD过G作GP⊥EC，垂足为P，联结BP．易得E，F，G，H共面且平行于面ABCD．由（1）可得BE⊥面EB1C1．因为B1又因为E为AA1中点，所以设AB=1，则AE=1，四棱柱在△GEC及△BEC中有CG=CB=1,所以△EGC与△BEC均为直角三角形且全等．又因为GP⊥EC，所以BP⊥EC,∠BPG为二面角B−EC−G（即在△BPG中，GP=BP=2所以cos∠BPG=所以sin∠BPG=故二面角B−EC−C1的正弦值为[方法六]【最优解：空间向量法】以点B坐标原点，以BC,BA,B(0,0,0),C因为BE⊥EC所以BE⋅所以E(0,a,设m=(x所以m⋅设n=(x所以n⋅二面角B−EC−C1的余弦值的绝对值为所以二面角B−EC−C1的正弦值为23．【2019年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A-MA1-N的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）105【详解】（1）连接ME，B∵M，E分别为BB1，BC中点

∴ME为∴ME//B又N为A1D中点，且A1D∴ME//ND∴四边形∴MN//DE，又MN⊄平面C1DE∴MN//平面（2）设AC⋂BD=O，A由直四棱柱性质可知：OO1∵四边形ABCD为菱形

∴AC⊥BD则以O为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：则：A3,0,0，M0,1,2，取AB中点F，连接DF，则F∵四边形ABCD为菱形且∠BAD=60∘

又AA1⊥平面ABCD，DF⊂平面∴DF⊥平面ABB1A1∴DF为平面AMA设平面MA1N的法向量n=∴n⋅MA1=3x−y+∴cos<∴二面角A−MA124．【2018年新课标Ⅱ卷理科第20题】如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M−PA−C为30°，求PC与平面PAM【答案】（1）证明见解析；（2）34【详解】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=连结OB．因为AB=BC=22AC且OB⊥AC,OB=12AC=由OP⊥OB,OP⊥AC知，PO⊥平面（2）［方法一］：【通性通法】向量法如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O−xyz．由已知得O(0,0,0),取平面PAC的法向量OB=设M(a,2设平面PAM的法向量为n=由AP⋅n=可取2所以cos〈OB⋅所以23|a−4|2所以n=又PC=(0,2,−所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34［方法二］：三垂线＋等积法由（1）知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥平面ABC．如图5，在平面ABC内作MN⊥AC，垂足为N，则MN⊥平面PAC．在平面PAC内作NF⊥AP，垂足为F，联结MF，则MF⊥AP，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=32(4−a)．在Rt△MFN中，由a=33⋅32⋅(4−a)，得a=4［方法三］：三垂线＋线面角定义法由（1）知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥平面ABC．如图6，在平面ABC内作MN⊥AC，垂足为N，则MN⊥平面PAC．在平面PAC内作NF⊥AP，垂足为F，联结MF，则MF⊥AP，故∠MFN为二面角M−PA−C的平面角，即∠MFN=30°．同解法1可得在△APC中，过N作NE∥PC，在△FNM中，过N作NG⊥FM，垂足为G，联结EG．在Rt△NGM中，NG=32NM=3由PA⊥平面FMN，可得平面PAM⊥平面FMN，交线为FM．在平面FMN内，由NG⊥FM，可得NG⊥平面PAM，则∠NEG为直线NE与平面PAM所成的角．设∠NEG=α，则sinα=NGNE=23383［方法四］：【最优解】定义法如图7，取PA的中点H，联结CH，则CH=23．过C作平面PAM的垂线，垂足记为T（垂足T在平面PAM内）．联结HT，则∠CHT即为二面角M−PA−C的平面角，即∠CHT=30联结PT，则∠CPT为直线PC与平面PAM所成的角．在Rt△PCT中，PC=4,CT=25．【2018年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M−ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）25【详解】（1）［方法一］：【最优解】判定定理由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为CD上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.［方法二］：判定定理由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为AD⊥CD，AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面MCD，而CM⊂平面MCD，所以AD⊥CM，因为M为CD上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又AD⋂DM=D，所以，CM⊥平面AMD，而CM⊂平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC．［方法三］：向量法建立直角坐标系，如图2，设M(0,a所以DA=设平面AMD的一个法向量为m=x1,y取平面AMD的一个法向量m=同理可得，平面BMC的一个法向量n=(0,b,2−a)，因为点M在以0,1,0为圆心，半径为1的圆上，所以，a−12+（2）［方法一］：【通性通法】向量法以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.当三棱锥M−ABC体积最大时，M为CD的中点.由题设得D0,0,0AM设n=x,n⋅AM=0n⋅DA是平面MCD的一个法向量,因此cos〈n,所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是25［方法二］：几何法（作平行线找公共棱）如图3，当点M与圆心O连线MO⊥DC时，三棱锥M−ABC体积最大．过点M作EF∥DC,ED⊥DC,FC⊥DC，易证∠BFC为所求二面角的平面角．在Rt△BCF中，sin∠BFC=BC［方法三］：【最优解】面积射影法设平面MAB与平面MCD所成二面角的平面角为θ．由题可得△MAB在△MCD平面上的射影图形正好是△MCD取AB和CD的中点分别为N和O，则可得OM=1，MN=5，所以由射影面积公式有cosθ=S△MCDS△MAB=1［方法四］：定义法如图4，可知平面MAB与平面MCD的交线l过点M，可以证明l∥AB,l∥CD．分别取CD,AB的中点O，E，联结OE,MO,ME，可证得直线CD⊥平面OME，于是l⊥平面OME，所以在△OME中，MO⊥OE,MO=1,OE=2，则ME=5，所以sin∠OME=26．【2018年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）34【详解】（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又PF⋂EF=F，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD；（2）[方法一]：向量法作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，设BF=1，建立如图所示的空间直角坐标系由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=3.又PF=1，EF=2则H0,0,0,P0,0,3设DP与平面ABFD所成角为θ，则sinθ=所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34[方法2]：向量法如图3所示以E为原点建系．设正方形边长为2，由（1）知，BF⊥平面PEF，则DE⊥平面PEF，故DE⊥PE．易求PE=3，则点P到直线EF的距离为32，从而又D(−1,0,0)，故DP=1,32,32，而平面[方法3]：【最优解】定义法如图4，作PH⊥EF，垂足为H，联结DH．由（1）知，PH⊥平面ABFD,因此∠PDH为DP与平面ABFD所成的角．设正方形ABCD的边长为2，则DE=1，在Rt△PED中，又因为PF=1,EF=2，由PE2+PF2=E所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34[方法4]：等积法不妨设AB=2，则DE=1,PE=3,DP=EF=2．PE⊥PF，又PF⊥PD,PD⋂PE=P，所以PF⊥平面PDE．设点P到平面DEF的距离为d，根据VF−PDE=27．【2017年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且∠BAP=∠CDP=9（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，求二面角A−PB【答案】（1）见解析；（2）−3【详解】（1）由已知∠BAP=∠CDP=90°，得AB⊥AP，CD⊥由于AB//CD，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F，由（1）可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.以F为坐标原点，FA的方向为x轴正方向，AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F−xyz.由（1）及已知可得A22,0,0，P0,0,2所以PC=−22,1,−2设n=x,n⋅PC可取n=设m=x,m⋅PA=0,m则cosn所以二面角A−PB−C的余弦值为−328．【2017年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）77【详解】（1）由题设可得，△ABD≌△CBD又△ACD是直角三角形，所以∠ADC=90取AC的中点O，连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形，故BO⊥AC.所以∠DOB为二面角D−AC−B的平面角.在Rt△AOB中，BO又AB=BD，所以BO故∠DOB=9所以平面ACD⊥平面ABC.（2）由题设及（1）知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，OA为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的12，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12，即E为DB的中点，得故AD=设n=x,y,z是平面DAE可取n=1,设m是平面AEC的法向量，则m⋅AC=0则cosn所以二面角D-AE-C的余弦值为7729．【2017年新课标Ⅱ卷理科第19题】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD是边长为2的等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12AD（1）证明：直线CE//平面PAB（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45o，求二面角【答案】（1）见解析；（2）10【详解】（1）取PA中点F，连结EF，BF．因为E为PD的中点，所以EF//AD,EF=12AD,由所以．四边形BCEF为平行四边形，CE//BF又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE（2）由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则则A0，0，0，BPC=1，BM因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n=cosBM,即（x-1）²+y²-z²=0又M在棱PC上,设PMx由①，②得x=1+所以M1−22设m=m所以可取m=(0,因此二面角M-AB-D的余弦值为1030．【2016年新课标Ⅲ卷理科第19题】如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（Ⅰ）证明MN∥平面PAB;（Ⅱ）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）85【详解】（Ⅰ）由已知得AM=2取BP的中点T，连接AT,TN，由N为PC中点知TN//又AD//BC，故TN//AM，TN=AM，四边形因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN//平面PAB（Ⅱ）取BC的中点E，连结AE.由AB=AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE=A以A为坐标原点，AE的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系|A−xyz由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C5PM=(0,2,−4)，设n=(xn⋅PM可取n=于是cos〈31．【2016年新课标Ⅱ卷理科第19题】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6，点E,F分别在AD,CD上，AE=CF=54,EF（1）证明：D'H⊥平面ABCD；（2）求二面角B−D'A−C的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）295【详解】(1)由已知得AC⊥BD，AD=CD,又由AE=CF得AEAD=CFCD，故

EF⊥HD，从而EF⊥D'H.由AB=5，AC=6由AC∥EF得OHDO=AEAD=

于是D'H2+OH2=3

所以D'H⊥平面ABCD.如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系H−xyz，则H0,0,0，A−3,−1,0，B0,−6,0，AD'=设m=x1,

则{m⋅AB=0

设n=x2

则{n⋅AC=0

于是cosm设二面角的大小为θ，sinθ=29525.因此二面角32．【2016年新课标Ⅰ卷理科第18题】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABEF为正方形，AF=2FD，∠AFD=90°，且二面角D−AF−E与二面角

（1）证明：平面ABEF⊥平面EFDC；（2）求二面角E−BC−A的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）−2【详解】（Ⅰ）因为四边形ABEF为正方形，所以AF⊥又AF⊥DF，DF∩FE=F，所以AF⊥平面EFDC．又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC．（Ⅱ）过D作DG⊥EF，垂足为G，因为平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC=EF，DG⊂平面EFDC，故DG⊥平面ABEF．以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向，GD的方向为z轴正向，建立如图所示的空间直角坐标系G−xyz．由（Ⅰ）知∠DFE为二面角D−AF−E的平面角，故∠DFE=60设DF=2aa>0所以Aa,4a,0，B−由已知，AB//EF，而AB⊄平面EFDC，EF⊂平面所以AB//平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC=DC，AB⊂平面ABCD故AB//CD，所以由BE//AF，可得BE⊥平面EFDC，同理∠CEF为二面角所以∠CEF=60°，从而可得所以EC=a,0,3a，EB设n=x,则n⋅EC=0n⋅EB可取n=设m是平面ABCD的法向量，则m⋅AC=则cos〈因为二面角E−BC−A的平面角为钝角，故二面角E−BC−A的余弦值为−2

33．【2015年新课标Ⅱ理科第19题】如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中,AB=16，BC=10，AA1=8，点E，（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）；（Ⅱ）求直线AF与平面α所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）45【详解】（Ⅰ）交线围成的正方形EHGF如图：（Ⅱ）作EM⊥AB，垂足为M，则AM=A1E=4，EM=AA1=8，因为EHGF为正方形，所以EH=EF=BC=10．于是MH=EH2−EM2=6，所以AH=10．以D为坐标原点，DA的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10,4,8)，F(0,4,8)，FE=34．【2015年新课标Ⅰ理科第18题】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC．

（1）证明：平面AEC⊥平面AFC；（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）33【详解】（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC=G，连接EG，FG，EF，在菱形ABCD中，不妨设GB=1，由∠ABC=120°，可得AG=GC=3.由BE⊥平面ABCD，AB=BC可知，AE=EC，又∵AE⊥EC，∴EG=3，EG⊥AC，在Rt△EBG中，可得BE=2，故DF=22在Rt△FDG中，可得FG=62在直角梯形BDFE中，由BD=2，BE=2，DF=22可得EF=3∴EG2+FG2∵AC∩FG=G，∴EG⊥平面AFC，∵EG⊂面AEC，∴平面AFC⊥平面AEC.

（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB,GC的方向为x轴，y轴正方向，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz，由（Ⅰ）可得A（0，－3，0），E（1,0,2），F（－1,0，22），C（0，3，0），∴AE=（1，3，2），CF故cosAE所以直线AE与CF所成的角的余弦值为331．（2024·河南·三模）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AD=DC=CB=2，AB=(1)证明：D在平面PAC上的射影H为△PAC(2)当二面角P−AD−C为120∘时，求直线AD与平面APB所成角【答案】(1)证明见解析(2)217【详解】（1）如图所示，因为在梯形ABCD中，AD=DC，又三角形PAD为正三角形，所以AD=DC=DP.D在平面PAC上的射影为H，即DH⊥平面PAC，连接HP,由AD=DC=DP，DH为公共边，有Rt△HDA≅所以HP=HC=HA，即H为△PAC（2）在等腰梯形ABCD中，取AB中点G，连接DG，由DC//GB，DC=GB=2，则四边形CDGB又AD=AG=2，则△取AD中点O，所以OG⊥AD，以O为原点，OA,OG所在直线分别为x,y轴，过O与平面在正△PAD中，PO⊥AD，由二面角的平面角的定义可知∠POG为二面角P−AD−C的平面角，则∠POG=12OG=3，BD=23，则有A1,0,0在正△PAD中，PO=3，由∠POG=120∘，有则PB=设平面APB的法向量为m=x,令y=−1，得x=−3,又AD=所以sinφ=cosm,AD=m⋅ADmAD=217.

2．（2024·山东泰安·模拟预测）如图1，在直角梯形ABCD中，AD//BC，∠BAD=π2，AB=BC=1(1)证明：平面BCDE⊥平面A1(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1【答案】(1)证明见解析(2)6【详解】（1）在图1中连接CE，因为AD//BC，ΑΒ=ΒC=12所以四边形ABCE为正方形，四边形BCDE为平行四边形，所以BE⊥AC，CD//即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，OA1∩OC=O所以BE⊥平面OA又CD//BE，所以CD⊥平面因为CD⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A（2）由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由（1）知，BE⊥OA所以∠A1OC为二面角A如图，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设A1B=1，所以A所以B22,0,0，E−2得BC=−22,设平面A1BC的法向量n1=x1,y1,z则n1⋅BC=0同理：n2⋅CD=0从而cosθ=即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63．

3．（2024·山东德州·三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，点M为PC中点，∠ABC=∠BAD=(1)证明:DM//平面(2)求证：平面PAD⊥平面PAB；(3)若PD与平面PBC所成的角为30∘，求平面PDC与平面【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)3【详解】（1）取PB中点N，连结MN,因为点M,N分别为PC和PB的中点，所以MN//BC又底面ABCD是直角梯形，且∠ABC=∠BAD=π所以BC//AD，又BC=2所以MN//AD,所以DM//因为DM⊄平面PAB，AN⊂平面PAB，所以DM//平面PAB（2）因为AB=AP，所以AN⊥PB，又平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，AN⊂平面PAB，故AN⊥平面PBC，而BC⊂平面PBC，故AN⊥BC，

又BC//AD，则又AD⊥AB，AN⋂AB=A，AN,AB⊂平面PAB，故AD⊥平面又AD⊂平面PAD，故平面PAD⊥平面PAB；（3）由（1）（2）可知DM//AN，AN⊥平面所以DM⊥平面PBC，则∠DPC为PD与平面PBC所成的角，即∠DPC=30∘，由于AD⊥平面PAB，AP⊂故AD⊥AP，则PD=A在Rt△PDM中，PM=PD⋅则PC=2在Rt△PBC中，PB=PC取AB中点O，CD的中点为Q，连接OP,OQ，则以点O为坐标原点，OA,OQ,OP则

P0,0,设平面PDC的一个法向量为n1则CD⋅n1=2平面ABD的一个法向量为n2所以cosn故平面PDC与平面ABD所成角的正弦值为1−

4．（2024·山东青岛·三模）如图所示，多面体ABCDEF，底面ABCD是正方形，点O为底面的中心，点M为EF的中点，侧面ADEF与BCEF是全等的等腰梯形，EF=4，其余棱长均为2.(1)证明:MO⊥平面ABCD；(2)若点P在棱CE上，直线BP与平面ABM所成角的正弦值为24221，求【答案】(1)证明见解析(2)1【详解】（1）分别取AB,CD中点K,Q，连接FK,因为侧面ADEF是等腰梯形，所以EF//AD，又KQ//△ABF和△DCE都是边长为2的等边三角形，得FK=EQ，所以四边形FKQE因为点M为EF的中点，O为KQ的中点，所以MO⊥KQ.因为△ABF是等边三角形，所以AB⊥FK又AB⊥KQ，KQ,FK⊂平面FKQE，所以AB⊥平面FKQE，AB⊂平面ABCD，所以平面FKQE⊥平面ABCD，平面FKQE⋂平面ABCD=KQ，MO⊂平面FKQE，MO⊥KQ，故MO⊥平面ABCD.（2）在梯形FKQE中，EF=4，KQ=2取BC中点N，由（1）知，OK，ON，OM两两垂直，以O为原点，分别以OK，ON，OM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，则O0,0,0设平面ABM的法向量为n=则n⋅AB=2y=0设CP=λCE0设直线BP与平面ABM所成角为θ，所以sinθ=解得λ=12（负值舍去)，所以点P为棱CE的中点，所以EP的长为1.

5．（2024·山东菏泽·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，AD=BD，∠DAB=π4，(1)证明：PA⊥BD；(2)若AD=PD=22，E为AD的中点，求直线PC与平面【答案】(1)证明见解析；(2)23【详解】（1）在▱ABCD中，AD=BD,则∠ADB=90°由PB⊥BC,BD⋂PB=B,BD,PB⊂平面又PD⊂平面PBD，则BC⊥PD，又PD⊥CD,BC⋂CD=C,于是PD⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD，则PD⊥BD，而AD⋂PD=D,AD,PD⊂平面PAD，因此BD⊥平面PAD，又所以PA⊥BD.（2）由（1）知，DA,DB,以D为坐标原点，直线DA,DB,则P(0,0,2PB=(0,22设平面PEB的法向量为m=(x令z=1，得m设直线PC与平面PEB所成的角为θ，则sinθ=所以直线PC与平面PEB所成角的正弦值为23.

6．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，(1)求证：EF//平面AB(2)设AB=4a(0<a≤22)，在平面AB【答案】(1)证明见解析；(2)当a=22时，P为棱【详解】（1）由E，F分别为CB1和CA而A1B1⊂平面ABB所以EF//平面AB（2）棱柱ABC−A1B1C取AB中点O，A1B1中点M则OM//AA1，OM⊥平面ABC，而OC⊂平面又AC=BC=2，则OC⊥AB，即直线OC以O为原点，直线OC,OB,OM分别为则C(2假设在平面ABB1A1上存在点P，使EP=EP⋅FP=1−由0<a≤22，得2a2−1所以当a=22时，存在唯一的点P，即棱AA1的中点，使EP⊥FP.

7．（2024·新疆·三模）已知底面ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA∥DQ，(1)求证：平面PAC⊥平面CDQ；(2)线段PC上是否存在点M，使得直线AM与平面PCQ所成角的正弦值是155.若存在，求出PM【答案】(1)证明见解析(2)存在，12或1【详解】（1）证明：在△ABC中，BC=2，AB=1，则AC2=B所以BC2=A因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥AP，又因为AC⋂AP=A，AC⊂平面PAC，AP⊂平面PAC，所以AB⊥平面PAC，因为CD//AB，所以CD⊥平面又因为CD⊂平面CDQ，所以平面PAC⊥平面CDQ.（2）ABCD是平行四边形，PA⊥平面ABCD，PA∥DQ，PA=3DQ=3，AD=2假设线段PC上存在点M，使得直线AM与平面PCQ所成角的正弦值是155以A为原点，AB,AC,AP所在直线分别为x轴、y轴、如图所示，则A(0,0,0),可得PC=0,3设PM=λ则M0,3λ设平面PCQ的一个法向量为n=x,令y=3，可得x=1,z=设直线AM与平面PCQ所成角的大小为θ，故sinθ=整理得2λ2−3λ+1=0，解得λ=12或λ=1，所以PMPC=12或PMPC=1.

8．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C(1)当P是线段EF的中点时，求点P到平面ABB(2)当平面PCC1与平面BB1C【答案】(1)155(2)6【详解】（1）作A1B1的中点D，连接DF，DA，连接A1E因为点D，F分别为A1B1所以DF∥A1又由三棱柱的定义，结合点E为AC的中点可知：DF∥AE，且DF=AE，所以四边形DFEA是平行四边形，所以EF∥AD，又EF⊄平面ABB1A1，AD⊂平面ABB所以当P是线段EF的中点时，点P到平面ABB1A1的距离等于点因为∠A1AC=A因为A1E2由平面ACC1A1⊥平面ABC因为A1E⊂平面ACC1A又BE⊂平面ABC，所以A1E⊥BE，所以A1所以VA在等边三角形ABC中，BE=A因为A1E⊥BE，所以直角三角形又A1三角形A1AB是等腰三角形，设点E到平面ABA1的距离为d，则VA即点P到平面ABB1A（2）以EB为x轴，EC为y轴，EA1为E0,0,0，B3,0,0，B13所以F32,32,3设EP=λEF0设平面PCC1的一个法向量则有n1⋅PC所以n1设平面BB1C则有n2⋅BC=0所以cosn解得λ=13或所以EP=13EF=1334+94+3=63，即EP的长为63．

9．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，(1)证明：平面BCD//平面C(2)若P是线段C1F上一个动点，当CC1=【答案】(1)证明见解析(2)2【详解】（1）连接C1D，由点D为B1C1由∠ACB=90°，AC=BC=2，知∠则∠DC1B1=∠由A1ABB1为直三棱柱的侧面知A1由F为AB的中点AC=BC=2得FB=所以四边形FBDC1为平行四边形，则又BD⊂平面BCD，FC1⊄平面BCD，，则F因为E，F分别为AC，AB的中