高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第12讲 专题1-4 棱台相关解答题十大题型

专题1-4棱台相关解答题十大题型汇总题型1平行关系 1题型2垂直关系 3题型3长度面积高度问题 6题型4距离体积问题 16题型5线线、线面角问题 26题型6二面角问题 38题型7线面角与动点问题 51题型8二面角与动点问题 58题型9体积与动点问题 69题型10最值取值范围问题 75题型1平行关系【例题1】（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱台ABCD−EFGH的底面是菱形，且∠BAD=π3，DH⊥平面ABCD，EH=2，DH=3，AD=4.

(1)求证：AE//平面BDG(2)求三棱锥F−BDG的体积.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）连接AC交BD于点O，根据EG//AC，EG=AO可证得四边形AOGE为平行四边形，由此可得（2）由GE⊥DH，GE⊥FH可证得GE⊥平面BDHF，利用体积桥VF−BDG【详解】（1）连接AC交BD于点O，连接EG,GO，∵几何体ABCD−EFGH为四棱台，∴A,C,G,E四点共面，且EG⊂平面EFGH，AC⊂平面ABCD，∵平面EFGH//平面ABCD，∴EG∵四边形EFGH和ABCD均为菱形，∠BAD=π3，EH=2，∴EG=12AC=AO=23，∴四边形又GO⊂平面BDG，AE⊄平面BDG，∴AE//平面BDG（2）连接GE交FH于K，∵DH⊥平面ABCD，平面ABCD//平面EFGH，∴DH⊥平面EFGH又GE⊂平面EFGH，∴GE⊥DH，∵GE⊥FH，DH∩FH=H，DH,FH⊂平面BDHF，∴GE⊥平面BDHF；∵四边形EFGH为菱形，∠FEH=∠BAD=π3，EF=2，∴V

【变式1-1】（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱台ABCD−A1B1CCC1=CB=CD=2AB=2C1D1，E

【答案】证明见解析【分析】取AD的中点M，利用中位线证平面A1EM//【详解】证明：如图，取AD的中点M，连接A1

因为在四棱台ABCD−A1B所以AD=2A1D1，且AD//所以四边形A1MDD又A1M⊄平面CC1D1D，D因为E是BC的中点，所以EM是梯形ABCD的中位线，所以EM//又EM⊄平面CC1D1D，DC⊂平面C又因为A1M∩ME=M,A1M、ME⊂平面A因为A1E⊂平面A1EM，所以题型2垂直关系【例题2】（2023秋·高二课时练习）在三棱台A1B1C1−ABC中，∠BAC=90°,A1A⊥平面ABC,

【答案】证明见解析【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量数量积坐标表示求出BC⋅AD=0,BC⋅AA1【详解】由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,因为BC⋅所以BC⊥AD,又AD∩AA1=A,AD,AA1⊂平面A1AD，所以所以平面A1AD⊥平面

【变式2-1】（2023·全国·高一专题练习）如图，在三棱台ABC­DEF中，CF⊥平面DEF，AB⊥BC.(1)设平面ACE∩平面DEF＝a，求证：DF∥a；(2)若EF＝CF＝2BC，试问在线段BE上是否存在点G，使得平面DFG⊥平面CDE？若存在，请确定G点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在点G，且BG＝13【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理可证；（2）取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，交CB的延长线于点H，然后证明GF⊥平面CDE可得.【详解】（1）在三棱台ABC­DEF中，AC∥DF，AC⊂平面ACE，DF⊄平面ACE，∴DF∥平面ACE.又∵DF⊂平面DEF，平面ACE∩平面DEF＝a，∴DF∥a.（2）线段BE上存在点G，且BG＝13证明如下：取CE的中点O，连接FO并延长交BE于点G，交CB的延长线于点H，连接GD，∵CF＝EF，∴GF⊥CE.在三棱台ABC­DEF中，AB⊥BC⇒DE⊥EF.由CF⊥平面DEF，DE⊂平面DEF，可得CF⊥DE.又CF∩EF＝F，CF⊂平面CBEF，EF⊂平面CBEF，∴DE⊥平面CBEF，∵GF⊂平面CBEF，∴DE⊥GF.∵CE∩DE＝E，CE⊂平面CDE，DE⊂平面CDE，∴GF⊥平面CDE.又GF⊂平面DFG，∴平面DFG⊥平面CDE.∵O为CE的中点，EF＝CF＝2BC，由平面几何知识易证△HOC≌△FOE，∴HB＝BC＝12由△HGB∽△FGE，可知BGGE即BG＝13题型3长度面积高度问题【例题3】（2022秋·河南漯河·高二校考阶段练习）如图，四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的底面是矩形，平面ABCD⊥平面ABB1A1，AB＝2A1B1＝2，AA1＝2，BB（1）求证：DC⊥AA1；（2）若二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值为−10【答案】（1）证明见解析；（2）AD＝4．【分析】（1）先利用勾股定理可得BB12=BE2+（2）建立空间直角坐标系，设AD=2a，根据题设关系，求出平面CC1D【详解】（1）取AB中点E，连接B1E，可得AE=A所以四边形AEB1A所以BB又平面ABCD⊥平面ABB1A1，所以AA1⊥平面ABCD，又由DC⊂平面ABCD，所以DC⊥AA1.（2）由（1）知AA1⊥AD，设AD＝2a（a>0），分别以AD,AA1,AB所在的直线为x轴、y则A（0，0，0），B（0，0，2），C（2a，0，2），D（2a，0，0），C1（a，2，1），故CC1设平面CC1D的法向量n=(x,y,z)，则n⋅C取x=2，可得平面CC1D的一个法向量n=(2,a,0)设平面BCC1的法向量m=(x,y,z)，则m⋅C取y=1，可得平面BCC1的一个法向量m=(0,1,2)所以cos由二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值为−10可得a5⋅a2+4【点睛】求解直线与平面所成角的方法：1、定义法：根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；2、向量法：分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个向量方法向量的夹角（或补角）；3、法向量法：求出斜线的方向向量和平面的法向量所夹的锐角，取其余角即为斜线与平面所成的角.【变式3-1】1.（2023·全国·高二假期作业）如图，在三棱台DEF−ABC中，AB=BC=CA=2DF=2，FC=1，∠ACF=∠BCF=90∘，G为线段AC中点，H为线段BC上的点，BD//平面(1)求证：点H为线段BC的中点；(2)求三棱台DEF−ABC的表面积．【答案】(1)证明见解析(2)5【分析】（1）连接CD，设CD∩FG=O，由BD//平面FGH，证得BD//HO，结合O是CD的中点，得到点H是BC的中点；（2）根据题意，先求得上下底面正三角形的面积分别S△DEF=34和S△ABC=3，再结合侧面ADFC和侧面EFCB均为直角梯形，求得面积为S1=32，由侧面ADEB【详解】（1）连接CD，设CD∩FG=O，连接HO、DG，因为BD//平面FGH，BD⊂平面CBD，且平面CBD∩平面FGH=HO，所以BD//HO，又因为四边形DFCG是正方形，且O是CD的中点，所以点H是BC的中点.（2）三棱台DEF−ABC中，因为AB=BC=CA，所以△ABC为等边三角形，所以△DEF也为等边三角形，且EF=DE=DF=1，上底面△DEF为等边三角形，其边长为1，可得面积为S△DEF下底面△ABC为等边三角形，其边长为2，可得面积为S△ABC又因为∠ACF=∠BCF=90∘，所以侧面ADFC和侧面EFCB均为直角梯形，且其面积均为S1侧面ADEB为等腰梯形，其中DE=1,AB=2，且AD=BE=B过点E作EM⊥AB，垂足为M，可得EM=B所以侧面ABED的面积为S2所以三棱台的表面积为S=3【变式3-1】2.（2022·上海·高二专题练习）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形（正四棱锥被平行于底面的平面截去一个小正四棱锥后剩下的多面体）玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG、E1G1的长分别为14cm和62cm(1)求容器Ⅰ、容器Ⅱ的容积；(2)①将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC②将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG【答案】(1)11200cm3；(2)①16cm；②20【分析】（1）利用正四棱柱和正四棱台的体积公式计算作答.（2）分别作出玻璃棒l所在的正四棱柱和正四棱台的对角面，借助解三角形知识分别求解作答.【详解】（1）容器Ⅰ的底面正方形ABCD面积S=12A容器Ⅱ的底面EFGH面积S1=12E容器Ⅱ的容积V2（2）①由正四棱柱的定义知，对角面ACC1A由AC=107,AM=40得：CM=A设AM与水面的交点为P1，过P1作P1Q1//CC1交AC于Q1因此P1Q1所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为16cm②O,O1是正四棱台两底面中心，由正四棱台的结构特征知，对角面点O,O1分别是两底的中点，设玻璃棒的另一端落在过G作GK//OO1交E1G1于点K，则GK⊥因此，KG1=sin∠EGG1=sin在△ENG中，由正弦定理得sin∠ENG=EGsin于是得sin∠NEG=sin(∠EGN+∠ENG)=设EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2//OO1交直线EG于Q2因此P2Q2所以玻璃棒l没入水中部分（水面以下）的长度为20cm【变式3-1】3.（2023秋·四川成都·高三树德中学校考期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，（1）若点M是AD的中点，求证：C1（2）棱BC上是否存在一点E，使得二面角E−AD1−D的余弦值为1【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且CE=1−3【分析】（1）取BC中点Q，连接AQ、A1C、AC，以点A为坐标原点，以AQ、AD、AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，计算出（2）设点E的坐标为3,λ,0，其中−1≤λ≤1，利用空间向量法可得出关于实数λ的方程，由题意得出点E在线段QC上，可求得λ的值，进而可求得CE【详解】（1）取BC中点Q，连接AQ、A1C、因为四边形ABCD为菱形，则AB=BC，∵∠ABC=60∘，∵Q为BC的中点，则AQ⊥BC，∵AD//BC，由于AA1⊥平面ABCD，以点A为坐标原点，以AQ、AD、AA1所在直线分别为x则A0,0,0、A10,0,1、D10,1,1、Q3,0,0C1M=∴C1M（2）假设点E存在，设点E的坐标为3,λ,0，其中−1≤λ≤1AE=3,λ,0设平面AD1E的法向量为n=x,y,z取y=−3，则x=λ，z=3，所以，平面ADD1的一个法向量为所以，cos<m,又由于二面角E−AD1−D为锐角，由图可知，点E在线段QC上，所以λ=因此，棱BC上存在一点E，使得二面角E−AD1−D的余弦值为1【点睛】方法点睛：立体几何开放性问题求解方法有以下两种：（1）根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，然后再加以证明，得出结论；（2）假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．【变式3-1】4.（2020·全国·高三专题练习）如图所示，正四棱台AC'的高是17cm，两底面的边长分别是4cm和16（1）求这个棱台的侧棱长和斜高.（2）求该棱台的侧面积与表面积.【答案】（1）侧棱长为19cm，斜高为513cm；（2）20013cm【分析】(1)设棱台AC'两底面的中心分别是O'和O，B'C'、BC的中点分别是E'、E，连接O'O、E'E、OB（2）由梯形面积公式计算出侧面积，侧面各与两个底面面积和为全面积．【详解】(1)设棱台AC'两底面的中心分别是O'B'C'、BC的中点分别是E连接O'O、E'E、OB、O'则四边形OBB'O'、OEE在正方形ABCD中，BC=16cm，则OB=82cm，OE=8cm在正方形A'B'C'D'中，B'C'=4在直角梯形O'OBB'中，在直角梯形O'OEE'中，即这个棱台的侧棱长为19cm，斜高为513cm(2)S侧=4×12×(4+16)×5S表面积＝S侧＋S上底面＋S下底面=20013+4×4+16×16=20013【点睛】关键点点睛：本题正棱台的计算．在正棱台的计算中关键是掌握两个直角梯形，即题中所作两个直角梯形，结合侧面它包含了正棱台中所有量：上、下底面棱长、侧棱长，高、斜高，上下底面外接圆半径，内切圆半径，侧棱与底面所成的角，侧面与底面所成二面角的平面角．掌握了这两个直角梯形结合上下底可就计算正棱台是所有量题型4距离体积问题【例题4】（2022秋·全国·高三统考阶段练习）在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面(1)求证：平面OEF//平面AB(2)求直线EF到平面AB【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】(1)运用“两个平面内存在两条相交的直线分别平行则两平面平行”定理即可；(2)建立空间直角坐标系，用空间向量来计算E点到平面AB【详解】（1）如下图所示，连接AC，则O是AC的中点，E是B1C的中点，∴OE//AB1，OE⊄平面AB1C1，∴OE//平面ABB1C1⊂平面AB1C1，EF⊄平面AB1C1，∴EF//平面（2）以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB则有A8,0,0由于EF//平面AB1C1，直线EF与平面设直线B1E与平面AB1C设平面AB1C1的一个法向量为n=x,y,z，则有n·B1cosθ=n·B1综上，直线EF到平面AB1C【变式4-1】1.（2023·全国·高三专题练习）如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为1和2的正方形，A1A=2，且A1(1)证明：PQ//BM；(2)若平面PDQ与平面AQD所成的锐二面角的余弦值为22121，求三棱锥【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）利用线面平行的性质定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PDQ与平面AQD的法向量，根据锐二面角的余弦值为22121求出点Q的坐标，再利用（1）中的条件求出点P的坐标，由三棱锥A-QDP的体积【详解】（1）由题意知：PM//AD，且BC//AD，所以PM//BC，所以M，B，C，P四点共面．又因为PQ//平面ABB1A1，且平面所以PQ//BM．（2）因为AB，AD，AAAB，AD，AA因为四棱台ABCD−A1B所以A(0,0,0),D(0,2,0),D1(0,1,2)，设Q(2,t,0)所以DQ=(2,t−2,0)，D设n1贝n1⋅DQ取n1又平面AQD的一个法向量是n2所以cos〈解得t=32或t=5由（1）知四边形MBQP是平行四边形，所以PM=BQ=3设M(0,0,m)，则P0,因为点P在棱DD1上，所以由得0,−1解得λ=12m=1故三棱锥A-QDP的体积V【变式4-1】2.（2023秋·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考开学考试）在三棱台ABC−DEF中，G为AC中点，AC=2DF，AB⊥BC，BC⊥CF.(1)求证：BC⊥平面DEG；(2)若AB=BC=2，CF⊥AB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为π3，求三棱锥E−DFG【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）易证得四边形GCFD为平行四边形，由此可得BC⊥DG，结合BC⊥DE，由线面垂直的判定可得结论；（2）根据垂直关系，以G为坐标原点可建立空间直角坐标系，设DG=CF=mm>0，由二面角的向量求法可构造方程求得m，利用体积桥V【详解】（1）在三棱台ABC−DEF中，G为AC中点，则AC=2GC，又AC=2DF，∴GC=DF，∵AC//DF，∴四边形GCFD为平行四边形，又BC⊥CF，∴BC⊥DG，∵DE//AB，AB⊥BC，∵DE∩DG=D，DE,DG⊂平面DEG，∴BC⊥平面DEG.（2）∵CF⊥AB，DG//CF，又DG⊥BC，AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，∴DG⊥平面ABC，连接BG，∵AB=BC=2，AB⊥BC，G为AC中点，∴GB⊥AC；以GB,GC,则G0,0,0，B2,0,0，A设DG=CF=mm>0，则D0,0,m，∴GE=GD设平面EFG的一个法向量为n=则n⋅GE=22x+22y+mz=0又平面ACFD的一个法向量m=∴cosm,n=∵DG⊥平面ABC，平面ABC//平面DEF，∴DG⊥平面DEF∴V【变式4-1】3.（2022·全国·模拟预测）如图所示，四棱台ABCD−A1B1C(1)求证：平面ADD1A(2)已知四棱台ABCD−A1B①求异面直线BC和AA②求A1到平面CD请从以上两个问题中选取一道进行求解．注：若两个问题均求解，则按第一个问题计分．【答案】(1)证明见解析(2)①3；②6【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，可得AB⊥平面ADD1A1，进而可知平面（2）先根据棱台的体积求出各条边及高的长度，若选择问题①求解，即求异面直线BC和AA1的公垂线段AB的长度，若选择问题②求解，A1到平面CDD1【详解】（1）在正方形ABCD中，有AB⊥AD．由题设，平面ADD1A1⊥所以AB⊥平面ADD而AB⊂平面ABB1A1，所以平面（2）设B方法一：利用棱台的体积公式由勾股定理，直角梯形CDD1C1的高DD故四棱台ABCD−A1B1C方法二：复原棱锥如图，延长各侧棱交于原棱锥的顶点P．则四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积V=V由于两棱锥位似，因此VP−所以VP−由勾股定理，直角梯形CDD1C等腰梯形ADD1A故四棱锥P−A1BVP−A1若选择问题①求解：由（1）知，AB⊥平面ADD1A1，且AD⊂平面在正方形ABCD中，有AB⊥BC，因此AB是异面直线BC和AA1的公垂线段，所以异面直线BC和AA1的距离为AB=x=3若选择问题②求解：同（1）可知平面ADD1A1⊥平面CDD1C1因为为S△DA1故A1到平面CDD【变式4-1】4.（2022·全国·高三专题练习）已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的下底面是边长为4的正方形，AA1=4，且AA1⊥面ABCD，点（1）证明：PQ//面A1（2）求证：AB1⊥面PBC【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，6.【分析】（1）取AA1中点E，连接PE､BE，过D1作D1H⊥AD于H，可证四边形PQBE为平行四边形，得出PQ//BE（2）由AA1⊥面ABCD可得AA1⊥BC，由相似三角形可得AB1⊥BE【详解】（1）证明：取AA1中点E，连接PE､BE，过D1作D∵AA1⊥面ABCD，AA1∴∠D1DA为D∴AA1DH∴DH=2.∴A∴PE=1BQ=又EP//AD,EP//BQ，∴四边形PQBE为平行四边形，∴PQ//BE，又PQ⊂面A1ABB1∴PQ//面A1（2）∵AA1⊥面ABCD，BC⊂∴AA又BC⊥AB，AB∩AA∴BC⊥面ABB1A1，又∴BC⊥AB在梯形A1ABB1中，∴∠B∴AB又BE∩BC=B，BE⊂平面PEBC，BC⊂平面PEBC，∴AB1⊥设AB1∩BE=M，∵AE=2，AB=4∵A1B1=2∴AM=AE·AB∴B又BQ=3∴VQ−PB【点睛】本题考查了线面平行的判定，线面垂直的判定，棱锥的体积计算，考查了空间想象能力与计算能力，属于中档题.题型5线线、线面角问题【例题5】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D(1)证明：DD1∕∕(2)若B1A=B1C【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接OB1,B1（2）根据面面垂直的性质可得OB1⊥平面ABCD，从而可得DD1⊥平面【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OB在四棱台ABCD−A1B所以OD∕∕B1D所以四边形OB所以OB又DD1⊄平面AB1所以DD1∕∕（2）因为B1A=B1C所以OB又平面AB1C⊥平面ABCD，平面AB1C∩平面所以OB1⊥又OB1∕∕DD1又在△ABD中，AD=12AB=2,∠BAD=则AD2+B如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，则A2,0,0所以BC设平面AB1C则有n⋅AB1=−2x+所以n=则cosB所以直线BC1与平面AB【变式5-1】1.（2023·全国·高二专题练习）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，BA⊥BC，平面A1B1(1)求证：AA(2)求异面直线BA1与【答案】(1)证明见解析(2)15【分析】（1）根据题意可得∠B1BA=45°，取AB中点O，连结OB1（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出两异面直线所在的方向向量，然后利用空间向量的夹角公式即可求解.【详解】（1）因为BC⊥BA，平面A1平面A1B1BA∩平面所以BC⊥平面A1又因为AA1，BB所以BC⊥AA1，BC⊥BB1，所以因为二面角B1所以∠B取AB中点O，连结OB在梯形A1B1BA中，所以四边形A1B1OA是平行四边形，所以从而在三角形OBB1中，∠B所以∠BB1O=∠B1BO=45°，所以又因为AA1⊥BC，AB,BC⊂平面ABC，AB∩BC=B，所以A（2）以О为坐标原点，OB为x轴，平面ABC内过О平行于BC的直线为y轴，OB1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则B1,0,0，A1−1,0,1，B所以BA1=所以异面直线BA1与B1【变式5-1】2.（2023·全国·高三专题练习）如图，在正四棱台ABCD−A1B(1)求正四棱台的高；(2)求直线BD1与平面【答案】(1)3(2)3015【分析】（1）由棱台体积公式求解；（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求线面角．【详解】（1）由题可知AB=4，A1所以SABCD=16，设正四棱台的高为ℎ，则V==1所以ℎ=3，即正四棱台的高为3．（2）设正四棱台的上、下底面的中心分别为O1，O，取BC，AB的中点分别为F，G，连接OF，OG，OO1所以以O为坐标原点，分别以OG，OF，OO则O0,0,0，B2,2,0，D1−1,−1,3，C−2,2,0所以BD1=−3,−3,3，设平面BCC1B则n⋅BC=−4x=0n⋅BB1=−x−y+3z=0设直线BD1与平面BCC则sinα=即直线BD1与平面BCC【变式5-1】3.（2023春·高二课时练习）如图，在三棱台ABC−DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3.(1)求直线BD与平面ABC所成角的正弦值；(2)求点E到平面BCD的距离.【答案】(1)7(2)3【分析】（1）利用空间向量的坐标运算求线面夹角的正弦值；（2）利用空间量的坐标运算求点到平面的距离.【详解】（1）在平面BCFE内过点C作CM⊥BC，CM∩EF=M，因为平面BCFE⊥平面ABC，平面BCFE∩平面ABC=BC,CM⊂平面BCFE,所以CM⊥平面ABC，CA，CB，CM两两垂直.如图，以CA，CB，CM的单位向量为正交基底建立空间直角坐标系C−xyz，则C0,0,0，A3,0,0，B0,2,0，E所以AB=−3,2,0，DE=所以BD=因为平面ABC的一个法向量m=所以cosm,BD（2）设平面BCD的一个法向量为n=x,y,z，则n⊥CB=0,2,0，所以2y=032x−32所以点E到平面BCD的距离为n⋅【变式5-1】4.（2023秋·高二单元测试）在三棱台ABC−A1B1C1中,BB1⊥平面ABC

(1)证明:BC(2)求直线A1B与平面【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据BB1⊥平面ABC,结合计算得∠C1BB1=∠B1CB,即（2）作A1H⊥AC于H,先根据已知条件求出A1H的长,再利用等面积法求出B到平面【详解】（1）∵BB1⊥平面ABC,BC⊂∴BB∵平面A1B1C1∴BB1⊥∵B1C∴BB∴tan∠∵tan∠∴∠C∴∠CBC即BC又A1B1⊥BB1,A1B1⊥B∴A1B1∴A1∵A1B1∩B1C=B1∴BC1⊥∵A1C⊂平面∴BC（2）如图,作A1H⊥AC于在直角梯形ABB1A同理可得CC在等腰梯形ACC1A则A1∴S△设B到平面A1AC的距离为由VA得13则d=S又A1所以直线A1B与平面ACC【变式5-1】5.（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，将梯形AA1C1C绕AA1旋转至AA1D1D位置，二面角D1−AA1−C1的大小为30°．(1)证明：A1，B1，C1，D1四点共面，且A1D1⊥平面ABB1A1；(2)若AA1=A1C1=2AB=4，设G为DD1的中点，求直线BB1与平面AB1G所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）由已知可得AA1⊥平面A1B1D1，假设A1，B1，C1，D1四点不共面，结合已知得平面A1B1C1∥平面A1（2）以A1为坐标原点，A1B1，A1(1)证明：因为AA1⊥平面A又因为AA1⊥A1D1假设A1，B1，C1，D1四点不共面，因为AA1⊥平面A1B与平面A1B1故A1，B1，C1又因为A1C1所以∠C1A所以∠C1A所以A1D1⊥A所以A1D1(2)以A1为坐标原点，A1B1，A1则A0,0,4，B2,0,4，C1,A10,0,0，B14,0,0，所以G0,3,2，则AB1=4,0,−4设平面AB1G则n⋅令x=3，得n=设BB1与平面AB则sinθ=所以BB1与平面AB题型6二面角问题【例题6】（2023·河北保定·河北省唐县第一中学校考二模）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，侧面ABED与ACFD均为梯形，AB∥DE，AC∥DF，AB⊥BE，且平面ABED⊥平面ABC，AC⊥DE．已知AB＝BE＝AC＝1，DE＝DF＝2．(1)证明：平面ABED⊥平面ACFD；(2)求平面BEFC与平面FCAD的夹角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)π【分析】（1）由AB//DE，AC⊥DE，得AC⊥AB，由平面ABED⊥平面ABC，结合面面垂直的性质定理可得AC⊥平面ABED，即可得出答案；（2）作DE中点M，连接AM，易知AB，AM，AC两两垂直，以AB，AM，AC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ACFD的法向量为m=(x1,y1,z1)，平面CBEF的法向量为n=(x2,y2,【详解】（1）证明：因为AB//DE，AC⊥DE，所以AC⊥AB，又AC⊂平面ABC，平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，所以AC⊥平面ABED，又AC⊂平面ACFD，所以平面ABED⊥平面ACFD．（2）如图，作DE中点M，连接AM，易知AB，AM，AC两两垂直，以AB，AM，AC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，C(0,0,1)，F(−1,1,2)，所以CB(1,0,−1)，CA=(0,0,−1)设平面ACFD的法向量为m=(x1,y则m⋅CA=−z1=0m所以m=(1,1,0)设平面CBEF的法向量为n=(x2,y2,取x2=1，则y2所以n=(1,0,1)设平面BEFC与平面FCAD的夹角为θθ∈则cosθ=所以θ=π所以平面BEFC与平面FCAD的角π3【变式6-1】1.（2022·全国·模拟预测）如图，在三棱台ABC−DEF中，侧面ABED与ACFD均为梯形，AB∥DE,AC∥DF，AB⊥BE，且平面ABED⊥平面ABC，AC⊥DE.已知AB=BE=AC=1,DE=DF=2.(1)证明：平面ABED⊥平面ACFD；(2)求锐二面角B−FC−A的值.【答案】(1)证明见解析(2)π【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和判定定理分析证明；（2）建系，利用空间向量求二面角.【详解】（1）因为AB∥DE,AC⊥DE，所以AC⊥AB，AC⊂平面ABC，平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，所以AC⊥平面ABED，AC⊂平面ACFD，所以平面ABED⊥平面ACFD.（2）取DE中点M，连接AM，由题意可得：AB∥EM，且AB=EM，则ABEM为平行四边形，且AB⊥BE，则ABEM为矩形，则AB⊥AM，∵AC⊥平面ABED，AM⊂平面ACFD，则AC⊥AM，即AB,AM,AC两两垂直，以AB,AM,可得CB=(1,0,−1),设平面ACFD的法向量为m=x1取x1=1，则y1设平面CBEF的法向量为n=x2取x2=1，则y2设锐二面角B−FC−A为θ∈0,则cosθ=cosm→,故锐二面角B−FC−A的值为π3【变式6-1】2.（2022秋·全国·高二专题练习）如图，在四棱台ABCD−A1B1C(1)求证：D1E//平面(2)若四边形ABCD为正方形，AA1⊥平面ABCD，A【答案】(1)证明见解析；(2)−2【分析】（1）连A1B，利用给定条件证明四边形（2）以点A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.【详解】（1）在四棱台ABCD−A1B1C1D则有A1D1=1则D1E//A1B，又D1E⊄所以D1E//平面（2）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA则A10,0,2，D0,2,0，E2,1,0，设平面A1DE的一个法向量为n=x,y,z，则DA平面DEC的一个法向量为m=0,0,1，则cos〈所以二面角A1−DE−C的余弦值为【变式6-1】3.．（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱台ABCD−A1B1C(1)若点M是AD的中点，求证：C1M(2)求直线C1M与平面(3)棱BC上存在点E，使得CE=1−32，求平面EAD【答案】(1)见解析(2)10(3)2【分析】（1）取BC的中点为N，连接C1N,NM，可证平面C1（2）在平面ABCD中，过A作AD的垂线，与BC交于S，则可建立如图所示的空间直角坐标系，求出C1M及平面（3）求出平面EAD1的法向量与平面【详解】（1）取BC的中点为N，连接C1在菱形ABCD中，因为BN=NC,AM=MD，则MN//而MN⊄平面ABB1A1，AB⊂平面ABB由四棱台ABCD−A1B1C故C1B1=1故C1N//BB1，而C1N⊄平面ABB因为C1N∩MN=N，C1N⊂平面C1故平面C1MN//平面ABB1A1，而C（2）在平面ABCD中，过A作AD的垂线，与BC交于S，因为AA1⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD同理AA故A0,0,0B3故M0,1,0，BC=0,2,0所以C132而平面ADD1的一个法向量为设直线C1M与平面AD则sinα=cos〈（3）由CE=1−32故AE=3,设平面AED1的法向量为则n⋅AE=0n⋅AD故m=结合（2）的平面ADD1的一个法向量为故cosm设平面EAD1与平面AD1D故平面EAD1与平面AD【变式6-1】4.（2022·湖北武汉·校联考模拟预测）如图所示，在三棱台ABC−A1B1C1中，BC⊥BB1，AB⊥BB1，（1）证明：DE//平面AB（2）若∠ABC=120°，求平面AB1C【答案】（1）证明见解析；（2）3105【分析】（1）取AA1的中点F，连接DF，EF，证明平面DEF//平面AB1（2）由题得BB1⊥平面ABC，在平面ABC内过B点作BG⊥BC交AC于G，进而以B为原点，BC→，BB1→，BG【详解】解：（1）证明：取AA1的中点F，连接DF，由三棱台的性质知四边形ACC因为F是AA1的中点，D是所以DF//因为DF⊄平面ACB1，AC⊂平面所以DF//平面A因为E是A1B1的中点，F所以为EF//因为EF⊄平面ACB1，AB所以EF//平面A又EF∩DF=F，所以平面DEF//平面A因为DE⊂平面DEF，所以DE//平面A（2）因为AB⊥BB1，BC⊥BB所以BB1⊥在平面ABC内过B点作BG⊥BC交AC于G，则BC，BG，BB1两两垂直，以B为原点，BC→，BB1→，BG→不妨设BC=2，则B0,0,0，B10,2,0，C2,0,0，设平面AB1C因为CA→=−3,0,所以由CA→⋅取y1=1，得设平面A1B1因为B1C→所以由B1A取x2=3设平面AB1C和平面A则cosθ=故平面AB1C和平面A【变式6-1】5.（2021·全国·校联考模拟预测）在棱台ABCD−A1B1C1D1中，侧面A1（1）过点A1作平面α，使得平面α/平面C1CDD1，确定平面（2）若点О为棱AB的中点，求平面A1OC与平面【答案】（1）M为棱BC中点，理由见解析；（2）10535【分析】（1）过点B在平面B1BCC1内作B1M//CC1与BC交于点M，则平面A1B1（2）因为侧面A1B1BA⊥底面ABCD，以AB中点О为坐标原点，直线AB为x轴，过点О在平面ABCD内作AB的垂线为y轴，过点О在平面A1【详解】(1)过点B在平面B1BCC1内作B1则平面A1B1点M就是平面α与直线BC的交点，由题意可得四边形B1C所以点M为棱BC中点.证明如下：由A1B1//C可得A1B1由B1M//C1C,可得B1M//平面因为A1所以平面A1B1(2)因为侧面A1B1BA⊥底面ABCD，以AB中点О为坐标原点，直线过点О在平面ABCD内作AB的垂线为y轴，过点О在平面A1B1BA内作则O(0,0,0),A(−2,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(−2,4,0)，由AB=4,A可得等腰梯形A1B所以A1所以CD=(−4,0,0),设平面A1OC的法向量则{即{取z得m=(4,−2,1)设平面DC1则{即{取z2=1，得设平面A1OC与平面DCC【点睛】关键点点睛：本题考查线面位置关系及二面角的计算，考查直观想象与逻辑推理的核心素养，解题的关键是由侧面A1B1BA⊥底面ABCD，以AB中点О为坐标原点，直线AB为x轴，过点О在平面ABCD内作AB的垂线为y轴，过点О在平面A1题型7线面角与动点问题【例题7】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠BAD=π3，梯形(1)求证：A1B1(2)DD1上是否存在一点M，使得AM与平面BDD【答案】(1)证明见解析(2)不存在这样符合条件的点M，理由见解析【分析】（1）取D1C1的中点O1，连接O1O、O1B1，即可得到O（2）由面面垂直的性质得到O1O⊥平面【详解】（1）证明：取D1C1的中点O1，连接又CC1=D由底面ABCD是菱形，∠BAD=π3，所以△BCD为正三角形，所以又OB∩OO1=O，OB,OO1⊂平面又A1B1//D1C1，（2）因为平面C1D1DC⊥平面ABCD,O平面C1D1DC∩平面ABCD=DC，所以则以O为原点，OD,OB,OO1分别为则A3,33所以DD1=设DM=λDD1，则设平面BDD1B由n⋅DD1=0所以cosAM整理得λ2+λ所以方程λ2+λ【变式7-1】1.（2023春·全国·高一专题练习）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，A1B1(1)求证：平面A1BC⊥平面(2)直线A1B与底面ABC所成的角的大小θ为多少时，二面角A1(3)在（2）的条件下，求点C到平面A1【答案】(1)证明见解析；(2)θ=π(3)23【分析】（1）证明平面A1BC⊥平面ABC面面垂直，即证AB⊥平面A1BC线面垂直，即证（2）根据面面垂直的性质定理作出∠A1BD=θ，根据二面角的定义作出∠A1ED为二面角A1−AC−B的平面角，根据解三角形以及（3）点C到平面A1ABB1的距离即为点C到平面A1AB的距离．注意到Rt△ABC≅Rt△AB【详解】（1）∵A1B1与A1C∴AB⊥BC，AB⊥A1C∴AB⊥平面A1BC，又AB⊂平面故平面A1BC⊥平面（2）由（1）知，平面A1BC⊥平面如图所示，过A1作A1D⊥BC于D，则A∴∠A1BD是A1B作DE⊥AC于E，则∠A1ED在Rt△ABC中，易得BC=4在Rt△A1DB中，A1B=4，由Rt△ABC∼Rt△DEC∵cos∠A1ED=21于是，sinθ+3cos注意到0<θ≤π2，故（3）点C到平面A1ABB∵AC=AA1=5，∠ABC=∠AB∴Rt△ABC≅Rt点C到平面A1AB的距离即点由（2）知，A1D⊥平面ABC，且于是，C到平面A1AB的距离为【变式7-1】2.（2022秋·辽宁沈阳·高二沈阳市第十中学校考阶段练习）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D（1）证明：AD⊥平面CC（2）若A1C与平面CC1D1D【答案】（1）证明见解析；（2）34【分析】（1）通过面面垂直的性质定理证得DC1⊥平面AA1D1D，由此证得（2）建立空间直角坐标系，由A1C与平面CC1D1D【详解】（1）在梯形CC1D所以∠DD1C1=∵DC1∵平面AA1D1D⊥DC1⊂平面CC1又∵AD⊂平面AA1D∵AD⊥DC，DC∩DC∴AD⊥平面CC（2）连接A1C1，由（1）可知：A1D以D1A1､D1C1分别为x轴､∵A1D1∴∠A1CD1即为A在Rt△A1CD则：D10,0,0，A13,0,0，D0,所以A1C1=−3,2,0设平面AA1Cn⋅A1令x=2得：n=故点D到平面AA1C所以点D到平面AA1C【变式7-1】3．（2023·全国·高三专题练习）四棱台被过点A1,C1,D的平面截去一部分后得到如图所示的几何体，其下底面四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60∘(1)求证：平面AB1C⊥(2)若AA1与底面ABCD所成角的正切值为2，求二面角【答案】(1)证明见解析(2)13【分析】（1）易证BD⊥AC，BB1⊥AC，进而可得AC⊥（2）AA1与底面ABCD所成角为∠A1AB，从而可得A1B1=1，设BD,AC【详解】（1）∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD在菱形ABCD中，BD⊥AC，又BD∩BB1=B，BD、BB1⊂平面∵AC⊂平面AB1C，∴平面A（2）∵BB1⊥∴AA1与底面ABCD所成角为∠A1AB设BD,AC交于点O，以O为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则B0,−1,0，D0,1,0，B10,−1,2,因为B1A1=12BABA1=32设平面A1BD的法向量∴BA1⋅n=0设平面C1BD的法向量所以BC1⋅m=0由图二面角A1设二面角A1−BD−C1的平面角为【变式7-1】4.（2023·全国·高三专题练习）如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，A1A=4，且(1)若P是DD1的中点，证明：(2)若PQ//平面ABB1A1，二面角P−QD−A的余弦值为【答案】(1)证明见解析(2)8【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算知AB（2）利用空间向量结合已知的面面角余弦值可求得Q4,72,0，再利用线面平行的已知条件求得P0,72【详解】（1）以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，则A0,0,0，B12,0,4，D设Q4,m,0，其中m=BQ，0≤m≤4若P是DD1的中点，则P0,3,2，A于是AB1⋅PQ=8−8=0，（2）由题设知，DQ=4,m−4,0，DD设n1=x,y,z则n1⋅DQ=0n又平面AQD的一个法向量是n2∴cosn而二面角P−QD−A的余弦值为49，因此2解得m=72或m=9设DP=λDD10<λ≤1，而D∵PQ∥平面ABB1A1∴PQ⋅n3=0，即2λ−1将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P−ADQ，则其高ℎ=1，故四面体ADPQ的体积V=1【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.题型8二面角与动点问题【例题8】（2023·广东惠州·统考一模）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面(1)若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面(2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E−AD1−D的余弦值为1【答案】(1)证明见解析(2)存在；CE=1−【分析】（1）连接B1A，可得四边形AB1C1M是平行四边形，或MC1（2）取BC中点Q，连接AQ，分别以AQ,AD,AA1为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，假设点E存在，设点E的坐标为3,λ,0,−1≤λ≤1，可得平面AD1E的一个法向量n=λ,−3,3，平面【详解】（1）方法一：连接B1A，由已知得，B1所以四边形AB1C又C1M⊄平面AA所以C1M∥平面方法二：连接B1A,MD1，由已知得MC1=又C1M⊄平面A所以C1M∥（2）取BC中点Q，连接AQ，由题易得△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD，由于AA1⊥平面ABCD，分别以AQ,AD,AA0,0,0假设点E存在，设点E的坐标为3,λ,0AE=设平面AD1E的法向量n即3x+λy=0y+z=0，可取又平面ADD1的法向量为所以cosAQ,n由于二面角E−AD1−D为锐角，则点E在线段QC上，所以λ=故BC上存在点E，当CE=1−32时，二面角E−AD【变式8-1】1.（2023·全国·模拟预测）如图，在三棱台ABC－DEF中，平面DEBA⊥平面ABC，平面DFCA⊥平面ABC，AB：BE：DE=4：5：1.(1)求证：AD⊥BC；(2)若△ABC是等边三角形，试问：棱BE上是否存在一点H，使得二面角H－AC－B的平面角为π3？若存在，求出HE【答案】(1)证明见解析(2)存在，5【分析】（1）在平面ABC内，过C点作直线l⊥AB，过B点作直线m⊥AC，由面面垂直的性质得出m⊥AD，l⊥AD，结合线面垂直的判定以及定义得出AD⊥BC；（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）在平面ABC内，过C点作直线l⊥AB，过B点作直线m⊥AC，因为平面DEBA⊥平面ABC，平面DEBA∩平面ABC=AB，l⊂平面ABC，所以l⊥平面DEBA.因为AD⊂平面DEBA，所以l⊥AD，同理可证m⊥AD.因为l，m为相交直线，l，m⊂平面ABC，所以AD⊥平面ABC又BC⊂平面ABC，所以AD⊥BC.（2）设DE=1，则AB=4，BE=5，易得四边形DEBA为直角梯形，所以AD=B以点A为原点，以AB，AD和平面ABED的一个法向量的方向分别为x轴、z轴、y轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则A0,0,0，B4,0,0，C2,2则AC=2,23,0，则BE=BA+AD+DE设BH=λBE0≤λ≤1易知n1=0,0,1设平面AHC的法向量为n2则n2⋅AC取z=33λ−43，则x=4因此n2=4假设存在点H，使得二面角H−AC−B的平面角为π3则cos化简得17λ2−216λ+144=0，解得λ=因此棱BE上存在一点H，使得二面角H−AC−B的平面角为π3，此时HE【变式8-1】2.（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD是矩形，AB=2BC=2A(1)求证：AA1⊥(2)若二面角A−BB1−D的大小为π【答案】(1)证明见解析.(2)3.【分析】（1）利用面面垂直的性质定理可证明BC⊥平面A1B1BA，DC⊥平面A1（2）如图建立空间直角坐标系，设AA1=ℎ，求出平面BB1D的一个法向量n，平面ABB【详解】（1）因为底面四边形ABCD是矩形，所以BC⊥AB，因为平面A1B1BA⊥平面ABCD，平面BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面A1又因为AA1⊂面A因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，平面DC⊂平面ABCD，所以DC⊥平面A1又因为AA1⊂面A因为BC∩DC=C，所以AA1⊥（2）在四棱台ABCD−A1B1C所以AA1即为四棱台可得AB，AD，AA以A为原点，分别以AB，AD，AA1所在的直线为x，y，设AA1=ℎ，则A0,0,0，B2,0,0所以BB1=设平面BB1D由BB1⋅n=−x+ℎz=0BD⋅n=−2x+y=0平面ABB1的一个法向量所以cosAD解得：ℎ=3所以四棱台ABCD−A1B【变式8-1】3.（2022秋·湖南郴州·高二湖南省资兴市立中学校考期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D(1)当λ=12时，证明：平面(2)若二面角B−AD1−C【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）设四棱台ABCD−A1B1C1D1的侧棱交于点P，连接BD交AC于点O，连接（2）建立空间直角坐标系，设AB=1，则DD1=A1B1=λ，【详解】（1）解：设四棱台ABCD−A连接BD交AC于点O，因为四边形ABCD是正方形，所以O为BD的中点，因为AB//A1B1连接OB1，所以因为DD1⊥平面ABCD，所以OB1⊥平面ABCD，因为（2）解：由题可以D为坐标原点，DA，DC，DD设AB=1，则DD1=所以D0,0,0，A1,0,0，D10,0,λ，所以AD1=−1,0,λ，设平面ABD1的法向量为则n1⋅AD1=0n1⋅所以n1=λ,0,1设平面ACD1的法向量为则n2⋅AD1=0n2⋅所以n2=λ,λ,1因为二面角B−AD所以cosn整理得2λ4+因为λ∈0,1，所以λ=【变式8-1】4.（2023秋·黑龙江绥化·高二校考开学考试）在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD（1）证明：平面ABM⊥平面CDD（2）若二面角B−AM−D正弦值为217，求直线AC与平面CD【答案】（1）证明见解析，（2）12【分析】（1）连接A1C1，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥CD，而AC⊥CD，可得CD⊥平面AA1C1（2）由已知可得平面ABM⊥平面AA1C1C，从而由二面角B−AM−D正弦值为217，可得二面角C−AM−D的余弦值为217，由条件可得∠CMD为二面角C−AM−D的平面角，所以sin∠CMD=CDDM=1−(217【详解】（1）证明：连接A1因为AA1⊥平面ABCD，CD⊂所以AA因为AC⊥CD，AA所以CD⊥平面AA因为AM⊂平面AA所以AM⊥CD，因为AM⊥CC1，所以AM⊥平面CDD因为AM⊂平面ABM，所以平面ABM⊥平面CDD（2）因为AB//CD，∠ACD=90°，所以∠BAC=90°，即因为AA1⊥平面ABCD，BA⊂所以BA⊥AA因为AA1∩AC=A,所以BA⊥因为BA⊂平面ABM，所以平面ABM⊥平面AA因为二面角B−AM−D正弦值为217所以二面角C−AM−D的余弦值为217因为AM⊥平面CDD1C1，DM⊂平面因为CM⊥AM，所以∠CMD为二面角C−AM−D的平面角，因为CD⊥平面AA1C1C所以CD⊥CM，所以sin∠CMD=因为CD=1所以DM=727因为AM⊥平面CDD所以∠ACM为直线AC与平面CDD所以cos∠ACM=所以直线AC与平面CDD1【点睛】关键点点睛：解题的关键是证出平面ABM⊥平面AA1C1C，然后将二面角B−AM−D正弦值为217，转化为二面角C−AM−D的余弦值为题型9体积与动点问题【例题9】（2023·全国·高二专题练习）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，

(1)证明：平面D1C1(2)若四棱台ABCD−A1B1C1D【答案】(1)证明见解析(2)105【分析】（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【详解】（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．【变式9-1】1.（2023·全国·高三专题练习）如图，在三棱台ABC−DEF中，AC=4,BC=2,EF=1,DE=5(1)求证：平面ABED⊥平面ABC；(2)若四面体BCDF的体积为2，求二面角E−BD−F的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】（1）延长三条侧棱交于点P，判断出D,E，F为中点.取AB的中点M，证明出PM⊥AB和PM⊥MC，进而证明出PM⊥平面ABC，利用面面垂直的判定定理即可证明平面ABED⊥平面ABC.（2）先由体积关系求出PM=6.以C为坐标原点，CA､CB为x轴，【详解】（1）（1）延长三条侧棱交于点P.因为BC=2,EF=1,所以D,E，F分别为中点，且AB=2DE=25因为AD=BE，所以AP=BP.取AB的中点M，则PM⊥AB.因为AC=4,BC=2,AB=2所以AC2+B∵AM=CM，则△PAM≅△PCM，故∠PMA=∠PMC=90即PM⊥MC.因为PM⊥AB，AB∩MC=M,AB⊂平面ABC,MC⊂平面ABC,所以PM⊥平面ABC.又PM⊂平面ABED，故平面ABED⊥平面ABC.（2）因为VD−BCF=1而S△ABC所以VP−ABC=1以C为坐标原点，CA､CB为x轴，则P2,1,6设n1=x,y,z因为AB=−4,2不妨设x=1，则面EBD的一个法向量n1同理可求得面FBD的一个法向量n2由图示，二面角E−BD−F的平面角为锐角，所以cosn所以二面角E−BD−F的余弦值为45【变式9-1】2.（2023春·四川成都·高一成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB=π3，平面(1)求证：AC⊥BB(2)若异面直线CD与AA1所成角正弦值为217，四棱锥A【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）由面面垂直的性质得到AC⊥平面BDD1B（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.【详解】（1）∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵平面BDD1B1⊥平面ABCD，且平面BDD1∴AC⊥平面BDD1B1，又∴AC⊥BB（2）解法一：由（1）知AC⊥面BDD1B1，又∴平面ACC1A作BE⊥交线O1O，垂足为因为平面ACC1A1∩平面BDD1B1=O又AA1⊂平面AC再作BF⊥AA1，垂足为F，BE⊂面BEF，BF⊂面BEF，所以AA1⊥面BEF，又面则EF⊥AA所以∠BFE为二面角B−AAV因为A1C1//平面ABCD，所以O1到底面作O1H⊥OB，因为平面BDD1B1⊥平面ABCDO1H⊂平面BDD1B1，所以又∠O所以BH=又OB=O1B=1，所以△BOO1因为AB//CD，所以所以sin∠BFE=所以二面角B−AA1−