2025年高考数学模拟题分类汇编-立体几何解答题专练（教师版）

21世纪教育网精品试卷·第2页（共2页）2025年高考数学模拟题分类汇编——立体几何解答题专练参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2024•新高考Ⅱ）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→=25AD→，AF→=（1）证明：EF⊥PD；（2）求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．【分析】（1）在△AEF中，AE=25AD，AF=12AB，∠EAF＝30°，由余弦定理可得EF，由勾股定理的逆定理可得AE⊥EF，由折叠的性质可知PE⊥EF，由线面垂直的判定定理可得（2）由线面垂直的判定定理可得PE⊥面DEF，进而可得EF，ED，EP所在直线两两垂直，以EF，ED，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系E﹣xyz，求出平面PCD的法向量n1→=（x1，y1，z1），平面PBF的法向量n2→=（x2，y2，z2），设平面PCD与平面PBF所成的二面角为【解答】解：（1）证明：在△AEF中，AE=25AD＝23，AF=12所以cos∠EAF=A所以EF＝2，所以EF2+AE2＝AF2，所以AE⊥EF，所以DE⊥EF，由折叠的性质可知PE⊥EF，又PE∩DE＝E，PE，DE⊂面PDE，所以EF⊥面PDE，又PD⊂面PDE，所以EF⊥PD．（2）DE＝53−23=33，CD＝3，∠所以CE2＝36，CE＝6，PE＝AE＝23，所以PE2+CE2＝PC2，所以PE⊥CE，又因为PE⊥EF，EF∩CE＝E，EF，CE⊂面DEF，所以PE⊥面DEF，又DE⊂面DEF，所以PE⊥ED，所以EF，ED，EP所在直线两两垂直，以EF，ED，EP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系E﹣xyz：P（0，0，23），D（0，33，0），F（2，0，0），A（0，﹣23，0），则B（4，23，0），C（3，33，0），所以PD→=（0，33，﹣23），CD→=（﹣3，0，0），PB→=（4，23，﹣2设平面PCD的法向量n1→=（x1，y1，所以n1设y1＝2，则z1＝3，x1＝0，所以n1设平面PBF的法向量n2→=（x2，y2，所以n2设x2=3，则y2＝﹣1，z2所以n2→=设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α，cos＜n1→所以sinα=1−(【点评】本题考查线面的位置关系，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．2．（2024•新高考Ⅰ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB=3（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【分析】（1）由PA⊥面ABCD，结合线面垂直的性质定理可得PA⊥AD，又AD⊥PB，结合线面垂直的判定定理可得AD⊥面PAB，则AD⊥AB，推出AD∥BC，结合线面平行的判定定理，即可得出答案．（2）以DA，DC为x，y轴，过点D作平面ABCD垂直的线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz，令AD＝t，则DC=4−t2，C（0，4−t2，0），求出平面ACP的法向量n1→=（x1，y1，z1），平面CPD的法向量为n2→=（x2，y2，z2【解答】解：（1）证明：因为PA⊥面ABCD，AD⊂面ABCD，所以PA⊥AD，又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂面PAB，所以AD⊥面PAB，又AB⊂面PAB，所以AD⊥AB，在△ABC中，AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC，因为A，B，C，D四点共面，所以AD∥BC，又因为BC⊂面PBC，AD⊄面PBC，所以AD∥面PBC．（2）以DA，DC为x，y轴，过点D作平面ABCD垂直的线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz：令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC=4−t2，C设平面ACP的法向量n1→=（x1，y1，所以n1设x1=4−t2，则y1＝t，所以n1→=（4−设平面CPD的法向量为n2→=（x2，y2，所以n2设z2＝t，则x2＝﹣2，y2＝0，所以n2→=因为二面角A﹣CP﹣D的正弦值为427，则余弦值为7又二面角为锐角，所以77=|cos＜n1→，n所以t=3所以AD=3【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．3．（2025•武汉模拟）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，平面AA1D1D⊥平面ABCD，A1A=D1D=17，点P是棱DD（1）若BQ＝3QC，证明：PQ∥平面ABB1A1；（2）若二面角P﹣QD﹣C的正弦值为52626，求【分析】（1）取AA1的中点M，连接MP，MB，利用已知条件证明四边形BMPQ是平行四边形即可；（2）建系利用空间向量与空间角的关系即可求解．【解答】（1）证明：如图，取AA1的中点M，连接MP，MB，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形A1ADD1是梯形，A1D1＝2，AD＝4，又点M，P分别是棱A1A，D1D的中点，所以MP∥AD，且MP=A在正方形ABCD中，BC∥AD，BC＝4，又BQ＝3QC，所以BQ＝3．所以MP∥BQ且MP＝BQ，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以PQ∥MB，又因为MB⊂平面ABB1A1，PQ⊄平面ABB1A1，所以PQ∥平面ABB1A1；（2）在平面AA1D1D中，作A1O⊥AD于O，因为平面AA1D1D⊥平面ABCD，平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，A1O⊥AD，A1O⊂平面A1D1D，所以A1O⊥平面ABCD，在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则ON⊥OD，以{ON→，OD→因为四边形AA1D1D是等腰梯形，A1D1＝2，AD＝4，所以AO＝1，又A1A=D1D=易得B(4，−1，0)，D(0，3，0)，C(4，3，0)，D所以DC→=(4，0，0），设CQ→所以DQ→设平面PDQ的法向量为m→由m→⋅DP→=0m→⋅DQ→=0所以m→由题平面DCQ的一个法向量为n→设二面角P﹣QD﹣C的平面角为θ，由题意得|cosθ|=1−si又|cosθ|=|cos＜m所以1(4λ解得λ=±34（舍负），因此【点评】本题考查了空间几何体中线面平行的证明和空间角的有关计算，属于中档题．4．（2025•山西一模）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，AB＝PA＝2，PA⊥平面ABCD，E，M，F分别是CD，PD，PC的中点．（1）证明：平面PAE⊥平面PCD；（2）求二面角F﹣AE﹣M的正弦值．【分析】（1）连接AC，证得AE⊥CD，PA⊥CD即可求证；（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；【解答】解：（1）证明：连接AC．因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ACD是正三角形，因为E是CD中点，所以AE⊥CD，因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，PA∩AE＝A，又都在平面PAE内，所以CD⊥平面PAE，又CD⊂平面PCD，所以平面PAE⊥平面PCD．（2）由（1）知，AB，AE，AP两两垂直，以AB，AE，AP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，易知：A（0，0，0），P（0，0，2），D(−1，3，0)，则E(0，3AE→=(0，3，0)，设平面AEF的法向量为n1→=(x1则n1→⊥AE令x1＝2，得z＝﹣1，解得n1则n2→⊥即3y令x1＝2，得z＝1，解得n设二面角F﹣AE﹣M的平面角为α，则|cosα|=|cos＜n所以sinα=4所以二面角F﹣AE﹣M的正弦值为45【点评】本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．5．（2025•芜湖一模）如图所示，边长为2的正方形ABCD为圆柱O1O2的轴截面，E为圆O2上异于A，B的点，F为线段DE的中点．（1）求证：FO2∥平面CBE；（2）若二面角B﹣CE﹣D的正弦值为155，求BE【分析】（1）先证四边形FO2BH为平行四边形，得出FO2∥HB，即可得证；（2）建立空间直角坐标系E﹣xyz，分别求出平面CDE和平面BCE的法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）证明：取线段CE的中点H，连接FH，BH，则FH∥CD，FH=1故FH∥O2B，FH＝O2B，故四边形FO2BH为平行四边形，则FO2∥HB，又FO2⊄平面CBE，HB⊂平面CBE，故FO2∥平面CBE；（2）连接AE，因为AB是圆O的直径，所以EA⊥EB，过点E作圆柱的母线EQ，则EQ⊥平面ABE，所以EA，EB，EQ互相垂直，以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系E﹣xyz，妨设EA＝a，EB＝b，则a2+b2＝4（0＜a，b＜2），则B（0，b，0），C（0，b，2），E（0，0，0），D（a，0，2），所以EC→=(0，b，2)，设n1→=(x，y，z)则n1→⋅令z＝ab，解得x=−2by=−2a所以n1→=(−2b，−2a，ab)易知n2→=因为二面角B﹣CE﹣D的正弦值为155，则余弦值绝对值为10所以105化简得10b2＝16+a2b2，又a2+b2＝4，解得a2＝b2＝2，则BEBA【点评】本题考查线面平行饿判定，以及向量法的应用，属于中档题．6．（2025•重庆模拟）如图，侧面BCC1B1水平放置的正三棱台ABC﹣A1B1C1，AB＝3A1B1＝6，侧棱长为22，P为棱AB1上的动点．（1）求证：AA1⊥平面BCC1B1；（2）是否存在点P，使得直线AP与平面AB1C1所成角的正弦值为65？若存在，求出点P【分析】（1）根据棱台的几何性质，结合勾股定理的逆定理、线面垂直的判定定理进行证明即可；（2）根据（1）的结论建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可．【解答】解：（1）证明：延长三条侧棱交于一点O，如图所示，因为正三棱台的侧棱长为22且OA所以OB=OA=32A所以，OA2+OB2＝36＝AB2，即OA⊥OB，同理OA⊥OC，OB⊥OC，又OB∩OC＝O，OB，OC⊂平面OBC，所以OA⊥平面OBC，即AA1⊥平面BCC1B1．（2）由（1）知OA⊥OB，OA⊥OC，OB⊥OC，以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，32所以AAB1设A1则P(2λ，0，2设平面A1B1C1的法向量为m→则m→⊥A取z＝1，则x＝y＝1，所以m→因为直线AP与平面A1B1C1所成角的正弦值为65所以|cos〈AP整理得9λ2+18λ﹣7＝0，即（3λ﹣1）（3λ+7）＝0，解得λ=13或故当点P为靠近A1的三等分点时，使得直线AP与平面A1B1C1所成角的正弦值为65【点评】本题考查线面平行的判定，以及向量法的应用，属于中档题．7．（2025•濮阳二模）如图所示的几何体中，底面ABCD是菱形，AD＝DB＝2，ED⊥平面ABCD，ED∥CF，BF＝FE，且平面FEB⊥平面EDB．（1）在线段EB上是否存在点M，使得A，C，M，F四点共面？若存在，请给出证明；若不存在，请说明理由．（2）若ED＝4，求二面角A﹣BE﹣F的余弦值．【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明得AC⊥平面BDE，再由面面垂直的性质定理证明得FM⊥平面BDE，从而证明得FM∥AC，可得A，C，M，F四点共面；（2）建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，求解平面ABE与平面BEF的法向量，利用空间向量的夹角计算公式计算即可．【解答】解：（1）线段EB上存在点M，且M为EB的中点，使得A，C，M，F四点共面．证明如下：连接AC．∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ED⊥AC，又DE∩BD＝D，DE，BD⊂平面BDE，∴AC⊥平面BDE，连接MF．∵M为EB的中点，BF＝FE，∴FM⊥EB，又平面FEB⊥平面EDB，平面FEB∩平面EDB＝EB，FM⊂平面EFB，∴FM⊥平面BDE．∴FM∥AC，（垂直于同一个平面的两条直线互相平行），∴在线段EB上存在点M，且M为EB的中点，使得A，C，M，F四点共面；（2）取BE的中点M，连接AC，设AC交BD于点O，连接MO，MF，则MO∥DE，且MO=1∵ED⊥平面ABCD，∴MO⊥平面ABCD，又AC⊥BD，∴以O为原点，OB，OC，OM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，∵底面ABCD是菱形，AD＝DB＝2，∴OA=OC=3，OB＝OD∵ED∥CF，∴OM∥CF，由（1）知FM∥AC，∴四边形MOCF是矩形，∴FC＝OM＝2，∴A(0，−3，0)，B（1，0，0），E（﹣1，0，4），∴BA→=(−1，−3，0)，设平面ABE的法向量为m→则BA→⊥m→BE取y＝2，则m→设平面BEF的法向量为n→则BE→⊥n→BF取x1＝2，则n→cos＜m由图易知二面角A﹣BE﹣F为钝角，所以二面角A﹣BE﹣F的余弦值为−285【点评】本题考查线面位置关系的判定，以及向量法的应用，属于中档题．8．（2025•汕头一模）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，AE⊥平面CED，二面角E﹣AB﹣D与二面角E﹣CD﹣A的大小相等．（1）证明：平面ADE⊥平面ABCD；（2）求平面CDE与平面BCE的夹角的余弦值．【分析】（1）先证CD⊥平面ADE，再利用面面垂直的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面CDE和平面BCE的法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）证明：因为AE⊥平面CDE，CD⊂平面CDE，所以CD⊥AE，又正方形ABCD中，CD⊥AD，并且AE∩AD＝A，所以CD⊥平面ADE，由CD⊂平面ABCD，则平面ADE⊥平面ABCD；（2）由（1）CD⊥平面ADE，所以CD⊥AD，CD⊥DE，从而∠ADE为二面角E﹣CD﹣B的平面角，因为AB∥CD，所以AB⊥平面ADE，同理，∠DAE为二面角E﹣AB﹣C的平面角，依题意∠ADE＝∠DAE，即DE＝AE，以点D为原点，分别以直线DE、DC为x、y轴，过点D作z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设DE＝1，则E（1，0，0），C(0，2，0)，所以CB→=DA设平面BCE的法向量为n→则n→取y＝1，得n→又m→=(0，0，1)为平面所以cos〈m故平面CDE与平面BCE的夹角的余弦值为|cos〈m【点评】本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．9．（2025•延边州一模）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AB=3，AD＝1，AA1＝2，A1D⊥AD（1）证明：平面A1CD⊥平面ABCD；（2）若三棱锥A1﹣ACD的体积为12，求二面角B﹣A1A﹣C【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可求解；（2）根据体积求出sin∠A1DC＝1，利用空间直角坐标系即可求解．【解答】解：（1）因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD，又A1D⊥AD，A1D∩CD＝D，A1D，CD⊂平面A1CD，所以AD⊥平面A1CD，又因为AD⊂平面ABCD，所以平面A1CD⊥平面ABCD；（2）因为A1D⊥AD，AA1＝2，AD＝1，所以A1因为VA即13所以sin∠A1DC＝1，即A1D⊥CD，由（1）可知，DA，DC，DA1两两互相垂直，以D为原点，以直线DA，DC，DA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系D﹣xyz，则A（1，0，0），B(1，3，0)，C(0，3AA1→=(−1，0，3设平面ABA1的一个法向量为m→=(x1，可得AA1→⋅m→设平面AA1C的一个法向量为n→=(x2，可得AA1→⋅n于是cos＜m故二面角B﹣A1A﹣C的正弦值为1−(【点评】本题考查面面垂直的判定，考查二面角的正弦值的求法，属中档题．10．（2025•丽江模拟）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，且FA＝FC，∠DAB＝∠DBF＝60°（1）求证：平面ABCD⊥平面BDEF（2）求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．【分析】（1）设AC与BD相交于点O，连接FO，由线面垂直的判定定理证明AC⊥平面BDEF，再得到平面ABCD⊥平面BDEF即可；（2）连接DF，先由线面垂直的判定定理证明FO⊥平面ABCD，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面ABF的法向量，代入空间线面角的向量公式求解即可．【解答】解：（1）证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，且O为AC中点，FA＝FC，所以AC⊥FO，又FO∩BD＝O，FO，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF，又AC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BDEF．（2）连接DF，因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF为等边三角形，因为O为BD中点，所以FO⊥BD，又AC⊥FO，AC∩BD＝O，AC，BD⊂平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD，故OA，OB，OF两两垂直，所以建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，设AB＝2，因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，所以BD＝2，AC＝2．因为△DBF为等边三角形，所以OF=3所以A(3所以AD→=(−3设平面ABF的法向量为n→则AF→⊥n令x＝1，解得n→设AD与平面ABF所成角为θ，则AD与平面ABF所成角的正弦值为sinθ=|cos＜AD【点评】本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．11．（2025•甘肃模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，AP＝PD＝2，BC=12AD＝1，CD（1）求证：平面PQB⊥平面PAD．（2）若PM＝3MC，求二面角M﹣BQ﹣C的余弦值．【分析】（1）根据题设，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，求得平面MBQ与平面BQC的法向量，利用向量夹角公式即可求得结论．【解答】（1）证明：因为AD∥BC，BC=12AD，Q所以BC∥DQ，且BC＝DQ，则四边形BCDQ为平行四边形，所以CD∥BQ，因为∠ADC＝90°，所以∠AQB＝90°，所以BQ⊥AD，因为平面PAD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面ABCD＝AD，所以BQ⊥平面PAD，又BQ⊂平面PQB，所以平面PQB⊥平面PAD；（2）解：由AP＝PD，Q为AD的中点，知PQ⊥AD，由（1）可知，BQ⊥平面PAD，故QA，QB，QP两两垂直，则分别以QA，QB，QP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则Q（0，0，0），P(0，0，3)，B(0，3设M（x，y，z），则PM→=(x，y，z−3由PM→=3MC→所以QB→=(0，3设平面MQB的法向量为m→=（x1，y1，z则有m→⋅令x1=3不妨取平面BQC的法向量为n→设二面角M﹣BQ﹣C的平面角为θ，显然θ为锐角，则cosθ=|n即二面角M﹣BQ﹣C的余弦值为32【点评】本题考查面面垂直的判定，考查二面角的求法，属中档题．12．（2025•浙江模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝PD＝AD＝2，AB＝BC＝1，E是棱PD的中点，PB=7（Ⅰ）求证：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直线CP与平面PAB所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，先证四边形BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，再由线面平行的判定定理，即可得证；（Ⅱ）以A为原点建系，设P（1，y，z），其中z＞0，利用PA＝2，PB=7，列方程组求出y和z的值，从而知点P【解答】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF=12又AD∥BC，AD＝2，BC＝1，所以EF∥BC，EF＝BC，所以四边形BCEF是平行四边形，所以CE∥BF，又CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，所以CE∥平面PAB．（Ⅱ）解：以A为原点，AD，AB所在直线分别为x，y轴，作Az⊥平面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，1，0），C（1，1，0），设P（1，y，z），其中z＞0，则AP→=（1，y，z），BP→=（1，因为PA＝2，PB=7，所以1+y2+z2所以P（1，﹣1，2），所以CP→=（0，﹣2，2），AP→=（1，﹣1，2），设平面PAB的法向量为m→=（a，b，c），则取c＝1，则b＝0，a=−2，所以m→=设直线CP与平面PAB所成角为θ，则sinθ＝|cos＜m→，CP→故直线CP与平面PAB所成角的正弦值为13【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，利用向量法求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．13．（2025•肇庆二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD．（1）证明：CD⊥平面PAC．（2）若AB＝PA=35BC＝3，E为PD的中点，求PB到平面【分析】（1）在平面PAC内作AH⊥PC，交PC于点H，可证AH⊥CD，PA⊥CD，从而可证CD⊥平面PAC；（2）连接BD交AC于点O，连接OE，可得PB∥OE，进而可得PB到平面AEC的距离即为点B到平面AEC的距离，利用等体积法即可求解．【解答】（1）证明：如图，在平面PAC内作AH⊥PC，交PC于点H，因为平面APC⊥平面PCD，平面APC∩平面PCD＝PC，AH⊂平面PAC，AH⊥PC，所以AH⊥平面PCD，则AH⊥CD，因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，因为PA∩AH＝A，PA，AH⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC；（2）解：如图，连接BD交AC于点O，连接OE，易知OE为△PBD的中位线，所以PB∥OE，因为PB⊄平面AEC，OE⊂平面AEC，所以PB∥平面AEC，所以PB到平面AEC的距离即为点B到平面AEC的距离，因为AB=35BC=3因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，因为CD⊥平面PAC，所以PC⊥CD，所以△PAD，△PCD是直角三角形，所以PD=P因为E是PD的中点，所以AE=CE=1则S△ACE=1设点B到平面AEC的距离为d，则V三棱锥B−AEC=1即PB到平面AEC的距离为32【点评】本题考查线面垂直的判定及性质，考查点到平面距离的求法，属中档题．14．（2024•二模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD是等边三角形，且BC∥AD，AB⊥AD，PB＝AB＝AD＝2BC，E为PD的中点．（1）证明：CE∥平面PAB；（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出平面PCD的法向量，利用向量夹角公式即可求解．【解答】解：（1）证明：取PA的中点M，连接BM，EM，∵E为PD的中点，∴EM∥AD∥BC，EM=1∴四边形BCEM为平行四边形，∴CE∥BM，∵CE⊄平面PAB，BM⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB；（2）设PB＝AB＝AD＝2BC＝2，取AD的中点N，连接CN，PN，则四边形ABCN为矩形，CN＝AB＝2，∵△PAD是等边三角形，∴PN⊥AD，PN=3∵CN⊥AD，PN∩CN＝N，PN，CN⊂平面PCN，∴AD⊥平面PCN，∵BC∥AD，∴BC⊥平面PCN，∴BC⊥PC，在Rt△PBC中，PC=P∵BC⊂平面ABCD，∴平面PCN⊥平面ABCD，取CN的中点O，则PO⊥CN，∴PO⊥平面ABCD，PO=(取CD的中点F，以O为坐标原点，以OC，OF，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，则B（1，﹣1，0），C（1，0，0），D（﹣1，1，0），P（0，0，2)，CP→=(−1，设平面PCD的法向量为n→=（x，y，则n→令z＝1，得平面PCD的一个法向量为n→又PB→设直线PB与平面PCD所成角为θ，则sinθ=|cos〈PB→故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为2211【点评】本题考查线面平行的判定以及空间向量的应用，属于中档题．15．（2025•柳州二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠BAD＝90°，△PAB，△PAD与△BCD均为等边三角形．（1）证明：PC⊥BD；（2）求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．【分析】（1）先证BD⊥平面PAC，再利用线面垂直的性质定理即可得证；（2）以O为原点建系，分别求出平面PAB和平面PCD的一个法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）证明：过P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，由△PAB，△PAD都是等边三角形知：PA＝PB＝PD，所以OA＝OB＝OD，又∠BAD＝90°，所以O为BD中点，又AB＝AD，AO⊥BD，又△BCD为等边三角形，所以CO⊥BD，所以A，O，C三点共线，即AC⊥BD，又PO⊥BD，所以BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BD⊥PC；（2）以O为原点建系，如图，不妨取AB＝2，由题意知AO=2，PO=2，BD=22，则A（0，−2，0），B(2，0，0)，C（0，6，0），D(−PA→=(0，−2，−2)，设平面PAB的一个法向量为n→则n→取x＝z＝1，y＝﹣1，即n→设平面PCD的一个法向量为m→则m→取x=−3即m→cos＜m→，所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为2121【点评】本题考查线线垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．16．（2025•佛山一模）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为12，侧面BB1C1C是边长为1的正方形，AB＝1，点D，E分别在棱CB1，A1C1（1）若D，E分别是CB1，A1C1的中点，求证：DE∥平面ABB1A1；（2）若DE⊥CB1，DE⊥A1C1，求DE．【分析】（1）由直棱柱的体积可得∠ABC=π2，建立空间直角坐标系，可得各点的坐标，求出DE→及平面ABB1A1的法向量n→的坐标，求出这两个向量的数量积为0，可得DE→∥平面（2）由题意可得DE为异面直线CB1，A1C1的公垂线，求出CB1→，A1C1→的法向量m→，可得【解答】（1）证明：直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为12，侧面BB1C1C是边长为1的正方形，AB可得12AB•BCsin∠ABC•BB1=12，即1×1×1×sin∠ABC可得∠ABC=π以B为坐标原点，以BC，BB1，BA所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（0，0，1），C（1，0，0），C1（1，1，0），A1（0，1，1），B1（0，1，0），因为点D，E分别是棱CB1，A1C1的中点，可得E（12，1，12），D（12可得DE→=（0，12由题意可得平面ABB1A1的法向量n→所以n→•DE→=1×0+0×所以DE→∥平面ABB1A1，又因为DE⊄平面ABB1A1所以DE∥平面ABB1A1；（2）解：因为DE⊥CB1，DE⊥A1C1，可得DE为异面直线CB1，A1C1的公垂线，可得CB1→设向量CB1→，A1C1→的法向量为m可得m→⋅CB1可得m→因为B1C1→=（1，0，0），所以|B可得公垂线DE＝|B1C1→•【点评】本题考查用空间向量的方法证明线面的平行及异面直线的距离，属于中档题．17．（2025•合肥一模）如图，在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB＝6，A1B1＝4．（1）若CC1=2，证明：CC1⊥平面AA1B1B（2）若三棱台的高为263，求平面AA1B1B与平面BB1C1【分析】（1）过点B1作B1E∥CC1，交BC于点E，进而求出相关边长，可证得CC1⊥BB1，CC1⊥AA1，进而可证得结论；（2）以AB的中点O为原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答】解：（1）证明：过点B1作B1E∥CC1，交BC于点E，如图，由题意得四边形B1ECC1是平行四边形，∴B1E=CC1=2，EC＝B∵BB1=2，∴B1E2+BB12=BE2，∴B1E⊥同理得CC1⊥AA1，∵直线AA1与BB1相交，且直线AA1与BB1都在平面AA1B1B内，∴CC1⊥平面AA1B1B；（2）三棱台的高为263，以AB的中点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴，过点O垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，取线段A1B1中点F，则A（﹣3，0，0），B（3，0，0），C（0，33，0），A1（﹣2，33，263），B1（2，33，263），∴AB→=（6，0，0），BC→=（﹣3，33，0），BB设平面AA1B1B的法向量为n→=（x，y，则AB→⋅n→=6x=0BB设平面BB1C1C的法向量为m→=（a，b，则m→⋅BC→=−3a+33b=0m→⋅设平面AA1B1B与平面BB1C1C夹角为θ，则平面AA1B1B与平面BB1C1C夹角的余弦值为：cosθ=|【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．18．（2025•九江一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，E，F分别为线段PB，CD的中点，PF＝BF．（1）求证：PB⊥平面AEF；（2）求二面角P﹣BF﹣A的余弦值．【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面PBF和平面BFA的法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）证明：在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，知△ACD为正三角形，又F为线段CD的中点，则AF⊥CD，即AF⊥AB，∵PA⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，∴AF⊥PA，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，∴AF⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，∴PB⊥AF，∵PF＝BF，E为线段PB的中点，∴PB⊥EF，又AF∩EF＝F，AF，EF⊂平面AEF，∴PB⊥平面AEF；（2）