高二冬季（寒假）组题包4-向量方法求空间角与距

第1页（共1页）高二冬季（寒假）组题包4——向量方法求空间角与距一．解答题（共60小题）1．（2016秋•湛江期中）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，平面α过点A1，B1，且CC1∥平面α，平面α与三棱台的面相交，交线围成一个四边形．（Ⅰ）在图中画出这个四边形，并指出是何种四边形（不必说明画法、不必说明四边形的形状）；（Ⅱ）若AB＝8，BC＝2B1C1＝6，AB⊥BC，BB1＝CC1，平面BB1C1C⊥平面ABC，二面角B1﹣AB﹣C等于60°，求直线AB1与平面α所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）围成的四边形如图所示，它是平行四边形；（Ⅱ）∵AB⊥BC，平面BB1C1C⊥平面ABC，且平面BB1C1C⊥平面ABC＝BC，AB∩⊂平面ABC∴AB⊥平面BB1C1C，∴AB⊥BB1，∠B1BC是二面角B1﹣AB﹣C的平面角，∴∠B1BC＝60°，以BC，AB为x，y轴，B为原点建立如图直角坐标系B﹣xyz，由已知CC1∥α，B1M＝α∩平面BB1C1C，知B1M∥CC1，又由台体的性质，BC∥B1C1，∴MCC1B1是平行四边形，∴MC＝B1C1＝3，M是BC的中点，又BB1＝CC1，则B1到平面ABC的距离，h=3同理N是AC的中点，A（0，﹣8，0），B（0，0，0），B1（-32，0，332），M（﹣3，则MB1→=（32，0，332），MN→=（0，﹣4，0设平面α的法向量为n→=（x，y，z得一个法向量是n→=（3，0，﹣设直线AB1与平面α所成角为θ，则sinθ＝|333+1⋅∴直线AB1与平面α所成角的正弦值为32192．（2017秋•汇川区校级月考）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝AD＝2，E、F分别是AB、BC的中点．（Ⅰ）证明A1、C1、F、E四点共面；（Ⅱ）求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）连接AC，因为E，F分别是AB，BC的中点，所以EF是△ABC的中位线，所以EF∥AC．由长方体的性质知AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以A1、C1、F、E四点共面．（Ⅱ）以D为坐标原点，DA、DC、DD1分别为xyz轴，建立空间直角坐标系，易求得D1C设平面A1C1EF的法向量为n则n→⋅A1C1→=0n→⋅A1E→=0，即所以|cos〈n所以直线CD1与平面A1C1FE所成的角的正弦函数值为：15153．（2020•太和县校级开学）如图，四边形ABCD是菱形，AB＝2，AP→=2BG→=2（1）证明：P，E，C，G四点共面．（2）若PA＝2，AC＝23，求二面角P﹣CE﹣D的正弦值．【解答】证明：（1）如图，取PA的中点M，连接EM，BM．∵AP→=2BG∴四边形PMBG是平行四边形，∴PG→由题意知ME→=AD得四边形MECB是平行四边形，∴MB→=EC→，则∴P，E，C，G四点共面；解：（2）∵DE⊥平面ABCD，AP→∥DE→，∴在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC=A∴∠BAC＝30°，得∠BAD＝60°．以A为坐标原点，AD，AP所在直线分别为y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系A﹣xyz．则P（0，0，2），C（3，3，0），E（0，2，1），D（0，2，0），PC→=(3，3设平面PCE的法向量为n→则n→⋅PC→=3x1设平面CDE的法向量为m→则m→⋅DE→=z2=0设二面角P﹣CE﹣D的平面角为θ，∴cos＜n∴sinθ=1-(-∴二面角P﹣CE﹣D的正弦值为1544．（2020春•南明区校级月考）如图，平面ACD⊥平面ABC，AC⊥BC，BC＝2AC＝4，DA＝DC，F是BC的中点，EF⊥平面ABC，EF=22（1）若CD＝3，证明：A，B，E，D四点共面；（2）若二面角D﹣BC﹣E的正弦值为33，求二面角E﹣BD﹣C【解答】（1）证明：如图，设M是AC的中点，因为DA＝DC＝3，所以DM⊥AC，且DM=22因为平面ACD⊥平面ABC，交线为AC，DM⊂平面ACD，所以DM⊥平面ABC，又EF⊥平面ABC，所以DM∥EF，且DM=EF=22四边形DEFM是平行四边形，从而DE∥MF，在△ABC中，M，F是AC，BC的中点，所以MF∥AB，所以DE∥AB，从而A，B，E，D四点共面．（2）解：建系如图，因为BC⊥平面xCz，所以∠DCz就是二面角D﹣BC﹣E的平面角，cos∠DCA=sin∠DCz=3所以CD→=(1，0，m→=(2，0，-1)是平面BCD因为二面角E﹣BD﹣C是钝角，所以二面角E﹣BD﹣C的余弦值为-55．（2017•浙江模拟）如图，P﹣ABD和Q﹣BCD为两个全等的正棱锥，且A，B，C，D四点共面，其中AB＝1，∠APB＝90°．（Ⅰ）求证：BD⊥平面APQ；（Ⅱ）求直线PB与平面PDQ所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：由P﹣ABD，Q﹣BCD是相同正三棱锥，且∠APB＝90°，分别过P、Q作PE⊥平面ABD，QF⊥平面BCD，垂足分别为E、F，则E、F分别为底面正三角形ABD与BCD的中心．连接EF交BD于G，则G为BD的中点，连接PG、QG，则PG⊥BD，QG⊥BD，又PG∩QG＝G，∴BD⊥平面PQG，则BD⊥PQ，再由正三棱锥的性质可得PA⊥BD，又PQ∩PA＝P，∴BD⊥平面APQ；（Ⅱ）∵正三棱锥的底面边长为1，且∠APB＝90°，∴PQ＝EF＝2EG＝2×13AG＝2PE=(则VB-PQD△PDQ底边PQ上的高为(2∴S△PDQ设B到平面PQD的距离为h，则13×512∴直线PB与平面PDQ所成角的正弦值为1056．（2014•蚌埠三模）如图所示，已知四棱锥P﹣ABCD的底面是菱形，∠DAB=π3，AC∩BD＝O，PO⊥平面ABCD，E、F分别在棱PC、PA上，CE=13CP，AF=13AP，G为（Ⅰ）求证：B、E、C、F四点共面；（Ⅱ）求直线EP与平面BECF所成角的正弦值；（Ⅲ）求平面BECF与平面ABCD所成锐二面角的大小．【解答】（Ⅰ）证明：设PO，BG交点为H，则∵O，G分别为BD，PD中点，∴H为△PBD的重心，∴OH=1∵CE=13∴HE∥OC，同理HF∥OA，∴H，F，E三点共线，FE∩BG＝H∴B、E、C、F四点共面；（Ⅱ）解：由题意，PO⊥AC，BD⊥AC，∴AC⊥平面PBD，∴AC⊥PD，∴PD⊥EF，∵PD⊥BG，∴PD⊥平面BEGF，∴∠PEG即为所求，在直角△PEG中，PG＝3，PE＝26，∠PGE=π∴直线EP与平面BECF所成角的正弦值为PGPE（Ⅲ）解：设平面BECF∩平面ABCD＝l，∵EF∥AC，∴EF∥l，∴∠GBD就是所求二面角的平面角，在等边三角形ABD中，G为中点，∴∠GBD＝30°．7．（2012秋•瓯海区校级期中）如图，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥CD．AD＝AB＝2BC，四边形ABEF为矩形，平面ABEF⊥平面ABCD．（Ⅰ）C、D、E、F四点共面吗？证明你的结论；（Ⅱ）设AF＝kAB（0＜k＜1），二面角A﹣FD﹣B的余弦值为13，求实数k【解答】解法一：（Ⅰ）C、D、E、F四点不共面．证明：假设C、D、E、F四点共面．因为EF∥AB，AB⊆平面ABCD，EF⊄平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，因为EF⊆平面CDEF，且平面ABCD∩平面CDEF＝CD，所以EF∥CD，又EF∥AB，所以AB∥CD，这与已知矛盾．所以假设不成立，因此C、D、E、F四点不共面．﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（Ⅱ）因为平面ABEF⊥平面ABCD，且AF⊥AB，所以AF⊥平面ABCD，所以平面AFD⊥平面ABCD．△ABD为正三角形，连接BM，则BM⊥AD，所以BM⊥平面ADF．作MT⊥FD于T，连接BT，则由三垂线逆定理可知BT⊥FD，所以∠MTB就是所求二面角的平面角．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（9分）不妨设AB＝2，则BM=3由于cos∠MTB=13，所以tan∠MTB=22由△DMT∽△DFA，可得AFMT=FDMD=AF解法二：以D为原点，DC为x轴，DA为y轴建立右手直角坐标系．不妨设AB＝2，则AF＝2k．所以D（0，0，0），C(3，0，0)，B(3，1，0)，A（0，2，0），F（0（Ⅰ）若C、D、E、F四点共面，则存在实数λ，μ使得DE→=λDF→+μDC→因此C、D、E、F四点不共面．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（6分）（Ⅱ）因为平面ABEF⊥平面ABCD，且AF⊥AB，所以AF⊥平面ABCD，所以AF⊥DC，又因为AD⊥DC，所以DC⊥平面AFD，所以DC→平面AFD设平面BDF的法向量为n→=（x，y，z），则有即2y+2kz=03x+y=0，则可以得到其中的一个法向量为由因为二面角A﹣FD﹣B的余弦值为13，所以|n→⋅DC|8．（2022秋•三明期中）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1=5，BC＝4，点A1在底面ABC的射影是线段BC的中点O，点E在侧棱AA1上（点E不与点A（1）若AE=12AA1，证明：OE∥平面A1B1（2）点E在何处时可使平面EBC与平面OA1C1所成的角θ最小？求出此时tanθ的值．【解答】解：（1）证明：设AC中点F，连OF、EF，由于AE=12AA1，则EF∥A1C，又A1C⊂平面A′B′C，EF⊄平面A1B1所以EF∥平面A1B1C，同理可得：OF∥平面A1B1C，又OF∩EF＝F，OF、EF⊂平面OEF，则平面A1B1C∥平面OEF，由于OE⊂平面OEF，故OE∥平面A1B1C；（2）由于点A1在底面ABC的射影是线段BC的中点O，则OA1⊥平面ABC，由于AB＝CA，且点O为BC的中点，则OA⊥BC，如图建立空间直角坐标系：由题知：OB=12BC=2，OA=5-4=1，则B（2，0，0），A（0，﹣1，0），C（﹣2，0，0），A1（0，0，2），于是AB→=(2，1，0)，设AE→=λAA1→=(0则E（0，λ﹣1，2λ），BE→设平面EBC、平面OA1C1法向量分别为m→=(x，则m→⋅BE取y＝1，a＝1，则m→=(0，由题可知，平面EBC与平面OA1C1所成的角θ最小时cosθ最大，只需考虑正值，cosθ=|m→⋅n→|当λ＝1时cosθ取得最大值，此时角θ最小，此时cosθ=25，sinθ=1综上，当点E与点A1重合时，平面EBC与平面OA1C1所成的角θ最小，此时tanθ=19．（2022秋•荔城区校级期中）如图，圆锥PO的母线长为6，△BAC是⊙O的内接三角形，平面PAC⊥平面PBC，BC=23，∠ABC＝60（1）证明：PA⊥PC；（2）设点Q满足OQ→=λOP→，其中λ∈（0，1），且二面角O﹣QB﹣C的大小为【解答】解：（1）证明：∵PB2+PC2＝BC2＝12，∴∠BPC＝90°，∴PB⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，∴PB⊥平面PAC，∴PB⊥PA，∴AB2＝2PB2＝12，∴AB＝23，∴△ABC为等边三角形，∴PA2+PC2＝AC2，∴PA⊥PC．（2）以点O为空间坐标原点，OC，OP所在直线分别为y轴，z轴，建立空间直角坐标系．⊙O的半径R满足2R=23sin60°，解得ROP=(∵点Q满足OQ→=λOP→，其中λ∈（0，1），∴Q（0，0则O（0，0，0），C（0，2，0），B（3，﹣1，0），∴OB→=（3，﹣1，0），CQ→=（0，﹣2，2λ），BQ→=（-设平面OBQ的法向量为n→=（x，y，z），则n→•OB→=n→•BQ→=0，3x﹣y＝0，-3x+y+2λz同理可得平面CBQ的法向量m→=（6λ，2λ，∵二面角O﹣QB﹣C的大小为60°，∴cos60°=|m→⋅n→|解得λ=110．（2021秋•让胡路区校级期末）如图，在以P为顶点的圆锥中，母线长为2，底面圆的直径AB长为2，O为圆心．C是圆O所在平面上一点，且AC与圆O相切．连接BC交圆于点D，连接PD，PC，E是PC的中点，连接OE，ED．（1）求证：平面PBC⊥平面PAC；（2）若二面角B﹣PO﹣D的大小为2π3，求平面PAC与平面DOE所成锐【解答】证明：（1）∵AB是底面圆的直径，AC与圆切于点∴AC⊥AB，又PO⊥底面，则PO⊥AC，∵PO∩AB＝O，∴AC⊥面PAB，则AC⊥PB，在三角形PAB中，PA＝PB=2，AB＝2，得PA2+PB2＝AB2，则PA⊥PB又PA∩AC＝A，∴PB⊥面PAC，∵PB⊂面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC；解：（2）∵OB⊥PO，OD⊥PO，∴∠BOD为二面角B﹣PO﹣D的平面角，∴∠BOD=2π3，如图建立空间直角坐标系，知OB＝则A（0，﹣1，0），B（0，1，0），D(32，P（0，0，1），E(33，-1由（1）知BP→=(0，设平面ODE的法向量为n→由n→⋅OE→=33设平面PAC与平面DOE所成锐二面角为θ，∴cosθ=|n11．（2022秋•忻州月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是菱形，PA＝PC．（1）证明：平面PBD⊥平面ABCD．（2）若∠ABC＝60°，PB＝PD＝AB，E是棱PD的中点，求平面PAB与平面ACE夹角的余弦值．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，由PA＝PC，O为AC的中点，∴PO⊥AC，而BD∩PO＝O，BD、PO⊂平面PBD，∴AC⊥平面PBD，又AC⊂平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD；（2）解：∵PB＝PD，O为BD的中点，∴PO⊥BD，结合（1）可得PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，分别以OC、OD、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设PB＝PD＝AB＝2，又∠ABC＝60°，∴AC＝2，则A（﹣1，0，0），C（1，0，0），B（0，-3，0），P（0，0，1），E（0，32，AB→=(1，-3，0)，AP→=(1，0设平面PAB与平面ACE的法向量分别为m→=(x由m→⋅AB→=由n→⋅AC→=2x2=0∴cos＜m∴平面PAB与平面ACE夹角的余弦值为2712．（2022秋•河南月考）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ADC＝60°，AP＝AD＝2BC＝2，E为棱CP上一点．（1）证明：平面ABE⊥平面ADP；（2）若AE＝BE，求平面ABE与平面CDP所成二面角的平面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：由题意可知AB⊥AD，∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥AP，∵AP∩AD＝A，∴AB⊥平面ADP，∵AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ADP．（2）由题意可知△ACD为等边三角形，且AB=3连接AC，作EF⊥AC于E，连接BF，则有EF∥AP，且EF⊥平面ABCD，∵AE＝BE，∴AF＝BF，∴AF＝CF，∴E为CP的中点，以A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（3，0，0），C（3，1，0），D（0，2，0），E（32，12，1），设平面ABE的一个法向量n→=（x，y，z），平面CDP的一个法向量m→=（a，AB→=（3，0，0），AE→=（32，12，1），PC→=（3，则AB→⋅n→=3x=0AE→⋅n→=PC→⋅m→=3a+b-2c=0PD→⋅m∵cos＜n∴平面ABE与平面CDP所成二面角的平面角的正弦值为：1-(10513．（2021秋•南平期末）如图在三棱锥O﹣ABC中，OA=OC=2，AB＝OB＝BC＝2且OA⊥OC（1）求证：平面OAC⊥平面ABC；（2）若E为OC中点，求平面ABC与平面EAB夹角的余弦值．【解答】解：（1）证明：取AC中点D，连接OD，BD，∵在三棱锥O﹣ABC中，OA=OC=2，AB＝OB＝BC＝2且OA⊥OC∴OD⊥AC，BD⊥AC，∴∠BDO是平面OAC和平面ABC所成角的平面角，AC=2+2=2，OD=2-1=1∴OD2+BD2＝OB2，∴OD⊥BD，∴∠BDO=π2，∴平面OAC⊥平面（2）以D为坐标原点，DB为x轴，DC为y轴，DO为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，﹣1，0），B（3，0，0），O（0，0，1），C（0，1，0），∵E为OC中点，∴E（0，12平面ABC的法向量m→=（0，0，AB→=（3，1，0），AE→=（0，设平面EAB的法向量n→=（x，y，则n→⋅AB→=3x+y=0n→⋅AE→=32设平面ABC与平面EAB夹角为θ，则平面ABC与平面EAB夹角的余弦值为：cosθ=|14．（2021•西城区二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝4，PA＝AD＝CD＝2，点E为PB的中点．（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PAC；（Ⅱ）求二面角E﹣CD﹣A的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：取AB的中点F，连接CF，∴AF＝CD又∵AF∥CD，∴四边形AFCD为平行四边形，∵AB⊥AD，AD＝CD，∴四边形AFCD是正方形，则AB⊥CF，CF＝AD＝2，得AC＝BC＝22，∴AC2+BC2＝AB2，得BC⊥AC，∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC；（Ⅱ）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥AB，则PA、AD、AB两两相互垂直，以A为坐标原点，分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，2），B（0，4，0），C（2，2，0），D（2，0，0），E（0，2，1），∴DC→=(0，设平面CDE的一个法向量为n→由n→⋅DC→=2y=0n→又平面ACD的一个法向量m→∴cos＜m由图可知，二面角E﹣CD﹣A为锐角，∴二面角E﹣CD﹣A的余弦值为2515．（2021•5月份模拟）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）求证：平面ACD⊥平面ABC；（2）若EB→=32DE→，求二面角【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC，在△ABD与△CBD中，∵AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD，∵△ACD是直角三角形，∴AC是斜边，则∠ADC＝90°，∵DO=12AC，∴DO2+BO2＝AB2＝BD2，则OB⊥又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）解：由OB⊥平面ACD，OD⊥AC，以O为坐标原点，分别以OA、OB、OD所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．不妨取AB＝2，又EB→则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，3，0），E（0，235，AD→=（﹣1，0，1），AE→=（﹣1，235，35），AC设平面ADE的法向量为m→=（x，y，则m→⋅AD→=-x+z=0m→⋅AE→=-x+23设平面ACE的法向量为n→则n→⋅AC→=-2x1=0∴cos＜m由图可知，二面角D﹣AE﹣C为锐角，∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为3716．（2022•咸阳二模）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA＝FC，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°．（1）求证：AC⊥BF；（2）求二面角E﹣AF﹣B的余弦值．【解答】证明：（1）设AC与BD交于O点，连接FO，∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，O为AC的中点，∵FA＝FC，∴AC⊥OF，又OF∩BD＝O，∴AC⊥平面BDEF，而BF⊂平面BDEF，∴AC⊥BF；解：（2）连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为正三角形，O为BD的中点，∴OF⊥BD，又AC⊥OF，且AC∩BD＝O，∴OF⊥平面ABCD，以O为坐标原点，分别以OA，OB，OF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，∵AB＝2，∠DAB＝60°，∴AB＝BD＝BF＝2，OF=3则A（3，0，0），B（0，1，0），F（0，0，3），E（0，﹣2，3），AE→=(-3，-2设平面AEF的一个法向量为n→=(x1，由n→⋅AE→=-3x1由m→⋅AB→=-3x2∴cos＜m由图可知，二面角E﹣AF﹣B为钝角，则二面角E﹣AF﹣B的余弦值为-1017．（2021秋•番禺区期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD，O为BD的中点，BD＝4，PB＝PC＝PD=5（1）证明：OP⊥平面ABCD；（2）若BC＝CD，求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：如图，连接OC，在Rt△BCD中，由BD＝4，可得OC＝2，∵PB＝PD=5，OB＝OD＝2∴OP⊥BD，OP=P∵OP＝1，OC＝2，PC=5则PC2＝OP2+OC2，故OP⊥OC，∵OP⊥BD，BD∩OC＝O，BD，OC⊂平面ABCD，∴OP⊥平面ABCD；（2）解：由（1）可知，OC，OB，OP两两垂直，以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则O（0，0，0），B（2，0，0），D（﹣2，0，0），C（0，2，0），P（0，0，1），∴DC→=（2，2，0），AB→=2DC→=（则A（﹣2，﹣4，0），又BC→=（﹣2，2，0），BP→=（﹣2，设平面PBC的法向量为m→=（x，y，则m→⋅BC→=-2x+2y=0m→⋅BP→=-2x+z=0，令x故m→=（1，1，设平面PAD的法向量为n→=（a，b，DP→=（2，0，1），AD→=（0，则n→⋅DP→=2a+c=0n→⋅AD→=4b=0，令a故n→=（1，0，﹣∴|cos＜m→，故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为301018．（2021秋•西宁期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PCD⊥底面ABCD，且BC＝2，AB＝4，BD＝25．（1）证明：BC⊥PD；（2）若PC＝PD=13，求二面角A﹣PB﹣C【解答】（1）证明：∵底面ABCD为平行四边形，AB＝4，∴CD＝4，又BC＝2，BD＝25，∴BC2+CD2＝BD2，即BC⊥CD，∵平面PCD⊥底面ABCD，且平面PCD∩底面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面PCD，得BC⊥PD；（2）解：取CD的中点O，连接PO，∵PC＝PD=13，∴PO⊥CD又平面PCD⊥底面ABCD，且平面PCD∩底面ABCD＝CD，∴PO⊥平面ABCD，取AB中点E，以O为坐标原点，分别以OE、OC、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（2，﹣2，0），B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，3），∴AB→=(0，4，设平面ABP的一个法向量为m→由m→⋅AB→=4y=0m→设平面PBC的一个法向量为n→由n→⋅BC→=-2a=0n→∴cos＜m由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为41319．（2022秋•广州月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．（1）证明：PA⊥平面PBD；（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为55，求平面PAD与平面PCE【解答】（1）证明：取AD的中点O，连接OE，OP，由EA＝ED，可得EO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴EO⊥平面PAD，得EO⊥PA，∵EO∥BD，∴PA⊥BD，又PA⊥PD，且BD∩PD＝D，∴PA⊥平面PBD；（2）解：∵PO⊥底面ABCD，∴OB为PB在底面ABCD上的射影，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，在直角三角形PBO中，有tan∠PBO=POOB=12AD∵EO⊥AD，EO∥BD，∴BD⊥AD，在直角三角形OBD中，可得BD=(2分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，则P（2，0，2），C（﹣4，4，0），E（2，2，0），PC→=(-6，设平面PCE的法向量为m→由m→⋅PC→=-6x+4y-2z=0m→平面PDA的一个法向量为n→∴cos＜m∴平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为31920．（2022•宁夏三模）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”．在如图所示的“阳马”P﹣ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，PD＝DA，点E是PA的中点，作EF⊥PB交PB于点F．（1）求证：PB⊥平面EFD；（2）若平面DEF与平面ABCD所成的二面角为60°，求ADDC【解答】解：（1）证明：∵侧棱PD⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PD⊥AB，∵ABCD是矩形，∴AB⊥AD，PD∩DA＝D，∴AB⊥平面PDA，ED⊂平面PDA，∴AB⊥ED，∵E是PA的中点，且PD＝DA，∴ED⊥PA，∴ED⊥平面PAB，∴ED⊥PB，∵EF⊥PB，EF∩ED＝E，∴PB⊥平面EFD．（2）如图，在平面PAB内，延长BA，交FE于点G，连接DG，则DG是平面DEF与平面ABCD的交线，由（1）知PB⊥平面DEF，∴PB⊥DG，∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥DG，∵PD∩PB＝P，∴DG⊥平面PBD，∴∠BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，∴∠BDF=π设PD＝DA＝1，AB＝λ，∴BD=1+在Rt△PDB中，由DF⊥PB，得∠DPF=∠FDB=π∴tanπ3=tan∠DPF=BD∴ADAB∴当平面DEF与平面ABCD所成的二面角为60°时，ADDC21．（2021秋•福州期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．（1）证明：PB∥平面AEC；（2）若AB＝1，AD＝2，AP＝2，求二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：连接BD，设BD∩AC＝O，连接EO，∵E是PD的中点，O为BD的中点，∴EO∥PB，又∵EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，∴PB∥平面AEC；（2）以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则D（0，2，0），E（0，1，1），C（1，2，0），AE→=(0，设n→=(x，则n→⋅AC→=x+2y=0n→又平面DAE的一个法向量为m→∴cos＜m二面角D﹣AE﹣C为锐二面角，则二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值为6322．（2022秋•道里区校级月考）如图，已知四边形ABCD为菱形，且∠A＝60°，取AD中点为E．现将四边形EBCD沿BE折起至EBHG，使得∠AEG＝90°．（1）求证：平面AEB⊥平面EBHG；（2）求平面AGH和平面BGH夹角的余弦值；（3）若点F满足AF→=λAB→，当EF∥平面【解答】解：（1）在菱形ABCD中，∠A＝60°，则△ABD是等边三角形，又E是AD中点，则AE⊥EB，又AE⊥EG，且EG∩EB＝E，EG⊥平面EBHG，EB⊥平面EBHG，∴AE⊥平面EBHG，又AE⊂平面AEB，∴平面AEB⊥平面EBHG；（2）由（1）得AE⊥EB，AE⊥EG，GE⊥EB，以E为原点，以EA、EB、EG所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示：设菱形ABCD的边长AB＝2，则AE＝EG＝1，EB=3，GH＝HB＝2则E（0，0，0），A（1，0，0），G（0，0，1），B（0，3，0），H（0，3，2），由（1）得AE⊥平面BHEG，则平面BGH的一个法向量m→=EA→=（1设平面AGH的一个法向量n→=（x，y，z），GH→=（0，3，1），GA→=（则n→⋅GH→=0n→⋅GA→=0，即3∴平面AGH的一个法向量n→=（3，﹣1，设平面AGH和平面BGH夹角为θ，则cosθ＝cos＜m→，n→＞=故平面AGH和平面BGH夹角的余弦值为217（3）∵足AF→=λAB→，AB→=（﹣1，3，0），则AF→=∴F（1﹣λ，3λ，0），∴EF→=（1﹣λ，3λ，由（2）得平面AGH的一个法向量n→=（3，﹣1，∵EF∥平面AGH，∴EF→⊥n→，∴EF→•n→=0，即3（1﹣λ）-3λ23．（2020春•海南月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠BAP＝∠BAD＝60°，E是棱BC的中点，AF→（Ⅰ）证明：PC∥平面DEF；（Ⅱ）设O是线段AB的中点，且PO⊥平面ABCD，求二面角F﹣DE﹣A的余弦值．【解答】解：（Ⅰ）证明：连接AC，交DE于点G，连接FG．由AD∥CE可知△ADG∽△CEG，∴AGGC由AF→=2FP∴AGGC=AFPF，故又FG⊂平面DEF，PC⊄平面DEF，∴PC∥平面DEF．（Ⅱ）∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥AB，又O是线段AB的中点，∴PA＝PB．因为∠BAP＝∠BAD＝60°，故△ABP，△ABD均是等边三角形．连接OD，∵底面ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴OD⊥AB．以O为原点，OA→，OD→，OP→分别为x轴，y不妨设AB＝2，则A（1，0，0），D(0，3，B（﹣1，0，0），F（13，0，233∴E(-3∴DE→=(-3设平面DFE的一个法向量为n1→=（x，y，z即13x-3y+23又平面AED的一个法向量为n2∴cos＜n1→又二面角F﹣DE﹣A为锐角，∴二面角F﹣DE﹣A的余弦值为53724．（2022春•麒麟区校级期末）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，底面ABCD是边长为4的菱形，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E、F分别是BC、PC的中点．（Ⅰ）求证：AE⊥PD；（Ⅱ）若PA＝4，求二面角E﹣AF﹣C的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：由四边形ABCD为菱形，∠ABC＝60°，可得△ABC为正三角形．∵E为BC的中点，∴AE⊥BC．又BC∥AD，因此AE⊥AD．∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE．而PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，∴AE⊥PD；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知AE、AD、AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz，则A（0，0，0），B（23，﹣2，0），C（23，2，0），D（0，4，0），P（0，0，4），E（23，0，0），F（3，∴AE→=（23，0，0），AF→设平面AEF的法向量为m→=（x1，y1，z则m→⋅AE→=0m→⋅AF→=0，因此23x1∵BD⊥AC，BD⊥PA，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面AFC，故BD→为平面AFC又BD→=（﹣23，6，∴cos＜m→，∵二面角E﹣AF﹣C为锐角，∴所求二面角的余弦值为15525．（2022•岳普湖县一模）在四棱锥P﹣ABCD中，E为棱AD的中点，PE⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ADC＝90°，ED＝BC＝2，EB＝3，F为棱PC的中点．（Ⅰ）求证：PA∥平面BEF；（Ⅱ）若二面角F﹣BE﹣C为60°，求直线PB与平面ABCD所成角的正切值．【解答】解：（Ⅰ）证明：连接AC交BE于点M，连接FM，∵AD∥BC，且BC＝AE，∴AM＝MC，又PF＝FC，∴线段FM是△PAC的中位线，∴FM∥AP，∵FM⊂面BEF，PA⊄面BEF，∴PA∥面BEF；（Ⅱ）∵AD∥BC，ED＝BC，∴四边形BCDE是平行四边形，又∵∠ADC＝90°，∴四边形BCDE是矩形，∴AD⊥BE；又PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE，PE⊥ED；以E为坐标原点，EB，ED，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设PE＝m，则E（0，0，0），B（3，0，0），P（0，0，m），C（3，2，0），F（32，1，m∴EB→=（3，0，0），EF→=（32设平面BEF的一个法向量为n→=（x，y，由n→⋅EB令z＝1，得n→=（0，-12取平面ABCD的一个法向量为a→=（0，0，∴cos＜n→，由二面角F﹣BE﹣C为60°，得1m24+1=1∵PE⊥平面ABCD，∴∠PBE就是直线PB与平面ABCD所成角，在Rt△PBE中，tan∠PBE=PE∴直线PB与平面ABCD所成角的正切值为2326．（2022•让胡路区校级二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M是棱PB中点．（Ⅰ）求证：AM∥平面PCD；（Ⅱ）设点N是线段CD上一动点，且DN＝λDC，当直线MN与平面PAB所成的角最大时，求λ的值．【解答】（Ⅰ）证明：以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0），P（0，0，2），M（0，1，1），∴AM→=（0，1，1），PD→=（1，0，﹣2），CD→=（﹣设平面PCD的法向量是n→=（x，y，z令z＝1，则x＝2，y＝﹣1，于是n∵AM→⋅n∴AM∥平面PCD…（6分）（Ⅱ）解：由点N是线段CD上的一点，可设DNAN→又面PAB的法向量为m→=（1，0，设MN与平面PAB所成的角为θ则sinθ=|∴当11+λ=35时，即∴MN与平面PAB所成的角最大时λ=23…（27．（2021秋•辽源期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E、F分别是AB、PB的中点．（1）求证：EF⊥CD；（2）求DB与平面DEF所成角的正弦值．【解答】解：以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系（如图）．设AD＝a，则D（0，0，0），A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），E（a，a2，0），P（0，0，a），F（a2，a2（1）证明：∵EF→⋅DC→=（-a2，0，a2）•（∴EF→⊥DC→，∴EF⊥（2）设平面DEF的法向量为n→=（x，y，由(x，y，取x＝1，则y＝﹣2，z＝1，∴n→=（1，﹣2，∴cos＜BD→，设DB与平面DEF所成角为θ，则sinθ=328．（2021秋•西青区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．（1）证明：BE⊥DC；（2）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；（3）若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求点F到平面PBD的距离．【解答】解：（1）证明：取PD中点G，连接EG、AG，如图所示：∵点E为棱PC的中点，∴在△PDC中，EG∥CD，EG=12∵AB∥DC，AB＝1，CD＝2，∴AB∥EG，AB＝EG，∴四边形BEGA为平行四边形，∴BE∥AG，∵PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，∴PA⊥CD，CD⊥AD，又PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，又AF⊂平面PAD，∴CD⊥AG，∴BE⊥DC；（2）连接BF，如图所示：由（1）得CD⊥平面PAD，EF∥CD，AB∥DC，∴EG⊥平面PAD，AB⊥平面PAD，∴直线BE与平面PBD所成角为∠EBG，由（1）得四边形BEGA为平行四边形，∴∠EBG＝∠AGB，∴直线BE与平面PBD所成角即为直线AG与平面PBD所成角∠AGB，∵AB＝1，AD＝AP＝2，∴PD=AD2+AP2=2∴BG=A∴sin∠AGB=AB故直线BE与平面PBD所成角的正弦值33（3）由题意可建立以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示：则B（1，0，0），D（0，2，0），P（0，0，2），A（0，0，0），C（2，2，0），∴PC→=（2，2，﹣2），BP→=（﹣1，0，2），AC→=（2，2，0），BD→设平面PBD的一个法向量为n→=（x，y，则n→⋅BD→=0n→⋅BP→=0，即-x+2y=0-x+2z=0，取∴平面PBD的一个法向量为n→=（2，1，由F为棱PC上一点可设PF→=λPC→，∴PF→=（2λ，2∴BF→=BP→+PF→=（2λ﹣1，∵BF⊥AC，∴BF→•AC→=0，即2（2λ﹣1）+4λ＝0，解得∴BF→=（-12，∴点F到平面PBD的距离|BF故点F到平面PBD的距离为6629．（2021秋•孝感期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ADC＝90°，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝4，E为PD的中点，点F在PC上，且PF=1（1）求证：平面PCD⊥平面PAD；（2）求二面角F﹣AE﹣P的正弦值；（3）设点G在PB上，且BG＝λPB（λ∈R），若直线AG在平面AEF内，试求实数λ的值．【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD∵∠ADC＝90°，∴AD⊥CD，∵PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，而CD⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAD；（2）解：以A为坐标原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，AD为y轴，AP为z轴，距离如图所示空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，﹣2，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），F（12，12，AE→=(0，平面AEP的一个法向量为n→设平面AEF的一个法向量为m→由m→⋅AE→=y+z=0m→由图可知，二面角F﹣AE﹣P为锐角，其余弦值为|m则二面角F﹣AE﹣P的正弦值为1-(6（3）解：由已知可得，BG→=λBP∴AG→=AB→+BG→=(2，-2，0)+λ(-2，2∵直线AG在平面AEF内，∴AG→、AE→、AF→即（2﹣2λ，2λ﹣2，2λ）＝x（0，1，1）+y（12∴2-2λ=y22λ-2=x+故实数λ的值为1230．（2021秋•滨湖区期中）四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA＝PB＝3，BC＝1，AB＝2，AD＝3，O是AB中点．（1）求平面CPD与平面PDO夹角的余弦值；（2）在侧棱PC上是否存在点M，使得BM∥平面POD，若存在，求出CMPC【解答】解：（1）∵PA＝PB，O是AB中点，∴PO⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面PAB，∴PO⊥平面ABCD，设CD的中点为F，连结OF，则直线OB、OF、OP两两互相垂直，分别以OB、OF、OP为x轴、y轴、z轴，建立直角坐标系O﹣xyz，如图所示，则C（1，1，0），D（﹣1，3，0），P（0，0，22），可得OP→=（0，0，22），OD→=（﹣1，设m→=（x，y，z）为平面则m→⋅OP→=22z=0m→⋅OD→=-x+3y=0同理求出平面PCD的一个法向量为n→=（2，∵cos＜m∴平面CPD与平面PDO夹角的余弦值等于45（2）假设侧棱PC上存在点M，使得BM∥平面POD，此时CMPC=∵PC→=（1，1，﹣22），BC→=（0，∴CM→=λCP→=（﹣λ，﹣λ，22λ），可得BM→=BC→+CM∵BM∥平面POD，m→=（3，1，0）为平面∴BM→⋅m→=-3λ﹣λ+1＝因此，侧棱PC上存在点M，当CMPC=14时，满足31．（2022秋•阳江期中）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是一个边长为2的菱形，∠DAB＝60°．侧棱DD1⊥平面ABCD，DD1＝3．（1）求二面角B﹣D1C﹣D的余弦值；（2）设E是D1B的中点，在线段D1C上是否存在一点P使得AE∥平面PDB？若存在，请求出D1【解答】解：（1）由题意，△ADB是正三角形，设M是AB的中点，则DM⊥AB，∴DM⊥DC，又DD1⊥平面ABCD，DM⊥平面DD1C1C．如图，分别以DM→，DC→，DD1→方向为x则D（0，0，0），D1（0，0，3），C（0，2，0），B(3平面D1CD的一个法向量是m→设平面BD1C的一个法向量为n→则n→⋅BC→=-设二面角B﹣D1C﹣D的平面角为θ，则cosθ=|m（2）设D1PD∵D1（0，0，3），C（0，2，0），∴P（0，2λ，﹣3λ+3），又D（0，0，0），B(3于是DP→=(0，设平面PBD的一个法向量为a→则a→⋅DP→=2λy+(-3λ+3)z=0∵A(3，-1，0)，D∴AE→=(-32，32即AE→解得λ=2即线段D1C上存在点P，使得AE∥平面PDB，此时D132．（2020秋•和平区期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝2，E是PC的中点．（1）证明：PA∥平面BDE；（2）求平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值．【解答】解：（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接OE，∵ABCD为正方形，∴O是AC的中点，∵E是PC的中点，∴OE∥PA，∵PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴PA∥平面BDE．（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，则B（2，2，0），D（0，0，0），E（0，1，1），C（0，2，0），DB→=（2，2，0），DE→=（0，设平面BDE的法向量n→=（x，y，则n→⋅DB→=2x+2y=0n→⋅DE→=y+z=0，设x平面DEC的法向量m→=（1，0，设平面BDE与平面DEC的夹角为θ，则cosθ=|∴平面BDE与平面DEC的夹角的余弦值为3333．（2021•九江一模）如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠A＝60°，E，F分别为AB，CD的中点，将△ADE和△CBF沿着DE和BF折起，使得平面ADE和平面CBF均垂直于平面BEDF．（Ⅰ）求证：AC∥平面BEDF；（Ⅱ）求二面角B﹣AC﹣D的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：在菱形ABCD中，∵∠A＝60°，AB＝AD＝2，且E，F分别为AB，CD的中点，∴AE＝BE＝CF＝DF＝1，DE＝BF=3由已知平面ADE⊥平面BEDF，平面CBF⊥平面BEDF，又AE⊥DE，平面ADE⊥平面BEDF，平面ADE∩平面BEDF＝DE，AE⊂平面AED，∴AE⊥平面BEDF，同理CF⊥平面BEDF，则AE∥CF，又AE＝CF＝1，∴四边形AEFC为平行四边形，∴AC∥EF，而EF⊂平面BEDF，AC⊄平面BEDF，∴AC∥平面BEDF；（Ⅱ）解：以E为坐标原点，分别以EB、ED、EA所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则B（1，0，0），D（0，3，0），A（0，0，1），C（1，3，1），AB→=(1，0，设平面BAC的一个法向量为m→由m→⋅AB→=x-z=0m→设平面DAC的一个法向量为n→由n→⋅AC→=x1+∴cos＜m由平面法向量坐标可知，＜m→，n→＞与二面角∴二面角B﹣AC﹣D的余弦值为1734．（2020秋•海淀区校级期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PB⊥BC，PD⊥CD，且PA＝2，E为PD中点．（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求PC与平面ACE所成角的正弦值；（3）在线段BC上是否存在点F，使得点E到平面PAF的距离为25【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，则AB⊥AD，∵PB⊥BC，AD∥BC，∴PB⊥AD，又AB∩PB＝B，∴AD⊥平面PAB，∵PA⊂平面PAB，∴PA⊥AD，同理，PA⊥AB，∵AB∩AD＝A，∴PA⊥平面ABCD；（2）解：以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），AE→=（0，1，1），AC→=（2，设平面ACE的一个法向量m→=（x，y，则m→⋅AC→=2x+2y=0m→⋅AE→=y+z=0，取x又CP→=（﹣2，﹣2，则PC与平面ACE所成角的正弦值为|cos＜CP→，（3）解：设F（2，t，0）（0≤t≤2），则AP→=(0，0，2)，AF→再设n→=（a，b，c）为平面则n→⋅AP→=2c=0n→⋅AF→=2a+tb=0，取a又AE→=（0，1，1），∴点E到平面PAF的距离d∴2t2+4=255，解得t＝1，即F∴在线段BC上存在点F，使得点E到平面PAF的距离为255，且F为35．（2021秋•永善县校级期中）已知梯形BFEC如图甲所示，其中BF∥EC，EC＝3，BF＝2，四边形ABCD是边长为1的正方形，沿AD将四边形EDAF折起，使得平面EDAF⊥平面ABCD，得到如图乙所示的几何体．（Ⅰ）求证：DE⊥平面ABCD；（Ⅱ）若点H在线段BD上，且EH与平面BEF所成角的正弦值为69，求线段DH【解答】解：（Ⅰ）证明：∵平面EDAF⊥平面ABCD，又DE⊂平面EDAF，平面EDAF∩平面ABCD＝AD，且DE⊥AD，∴DE⊥平面ABCD；（Ⅱ）建立如图的空间右手直角坐标系，则根据题意可得：E（0，0，2），F（1，0，1），B（1，1，0），设H（a，a，0），则EH→又EF→=(1，0，-1)，则n→⋅EF∴|cos＜EH→，n→＞|解得a=12或a∴H（12，12，∴DH=236．（2020秋•海淀区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，其中AD∥BC，AB⊥AD，AB＝AD=12BC＝2，PA＝4，E为棱BC上的点，且BE=（1）若F为棱PD的中点，求证：EF∥平面PAB；（2）（ⅰ）求证DE⊥平面PAC；（ⅱ）设Q为棱CP上的点（不与C，P重合），且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为55，求CQ【解答】解：（1）取PA的中点G，连接GF，GB，FG＝1，BG＝1，FG∥AD，AD∥BC，所以FG∥BE，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG，又EF⊄平面PAB，BG⊂平面PAB，所以EF∥平面PAB；（2）（ⅰ）因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又因为AB⊥AD，则以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．由已知可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，2，0），P（0，0，4），E（2，1，0），所以DE→=（2，﹣1，0），AC→=（2，4，0），AP→=（因为DE→•AC→=2×2﹣1×4+0＝0，DE→•AP→=0，所以DE⊥由AP∩AC＝A，AP⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以DE⊥平面PAC．（ⅱ）由（ⅰ）可知DE⊥平面PAC，DE→=（2，﹣1，0）可作为平面设CQCP=λ（0＜λ＜1），即CQ→=λCP→=（﹣2λ，﹣所以Q（2﹣2λ，4﹣4λ，4λ），即有QE→=（2λ，4λ﹣3，﹣4因为直线QE与平面PAC所成角的正弦值为55所以|cos＜QE→，DE→＞|＝|即36λ2解得λ=23，即37．（2021春•浦东新区校级月考）已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，且AB＝1，AF＝1，点M是线段EF中点．（1）求证：AM∥平面BDE；（2）求二面角A﹣DF﹣B的大小；（3）线段AC上是否存在点P，使得PF与AD所成的角恰为60°？若存在，请求出AP的长，若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：记AC与BD的交点为O，连接OE，∵O、M分别是AC、EF的中点，ACEF是矩形，∴四边形AOEM是平行四边形，则AM∥OE∵OE⊂平面BDE，AM⊄平面BDE，∴AM∥平面BDE；（2）解：在平面AFD中，过A作AS⊥DF于S，连接BS，∵AB⊥AF，AB⊥AD，AD∩AF＝A，∴AB⊥平面ADF，∴AS是BS在平面ADF上的射影，由三垂线定理得BS⊥DF，∴∠BSA是二面角A﹣DF﹣B的平面角，在Rt△ASB中，AS=12DF=22，∴tan∠ASB=122=2，则∠∴二面角A﹣DF﹣B的大小为arctan2；（3）解：建立如图所示空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（1，1，0），F（1，1，1），设P（t，t，0）（0≤t≤1），则PF→=(1-t，由PF与AD所成的角恰为60°，得|cos＜即|1-t|(1-t)2+(1-t)2+1×1=12∴|CP|=2t=2-1，则|AP故线段AC上存在点P，使得PF与AD所成的角恰为60°，此时AP＝1．38．（2021春•庐阳区校级期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，△PAB是等边三角形，CB⊥平面PAB，AD∥BC且PB＝BC＝2AD＝2，F为PC中点．（1）求证：DF∥平面PAB；（2）求直线AB与平面PDC所成角的正弦值；（3）求二面角D﹣PC﹣B的夹角余弦．【解答】解：（1）证明：如图，取PB边的中点E，连AE，FE，则三角形中位线可知，EF∥BC且EF=12由题可知，AD∥BC且AD=12BC，所以AD∥EF，AD＝所以四边形AEFD为平行四边形，所以DF∥AE，又因为DF⊄平面PAB，AE⊂平面PAB，故DF∥平面PAB；（2）取BC边的中点G，则DG∥AB，且DG＝AB＝2，直线AB与平面PDC所成角，即为DG与平面PDC所成角，又S△CDG＝1，且易得DC＝PD，所以S△CDP=12PC•DF=1由VP﹣CDG＝VG﹣PCD=13×1×3=13所以DG与平面PDC所成角的正弦值为22故直线AB与平面PDC所成角的正弦值为24（3）由CD＝PD，F为PC的中点，可得DF⊥PC，由BC＝PB，可得BF⊥PC，所以∠DFB为二面角D﹣PC﹣B的平面角．由PB⊥BC，且PB＝BC＝2，可得PC＝22，BF=2由CD＝PD=5，可得DF=又BD=5，且BD2＝DF2+BF2，所以∠DFB＝90则二面角D﹣PC﹣B的夹角余弦值为0．39．（2021春•洛阳期末）如图所示，空间几何体ABCDEF中，DE⊥底面ABCD，DE＝2，BDEF为矩形，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，G为BC的中点．（1）证明：DG⊥平面ADE；（2）求二面角B﹣DF﹣G的余弦值．【解答】（1）证明：∵DE⊥底面ABCD，DG⊂平面ABCD，∴DE⊥DG，在菱形ABCD中，∵∠BAD＝60°，∴∠BCD＝60°，可得△BCD为等边三角形，又G为BC的中点，∴DG平分∠BDC，可得∠BDG＝30°，∴∠ADG＝90°，则DG⊥AD，∵DE∩AD＝D，∴DG⊥平面ADE；（2）解：由DE⊥底面ABCD，DE⊂平面BDEF，得平面ABCD⊥平面BDEF，又平面ABCD∩平面BDEF＝BD，在平面ABCD中，过G作GH⊥BD，垂足为H，过H作HK⊥DF，垂足为K，连接GK，由三垂线定理可知GK⊥DF，∴∠GKH为二面角B﹣DF﹣G的平面角，∵△BCD是边长为2的正三角形，G为BC的中点，∴GH=1在矩形BDEF中，∵BD＝DE＝2，可知四边形BDEF为正方形，BH=14BD=12，Rt△HKD∽Rt△FBD，则在Rt△GHK中，求得KG=3∴cos∠GKH=KH即二面角B﹣DF﹣G的余弦值为15540．（2021春•通州区期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，点E，F分别是PD，BC的中点．（1）求证：平面PBC⊥平面PDC；（2）在线段PC上确定一点G，使平面EFG∥平面PAB，并给出证明；（3）求二面角P﹣AC﹣D的正弦值，并求出D到平面PAC的距离．【解答】（1）证明：因为PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PD⊥BC，又因为ABCD是正方形，所以CD⊥BC，且PD∩DC＝D，所以BC⊥平面PCD，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PCD；（2）解：取PC的中点G，连接EG，FG，则平面EFG∥平面PAB；如图所示：证明如下：因为E，G分别是线段PC，PD的中点，所以EG∥CD，又ABCD为正方形，所以AB∥CD，所以EG∥AB，又EG⊄平面PAB，所以EG∥平面PAB．又因为E，F分别是线段PC，BC的中点，所以EF∥PB，又EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB，且EF∩EG＝E，所以平面EFG∥平面PAB．（3）解：连接BD，交AC于点O，连接PO，因为OD⊥AC，PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC，又PD∩OD＝D，所以AC⊥平面POD，又PO⊂平面POD，所以AC⊥PO，所以∠POD是二面角P﹣AC﹣D的平面角，所以sin∠POD=PD因为AC⊂平面PAC，AC⊥平面POD，所以平面PAC⊥平面POD，过点D作DN⊥PO，交PO于点N，则DN即为点D到平面PAC的距离，计算DN=PD⋅DO41．（2021•武清区校级模拟）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PD∥QA，PD⊥平面ABCD，且AD＝PD＝2QA＝2．（1）求证：QB∥平面PDC；（2）求二面角C﹣PB﹣Q的正弦值；（3）已知点H在棱PD上，且直线CH与平面PBQ所成角的正弦值为615，求线段DH【解答】（1）证明：由题意得，以点D为原点，分别以DA→，DC→，为x轴，y轴，z轴的正向建立如图空间直角坐标系，则D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A（2，0，0），Q（2，0，1），P（0，0，2）依题意易得AD→=(-2，又QB→=(0，2，又∵直线QB⊄平面PDC，∴QB∥平面PDC；（2）∵PB→=(2，2，设n1→=(则n1→⋅PB→=0n1→⋅设n2→=(则n2→⋅PQ→=0n2→⋅∴cos＜n1设二面角C﹣PB﹣Q的平面角为α，得sinα=1即二面角C﹣PB﹣Q的正弦值为12（3）设DH＝m（0≤m≤2），则H（0，0，m），CH→=(0，-2，m)，由（∵直线CH与平面PBQ所成角的正弦值为615∴615=|cos＜CH→，n2整理得：24m2﹣50m+21＝0，解得m=32或故线段DH的长为32或742．（2021•5月份模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，且E，M分别为BC，PD的中点，点F为棱PC上一动点．（1）证明：平面AEF⊥平面PAD；（2）若AB＝PA，在线段PC上是否存在一点F，使得二面角F﹣AE﹣M的正弦值为1010？若存在，试确定F【解答】（1）证明：连接AC∵底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形，∵E为BC的中点，∴AE⊥BC，又AD∥BC，∴AE⊥AD，∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴PA⊥AE，∵PA∩AD＝A，PA、AD⊂平面PAD，∴AE⊥平面PAD，而AE⊂平面AEF，∴平面AEF⊥平面PAD；（2）解：由（1）知，AE、AD、AP两两垂直，以A为坐标原点，分别以AE、AD、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．设AB＝2，则A（0，0，0），B（3，﹣1，0），C（3，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2），M（0，1，1），E（3，0，0），AE→=(3，0，0)设PF→=λPC→=(3λ则AF→设平面AEM的一个法向量为m→由m→⋅AE→=3x=0设平面AEF的一个法向量为n→由n→⋅AE→=3x1∵二面角F﹣AE﹣M的正弦值为1010，∴二面角F﹣AE﹣M的余弦值为3即|cos＜m→，整理得：10λ2﹣13λ+4＝0，解得λ=12或故F为线段PC的中点或F为线段PC靠近点C的五等分点．43．（2021•道里区校级模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，PD＝AB＝2AD＝2CD＝2，E为PA上一点，且3PE＝2PA．（1）证明：平面EBC⊥平面PAC；（2）求二面角A﹣BC﹣E的余弦值．【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC∵AD⊥DC，AD＝DC，∴∠ACD＝45°，在△ABC中，由AB＝2，AC=2，∠BAC＝∠ACD＝45由余弦定理可得BC∴AC2+BC2＝AB2，即AC⊥BC，又AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，而BC⊂平面BEC，∴平面EBC⊥平面PAC；（2）解：由（1）知，BC⊥平面PAC，CE⊂平面BCE，则EC⊥BC，又AC⊥BC，∴∠ECA为二面角A﹣BC﹣E的平面角，∵3PE＝2PA，PA=P∴PE=233，AE=3∴cos∠ECA=CA44．（2021•呼和浩特模拟）如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A、D分别是BF、CE上的点，AD∥BC，且AB＝DE＝2AD＝2AF＝2（如图1）．将四边形ADEF沿AD折起，连结BE、BF、CE（如图2）．（Ⅰ）求证：AC∥平面BEF；（Ⅱ）当EF⊥CF时，求异面直线BF与EC所成角的余弦值．【解答】（Ⅰ）证明：如图，取DE中点M，连接AM，可得FA∥EM，FA＝EM，则四边形AMEF为平行四边形，得EF∥AM，EF⊂平面BEF，AM⊄平面BEF，∴AM∥平面BEF．连接AC、BD，设AC∩BD＝N，则N为BD的中点，连接MN，则MN∥BE，BE⊂平面BEF，MN⊄平面BEF，∴MN∥平面BEF．又AM∩MN＝M，AM、MN⊂平面AMN，∴平面AMN∥平面BEF，而AC⊂平面AMN，∴AC∥平面BEF；（Ⅱ）解：在平面ADEF中，由FD＝FE=2，DE＝2可得EF2+FD2＝ED2，即EF⊥FD，又EF⊥CF，FD∩CF＝F，∴EF⊥平面CDF，则EF⊥CD，又CD⊥AD，AD与EF相交，∴CD⊥平面ADEF，则CD⊥DE．在Rt△CDE中，求得CE＝22，在Rt△CDM中，求得CM=5∵FM∥BC，FM＝BC，∴四边形BCMF为平行四边形，可得BF∥CM，则∠ECM为异面直线BF与EC所成角（或其补角），在△ECM中，由余弦定理可得cosECM=(2故异面直线BF与EC所成角的余弦值为31045．（2022•天津）直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝2，AA1⊥AB，AC⊥AB，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．（1）求证：EF∥平面ABC；（2）求直线BE与平面CC1D的正弦值；（3）求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．【解答】解：（1）证明：取BB1的中点G，连接FG，EG，连接AD交EG于K，再连接FK，∵EK∥A1B1，且E是AA1的中点，则K是AD的中点，∴FK∥AC，EG∥AB，又FK⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，∴FK∥平面ABC，同理可得，EG∥平面ABC，又FK∩EG＝K，∴平面EFG∥平面ABC，∴EF∥平面ABC，（2）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，则可建立如图所示的空间直角坐标系，又AA1＝AB＝AC＝2，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．故B（2，2，0），E（1，0，0），C（2，0，2），C1（0，0，2），D（0，1，0），则BE→=（﹣1，﹣2，0），CC1→=（﹣2，0，0），CD→设n→=（x，y，z）是平面CC1D的法向量，则有：n→⋅CC1→=0，n→•CD→=0，即-2x=0-2x+y-2z=0所以n→设直线BE与平面CC1D的夹角为θ，则sinθ＝|cos＜BE→，n→＞|（3）∵A1（0，0，0），则A1C→=（2，0，2），A1D→设平面A1CD的法向量为m→=（x，y，z），则有m→⋅A即2x+2z=0y=0，令x＝1，则y＝0，z＝﹣1，故m设平面A1CD与平面CC1D的夹角为β，所以cosβ＝|cos＜n→，m→＞|46．（2022•浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．（Ⅰ）证明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【解答】证明：（I）由于CD⊥CB，CD⊥CF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF⊂平面CDEF，CB⊂平面ABCD，所以∠FCB为二面角F﹣DC﹣B的平面角，则∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，则CD⊥FN．又CF=3则△BCF是等边三角形，则CB⊥FN，因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC⊂平面FCB，BC⊂平面FCB，所以DC⊥平面FCB，因为FN⊂平面FCB，所以DC⊥FN，又因为DC∩CB＝C，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD，所以FN⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD；解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：于是B(0，3，BM→设平面ADE的法向量n→=（x，y，则n→⋅DA→=0n→⋅DE→=0，∴2x+2∴平面ADE的法向量n→设BM与平面ADE所成角为θ，则sinθ=|47．（2022•甲卷）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP=3（1）证明：BD⊥PA；（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，∴∠DAB＝60°，又∵AE=12AB＝AD＝∴DE＝1，∴DE=1∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴BD⊥AD，又PD∩AD＝D，PD⊂面PAD，AD⊂面PAD，∴BD⊥面PAD，又PA⊂面PAD，∴BD⊥PA；（2）由（1）知，PD，AD，BD两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，BD=A则D(0，∴PD→设平面PAB的一个法向量为n→=(x，y，设PD与平面PAB所成的角为θ，则sinθ=|cos＜∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为5548．（2022•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．（Ⅰ）求证：MN∥平面BCC1B1；（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM＝MN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【解答】解：（I）证明：取AB中点K，连接NK，MK，∵M为A1B1的中点．∴B1M∥BK，且B1M＝BK，∴四边形BKMB1是平行四边形，故MK∥BB1，MK⊄平面BCC1B1；BB1⊂平面BCC1B1，∴MK∥平面BCC1B1，∵K是AB中点，N是AC的点，∴NK∥BC，∵NK⊄平面BCC1B1；BC⊂平面BCC1B1，∴NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，∴平面NMK∥平面BCC1B1，又MN⊂平面NMK，∴MN∥平面BCC1B1；（II）∵侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，∴CB⊥平面ABB1A1，∴CB⊥AB，又NK∥BC，∴AB⊥NK，若选①：AB⊥MN；又MN∩NK＝N，∴AB⊥平面MNK，又MK⊂平面MNK，∴AB⊥MK，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1两两垂直，若选②：∵CB⊥平面ABB1A1，NK∥BC，∴NK⊥平面ABB1A1，KM⊂平面ABB1A1，∴MK⊥NK，又BM＝MN，NK=12BC，BK=∴△BKM≌△NKM，∴∠BKM＝∠NKM＝90°，∴AB⊥MK，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1两两垂直，以B为坐标原点，BC，BA，BB1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，0，0），N（1，1，0），M（0，1，2），A（0，2，0），∴BM→=（0，1，2），BN→=（1，设平面BMN的一个法向量为n→=（x，y，则n→⋅BM→=y+2z=0n→⋅BN→=x+y=0，令z∴平面BMN的一个法向量为n→=（2，﹣2，又BA→=（0，2，设直线AB与平面BMN所成角为θ，∴sinθ＝|cos＜n→，BA→∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为2349．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO是三棱锥P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为PB的中点．（1）证明：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C﹣AE﹣B的正弦值．【解答】解：（1）证明：连接OA，OB，依题意，OP⊥平面ABC，又OA⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，则OP⊥OA，OP⊥OB，∴∠POA＝∠POB＝90°，又PA＝PB，OP＝OP，则△POA≌△POB，∴OA＝OB，延长BO交AC于点F，又AB⊥AC，则在Rt△ABF中，O为BF中点，连接PF，在△PBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OE∥PF，∵OE⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，∴OE∥平面PAC；（2）过点A作AM∥OP，以AB，AC，AM分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于PO＝3，PA＝5，由（1）知OA＝OB＝4，又∠ABO＝∠CBO＝30°，则AB=43∴P(23又AC＝ABtan60°＝12，即C（0，12，0），设平面AEB的一个法向量为n→=(x，则n→⋅AB设平面A