2026高考数学高频考点对点练：点、线、面位置关系（教师版）

点、线、面位置关系（教师版）

一、单选题

1．若m，n为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（）

A．若m//，m//n，n，则n//B．若m，m//，则

C．若//，m，n，则mnD．若m//，n//，则m//n

【答案】D

【解析】根据线面、线面的位置关系，结合平面法向量的概念及性质判断各项的正误即可.

A：若m//，m//n，则n//或n，而n，故n//，对；

B：若m，将m视作的法向量所在直线，又m//，易知，对；

C：若//，m，则m，而n，故mn，对；

D：若m//，n//，则m,n平行、异面、相交都有可能，错.

故选：D

2．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PAPB4，PCPD22，该棱锥的高为（）.

A．1B．2C．2D．3

【答案】D

【解析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF平面ABCD，可知PO平面ABCD，利用等体积法求点到面

的距离.

如图，底面ABCD为正方形，

当相邻的棱长相等时，不妨设PAPBAB4,PCPD22，

分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF，

则PEAB,EFAB，且PEEFE，PE,EF平面PEF，

可知AB平面PEF，且AB平面ABCD，

所以平面PEF平面ABCD，

过P作EF的垂线，垂足为O，即POEF，

由平面PEF平面ABCDEF，PO平面PEF，

所以PO平面ABCD，

由题意可得：PE23,PF2,EF4，则PE2PF2EF2，即PEPF，

11PEPF

则PEPFPOEF，可得PO3，

22EF

所以四棱锥的高为3.

故选：D.

52

3．已知正三棱台ABCABC的体积为，AB6，AB2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为（）

111311

1

A．B．1C．2D．3

2

【答案】B

4343

【解析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高h，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得AM，

33

进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台ABCA1B1C1补成正三棱锥PABC，A1A与平面ABC所成

角即为PA与平面ABC所成角，根据比例关系可得VPABC18，进而可求正三棱锥PABC的高，即可得结果.

==

解法一：分别取BC,B1C1的中点D,D1，则AD33,A1D13，

131

可知S6693,S233，

ABC22A1B1C12

设正三棱台ABCA1B1C1的为h，

15243

则VABCABC933933h，解得h，

111333

如图，分别过A1,D1作底面垂线，垂足为M,N，设AMx，

16

则AA=AM2+AM2=x2+，DN=AD-AM-MN=23-x，

113

2

可得2216，

DD1DND1N23x

3

2

结合等腰梯形BCCB可得2622

11BB1DD1,

2

2

2161643

即x23x4，解得x，

333

A1M

所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tanÐAAD==1；

1AM

解法二：将正三棱台ABCA1B1C1补成正三棱锥PABC，

则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，

PAAB1VPABC1

因为111，则111，

PAAB3VPABC27

2652

可知VV，则VPABC18，

ABCA1B1C127PABC3

113

设正三棱锥PABC的高为d，则Vd6618，解得d23，

PABC322

取底面ABC的中心为O，则PO底面ABC，且AO23，

PO

所以PA与平面ABC所成角的正切值tanPAO1.

AO

故选：B.

4．如图，点A､B､C､M､N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【解析】根据线面平行、面面平行的判定定理及性质即可判断.

对于A选项，如图①所示，在正方体DMEFGPQT中，

QT∥EF且QTEF，

因为B,C分别为QT,EF的中点，

则BQ∥EC且BQEC，

所以四边形BCEQ为平行四边形，

所以BC∥EQ，

因为BC平面EMPQ,EQ平面EMPQ，

所以BC∥平面EMPQ，同理可证AB∥平面EMPQ，

因为ABBCB,AB,BC平面ABC，

所以平面EMPQ∥平面ABC，

因为MN平面EMPQ，

故MN∥平面ABC,故A满足；

对于B选项，如图②所示，连接PT，

在正方体DECFGPQT中，PE∥FT且PEFT，

因为A,B分别为PE,FT的中点，则PA∥BT且PABT，

所以四边形PABT为平行四边形，故AB∥PT，

因为M,N分别为GP,GT的中点，则MN∥PT，

所以MN∥AB，

因为MN平面ABC,AB∥平面ABC，

所以MN∥平面ABC，故B满足；

对于C选项，如图③所示，在正方体DMKNGPQT中，取GT的中点F，

连接AF,BF,PT，

因为PG∥KN且PGKN,A,C分别为PG,KN的中点，

所以AG∥CN且AGCN，故四边形ACNG为平行四边形，则AC∥GN，

因为F,B分别为GT,TN的中点，

所以BF∥GN，则BF∥AC，

所以A,B,C,F四点共面，

因为PM∥NT且PMNT，则四边形PMNT为平行四边形，

所以PT∥MN，

因为A,F分别为PG,GT的中点，则AF∥PT，

所以MN∥AF，

因为MN平面ABC,AF平面ABC，

所以MN∥平面ABC,故C满足；

对于D选项，如图④所示，在正方体DEKFGPQT中，取EK的中点H，

连接BH,HM,CN,PT,EF,BN，

因为PE∥FT且PEFT,B,N分别为PE,FT的中点，

则PB∥TN且PBTN，

所以四边形PBNT为平行四边形，则BN∥PT，

因为A,C分别为GP,GT的中点，

所以AC∥PT，故AC∥BN，

所以A,B,C,N四点共面，

同理可证MH∥BN，故AC∥MH，

同理可得AB∥MN,BH∥CN，

反设MN平面ABC，

因为MN∥AB，且AB平面ABC，则MN∥平面ABC，

但MN与平面ABC有公共点N，这与MN∥平面ABC矛盾，

故MN平面ABC，故D不满足.

故选：D.

、

5．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1的中点，点P在面对角线BC1上运动(P点异于BC1点)，以下说

法错误的是（）

A．BD1//平面AEC

B．A1PB1D

2

C．直线BE与平面CDD1C1所成角的余弦值为

13

1

D．三棱锥PACD1的体积为

6

【答案】C

【解析】根据线面平行的判定定理可证明A选项正确；应用空间向量计算数量积，可判断B正确；

根据线面角的计算，可得C选项错误；应用空间向量法可求得点到平面距离，再结合三棱锥的体积公式，计算可得D

正确.

对于A，连接BD、AC，相交于点O，连接OE，如图所示，

因为四边形ABCD为正方形，所以O是BD中点，

又E为棱DD1的中点，所以OE//BD1，

又OE平面AEC，BD1平面AEC，所以BD1//平面AEC，故A正确；

对于B，以D为原点，以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设BPBC，则A11,0,1，

B11,1,1,D0,0,0,P1,1,，

所以B1D1,1,1,A1P,1,1，A1PB1D111110，所以A1PB1D，故B正确；

11

对于C，由B选项知，A1,0,0，E0,0,，所以B1E1,1,，

22

因为DA平面CDD1C1，所以平面CDD1C1的法向量为DA1,0,0，

设直线B1E与平面CDD1C1所成角为，

DABE

125

所以sin，所以cos1sin2，故C错误；

DAB1E33

对于D，因为P1,1,，A1,0,0，C0,1,0，D10,0,1，

则AP,1,，AC1,1,0，CD10,1,1，

设平面ACD1的法向量为mx,y,z，

mAC0xy0

则，即，解得m1,1,1，

yz0

mCD10

133

因为ACAD1CD12，所以S22，

ACD1222

APm13

点P到平面ACD1的距离为h，

m33

所以三棱锥的体积为1331，故正确

PACD1VD.

PACD13236

故选：C.

6．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，M是棱AB的中点，N是侧面BB1C1C内一点，且MN//平面

AA1C1C，则MN长度的取值范围是（）

，，62，62，

A．12B．1C．D．2

2222

【答案】C

【解析】取BC,B1C1的中点为G,H，连接MG,GH,HM，确定平面MGH//平面AA1C1C，得到N的轨迹是线段HG,

即可求解.

取BC,B1C1的中点为G,H，

连接MG,GH,HM，

由中位线易知MG//AC,HG//CC1，

又AC,CC1在平面AA1C1C内，MG,HG不在平面AA1C1C内，

所以MG//平面AA1C1C，HG//平面AA1C1C，

又MG,HG是平面MGH内两条相交直线，

所以平面MGH//平面AA1C1C，

又MN//平面AA1C1C，

所以N在平面MGH内，又N是侧面BB1C1C内一点，

所以N的轨迹是线段HG,

2

易知1226

MGAC,MH1,

2222

MGMNMH，

26

所以MN长度的取值范围是，.

22

故选：C

7．若l,m是两条直线，,是两个平面，且l,m．设p:l∥,q:l∥m，则p是q的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】由线面平行的性质定理和判定定理结合充要条件的判定可得.

若p:l∥,l,m，由线面平行的性质定理可得q:l∥m，充分性成立；

若q:l∥m，l,m，由线面平行的判定定理可得p:l∥,，必要性成立.

所以p是q的充要条件.

故选：C

8．风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，是人类最早的风筝起源．如图，

是某中学学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF，D为边AB的中点，四边形EFDC为矩形，且DFAB，

ACBC3，ACB120，当AEBE时，多面体ABCEF的体积为（）

96939693

A．B．C．D．

4884

【答案】A

【解析】由线面垂直的判定与性质，根据等腰三角形的性质与勾股定理，求得底面积，利用三棱锥体积公式，可得答

案.

在矩形CEFD中，有FDCD，CE//FD，

因为DFAB，ABCDD，AB,CD平面ABC，所以FD平面ABC

则CE平面ABC，因为AC,BC平面ABC，所以CEAC，CEBC，

在ABC中，由ACBC3，ACB120，则AB2ACsin6033，

3

又因D为AB的中点，则CDAB，易知CDACcos60，AB2AD2ACsin6033，

2

36

易知ECAECB，则AEBE，因AEBE，则AEABsin45，

2

2

3632

在RtACE中，222，

CEAEAC3

22

33292

则矩形CDFE的面积SCDCE，

224

因为DFAB，CDAB，CDDFD，CD,DF平面CDFE，所以AB平面CDFE，

119296

多面体ABCDEF的体积VABS33.

3344

故选：A.

9．如图，在体积为V的正四棱锥PABCD中，PE2EB，PFFD，设平面AEF与直线PC交于点G，记四棱锥

的体积为，则（）

PAEGFV1V1:V

1277

A．B．C．D．

551530

【答案】D

5

【解析】利用四点共面中的向量关系来求解PCPG，再利用三棱锥体积变换来求比值，从而解答问题.

2

如图所示，

由A、B、C、D四点共面，且四边形ABCD为正方形，

可得ABDCPBPAPCPD，

由PE2EB，PFFD，设PCPG，

33

可得：PEPAPG2PF，即PAPEPG2PF，

22

35

根据A、B、C、D四点共面，可得21，

22

5

即PCPG，

2

hPF1

1

设h1，h2分别是点F到平面PAE和点D到平面PAB的距离，则，

h2PD2

VVShS1PAPE1211

所以PAEFFPAEPAE1PAE，

VPABDVDPABSPABh2SPAB2PAPB2323

V1

1PAEF

VPABDVPABCD，，

2VPABCD6

VVPEPGPF2212

同理，PEGFFPEG，

VPBDCVDPBCPBPCPD35215

V1

1PAGF

VPBDCVPABCD，，

2VPABCD15

VVV117

PAEFGPAGFPAEF

VPABCDVPABCD61530

7

则四棱锥PAEFG与四棱锥PABCD的体积比为.

30

故选：D.

3

10．如图，在平行六面体ABCDABCD中，P是线段AD上的一点，且APPD，则三棱锥BACP的体积与平

1111121

行六面体ABCDA1B1C1D1的体积之比为（）

A．2:5B．1:2C．1:3D．1:6

【答案】D

【解析】根据已知，先证明面ABC，再由VVVV及棱锥和棱柱的体积公式，即可得

A1D//1B1ACPPAB1CDAB1CB1ACD.

由题设及平行六面体的结构特征易知A1D//B1C，A1D面AB1C，B1C面AB1C，

所以A1D//面AB1C，则A1D上任意一点到面AB1C的距离为定值，

又，则VVVV，

P,DA1DB1ACPPAB1CDAB1CB1ACD

由B1ACD的底面面积是平行六面体ABCDA1B1C1D1底面面积S的一半，且高h相等，

1S11

所以VhhSV.

B1ACD3266ABCDA1B1C1D1

故选：D

二、多选题

11．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，APB120，PA2，点C在底面圆周上，且二面角PACO

为45°，则（）．

A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为43π

C．AC22D．PAC的面积为3

【答案】AC

【解析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.

依题意，APB120，PA2，所以OP1,OAOB3，

12

A选项，圆锥的体积为π31π，A选项正确；

3

B选项，圆锥的侧面积为π3223π，B选项错误；

C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，

则ACOD,ACPD，所以PDO是二面角PACO的平面角，

则PDO45，所以OPOD1，

故ADCD312，则AC22，C选项正确；

1

选项，22，所以，选项错误

DPD112SPAC2222D.

2

故选：AC.

12．如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，FB∥ED,ABED2FB，记三棱锥EACD，FABC，FACE

的体积分别为V1,V2,V3，则（）

A．V32V2B．V3V1

C．V3V1V2D．2V33V1

【答案】CD

【解析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3VAEFMVCEFM计算出V3，依次判

断选项即可.

11124

设ABED2FB2a，因为ED平面ABCD，FBED，则VEDS2a2aa3，

13ACD323

11122

VFBSa2aa3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BDAC，

23ABC323

又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDBDD，ED,BD平面BDEF，则AC平面BDEF，

1

又BMDMBD2a，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FGBD22a,EGa，

2

2222

则EM2a2a6a,FMa22a3a，EFa222a3a，

132

EM2FM2EF2，则EMFM，SEMFMa2，AC22a，

EFM22

13

则VVVACS2a，则2V3V，V33V2，VVV，故A、B错误；C、D正确.

3AEFMCEFM3EFM31312

故选：CD.

13．已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（）

A．直线BC1与DA1所成的角为90B．直线BC1与CA1所成的角为90

C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45

【答案】ABD

【解析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.

如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，

因为四边形BB1C1C为正方形，则B1CBC1，故直线BC1与DA1所成的角为90，A正确；

连接A1C，因为A1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，则A1B1BC1，

因为B1CBC1，A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1C，

又A1C平面A1B1C，所以BC1CA1，故B正确；

连接A1C1，设A1C1B1D1O，连接BO，

因为BB1平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，则C1OB1B，

因为C1OB1D1，B1D1B1BB1，所以C1O平面BB1D1D，

所以C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，

CO1

设正方体棱长为，则2，，sinCBO1，

1C1OBC121

2BC12

所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30，故C错误；

因为C1C平面ABCD，所以C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得C1BC45，故D正确.

故选：ABD

2

14．在四棱柱ABCDABCD中，AA平面ABCD，四边形ABCD为菱形，ABC，AB2，AA4，M为

1111131

棱DD1的中点，N为四边形CDD1C1内一个动点（含边界），且B1N//平面A1BM，则下列结论正确的有（）

A．动点N轨迹的长度为5

B．平面A1BM截四棱柱ABCDA1B1C1D1所得的截面是五边形

C．存在点N使得C1NBM

64

D．当三棱锥NB1D1D的体积最大时，其外接球的表面积为

3

【答案】ACD

【解析】取分别C1D1，CC1中点为P，Q，根据题意做出对应的几何图，结合几何图，利用空间面面平行的性质即可

得出N的轨迹为线段PQ，则A选项可求；取CD中点为T，连接MT，BT，可得平面A1BM截四棱柱ABCDA1B1C1D1

所得的截面是四边形A1BTM，则B可求；利用线面垂直的判定与性质即可求得C；结合题意求出外接球半径R，利用

球的表面积公式即可判断D.

如图1，取分别C1D1，CC1中点为P，Q，

，

B1QA1MPQCD1A1B,B1QPQQ,A1MA1BA1,

B1Q,PQ平面B1PQ，A1M,A1B平面A1BM，

∥

易得平面B1PQ平面A1BM，

即N的轨迹为线段PQ，又PQ5，故A正确；

∥

如图2，取CD中点为T，连接MT，BT，可得MTA1B，

所以平面A1BM截四棱柱ABCDA1B1C1D1所得的截面是四边形A1BTM，故B错误；

2

因为四边形ABCD为菱形，ABC，所以BPCD，

3111

因为平面A1B1C1D1平面CC1D1D，平面A1B1C1D1平面CC1D1DC1D1,B1P平面A1B1C1D1,

所以B1P平面CDD1C1，

因为C1PQ为直角三角形，所以此时存在N，

当C1NPQ时，因为B1P平面CDD1C1，C1N平面CDD1C1，

所以B1PC1N，又PQB1PP,PQ,B1P平面平面B1PQ，

所以C1N平面B1PQ，

即C1N平面A1BM，则有C1NBM，故C正确；

三棱锥NB1D1D的体积最大时，此时点N与点Q重合，如图3.

由已知得此时NDND1NB122，所以N在底面B1DD1的射影为B1DD1的外心，

又由B1DD1为直角三角形，所以N在底面B1DD1的射影为B1D中点，

1

设为O，设外接球的球心为O，半径为R，BD25，AC23，NOAC3，

11111211

222243

由ROO1O1B1OO15，ROO1NO13，可得外接球半径R，

3

64

所求外接球的表面积为4R2，故D正确.

3

故选：ACD.

【小结】

三、填空题

15．三棱锥ABCD中，DADB，且DADB2DC2，则当该三棱锥的体积最大时二面角DABC的正切值

为.

【答案】2

2

【解析】先利用DADB，可计算得到底面面积，当DC1恰好为三棱锥的高时，三棱锥体积最大，此时DA,DB,DC

两两互相垂直，取AB的中点E,连接ED,EC.利用二面角的平面角的定义算出二面角DABC的正切值.

111

依题意可得三棱锥ABCD体积为VSh22h.

3DAB32

因为DC1,所以当DC面DAB时，即DCh1时三棱锥体积最大，此时DA,DB,DC两两互相垂直.

取AB的中点为E，连接ED,EC.

因为DADB2,DADB,所以DEAB.

又因为ACBC,所以，所以CED为二面角的平面角，又因为DE2,DC1.

DC2

所以二面角DABC的正切值为tan.

CE2

2

故答案为:.

2

16．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，E为AD的中点，点F在CD上，若EF//平面AB1C，则EF.

【答案】2

【解析】根据线面平行的性质定理，可得到EF//AC，即可求EF的长.

根据题意，因为EF//平面AB1C，EF平面ABCD，

且平面ABCD平面AB1CAC

所以EF//AC.

又E是AD的中点，所以F是CD的中点.

因为在Rt△DEF中，DEDF1，故EF2.

故答案为：2

17．在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为A1D1的中点，F为底面ABCD上一动点，EF与底面ABCD所成的角为，若

31

sincos，且该正方体的外接球的体积为43π，则动点F的轨迹长度为.

2

【答案】43π

9

π

【解析】取AD的中点H，连接EH，证得EH底面ABCD，得到EFH为EF与底面ABCD所成的角，求得，

3

2

设正方体的棱长为a，利用球的体积公式，求得a2，得到点F的轨迹为以H为圆心，为半径的圆在正方形ABCD

3

区域内的部分MG，作出图形，进而求得动点F的轨迹长度.

如图1所示，取AD的中点H，连接EH，则EH//AA1，

在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA1底面ABCD，所以EH底面ABCD，

所以EFH为EF与底面ABCD所成的角，

31π

因为sincos，所以EFH，

23

设正方体的棱长为a，

3

43

因为正方体的外接球的体积为，所以，解得，

43ππa43πa2

32

2

所以EHAAa2，可得HF，

13

2

所以点F的轨迹为以H为圆心，为半径的圆在正方形ABCD区域内的部分MG，

3

2AH3π

如图2所示，HGHM，所以cosAHG，则AHG，

3HG26

π2π

根据对称性，可得DHM，所以MHGπ2，

663

2π243π

故动点F的轨迹长度为.

339

43π

故答案为：.

9

π2π

18．如图，将绘有函数fxMsinx(M0,0π)部分图像的纸片沿x轴折成钝二面角，夹角为，此时

33

A,B之间的距离为32，则.

3π

【答案】

4

【解析】过A,B分别作x轴的垂线，垂足分别为C,D，过A,D分别作y轴，x轴的垂线相交于点E，结合条件和余弦

6

定理求出M，然后将0,代入函数解析式即可得出答案.

2

过A,B分别作x轴的垂线，垂足分别为C,D，过A,D分别作y轴，x轴的垂线相交于点E，

2π

连接AB,BE，则BDE,BDDEM，

3

2π

由余弦定理得BE2M2M22M2cos3M2，

3

由上可知，x轴垂直于BD,DE，又BDDED,BD,DE平面BDE，

所以x轴垂直于平面BDE，又AE∥x轴，所以AE平面BDE，

因为BE平面BDE，所以AEBE，

2π

T6

因为fx的周期π，所以AECD3，

3

由勾股定理得3M2918，解得M3

6

由图知，fx的图象过点0,，且在递减区间内，

2

62

所以f03sin即sin

22

63π

因为0π，点0,在递减区间内，所以，

24

3π

故答案为：.

4

四、解答题

19．如图，在四棱锥PABCD中，BC//AD，ABBC1，AD3,点E在AD上，且PEAD，PEDE2．

(1)若F为线段PE中点，求证：BF//平面PCD．

(2)若AB平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

30

(2)

30

【解析】（1）取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可得BF//平面PCD.

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值.

1

（1）取PD的中点为S，接SF,SC，则SF//ED,SFED1，

2

而ED//BC,ED2BC，故SF//BC,SFBC，故四边形SFBC为平行四边形，

故BF//SC，而BF平面PCD，SC平面PCD，

所以BF//平面PCD.

（2）

因为ED2，故AE1，故AE//BC,AE=BC，

故四边形AECB为平行四边形，故CE//AB，所以CE平面PAD，

而PE,ED平面PAD，故CEPE,CEED，而PEED，

故建立如图所示的空间直角坐标系，

则A0,1,0,B1,1,0,C1,0,0,D0,2,0,P0,0,2，

则PA0,1,2,PB1,1,2,PC1,0,2,PD0,2,2,

设平面PAB的法向量为mx,y,z，

mPA0y2z0

则由可得，取m0,2,1，

mPB0xy2z0

设平面PCD的法向量为na,b,c，

nPC0a2b0

则由可得，取n2,1,1，

nPD02b2c0

130

故cosm,n，

5630

30

故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为

30

20．如图，AB//CD,CD//EF，ABDEEFCF2，CD4,ADBC10，AE23,M为CD的中点.

(1)证明：EM//平面BCF；

(2)求点M到ADE的距离.

【答案】(1)证明见详解；

613

(2)

13

【解析】（1）结合已知易证四边形EFCM为平行四边形，可证EM//FC，进而得证；

（2）先证明OA平面EDM，结合等体积法VMADEVAEDM即可求解.

（1）由题意得，EF//MC，且EFMC，

所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM//FC，

又CF平面BCF,EM平面BCF，

所以EM//平面BCF；

（2）取DM的中点O，连接OA，OE，因为AB//MC，且ABMC，

所以四边形AMCB是平行四边形，所以AMBC10，

又AD10，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三角形，

22

2DM2DM

可得OADM,OEDM,OAAD3,OEED3，

22

又AE23，所以OA2OE2AE2，故OAOE.

又OADM,OEDMO,OE,DM平面EDM，所以OA平面EDM，

1

易知S233.

EDM2

412103

在ADE中，cosDEA，

22234

1311339

所以sinDEA,S223.

4DEA242

设点M到平面ADE的距离为d，由VMADEVAEDM，

11613

得SADEdSEDMOA，得d，

3313

613

故点M到平面ADE的距离为.

13

21．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形