高考數(shù)學(xué)壓軸題（新高考版）：專題20 立體幾何與空間向量（解答題壓軸題）（教師版）

專題20立體幾何與空間向量（解答題壓軸題）目錄TOC\o"1-2"\h\u1、直線與平面所成角問題 1①求直線與平面所成角定值問題 1②求直線與平面所成角最值或范圍問題 9③直線與平面所成角中探索性問題 162、平面與平面所成角問題 26①求平面與平面所成角定值問題 26②求平面與平面所成角最值或范圍問題 34③平面與平面所成角中探索性問題 443、體積（距離）問題 514、折疊問題 581、直線與平面所成角問題①求直線與平面所成角定值問題1．（2023·云南·云南師大附中?？寄M預(yù)測）如圖，P為圓錐的頂點(diǎn)，A，B為底面圓O上兩點(diǎn)，∠AOB=2π3，E為PB中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AB

(1)證明：平面AOP⊥平面OEF(2)若OP=AB，求直線AP與平面OEF所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)39【詳解】（1）設(shè)圓O的半徑為r，在△AOB中，OA=OB=r，∠AOB=2故AB=3r，又AF=2FB，故在△AOF中，由余弦定理得O所以O(shè)A2+O圓錐中，PO⊥底面⊙O，OF?底面⊙又OA∩OP=O，所以O(shè)F⊥又OF?平面OEF，所以平面AOP⊥平面（2）以O(shè)為原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-不妨設(shè)OA=3，則OP=AB=3OA=3則A(3，0，0)，P(0，0AP=(-3，0設(shè)平面OEF的一個法向量為n=(x有n?OE=0n?設(shè)直線AP與平面OEF所成角為θ，則sinθ

2．（2023·寧夏銀川·?？寄M預(yù)測）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，AC∩BD=O，且PO⊥平面ABCD，PO=2，F(xiàn)，G分別是PB，PD的中點(diǎn)，E是PA上一點(diǎn)，且AP=3AE.

(1)求證：BD//平面EFG；(2)若，求直線PA與平面EFG所成角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)4【詳解】（1）證明：，F(xiàn)分別為PD，PB中點(diǎn)，∴GF//DB，又BD?平面GEF，GF?平面GEF平面EFG；（2）底面ABCD是邊長為2的菱形，所以AC⊥BD，又PO⊥平面ABCD，OA,OB?平面ABCD，所以PO⊥如圖所示，以O(shè)為原點(diǎn)，以所在直線為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

∵，底面ABCD是邊長為2的菱形，∴OA=1,OD=OB=3則A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,-3,0)，PA=(1,0,-又AP=3AE，AE=13AP，∴E(23,0,設(shè)平面EFG的一個法向量為n=(x,y,z)則n?EF=-23設(shè)直線PA與平面EFG所成角為θ．θ則sinθ=PA所以直線PA與平面EFG所成角的余弦值453．（2023·江蘇揚(yáng)州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，平行六面體ABCD-A1B1C1D

(1)求點(diǎn)B到平面ACC(2)若AB=AD=2,∠BAD=60°，AA1=6，求直線【答案】(1)1(2)6【詳解】（1）在平行六面體ABCD-A1B，設(shè)點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為d，則即點(diǎn)B到平面ACC1A（2）在?ABCD中，AB=AD=2,∠BAD=60°，所以ABCD是菱形，連接BD交AC于O，則BO=1，由（1）知點(diǎn)B到平面ACC1A1的距離為1，所以設(shè)點(diǎn)A1在直線AC上射影為點(diǎn)，則A1H=3所以O(shè)和重合，即A1O以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，根據(jù)AA1=，設(shè)平面CC1D1則DD1?n=-設(shè)直線BD1與平面CC1D所以直線BD1與平面CC

4．（2023·安徽六安·安徽省舒城中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，已知多面體EABCDF的底面ABCD是邊長為2的正方形，EA⊥底面ABCD，F(xiàn)D//

(1)記線段BC的中點(diǎn)為K，在平面ABCD內(nèi)過點(diǎn)K作一條直線與平面ECF平行，要求保留作圖痕跡，但不要求證明；(2)求直線EB與平面ECF所成角的正弦值.【答案】(1)答案見解析(2)3【詳解】（1）延長AD,EF，設(shè)其交點(diǎn)為N，連接CN，則CN為平面ABCD與平面ECF的交線，取線段CD的中點(diǎn)M，連接KM，直線KM即為所求．證明如下：延長AD,EF，設(shè)其交點(diǎn)為N，連接CN，則CN為平面ABCD與平面ECF的交線，因?yàn)镕D//EA，所以△FDA∽△EAN，又所以ND=1所以ND=DA=BC，又ND//所以四邊形BCND為平行四邊形，所以CN//取CD的中點(diǎn)M，連接KM，∵K,M分別為BC,CD的中點(diǎn)，∴KM//BD，∴∵平面EFC，KM?平面EFC，∴KM//平面EFC

（2）以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AB所在的直線為x軸，AD所在的直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.由已知可得A0,0,0所以EC=設(shè)平面ECF的法向量為n=(x,y,z)則n?EC=0,取y=1得，x=1,z=2，平面ECF的一個法向量n=(1,1,2)設(shè)直線EB與平面ECF所成的角為θ，則sinθ所以直線EB與平面ECF所成角的正弦值為36

5．（2023·福建福州·福建省福州第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在底面為正方形的四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，已知AD=2，DD

(1)求D1到平面ABCD(2)若AA1=32，求直線【答案】(1)3(2)2【詳解】（1）在正方形ABCD中，AB=AD=2，則BD=22在△BDD1中，由條件可知BD所以S△因?yàn)锳到平面BDD1的距離為221因?yàn)镾△ABD=12AB?AD=2，記D所以由VD1-ABD即D1到平面ABCD的距離為3（2）在四棱臺ABCD-A1B1C1則D1到平面ABCD的距離即為A1到平面假設(shè)AA1不垂直于平面ABCD，則AA所以AA1⊥又因?yàn)槠矫鍭1B1C1D1由A1D1所以在直角梯形AA1D1D中，如圖所示，過D1作D1M

則DM=AD-以A為原點(diǎn)，AB,AD,

則AB=2,0,0，A設(shè)n=x,y,z是平面由n?AB=2x=0n?AD設(shè)直線CC1與平面ABD1所成角為②求直線與平面所成角最值或范圍問題1．（2023春·黑龍江·高二校聯(lián)考開學(xué)考試）如圖，在梯形ABCD中，AD//BC，點(diǎn)M在邊AD上，AM=15AD=14BC=22，CM=CD=2，以CM為折痕將

(1)求四棱錐S-(2)若點(diǎn)P為線段SB上的動點(diǎn)，求直線CP與平面MBS所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)5(2)4【詳解】（1）取CD的中點(diǎn)O，連接SD、SO，取MD的中點(diǎn)F，連接CF．∵AM=15AD=1∵CD=CM=2，∴C∴CM⊥CD，，CF=12由題意知平面ABCD，CD?平面ABCD，∴SO⊥∵O為CD中點(diǎn)，且CD=CS=2，∴OC=12CS=1∴V四棱錐（2）延長DC到點(diǎn)E，以C為原點(diǎn)，CM、CE的方程分別為x軸、y軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C0,0,0，M2,0,0，MS=-2,-1,3∵BC=MD，且AD//BC，∴四邊形∴∠BMC=∠MCD=90°，∴B2,2,0∴MB=0,2,0，

設(shè)SP=λSB則CP=2λ,3λ設(shè)平面MBS的一個法向量n=x,y,z，直線CP與平面MBS所成的解得為由n?MB=0n?MS=0故可取n=∴sin∴當(dāng)λ=38時，sinθ所以直線CP與平面MBS所成角的正弦值的最大值432．（2023春·福建福州·高二校聯(lián)考期末）如圖，三棱臺ABC-A1B1C1中，AB=BC=2B1C

(1)若AB1∥平面DEC(2)已知CC1⊥平面ABC，且AB⊥BC1．設(shè)直線與平面DEC1所成的角為【答案】(1)見解析(2)【詳解】（1）連接DC

由三棱臺ABC-A1B1C1中，AB=BC=2B1C1AA1?平面DEC1,DC1?又AB1//平面DEC1，且AB所以平面ABB1A1//平面DE平面ABC∩平面DEC1=DE,由于D是AC的中點(diǎn),故E是BC的中點(diǎn)，故點(diǎn)E在邊BC的中點(diǎn)處，AB1//（2）因?yàn)镃C1⊥平面ABC，AB?所以,又AB⊥BC1,CC故AB⊥平面BCC1B1,由于BC?平面BC由（1）知：E在邊BC的中點(diǎn)，D是AC的中點(diǎn),所以ED//AB,進(jìn)而DE⊥連接B1E,由所以四邊形B1故CC1//B1E,由于CC故ED,EC,EB1兩兩垂直，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系；設(shè)

則E0,0,0故ED=(0,2,0),E設(shè)平面DEC1的法向量為則ED?m=y=0EC又BC故sinθ當(dāng)且僅當(dāng)，即a=22時取等號，所以sinθ的最大值為.3．（2023·海南?？凇そy(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，四棱錐P-ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，平面PAD⊥平面

(1)證明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若AD=2AB=2，PB=2，PD=5，BC與平面PCD所成的角為θ，求sin【答案】(1)證明見解析(2)5【詳解】（1）證明：過點(diǎn)A作AH⊥PD于

因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，所以AH⊥平面PCD又CD?平面PCD，所以CD⊥由AB//CD，AB⊥AD，可知而AH∩AD=A，AH,AD?平面PAD所以CD⊥平面PAD，因?yàn)镃D?平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．（2）法1：由（1）知CD⊥平面PAD，PA?平面PAD，所以CD⊥又AB//CD，所以所以PA=PB2-AB由AB∩AD=A,AB,AD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD．如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，P(0,0,1)，D(0,2,0)，設(shè)C(m,2,0)(m>0)，平面PCD的一個法向量為n=(x0DC=(m,0,0)，所以n⊥PD，n⊥得2y0-z0=0,BC=m-1,2,0，所以顯然，當(dāng)m=1時，(m-1綜上，當(dāng)CD=1時，sinθ的最大值為5法2：設(shè)點(diǎn)B到平面PCD的距離為d，因?yàn)锳B//CD，CD?平面所以AB//平面PCD，所以點(diǎn)A到平面PCD的距離也為d由（1），CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，又AB//CD，所以所以PA=PB2-AB由（1），AH⊥平面PCD，所以d=AH=由sinθ=dBC=25此時四邊形ABCD顯然為矩形，BC=2，所以sinθ的最大值為24．（2023春·江蘇常州·高二江蘇省溧陽中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=3，點(diǎn)E在棱PD上，且2PE=ED，點(diǎn)F是棱PC上的動點(diǎn)（不含端點(diǎn)）.(1)若F是棱PC的中點(diǎn)，求∠EAF(2)求PA與平面AEF所成角的正弦值的最大值.【答案】(1)15(2)5【詳解】（1）由PA⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥又AB⊥AD，所以PA、AB、AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB，AD，AP所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-則P0,0,3，A0,0,0，B3,0,0，C3,3,0，當(dāng)F為棱PC的中點(diǎn)時，F(xiàn)32,32cosAE所以∠EAF的余弦值為155（2）PC=3,3,-3，設(shè)PF=λ則AF-AP=3λ,3λ,-3λ，則設(shè)平面AEF的一個法向量為n1則n1?AE=0nPA=0,0,-3，設(shè)PA與平面AEF所成角為sinθ令y=1λ2-6即λ=13時，sinθ所以PA與平面AEF所成角的正弦值的最大值為555．（2023·全國·學(xué)軍中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知體積為1的四面體ABCD，其四個面均為全等的等腰三角形.(1)求四面體ABCD的外接球表面積的最小值；(2)若AB=BD=2，△ABC的面積為152，設(shè)點(diǎn)P為線段AB（含端點(diǎn)）上一動點(diǎn)，求直線CP與面所成角的正弦值的取值范圍.【答案】(1)3(2)10【詳解】（1）解：因?yàn)樵谒拿骟wABCD，其四個面均為全等的等腰三角形，所以，將四面體ABCD放置于如圖所示的長方體AMDN-OCQB中，其中AM=AN，則AB=AC=CD=BD，，所以，在長方體AMDN-OCQB中，底面AMDN為正方形，設(shè)AM=AN=a，AO=b，因?yàn)樗拿骟wABCD的體積為1，所以，四面體ABCD的體積為VA-BCD=V設(shè)四面體ABCD的外接球的半徑為，所以，4R2=2所以四面體ABCD的外接球表面積S=4π所以，四面體ABCD的外接球表面積的最小值為3（2）解：因?yàn)锳B=BD=AC=2，△ABC的面積為152所以，S△ABC=1所以，cos∠所以，在△ABC中，由余弦定理得BC2=A所以，，AM=AN=3,AO=1所以，以N點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，NA,ND,NB所以，A3,0,0，D0,3,0則AB=-3,0,1設(shè)平面的一個法向量為n=x,y,z則AB?n=0AD?n因?yàn)辄c(diǎn)P為線段AB（含端點(diǎn)）上一動點(diǎn)，故設(shè)AP所以CP設(shè)直線CP與平面所成交為θ，所以，sinθ因?yàn)棣恕?,1，所以，235所以，直線CP與面所成角的正弦值的取值范圍105,③直線與平面所成角中探索性問題1．（2023春·福建漳州·高二?？计谥校┮阎苯侨切蜛BC中∠BAC=90°,CA=2AB=4，D、E分別是AC、BC邊中點(diǎn)，將△CDE和△BAE分別沿著DE，AE翻折，形成三棱錐，M是

(1)證明：PM⊥平面ADE；(2)若直線PM上存在一點(diǎn)Q，使得QE與平面PAE所成角的正弦值為14，求QM【答案】(1)證明見解析(2)QM=【詳解】（1）因?yàn)镈，E分別是AC，BC邊中點(diǎn)，所以DE//AB，因?yàn)椤螧AC＝90°，即AB⊥AC，所以DE⊥所以DE⊥AD，DE⊥CD，即DE⊥PD，因?yàn)锳D∩PD＝D，AD、PD?平面PAD，所以DE⊥平面PAD，又PM?平面PAD，所以PM⊥DE，由題意，PA=BA=2,PD=CD=12CA=2又M為AD中點(diǎn)，所以PM⊥AD，因?yàn)锳D∩DE＝D，AD、DE?平面ADE，所以PM⊥平面ADE．

（2）以M為原點(diǎn)，MD、MP分別為x，z軸，作My//DE，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由PA=PD=2，DE=12AB=1所以PA=(-1,0,-3),AE=(2,1,0)則n?PA=-x-3z=0設(shè)Q(0,0,t)，則QE=(1,1,因?yàn)镼E與平面PAE所成角的正弦值為14所以|t-34×2+t2|=2．（2023春·云南楚雄·高二?？计谀┤鐖D，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的對角線交于點(diǎn)F，G為SB的中點(diǎn)，∠ABC=∠BAD=π2，

(1)求證：BD//平面AEG.(2)求平面SCD與平面ESD所成銳二面角的余弦值；(3)在線段EG上是否存在一點(diǎn)，使得BH與平面SCD所成角的大小為π6？若存在，求出GH的長：若不存在，說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)6(3)3【詳解】（1）連接FG，因?yàn)樗倪呅蜸ADE為矩形，所以F為SD的中點(diǎn)，在△SBD中，F(xiàn)、G分別為SD，所以FG//BD，又因?yàn)槠矫鍭EG，BD?平面AEG，所以BD//平面AEG.（2）因?yàn)镾A⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以SA⊥AB，SA⊥又，所以AB⊥AD以AB，AD，AS為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)

則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，S(0,0,1)，E(0,2,1)，G，SC=(1,1,-設(shè)平面SCD的一個法向量為m=(x,y,z)則m?CD=-x+y=0m?SC=x+y-z=0所以平面SCD的一個法向量為m=(1,1,2)因?yàn)镾A⊥AB，AB⊥AD，SA∩AD=A，SA,AD?平面ESD，所以AB⊥平面ESD所以平面ESD的一個法向量為所以cosm所以平面SCD與平面ESD所成銳二面角的余弦值為66（3）GE=-1假設(shè)存在點(diǎn)，設(shè)GH=λGE則BH=由（2）知，平面SCD的一個法向量為m=(1,1,2)因?yàn)锽H與平面SCD所成角的大小為π6所以sinπ所以52λ+12故存在滿足題意的點(diǎn)，此時GH=GE3．（2023春·江西新余·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA=DC=1，E為線段PB的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段BC上的動點(diǎn).

(1)證明：AE⊥平面PBC；(2)若直線與平面PAB所成角的正弦值為55，求點(diǎn)P到平面AEF的距離.【答案】(1)證明見解析(2)6【詳解】（1）證明，因?yàn)镻A⊥底面ABCD，且BC?底面ABCD，所以PA⊥因?yàn)锳BCD為正方形，所以AB⊥又因?yàn)镻A∩AB=A，且PA,AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因?yàn)锳E?平面PAB，所以BC⊥由PA=DC=AB，E為線段PB的中點(diǎn)，所以AE⊥因?yàn)镻B∩BC=B且PB,BC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC.（2）解：因?yàn)镻A⊥底面ABCD，且AB⊥以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AB,AD,AP所在的直線分別為x軸，y軸和z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-則A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，所以E1設(shè)F(1,t,0)(t∈[0,1])，則因?yàn)閥軸⊥平面PAB，所以平面PAB的一個法向量為m所以，解得t=12，所以F又因?yàn)锳E=12設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z)，則AE取x=-1，可得y=2,z=1因?yàn)锳P=(0,0,1)，所以點(diǎn)P到平面AEF的距離為d=

4．（2023·四川宜賓·統(tǒng)考三模）如圖（1），在正三角形ABC中，D,E分別為AB,AC中點(diǎn)，將△ADE沿DE折起，使二面角為直二面角，如圖（2），連接AB,AC，過點(diǎn)E作平面EFG與平面平行，分別交BC,AC于F,G.(1)證明：EG⊥平面ABC；(2)點(diǎn)H在線段AD上運(yùn)動，當(dāng)FH與平面EFG所成角的正弦值為155時，求AHAD【答案】(1)證明見解析(2)12或【詳解】（1）作DE中點(diǎn)O，連接AO,OF,AF，D,E分別為AB,AC中點(diǎn)，則AD=AE,∴而二面角為直二面角，且平面ADE∩平面BCED=DE,AO?平面ADE，故AO⊥平面BCED，∵平面EFG∥平面ABD，平面EFG∩平面ABC=FG，平面ABD∩平面,∴AB同理BD∥由D,E分別為AB,AC中點(diǎn)，，則四邊形BDEF為平行四邊形，故DE=BF=12BC，∴F為BC中點(diǎn)，∴G而AE=EC，∴GE⊥∵AO⊥平面BCED，BC?平面BCED，∴AO⊥而OF⊥BC，AO∩FO=O,AO,FO?平面AOF，∴BC⊥平面AOF，AF?平面AOF，∴BC⊥AF，∴GF=GC=1由于EF=DB=EC，GE是公共邊，∴△GEC≌△GEF∴∠FGE=∠CGE=90°，即EG⊥又AC∩GF=G,AC,GF?平面ABC，∴EG⊥平面ABC.（2）由（1）知AO⊥平面BCED，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OF,OE,OA為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系O-令BC=4a，則O0,0,0,A0,0,3a,B3E0,a,0,F3a,0,0設(shè)AHAD=λ,λ∈[0,1]，Hx,y,z,AH=λ∴x=0y=-λaz=3a設(shè)平面EFG的法向量n=x1,y則3ax1-ay1FH=-3a,-λa,3a1-λ∴155=-35．（2023·吉林·統(tǒng)考三模）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABFE和四邊形CDEF均是等腰梯形，底面ABCD為矩形，AC與BD的交點(diǎn)為O，EF//平面ABCD，且EF與底面ABCD的距離為2，AE=ED,AB=(1)求證：FO∥平面ADE；(2)在線段上是否存在一點(diǎn)M，使得CM與平面ADE所成角的正弦值為21421．若存在，請確定點(diǎn)M【答案】(1)證明見解析;(2)存在；M是的中點(diǎn).【詳解】（1）證明：取AD中點(diǎn)，連接EH,HO．∵O是底面ABCD對角線AC與BD的交點(diǎn)，即BD的中點(diǎn)

∴HO∥12AB，HO=∵EF∥平面ABCD，EF?平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE=AB，∴EF∥∵AB=2EF．∴EF∥12AB，EF=12AB，故HO∥EF，HO＝EF∴FO∥∵EH?平面ADE，F(xiàn)O?平面ADE∴FO∥平面ADE.（2）∵AE=ED

∴EH∵，OH∩EH=H,且兩直線在平面內(nèi)，∴AD⊥平面EFOH.∵AD?平面ABCD

∴平面ABCD⊥平面EFOH在平面EFOH中，過O作OG⊥平面ABCD∩平面EFOH=HO

∴OG⊥平面ABCD.取AB中點(diǎn)N，取BC中點(diǎn)Q，連接ON,．以O(shè)為原點(diǎn)，ON,，OG所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，則A2,-2,0，B2,2,0，C-2,2,0，D-2,-2,0，設(shè)BM=λ∴M2-2λ,2-λ,設(shè)n=x,y,z是平面ADE的一個法向量∴-22x=0-2x+y+2設(shè)CM與平面ADE所成角為α∴sin化簡得：2λ2+λ-1=0

∴λ=當(dāng)M是BF的中點(diǎn)時，使得CM與平面ADE所成角正弦值為26．（2023·陜西西安·?？寄M預(yù)測）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為菱形，∠ABC=π3，AB=AP=2，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是線段PB，PD的中點(diǎn)，G(1)若PGPC=13，證明直線(2)若直線AG與平面AEF所成角的正弦值為1010，試確定PG【答案】(1)證明見解析(2)PGPC=【詳解】（1）（1）證明：取BC的中點(diǎn)M，連接AM，則AM⊥AD，分別以AM，AD，AP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz則A(0,0,0)，B3,-1,0，C3,1,0，P(0,0,2)，E設(shè)G(x,y,z)，因?yàn)镻G=13PC，所以x,y,z-2=133AE=32設(shè)平面AEF的法向量m=(a,b,c)，則AE?取m=所以AG?m=1+又因?yàn)锳∈平面AEF所以直線AG在平面AEF內(nèi)．（2）（2）設(shè)PG=λPC(0<λ<1)則sinAG解得λ=12或18，即PG2、平面與平面所成角問題①求平面與平面所成角定值問題1．（2023·山西運(yùn)城·山西省運(yùn)城中學(xué)校校考二模）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側(cè)面BB

(1)證明：平面ACB1⊥(2)求平面ACC1A1【答案】(1)證明見解析；(2)57【詳解】（1）如圖，連接，交于O，連接AO.因?yàn)閭?cè)面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥，且O為的中點(diǎn).又AB=BC=2，且∠CBB1=60°，所以CO=1,BO=3，所以AO=AC2-C因?yàn)锽O,CB1?平面BB1C1又AO?平面，所以平面ACB1⊥平面

（2）由（1）知，OA,OB,OB1兩兩互相垂直，因此以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB,OB1,OA所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則A(0,0,1)，B(故CC1=(-3,1,0)設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面設(shè)m=(x2,y2,z2)為平面ABC的一個法向量，則有m?CA=0m?CB=0所以cos<所以平面ACC1A1與平面

2．（2023·寧夏石嘴山·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，側(cè)面ADE⊥底面BCDE，底面BCDE為菱形，．

(1)若四棱錐的體積為1，求DE的長；(2)求平面ABE與平面ACD所成二面角的正弦值．【答案】(1)2(2)8【詳解】（1）如圖，過A作于G，連接CE，因?yàn)閭?cè)面ADE⊥底面BCDE，且側(cè)面ADE∩底面面ADE，所以AG⊥底面BCDE，設(shè)DE=a，因?yàn)?，所以，在菱形BCDE中，∠BCD=120°，則△BCE則SBCDE所以四棱錐的體積V=13解得DE=a=2；（2）取DE的中點(diǎn)O，連接OC，則OC⊥以O(shè)C的方向?yàn)閤軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，設(shè)平面ABE的法向量為m=則m?BE=-23x+2y=0設(shè)平面ACD的法向量為n=n?CD=-23x則cosm故平面ABE與平面ACD所成二面角的正弦值為1-

3．（2023·貴州黔東南·凱里一中?？寄M預(yù)測）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C

(1)證明：AC⊥(2)若，，∠ABC=120°，求二面角A-【答案】(1)證明見解析(2)-【詳解】（1）取AC的中點(diǎn)D，連接BD，B1∵AB=BC，AB1=B1又BD∩B1D=D，BD,B1D?平面而平面BB1；

（2）在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120可得BD=12AB=1在△AB1C中，AB1在△BB1D中，BD=1，B可得BD2+由（1）知，AC⊥平面BB1D，AC?平面ABC，所以平面ABC⊥又平面ABC∩平面BB1D=BD，B∴B1D⊥平面ABC，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DB、DC、DB1所在直線為x則B1,0,0，A0,-3,0，C，，，設(shè)平面ABB1與平面CBB1的一個法向量分別為由m?BA=-x1由n?BB1=-∴cos由圖可知，二面角A-∴二面角A-BB1-C4．（2023·福建三明·統(tǒng)考三模）如圖，平面五邊形ABCDE由等邊三角形ADE與直角梯形ABCD組成，其中AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2，CD=3，將△ADE沿AD折起，使點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)M的位置，且BM=a

(1)當(dāng)a=6時，證明AD⊥BM(2)已知點(diǎn)P為棱CM上靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn)，當(dāng)a=3時，求平面PBD與平面ABCD夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析，3(2)13【詳解】（1）如圖，取AD的中點(diǎn)O，連結(jié)MO，OB，

因?yàn)椤鰽DM為等邊三角形，且AD=2，則OM⊥AD，OM=3因?yàn)锳D∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2，CD=3所以，∠BDC=π6，那么∠BDA=π3所以O(shè)B⊥AD，OB=3因?yàn)镺M∩OB=O，OM，OB?平面MOB，所以AD⊥平面MOB，因?yàn)锽M?平面MOB，所以AD⊥因?yàn)锽M=a=6，所以O(shè)所以O(shè)M⊥因?yàn)镺A∩OB=O，OA，OB?平面ABCD，所以O(shè)M⊥平面ABCD.所以VM（2）由（1）知AD⊥平面MOB，以O(shè)A?OB所在直線分別為x軸?y軸，在平面MOB內(nèi)過O作OB的垂線作為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz

則B0,3,0，在△MOB中，因?yàn)锽M=a=3，所以cos∠由∠MOB∈0,π,過點(diǎn)M作直線OB的垂線，垂足為G，則∠MOG=所以MG=32，所以M設(shè)Px,y,z，因?yàn)镃P=1所以x=-23，y=32所以DP=13設(shè)平面PBD的法向量為n=則DP?不妨令x1=3，則y所以n不妨設(shè)平面ABCD的法向量為m=0,0,1，設(shè)平面PBD與平面ABCD則cosθ所以平面PBD與平面ABCD夾角的余弦值是13135．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在多面體ABCDMP中，四邊形ABCD是菱形，且有∠DAB=60°，AB=DM=1，PB=2，PB⊥平面ABCD，PB∥

(1)求證：AM//平面PBC；(2)求平面與平面PBC所成的銳二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)15【詳解】（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以AD∥又AD?平面PBC，BC?平面PBC所以平面PBC，因?yàn)镻B∥DM，PB?平面PBC，DM?平面PBC，所以DM//平面PBC，又因?yàn)锳D∩MD=D，AD,MD?平面ADM，所以平面ADM//平面PBC又AM?平面，所以AM//平面PBC．（2）取AB中點(diǎn)，連接DH,因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，且有∠DAB=60°，AB=1,所以三角形為正三角形，又AB中點(diǎn)為，所以DH⊥AB，DH=1又菱形ABCD中，，所以DH⊥因?yàn)镻B⊥平面ABCD，DH,DC?平面ABCD，所以PB⊥DC,PB⊥以D為原點(diǎn)，DH所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DM所在直線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，且∠DAB=60°，AB=DM=1，PB=2，PB⊥平面ABCD，PB∥所以C(0,1,0)，B32,12,0，所以，AP=(0,1,2)，BC=-3設(shè)平面AMP的法向量為n=則有n?AM=0取y1=2，得，z所以n=(0,2,設(shè)平面PBC的法向量為m=x2,y取y2=3，得x2所以m=(所以cos?令平面AMP與平面PBC所成的銳二面角為θ，則cos所以平面AMP與平面PBC所成的銳二面角的余弦值為155②求平面與平面所成角最值或范圍問題1．（2023·江蘇·高二專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，，E，F(xiàn)分別在棱PB，BC上．

(1)當(dāng)E為棱PB中點(diǎn)時，求證：AE⊥(2)當(dāng)F為棱BC中點(diǎn)時，求平面AEF與平面PDC所成的二面角余弦值的最大值．【答案】(1)證明見解析(2)310【詳解】（1）因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形，所以AB⊥AD，又因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB，AD?平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD．以{AB,AD則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．

當(dāng)E為棱PB中點(diǎn)時，E(1,0,1)，設(shè)F(2,a,0)(0≤則AE=(1,0,1)，EF所以AE?EF=1×1+0×a+1×(-1)=0（2）當(dāng)F為棱BC中點(diǎn)時，F(xiàn)(2,1,0)，設(shè)E(b,0,2-則AE=(b,0,2-b)，AF=(2,1,0)，PD=(0,2,-2)設(shè)平面PCD的法向量為n1=取z1=1，則是平面PCD設(shè)平面AEF的法向量為n2=取，則n2=(b-2,-2(b-2),b)是平面AEF設(shè)平面AEF與平面PDC所成角為α，則|cos令t=4-b∈[2,4]，則|cos所以當(dāng)1t=718，即b=10所以平面AEF與平面PDC所成的二面角余弦值的最大值為3102．（2023春·江蘇徐州·高二徐州高級中學(xué)?？计谥校┤鐖D1，在等邊△ABC中，點(diǎn)D，E分別為邊AB，AC上的動點(diǎn)，且滿足DE//BC，記.將△ADE沿DE翻折到△MDE位置，使得平面MDE⊥平面DECB，連接，MC得到圖2，點(diǎn)N為MC的中點(diǎn).

(1)當(dāng)EN//平面MBD時，求λ的值；(2)試探究：隨著λ值的變化，二面角B-MD-E的大小是否為定值？如果是，請求出二面角B-MD-E的正弦值；如果不是，請求出二面角B-MD【答案】(1)λ=(2)是，2【詳解】（1）取DE的中點(diǎn)O，連接AO并延長與BC相交，因?yàn)锳D=AE，DO=OE，所以AO⊥DE，即MO⊥又平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB=DE，MO?平面MDE，所以MO⊥平面DECB，建立如圖空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)BC=2，則M0,0,3λ，Dλ,0,0，E-λ,0,0，B所以EN=λ-12,設(shè)平面BMD的法向量為m=x,y,z，則令x=3，則y=-1，z=1，所以即m=3因?yàn)镋N∥平面MBD，所以EN⊥m，EN?（2）

由（1）知，m=3,-1,1同理可求平面EMD的一個法向量為n=cosm,n=m?且sinm,n=1-3．（2023秋·云南昆明·高二統(tǒng)考期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ADC=2π3，PD=DC=2BC=4，點(diǎn)E是線段AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在線段AP上且滿足AF=λAP(1)當(dāng)λ=13時，證明：PC//平面(2)當(dāng)λ為何值時，平面BFE與平面PBD所成的二面角的正弦值最小？【答案】(1)證明見詳解(2)λ=【詳解】（1）設(shè)AC∩因?yàn)锳E//BC，則AMCM若λ=13，即AF=所以MF//PC，MF?平面BFE，PC?平面BFE，故PC//平面BFE.（2）連接DB，由題意可得：AB=2AD=4,∠在△ABD中，由余弦定理DB即DB=23，可得AB2且PD⊥面ABCD，如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A2,0,0可得AP=設(shè)點(diǎn)Fa,b,c，則AF因?yàn)锳F=λAP，則a-2=-2λb=0c=4λ，解得可得EF=設(shè)平面BFE的法向量為n=x,y,z，則令x=43λ，則z=3由題意可得：平面PBD的法向量m=設(shè)平面BFE與平面PBD所成的二面角為θ，則cosθ由題意可知：λ∈當(dāng)λ=0時，則cosθ當(dāng)λ∈0,1時，則cos因?yàn)棣恕?,1，則1關(guān)于1λ的二次函數(shù)y=3λ當(dāng)，即λ=12時，3λ2-12可得cosθ綜上所述：cosθ所以當(dāng)λ=12時，cosθ取到最大值，sinθ即當(dāng)λ=12時，平面BFE與平面PBD4．（2023春·江蘇淮安·高二金湖中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖①所示，長方形ABCD中，AD=1，AB=2，點(diǎn)M是邊CD的中點(diǎn)，將△ADM沿AM翻折到△PAM，連接PB，PC，得到圖②的四棱錐P-(1)求四棱錐P-(2)設(shè)P-AM-D的大小為θ，若θ∈0,π2，求平面PAM【答案】(1)2(2)11【詳解】（1）取AM的中點(diǎn)G，連接PG，因?yàn)镻A=PM，則PG⊥當(dāng)平面PAM⊥平面ABCM時，P點(diǎn)到平面ABCM的距離最大，四棱錐P-ABCM的體積取得最大值，此時PG⊥平面ABCM，且PG=1底面ABCM為梯形，SABCM則四棱錐P-ABCM的體積最大值為13（2）連接DG，因?yàn)镈A=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD為P-AM-過點(diǎn)D作DZ⊥平面ABCD，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DZ所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1,0,0，M0,1,0，過P作PH⊥DG于點(diǎn)，由題意得PH⊥平面ABCM，設(shè)Px0,y0,z0，因?yàn)樗詘0=y所以P1所以AM=-1,1,0，設(shè)平面PAM的法向量為n1=x令z1=2設(shè)平面PBC的法向量為n2因?yàn)镃B=1,0,0，則x2=0cos可得n2設(shè)兩平面夾角為α，則cos=令t=1cosθ+1所以cosα因?yàn)閥=80t2+60t-9所以當(dāng)t=3時，cosα有最小值11所以平面PAM和平面PBC夾角余弦值的最小值為11115．（2023春·江蘇常州·高二校聯(lián)考階段練習(xí)）某人設(shè)計了一個工作臺，如圖所示，工作臺的下半部分是個正四棱柱ABCD-A1B1C1D1，其底面邊長為4，高為(1)若DB1⊥平面D2EF(2)若D1D2=3，當(dāng)點(diǎn)P在圓弧E2【答案】(1)5(2)6【詳解】（1）如圖，以D為原點(diǎn)，以DA,DC,DD2的方向分別為x軸，設(shè)D1則D0,0,0DB∵DB1⊥DB1，∵點(diǎn)P在圓弧E2則Pa,b,1+42，∴Pa+b2≤即a+b≤2a2+∴P∴點(diǎn)P與B1的最短距離為5（2）若D1D2=3，由（設(shè)∠E2D2P=α，Pa,b,4，則所以a+b=2sin又A1C1設(shè)平面PA1C則n?令x1=1，則取平面A1B1設(shè)平面與平面A1B1C則cosθ∵0∴sinθ>0則tanθ由a+b∈2,2，則∴二面角P-A1C③平面與平面所成角中探索性問題1．（2023·西藏日喀則·統(tǒng)考一模）如圖，已知直角梯形ABCD與ADEF，2DE=2BC=AD=AB=AF=2，AD⊥AF，ED//AF，AD⊥AB，BC//AD，G是線段上一點(diǎn).(1)平面ABCD⊥平面ABF(2)若平面ABCD⊥平面ADEF，設(shè)平面與平面ABF所成角為θ，是否存在點(diǎn)G，使得cosθ=1414，若存在確定【答案】(1)證明見解析(2)存在，點(diǎn)G為BF中點(diǎn)【詳解】（1）因?yàn)锳D⊥AF，AD⊥AB，AF∩AB=A，AF、AB?平面ABF，所以AD⊥平面ABF，又AD?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ABF.（2）由面ABCD⊥面ADEF，AD⊥AF，面ABCD∩面ADEF=AD，AF?面ADEF，所以AF⊥平面ABCD，AB在面ABCD內(nèi)，則AF⊥則C(2,1,0),E(0,2,1),F(0,0,2),B(2,0,0)，設(shè)FG=λFB,λ∈平面ABF的法向量為m=(0,1,0)，又CE設(shè)平面的法向量為n=(x,y,z)，則-2x+y+z=0取y=2-2λ，則n=故|cosθ|=|m?nmn|=2-2λ所以點(diǎn)G的坐標(biāo)為(1,0,1)，故存在點(diǎn)G為BF中點(diǎn)時使得cosθ2．（2023·上海長寧·上海市延安中學(xué)校考三模）已知△ABC和△ADE所在的平面互相垂直，AD⊥AE，AB=2，AC=4，∠BAC=120°，D是線段BC的中點(diǎn)，AD=3(1)求證：；(2)設(shè)AE=2，在線段AE上是否存在點(diǎn)F（異于點(diǎn)A），使得二面角A-BF-C的大小為45°【答案】(1)證明見解析(2)不存在，理由見解析【詳解】（1）BC2=ABD=7，則BD2又AD⊥AE，AE,AB?平面ABE，AE∩AB=A，故AD⊥平面ABE，BE?平面ABE，故，

（2）△ABC和△ADE所在的平面互相垂直，則平面ABC∩平面ADE=AD，AD⊥AE且AE?平面ADE，故AE⊥平面ABC，如圖所示：以AB,AD,AE分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則A0,0,0，B2,0,0，C-2,23,0平面ABF的一個法向量為n1設(shè)平面的一個法向量為n2=x,y,z，則取x=a得到n2則cosn1,n綜上所述：不存在點(diǎn)F，使二面角A-BF-C的大小為45°3．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中?？寄M預(yù)測）在長方體ABCD-A1B1C1D1

(1)求證：平面AA1C1(2)若點(diǎn)E為棱上靠近點(diǎn)C的三等分點(diǎn)，求點(diǎn)P在棱C1D1上什么位置時，平面BDE與平面PBD夾角的余弦值為【答案】(1)證明見解析(2)點(diǎn)P為棱C1D1【詳解】（1）在長方體ABCD-A1B1C∴BD⊥AC，又AA1⊥面ABCD，BD?面ABCD，∵，且AC，AA1?面∴BD⊥面AA1C1C，∵BD?面BDP，∴（2）

以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)CC1=3，∴AB=6，∴D(0,0,0)，B(6,6,0)設(shè)點(diǎn)P(0,a,3)，0≤a≤6，則DE=(0,6,1)，DP=(0,a,3)設(shè)面BDE一個法向量為m=(x,y,z)則DB?m=0DE?m=0即6x+6y=06y+z=0，令設(shè)面PBD的一個法向量為n=(p,q,r)則DB?n=0DP?n=0即6p+6q=0aq+3r=0，取6219∴15a2+38a-53=0，或∵0≤a∴點(diǎn)P為棱C1D1面BDE與面PBD夾角的余弦值為.4．（2023·福建寧德·?？寄M預(yù)測）如圖，已知多面體EACBD中，EB⊥底面ACBD，EB=1，AB=2，其中底面由以AB為直徑的半圓ACB及正三角形ABD組成

(1)若BC=1，求證:BC∥平面ADE.(2)半圓AB上是否存在點(diǎn)M，使得二面角M-AE-D是直二面角?若存在，求出AMBM的值；若不存在，請說明理由【答案】(1)證明見詳解(2)存在，AM【詳解】（1）由題意可得：AC⊥BC，則sin∠且∠CAB為銳角，則∠CAB=30因?yàn)槿切蜛BD為正三角形，則∠DAB=60可得∠DAC=∠DAB+所以AD//BC，AD?平面ADE，BC?平面ADE可得BC∥平面ADE.（2）如圖，以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB為x軸，AB的中垂線為y軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1,0,0可得AE=設(shè)平面ADE的法向量n=x,y,z，則令x=3，則y=-1,z=23，即設(shè)Mcosθ,sinθ因?yàn)锳M=cosθ令a=sinθ，則y=1-cos若二面角M-AE-D是直二面角，則n?整理得53聯(lián)立方程，解得sinθ=53因?yàn)棣取?,π，則sinθ>0所以AM=-可得當(dāng)AMBM=557

5．（2023·江蘇南京·南京師大附中?？寄M預(yù)測）如圖（1），平面四邊形ABCD由正三角形和等腰直角三角形BCD組成，其中，∠BDC=90°．現(xiàn)將三角形繞著BD所在直線翻折到三角形PBD位置（如圖（2）），且滿足平面PBD⊥平面PCD．

(1)證明：CD⊥平面PBD；(2)若點(diǎn)Q滿足，當(dāng)平面BCQ與平面PCD夾角的余弦值為3131時，求λ的值．【答案】(1)證明見解析(2)λ=【詳解】（1）證明：取PD的中點(diǎn)M，連結(jié)BM，在正三角形PBD中，有BM⊥又因?yàn)槠矫鍼BD⊥平面PCD，平面PBD∩平面PCD=PD，BM?平面PBD，所以BM⊥平面PCD，

又因?yàn)镃D?平面PCD，所以BM⊥在等腰直角三角形BCD中，有BD⊥又因?yàn)锽D∩BM=B，且BD,BM?平面PBD，所以CD⊥平面PBD．

（2）取BD的中點(diǎn)O，連結(jié)PO，在正三角形PBD中，有PO⊥由（1）可知CD⊥平面PBD，又因?yàn)镻O?平面PBD，所以PO⊥又因?yàn)锽D∩CD=D，且BD,CD?平面BCD，所以PO⊥平面BCD．取BC的中點(diǎn)N，連結(jié)NO，因?yàn)辄c(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，所以，又因?yàn)镃D⊥BD，所以NO⊥BD因?yàn)镻O⊥平面BCD，BD,NO?平面BCD，所以PO⊥BD，，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，ON，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B(1,0,0)，D(-1,0,0)，P(0,0,3)，所以PD=-1,0,-3，BC因?yàn)?，所以，所以，所以QB=設(shè)平面BCQ的法向量為m=(x,y,z)則QB?令x=3-3λ，則則m設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z)則PD?令x=3，則y=0，z=-1，所以n由題意可知，cos?m整理得，所以λ=23，λ=又因?yàn)棣恕?2,1

3、體積（距離）問題1．（2023·江蘇徐州·?？寄M預(yù)測）在三棱臺ABC-DEF中，G為AC中點(diǎn)，AC=2DF，AB⊥BC，BC⊥

(1)求證：BC⊥平面DEG；(2)若AB=BC=2，CF⊥AB，平面EFG與平面ACFD所成二面角大小為π3，求三棱錐E【答案】(1)證明見解析(2)1【詳解】（1）在三棱臺ABC-DEF中，G為AC中點(diǎn)，則AC=2GC，又AC=2DF，則GC=DF，又AC//DF，∴四邊形GCFD為平行四邊形，則∵BC⊥CF，∴BC⊥DG，又DE//AB，∴BC⊥DE，∵DE,DG?平面DEG，DE∩DG=D，∴BC⊥平面DEG．（2）∵CF⊥AB，DG//CF，∴又∵DG⊥BC，AB,BC?平面ABC，AB∩BC=B，∴DG⊥平面ABC，∵AB=BC=2，AB⊥BC，G為AC中點(diǎn)，∴GB⊥以{GB,GC則G(0,0,0)，，，C(0,2,0)，D(0,0,m)，m>0，F(xiàn)(0,2GE=設(shè)平面EFG的一個法向量為n=(x,y,z)則n⊥令z=-2，y=m，，則n=(m,m,-2)，又平面ACFD則cos<m,n>=|∵DG⊥平面ABC，平面ABC//平面DEF，DG⊥平面DEF，∴VE

2．（2023·江蘇蘇州·模擬預(yù)測）在如圖所示的圓錐中，已知P為圓錐的頂點(diǎn)，O為底面的圓心，其母線長為6，邊長為33的等邊△ABC內(nèi)接于圓錐底面，OD=λOP

(1)證明：平面DBC⊥平面DAO；(2)若E為AB中點(diǎn)，射線OE與底面圓周交于點(diǎn)M，當(dāng)二面角A-DB-C的余弦值為519時，求點(diǎn)M到平面BCD的距離【答案】(1)證明見解析(2)12【詳解】（1）因?yàn)镻為圓錐的頂點(diǎn)，O為底面的圓心，所以PO⊥面ABC.又因?yàn)锽C?面ABC，所以PO⊥BC，即DO⊥因?yàn)镺為△ABC外接圓圓心，且△ABC為正三角形，所以O(shè)A⊥又因?yàn)镺A∩OD=O且OA，OD?面AOD，所以BC⊥面AOD，因?yàn)锽C?面BCD，所以面DBC⊥面DAO.（2）作OG∥BC交AB于G，取BC中點(diǎn)為F.因?yàn)镺A⊥BC，OG∥BC，所以O(shè)F⊥因?yàn)镺D⊥面ABC，OG，OF?面ABC，所以O(shè)D⊥OG，OD⊥如圖，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OG，OF，OD所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-因?yàn)镻A=6，AB=33，所以AO=3，，所以O(shè)0,0,0，A0,-3,0，B332由OD=λOP，得D0,0,33λBC=-33設(shè)面的法向量為m=x1,取y1=3λ，則z1設(shè)面BCD的法向量為n=x2取y2=63λ，則z2由cosm,n解得λ=23，所以D0,0,2又因?yàn)镸332所以M到面BCD的距離d=DM

3．（2023·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在多面體ABCC1A1B1中，四邊形BB1

(1)若A1為AB的中點(diǎn)，求證：直線AC//平面(2)若點(diǎn)A1在棱AB1上且AA1【答案】(1)證明見詳解(2)4【詳解】（1）連接，設(shè)CB1∩BC1=D，由題意可得D因?yàn)锳1,D分別為AB1,CBA1D?平面A1BC所以直線AC//平面A

（2）由題意可得：，AB∩BC=B，AB,BC?平面ABC，所以BB1⊥取AB的中點(diǎn)，連接CH，因?yàn)椤鰽BC是正三角形，則CH⊥又因?yàn)锽B1⊥平面ABC，CH?平面ABCAB∩BB1=B，AB,B所以CH⊥平面ABB如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，HA,HC為x軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，可得，設(shè)平面A1BC1的法向量令，則，即n=2,-所以點(diǎn)C到平面A1BC

4．（2023·北京通州·統(tǒng)考三模）如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD,AB=AD，O為BD

(1)證明：OA⊥(2)若△BCD是等腰直角三角形，∠BDC=90°，CD=2，點(diǎn)E在棱AD上（與A，D不重合），若二面角E-BC-D的大小為45°，求點(diǎn)D【答案】(1)證明見解析.(2)1.【詳解】（1）證明：因?yàn)锳B=AD，O為BD的中點(diǎn)，所以AO⊥又因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO?平面ABD所以AO⊥平面BCD又因?yàn)镃D?平面BCD所以AO⊥（2）設(shè)BC的中點(diǎn)為F，則OF//CD，又因?yàn)椤螧DC=90以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)F，OD，OA所在直線為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

因?yàn)椤鰾CD是等腰直角三角形，∠BDC=90°，CD=2，所以又因?yàn)锳B⊥AD,AB=AD，O為BD的中點(diǎn)，根據(jù)直角三角形性質(zhì)可得，OA=OB=OD=1則O0,0,0，A0,0,1，B0,-1,0，C設(shè)AE=λAD0<λ<1由題意可知是平面BCD的一個法向量，OA=0,0,1設(shè)平面BCE的一個法向量為n=x,y,z，BC=則有n?BC=0n?BE=0，即2x+2y=0則平面BCE的一個法向量為n=根據(jù)二面角E-BC-D的大小為45°可得，解得1+λ1-λ=2，即n所以點(diǎn)D到平面BCE的距離d=n5．（2023·廣東廣州·廣州六中校考三模）四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，AB=AD=2BC=2，∠ABC=60°，PA⊥CD，PD⊥AC，點(diǎn)E是棱PD上靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)．(1)證明：PA⊥平面ABCD；(2)若平面PAC與平面EAC的夾角的余弦值為31010，求四棱錐【答案】(1)證明見解析(2)3【詳解】（1）依題意，在△4BC中，∠ABC=6由余弦定理可得AC=A則AC2+BC∵AD∥BC，∴，又PD⊥AC,PD∩AD=D,PD,AD?平面PAD，∴AC⊥平面PAD，∵PA?平面PAD，∴AC⊥又PA⊥CD，CD∩AC=C,CD,AC?平面ABCD,故PA⊥平面ABCD；（2）以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC,AD,AP的方向分別為x軸，設(shè)AP=m，則A(0,0,0),C(3,0,0),D(0,2,0),P(0,0,m)，由（1）可知，AC⊥PA,PA⊥AD,PA∩AC=A,PA,AC?平面PAC,故AD⊥平面PAC，∴平面PAC的一個法向量為AD=(0,2,0)設(shè)平面EAC的法向量為n=(x,y,z)，且，，則n?取z=-1，所以因?yàn)槠矫鍼AC與平面EAC的夾角的余弦值為310所以|cos?AD所以四棱錐P-ABCD的體積為14、折疊問題1．（2023·全國·高二課堂例題）如圖（1），在等腰梯形ABCD中，M，N分別是AD，AE的中點(diǎn)，AE=BE=BC=CD=4，EF=λEB0≤λ≤1，將△ADE沿著DE折起，使得點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)P的位置，平面PDE⊥平面

(1)若PC//平面MNF，求λ(2)若CQ=23CP，平面DEQ⊥平面(3)若平面MNF與平面BCDE所成角的余弦值為1010，求λ(4)若點(diǎn)C到平面MNF的距離為3155，求【答案】(1)1(2)1(3)1(4)1【詳解】（1）取DE的中點(diǎn)O，連接OC，OA，CE，由條件可知，四邊形AECD和EBCD是平行四邊形，且AE=EB=BC=CD=AD，所以△ADE，△DCE，△BCE所以折起后，OC⊥DE，PO⊥DE．因?yàn)槠矫鍼DE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE=DE，PO?平面PDE所以PO⊥平面BCDE，因?yàn)镺C?平面BCDE，所以PO⊥OC所以O(shè)E，OC，OP兩兩垂直，則以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)E，OC，OP的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

因?yàn)镻E=BE=BC=CD=4，所以B4,23,0，E2,0,0，M-1,0,3，所以PC=0,23,-23因?yàn)镋F=λEB=所以NF=設(shè)