【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题1.11 空间角的向量求法大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(51)页，1.127 MB，由小赞的店铺上传

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专题1.11空间角的向量求法大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第一册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022•松江区校级开学）在三棱锥A﹣BCD中，已知CB＝CD=√5，BD＝2，O

为BD中点，AO⊥平面BCD，AO＝2．（1）求三棱锥A﹣BCD的体积；（2）若点E、F分别为AC、BC的中点，求直线AD与平面DEF所成角的大小．【解题思路】（1）先求出底面积S△BCD＝2，证明出AO⊥平面BCD，即可求体积；（2）以OB，OC，OA所在的直线

分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．用向量法求解．【解答过程】解：（1）连接OC，在△BCD中，因为CB＝CD=√5，BD＝2，O为BD中点，所以OC⊥BD，所以OC=√𝐶𝐵2−𝐵𝑂2=2，且S△BCD=12𝐵𝐷⋅𝑂𝐶

=2．因为AO⊥平面BCD，且AO＝2，即三棱锥A﹣BCD的高为2，所以三棱锥A﹣BCD的体积为V=13𝑆△𝐵𝐶𝐷⋅𝐴𝑂=13×2×2=43．（2）由（1）知，OC⊥BD且AO⊥平面BCD，以OB，OC，OA所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建

立空间直角坐标系．如图所示，可得A（0，0，2），B（1，0，0），C（0，2，0），D（﹣1，0，0）．因为点E，F分别为AC，BC的中点，所以E（0，1，1），F（12，1，0）．所以𝐷𝐴→=(1，0，2)，𝐷𝐸→=

(1，1，1)，𝐷𝐹→=(32，1，0)．设平面DEF的法向量为𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑛→⋅𝐷𝐸→=𝑥+𝑦+𝑧=0𝑛→⋅𝐷𝐹→=32𝑥+𝑦=0，取y＝﹣3，可得x＝2，z＝1，即𝑛→=(2，−3，1)，设直线AD与平面DEF所成角为

θ，可得sinθ=|𝐷𝐴→⋅𝑛→||𝐷𝐴→||𝑛→|=4√5⋅√14=2√7035．所以直线AD与平面DEF所成角为arcsin2√7035．2．（2022秋•南昌月考）如图，四边形ABCD中，AB＝AD＝2√2，BC＝CD＝4且AB⊥AD，△BCD沿

着BD翻折，当三棱锥C﹣ABD体积最大值时．（1）求此时三棱锥C﹣ABD的体积；（2）求此时直线AD与平面ABC夹角的正弦值．【解题思路】（1）当平面ABD⊥平面BCD时，体积最大，取BD中点O，根据面面垂直的性质可证AO⊥平面BCD，根据长度关系计算可得体积；（2）根据已知条件建立空间直角坐标

系，将问题转化为向量夹角问题求解．【解答过程】解：（1）△BCD沿BD折叠，当平面ABD⊥平面BCD时，体积最大，由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，取BD中点O，AO⊥BD，则AO⊥平面

BCD，又𝐴𝐵=𝐴𝐷=2√2，𝐵𝐶=𝐶𝐷=4且AB⊥AD，则BD＝4，则△BCD为正三角形，在△BCD中，BD边上的高为2√3，则三棱锥C﹣ABD体积最大值时，高为2√3，𝑉𝐶−𝐴𝐵𝐷=13×12×2√2×2√2×2√3=8√33；（2）由（1

）可知AO⊥平面BCD，可建立如图所示的空间直角坐标系，A（2，0，0），D（0，2，0），B（0，﹣2，0），C（0，0，2√3)，则𝐴𝐷→=(−2，2，0)，𝐴𝐵→=(−2，−2，0)，𝐴𝐶→=(−2，0，2√3)，设平面ABC的法向量为𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{�

�→⋅𝐴𝐵→=0𝑛→⋅𝐴𝐶→=0，得{−2𝑥−2𝑦=0−2𝑥+2√3𝑧=0，令𝑧=√3，则{𝑥=3𝑦=−3，则𝑛→=(3，−3，√3)，设直线AD与平面ABC夹角为θ，则𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑐𝑜𝑠＜𝐴𝐷→，𝑛→＞|=|𝐴𝐷→⋅𝑛

→|𝐴𝐷→|⋅|𝑛→||=122√2×√21=√427．3．（2022秋•五华区校级月考）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，ED⊥平面ABCD，平面FBC⊥平面ABCD，BF⊥CF，DE＝AD

＝2．（1）求多面体ABCDEF体积的最大值；（2）当多面体ABCDEF体积取最大值时，求直线DF与平面EBC所成角．【解题思路】（1）由已知可求四棱锥E﹣ABCD的体积为V=83，进而可求得VE﹣BC

F的最大值，再求出多面体ABCDEF体积的最大值；（2）以D为原点，DA，DC，DE所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面EBC的法向量与直线DF的方向向量，再求出直线DF与平面EBC所成角．【解答过程】解：（1）∵四边

形ABCD是正方形，ED⊥平面ABCD，∴四棱锥E﹣ABCD的体积为V=13×2×2×2=83，过点F作FH∥BC交BC于点H，如图所示，∵平面FBC⊥平面ABCD，平面FBC∩平面ABCD＝AC，∴FH⊥B

C，FH⊂平面FBC，∴FH⊥平面FBC，∴ED∥FH，又FH⊂平面FBC，ED⊄平面FBC，∴ED∥平面FBC，而DC⊥BC，FH∩BC＝C，FH，BC⊂平面FBC，∴DC⊥平面FBC，∴VE﹣BCF＝VD﹣BCF

=23S△BCF=13BF×CF，在Rt△BCF中，BF2+CF2＝BC2＝4≥BF×CF，∴当且仅当BF＝CF＝2时，有最大值2，VE﹣BCF有最大值，∴多面体ABCDEF体积有最大值为103．（2）以D为原点，DA，DC，

DE所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，可知D（0，0，0），E（0，0，2），B（2，2，0），C（0，2，0），当BF＝CF时，F（1，2，1），设平面EBC的法向量为𝑛→=（x，y，z），𝐸𝐵→=（2，2，﹣2），𝐶𝐵→=（2，0，0），

𝐷𝐹→=（1，2，1），则{𝑛→⋅𝐶𝐵→=2𝑥=0𝑛→⋅𝐸𝐵→=2𝑥+2𝑦−2𝑧=0，令z＝1，则𝑛→=（0，1，1）．设直线DF与平面EBC所成角为θ，∴sinθ＝|cos＜

𝑛→，𝐷𝐹→＞|=|𝑛→⋅𝐷𝐹→||𝑛→|⋅|𝐷𝐹→|=3√2×√6=√32，故直线DF与平面EBC所成角为𝜋3．4．（2022秋•安徽月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面

ABCD，PA＝AB，PD＝3FD，BE＝3EP．（1）求证：AE⊥FC；（2）求AE与平面ACF所成角的余弦值．【解题思路】（1）建系，将线线垂直的证明转化成两直线的方向向量垂直的证明，然后再转化成证明向量数量积等于零；（2）建系，将线面角转成直线的方向向量与平面的法向量所成

角，然后再利用空间向量的夹角公式即可求解．【解答过程】解：建立如图的空间右手直角坐标系，设PA＝AB＝12，则根据题意可得A（0，0，0），E（3，0，9），C（12，12，0），F（0，8，4），∴𝐴𝐸→=（3，0，9），𝐹𝐶→=（12，4，﹣4），𝐴𝐶→=（12，12，0）

，（1）证明：∵𝐴𝐸→⋅𝐹𝐶→=3×12+0×4+9×（﹣4）＝0，∴AE⊥FC；（2）设平面ACF的法向量为𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑛→⋅𝐹𝐶→=12𝑥+4𝑦−4𝑧=0𝑛→⋅𝐴𝐶→=12

𝑥+12𝑦=0，设x＝1，则y＝﹣1，z＝2，∴𝑛→=(1，−1，2)，设AE与平面ACF所成角为θ，又𝐴𝐸→=（3，0，9），∴sinθ＝|cos＜𝐴𝐸→，𝑛→＞|=|𝐴𝐸→⋅𝑛→||𝐴𝐸→||𝑛→|=21

√90×√6=7√60，∴cosθ=√1−𝑠𝑖𝑛2𝜃=√1−4960=√16530，故AE与平面ACF所成角的余弦值为√16530．5．（2021秋•吉阳区校级月考）在六面体PABCDE中，PA⊥平面ABCD，ED⊥平面ABCD，且PA＝2ED，底面ABC

D为菱形，且∠ABC＝60°．（1）求证：BD⊥平面PAC．（2）若PA＝AC，求直线BD与平面ACE所成的角是多少．【解题思路】（1）连接BD，交AC于点O，进而PA⊥BD．再求出BD⊥AC，从而BD⊥平面PAC．（2）以点O

为原点，OB，OC，OF分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，利用向量法求出直线BD与平面ACE所成角的正弦值．【解答过程】证明：（1）连接BD，交AC于点O，∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，∵PA∩AC＝A，∴BD

⊥平面PAC．（2）解：设AC＝PA＝2．∵底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°．∴△ABC为等边三角形．因为PA⊥平面ABCD，OB⊥OC，故以点O为原点，OB，OC分别为x，y轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz（如图）．则O（0，0，0），

P（0，﹣1，2），C（0，1，0），D（−√3，0，0），E（−√3，0，1），B（√3，0，0）则𝑂𝐶→=（0，1，0），𝑂𝐸→=（−√3，0，1），𝐵𝐷→=（﹣2√3，0，0），设平面ACE的法向量为𝑛→=（x，y，z），则{𝑛→⋅𝑂𝐸→=−√3

𝑥+𝑧=0𝑛→⋅𝑂𝐶→=𝑦=0，可得𝑛→=（1，0，√3），设直线BD与平面ACE所成为θ，∴sinθ＝|cos＜𝑛→，𝐵𝐷→＞|＝|−2√32√3×2|=12，∴直线BD与平面ACE所成角的正

弦值为12．6．（2021秋•盘龙区月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥DC，E为线段PD的中点，已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°．（1）证明：直线PB∥平面ACE；（2）求直线PB与平面PCD所

成角的正弦值．【解题思路】（1）连接BD交AC于点H，连接HE，可证HE∥PB，从而可证PB∥平面ACE，（2）作Ax⊥AP，建立如图所示的空间直角坐标系，求得平面PCD的一个法向量，利用向量法求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．【

解答过程】（1）证明：连接BD交AC于点H，连接HE，∵AB∥DC，AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴H是AC的中点，又E为线段PD的中点，∴HE∥PB，又HE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE

，∴直线PB∥平面ACE，（2）解：∵AB⊥平面PAD，作Ax⊥AP，建立如图所示的空间直角坐标系，由已知PA＝AB＝AD＝CD＝2，∠PAD＝120°，得B（0，0，2），P（0，2，0），D（√3，﹣1，0），C（√3，﹣1，2），∴𝑃𝐵→=

（0，﹣2，2），𝑃𝐷→=（√3，﹣3，0），𝐶𝐷→=（0，0，﹣2），设平面PCD的一个法向量为𝑛→=（x，y，z），则{𝑛→⋅𝐶𝐷→=0𝑛→⋅𝑃𝐷→=0，得{−2𝑧=0√3𝑥−3𝑦=0，不妨取𝑛→=（√3，1，0），∴c

os＜𝑃𝐵→，𝑛→＞=𝑃𝐵→⋅𝑛→|𝑃𝐵→|⋅|𝑛→|=−22√2×2=−√24，所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为√24．7．（2021秋•云南期末）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABC

D为平行四边形，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB，PA⊥PD，求直线PA与平面PBC所成角的余弦值．【解题思路】（1）先证明AB⊥平面PAD，从而可得证明结

论．（2）分别取AD，BC的中点O，H，连接PO，OH，先证明PO，OH，AD两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．【解答过程】（1）证明：∠BAP＝∠CDP＝90°，∴AB⊥AP，CD⊥PD，AB∥CD∴AB⊥PD，又∵AP⋂PD＝

P，AP⊂平面PAD，PD⊂PAD，AB⊥平面PAD，由AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD．（2）解：分别取AD，BC的中点O，H，连接PO，OH，则OH∥AB，OH⊥平面PAD，∵PA＝PD

，∴PO⊥AD，∴PO，OH，AD两两垂直，如图，以O为原点，OA，OH，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，设PA＝PD＝AB＝2，由PA⊥PD，∴𝐴𝐷=2√2，𝑃𝑂=√2，则𝐴(√2，0，0)，𝐵(√2，2，0)，𝐶(−√2，2，

0)，𝑃(0，0，√2)，∴𝑃𝐵→=(√2，2，−√2)，𝑃𝐶→=(−√2，2，−√2)，设平面PBC的法向量𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑛→⋅𝑃𝐵→=0𝑛→⋅𝑃𝐶→=0，即{√2𝑥+2𝑦−√2𝑧=0−√2𝑥+2𝑦−√2𝑧=0，取

x＝0，𝑦=1，𝑧=√2，∴平面PBC的法向量𝑛→=(0，1，√2)，𝑃𝐴→=(√2，0，−√2)，设直线PA与平面PBC所成角θ，∴𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑛→⋅𝑃𝐴→|𝑛→|⋅|𝑃𝐴→||=|0+0−2√3×2|

=√33，即𝑐𝑜𝑠𝜃=√63，∴直线PA与平面PBC所成角的余弦值为√63．8．（2022春•巫山县校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝4．A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D．且BA1⊥AC1．

（1）求证：AC1⊥平面A1BC；（2）求二面角B1﹣A1B﹣C的余弦值．【解题思路】（1）A1在底面ABC上的射影为AC的中点D，平面A1ACC1⊥平面ABC，BC⊥AC，可得BC⊥平面A1ACC1，BC⊥AC1，进而证明AC1⊥平面A1BC．（2）如图所示，以C为坐

标原点建立空间直角坐标系，平面A1AB的法向量𝑛→=（√3，√3，1），平面A1BC的法向量𝐴𝐶1→=（﹣6，0，2√3），利用cos＜𝑛→，𝐴𝐶1→＞=𝐴𝐶1→⋅𝑛→|𝐴𝐶1→|⋅|𝑛→|即可得出．【解答过程】（1

）证明：∵A1在底面ABC上的射影为AC的中点D，∴平面A1ACC1⊥平面ABC，∵BC⊥AC且平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴BC⊥平面A1ACC1，∴BC⊥AC1，∵AC1⊥BA1且BC∩BA1＝B，∴AC1⊥

平面A1BC．（2）解：如图所示，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，∵AC1⊥平面A1BC，∴AC1⊥A1C，∴四边形A1ACC1是菱形，∵D是AC的中点，∴∠A1AD＝60°，∴A（4，0，0），A1（2，0，2√3），B（0，4，0），C1（﹣2，0，2√3），∴𝐴1𝐴→=（2，0，﹣2√

3），𝐴𝐵→=（﹣4，4，0），设平面A1AB的法向量𝑛→=（x，y，z），∴{𝑛→⋅𝐴1𝐴→=2𝑥−2√3𝑧=0𝑛→⋅𝐴𝐵→=−4𝑥+4𝑦=0，取𝑛→=（√3，√3，1），平面A1AB的法向量𝑛→=（√3，√3，1）

，平面A1BC的法向量𝐴𝐶1→=（﹣6，0，2√3），∴cos＜𝑛→，𝐴𝐶1→＞=𝐴𝐶1→⋅𝑛→|𝐴𝐶1→|⋅|𝑛→|=−√77，设二面角A﹣A1B﹣C的平面角为θ，θ为钝角，∴cosθ=−√77，∴二面角A﹣A1B

﹣C的余弦值为−√77．9．（2022春•响水县校级期中）如图所示，在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE的中点，AB＝CE．（1）求异面直线EO与AF所成角的余弦值；（2）求AF与平面EBD所成角的正弦值．【解题思路

】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线EO与AF所成角的余弦值．（2）利用向量法求得AF与平面EBD所成角的正弦值．【解答过程】解：（1）四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，所以三角形ACD和三角形ABC是等边三角形，设G是AD的中点，连接CG，则CG⊥AD，CG⊥

BC，由于EC⊥平面ABCD，所以EC⊥BC，EC⊥CG．以CG为x轴、CB为y轴、CE为z轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，设菱形ABCD的边长为2，可得CE＝2，可得E（0，0，2），A（√3，1，0），O（√32，12，0），F（0，1

，1），可得：𝐸𝑂→=(√32，12，−2)，𝐴𝐹→=(−√3，0，1)，设异面直线EO与AF所成角为θ，可得：𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝐸𝑂→⋅𝐴𝐹→|𝐸𝑂→|⋅|𝐴𝐹→||=|√32×(

−√3)+12×0+(−2)×1√(√32)2+(12)2+(−2)2×√(−√3)2+(0)2+(−1)2|=|−722√5|=7√520．（2）D（√3，﹣1，0），B（0，2，0），E（0，0，2），可得𝐷𝐵→=(−√3，3，0)

，𝐵𝐸→=(0，−2，2)，设平面EBD的一个法向量为𝑛→，可得𝐷𝐵→⋅𝑛→=−√3𝑥+3𝑦=0，𝐵𝐸→⋅𝑛→=−2𝑦+2𝑧=0，可得𝑛→的值可为(√3，1，1)，由𝐴𝐹→=(−√3，0，1)，可得AF与平面EBD所成角的正弦值为：|𝑛→⋅𝐴𝐹→|𝑛→

|⋅|𝐴𝐹→||=|−2√5×√4|=2√5×√4=√55．10．（2022•南京模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中AD∥BC，AD＝3，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，且PA＝3．点M在棱PD上

，点N为BC中点．（1）证明：若DM＝2MP，则直线MN∥平面PAB；（2）求平面CPD与平面NPD所成角的正弦值．【解题思路】（1）取𝐴𝑄=13𝐴𝐷，利用平行线分线段成比例和平行四边形的性质，结合线面平行的判定可证得MQ∥平面PAB，QN∥平面PAB，由面面平行的判定与性质可证得结论

；（2）以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得所求角的余弦值，由余弦值可求得正弦值．【解答过程】解：（1）证明：在AD上取一点Q，使得𝐴𝑄=13𝐴𝐷，连接MQ，NQ，∵𝑄𝐷𝐴𝐷=𝐷𝑀𝐷𝑃=23，∴MQ∥AP

，又MQ⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴MQ∥平面PAB；∵𝐴𝑄=13𝐴𝐷=1，𝐵𝑁=12𝐵𝐶=1，AD∥BC，∴AQ∥BN，AQ＝BN，∴四边形ABNQ为平行四边形，∴AB∥QN，又QN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，∴QN∥平面PAB，

又MQ∩QN＝Q，MQ，QN⊂平面MNQ，∴平面MNQ∥平面PAB，又MN⊂平面MNQ，∴MN∥平面PAB；（2）由题意可建立如图的空间右手直角坐标系，则C（2，2，0），P（0，0，3），D（0，3

，0），N（2，1，0），∴𝑃𝐶→=(2，2，−3)，𝑃𝐷→=(0，3，−3)，𝐷𝑁→=(2，−2，0)，设平面CPD的法向量𝑛1→=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)，则{𝑃𝐶→⋅𝑛1→=2𝑥1+2𝑦1−3𝑧1=0𝑃𝐷→⋅𝑛1→=3𝑦1−3𝑧1=0，

令z1＝2，解得y1＝2，x1＝1，∴𝑛1→=(1，2，2)；设平面NPD的法向量𝑛2→=(𝑥2，𝑦2，𝑧2)，则{𝐷𝑁→⋅𝑛2→=2𝑥2−2𝑦2=0𝑃𝐷→⋅𝑛2→=3𝑦2−3𝑧2=0

，令x2＝1，解得y2＝1，z2＝1，∴𝑛2→=(1，1，1)；∴|𝑐𝑜𝑠＜𝑛1→，𝑛2→＞|=|𝑛1→⋅𝑛2→||𝑛1→|⋅|𝑛2→|=53√3=5√39，∴平面CPD与平面NPD所成角的正弦值为√1−(5√39)2=√69．11．（2022秋•安徽月考）如图

，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．（1）求证：AB⊥B1C；（2）若∠B1BC＝60°，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．【解题思路】（1

）推导出B1C⊥BC1，AO⊥B1C，从而B1C⊥平面AOB，由此能证明B1C⊥AB．（2）设O为原点，OB1为x轴，OC1为y轴，OA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A1﹣B1C1﹣A的余弦值．【解答

过程】（1）证明：因为AO⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，所以AO⊥B1C．因为BC＝BB1，四边形BB1C1C是平行四边形，所以四边形BB1C1C是菱形．所以BC1⊥B1C．因为AO∩BC1＝O，AO⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥平面ABC1．因

为AB⊂平面ABC1，所以B1C⊥AB．（2）解：因为AB与平面BB1C1C所成角为30°，AO⊥平面BB1C1C，所以∠ABO＝30°，因为∠B1BC＝60°，所以△BCB1是正三角形，设BC＝2，则𝐵1𝐶=2，𝐵𝑂=√3，𝑂𝐴=1，

以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则𝐵(√3，0，0)，𝐵1(0，1，0)，𝐴(0，0，1)，𝐶1(−√3，0，0)，所以𝐴𝐵1→=(0，1，−1)，𝐶1𝐵1→=(√3，1，0)，𝐴1𝐵1→=𝐴𝐵→=(√3，

0，−1)，设平面AB1C1的一个法向量为n1＝（x，y，z），则{𝑛1⋅𝐴𝐵1→=𝑦−𝑧=0，𝑛1⋅𝐶1𝐵1→=√3𝑥+𝑦=0，令x＝1，得𝑛1=(1，−√3，−√3)，设平面B1C1A1的

一个法向量为n2＝（x′，y′，z′），则{𝑛2⋅𝐴1𝐵1→=√3𝑥′−𝑧′=0，𝑛2⋅𝐶1𝐵1→=√3𝑥′+𝑦′=0，令x′＝1，解得𝑛2=(1，−√3，√3)．设二面角A1﹣B1C1﹣A的大小为θ，因为𝑐𝑜𝑠〈𝑛1，𝑛2〉=𝑛1⋅𝑛2|𝑛1||

𝑛2|=(1，−√3，−√3)⋅(1，−√3，√3)√7×√7=17，所以𝑠𝑖𝑛𝜃=√1−(17)2=4√37，所以二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值为4√37．12．（2022秋•洛阳月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知平面PAD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD

⊥CD，CD＝2AB＝4，AE是等边△PAD的中线．（1）证明：AE∥平面PBC．（2）若𝑃𝐴=4√2，求二面角E﹣AC﹣D的大小．【解题思路】（1）取PC的中点F，连接EF，BF，进而证明四边形ABFE是平行四边形，进而证明AE∥平面PBC；（2

）取AD的中点O，连接PO，易知PO⊥平面ABCD，进而以O为坐标原点，𝑂𝐴→，𝑂𝑃→的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，利用坐标法求解即可．【解答过程】（1）证明：如图，取PC的中点F，连接EF，BF．因为E

是棱PD的中点，所以EF∥CD，且𝐸𝐹=12𝐶𝐷．因为𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐵=12𝐶𝐷，所以EF∥AB，EF＝AB，所以四边形ABFE是平行四边形，所以AE∥BF，因为AE⊄平面PBC，BF⊂平面P

BC，所以AE∥平面PBC．（2）解：取AD的中点O，连接PO，因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，所以，以O为坐标原点，

𝑂𝐴→，𝑂𝑃→的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，因为等边△PAD的边长为4√2，所以𝐴(2√2，0，0)，𝐶(−2√2，4，0)，𝐸(−√2，0，√6)，𝐴𝐶→=(−4√2，4，0)，𝐴�

�→=(−3√2，0，√6)，设平面ACE的一个法向量为𝑚→=(𝑥，𝑦，𝑧)，由{𝐴𝐶→⋅𝑚→=0，𝐴𝐸→⋅𝑚→=0，得{−4√2𝑥+4𝑦=0，−3√2𝑥+√6𝑧=0．令x＝1，则𝑦=√2，𝑧=√3，所以𝑚→=(1，√2，√3)，又平面ACD的一个法向量

为𝑛→=(0，0，1)，因为𝑐𝑜𝑠〈𝑚→，𝑛→〉=𝑚→⋅𝑛→|𝑚→||𝑛→|=√3√6=√22，所以二面角E﹣AC﹣D的大小为45°．13．（2022秋•南京月考）如图，四棱锥P﹣ABCD的体积为34，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是面积为√3的等边

三角形，四边形ABCD是等腰梯形，BC＝1，E为棱PA上一动点．（1）若直线EC与平面ABCD的夹角为60°，求二面角B﹣CE﹣D的正弦值；（2）求𝐸𝐷𝐸𝐶的取值范围．【解题思路】（1）根据四棱

锥的体积可求解𝑂𝑇=√32，根据直线EC与平面ABCD的夹角为60°，可判断E，P重合，进而建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求二面角；（2）根据空间中两点间距离公式，可表达出𝐸𝐷𝐸𝐶=√4𝑡2−4𝑡+4√4𝑡2−5𝑡+4=√1+𝑡4𝑡2−5𝑡+4=√1+14𝑡+4�

�−5进而用基本不等式即可求解．【解答过程】解：（1）因为△PAD是面积为√3的等边三角形，所以PA＝PD＝AD＝2，因为平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是等腰梯形，过P作AD的垂线，垂足为O，过E作AD的垂线，垂足为M，连接MC，因为平面PAD

⊥平面ABCD，其交线为AD，EM⊥AD，故EM⊥平面ABCD，故∠ECM为直线EC与平面ABCD的夹角，记BC中点为T，连接OT，所以OT⊥AD，以O为坐标原点，OT为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系O﹣x

yz，且𝐵𝐶=1，𝑂𝑃=√3，又四棱锥P﹣ABCD的体积为34，所以四边形ABCD的面积为3√34，故𝑂𝑇=√32，设𝐸(0，−𝑡，√3−√3𝑡)，(0≤𝑡≤1)，又𝐶(√32，12，0)，所以𝐸𝐶=√4𝑡2−5𝑡+4，𝐸𝑀=√3−√3𝑡，

∠𝐸𝐶𝑀=60°，即√4𝑡2−5𝑡+4=2−2𝑡，解得t＝0，E，P两点重合，又𝐸(0，0，√3)，𝐵𝐶→=(0，1，0)，𝐶𝐸→=(−√32，−12，√3)，𝐶𝐷→=(√32，12，0)，设平面BCE的法向量𝑛1→=（x1，y1，z1），

平面CDE的法向量𝑛2→=（x2，y2，z2），且{𝑛→1⋅𝐵𝐶→=0，𝑛→1⋅𝐶𝐸→=0，即{𝑦1=0−√32𝑥1−12𝑦1+√3𝑧1=0，令x1＝2，则z1＝1，故𝑛1→=（2，0，1），{𝑛2→⋅𝐶𝐸→=0，𝑛2→⋅𝐶

𝐷→=0，即{−√32𝑥2−12𝑦2+√3𝑧2=0√32𝑥2−12𝑦2=0，令x2＝1，则𝑦2=√3𝑧2=1，故𝑛2→=(1√3，1)，记二面角B﹣CE﹣D的平面角为θ，则|𝑐𝑜𝑠𝜃|=|𝑐𝑜

𝑠〈𝑛→1，𝑛→2〉|=|𝑛1→⋅𝑛2→||𝑛→1|⋅|𝑛2→|=3√5×√5=35，𝑠𝑖𝑛𝜃=45，即二面角B﹣CE﹣D的正弦值为45；（2）因为𝐸𝐷=√4𝑡2−4𝑡+4，𝐸𝐶=√4𝑡2−5𝑡+4，所以当0＜t≤1时，𝐸𝐷𝐸𝐶=√4𝑡2−4𝑡+4

√4𝑡2−5𝑡+4=√1+𝑡4𝑡2−5𝑡+4=√1+14𝑡+4𝑡−5，∵14𝑡+4𝑡−5∈(0，13]，∴√1+14𝑡+4𝑡−5∈(1，2√33]，当且仅当t＝1时取等号，且t＝0时，𝐸𝐷𝐸𝐶=1，所以𝐸�

�𝐸𝐶∈[1，2√33]．14．（2022•遵义开学）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PA

D与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．【解题思路】（1）取AD的中点O，连接OE，OP，可得EO⊥AD，进一步得到EO⊥平面PAD，则EO⊥PA，可得PA⊥BD，结合PA⊥PD，即可证明PA⊥平面PB

D；（2）由PO⊥底面ABCD，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，求解三角形可得OB＝2√5，进一步得到BD，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，分别求出平面PCE的法向量与平面PDA的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PA

D与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．【解答过程】（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∠𝑃𝐵�

�=𝑃𝑂𝑂𝐵=12𝐴𝐷𝑂𝐵=√55，得OB＝2√5．∵EO⊥AD，EO∥BD，∴BD⊥AD，在直角三角形OBD中，可得BD=√(2√5)2−22=4，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→=(−6，4，−2)，𝑃𝐸→=(0，2，−2)，设平面PCE的法向量为𝑚→=(𝑥，𝑦，𝑧)，由{𝑚→⋅𝑃

𝐶→=−6𝑥+4𝑦−2𝑧=0𝑚→⋅𝑃𝐸→=2𝑦−2𝑧=0，取x＝1，得𝑚→=(1，3，3)，平面PDA的一个法向量为𝑛→=(0，1，0)，∴cos＜𝑚→，𝑛→＞=𝑚→⋅𝑛→|𝑚→||𝑛→|=3√1919．∴平面PAD与平面PCE所

成的锐二面角的余弦值为3√1919．15．（2021秋•绥化月考）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝5，BC＝CC1＝4．若Q，R分别为棱BB1，BC上的点，且B1Q＝BR＝1，平面AB

SP与棱CC1，DD1分别交于S，P，DP＝a（0≤a≤4）．（1）求证：B1R⊥D1Q；（2）求平面APSB与平面C1D1Q所成的锐二面角余弦值的取值范围．【解题思路】（1）建立恰当的空间直角坐标系，用向量法可证；（2）用a表示所求二面角的余弦值，求其取值范围即可．【解答过程】（1）证明：在

长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系：则B1（4，5，4），R（3，5，0），D1（0，0，4），Q（4，5，3），所以𝐵1𝑅→=(−1，0，4)，𝐷1𝑄→=(4，

5，−1)𝐵1𝑅→⋅𝐷1𝑄→=−1×4+0×5+(−4)×(−1)=0，所以𝐵1𝑅→⊥𝐷1𝑄→，所以B1R⊥D1Q．（2）解：DP＝a，则P（0，0，a）（0≤a≤4），A（4，0，0），𝐴𝑃→=(−4，0，�

�)，𝐴𝐵→=(0，5，0)，𝐵1𝑅→=(−1，0，4)，因为D1C1⊥平面BCC1B1，B1R⊂平面BCC1B1，所以D1C⊥B1R，又B1R⊥D1Q且D1Q⋂D1C1＝D1，D1Q⊂平面D1C1Q，D1C1⊂平面D1C1Q，所以B1R⊥平面D1C1Q

，所以𝐵1𝑅→为平面D1C1Q的一个法向量，设𝑛→=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)为平面APSB的法向量，则𝑛→⊥𝐴𝑃→，𝑛→⊥𝐴𝐵→，所以{𝑛→⋅𝐴𝑃→=0𝑛→⋅𝐴𝐵→=0，即

{−4𝑥1+𝑎𝑧1=05𝑦1=0，令x1＝a，则z1＝4，所以𝑛→=(𝑎，0，4)平面APSB的一个法向量，设平面APSB与平面C1D1Q所成的锐二面角为θ，则𝜃∈(0，𝜋2)，0≤a≤4⇒﹣16≤a﹣16≤﹣12，则𝑐𝑜𝑠

𝜃=|𝑛→⋅𝐵1𝑅→||𝑛→||𝐵1𝑅→|=|−𝑎+16|√𝑎2+16√17=|𝑎−16|√[(𝑎−16)+16]2√17=|𝑎−16|√(𝑎−16)2+32(𝑎−16)+272√17=1√17√272(𝑎−16)2+32(𝑎−16)+1，设𝑡

=1𝑎−16，则−112≤𝑡≤−116，y＝272t2+32t+1开口向上，对称轴为𝑡=−117，在区间[−112，−116]的右侧，所以y＝272t2+32t+1在[−112，−116]上单调递减，所以116≤𝑦≤29

，所以14≤√𝑦≤√23，所以3√3434≤1√17√𝑦≤4√1717，即3√3434≤𝑐𝑜𝑠𝜃≤4√1717．据此可得锐二面角余弦值的取值范围是[3√3434，4√1717]．16．（2022•万州区校级开学）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱

长为2，E，F分别是BD，DD1的中点，M是A1B1上一点，且𝐴1𝑀→=13𝐴1𝐵1→．（1）证明：BM∥平面EFA1；（2）求直线EC1与平面EFA1所成角的正弦值．【解题思路】（1）如图，以点A为原点，分别以直线AB，AD

，AA1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出结论；（2）利用向量法即可得出答案．【解答过程】（1）证明：如图，以点A为原点，分别以直线AB，AD，AA1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（2，0，

0），𝑀(23，0，2)，A1（0，0，2），E（1，1，0），F（0，2，1），B1（2，0，2），C1（2，2，2），所以𝐵𝑀→=(−43，0，2)，𝐸𝐹→=(−1，1，1)，𝐸𝐴1→=(−1，−1，2)，设平面EFA1的法向量为𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧

)，由{𝐸𝐴1→⋅𝑛→=0𝐸𝐹→⋅𝑛→=0，得{−𝑥−𝑦+2𝑧=0−𝑥+𝑦+𝑧=0，可取𝑛→=(3，1，2)，因为𝑛→⋅𝐵𝑀→=0，BM在平面EFA1外，所以BM∥平面EFA1；（2）解：因为𝐸𝐶1→=(1，1，2)，平面EFA

1的法向量𝑛→=(3，1，2)，设直线EC1与平面EFA1所成角为θ，故𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑐𝑜𝑠〈𝐸𝐶1→，𝑛→〉|=|𝐸𝐶1→⋅𝑛→|𝐸𝐶1→||𝑛→||=4√2121，直线EC1与平面EFA1所成角的正弦值为4√2121．17．（2022•贵阳

开学）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD是菱形，E，F分别是棱BB1，DD1的中点．（1）证明：平面AEF⊥平面ACC1．（2）若AA1＝2AB，∠BAD＝60°，求二面角B﹣AF﹣E的余

弦值．【解题思路】（1）连接BD，可证BD⊥平面ACC1，进而证明EF∥BD，可证平面AEF⊥平面ACC1．（2）记AC∩BD＝O，以O为原点，分别以𝑂𝐵→，𝑂𝐶→的方向为x，y轴的正方向，垂直

平面ABCD向上为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．求得两平面的法向量，利用向量法可求二面角B﹣AF﹣E的余弦值．【解答过程】（1）证明：连接BD，因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，由直四棱柱的定义可知C1⊥平面ABCD，则C

C1⊥BD，因为C1⊂平面ACC1，AC⊂平面ACC1，且AC∩CC1＝C，所以BD⊥平面ACC1，由直四棱柱的定义可知BB1∥DD1，BB1＝DD1，因为E，F分别是棱BB1，DD1的中点，所以BE∥DF，BE＝DF，所以四边形BEFD是平行四边形，则EF∥BD，故EF⊥平面ACC1

，因为EF⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面ACC1．（2）解：记AC∩BD＝O，以O为原点，分别以𝑂𝐵→，𝑂𝐶→的方向为x，y轴的正方向，垂直平面ABCD向上为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．设AB＝2，则𝐴(0，−√3，0)，𝐵(1，0，0)，𝐸(1

，0，2)，𝐹(−1，0，2)，故𝐴𝐵→=(1，√3，0)，𝐴𝐸→=(1，√3，2)，𝐴𝐹→=(−1，√3，2)，设平面ABF的法向量为n＝（x1，y1，z1），则令𝑥1=√3，得𝑛=(√3，−1，√3)，设平面AEF的法向量为m＝（x2

，y2，z2），则令y2＝2得𝑚=(0，2，−√3)，设二面角B﹣AF﹣E为θ，由图可知θ为锐角，则𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝑐𝑜𝑠〈𝑛，𝑚〉|=|𝑛⋅𝑚||𝑛||𝑚|=|−2−3|√7×√7=57，所以二面角B﹣AF﹣E的余弦值为57．18．（2

021秋•包头期末）如图，在三棱锥S﹣ABC中，SA＝SC，D为AC的中点，SD⊥AB．（1）证明：平面SAC⊥平面ABC；（2）若△BCD是边长为3的等边三角形，点P在棱SC上，PC＝2SP，且𝑉𝑆−𝐴𝐵𝐶=9√32，求二面角A﹣PB﹣C的正弦值．

【解题思路】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，即证明SD⊥平面ABC；（2）首先利用体积公式，求得SD＝3，并得SA⊥SC，根据垂直关系，以点D为原点，如图建立空间直角坐标系，利用法向量求二面角的余弦值，并利用三角关系，求得二面角的余弦值．【解答过程】（1）证明

：因为SA＝SC，且D为AC的中点，所以SD⊥AC，又SD⊥AB，AC∩AB＝A，所以SD⊥平面ABC，又SD⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面ABC．（2）解：因为△BCD是边长为3的等边三角形，故AD＝DC＝DB＝3，所以AB⊥BC，且𝐴𝐵=√𝐴𝐶2−

𝐵𝐶2=3√3，由𝑉𝑆−𝐴𝐵𝐶=9√32，得13𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝑆𝐷=9√32，解得SD＝3，所以AD＝DC＝DS，故SA⊥SC，取AB，BC的中点分别为E，F，则DE⊥DF，故SD，DE，DF两两互相垂直．以D为原点，𝐷

𝐸→，𝐷𝐹→，𝐷𝑆→分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D﹣xyz，过P作PR⊥SD，R为垂足，PH⊥DC，H为垂足，由PC＝2SP，可知𝑆𝑅=13𝑆𝐷=1，RD＝2，𝐷𝐻=13𝐷𝐶=1，在平面ABC内，过H作HT⊥x

轴，交x轴负半轴于T，在Rt△DHT中，∠DHT＝30°，DH＝1，所以𝐷𝑇=12，𝑇𝐻=√32，故𝑃(−12，√32，2)，𝐴(32，−3√32，0)，𝐵(32，3√32，0)，S（0，0，3），𝑆𝑃→=(−12，√32，−1)，𝑃𝐴→=(2

，−2√3，−2)，𝐴𝐵→=(0，3√3，0)，设𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)是平面PAB的一个法向量，则{𝑛→⋅𝑃𝐴→=0𝑛→⋅𝐴𝐵→=0，即{2𝑥−2√3𝑦−2𝑧=03√3𝑦=0，取z＝1，解得x＝1，y

＝0，故𝑛→=(1，0，1)．设平面PBC的法向量为𝑚→=(𝑎，𝑏，𝑐)，因为𝑃𝐵→=(2，√3，−2)，𝑃𝐶→=2𝑆𝑃→=(−1，√3，−2)，则{𝑚→⋅𝑃𝐵→=0𝑚→⋅𝑃𝐶→=0即{2𝑎+√3𝑏−2𝑐=0−𝑎+√3𝑏−2𝑐=0可取𝑚→=(0，2

，√3)，所以𝑐𝑜𝑠〈𝑛→，𝑚→〉=𝑛→⋅𝑚→|𝑛→||𝑚→|=√4214，所以二面角的正弦值𝑠𝑖𝑛𝜃=√1−(√4214)2=√15414，所以二面角A﹣PB﹣C的正弦值为√15414．19．（2022•河

南开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，PA＝PD＝2√2，AB＝AD＝2CD＝4，∠BAD＝60°．（1）若E为PB的中点，证明：CE∥平面PAD．（2）若二面角P﹣AD﹣B为150°，求二面角P﹣BC﹣A的余弦值．【解题思路】（1）取PA的中点F，连接EF，DF，可证EF∥CD，E

F＝CD，可得四边形CDFE为平行四边形，可证CE∥平面PAD．（2）取AD的中点O，连接PO，BO，依题意可得PO⊥AD，BO⊥AD，以O为坐标原点，𝑂𝐴→的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O

﹣xyz，求提两平面的法向量，可求二面角P﹣BC﹣A的余弦值．【解答过程】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，DF，因为E为PB的中点，所以EF∥AB，EF=12AB，又因为AB∥CD，AB＝2CD，所

以EF∥CD，EF＝CD，所以四边形CDFE为平行四边形，从而CE∥DF，又DF⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，所以CE∥平面PAD．（2）解：取AD的中点O，连接PO，BO，依题意可得PO⊥AD，BO⊥AD，则∠POB＝150°以O为坐标原点，𝑂𝐴→的方向

为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，则𝑃(0，−√3，1)，𝐵(0，2√3，0)，𝐶(−3，√3，0)，𝑃𝐵→=(0，3√3，−1)，𝐵𝐶→=(−3，−√3，0)．设平面PBC的法向量为𝑛→=（x，y，z），则𝑛→•𝑃𝐵→=0，𝑛→•𝐵𝐶→=0

，即{3√3𝑦−𝑧=0，−3𝑥−√3𝑦=0，，令y=√3，得𝑛→=（﹣1，√3，9），易知𝑚→=（0，0，1）是平面ABC的一个法向量．因为cos＜𝑚→，𝑛→＞=9√85=9√8585，所以二面角P﹣BC﹣A的余弦值为9√8585．

20．（2022•浙江开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥AD，PA⊥CD，∠ADC=𝜋2，AD＝DC=12AP，△ABC为正三角形．（1）证明：PD⊥CD；（2）求BP与平面PCD所成角的正弦值．【解题思路】（1）先证明CD⊥PA，结合条件证明

CD⊥平面APD，从而得证；（2）以AP，AD分别为y，z轴，在平面ABCD内过A点作AD的垂线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．【解答过程】证明：（1）由PA⊥AD，PA⊥CD，且AD∩CD＝D，则PA⊥平面ABCD，又CD⊆平面ABCD，则CD⊥PA，由

∠𝐴𝐷𝐶=𝜋2，则AD⊥CD，又AD∩PA＝P，所以CD⊥平面APD，且PD⊆平面APD，所以𝑃𝐷⊥𝐶𝐷；解：（2）由（1）可得PA⊥平面ABCD，以AP，AD分别为y，z轴，在平面ABCD内

过A点作AD的垂线为x轴建立空间直角坐标系：设AD＝CD＝1，则𝐴𝑃=2，𝐴𝐶=√2，∠𝐴𝐷𝐶=𝜋2，𝐴𝐷=𝐷𝐶，则∠DAC＝45°，则∠CAx＝90°﹣45°＝45°，∠BAx＝60°﹣45°＝1

5°，由△ABC为正三角形，则𝐴𝐵=𝐴𝐶=√2，所以𝑥𝐵=|𝐴𝐵|𝑐𝑜𝑠15°=1+√32，𝑦𝐵=|𝐴𝐵|𝑠𝑖𝑛15°=1−√32，即𝐵(1+√32，1−√32，0)，所以A（0，0，0），D（0，1，0），P（0，0，2），C（1，1，0），所

以𝑃𝐵→=(1+√32，1−√32，−2)，𝑃𝐶→=(1，1，−2)，𝐶𝐷→=（﹣1，0，0），设平面PCD的法向量为𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑛→⋅𝑃𝐶→=0𝑛→⋅𝐶𝐷→=

0，即{𝑥+𝑦−2𝑧=0𝑥=0，取𝑛→=(0，2，1)，设BP与平面PCD所成角为θ，则𝑠𝑖𝑛𝜃=𝑐𝑜𝑠〈𝑛→，𝑃𝐵→〉=|𝑛→⋅𝑃𝐵→|𝑛→|⋅|𝑃𝐵→||=|−√3+1−2|√6×√5=√30+3√

1030．21．（2022•濮阳开学）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，各棱长都为3，∠BAD＝60°，F为棱BB1上一点，且BF＝1．（Ⅰ）求证：平面AC1F⊥平面BCC1B1；（Ⅱ）求直线BD与平面AC1F所成角的正弦值．【解题思路】（Ⅰ）延长线段

C1F，CB交于点E，连接AE，证明AE⊥平面BCC1B1即可；（Ⅱ）以E为坐标原点，直线EC，EA分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．【解答过程】证明：（Ⅰ）如图，延长线段C1F，CB交于点E

，连接AE，则AE为平面AC1F与底面ABCD的交线，由已知可得B1F＝2BF，△B1C1F∽△BEF，所以𝐵𝐸=32，易知底面ABCD是菱形，因为∠BAD＝60°，所以∠ABE＝60°，在△ABE中，由余弦定理，可得𝐴𝐸=3√32，所以A

B2＝AE2+BE2，即AE⊥CE，因为ABCD﹣A1B1C1D1是直四棱柱，故CC1⊥平面ABCD，又AE⊂平面ABCD，所以CC1⊥AE，因为CE∩CC1＝C，所以AE⊥平面BCC1B1，又AE⊂平面AC1E，所以平面AC1E⊥平面BCC1B1；解：（Ⅱ）如图，以E为坐标原点，直线EC，E

A分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，则E（0，0，0），𝐴(0，3√32，0)，𝐶1(92，0，3)，𝐵(32，0，0)，D（3，3√32，0），所以𝐸𝐴→=(0，3√32，0)，𝐸𝐶1→=(92，0，3)，𝐵𝐷→=（32，3√32，0），设平面EA

C1的法向量为𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑛→⋅𝐸𝐴→=3√32𝑦=0，𝑛→⋅𝐸𝐶→1=92𝑥+3𝑧=0，取z＝3，则𝑛→=(−2，0，3)，设直线BD与平面AC1E所成的角为θ，则𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑐𝑜𝑠〈𝑛→，𝐵𝐷

→〉|=|𝑛→⋅𝐵𝐷→||𝑛→|⋅|𝐵𝐷→|=3√13×3=√1313，即直线BD与平面AC1E所成角的正弦值为√1313．22．（2022春•京口区校级期末）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PD⊥底面ABCD，𝐴𝐵𝐴𝐷=2，直线PA与底面ABCD成60°角，

点M，N分别是PA，PB的中点．（1）求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；（2）求二面角P﹣NC﹣D的大小的余弦值．【解题思路】（1）以D为原点，向量𝐷𝐴→、𝐷𝐶→、𝐷𝑃→的方向为x、y、z轴的正方向，建立坐标系，设AD＝1，设面PBC的法向量为𝑚→=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)

，直线PA与面PBC所成的角为θ，求出法向量和𝑃𝐴→，再代入公式计算；（2）由（1）知面PBC的法向量为𝑚→=(0，√3，2)，设面CDN的法向量为𝑛→=(𝑥2，𝑦2，𝑧2)，求出𝑛→=(−√3，0，1)再代入公式𝑐𝑜𝑠〈𝑚→，𝑛→〉=𝑚→⋅�

�→|𝑚→|⋅|𝑛→|计算．【解答过程】解：（1）以D为原点，向量𝐷𝐴→、𝐷𝐶→、𝐷𝑃→的方向为x、y、z轴的正方向，建立坐标系，设AD＝1，则AB＝2，∵PD⊥底面ABCD，∴∠PAD为直线PA与平面ABCD所成的角，∴∠PAD＝6

0°，∴𝑃𝐷=√3，∴D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），𝑃(0，0，√3)，𝑀(12，0，√32)，𝑁(12，1，√32)，𝑃𝐴→=(1，0，−√3)，𝑃𝐵→=(1，2，−√3)，

设面PBC的法向量为𝑚→=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)，直线PA与面PBC所成的角为θ，则𝑚→⋅𝑃𝐵→=𝑥1+2𝑦1−√3𝑧1=0且𝑚→⋅𝐵𝐶→=−𝑥1=0，取z1＝2，则x1＝0，𝑦1=√3，∴𝑚→=(0，√3，2)，∴𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝑚→⋅

𝑃𝐴→||𝑚→||𝑃𝐴→|=√217．（2）由（1）知面PBC的法向量为𝑚→=(0，√3，2)，设面CDN的法向量为𝑛→=(𝑥2，𝑦2，𝑧2)，∵𝐷𝑁→=(12，1，√32)，𝐷𝐶→=(0，2，0)，𝐷𝑃→=(0

，0，√3)，由{𝑛→⋅𝐷𝑁→=12𝑥2+𝑦2+√32𝑧2=0𝑛→⋅𝐷𝐶→=2𝑦2=0可得则𝑛→=(−√3，0，1)，∴𝑐𝑜𝑠〈𝑚→，𝑛→〉=𝑚→⋅𝑛→|𝑚→|⋅

|𝑛→|=√77，又∵𝑚→⋅𝐷𝑃→=3＞0，𝑛→⋅𝐷𝑃→=√3＞0，∴二面角P﹣NC﹣D的大小的余弦值为√77．23．（2022秋•雨花台区校级月考）已知如图1直角梯形ABCD，AB∥CD，∠DAB＝90°，AB＝4，AD＝C

D＝2，E为AB的中点，沿EC将梯形ABCD折起（如图2），使平面BED⊥平面AECD．（1）证明：BE⊥平面AECD；（2）在线段CD上是否存在点F，使得平面FAB与平面EBC所成的锐二面角的余弦值为23，若存在，求出点F的位置：若不存在，请说明理由．【解题思路】（1

）连接AC，则AC⊥DE，由平面BDE⊥平面AECD可得AC⊥平面BDE，可得AC⊥BE，又BE⊥CE可证BE⊥平面AECD；（2）建立空间直角坐标系，设F（a，0，2），0≤a≤2，根据二面角的向量计算公式

即可求出．【解答过程】（1）证明：连接AC，则AC⊥DE，又平面BDE⊥平面AECD，平面BDE∩平面AECD＝DE，AC⊂平面AECD，所以AC⊥平面BDE，所以AC⊥BE，又BE⊥CE，AC⋂CE＝C，AC，CE⊂平面AECD，所以BE⊥平面AECD．（2）解：由（1）得BE⊥

平面AECD，所以BE⊥AE，所以EA，EB，EC两两垂直，分别以𝐸𝐴→，𝐸𝐵→，𝐸𝐶→方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系E﹣xyz，如图所示，则E（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），设F（a，0，2），0≤a≤2，所以𝐴𝐹→=(

𝑎−2，0，2)，𝐵𝐹→=(𝑎，−2，2)，设平面FAB的法向量为𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝐴𝐹→⋅𝑛→=(𝑥−2)𝑥+2𝑧=0𝐵𝐹→⋅𝑛→=𝑎𝑥−2𝑦+2𝑧=0，取x＝2，得𝑛→=(2，2

，2−𝑎)，取平面EBC的法向量为𝑚→=(1，0，0)，所以𝑐𝑜𝑠〈𝑚→⋅𝑛→〉=𝑚→⋅𝑛→|𝑚→|⋅|𝑛→|=2√𝑎2−4𝑎+12=23，所以a＝1，所以线段CD上存在点F，且F为CD中点时，使得平面FAB与

平面EBC所成的锐二面角的余弦值为23．24．（2022春•铜山区期中）如图所示，在四棱锥中P﹣ABCD，𝐴𝐵→=2𝐷𝐶→，𝐴𝐵→⋅𝐵𝐶→=0，AP⊥BD，且𝐴𝑃=𝐷𝑃=𝐷𝐶=𝐵𝐶

=2√2．（1）求证：平面ADP⊥平面ABCD；（2）已知点E是线段BP上的动点（不与点P、B重合），若使二面角E﹣AD﹣P的大小为𝜋4，试确定点E的位置．【解题思路】（1）先由边的关系证得AD⊥BD，结合AP⊥BD，即可证

得BD⊥平面ADP，进而证得平面ADP⊥平面ABCD；（2）取AD中点F，证得PF⊥平面ABCD，以D为原点建立空间直角坐标系，设𝑃𝐸→=𝜆𝑃𝐵→，表示出平面PAD和平面EAD的法向量，由夹角公式解出λ即可确定点E的位置．【解答过程】（1）证明：

连接BD，由𝐴𝐵→=2𝐷𝐶→，𝐴𝐵→⋅𝐵𝐶→=0知𝐴𝐵=2𝐷𝐶=4√2，𝐴𝐵∥𝐷𝐶，𝐶𝐷⊥𝐵𝐶，在Rt△BCD中，BD2＝CD2+BC2＝16，BD＝4，设AB的中点为Q，连接DQ，则CD∥QB，QB＝CD，所以四

边形BCDQ为平行四边形，又CD⊥BC，DC＝BC，所以四边形BCDQ为正方形，所以𝐷𝑄⊥𝐴𝐵，𝐷𝑄=𝐴𝑄=2√2，在Rt△AQD中，AD2＝AQ2+DQ2＝16，在Rt△ABD中，AD2+BD2＝16

+16＝32＝AB2，所以AD⊥BD，又AP⊥BD，AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面ADP，所以BD⊥平面ADP，又BD⊂平面ABCD，所以平面ADP⊥平面ABCD．（2）解：在△APD中，AP2+PD2＝8+8＝16＝AD2，所

以AP⊥PD，在Rt△APD中，过点P作PF⊥AD，垂足为F，因为PA＝PD，所以F为AD中点，所以PF＝DF＝2，由（1）得BD⊥平面ADP，PF⊂平面ADP，则BD⊥PF，AD，BD⊂平面ABCD，AD⋂BD＝D，则PF⊥平面ABCD．以D为原点，分别以DA，D

B所在直线为x，y轴，以过点D与平面ABCD垂直的直线为z轴，建立如图所示空间坐标系，则𝐷(0，0，0)，𝐴(4，0，0)，𝐵(0，4，0)，𝑃(2，0，2)，𝐷𝐴→=(4，0，0)，𝑃𝐵→=(−2，4，−2)，设𝑃𝐸→=𝜆𝑃𝐵→=(

−2𝜆，4𝜆，−2𝜆)，𝜆∈(0，1)，则𝐷𝐸→=𝐷𝑃→+𝑃𝐸→=(2−2𝜆，4𝜆，2−2𝜆)，易知平面PAD的一个法向量为𝑚→=(0，1，0)，设平面EAD的法向量为𝑛→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑛→⋅𝐷𝐴→=4

𝑥=0𝑛→⋅𝐷𝐸→=(2−2𝜆)𝑥+4𝜆𝑦+(2−2𝜆)𝑧=0，令z＝1，则𝑛→=(0，𝜆−12𝜆，1)，所以|cos＜𝑚→，𝑛→＞|＝|𝑚→⋅𝑛→|𝑚→|⋅|𝑛→||=1−𝜆2

𝜆√1+(1−𝜆2𝜆)2=cos𝜋4，即1−𝜆√5𝜆2−2𝜆+1=√22，即3λ2+2λ﹣1＝0，解得λ＝﹣1（舍）或𝜆=13，所以，当点E在线段BP上满足𝑃𝐸=13𝑃𝐵时，使二面角E﹣AD﹣P的大小为

𝜋4．25．（2022•南京开学）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．（1）求证：A1F⊥平面B1DE；（2）若AB＝AC＝4，且三棱锥B1﹣A1C1F的体积为83，求平面A1C1F与

平面BCC1B1所成锐二面角的余弦值．【解题思路】（1）先证明DE⊥平面AA1B1B，再由线面垂直得出DE⊥A1F，再证线面垂直即可得证；（2）建立空间直角坐标系，根据向量法求二面角即可．【解答过程】证明

：（1）因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE为△ABC的中位线，且DE∥AC，因为ABC﹣A1B1C1为棱柱，所以AC∥A1C1，所以DE∥A1C1，在直棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因为DE⊂平

面ABC，所以DE⊥AA1，又因为A1C1⊥A1B1，所以DE⊥A1B1，因为AA1∩A1B1＝A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，所以DE⊥平面AA1B1B，又A1F⊂平面AA1B1B，所以DE⊥A1F，又因为A1F⊥B1D

，DE∩B1D＝D，且DE、B1D⊂平面B1DE，所以A1F⊥平面B1DE；解：（2）以AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（4，0，0），C（0，4，0），D（2，0，0），因为三棱锥B1﹣A1C1F的

体积为83，所以𝑉𝐵1−𝐴1𝐶1𝐹=𝑉𝐹−𝐴1𝐵1𝐶1=13×12×4×4×𝐵1𝐹=83，解得B1F＝1，因为B1D⊥A1F，且D是AB的中点，所以△A1B1F≌△B1BD，由𝐴1𝐵1𝐵1𝐵=𝐵1𝐹𝐷𝐵得4𝐵1𝐵=12，所以

B1B＝8，则F（4，0，7），A1（0，0，8），B1（4，0，8），C1（0，4，8），因为E为BC的中点，AB＝AC，所以AE⊥BC，所以AE⊥平面BCC1B1，所以平面BCC1B1的法向量为𝐴𝐸→=(2，2，0)，设平面A1C1F的法向量为𝑛→=（x，y，z），因为

𝐴1𝐹→=(4，0，−1)，𝐴1𝐶1→=(0，4，0)，由{𝐴1𝐹→⋅𝑛→=0𝐴1𝐶1→⋅𝑛→=0得{4𝑥−𝑧=04𝑦=0，令x＝1，则y＝0，z＝4，故𝑛→=（1，0，4），则𝑐𝑜𝑠〈𝐴𝐸→，𝑛→〉=𝐴𝐸

→⋅𝑛→|𝐴𝐸→|⋅|𝑛→|=2×1+2×0+0×4√8⋅√17=√3434，所以平面A1C1F与平面BCC1B1所成锐二面角的余弦值为√3434．26．（2022秋•迎泽区校级月考）如图所示，正方形ABCD所在平面与梯形ABMN所在平面垂直，MB∥AN，NA＝AB＝2，BM＝4，

CN＝2√3．（1）证明：MB⊥平面ABCD；（2）在线段CM（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角E﹣BN﹣M的余弦值为√33，若存在求出的𝐶𝐸𝐸𝑀值，若不存在请说明理由．【解题思路】（1）由面面垂直的性质可得BC⊥BM，再得出BM⊥AB即可证明；（2）设𝐶𝐸→=

𝜆𝐶𝑀→，求出平面BEN和平面BMN的法向量，利用向量关系建立方程求出；即可得出．【解答过程】（1）证明：正方形ABCD中，BC⊥AB，∵平面ABCD⊥平面ABMN，平面ABCD∩平面ABMN＝AB，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面

ABMN，∴BC⊥BM，且BC⊥BN，又𝐵𝐶=2，𝐶𝑁=2√3，∴𝐵𝑁=√𝐶𝑁2−𝐵𝐶2=2√2，又∵AB＝AN＝2，∴BN2＝AB2+AN2，∴AN⊥AB，又∵AN∥BM，∴BM⊥AB，BC∩BA＝B，∴

BM⊥平面ABCD；解：（2）由（1）知，BM⊥平面ABCD，BM⊥AB，以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，0，2），D（2，0，2），N（2，2

，0），M（0，4，0），设点𝐸(𝑥，𝑦，𝑧)，𝐶𝐸→=𝜆𝐶𝑀→，∴（x，y，z﹣2）＝λ（0，4，﹣2），∴{𝑥=0𝑦=4𝜆𝑧=2−2𝜆，∴E（0，4λ，2﹣2λ），∴𝐵𝑁→=(2，2，0)，𝐵𝐸→=(0，4𝜆，2−2𝜆)，设平面BEN的法向量

为𝑚→=（x，y，z），∴{𝐵𝑁→⋅𝑚→=2𝑥+2𝑦=0𝐵𝐸→⋅𝑚→=4𝜆𝑦+(2−2𝜆)𝑧=0，令x＝1，∴𝑦=−1，𝑧=2𝜆1−𝜆，∴𝑚→=(1，−1，2𝜆1−𝜆)，显然，平面BMN的法向量为𝐵𝐶→=(0，0，2)，

∴|𝑐𝑜𝑠＜𝐵𝐶→，𝑚→＞|=𝐵𝐶→⋅𝑚→|𝐵𝐶→||𝑚→|=|4𝜆1−𝜆|2⋅√2+(2𝑖1−𝜆)2=√33，即|2𝜆|√2(1−𝜆)2+4𝜆2=√33=1√3

，即|2√3𝜆|=√6𝜆2−4𝜆+2，即3λ2+2λ﹣1＝0，解得𝜆=13或﹣1（舍），则存在一点E，且𝐶𝐸𝐸𝑀=12．27．（2022春•广东月考）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥侧面BB1C1C，已知∠CBC1＝

90°，BC＝1，AB＝C1C＝2，点E是棱C1C的中点．（1）求异面直线AE与B1C所成的角的余弦值；（2）在棱CA上是否存在一点M，使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为2√1111，若存在，求出𝐶𝑀𝐶𝐴的值；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）AB、BC、BC1两两互相

垂直，以B为原点，分别以𝐵𝐶→，𝐵𝐶1→和𝐵𝐴→的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量的数量积求解异面直线AE与B1C所成的角的余弦值．（2）求出平面A1B1E的一个法向量，假设存在点M，设M（x，y，z），利

用空间向量的距离公式，列出方程求解即可．【解答过程】解：（1）由题意，因为∠CBC1＝90°，∴BC⊥BC1又AB⊥侧面BB1C1C，得AB⊥BC，AB⊥BC1∴AB、BC、BC1两两互相垂直，∠CBC1＝90°，BC＝1，AB＝C1C＝2，得𝐵𝐶1=

√3，以B为原点，分别以𝐵𝐶→，𝐵𝐶1→和𝐵𝐴→的方向为x，y和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则有A（0，0，2），𝐵1(−1，√3，0)，𝐸(12，√32，0)，𝐴1(−1，√3，2)，C（1，0，0），𝐴𝐸→=(12，√

32，−2)，𝐵1𝐶→=(2，−√3，0)，设异面直线AE与B1C所成的角为θ，则𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝐴𝐸→⋅𝐵1𝐶→||𝐴𝐸→|⋅|𝐵1𝐶→|=√3570，所以异面直线AE与B1C所成

的角的余弦值为√3570，（2）由（1）可知A（0，0，2），𝐵1(−1，√3，0)，𝐸(12，√32，0)，𝐴1(−1，√3，2)，𝐴1𝐵1→=(0，0，−2)，𝐴1𝐸→=(32，−√32，−2)，设平面A1B1E的一个法向量为𝑚→=(𝑥，𝑦，𝑧)，∵{𝑚→

⋅𝐴1𝐵1→=0𝑚→⋅𝐴1𝐸→=0，∴{−2𝑧=032𝑥−√32𝑦−2𝑧=0，令𝑦=√3，则x＝1，∴𝑚→=(1，√3，0)，假设存在点M，设M（x，y，z），∵𝐶𝑀→=𝜆𝐶𝐴→，λ∈[0，1]，∴（x﹣1，y，z）＝λ（﹣1，

0，2），∴M（1﹣λ，0，2λ），∴𝐸𝑀→=(12−𝜆，−√32，2𝜆)，∴2√1111=|𝑚→⋅𝐸𝑀→||𝑚→|⋅|𝐸𝑀→|=|12−𝜆−32|2√(12−𝜆)2+34+4𝜆2，得69λ2﹣38λ+5＝0．即（3

λ﹣1）（23λ﹣5）＝0，∴𝜆=13或𝜆=523，∴𝐶𝑀𝐶𝐴=13或𝐶𝑀𝐶𝐴=523．28．（2022•海淀区校级开学）如图，矩形ABCD所在的平面与菱形ABEF所在的平面垂直，G为BE边中点，AE＝AF．（Ⅰ）求证：直线AG⊥平

面BCE；（Ⅱ）若AF＝2，____，求二面角C﹣AG﹣F的余弦值．从①BC=√2AB，②BC＝AG这两个条件中任选一个填入上面的横线上，并解答问题．【解题思路】（Ⅰ）由矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，得BC⊥平面ABEF，再由已知可得AG⊥BE

，利用直线与平面垂直的判定可得AG⊥平面BCE；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知AD，AF，AG两两垂直，以A为原点，AG为x轴，AF为y轴，AD为z轴建立空间直角坐标系，分别选①和②，求出平面ACG的法向量与平面AGF的一个法向量，由两法向量所

成角的余弦值可得二面角C﹣AG﹣F的余弦值．【解答过程】证明：（Ⅰ）∵矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∴AB⊥BC，∵矩形ABCD∩菱形ABEF＝AB，∴BC⊥平面ABEF，∵AG⊂平面ABEF，∴BC⊥AG，菱形ABEF中，∵AE＝AF，∴AE＝AB，又G为

BE边中点，∴AG⊥BE，∵BC∩BE＝B，∴AG⊥平面BCE；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知AD，AF，AG两两垂直，以A为原点，AG为x轴，AF为y轴，AD为z轴建立空间直角坐标系，若选①BC=√2AB，∵AF＝2，∴AB＝2，BC=2√2，AG=√3，故A

（0，0，0），C（√3，﹣1，2√2），G（√3，0，0），则𝐴𝐶→=（√3，﹣1，2√2），𝐴𝐺→=（√3，0，0），设平面ACG的法向量为𝑛→=（x1，y1，z1），由{𝑛→⋅𝐴𝐶→=√3𝑥1−𝑦1+2√2

𝑧1=0𝑛→⋅𝐴𝐺→=√3𝑥1=0，取z1＝1，可得𝑛→=(0，2√2，1)，平面AGF的一个法向量𝑚→=(0，0，1)，则cos＜𝑚→，𝑛→＞=𝑚→⋅𝑛→|𝑚→||𝑛→|=11×3=13，即

二面角C﹣AG﹣F的余弦值为13；若选②BC＝AG，，∵AF＝2，∴AB＝2，BC＝AG=√3，故A（0，0，0），C（√3，﹣1，√3），G（√3，0，0），则𝐴𝐶→=（√3，﹣1，√3），𝐴𝐺→=（√3，0，0），设平面ACG的法向量为𝑎→=（x2，y2，z2），由{𝑎

→⋅𝐴𝐶→=√3𝑥2−𝑦2+√3𝑧2=0𝑎→⋅𝐴𝐺→=√3𝑥2=0，取z2＝1，可得𝑎→=(0，√3，1)，平面AGF的一个法向量𝑚→=(0，0，1)，则cos＜𝑎→，𝑚→＞𝑎→⋅𝑚→|𝑎→||𝑚→|=12×1=1

2，即二面角C﹣AG﹣F的余弦值为12．29．（2022•静海区校级模拟）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，∠𝑃𝐷𝐴=𝜋2，平面ADPQ⊥平面ABCD，且AD＝PD＝2QA＝2．（1）求证：QB∥平面PDC

；（2）求平面CPB与平面PBQ所成角的大小；（3）已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7√315，求点A到平面HBC的距离．【解题思路】（1）先证明平面ABQ∥平面DCP，再根据面面平行的性质可得QB∥平面PDC；（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，根据二面角的向量公式可求出结果；（3）根据异面直线和点面距的向量公式可求出结果．【解答过程】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC．所以AB∥平面PDC．∵四边形ADPQ是梯形，PD∥QA，QA⊄平面PDC，PD

⊂平面PDC，所以QA∥平面PDC，AB⊂平面ABQ，QA⊂平面ABQ，AB∩QA＝A，∴平面ABQ∥平面DCP，∵QB⊂平面ABQ，∴QB∥平面PDC．（2）解：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C（0，2，0），P（

0，0，2），B（2，2，0），Q（2，0，1），𝑃𝐵→=(2，2，﹣2），𝑃𝐶→=(0，2，﹣2），𝑃𝑄→=(2，0，﹣1），设平面PBC的法向量𝑛→1=(𝑥1，y1，z1），则{𝑛→⋅𝑃𝐵→=2𝑥1+2�

�1−2𝑧1=0𝑛→⋅𝑃𝐶→=2𝑦1−2𝑧1=0，取y1＝1，得z1＝1，x1＝0，得𝑛→1=(0，1，1），设平面PBQ的法向量𝑛→2=(𝑥2，y2，z2），则{𝑚→⋅𝑃𝐵→=2𝑥2+2𝑦2−2𝑧2=0𝑚→⋅𝑃𝑄→=2𝑥2−𝑧2=0，取x

2＝1，z2＝2，y2＝1，得𝑛→2=(1，1，2），设二面角C﹣PB﹣Q的大小为θ，由图形得θ为钝角，则𝑐𝑜𝑠𝜃=−|𝑛→1⋅𝑛→2||𝑛→1|⋅|𝑛→2|=−3√2⋅√6=−√32，因为θ为钝角，∴𝜃=5𝜋6，∴二面角C﹣PB﹣Q的大小为5𝜋6，∴平面CP

B与平面PBQ所成角的大小为𝜋6．（3）解：点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7√315，设DH＝t，（0≤t≤2），则H（0，0，t），A（2，0，0），𝐴𝐻→=(−2，0，𝑡)，𝑃𝐵→=(2

，2，−2)，∴|𝑐𝑜𝑠＜𝐴𝐻→，𝑃𝐵→＞|=𝐴𝐻→⋅𝑃𝐵→|𝐴𝐻→|⋅|𝑃𝐵→|=4+2𝑡√4+𝑡2⋅√12=7√315，解得𝑡=32，∴线段DH的长为32．设平面HBC的法向量𝑛→3=(𝑥3，𝑦3，

𝑧3)，因为𝐶𝐵→=(2，0，0)，𝐻𝐶→=(0，2，−32)，则{𝑚1→⋅𝐶𝐵→=2𝑥3=0𝑚1→⋅𝐻𝐶→=2𝑦3−32𝑧3=0，取z3＝4，得𝑛→3=(0，3，4)，又𝐴𝐵→=(

0，2，0)，所以𝑑=|𝐴𝐵→⋅𝑛→3||𝑛→3=65．30．（2022•肥城市模拟）如图1，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且满足𝐵𝑀→=2𝑀𝐴→，�

�𝑁→=13𝐵𝐴→+23𝐵𝐶→，如图2，将△AMN沿MN折起到△A'MN的位置．（1）求证：平面A'BM⊥平面BCNM；（2）给出三个条件：①A'M⊥CN；②平面A'MN⊥平面BCNM；③四棱锥A'﹣

BCNM的体积为7√312，从中任选一个，求平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值．【解题思路】（1）取AB中点E连接EC，则根据题意可得EC⊥AB，根据线段成比例得MN∥EC，从而得MN⊥AB，从而得MN⊥BM，MN⊥A′M，再由线面垂直判定定理及面面垂直的判定定理即

可证明；（2）先根据三个条件均可推出A'M⊥平面BCNM，从而可建立如图的空间直角坐标系，再将面面角转化成两平面法向量所成角，最后利用空间向量的夹角公式计算即可求解．【解答过程】解：（1）证明：取AB中点E连接EC，则根据题意可得EC⊥AB，又𝐵𝑀→=2𝑀𝐴→，𝐵𝑁→=13𝐵

𝐴→+23𝐵𝐶→，∴M为线段AB上靠近A的三等分点，N为线段AC上靠近C的三等分点，∴𝐴𝑀𝐴𝐸=𝐴𝑁𝐴𝐶=23，∴MN∥EC，又EC⊥AB，∴MN⊥AB，∴MN⊥BM，MN⊥A′M，又BM∩A′M＝M，∴MN⊥

平面A'BM，又MN⊂平面BCNM，∴平面A'BM⊥平面BCNM；（2）∵等边△ABC的边长为3，结合（1）可知：AM＝1，BM＝2，ME=12，MN=√3，EC=3√32，若选①A'M⊥CN，又由（1）知A'M⊥MN，CN∩MN＝N，∴A'M⊥平面BCNM，若选②平面A'M

N⊥平面BCNM，又由（1）平面A'BM⊥平面BCNM，则由面面垂直的性质定理及面面平行的判定定理与性质定理易得：A'M⊥平面BCNM，若选③四棱锥A'﹣BCNM的体积为7√312，设A′到平面BCNM

的距离为h，则𝑉𝐴′−𝐵𝐶𝑁𝑀=13×𝑆四边形𝐵𝐶𝑁𝑀×ℎ=13×(𝑆△𝐴𝐵𝐶−𝑆△𝐴𝑀𝑁)×ℎ=13×(3×3×√32−1×√32)×ℎ=7√312ℎ=7√312，∴h＝1，即h＝A′M，∴A'M

⊥平面BCNM，故建立如图的空间右手直角坐标系，则A′（0，0，1），C（12，3√32，0），B（2，0，0），N（0，√3，0），∴𝐴′𝐶→=(12，3√32，−1)，𝐴′𝐵→=(2，0，−1)，𝐴′𝑁→=(0，√3，−1)，设平面A'

BC与平面A'CN的法向量分别为𝑚→=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)，𝑛→=(𝑥2，𝑦2，𝑧2)，则{𝑚→⋅𝐴′𝐶→=12𝑥1+3√32𝑦1−𝑧1=0𝑚→⋅𝐴′𝐵→=2𝑥1−𝑧1=0，{𝑛

→⋅𝐴′𝐶→=12𝑥2+3√32𝑦2−𝑧2=0𝑛→⋅𝐴′𝑁→=√3𝑦2−𝑧2=0，取𝑚→=(√3，1，2√3)，𝑛→=(−√3，1，√3)，设平面A'BC和平面A'CN的夹角为θ，则cosθ＝|cos＜𝑚→，𝑛→＞|=|𝑚→⋅𝑛→||𝑚→||𝑛→|=44×

√7=√77，故平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值为√77．