【文档说明】专题1-2 空间向量与立体几何20类解答题专练（解析版）.docx，共(70)页，11.054 MB，由小赞的店铺上传

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专题1-2空间向量与立体几何20类解答题专练知识点梳理模块一平行证明（拆分练习）【题型1】由中位线得出平行关系【题型2】构造平行四边形得到平行关系【题型3】由面面平行得出线面平行【题型4】构造2个平面的交线模块二垂直证明（拆分练习）【题型5】证明线面垂直【题

型6】证明异面直线垂直【题型7】证明面面垂直【题型8】平行垂直的向量证明方法模块三点与面【题型9】证明四点共面【题型10】求点到平面的距离模块四空间中的角【题型11】异面直线夹角【题型12】线面角【题型13】求二面角（重点）【题型14】求面面角（重要）【题型15】已知线面

角或二面角，求其它量（重要）【题型16】与角有关的最值与范围问题（难点）模块五探究类问题【题型17】验证满足平行条件的点是否存在【题型18】验证满足垂直条件的点是否存在【题型19】验证满足角度条件的点是否存在【题型20】已知点到平面距离，求参数知识

点梳理一、平行证明：中位线法，平行四边形法，构造平行平面法证明四点共面一般转化为证明平行二、垂直证明证明直线与直线垂直：1、如果一条直线垂直于一个平面，那么这条直线垂直于这个平面内的任意一条直线。这是证

明直线与直线垂直最常用的方法。2、如果两条平行线中的一条垂直于一条直线，那么另一条也垂直于这条直线。3、三垂线定理及其逆定理。4、勾股定理逆定理：如果三角形的三边长是一组勾股数，则这个三角形是一个直角三角形。5、等腰三角形三线合一：等腰三角形底边上的中线、顶角角平分线和底边

上的高是同一条线段。6、菱形对角线互相垂直。7、矩形的相邻两边垂直。8、全等或相似三角形中的垂直证明直线与平面垂直：1、如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面。2、如果两个平面垂直，那么其中一个平面内垂直于它们交

线的直线垂直于另一个平面。3、如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面。4、如果一条直线垂直于两个平行平面中的一个，那么这条直线也垂直于另一个平面。证明平面与平面垂直：1、如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么

这两个平面垂直。2、如果二面角的平面角是直角，那么二面角的两个面所在的平面互相垂直。3、直棱柱的底面垂直于侧面。三、点到平面的距离（1）法一：等体积法（2）法二：法向量：如图，已知平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点.过点作平面的垂线，交平面于点，则是直线的方向向

量，且点到平面的距离就是在直线上的投影向量的长度.四、异面直线所成角已知，为两异面直线，，与，分别是，上的任意两点，，所成的角为，则①②.五、线面角范围：，公式：设直线的方向向量为，平面的法向量为，直线与平面所成的角为，与的角为，则有nAPPlQnlPAPlQP|||||||||||

|nAPnAPnPQAPnnn===abACBDababcos,||||ACBDACBDACBD=cos|cos,|ACBDACBDACBD==0,2sincos,ABn=lauau六、面面角范围：，公式：七

、二面角范围：，公式：0,2coscos,nm=(0,coscos,nm=模块一平行证明（拆分练习）母题：如图，P是四边形ABCD所在平面外的一点，AB∥CD，CD＝2AB，E是PC的中点．方法一：作相交平面找线（1）证明BE//平面PA

D解析：模型铺垫：AB∥平面βAB∥DE【简析】若BE//平面PAD，则必有BE//PG，所以所以要证明BE//平面PAD，只需证明BE//PG即可.（中位线）（2）若F是DC的中点，证明PA//平面BEFECABDPlβECDABGECABDPE

CFABDP【简析】若PA//平面BEF，则必有PA//EM，所以要证明PA//平面BEF，只需证明PA//EM即可.（中位线）方法二：BE//平面PAD（正向平移法：构造平行四边形）【简析】将BE向平面PAD中平移，易知将线段BE

沿BA平移，可得E点轨迹，取PD中点M，由平行四边形可得BE∥AM，故BE//平面PAD.（3）方法三：BE//平面PAD（反向平移法：构造面面平行）MECFABDPECABDPECAPDBECAPDBMEC

APDB【简析】将PD，AD平移，使之与BE共面，可得平面BEH，易知BH∥AD，EH∥PD，则平面EHB//平面PAD，故BE//平面PAD.【题型1】由中位线得出平行关系1．如图，PO是三棱锥−PABC的高，PAPB=，ABAC⊥，E是P

B的中点．证明：//OE平面PAC；【分析】连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OAOB=，再根据直角三角形的性质得到AODO=，即可得到O为BD的中点从而得到//OEPD，即可得证；【详解】（

1）证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥−PABC的高，所以PO⊥平面ABC，,AOBO平面ABC，所以POAO⊥、POBO⊥，又PAPB=，所以POAPOB△△，即OAOB=，所以OA

BOBA=，又ABAC⊥，即90BAC=，所以90OABOAD+=，90OBAODA+=，所以ODAOAD=所以AODO=，即AODOOB==，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以/

/OEPD，又OE平面PAC，PD平面PAC，所以//OE平面PACECABDPECBDPAECBDPAH【题型2】构造平行四边形得到平行关系2．如图，四棱台1111ABCDABCD−的下底面和上底面分别是边4和2的正方形，侧棱1CC上点E满足1113CECC=，

证明：直线1//AB平面1ADE【详解】（1）证明：延长和交于点，连接交于点，连接，由，故，所以4CMAB==，所以，所以，所以为中点，又且，且，所以且，故四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）解：以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图

所示的空间直角坐标系.1DEDCMMABCN1DN112CECE=1112CDCM=MCNABN≌BNNC=NBC1111//BACD1111ADBC=11//BCBN11BCBN=11//ADBN11ADBN=11AB

ND11//ABDN1DN1ADE1AB1ADE1//AB1ADECCDCB1CCxyz【题型3】由面面平行得出线面平行3．如图，四边形ABCD为矩形，P是四棱锥P－ABCD的顶点，E为BC的中点，请问在PA上是否存在点G，使得EG∥平面PCD，并说

明理出【答案】在PA上存在中点G，使得EG∥平面PCD，理由如下：取PA、PD的中点G、H，连接EG、GH、CH∵G、H是PA，PD的中点，∴△PAD中，可得GH∥AD且GH＝12AD又∵E是BC的中点，且

四边形ABCD为矩形，∴EC∥AD且EC＝12AD，∴EC、GH平行且相等，可得四边形ECHG是平行四边形∴EG∥CH，又∵CH⊂平面PCD，EG⊄平面PCD，∴EG∥平面PCD．EPDABC4．如图，AD//BC且AD＝2BC，

AD⊥CD，EG//AD且EGAD=，//CDFG且2CDFG=，DG⊥平面ABCD，DADCDG==，若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN//平面CDE．【答案】证明：设H是DG的中点，连接NH，MH，由于M是CF的

中点，所以MH∥CD，由于MH⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以MH∥平面CDE．由于N是EG的中点，所以NH∥DE，由于由于NH⊄平面CDE，DE⊂平面CDE，所以NH∥平面CDE．由于NH⋂MH＝H，所以平面MNH∥

平面CDE，由于MN⊂平面MNH，所以MN∥平面CDE．EPDABCNMFEBADCG【题型4】构造2个平面的交线5．如图，三棱柱111ABCABC−中，E，P分别是11BC和CC1的中点，点F在棱11AB上，且1

12BFAF=，证明：1//AP平面EFC．【答案】证明：连结PB1，交CE于点D，连结DF，EP，CB1，因为E，P分别为B1C1，CC1的中点，故EP∥12CB1且EP＝12CB1，故112PDDB=，又B1F＝2，A1B1＝3，故1112AFFB=，所以FD∥A1P，又FD⊂平面EFC，

A1P⊄平面EFC，故A1P∥平面EFC；ABCA1B1C1EFPABCA1B1C1EFPDBCB1C1EPD6．如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，且PD⊥面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．证明：l∥CB【证明

】证明：因为ABCD为正方形，∴BC∥AD，又∵BC平面PAD，AD平面PAD．∴BC∥平面PAD又∵BC平面PCB，平面PAD∩平面PCB＝l，∴l∥CD．模块二垂直证明（拆分练习）【题型5】证明线面垂直7．如图，在四棱锥中，已知、，，，平面，求证：平面.【

解答】证明：（1）面，又面，，取中点，连接，则，且，CDABPPABCD−//ABCDADCD⊥1ABAD==2DCDP==PD⊥ABCDBC⊥PBDPD⊥ABCDBCABCDBCPD⊥CDEBEBECD⊥1BE=在中，，在中，

，，，，平面．8．如图，在四棱锥中，，，，，点为的中点，且平面．求证：平面【解答】解：证明：取的中点，连接，，则，．又，，所以，，则四边形为平行四边形，所以．又平面，平面，所以，所以．又，，，平面，所以平面．【题型6】证明异面直线垂直9．已知直三棱柱中，侧面为正方

形，，，分别为和的中点，为棱上的点，．证明：；RtABD2BD=RtBCE2BC=222222(2)(2)2BDBCCD+=+==BCBD⊥PDBDD=BC⊥PBDPABCD−PAPD=//ABCDCDAD⊥2CDAB=EPCBE⊥PCDCD⊥PADPDFAFEF//EFCD1

2EFCD=//ABCD12ABCD=//EFABEFAB=ABEF//AFBEBE⊥PCDCDPCDBECD⊥AFCD⊥CDAD⊥AFADA=AFADPADCD⊥PAD111ABCABC−11AABB2ABBC==EFAC1CCD11AB11BFAB⊥B

FDE⊥【解答】证明：连接，，分别为直三棱柱的棱和的中点，且，，，，，，，，即,△ABC为等腰直角三角形.取BC中点G，因为EG∥AB，所以BF⊥EG，又∵△BFC≌△B1GB，故B1G⊥BF∴BF⊥平面EGB1D∵DE平面EGB1D∴

BF⊥DE10．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．证明：；【解答】证明：在平行四边形中，由已知可得，，，，由余弦定理可得，，则，即，又，，平面，而平面，，AFGEF111ABCABC−AC1CC2ABBC==1CF=5BF=11BFAB⊥11

//ABABBFAB⊥22222(5)3AFABBF=+=+=22223122ACAFCF=−=−=222ACABBC=+BABC⊥PABCD−ABCD120ABC=1AB=4BC=15PA=MNBCPCPDDC⊥PMMD⊥ABPM⊥ABCD1CDAB==122CMBC==6

0DCM=2222cos60DMCDCMCDCM=+−11421232=+−=222134CDDMCM+=+==CDDM⊥PDDC⊥PDDMD=CD⊥PDMPMPDMCDPM⊥，.11．如图，已知三棱柱11

1ABCABC-，平面11AACC⊥平面ABC,90ABC=，1130,,,BACAAACACEF===分别是11,ACAB的中点.证明：【答案】（1）证明见解析；（2）.【详解】(1)如图所示，连结，等边中，，则，平面ABC⊥平面，

且平面ABC∩平面，由面面垂直的性质定理可得：平面，故，由三棱柱的性质可知，而，故，且，由线面垂直的判定定理可得：平面，结合⊆平面，故.【题型7】证明面面垂直12．在四棱锥QABCD−中，底面ABCD是正方

形，若2AD=，5QDQA==，3QC=，求证：//CDABABPM⊥EFBC⊥3511,AEBE1AAC△AEEC=1AEAC⊥11AACC11AACCAC=1AE⊥ABC1AEBC⊥11ABAB∥ABBC⊥11ABBC⊥1111ABAEA=BC⊥11ABEEF11ABEEFBC

⊥平面QAD⊥平面ABCD【解答】证明：中，，，，所以，所以；又，，平面，平面，所以平面；又平面，所以平面平面．13．图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中1AB=，2BEBF==，60FBC=．将其沿AB，BC折起使得B

E与BF重合，连结DG，如图2．证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE【解答】解：证明：由已知可得，，即有，则，确定一个平面，从而，，，四点共面；由四边形为矩形，可得，由为直角三角形，可得，又，可得平

面，平面，可得平面平面【题型8】平行垂直的向量证明方法14．如图，在四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，PDDC=，F，G分别是PB，AD的中点．求证：GF⊥平面PCB；QCD2CDAD==5QD=3QC=222CDQDQC+=CDQD⊥CDAD⊥ADQ

DD=ADQADQDQADCD⊥QADCDABCDQAD⊥ABCD//ADBE//CGBE//ADCGADCGACGDABEDABBE⊥ABCABBC⊥BCBEB=AB⊥BCGEABABCABC⊥BCGE【分析】由题意可得,,DPDAD

C两两垂直，所以以D为原点，,,DPDADC所在直线为z轴，x轴，y轴，建立如图所示空间直角坐标系，再利用空间向量证明即可.【详解】证明：因为PD⊥底面ABCD，,DADC底面ABCD，且底面ABCD是边长为2的正方形，所以,,DPDADC两两

垂直，所以以D为原点，,,DPDADC所在直线为z轴，x轴，y轴，建立如图所示空间直角坐标系，则()2,0,0A，()2,2,0B，()0,2,0C，()002P,,，()1,0,0G，()1,1,1F，所以()0,1,1GF=，()0,2,2PC=−，()2,2,

2PB=−，设平面PBC的法向量(),,nxyz=，则2202220PCnyzPBnxyz=−==+−=，取1y=可得1,0zx==，所以平面PBC的一个法向量为()0,1,1n=，因为GFn=，所以GF

⊥平面PCB.15．如图，在三棱柱11ABCABC−中，1CC⊥平面ABC，ACBC⊥，14BCACCC===，D为1AB的中点，1CB交1BC于点E．证明：11CBCD⊥.【详解】因为1CC⊥平面ABC，平面ABC‖平面111ABC,所以1CC⊥平面111ABC，因为1111,CAC

B平面111ABC，所以111111,CCCACCCB⊥⊥,因为ACBC⊥，所以11111,,ACBCCC两两垂直，所以以1C为原点，11111,,CACBCC所在的直线分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则()()()()()()()1110,0,4,0,0,0,0,4,0,4,0,0,4,0,4,0,4,4,2,2,2CCBAABD，所以()()110,4,4,2,2,2CBCD=−=，所以110880CBCD+−==，所以11CBCD⊥，故11CBCD⊥1

6．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点，2PAAB==.求证：PB//平面AEC；【答案】证明见解析【分析】由题意可得AB，AD，AP两两互相垂直，所以以A为原

点，以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，然后利用空间向量证明即可.【详解】证明：因为PA⊥平面ABCD，且,ABAD平面ABCD，则,PAABPAAD⊥⊥，因为四边形ABCD为正方形，所以ABA

D⊥，所以AB，AD，AP两两互相垂直，如图，以A为原点，以AB，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz−，则()()()()()0,0,0,0,0,2,2,0,0,2,2,0,0,1,1A

PBCE，可得()2,0,2PB=−，()2,2,0AC=，()0,1,1AE=.设平面AEC的法向量为(),,mxyz=，则2200ACmxyAEmyz=+==+=，取1x=，可得1,1yz=−=，所以平面AEC的一个法向量为()1,1,1m=−，可知21

0210PBm=+−=uurur，即PBm⊥，又因为PB平面AEC，所以PB//平面AEC，模块三点与面【题型9】证明四点共面17．如图，在长方体1111ABCDABCD−中，点,EF分别在棱11,DDBB上，2DE＝ED1，BF＝2FB1，证明：点1C在

平面AEF内．【解答】证明：在AA1上取点M，使得A1M＝2AM，连接EM,B1M,EC1,FC1,在长方体ABCD－A1B1C1D1中，有DD1∥AA1∥BB1,且DD1＝AA1＝BB1．又2DE＝ED1,A1M＝2AM，BF＝2FB1,∴DE＝AM＝FB1．∴四边形B1FAM和四边形ED

AM都是平行四边形．∴AF∥MB1,且AF＝MB1,AD∥ME,且AD＝ME．又在长方体ABCD－A1B1C1D1中，有AD∥B1C1,且AD＝B1C1,∴B1C1∥ME且B1C1＝ME，则四边形B1C1EM为平行四边

形，∴EC1∥MB1,且EC1＝MB1,又AF∥MB1,且AF＝MB1,∴AF∥EC1,且AF＝EC1,则四边形AFC1E为平行四边形，∴点C1在平面AEF内18．如图，多面体ABCGDEF中，AB，AC，AD两两垂直，平面AB

C//平面,DEFG平面BEF//平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，1.ACEF==判断点B，C，F，G是否共面，并说明理由．【详解】取DG中点P，连接PA，PF，如图示：在梯形EFGD中，FP∥DE且FP＝DE

．又AB∥DE且AB＝DE，∴AB∥PF且AB＝PF∴四边形ABFP为平行四边形，∴AP∥BF在梯形ACGD中，AP∥CG，∴BF∥CG，∴B，C，F，G四点共面．19．如图，四棱锥PABCD−的底面为正方形，PA⊥平面,2,3,2ABCDABPAPMMB===，1,

4PNNDPHPA==.CGDBEFA(1)证明：,,,CMHN四点共面；(2)求点P到平面MNC的距离.【答案】(1)证明见解析,(2)6109109【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，结合空间向量线性运算的坐标表示可得3142CHCMCN=

+，进而求证；（2）求出平面MNC的法向量，结合空间向量知识求解即可.【详解】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，AD平面ABCD，AB平面ABCD，所以,PAADPAAB⊥⊥，又四边形ABCD为正方形

，所以ABAD⊥.以A为坐标原点，,,ABADAP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.由12,,4PMMBPNNDPHPA===，得111,,324PMPNPHPBPDPA===，则()()2392,2,0,,0,2,0,

1,,0,0,,0,0,3324CMNHP.所以942,2,,,2,243CHCM=−−=−−，32,1,2CN=−−，设CHCMCN=+，则42232293242−=−−−=−−=+，解得3

1,42==，所以3142CHCMCN=+，故,,,CMHN四点共面.（2）设平面MNC的法向量为(),,mabc=，由00CMmCNm==，得422033202abcabc−−+=−−+=，取3a=，则()3,6,8m=，又30,0,4HP=，所以点P

到平面MNC的距离2223861094109368HPmdm===++.【题型10】求点到平面的距离20．如图，直三棱柱111ABCABC-的体积为4，1ABC的面积为22，求A到平面的距离【答案】2【详解】在直三棱柱111ABCABC-中，设点A到平面1

ABC的距离为h，则111111112211433333AABCAAABCAABCABBCCCBVShhVSAAV−−−======，解得2h=，所以点A到平面1ABC的距离为221．如图，在底面为梯形的四棱锥EABCD−中，/

/,BCADBE⊥底面,1ABCDABBC==，3,2BEADAC===.(1)证明：AD⊥平面ABE.(2)延长AB至点F，使得ABBF=，求点F到平面CDE的距离.1ABC【答案】(1)证明见解析，(2)34646【分析】（1）由线面垂直的判定定理证

明即可；（2）以B为坐标原点，,,BEBABC的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面CDE的法向量和直线EF的方向向量，由点到平面的距离公式求解即可.【详解】（1）证明：因为222ABBCAC+=，所以ABB

C⊥.因为BE⊥底面ABCD，所以BEBC⊥，因为ABBEB=，,ABBE平面ABE，所以BC⊥平面ABE，又//BCAD，所以AD⊥平面ABE.（2）解：以B为坐标原点，,,BEBABC的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则

()()3,0,0,0,0,1EC，()()0,1,3,0,1,0DF−，()()3,0,1,0,1,2CECD=−=.设平面CDE的法向量为(),,nxyz=，则0nCEnCD==，即30,20,xzyz−=

+=令1x=，得(1,6,3)n=−.因为(3,1,0)FE=，所以点F到平面CDE的距离||334646||46nFEdn===.22．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，2AB=．(1)求证：11BCAC^；(2)求点1D到平面1BCD的距离．【答案】(

1)证明见解析，(2)233【分析】（1）以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，1AA为z轴建立如图所示的坐标系，求得两直线的方向向量坐标，通过计算数量积为0，从而可证；（2）求得()10,0,2DD=−和平面1BCD的法向量，利

用点面距离的向量公式即可求解.【详解】（1）证明：以A为坐标原点，AD为x轴，AB为y轴，1AA为z轴建立如图所示的坐标系．∵()0,2,0B，()12,2,2C，()10,0,2A，()2,2,0C，∴()12,0,2BC=，()12,2,2AC=−，∴()112022220BCAC++

−==，∴11BCAC^；（2）∵()12,0,2D，()2,0,0D，∴()10,0,2DD=−，设面1BCD的法向量为(),,nabc=，∵()12,0,2BC=，()2,2,0BD=−，∵1nBC⊥，nBE⊥，∴220220acab+=−=，令1a=，

则1b=，1c=−，∴()1,1,1n=−，设1D到面1BCD的距离为d，∴12233111nDDdn===++.23．如图，在直三棱柱111ABCABC-中，190,2ACBACBCCC====．(1)求证：11ABBC⊥；(2)求点1C到直线1AB的距离．【答案】(1)证明见解析

(2)263【分析】（1）建系，再由向量垂直的充分必要条件直接得出空间异面直线垂直.（2）由向量法求空间距离公式直接得出点到直线的距离.【详解】（1）建立直角坐标系，其中C为坐标原点，以CA边所在直线为x轴，以CB边所在直线为y轴，以1CC所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图

所示依题意得()()()()112,0,0,0,2,0,0,2,2,0,0,2ABBC，因为()()112,2,20,2,20ABBC=−−=，所以11ABBC⊥．（2）1111111111113(0,2,0),(2

,2,2),cos,3BCABBCABBCABBCAB=−=−==1116sin,3BCAB=111111126·sin,3CABdBCBCAB−==模块四空间中的角【题型11】异面直线夹角24．如图，三棱锥−PABC中

的三条棱,,APABAC两两互相垂直，π6PBA=，点D满足4PBPD=．若APAC=，求异面直线CD与AB所成角的余弦值．【答案】2114【分析】根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值即可求出异面直线CD与AB所成角的余弦值.【详解】三棱锥−PAB

C中的三条棱,,APABAC两两互相垂直，以A为原点，分别以,,ABACAP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设APACa==，因为π6PBA=，则3ABa=，()0,,0Ca，()0,0,Pa，()3,0,0Ba，()3,

0,PBaa=−，()0,0,APa=，14ADAPPDAPPB=+=+133(0,0,)(3,0,)(,0,)444aaaaa=+−=，()0,0,0A,33,0,44Daa，33,,44CDaaa=

−，()3,0,0ABa=，设异面直线CD与AB所成角为，则cos|cos,|CDABCDABCDAB==2232141428316aaa==，故异面直线CD与AB所成角的余弦值为2114.25．如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，ABA

D⊥，//ADBC，1APABAD===，且直线PB与CD所成角的大小为3.(1)求BC的长；(2)求点C到平面PBD的距离.【答案】(1)2，(2)233【分析】（1）建立空间直角坐标系，然后求出PB，利用直线PB与CD所成角的大小为3求出BC的长即可；（2）先求出平面的

法向量，再根据点到面的距离公式求出距离即可.【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，且ABAD⊥，所以建立如图分别以,,ABADAP为,,xyz轴的空间直角坐标系，则()()()0,0,1,1,0,0,0,1,0PBD，令BCt=，则()()1,,00Ctt

，所以()()1,0,1,1,1,0PBCDt=−=−−，所以()21cos,211PBCDPBCDPBCDt==+−，因为直线PB与CD所成角的大小为3，所以1cos,2PBCD=，即()2112211t=+−

，解得0=t（舍）或者2t=，所以BC的长为2；（2）由（1）知()()()()0,0,1,1,0,0,0,1,0,1,2,0PBDC，令平面PBD的法向量为(),,mxyz=，因为()()1,0,1,0,1,1PBPD=−=−，所以0000mPBxz

yzmPD=−=−==，令1x=，则1,1yz==，所以()1,1,1m=，又()0,2,0CB=−，所以22333mCBdm===，所以点C到平面PBD的距离为233.【题型12

】线面角26．在四棱锥中，底面．(1)证明：；(2)求PD与平面所成的角的正弦值．PABCD−PD⊥,,1,2,3ABCDCDABADDCCBABDP=====∥BDPA⊥PAB【答案】(1)证明见解析；(

2).【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于，因为，所以四边形为等腰梯形，所以，故，，所以，所以

，因为平面，平面，所以，又，所以平面，又因为平面，所以；（2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，，则，则，设平面的法向量，则有，可取，则，所以与平面所成角的正弦值为.55DEAB⊥ECFAB⊥FADBD⊥PDBD⊥BD⊥PADDABCDDEAB⊥ECFAB⊥F//,1

,2CDABADCDCBAB====ABCD12AEBF==32DE=223BDDEBE=+=222ADBDAB+=ADBD⊥PD⊥ABCDBDABCDPDBD⊥=PDADDBD⊥PADPAPADBDPA⊥D3BD=()(

)()1,0,0,0,3,0,0,0,3ABP()()()1,0,3,0,3,3,0,0,3APBPDP=−=−=PAB(),,nxyz=30{330nAPxznBPyz=−+==−+=()3,1,1n=5cos

,5nDPnDPnDP==PDPAB5527．如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是平行四边形，120ABC=，1AB=，2BC=，PDCD⊥．(1)证明：ABPB⊥(2)若平面PAB⊥平面PCD，且102PA=，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)

证明见解析；(2)【详解】（1）如图1，连接BD，因为四边形ABCD是平行四边形，且，，，所以，，，所以，所以，所以，所以，又因为，，BD，PD平面PBD，所以平面PBD，因为PB平面PBD，所以，因为，所以．（2）如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，因为，CD平面PAB

，AB平面PAB，所以平面PAB，因为CD平面PCD，平面PAD平面，所以，因为平面PBD，所以平面PBD，10535120ABC=1AB=2BC=1CD=60BCD=ABCD∥22212cos1421232B

DBCCDBCCDBCD=+−=+−=3BD=222BCBDCD=+CDBD⊥CDPD⊥BDPDD=CD⊥CDPB⊥ABCD∥ABPB⊥CDAB∥CD∥PADPBCl=CDl∥CD⊥l⊥因为PB，PD平面PBD，所以∠BPD是平面PAB

与平面PCD的二面角，因为平面平面PCD，所以，即在Rt△ABP中，因为，，所以在Rt△BPD中，因为，则，所以△BPD为等腰直角三角形，方法一：由（1）得CD⊥平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系

，则，，，，所以，，，设平面PBC的法向量为，则，取，则，得，记直线AC与平面PBC所成角为θ，则，所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．方法二：在△ABC中，因为，，，则，设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD⊥平面PBD，因为四边形ABCD

是平行四边形，所以，又因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以，因为，所以，设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD⊥平面PBD，所以，在△PBC中，，，，因为，所以，所以，所以，解得，PAB⊥90BPD=BPDP⊥102PA=1AB=6,2PB=3BD=6

2PD=()3,1,0A−()3,0,0B()0,1,0C33,0,22P()3,2,0AC=−()3,1,0BC=−33,0,22BP=−(),,nxyz=3033022nBCxynBPxz=−+==−+=

1x=3,1yz==()1,3,1n=r3230105sincos,3513134nACnACnAC−++====+++105351AB=2BC=120ABC=2212cos1421272ACABBCABBCABC=

+−=+−−=ADBC∥ADBCAD∥APBCDPBCVV−−=DPBCCBPDVV−−=APBCCBPDVV−−−1133PBCBPDSdSCD=△△62PB=2BC=102PCPA==222PBPCBC+=PBPC⊥1610152224P

BCS==△11511661343222d=155d=记直线AC与平面PBC所成角为θ，则，所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．【题型13】求二面角（重点）28．如图，四棱锥PABCD−的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，1PDDC==，M为BC的中点，且PBAM⊥．（1

）求BC；（2）求二面角APMB−−的正弦值．【答案】（1）2；（2）7014【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴

建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz−，151055sin357dAC===10535设2BCa=，则()0,0,0D、()0,0,1P、()2,1,0Ba、(),1,0Ma、()2,0,0Aa，则()2,1,1P

Ba=−，(),1,0AMa=−，PBAM⊥，则2210PBAMa=−+=，解得22a=，故22BCa==；[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法如图，连结BD．因为PD⊥底面ABCD，且AM底面ABCD，所以PDAM⊥．又因为PBAM⊥，PBPD

P=，所以AM⊥平面PBD．又BD平面PBD，所以AMBD⊥．从而90ADBDAM+=．因为90+=MABDAM，所以=MABADB．所以∽ADBBAM，于是=ADBAABBM．所以2112BC=．所

以2BC=．[方法三]：几何法+三角形面积法如图，联结BD交AM于点N．由[方法二]知⊥AMDB．在矩形ABCD中，有∽DANBMN，所以2==ANDAMNBM，即23ANAM=．令2(0)=BCtt，因为M为BC的中点，则BMt=，241=+DBt，21=+AM

t．由1122==DABSDAABDBAN，得221241123=++ttt，解得212t=，所以22==BCt．（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法设平面PAM的法向量为()111,,mxyz=，则2,1,02AM=−

，()2,0,1AP=−，由111120220mAMxymAPxz=−+==−+=，取12x=，可得()2,1,2m=，设平面PBM的法向量为()222,,nxyz=，2,0,02BM=−，()2,1,1BP=−−，由222220220

nBMxnBPxyz=−==−−+=，取21y=，可得()0,1,1n=，3314cos,1472mnmnmn===，所以，270sin,1cos,14mnmn=−=，因此，二面角APMB−−的正弦值为7014.[方法二]：构造长方体法+等体积法如图，构造长方体1

111ABCDABCD−，联结11,ABAB，交点记为H，由于11ABAB⊥，1ABBC⊥，所以AH⊥平面11ABCD．过H作1DM的垂线，垂足记为G．联结AG，由三垂线定理可知1⊥AGDM，故AGH为二面角APMB−−的平面角．易证四边形11ABCD是边长为2的正方形，联结1DH，HM

．111111111,2DHMDHMDAHHBMMCDABCDSDMHGSSSSS==−−−正方形，由等积法解得31010=HG．在RtAHG中，2310,210==AHHG，由勾股定理求得355=AG．所以，70sin14AHAGHAG==，即二面角APMB−−的

正弦值为7014．29．如图，三棱锥ABCD−中，DADBDC==，BDCD⊥，60ADBADC==，E为BC的中点．(1)证明：BCDA⊥；(2)点F满足EFDA=，求二面角DABF−−的正弦值．【答案】

(1)证明见解析；(2)33．【分析】（1）根据题意易证BC⊥平面ADE，从而证得BCDA⊥；（2）由题可证⊥AE平面BCD，所以以点E为原点，,,EDEBEA所在直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，再求

出平面,ABDABF的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．【详解】（1）连接,AEDE，因为E为BC中点，DBDC=，所以DEBC⊥①，因为DADBDC==，60ADBADC==

，所以ACD与ABD△均为等边三角形，ACAB=，从而AEBC⊥②，由①②，AEDEE=，,AEDE平面ADE，所以，BC⊥平面ADE，而AD平面ADE，所以BCDA⊥．（2）不妨设2DADBDC===，BDCD⊥，22,2BCD

EAE===．2224AEDEAD+==，AEDE⊥，又,AEBCDEBCE⊥=，,DEBC平面BCDAE⊥平面BCD．以点E为原点，,,EDEBEA所在直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设(2,0,0),(0,0,2),(

0,2,0),(0,0,0)DABE，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为()()11112222,,,,,nxyznxyz==，二面角DABF−−平面角为,而()0,2,2AB=−，因为()2,0,2EFDA==−，所以()2,0,2F−，即

有()2,0,0AF=−，1111220220xzyz−+=−=，取11x=，所以1(1,1,1)n=；22222020yzx−=−=，取21y=，所以2(0,1,1)n=，所以，121226cos332nnnn===，从而63sin193=−=．所以二面角DAB

F−−的正弦值为33．30．如图，在三棱台ABCDEF−中，4,2,1,5,ACBCEFDEADBECF======.(1)求证：平面ABED⊥平面ABC；(2)若四面体BCDF的体积为2，求二面角EBDF−−的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45.【详解】（1）（1）延长三条侧棱

交于点P.因为2,1,BCEF==所以,DE，F分别为中点，且225ABDE==.因为ADBE=，所以APBP=.取AB的中点M，则PMAB⊥.因为4,2,25,ACBCAB===所以222,ACBCAB+=所以CACB⊥.AMCM=，则PAMPCM，故90PMA

PMC==，即PMMC⊥.因为PMAB⊥，ABMCM=,AB平面ABC,MC平面ABC,所以PM⊥平面ABC.又PM平面ABED，故平面ABED⊥平面ABC.（2）因为1112244DBCFDBCPABCPPABCVVVV−−−−====，所以8PABCV−=.而142

42ABCS==,所以114833PABCABCVSPMPM−===，解得：6PM=.以C为坐标原点，CACB､为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则()()132,1,6,0,2,0,3,,3,1,,322PBDF

，设()1,,nxyz=为面EBD的一个法向量，因为()()4,2,02,1,6ABAP=−=−，所以()114200,,260nABxyxyznAPxyz=−++==−++=，不妨设1x=，则面EBD的一个法向量()11,2,0n

=.同理可求得面FBD的一个法向量()20,2,1n=.由图示，二面角EBDF−−的平面角为锐角，所以2112120404cos,555nnnnnn=+=+=，所以二面角EBDF−−的余弦值为45.【题型14】求面面角（重要）31．如图，在四棱锥POABC−中，已知1OAOP==，

2CP=，4AB=，π3CPO=，π6ABC=，π2AOC=，E为PB中点，F为AB中点.(1)证明：平面//CEF平面PAO；(2)若3PA=，求平面POC与平面PAB所成夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)31313.【详解】（1）连接AC，∵E为PB中点，F为AB中点，∴

//EFPA，又EF面PAO，PA面PAO，∴//EF面PAO，在PCO△中，1OP=，2CP=，π3CPO=，∴2222212cos2212321OPCPOPCOPOCCP=+−+−=

=，即3OC=，在ACO△中，1OA=，π2AOC=，∴2AC=，π3OAC=，在ACB△中，4AB=，π6ABC=，2AC=，sinsin1ABABCACBAC==，∴π2ACB=，π3CAB=，∴2π3

OAB=，∵F为AB中点，∴122CFAB==，2π3CFB=，∴OACF∥，又∵CF面PAO，OA面PAO，∴//CF面PAO，又∵CFEFF=，CF，EF面CEF，∴平面//CEF平面PAO；（2）解法一

：延长CO与BA交于H，连PH，则面PAB面POCPH=，在PCO△中，1OP=，2CP=，3OC=，所以OCOP⊥，又π2AOC=，OAOC⊥，POOAO=，,POOA面POA，∴CO⊥面POA

，CO面PCO，∴面PCO⊥面POA，在面POA内过A作AMPO⊥，则AM⊥面PCO，∵PH面PCO，∴AMPH⊥，过A作ANPH⊥，连MN，∵AMANA=，AM面AMN，AN面AMN，∴PH⊥面AMN，MN面AMN，∴PH

MN⊥，∴ANM即为面POC与面PAB所成二面角的平面角，∵1OPOA==，3PA=，∴2π3POA=，23AM=，∵2CF=，//OACF，∴3OH=，2AH=，2PH=，又3PA=，∴2232223AN=−，394AN=，334MN=，∴333134c

os13394ANM==.解法二：在PCO△中，1OP=，2CP=，3OC=，所以OCOP⊥，又π2AOC=，OAOC⊥，,,OPOAOOPOA=平面AOP，所以OC⊥平面AOP，OC平面OABC，所以平面AOP⊥平面OA

BC，又∵1OPOA==，3PA=，∴2π3POA=，以OC为x轴，OA为y轴，过O且垂直于面OABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0O，()0,1,0A，()3,0,0C，()23,3

,0B，130,,22P−，设平面POC的法向量()1111,,nxyz=，130,,22OP=−，()3,0,0OC=，1111113002200OPnyzOCnx=−+===，令11z=，则13y=，∴()10,3

,1n=，设平面PAB的法向量()2222,,nxyz=，330,,22AP=−，()23,2,0AB=22222223200330022xyABnAPnyz+===−+=令21x=，则23y=−

，23z=−，∴()21,3,3n=−−，所以123313cos,1313nn=−=−，∴平面POC与平面PAB所成角的余弦值为31313.【题型15】已知线面角或二面角，求其它量（重要）32．如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，ABC

和ACD均为正三角形，23ACBE==，，点M为线段CD上一点．(1)求证：DEAM⊥；(2)若EM与平面ACD所成角为π3，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)

1313.【详解】（1）取AC中点O，连接DO、OB，在正ACD和正ABC中，2AC=，则,,3DOACBOACDOBO⊥⊥==，而平面ACD⊥平面ABC，平面ACD平面ABCAC=，DO平面ACD，BO平面ABC，于是DO⊥平面ABC，BO⊥平面ACD，又BE⊥平面AB

C，即有//DOEB，而3DOEB==．因此四边形DOBE是平行四边形，则//DEOB，从而DE⊥平面ABC，AM平面ADC，所以DEAM⊥.（2）由（1）知，DE⊥平面ADC，EMD为EM与平面ADC的所成角，即π3EMD=，在RtEDM△中，31π3tan3DEDM===，即M为DC

中点，由（1）知，,,OBOCOD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz−，则13(0,1,0),(3,0,0),(0,0,3),(0,1,0),(0,,)22ABDCM−，33(3,1,0),(0,,)22ABAM==，显然平面DAC的一个法向量为1(1,0

,0)=n，设平面MAB的一个法向量为2(,,)nxyz=，则223033022nABxynAMyz=+==+=，令1x=，得2(1,3,3)n=−，121222212||113|cos,|13||||11(3)3nnnnnn===+−+，所以平面AMB与平面ACD所成锐二

面角的余弦值为1313．33．如图（1）所示，在ABC中，60ABC=，过点A作ADBC⊥，垂足D在线段BC上，且23AD=，5CD=，沿AD将CDA折起（如图（2）），点E、F分别为棱AC、AB的中点.（1）证明：ADEF⊥；（2）若二面角CDAB−−所成角的正切值为

2，求二面角CDFE−−所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析,（2）1319【小问1详解】证明：翻折前，ADBC⊥，则ADCD⊥，ADBD⊥，翻折后，则有ADCD⊥，ADBD⊥，因为BDCDD=，BD、CD平面BCD，

所以，AD⊥平面BCD，因为BC平面BCD，所以，ADBC⊥，在四棱锥ABCD−中，因为点E、F分别为棱AC、AB的中点，则//EFBC，因此，ADEF⊥.【小问2详解】解：因为ADCD⊥，ADBD

⊥，则二面角CDAB−−的平面角为BDC，即tan2BDC=，因为AD⊥平面BCD，以点D为坐标原点，DB、DA所在直线分别为x、y轴，平面BCD内过点D且垂直于BD的直线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，因为60ABD=o，A

DBD⊥，23AD=，则232tan603ADBD===，图2图1EFCBAABCDD又因为5CD=，则()0,23,0A、()2,0,0B、()1,0,2C、()0,0,0D、1,3,12E、()1,3,0F，设平面CDF的法向量为()111,,mxy

z=，()1,0,2DC=，()1,3,0DF=，则11112030mDCxzmDFxy=+==+=，取123x=，可得()23,2,3m=−−，设平面DEF的法向量为()222,,xnyz=，1,0,12E

F=−，则222230102nDFxynEFxz=+==−=，取223x=，可得()23,2,3n=−，所以，()2124313cos,1919mnmnmn+−===，由图可知，二

面角CDFE−−的平面角为锐角，故二面角CDFE−−的余弦值为1319.34．如图，在正四棱柱1111ABCDABCD−中，12,4ABAA==．点2222,,,ABCD分别在棱111,,AABBCC,1DD上，22221,2,3AABBDDCC====．(

1)证明：2222BCAD∥；(2)点P在棱1BB上，当二面角222PACD−−为150时，求2BP．【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设(0,2,)(04)P，利用向量法求二面角，建

立方程求出即可得解.【详解】（1）以C为坐标原点，1,,CDCBCC所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图，则2222(0,0,0),(0,0,3),(0,2,2),(2,0,2),(2,2,1)CCBDA，2222(0,2,1),(0,2,1)BCAD=−=−，2222

BCAD∥，又2222BCAD，不在同一条直线上，2222BCAD∥.（2）设(0,2,)(04)P，则22222(2,2,2)(0,2,3),=(2,0,1),ACPCDC=−−=−−−，设平面22PAC的法向量(,,)nxyz=，则22222202(3)0nACxyz

nPCyz=−−+==−+−=，令2z=，得3,1yx=−=−，(1,3,2)n=−−，设平面222ACD的法向量(,,)mabc=，则2222222020mACabcmDCac=−−+==−+=，令

1a=，得1,2==bc，(1,1,2)m=，2263cos,cos150264(1)(3)nmnmnm====+−+−，化简可得，2430−+=，解得1=或3=，(0,2,1)P或(0,2,3)P，21BP=.35．如图，在四棱

锥PABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，60ABC=，PAB为正三角形，平面PAB⊥平面ABCD，E为线段AB的中点，M是线段PD（不含端点）上的一个动点．(1)记平面BCM交PA于点N，求证：//MN平面PBC；(2)是否存在点M，使得二面角PBCM−−的正弦值为1010，若存在，

确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析，(2)存在，点M为线段PD上靠近点P的三等分点，理由见解析【分析】（1）证明//BC平面PAD，利用线面平行的性质可证得//MNBC，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）连

接PE、CE、AC，推导出PE⊥平面ABCD，CEAB⊥，以点E为坐标原点，EB、EC、EP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设PMPD=，其中01，利用空间向量法求出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：因为四边形ABCD为菱形，则//BCAD，因为BC平面

PAD，AD平面PAD，所以，//BC平面PAD，因为BC平面BCM，平面BCM平面PADMN=，则//MNBC，因为MN平面PBC，BC平面PBC，因此，//MN平面PBC.（2）解：连接PE、CE、AC，因为PAB为等边三角形，E为AB的中点，则PEAB⊥，因为

平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB平面ABCDAB=，PE平面PAB，所以，PE⊥平面ABCD，因为四边形ABCD是边长为2的菱形，则2ABBC==，又因为60ABC=，则ABC为等边三角形，则CEAB⊥，以点

E为坐标原点，EB、EC、EP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()1,0,0B、()0,3,0C、()2,3,0D−、()0,0,3P，设()()2,3,32,3,3PMPD

==−−=−−，其中01，设平面PBC的法向量为()111,,mxyz=，()1,3,0BC=−，()1,0,3BP=−，则11113030mBCxymBPxz=−+==−+=，取13x=，可得()3,1,1

m=ur，设平面BCM的法向量为()222,,xnyz=，()()()1,0,32,3,321,3,33BMBPPM=+=−+−−=−−−，则()()2222230213310nBCxynBMxyz=−+==−+++−=

，取233x=−，则21y=−，21z=+，所以，()33,1,1n=−−+，由题意可得()()2225310310cos,110105411mnmnmn−===−=−++，整理可得227650+−

=，即()()31950−+=，因为01，解得13=，故当点M为线段PD上靠近点P的三等分点时，二面角PBCM−−的正弦值为1010.36．如图多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，60ABC=，EA⊥平面ABCD，//EABF，22ABAEBF===(1)

证明：平面EAC⊥平面EFC；(2)在棱EC上有一点M，使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45，求点M到平面BCF的距离.【答案】(1)证明见解析，(2)34【分析】（1）取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，证明//GFBN，利用BN⊥平面EAC，证明GF⊥平面EA

C，从而平面EFC⊥平面EAC；（2）建立平面直角坐标系，设EMEC=，求出二面角，再求得的值，即可得到M的坐标，再利用空间向量法求出点到面的距离．【详解】（1）证明：取EC的中点G，连接BD交AC于N，连接GN，GF，

因为ABCD是菱形，所以ACBD⊥，且N是AC的中点，所以//GNAE且12GNAE=，又//AEBF，22AEBF==，所以//GNBF且GNBF=，所以四边形BNGF是平行四边形，所以//GFBN，又E

A⊥平面ABCD，BN平面ABCD，所以EABN⊥，又因为ACEAA=，,ACEA平面EAC，所以NB⊥平面EAC，所以GF⊥平面EAC，又GF平面EFC，所以平面EFC⊥平面EAC；（2）解：取CD的中点H，由四边形ABCD是菱形，60ABC=，则60ADC=，ADC是正三角

形，AHCD⊥，AHAB⊥，又⊥AE平面ABCD，所以以A为原点，AH，AB，AE为坐标轴建立空间直角坐标系，设在棱EC上存在点M使得平面MBD与平面ABCD的夹角为45，则()3,1,0D−，

()0,2,0B，()3,1,0C，()0,0,2E，()0,2,1F，()0,0,0A，则设()()3,1,23,,2EMEC==−=−，()3,,22M−，所以()33,1,22DM=−+−，()3,2,22BM=−−，()3,1,0BC=−，(

)0,0,1BF=，设平面DBM的一个法向量为(nx=，y，)z，则00nDMnBM==，即(33)(1)(22)03(2)(22)0xyzxyz−+++−=+−+−=，令3x=，1y=，得213

,1,1n−=−平面ABCD的法向量可以为()0,0,1m=，221||21|cos,|||||22141mnnmmn−−===−+−，解得34=，所以3331,,442M

，则311,,442CM=−−设平面BCF的一个法向量为(),,uabc=，则00uBCuBF==，即300abc−==，取1a=，得()1,3,0u=，所以点M到平面BCF的距离34uCMdu==.37

．如图，在三棱锥PABC−中，22ABBC==，4PAPBPCAC====，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC−−为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）34.【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO

垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向

量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．【详解】（1）因为4APCPAC===，O为AC的中点，所以OPAC⊥，且23OP=．连结OB．因为22ABBCAC==，所以ABC为等腰直角三角形，且1,22OBACOBAC⊥==，由222OPOBPB+=知POOB⊥．由

,OPOBOPAC⊥⊥知，PO⊥平面ABC．（2）［方法一］：【通性通法】向量法如图，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz−．由已知得(0,0,0),(2,0,0),(0,2,

0),(0,2,0),(0,0,23),(0,2,23)OBACPAP−=取平面PAC的法向量(2,0,0)OB=．设(,2,0)(02)Maaa−，则(,4,0)AMaa=−．设平面PAM的法向量为(,,)nxyz=．由0,0APnAMn==得2+23=0+(4)=0yz

axay−，可取2(3(4),3,)naaa=−−所以22223(4)cos23(4)3aOBnaaa−=−++．由已知得3cos2OBn=．所以22223|4|3223(4)3aaaa−=−++．解得4a=−(舍去)，43a=．所以83434,,

333n=−−．又(0,2,23)PC=−，所以3cos,4PCn=．所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34．［方法二］：三垂线＋等积法由（1）知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥平面ABC．如图5，在平面ABC内作MNAC⊥，垂足为N，则MN⊥

平面PAC．在平面PAC内作NFAP⊥，垂足为F，联结MF，则MFAP⊥，故MFN为二面角MPAC−−的平面角，即30MFN=．设MNa=，则,4NCaANa==−，在RtAFN△中，3(4)2FNa=−．在RtMFN△中，由3

3(4)32aa=−，得43a=，则823FMa==．设点C到平面PAM的距离为h，由MAPCCAPMVV−−=，得213411844343323h=，解得3h=，则PC与平面PAM所成角的正弦值为34．［方法三］：三垂线＋线面角定义法由（1）知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥

平面ABC．如图6，在平面ABC内作MNAC⊥，垂足为N，则MN⊥平面PAC．在平面PAC内作NFAP⊥，垂足为F，联结MF，则MFAP⊥，故MFN为二面角MPAC−−的平面角，即30MFN=．同解法1可得43MNa==．

在APC△中，过N作NEPC∥，在FNM△中，过N作NGFM⊥，垂足为G，联结EG．在RtNGM△中，334232233NGNM===．因为NEPC∥，所以843NENAa==−=．由PA⊥平面FMN，可得平面PAM⊥平面FM

N，交线为FM．在平面FMN内，由NGFM⊥，可得NG⊥平面PAM，则NEG为直线NE与平面PAM所成的角．设NEG=，则2333sin843NGNE===，又NEPC∥，所以直线PC与平面PAM所成角的正弦值为34．［方法四］：【最优解】定义法如图7，取P

A的中点H，联结CH，则23CH=．过C作平面PAM的垂线，垂足记为T（垂足T在平面PAM内）．联结HT，则CHT即为二面角MPAC−−的平面角，即30CHT=，得3CT=．联结PT，则CPT为直

线PC与平面PAM所成的角．在RtPCT△中，4,3PCCT==，所以3sin4CPT=．38．如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，,,60ACADABBCBCA⊥⊥=，2APADAC===，E为CD的中点，M在AB上，且2AMMB=，(1)求证：//

EM平面PAD；(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；(3)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角为45，求AF的长．【答案】(1)证明见解析；(2)217；(3)2【详解】（1）证明：因

为PA⊥平面ABCD，,ADAC平面ABCD，所以,PAADPAAC⊥⊥，因为ACAD⊥，所以,,ADACAP两两垂直，所以以A为坐标原点，以,,ADACAP所在的直线分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为,,60ACADAB

BCBCA⊥⊥=，2APADAC===，E为CD的中点，M在AB上，且2AMMB=，所以333(0,0,0),(0,2,0),(,,0),(,1,0),223ACBM−−(0,0,2),(1,1,0),(2,0,0)PED．所以3(1,0,0),(0,2,0),3EMAC=−−=所以0E

MAC=，所以ACEM⊥，又ACAD⊥，所以//EMAD，又EM平面PAD，AD平面PAD，所以//EM平面PAD．（2）33(0,2,2),(,,2)22PCPB=−=−−．设平面PBC的法向量为(,,)nxyz=，则有220

03320022yzPCnxyzPBn−==−+−==，可取3,1,1)3(n−=，由题意，平面PAD的一个法向量可取(0,1,0)m=，设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，则121cos|cos,|711113mn===++，所以平面PAD与平面P

BC所成锐二面角的余弦值为217．（3）设000(,,)Fxyz，PFPD=(01)，即000(,,2)(2,0,2)xyz−=−，可得(2,0,22)F−，所以(21,1,22)EF=−−−，又(0

,2,0)AC=，由题意有22222cos,22(21)(1)(22)EFAC==−+−+−，化简得22310−+=，解得12=或1=（舍），所以(1,0,1)F，所以222||(10)(00)(10)2AF=−+−+−=.【题型16】与角有关的最值与范围问题（难点）3

9．如图AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在的平面，C为圆周上不同于A，B的任意一点．(1)求证：平面PAC⊥平面PBC；(2)设PA=AB=2AC=4，D为PB的中点，M为AP上的动点（不与A重合）求二面角A—

BM—C的正切值的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)63.【分析】（1）推导出AC⊥BC，PA⊥BC，从而BC⊥平面PAC，由面面垂直的判定定理即可得证．（2）过A作Ax⊥AB，以A为坐标原点，建立空间坐标系，设M（0，0，t）(0,4t，利用空

间向量法表示出二面角的余弦值，当余弦值取得最大时，正切值求得最小值；【详解】（1）证明：因为PA⊥⊙O，BC面⊙O，∴PA⊥BC，∵BC⊥AC，ACPAA=，AC平面PAC，PA平面PAC，∴BC⊥平面PAC，又BC平面PBC，∴平面PAC⊥平面P

BC；（2）过A作Ax⊥AB，以A为坐标原点，建立如图所示空间坐标系，则A（0，0，0），()3,1,0C，B（0，4，0），设M（0，0，t）(0,4t，()3,3,0BC=−，()0,4,BMt=−，则平面

AMB的一个法向量为()1,0,0m=，设平面BMC的一个法向量为(),,nxyz=，则00nBCnBM==，即33040xyytz−=−+=，令3x=，∴43,1,nt=，如图二面角A—BM—C

的平面角为锐角，设二面角A—BM—C为，则()22223334cos124442131mntmntt====−++++，∴4t=时，cos取得最大值，最大值为155，此时tan取得最小值为6

3．40．在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，5QDQA==，QC=3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)若点P为四棱锥Q－ABCD的侧面QCD内（包含边界）的一点，且四棱锥P－ABCD的体积为43，求BP与平面ABCD

所成角的正弦值的最小值.【答案】(1)证明见解析；(2)22929【分析】（1）取AD的中点为O，连接QO，CO，通过等腰三角形三线合一结合勾股定理可证QOAD⊥，QOOC⊥，再利用面面垂直的判定方法可得平面QAD⊥平面ABCD.（2）建立合适的空间直角坐标系，首先得到点P的轨迹

是QCD的中位线EF，点P的轨迹是QCD的中位线EF，从而得到线面角的正弦表达式，利用函数单调性即可求出其最值.【详解】（1）取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QAQD=，OAOD=，则QOAD⊥，而2AD=，5QA=，故51

2QO=−=.在正方形ABCD中，因为2AD=，故1DO=，故5CO=，因为3QC=，故222QCQOOC=+，故QOC为直角三角形且QOOC⊥，因为OCADO=，且,OCAD平面ABCD，故QO⊥平面ABCD，因为QO平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD

.（2）在平面ABCD内，过O作OTCD∥，交BC于T，因为CDAD⊥，则OTAD⊥.结合（1）中的QO⊥平面ABCD，且,OTAD平面ABCD，则,OQADOQOT⊥⊥，故直线,,OQOTOD两两互相垂直，故以O

为坐标原点，,,OTODOQ所在直线分别为,,xyz轴建如图所示的空间直角坐标系.则(0,1,0)D，(0,0,2)Q，(2,1,0)B−，(2,1,0)C，故()2,1,2BQ=−，()2,2,0BD

=−uuur，()2,0,0CD=−.因为14433PABCDPVh−==，所以1Ph=，又因为点P为四棱锥QABCD−的侧面QCD内的一点（包含边界），所以点P的轨迹是QCD的中位线EF，设()01EPEF=，则(),0,02EPCD==−，31,,12BPBEEP=+=

−−，设BP与平面ABCD所成角为，则()21sin1314phBP==++，0,1，当1=时，sin取得最小值22929，所以BP与平面ABCD所成角的正弦值的最小值为22929.41．如图，

四棱锥PABCD−中，//ABCD，ABAD⊥，平面PAD⊥平面PCD.(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若22ADAB==，2PB=，5PD=，BC与平面PCD所成的角为，求sin的最大值.【答案】(1)证明见解析，

(2)55【分析】（1）根据面面垂直和线面垂直的性质可得CDAH⊥，由已知可证CDAD⊥，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证平面PAD⊥平面ABCD；（2）法1：设(,2,0)(0)Cmm，利用向量法求出平面PCD的一个法向量，并根据

线面角的公式转化为函数问题分析最值即可；法2：设点B到平面PCD的距离为d，利用等面积法得到255PAADdAHPD===，进而得到251sin5BC=，分析BC取最小值的情况，即可求出sin的最大值.【详解】（1）证明：过点A作AHPD⊥于H，因为平面PAD⊥平面PCD，平面P

AD平面PCDPD=，所以AH⊥平面PCD，又CD平面PCD，所以CDAH⊥，由//ABCD，ABAD⊥，可知CDAD⊥，而AHADA=，,AHAD平面PAD所以CD⊥平面PAD，因为CD平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．（2）法1：由（1）知CD⊥平面PAD，P

A平面PAD，所以CDPA⊥，又//ABCD，所以ABPA⊥，所以221PAPBAB=−=，2225PAADPD+==，所以PAAD⊥，由,,ABADAABAD=平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD．如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0)B，(0,0,1)P，(0,2,0)D，设(,

2,0)(0)Cmm，平面PCD的一个法向量为000(,,)nxyz=，(0,2,1)PD=−，(,0,0)DCm=，所以nPD⊥，nDC⊥，即00nPDnDC==，得00020,0,yzmx−==令01y=，得()0,1,2n=，()1,2,0BCm=−，所以2||

2sin||||(1)45BCnBCnm==−+，显然，当1m=时，2(1)4m−+取最小值，综上，当1CD=时，sin的最大值为55．法2：设点B到平面PCD的距离为d，因为//ABCD，CD平面PCD，所以//AB平面PCD，所

以点A到平面PCD的距离也为d，由（1），CD⊥平面PAD，所以CDPA⊥，又//ABCD，所以ABPA⊥，所以221PAPBAB=−=，所以2225PAADPD+==，所以PAAD⊥，由（1），AH⊥平面PCD，所以255PAADdAHPD===，由251sin5d

BCBC==，在四边形ABCD中，当BCCD⊥时，BC取最小值，此时四边形ABCD显然为矩形，2BC=，所以sin的最大值为2515525=．模块五探究类问题【题型17】验证满足平行条件的点是否存在42．如图，在正方体中，点为线段上的动点，，分别为棱，的中

点，若平面，求11DPDB．【答案】【解答】解：如图所示，取A1D1，D1C1的中点E，F，则有平面DEF∥平面，则平面DEF与D1B的交线即为点P，取EF中点M，则DM交于P，易知△D1MP∽△BDP

，故1114DPDMBPDB==,故1111ABCDABCD−P1DBMNBCAB//DP1BMNMD1C1CDNABA1B1151BMN1DB11DPDB=1543．如图1所示，在矩形中，，，点为线段上一点，，现将沿折起，将点折到点位置，使得点在平面上的射影在线段上，得到如图

2所示的四棱锥．在图2中，线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，请说明理由.【解答】解：（1）在上取点，使得，过作的平行线交于点，连接，，因为且，又且，所以且，故四边形为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面44

．如图，在四棱柱1111ABCDABCD−中，四边形ABCD是一个边长为2的菱形，60DAB=，侧棱1DD⊥平面ABCD，13DD=．EFMD1C1CDNABA1B1PMEFMD1C1CDNABA1B1A

BCD4AB=62BC=EAB1AE=BCECEBBBAECDADBAECD−BCF//EFBADBFBCBCF14BFBC=FCDBDMEFAM//MFCD14MFBFCDBC==//AECD14AECD=//AEMFAEMF

=AEFM//EFAMEFBADAMBAD//EFBAD(1)求平面1CDB与平面1DDC的夹角的余弦值．(2)设E是1DB的中点，在线段1DC上是否存在一点P，使得//AE平面PDB？若存在，请求出的11DPDC值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)34(2)存在，1123DPDC

=【分析】（1）设M是AB的中点，以DM，DC，1DD的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，利用法向量求解即可；（2）设()1101DPDC=，从而得()0,2,33P−+，根据直线方向向量和平面法向量数量积为0列方程可解.【详解】（1）由

题意，ADB是正三角形，设M是AB的中点，连接DM，则DMAB⊥，所以DMDC⊥，sin603DMAD==．由1DD⊥平面ABCD，,DMDC平面ABCD，得1DDDM⊥，1DDDC⊥，即1DD，DM，DC两两垂直．如图，以D

M，DC，1DD的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系．则()0,0,0D，()10,0,3D，()0,2,0C，()3,1,0B．则()3,1,0BC=−，()13,1,3BD=−−，显然，平面1DCD的一个

法向量是()1,0,0m=．设平面1BDC的法向量为(),,nxyz=r，则130,330,nBCxynBDxyz=−+==−−+=令3x=，得平面1BDC的一个法向量()3,3,2n=．设平面1CDB与平面1DDC的夹角为，则33cos4

1394mnmn===++．所以，平面1CDB与平面1DDC的夹角的余弦值为34．（2）设()1101DPDC=，当1=时，点P与点C重合，显然AE与平面PDB相交，不满足题意；当01时，因为()10,0,3D，()0,2,0C，所以()0,2,

33P−+，又()0,0,0D，()3,1,0B，所以()0,2,33DP=−+，()3,1,0DB=．设平面PDB的法向量为(),,axyz=，则()2330,30,aDPyzaDBxy=+−+==+=令3x=，得23,3,1a=

−−．因为()3,1,0A−，313,,222E，所以333,,222AE=−．因为//AE平面PDB，所以AEa⊥，即33323932,,3,3,022212221AEa

=−−=−−+=−−，解得23=，所以线段1DC上存在点P，使得//AE平面PDB，此时1123DPDC=【题型18】验证满足垂直条件的点是否存在45．如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，E是CD的中点，在对角线1AC上是否存在点P，使

得DP⊥平面1ADE？若存在，求出CP的长；若不存在，请说明理由．【解答】在对角线1AC上存在点P，且33CP=，使得DP⊥平面1ADE．证明如下：因为四边形11ADDA是正方形，所以11ADAD⊥．因为CD⊥平面11A

DDA，1AD平面11ADDA，所以1CDAD⊥．因为1ADCDD=，所以1AD⊥平面1ACD．因为1AD平面1ADE，所以平面1ADE⊥平面1ACD．作1DPAC⊥于P，因为1//EFAC，所以DPEF⊥．因为DP平面1ACD，平面1ACD平面1ADEEF=，所以DP⊥平面1AD

E．由Rt△1RtDCPACD∽，得211333CDCPAC===．所以当33CP=时，DP⊥平面1ADE．46．如图，四棱锥PABCD−中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在线段AD上，13AGGD=，BGGC⊥，2BGGC==，E是

BC的中点，四面体PBCG−的体积为83．（1）求异面直线GE与PC所成角的余弦值；（2）棱PC上是否存在一点F，使DFGC⊥，若存在，求PFFC的值，若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）由已知11183323PBGCBCGVSPGBGGCPG−===，4PG=，在平面

ABCD内，过C点作//CHEG交AD于H，连结PH，则PCH（或其补角）就是异面直线GE与PC所成的角．在PCH中，2CH=，20PC=，18PH=，由余弦定理得，10cos10PCH=．（2）在平面ABCD内，过D作DMGC

⊥，M为垂足，连结MF，又因为DFGC⊥，GC⊥平面MFD，GCFM⊥，由平面PGC⊥平面ABCD，FM⊥平面ABCD，//FMPG，由GMMD⊥得：3cos452GMGD==，32312PFGMFCMC===，由DFGC⊥

，可得3PFFC=．47．三棱柱111ABCABC−被平面11ABC截去一部分后得到如图所示几何体，1BB⊥平面ABC，90ABC=，1BCBB=，E为棱1BC上的动点（不包含端点），平面ABE交1AC于点F，试问是否存在点E，使得平面ABE⊥平面11AB

C？并说明理由．【解答】存在点E，当点E为1BC中点时，平面ABE⊥平面11ABC．证明如下：1BCBB=，1BEBC⊥．AB⊥平面1BBC，BE平面1BBC，ABBE⊥．11//ABAB，11BEAB⊥．BE⊥平面11ABC．

平面ABE⊥平面11ABC．48．斜三棱柱111ABCABC-的各棱长都为2，160AAB=，点1A在下底面ABC的投影为AB的中点O．在棱1BB（含端点）上是否存在一点D使11ADAC⊥？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；【答案】存在，52BD=【分析】连接OC，以O点

为原点，以1OAOCOA,,所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，设1,0,1BDtBBt=，根据110ACAD=求解即可.【详解】连接OC，因为ACBC=，O为AB的中点，所以OCAB⊥

，由题意知1AO⊥平面ABC，OAOC⊥，又12AA=，160AAO=，所以13AO=，以O点为原点，以1OAOCOA,,所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如图，则()10,0,3A，()1,0,0A，()1,0,0B−，()0,3,0C，由11ABAB=得()12

,0,3B−，同理得()11,3,3C−，设1,0,1BDtBBt=，得()1,0,3Dtt−−，又()12,3,3AC=−，()11,0,33ADtt=−−−，由11ADAC⊥，则110ACAD=，可得()()213330tt−−−+−=，得1

5t=，又12BB=，即52BD=，所以存在点D且52BD=满足条件.49．斜三棱柱111ABCABC-的各棱长都为14,60AAB=，点1A在下底面ABC的投影为AB的中点O.在棱1BB（含端点）上是否存在一点D使11ADAC⊥？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；

【答案】存在，45BD=【分析】连接OC，以O为原点建立如图所示空间直角坐标系，设1,0,1=uuuruuurBDBB，根据110ADAC=结合空间向量的坐标运算求解.【详解】因为点1A在下底面ABC的

投影为AB的中点O，故1AO⊥平面ABC，连接OC，由题意ABC为正三角形，故OCAB⊥，以O为原点，1OAOCOA,,分别为xyz､､轴建立如图所示空间直角坐标系，则()1(2,0,0),0,0,23AA，()()()11

2,0,0,4,0,23,2,23,23BBC−−−，可得()12,0,23=−BBuuur，()14,23,23=−ACuuur，()12,0,23AB=−−，设()12,0,23,0,1==−BDBBuuuruuur，可

得()11122,0,2323=+=−−−AABBBDuuuruuuruuur，假设在棱1BB（含端点）上存在一点D使11ADAC⊥，则()()114222323230=++−=uuuruu

urADAC，解得15=50．如图1，在边长为4的菱形ABCD中，60BAD=，DEAB⊥于点E，将ADEV沿DE折起到1ADE△的位置，使1ADDC⊥，如图2.(1)求证：1AE⊥平面BCDE；(2)判断在线段EB上是否存在一点P

，使平面1ADP⊥平面1ABC？若存在，求出EPPB的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)在线段EB上不存在一点P，使平面1ADP⊥平面1ABC，理由见解析【分析】（1）首先证明DC⊥平面1ADE，即可得到1

DCAE⊥，再由1AEDE⊥，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，设(),0,0Pt，()02t≤≤，求出平面1ADP、平面1ABC的法向量，根据0nm=得到方程，解得t，即可判断.【详解】（1）DEAB∵⊥，//ABDC，DEDC⊥∴，1ADDC⊥，1ADDED=，1,ADDE平面1

ADE，DC⊥平面1ADE，1AE平面1ADE，1DCAE⊥，1AEDE⊥，DCDED=，,DCDE平面BCDE，1AE⊥平面BCDE；（2）由题意，以EB，ED，1EA分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则23DE=，()10,0,2A，()2,0,

0B，()4,23,0C，()0,23,0D，所以()12,0,2BA=−，()2,23,0BC=设平面1ABC的一个法向量为(),,mxyz=，则12202230mBAxzmBCxy=−+==+=，令3x=−，则()3,1,3m=−−，设(),0

,0Pt，()02t≤≤，则()1,0,2APt=−，()10,23,2AD=−，设平面1ADP的法向量为(),,nabc=，则11232020ADnbcAPntac=−==−=，取2,,3tnt=，平面1ADP⊥平面1ABC，23303tnmt=−+−=，解得3t=

−，02t，在线段EB上不存在一点P，使平面1ADP⊥平面1ABC．【题型19】验证满足角度条件的点是否存在51．已知矩形ABCD中，4AB=，2BC=，E是CD的中点，如图所示，沿BE将BCE翻折至BF

E△，使得平面BFE⊥平面ABCD.(1)证明：BFAE⊥；(2)若(01)DPDB=是否存在，使得PF与平面DEF所成的角的正弦值是63？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，34=【详解】（1）依题意AB

CD矩形，4AB=，2BC=，E是CD中点，所以22AEBE==，又4AB=，所以，222AEBEAB+=，AEBE⊥，因为平面BEF⊥平面ABCD，平面BEFI平面ABCDBE=，所以⊥AE平面BEF，又BF平面BEF，所以AEBF⊥.（2）以C为原点，CD所在直线为x轴，C

B所在直线为y轴，建立如图所示空间直角坐标系.则()0,0,0C，()4,0,0D，()0,2,0B，()2,0,0E，设N是BE的中点，因为FEFB=，所以FNBE⊥，又平面BEF⊥平面ABCD，平面BEFI平面ABCDBE=，所以FN⊥平面A

BCD，()1,1,2F，假设存在满足题意的，则由(01)DPDB=.可得，()43,12,2PFDBDF=−+=−−.设平面DEF的一个法向量为(),,nxyz=r，则20320nDExnDFxyz=−==−++=

，令2y=，可得0x=，1z=−，即()0,2,1n=−，设PF与平面DEF所成的角为，所以sincos,||||PFnPFnPFn===()2222212633(34)(21)(2)−+=−+−+−解得

34=（1=舍去），综上，存在34=，使得PF与平面ADE所成的角的正弦值为63.52．如图，在四棱锥SABCD−中，四边形ABCD是矩形，SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，1AB=，P为棱AD的中点，四棱锥SABCD−的体积为233．(1)若E为棱S

B的中点，求证：//PE平面SCD；(2)在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为235？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2

)存在点M，位于AS靠近点S的三等分点处满足题意.【详解】（1）取SC中点F，连接,EFFD，,EF分别为,SBSC的中点，//EFBC，12EFBC=底面四边形ABCD是矩形，P为棱AD的中点，//PDBC，12PDBC

=．//EFPD，EFPD=，故四边形PEFD是平行四边形，//PEFD\．又FD平面SCD，PE平面SCD，//PE平面SCD．（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边SAD中，P为AD的中点，所以SPAD⊥，

又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD＝，SP平面SAD，SP⊥平面ABCD，则SP是四棱锥SABCD−的高．设()0ADmm=，则32SPm=，ABCDSm=矩形，113233323ABCDSABCDVSSPmm矩形四棱锥−===，所以2m＝.以点P为

原点，PA，PS的方向分别为,xz轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0P，()1,0,0A，()1,1,0B，()0,0,3S，故()1,0,0PA=，()1,1,0PB=uur，()1,0,3AS=−．设()(),0,

301AMAS==−，()1,0,3PMPAAM=+=−．设平面PMB的一个法向量为()1,,nxyz=，则11(1)300nPMxznPBxy=−+==+=取()13,3,1n=−−．易知平

面SAD的一个法向量为()20,1,0n=uur，1212212323cos,7215nnnnnn-l×\===l-l+uvuuvuvuuvuvuuv，01，23=故存在点M，位于AS靠近点S的三等分点处满足题意.53．如图甲，在矩形ABCD中，222,A

BADE==为线段DC的中点，ADEV沿直线AE折起，使得6DC=，如图乙.(1)求证：BE⊥平面ADE；(2)线段AB上是否存在一点H，使得平面ADE与平面DHC所成的角为π4？若不存在，说明理由；若存在，求出H点的位置.【答案】(1)证明见解析；(2)

存在，点H是线段AB的中点【详解】（1）证明：连接BE，取线段AE的中点O，连接,DOOC，在RtADEV中，2DADE==，,1DOAEDO⊥=，在OEC△中，131,2,π24OEAEECOEC====，由余弦定理可得：2212

21252OC=++=，5OC=在DOC△中，2226,DCDOOC==+DOOC⊥，又,AEOCO=,AEOC平面ABCE，DO⊥平面ABCE，又DO平面,ADE∴平面ADE⊥平面ABCE，在ABE中，

2,22AEBEAB===，BEAE⊥∵平面ADE平面,ABCEAEBE=平面ABCE，BE⊥平面ADE.（2）过E作DO的平行线l，以E为原点，,,EAEBl分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，()()()()1,0,1,1

,1,0,2,0,0,0,2,0DCAB−，平面ADE的法向量()10,1,0n=，在平面直角坐标系xOy中，直线AB的方程为2xy+=，设H的坐标为(),2,0tt−，则()()1,1,0,2,1,1HCttDC=−−−=−−，设平面DHC的法向量为(

)2,,nxyz=，220,0nHCnDC==，所以()()110,20txtyxyz−−+−=−+−=，令1yt=+，则()21,3,1,1,3xtztnttt=−=−=−+−，由已知1222212π21cos421(1)(1)(3)nntn

nttt+===−+++−，解之得：1t=或9（舍去），所以点H是线段AB的中点.【题型20】已知点到平面距离，求参数54．如图：在直三棱柱111ABCABC-中，2ACBC==，122AA=，90ACB=，

M是1AA的中点，N是1BC的中点．(1)求证：MN∥平面111ABC；(2)求：二面角11BCMA−−的余弦值；(3)在线段1BC上是否存在点P，使得点P到平面MBC的距离为33，若存在求此时1BPBC的值，若不存在请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)277−(3)存在，14【分

析】（1）取11BC中点D，连接DN、1DA，证明四边形1DNMA为平行四边形，得1//MNAD，从而可得证线面平行；（2）分别以1,,CBCACC为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角；（3）用空间向量法求

点面距，从而得出结论．【详解】（1）取11BC中点D，连接DN、1DA，∵D、N分别为11CB、1CB∴1//DNBB且112DNBB=，∵1BB与1AA平行且相等，M为1AA中点，∴DN与1AM平行且相等，∴四边形1

DNMA为平行四边形，∴1//MNAD，∵1AD平面111ABCMN平面111ABC，∴//MN平面111ABC；（2）∵直三棱柱111ABCABC-∴1CC⊥平面ABC又CB、CA平面ABC，∴1CCCB⊥、1CCCA⊥，∵90ACB=

即⊥CBCA，∴1CC、CB、CA两两垂直，分别以1,,CBCACC为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0C，()2,0,0B，()0,2,0A，()10,2,22A，()10,0,22C，∴()0,2,2M()1,0,22N，则()

12,0,22BC=−()2,2,2BM=−，易知平面11ACM的法向量为()11,0,0n=，设平面1BCM的法向量为()2222,,nxyz=，则21200nBCnBM==，即22222222

02220xzxyz−+=−++=，令22z=则()22,1,2n=，设二面角11BCMA−−的平面角为，则12121227coscos,7nnnnnn===，由图知为钝角，∴27cos7=−；（3）设1BBCP=，0,1，∵()12,0,22BC

=−，∴()22,0,22P−，∴()22,0,22CP=−()2,0,0CB=()0,2,2CM=，设平面MBC的法向量为()3333,,nxyz=，则3300nCBnCM==，

即33320220xyz=+=，令32z=−则()30,2,2n=−∴P点到平面MBC的距离为3342336CPndn===，解得14=，又0,1∴14=．