【文档说明】2023届高考数学一轮复习精选用卷 第六章 立体几何 考点测试35 空间直线、平面的垂直 含解析【高考】.doc，共(25)页，723.500 KB，由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明：

1考点测试35空间直线、平面的垂直高考概览本考点是高考必考知识点，各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度考纲研读1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线、面垂直的有关性质与判定定理2．能运用基本事实、定理

和已获得的结论证明一些有关空间图形的垂直关系的简单命题一、基础小题1．已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥lB．m∥nC.n⊥lD．m⊥n答案C解析由α⊥β，且α∩β＝l，m∥α，若m⊥β，那么m⊥l，故A错误；若m∥α∥l，且已知n⊥β

，那么n⊥l，m⊥n，故B错误；因为n⊥β，l⊂β，所以n⊥l，故C正确；若m∥α，且m⊥l，那么m∥n，故D错误．故选C.2．已知m，n是空间中的两条不同的直线，α，β是空间中的两个不同的平面，则下列命题正确的是()A．若m∥n，m∥α，则n∥αB

．若α∥β，m∥α，则m∥βC．若m⊥n，n⊂α，则m⊥αD．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β答案D解析符合已知条件的直线n还可以在平面α内，所以A错误；符合已知条件的直线m还可以在平面β内，所以B错误；符合已知条件的直线m还可以在2平面α内，或者

与平面α相交但不垂直，或者与平面α平行，所以C错误；对于D，根据面面垂直的判定定理可知其正确．故选D.3.如图，四棱锥P－ABCD中，△PAB与△PBC是正三角形，平面PAB⊥平面PBC，AC⊥BD，则下列结论

不一定成立的是()A．PB⊥ACB．PD⊥平面ABCDC．AC⊥DPD．平面PBD⊥平面ABCD答案B解析如图，取PB的中点O，连接OA，OC，易得PB⊥OA，PB⊥OC⇒PB⊥平面OAC⇒PB⊥AC，所以A正确；又AC⊥BD⇒AC⊥平面PBD⇒AC⊥DP，平面PBD⊥平面ABCD，所

以C，D正确．故选B.4．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则()A．α∥β且l∥αB．α⊥β且l⊥βC．α与β相交，且交线垂直于lD．α与β相交，

且交线平行于l答案D解析由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，得l∥α，又n⊥平面β，l⊥n，l⊄β，所以l∥β，由直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，得α3与β相交，否则，若α∥β，则推出m∥n，与m，n异面矛盾，所以α，β相交，且交线

平行于l，故选D.5.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面PAC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长

．其中正确的是()A．①②B．①②③C．①D．②③答案B解析对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，点O为线段AB的中点，∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC

，OM⊄平面PAC，∴OM∥平面PAC；对于③，由①知BC⊥平面PAC，∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离，故①②③都正确．6.(多选)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形AD

FE沿直线EF进行翻折，则下列结论可能正确的是()A．DF⊥BCB．BD⊥FCC．平面BDF⊥平面BCFD．平面DCF⊥平面BCF4答案BC解析因为BC∥AD，AD与DF相交但不垂直，所以BC与DF不垂直，所

以A不正确；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥FC时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4可使条件满足，所以B可能正确；当点D在平面BCF上的射影P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以C可能正确；因为点D在平面BCF上的射影不可能在FC上，所以D不

正确．故选BC.7.(多选)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，G为MC的中点，则下列结论中正确的是()A．MC⊥ANB．GB∥平面AMNC．平面CMN⊥平面AMND．平面DCM∥平面ABN答案ABD解析因

为四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝BN＝1，所以将题中的几何体放在正方体ABCD－A′NC′M中，如图所示，所以MC与AN是棱长为1的正方体中位于相对侧面内的异面的面对角线，5因此可得MC与AN所成的角为90°，即MC⊥

AN，故A正确；因为在正方体ABCD－A′NC′M中，平面AMN∥平面BC′D，而GB⊂平面BC′D，所以GB∥平面AMN，故B正确；因为在正方体ABCD－A′NC′M中，二面角A－MN－C不是直二面角，所以平面

CMN⊥平面AMN不成立，故C不正确；因为平面DCM与平面ABN是正方体ABCD－A′NC′M的相对侧面所在的平面，所以平面DCM∥平面ABN成立，故D正确．8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面AB

CD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)答案DM⊥PC(或BM⊥PC)解析如图，连接AC，BD，则AC⊥BD，因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PA

C，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.二、高考小题9．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的

中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是()6答案BC解析设正方体的棱长为2，对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC或其补角为异面直线OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝2，CP＝1，故tan∠POC＝12＝22，故MN⊥OP不成立，故A不符合

题意；对于B，如图2所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，则OQ∥DT，PQ⊥MN，由正方体SBCN－MADT可得DT⊥平面SNTM，则OQ⊥平面SNTM，所以OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而OP⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B符合题意；对于C，如图3，连接BD，则BD∥M

N，由B的判断可得OP⊥BD，故OP7⊥MN，故C符合题意；对于D，如图4，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，AO，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其补角为

异面直线OP，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝12AC＝2，OQ＝AO2＋AQ2＝2＋1＝3，OP＝PK2＋OK2＝4＋1＝5，OQ2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故OP，MN不垂直，故D不符合题意．故选BC.10．(多选)(20

21·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足BP→＝λBC→＋μBB1→，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则()A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值B．当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值C．当λ＝12时，有且仅有一个

点P，使得A1P⊥BPD．当μ＝12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P答案BD解析由点P满足BP→＝λBC→＋μBB1→，可知点P在正方形BCC1B1内．如图①，对于A，当λ＝1时，可知点P在线段CC1(包括端点)上运动．如图②，在△

AB1P中，因为AB1＝2，AP＝1＋μ2，B1P＝1＋(1－μ)2，所以△AB1P的周长L＝AB1＋AP＋B1P不为定值，所以A错误；对于B，当μ＝1时，可知点P在线段B1C1(包括端点)上运动．如图③，由图可知，

线段B1C1∥平面A1BC，即点P到平面A1BC的距离处处相等，又△A1BC的面积是定值，所以三棱锥P－A1BC的体积为定值，所以B正确；对于C，当λ＝12时，分别取线段BC，B1C1的中点为D，D1，可知点P在线段DD1(包括端

点)上运动．如图④，很显然当点P与点D或8D1重合时，均满足A1P⊥BP，所以C错误；对于D，解法一：当μ＝12时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动．如图⑤，设A

B1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点N，所以D正确．解法二：当μ＝12时，分别取线段BB1，CC1的中点为M，N，可知点P在线段MN(包括端点)上运动．以C为原点，建立如图⑥所示的空间直

角坐标系Cxyz，则B(0,1,0)，B1(0,1,1)，A132，12，1，P0，1－λ，12.所以A1B→＝－32，12，－1，B1P→＝0，－λ，－12.若A1B⊥平面AB1P，则A1B⊥B1P，所以A1B→·B1P→＝0，即－12λ＋12＝

0.解得λ＝1.所以只存在一个点P使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与点N重合，所以D正确．故选BD.911．(2019·北京高考)已知l，m是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l⊥m；②m∥α；③l⊥α.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，

写出一个正确的命题：________.答案若m∥α且l⊥α，则l⊥m(或若l⊥m，l⊥α，则m∥α)解析已知l，m是平面α外的两条不同直线，由①l⊥m与②m∥α，不能推出③l⊥α，因为l可能与α平行、垂直，也可能与α相交但不垂直；由①l⊥m与③l⊥α

能推出②m∥α；由②m∥α与③l⊥α可以推出①l⊥m.故正确的命题是②③⇒①或①③⇒②.三、模拟小题12．(2021·河北张家口一模)已知两条不同的直线l，m和不重合的两个平面α，β，且l⊥β，有下面四个命题：①若m⊥β，则l∥m；②若α∥β，则l⊥α

；③若α⊥β，则l∥α；④若l⊥m，则m∥β.其中真命题的序号是()A．①②B．②③C.②③④D．①④答案A解析对于①，由l⊥β，m⊥β，可得l∥m，故①正确；对于②，若l⊥β，α∥β，可得l⊥α，故②正确；对于③，若l⊥β，α⊥β，则有可能l⊂α，故③错误；对于④，当l⊥β，l⊥

m时，则有可能m⊂β，故④错误．综上，真命题的序号是①②.故选A.13．(2021·山东日照高三模拟)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长为2，AB⊥BC，AB＝BC＝2.过AB，BB1的中点E，F作平面α与平面A

A1C1C垂直，则所得截面的周长为()A．22＋6B．2＋26C．32＋6D．32＋26答案C10解析如图所示，取AC的中点J，连接BJ，取AJ的D，连接DE，取A1C1的中点K，连接KJ，B1K，∵AB＝BC，J为AC的中点，∴BJ⊥AC，∵AA1⊥平面A

BC，BJ⊂平面ABC，∴BJ⊥AA1，∵AC∩AA1＝A，∴BJ⊥平面AA1C1C.∵D，E分别为AJ，AB的中点，∴DE∥BJ且DE＝12BJ，∴DE⊥平面AA1C1C.∵DE⊂平面DEF，∴平面DEF⊥平面AA1C1C，则平面α即为平面DEF，设平面α交B1C1于点I，在直棱柱A

BC－A1B1C1中，∵AC∥A1C1且AC＝A1C1，J，K分别为AC，A1C1的中点，∴AJ∥A1K且AJ＝A1K，∴四边形AA1KJ为平行四边形，易得四边形BB1KJ为平行四边形，∵DE∥BJ，DE⊄平面BB1KJ，BJ⊂平面BB1K

J，∴DE∥平面BB1KJ，设平面α∩平面BB1KJ＝FG，∵DE⊂平面α，∴DE∥FG，∴FG∥BJ，又BF∥GJ，∴四边形BFGJ为平行四边形，可得GJ＝BF＝12BB1＝12KJ，∴G为KJ的中点，延长DG交A1C1于点H，∵DJ∥KH，∴∠DJG＝∠HK

G，∠JDG＝∠KHG，又JG＝KG，∴△DJG≌△HKG，∴HK＝DJ＝12AJ＝12KC1，∴H为KC1的中点，∵平面ABC∥平面A1B1C1，平面α∩平面ABC＝DE，平面α∩平面A1B1C1＝IH，∴DE∥IH，∵DE∥BJ，BJ∥B1K，D

E∥IH，∴IH∥B1K，∴I为B1C1的中点，∵AB⊥BC，AB＝BC＝2，∴AC＝AB2＋BC2＝22，∵J为AC的中点，∴BJ＝12AC＝2，则DE＝12BJ＝22，同理IH＝22，∵直棱柱ABC－A1B1C1的侧

棱长为2，F为BB1的中点，∴BF＝12BB1＝1，由勾股定理可得EF＝BF2＋BE2＝2，同理可得IF＝2，∵KJ∥BB1且KJ＝BB1＝2，BB1⊥平面ABC，∴KJ⊥平面ABC，∵AC⊂平面ABC，∴KJ⊥AC，∵G，D分别为KJ，11AJ的中点，∴GJ＝12K

J＝1，DJ＝12AJ＝22，由勾股定理可得DG＝DJ2＋GJ2＝62，同理GH＝62.∴DH＝DG＋GH＝6.因此，截面的周长为DE＋IH＋EF＋IF＋DH＝22×2＋2×2＋6＝32＋6.故选C.14．(2021·山东青岛模拟)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，设直线AB1与平

面ACC1A1所成的角为α，直线CD1与直线A1C1所成的角为β，则()A．β＝2αB．α＝2βC．α＝βD．α＋β＝π2答案D解析如图，作正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，∵在正四棱柱ABCD－A1

B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，∴AA1⊥B1D1.∵底面A1B1C1D1是正方形，∴B1D1⊥A1C1，又AA1∩A1C1＝A1，∴B1D1⊥平面ACC1A1，∴∠B1AO是直线AB1与平面ACC1A1所成的角，即∠B1AO＝α.∵CD1∥A1B，

∴∠BA1C1是直线CD1与直线A1C1所成的角，即∠BA1C1＝β.∵A1B＝B1A，A1O＝B1O，OB＝OA，∴△A1BO≌△B1AO，∴∠BA1C1＝∠AB1O＝β，∵B1D1⊥平面ACC1A1，∴B1O⊥OA.∴α＋β＝∠B1

AO＋∠AB1O＝π2，故选D.15．(多选)(2021·新高考八省联考)如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中()12A．AE∥CDB．CH∥BEC．DG⊥BHD．BG⊥DE答案BCD解析由正方体的平面展开图还原正方体如图．由图形可知，AE⊥CD，故A错

误；因为HE∥BC，HE＝BC，所以四边形BCHE为平行四边形，所以CH∥BE，故B正确；因为DG⊥HC，DG⊥BC，HC∩BC＝C，所以DG⊥平面BHC，所以DG⊥BH，故C正确；连接AH，因为BG∥AH，而DE⊥AH，所以BG⊥DE，故D正确．故选BCD.16．(多选

)(2021·广东茂名五校第三次联合考试)如图所示的几何体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，AE＝2，则下列结论正确的是()A．FO⊥BDB．异面直线BE与AD所成的角为60°C．tan∠FOC＝2

D．三棱锥F－BED的体积为4答案AC解析因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，又平面ACFE⊥平面13ABCD，四边形ACFE为矩形，所以AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，BD⊥平面ACFE，所以FO⊥BD，所以A正确；因为

四边形ABCD为正方形，所以AD⊥AB，因为AE⊥平面ABCD，所以AD⊥AE，又AE∩AB＝A，所以AD⊥平面ABE，又BE⊂平面ABE，所以AD⊥BE，从而异面直线BE与AD所成的角为90°，所以B错误；在Rt△FCO中，OC＝

2，FC＝2，所以tan∠FOC＝FCOC＝2，所以C正确；三棱锥F－BED的体积VF－BED＝2VB－ACFE－2VF－BCD＝2×13S矩形ACFE·BO－2×13S△BCD·CF＝2×13×22×2×2－2×13×12×2×2×2＝83，所以D错误．故选AC.17.(多选)(202

1·山东泰安一模)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若AB＝BC，E，F分别是AB1，BC1的中点，则下列结论中成立的是()A．EF与BB1垂直B．EF⊥平面BDD1B1C．EF与C1D所成的角为45°D．EF∥平面A1B1C1D1答案

ABD解析连接A1B，A1C1，则A1B交AB1于E，又F为BC1中点，可得EF∥A1C1，由BB1⊥平面A1B1C1D1，可得BB1⊥A1C1，可得BB1⊥EF，故A正确；EF∥A1C1，A1C1⊥平面BDD1B1，可得EF⊥平面BD

D1B1，故B正确；EF与14C1D所成角就是∠A1C1D，∵AA1的长度不确定，∴∠A1C1D的大小不确定，故C错误；由E，F分别是AB1，BC1的中点，得EF∥A1C1，可得EF∥平面A1B1C1D1，故D正确．故选ABD.18．(2021·河北衡水中学模拟

)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是底面ABCD上(含边界)一动点，满足A1P⊥EF，则线段A1P长度的最小值为________．答案2解析如图所示，连接A1D，AD1，易知EF∥AD1，A1D⊥AD1，故EF⊥A1D，又A

1P⊥EF，故EF⊥平面A1DP，故EF⊥DP，又CC1⊥DP，故DP⊥平面BCC1B1，故P在线段CD上，故线段A1P长度的最小值为A1D＝2.19．(2021·甘肃兰州高三摸底)在矩形ABCD中，AB<BC，现将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折

，在翻折的过程中，给出下列结论：①存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直；②存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直；③存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直．其中正确结论的序号是________(写出所有正确结论的序号)．答案②解析①假设AC与

BD垂直，过点A作AE⊥BD于点E，连接CE.则15AE⊥BDBD⊥AC⇒BD⊥平面AEC⇒BD⊥CE，而在平面BCD中，CE与BD不垂直，故假设不成立，错误；②假设AB⊥CD，因为AB⊥AD，所以AB⊥平面ACD，所以AB⊥AC，由AB<B

C可知，存在这样的直角三角形，使AB⊥CD，故假设成立，正确；③假设AD⊥BC，因为DC⊥BC，所以BC⊥平面ADC，所以BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，且AB为斜边，而AB<BC，故矛盾，假设不成立，错误．一、高考大题1．(202

1·新高考Ⅱ卷)在四棱锥Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝5，QC＝3.(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．解(1)证法一：取AD的中点O，连接QO，CO.因为QA＝

QD，OA＝OD，所以QO⊥AD，而AD＝2，QA＝5，故QO＝5－1＝2.在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝5，因为QC＝3，故QC2＝QO2＋CO2，故△QOC为直角三角形且QO⊥CO，因为CO∩AD＝O，AD，CO⊂平面ABCD，故QO⊥平面ABCD，16因为Q

O⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.证法二：在正方形ABCD中，CD＝AD＝2，CD⊥AD.∵QD＝5，QC＝3，∴QC2＝QD2＋CD2，∴CD⊥QD，又AD∩QD＝D.AD，QD⊂平面QAD，∴C

D⊥平面QAD，又CD⊂平面ABCD，∴平面QAD⊥平面ABCD.(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建立如图所示的空间直角坐标系．则D(0,1,0)，Q(0,0,2)，B(2，－1,0)，故BQ→＝(

－2,1,2)，BD→＝(－2,2,0)．设平面QBD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BQ→＝0，n·BD→＝0，即－2x＋y＋2z＝0，－2x＋2y＝0，取x＝1，则y＝1，z＝12，故n＝1，1，12为平面QBD的一个法向量．而平面QAD的一个法向量为m＝(

1,0,0)，故cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝11×32＝23.由图易知二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为23.2.(2021·浙江高考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝1

20°，AB＝1，BC＝4，PA＝15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD.17(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．解(1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝12

0°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，DC＝1，∠DCM＝60°，由余弦定理可得DM＝3，所以DM2＋DC2＝CM2，所以DC⊥DM.又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD⊂平面PDM，DM⊂平面PDM，所以DC⊥平面PDM.因为AB∥DC，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平

面PDM，所以AB⊥PM.(2)解法一：由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠BAN为直线AN与平面PDM所成角的余角．连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7，

又PA＝15，所以PM＝22.因为PM⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PM⊥BC，所以PB＝PC＝23，连接BN，结合余弦定理得BN＝11.连接AC，则由余弦定理得AC＝21，在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2P

N2，所以AN＝15.18所以在△ABN中，cos∠BAN＝AB2＋AN2－BN22AB·AN＝1＋15－11215＝156.设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sinθ＝cos∠BAN＝156.解法二：因为PM⊥MD，PM⊥DC

，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD.连接AM，则PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22.由(1)知CD⊥DM，过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD.

故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－3，2,0)，P(0,0,22)，C(3，－1,0)，所以N32，－12，2，所以AN→

＝332，－52，2.易知平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0)．设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AN→，n〉|＝|AN→·n||AN→||n|＝5215＝156.3．(2

020·新高考Ⅰ卷)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.19(1)证明：l⊥平面PDC；(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．解(1)证明：在正方形ABC

D中，AD∥BC，因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l.因为在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC，所以l⊥DC，又PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD，所以l⊥P

D.因为DC∩PD＝D，所以l⊥平面PDC.(2)如图建立空间直角坐标系Dxyz，因为PD＝AD＝1，则D(0，0,0)，C(0,1,0)，A(1，0,0)，P(0，0,1)，B(1，1,0)，设Q(m,0,1)，则有DC→＝(0,1,0)，DQ→＝(m,0,1)，PB→＝(1,1，－1)

．设平面QCD的法向量为n＝(x，y，z)，则DC→·n＝0，DQ→·n＝0，即y＝0，mx＋z＝0，20令x＝1，则z＝－m，所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，则cos〈n，PB→〉＝n·PB→|n||P

B→|＝1＋0＋m3·m2＋1.所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为|cos〈n，PB→〉|＝|1＋m|3·m2＋1＝33·1＋2m＋m2m2＋1＝33·1＋2mm2＋1≤33·1＋2|m|m2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m＝1时

取等号，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.二、模拟大题4.(2021·广东省广州市执信、广雅、六中三校高三联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，矩形ACFE中，AE＝2，

又有BF＝22.(1)求证：BC⊥平面ACFE；(2)求直线BD与平面BEF所成角的正弦值．解(1)证明：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD＝CB＝2，∠ABC＝60°，∴四边形ABCD是等腰梯形，∠ADC＝120°，∴∠D

CA＝∠DAC＝30°，∠DCB＝120°，∴∠ACB＝∠DCB－∠DCA＝90°，∴AC⊥BC，(也可以利用余弦定理求出AC再证明)21∵在矩形ACFE中，CF＝AE＝2，又BF＝22，CB＝2，∴CB⊥CF，又AC∩CF＝C，AF，CF⊂平面ACFE，∴BC⊥平面ACFE

.(2)以点C为坐标原点，以CA所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系．可得C(0,0,0)，B(0,2,0)，F(0,0,2)，D(3，－1，0)，E(23，0,2)，∴EF→＝(－23，0,0)，BF→＝(0，－2,2)，BD→＝(3，－3,0)．设平

面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·EF→＝0，n·BF→＝0，∴－23x＝0，－2y＋2z＝0，令y＝1，则x＝0，z＝1，∴n＝(0,1,1)为平面BEF的一个法向量，设直线BD与平面BEF所成的角为θ，∴sinθ＝|cos〈BD→，n〉|＝

BD→·n|BD→||n|＝64，∴直线BD与平面BEF所成角的正弦值是64.5.(2021·山东省聊城一中高考一模)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，∠BAD＝120°，AB＝AD＝2

，点M在线段PD上，且DM＝2MP，PB∥平面MAC.22(1)求证：平面MAC⊥平面PAD；(2)若PA＝3，求平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值．解(1)证明：连接BD交AC于E，连接EM，取BD中点F，连接AF.因为∠BAD＝120°，AB＝A

D＝2，所以AF＝1，BF＝3，BD＝23，因为PB∥平面MAC，PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面MAC＝ME，所以PB∥ME，又因为DM＝2MP，所以BE＝13BD＝13×23＝233，EF＝BF－BE＝3

3，所以AE＝AF2＋EF2＝1＋332＝233，在△AEB中，由余弦定理，得cos∠EAB＝cos∠EBA＝32，所以∠EAB＝∠EBA＝30°，所以∠CAD＝90°，即AC⊥AD.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC，又PA∩AD＝A，PA⊂平面PAD，AD⊂平面PA

D，所以AC⊥平面PAD，又因为AC⊂平面MAC，所以平面MAC⊥平面PAD.(2)由(1)知，AC，AD，AP两两垂直，所以可建立如图所示的空间直角坐标系，23则A(0,0,0)，B(3，－1,0)，P(0,0,3)

，C(3，0,0)，M0，23，2，AB→＝(3，－1，0)，AP→＝(0,0,3)，AC→＝(3，0,0)，AM→＝0，23，2，设平面PAB和平面MAC的法向量分别为m＝(x，y，z)，

n＝(u，v，w)，由AB→·m＝3x－y＝0，AP→·m＝3z＝0，令x＝1，得m＝(1，3，0)为平面PAB的一个法向量，由AC→·n＝3u＝0，AM→·n＝23v＋2w＝0，令v＝3，得n＝(0,3，－1

)为平面MAC的一个法向量，设平面PAB和平面MAC所成锐二面角的大小为θ，则cosθ＝|m·n||m||n|＝332×10＝33020.所以平面PAB和平面MAC所成锐二面角的余弦值为33020.6.(2021·福建省福州第一中学高三

模拟)木工技艺是我国传统文化瑰宝之一，体现了劳动人民的无穷智慧．很多古代建筑和家具保存到现代依然牢固，这其中，有连接加固功能的“楔子”发挥了重要作用．如图，楔子状五面体EF－ABCD的底面ABCD为一个矩形，AB＝8，AD＝6，EF∥平面ABCD，棱EA

＝ED＝FB＝FC＝5，设M，N分别是AD，BC的中点．24(1)证明：E，F，M，N四点共面，且平面EFNM⊥平面ABCD；(2)若二面角F－BC－A的大小为π3，求直线BF与平面EFCD所成角的正弦值．解(1

)证明：因为EF∥平面ABCD，且EF⊂平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE＝AB，所以EF∥AB，又M，N是矩形ABCD两边AD，BC的中点，所以MN∥AB，EF∥MN，所以E，F，M，N四点共面．因为FB＝FC，所以BC⊥FN，又

因为AB⊥BC，MN∥AB，所以BC⊥MN，而FN⊂平面EFNM，MN⊂平面EFNM，且FN∩MN＝N，所以BC⊥平面EFNM，又BC⊂平面ABCD，所以平面EFNM⊥平面ABCD.(2)在平面EFNM内过F作FH⊥MN于H，由

(1)知平面EFNM⊥平面ABCD，平面EFNM∩平面ABCD＝MN，所以FH⊥平面ABCD，又因为FN⊥BC，HN⊥BC，则二面角F－BC－A的平面角为∠FNH，所以∠FNH＝π3，在Rt△FNB和Rt△FNH中，25FN＝FB2－BN2＝4，且HN＝FN·cos∠FNH＝4×12

＝2，所以FH＝FN2－HN2＝23，过H作边AB的垂线交AB，CD于点S，Q，以H为坐标原点，建立如图所示的坐标系，则F(0,0,23)，B(3,2,0)，C(－3,2,0)，D(－3，－6,0)，所以FB→＝(3,2，－23)，FC→＝(－3,2，－23

)，CD→＝(0，－8,0)．设平面EFCD的法向量为n＝(x，y，z)，则FC→·n＝0，CD→·n＝0，得－3x＋2y－23z＝0，－8y＝0，令z＝3，得n＝(－2,0，3)为平面EFCD的一个法向量，设直线BF与平面EFCD所成

的角为θ，则sinθ＝FB→·n|FB→||n|＝－6－65×7＝12735.所以直线BF与平面EFCD所成角的正弦值为12735.