【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题8.16 空间角大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(45)页，2.212 MB，由小赞的店铺上传

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专题8.16空间角大题专项训练（30道）【人教A版2019必修第二册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2023·高一课时练习）空间四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=𝐶𝐷且𝐴𝐵与�

�𝐷所成的角为30°，𝐸、𝐹分别是𝐵𝐶、𝐴𝐷的中点，求𝐸𝐹与𝐴𝐵所成的角的大小．【解题思路】取𝐴𝐶的中点𝐺，连接𝐸𝐺，𝐹𝐺，利用平行线得到∠𝐺𝐸𝐹即为𝐸𝐹与𝐴𝐵所成的角（或补角），∠𝐸𝐺𝐹为

𝐴𝐵与𝐶𝐷所成的角（或补角），然后通过角之间的关系求解即可．【解答过程】解：取𝐴𝐶的中点𝐺，连接𝐸𝐺，𝐹𝐺，如图所示，因为𝐸是𝐵𝐶的中点，𝐺是𝐴𝐶的中点，𝐹是𝐴𝐷的中点，所以𝐸𝐺//𝐴�

�且𝐸𝐺=12𝐴𝐵，𝐹𝐺//𝐶𝐷且𝐹𝐺=12𝐷𝐶，因为𝐴𝐵=𝐶𝐷，所以𝐸𝐺=𝐹𝐺，则∠𝐺𝐸𝐹即为𝐸𝐹与𝐴𝐵所成的角（或补角），∠𝐸𝐺𝐹为𝐴𝐵与𝐶𝐷所成的角（或补角），因为𝐴

𝐵与𝐶𝐷所成的角为30°，所以∠𝐸𝐺𝐹=30°或150°，因为𝐹𝐺=𝐸𝐺，所以△𝐸𝐹𝐺为等腰三角形，当∠𝐸𝐺𝐹=30°时，∠𝐺𝐸𝐹=75°，当∠𝐸𝐺𝐹=150°时，∠𝐺

𝐸𝐹=15°，故𝐸𝐹与𝐴𝐵所成角的大小为15°或75°．2．（2022秋·山西吕梁·高三期末）如图，在棱长为2√2的正方形ABCD中，E，F分别为CD，BC边上的中点，现以EF为折痕将点C旋转至点P的位置，使得𝑃−𝐸𝐹−𝐴为直二面角.(1)证

明：𝐸𝐹⊥𝑃𝐴；(2)求𝑃𝐷与面𝐴𝐵𝐹所成角的正弦值.【解题思路】（1）在折叠前的正方形ABCD中，作出对角线AC，BD，由正方形性质知𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，又𝐸𝐹//𝐵𝐷，则𝐴𝐶⊥𝐸𝐹于点H，则由直

二面角可知𝑃𝐻⊥面𝐴𝐵𝐸𝐹𝐷，故𝑃𝐻⊥𝐸𝐹.又𝐴𝐻⊥𝐸𝐹，则𝐸𝐹⊥面𝑃𝐴𝐻，故命题得证；（2）作出线面角∠𝑃𝐷𝐻，在直角三角形中求解该角的正弦值.【解答过程】（1）证明：在正方形ABCD中，连结AC交EF于H.因为𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐸𝐹

//𝐵𝐷，故可得𝐴𝐶⊥𝐸𝐹，即𝐸𝐹⊥𝐴𝐻,𝐸𝐹⊥𝐶𝐻又旋转不改变上述垂直关系，且𝐴𝐻,𝐶𝐻⊂平面𝑃𝐴𝐻，∴𝐸𝐹⊥面𝑃𝐴𝐻，又∵𝑃𝐴⊂面𝑃𝐴𝐻，所以𝐸𝐹⊥𝑃𝐴（2）因为𝑃−𝐸𝐹−𝐴为直二面角，故平面�

�𝐸𝐹⊥平面𝐴𝐸𝐹，又其交线为EF，且𝑃𝐻⊥𝐸𝐹，𝑃𝐻⊂平面𝑃𝐸𝐹，故可得𝑃𝐻⊥底面ABF，连结DH，则∠𝑃𝐷𝐻即为𝑃𝐷与面𝐴𝐵𝐹所成角，连结BD交AH于O，在Rt△ODH中，

𝐷𝑂=12𝐷𝐵=2,𝑂𝐻=12𝑂𝐶=1，𝐷𝐻=√𝐷𝑂2+𝑂𝐻2=√5,𝑃𝐻=𝐶𝐻=1，在Rt△PHD中，𝐷𝑃=√𝐷𝐻2+𝑃𝐻2=√6，sin∠𝑃𝐷𝐻=�

�𝐻𝐷𝑃=1√6=√66，所以𝑃𝐷与面𝐴𝐵𝐹所成角的正弦值为√66.3．（2022秋·贵州遵义·高二期末）如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，点H为线段PB上一点（不含端点），平面AHC⊥平面PAB．(1)证明：𝑃𝐵⊥𝐴𝐶；

(2)若𝐴𝐵=𝐴𝐶=1，四棱椎P－ABCD的体积为13，求二面角P－BC－A的余弦值．【解题思路】（1）利用面面垂直性质定理与线面垂直性质定理，结合公理2，可得线面垂直，可得答案；（2）根据二面角的平面角定义作图，利用等面积法以及棱锥体积公式

，求得边长，结合直角三角形的性质，可得答案.【解答过程】（1）∵𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝐶∈平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴过点𝐶所有垂直于𝑃𝐴的直线都在平面𝐴𝐵𝐶𝐷内，∵平面𝐴𝐻𝐶⊥平面𝐴𝐵𝑃，

且𝐶∈平面𝐴𝐻𝐶，∴存在一条过𝐶的直线𝑙⊥平面𝐴𝐵𝑃，且𝑙⊂平面𝐴𝐻𝐶，∵𝑃𝐴⊂平面𝐴𝐵𝑃，∴𝑙⊥𝑃𝐴，则𝑙⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∵平面𝐴𝐵𝐶𝐷∩平面𝐴𝐻𝐶=𝐴𝐶，∴𝑙与𝐴𝐶为同一条直线，即𝐴𝐶⊥平面𝐴𝐵𝑃，∵𝑃

𝐵⊂平面𝐴𝐵𝑃，∴𝐴𝐶⊥𝑃𝐵.（2）在平面𝐴𝐵𝐶𝐷内，过𝐴作𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，且𝐴𝐸∩𝐵𝐶=𝐸，连接𝑃𝐸，作图如下：∵𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐴⊥𝐵𝐶，

同理可得𝑃𝐴⊥𝐴𝐸，∵𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，𝐴𝐸∩𝑃𝐴=𝐴，𝐴𝐸,𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐴𝐸，∴𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐸，∵𝑃𝐸⊂平面𝑃𝐴𝐸，∴∠𝑃𝐸𝐴为二面角𝑃−𝐵𝐶−𝐴的平面角，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝑆△�

�𝐵𝐶=12⋅𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=12⋅𝐴𝐸⋅𝐵𝐶，且𝐵𝐶=√𝐴𝐵2+𝐴𝐶2=√2，则𝐴𝐸=√22，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷的面积𝑆=𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=1，则其体积𝑉=13⋅𝑃𝐴⋅𝑆=13，解得𝑃

𝐴=1，在Rt△𝑃𝐴𝐸中，cos∠𝑃𝐸𝐴=𝑃𝐴𝑃𝐸=𝑃𝐴√𝑃𝐴2+𝐴𝐸2=√63，故二面角𝑃−𝐵𝐶−𝐴的余弦值为√63.4．（2023·广西柳州·高三阶段练习）在四棱锥𝑃−𝐴�

�𝐶𝐷中，底面ABCD是等腰梯形，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐴𝐵=12𝐶𝐷=1，平面𝐴𝐷𝑃⊥平面PCD，𝑃𝐷⊥𝑃𝐶．(1)求证：△𝐴𝐷𝑃为直角三角形；(2)若𝑃𝐶=𝐴𝐷，求PA与平面ABCD

所成角的余弦值．【解题思路】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，得到PC⊥AD，求出各边长，由勾股定理逆定理得到AC⊥AD，从而得到AD⊥平面PAC，得到△𝐴𝐷𝑃为直角三角形；（2）作出辅助线，找到PA与平面ABCD所成角，利用余弦定理和面积公式求出𝑃𝑀=√63，得到线面角

的正弦值，进而求出线面角的余弦值.【解答过程】（1）因为平面𝐴𝐷𝑃⊥平面PCD，交线为DP，𝑃𝐷⊥𝑃𝐶，𝑃𝐶⊂平面PCD，所以𝑃𝐶⊥平面ADP，因为𝐴𝐷⊂平面ADP，所以PC⊥AD，连接AC，过点A作AE⊥CD

于点E,过点B作BF⊥CD于点F，因为底面ABCD是等腰梯形，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐴𝐵=12𝐶𝐷=1，所以𝐶𝐷=2，𝐸𝐹=𝐴𝐵=1，𝐷𝐸=𝐶𝐹=12，𝐶𝐸=1+12=32，由勾股定理得：𝐴𝐸=√𝐴𝐷2−𝐷𝐸2=√32，

故𝐴𝐶=√𝐴𝐸2+𝐶𝐸2=√34+94=√3，因为𝐴𝐷2+𝐴𝐶2=𝐶𝐷2，故AC⊥AD，因为PC∩AC=C，𝑃𝐶,𝐴𝐶⊂平面PAC，所以AD⊥平面PAC，因为PA⊂平面PAC，所以AD⊥

PA，所以△𝐴𝐷𝑃为直角三角形；（2）由（1）知：所以𝑃𝐶⊥平面ADP，因为𝐴𝑃⊂平面ADP，所以PC⊥AP，因为𝑃𝐶=𝐴𝐷=1，𝐴𝐶=√3，所以𝐴𝑃=√𝐴𝐶2−𝑃𝐶2=√2，由（1）知：AD⊥AP，所以𝑃𝐷=√𝐴𝐷2+𝐴𝑃2=√3，连

接BD，则三角形BCD与三角形PCD全等，连接PF，则PF⊥CD，因为BF∩PF=F，𝐵𝐹,𝑃𝐹⊂平面BPF，所以CD⊥平面BPF，因为AB//CD，所以AB⊥平面BPF，因为BP⊂平面PBF，所以AB⊥BP，故𝐵𝑃

=√𝐴𝑃2−𝐴𝐵2=1，而𝑃𝐹=𝐵𝐹=√32，故cos∠𝐵𝐹𝑃=𝐵𝐹2+𝑃𝐹2−𝐵𝑃22𝐵𝐹⋅𝑃𝐹=34+34−12×√32×√32=13，则sin∠𝐵𝐹𝑃=√1−cos2∠𝐵𝐹𝑃=2√23，

过点P作PM⊥BF与点M，连接AM，因为CD⊥平面BPF，𝑃𝑀⊂平面BPF，所以CD⊥PM，因为BF∩CD=F，𝐵𝐹,𝐶𝐷⊂平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，故AM即为AP在平面ABCD上的投影，∠𝑃𝐴𝑀即为P

A与平面ABCD所成角，由三角形面积公式得：𝑆△𝐵𝑃𝐹=12𝐵𝐹⋅𝑃𝐹sin∠𝐵𝐹𝑃=12×√32×√32×2√23=√24，故𝑃𝑀=2𝑆△𝐵𝑃𝐹𝐵𝐹=√22√32=√63，故sin∠𝑃𝐴𝑀=𝑃𝑀

𝐴𝑃=√63√2=√33，故PA与平面ABCD所成角的余弦值为√1−(√33)2=√63.5．（2023春·四川成都·高三开学考试）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABCD为直角梯形，其中𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐷⊥𝐵𝐴，𝐴𝐷=3，𝐴𝐵

=𝐵𝐶=2，𝑃𝐴⊥平面ABCD，且𝑃𝐴=3，点M在棱PD上（不包括端点），点N为BC中点．(1)若𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗，求证：直线𝑀𝑁//平面PAB；(2)已知点M满足𝑃𝑀𝑃𝐷=13，求异面直线MN与AD所成角．【解题思路】（

1）取PA的一个靠近点P的三等分点Q，连接MQ，QB，由题意可证得𝑀𝑁//𝐵𝑄，再由线面平行的判定定理即可证明；（2）过点M作𝑀𝐾//𝑃𝐴，交AD于K，连接KN，由线面垂直的判定定理证明�

�𝐷⊥面MNK，即可得出𝑀𝑁⊥𝐴𝐷，即可得出答案.【解答过程】（1）取PA的一个靠近点P的三等分点Q，连接MQ，QB，因为𝐷𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑀𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝑀𝑄//𝐴�

�且𝑄𝑀=13𝐴𝐷=1，又因为𝐴𝐷//𝐵𝐶，且𝐵𝐶=2，点N为BC中点，所以𝐵𝑁//𝑀𝑄且𝐵𝑁=𝑀𝑄，则四边形MQBN为平行四边形，所以𝑀𝑁//𝐵𝑄，𝑀𝑁⊄平面PAB，𝑄𝐵⊂平面PAB，所以直线𝑀𝑁//平面PAB．（2）过点M作�

�𝐾//𝑃𝐴，交AD于K，连接KN，可知𝑀𝐾⊥面ABCD，因为𝐴𝐷⊂面ABCD，所以𝑀𝐾⊥𝐴𝐷，又因为𝑃𝑀𝑃𝐷=13，所以𝑀𝐾𝑃𝐴=23=𝐷𝐾𝐷𝐴．∵𝑃𝐴=𝐴𝐷=3∴𝐴𝐾=1，∴𝐴�

�//𝐵𝑁，𝐴𝐾=𝐵𝑁，所以四边形AKNB为平行四边形，𝐾𝑁//𝐴𝐵，又因为𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，所以𝐾𝑁⊥𝐴𝐷，又𝑀𝐾∩𝑁𝐾=𝐾，∴𝐴𝐷⊥面MNK，因为𝑀𝑁⊂面MN

K，∴𝑀𝑁⊥𝐴𝐷，所以异面直线MN与AD成角为90°．6．（2023·高一课时练习）已知𝑃𝐴⊥平面ABCD，ABCD是正方形，异面直线PB与CD所成的角为45∘．(1)二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的大小；(2)直线𝑃𝐵与平面𝑃𝐶𝐷所成的角的大小．【解题思路】（1）作𝐵𝐸⊥�

�𝐶于E，连接ED，由已知推导出∠𝐵𝐸𝐷就是二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的平面角，由此根据余弦定理得出cos∠𝐵𝐸𝐷，即可得出答案；（2）还原棱锥为正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝑃𝐵1𝐶1𝐷1，作𝐵𝐹⊥𝐶𝐵1于F，连接𝑃𝐹，即可推导出∠

𝐵𝑃𝐹就是直线𝑃𝐵与平面𝑃𝐶𝐷所成的角，即可求出答案.【解答过程】（1）∵ABCD是正方形，∴𝐴𝐵∥𝐶𝐷，∴∠𝑃𝐵𝐴就是异面直线PB与CD所成的角，即∠𝑃𝐵𝐴=45∘，∵𝑃𝐴⊥平面ABCD，𝐴𝐵⊂平面ABCD，∴𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，

∴𝑃𝐴=𝐴𝐵，作𝐵𝐸⊥𝑃𝐶于E，连接ED，在△𝐸𝐶𝐵与△𝐸𝐶𝐷中，𝐵𝐶=𝐶𝐷，𝐶𝐸=𝐶𝐸，∠𝐸𝐶𝐵=∠𝐸𝐶𝐷，∴△𝐸𝐶𝐵≅△𝐸𝐶𝐷，∴∠𝐶𝐸𝐷=∠𝐶𝐸𝐵=90∘，∴

∠𝐵𝐸𝐷就是二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的平面角，设𝐴𝐵=𝑎，则𝐵𝐷=𝑃𝐵=√2𝑎，𝑃𝐶=√3𝑎，则𝐵𝐸=𝐷𝐸=𝑃𝐵⋅𝐵𝐶𝑃𝐶=√63𝑎，则cos∠𝐵𝐸𝐷=𝐵𝐸2+𝐷𝐸2−𝐵𝐷22×𝐵𝐸×𝐷𝐸=−12，即∠𝐵𝐸

𝐷=120∘，∴二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的大小为120∘；（2）还原棱锥为正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝑃𝐵1𝐶1𝐷1，作𝐵𝐹⊥𝐶𝐵1于F，∵平面𝑃𝐵1𝐶1𝐷1⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，∴𝐵𝐹⊥𝐵1𝑃，∴𝐵𝐹⊥平面𝑃𝐵1𝐶𝐷，连接𝑃𝐹，

则∠𝐵𝑃𝐹就是直线𝑃𝐵与平面𝑃𝐶𝐷所成的角，𝐵𝐹=√22𝑎，𝑃𝐵=√2𝑎，∴sin∠𝐵𝑃𝐹=12，即∠𝐵𝑃𝐹=30∘，∴直线𝑃𝐵与平面𝑃𝐶𝐷所成的角为30∘.7．（2023春·

江苏常州·高三校联考开学考试）如图，在边长为4的等边三角形𝐴𝐵𝐶中，平行于𝐵𝐶的直线分别交线段𝐴𝐵,𝐴𝐶于点𝑀,𝑁.将△𝐴𝑀𝑁沿着𝑀𝑁折起至△𝐴1𝑀𝑁，使得二面角𝐴1−𝑀𝑁−𝐵是直二面角.(1)若平面𝐴1𝑀𝑁∩平面

𝐴1𝐵𝐶=𝑙，求证：𝑙//𝐵𝐶；(2)若三棱锥𝐴1−𝐴𝑀𝑁的体积为1，求二面角𝑁−𝐴1𝑀−𝐵的正弦值.【解题思路】（1）利用线线平行证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行.（2）由已知求证得𝑀,𝑁分别为𝐴𝐵,𝐴𝐶中点，利用二面角

的定义，作辅助线，利用几何法求二面角的正弦值.【解答过程】（1）证明：∵𝐵𝐶//𝑀𝑁，𝐵𝐶⊄平面𝐴1𝑀𝑁，𝑀𝑁⊂平面𝐴1𝑀𝑁，∴𝐵𝐶//平面𝐴1𝑀𝑁，又∵𝐵𝐶⊂平面𝐴1𝐵

𝐶，平面𝐴1𝐵𝐶∩平面𝐴1𝑀𝑁=𝑙，∴𝑙//𝐵𝐶；（2）设𝐴𝑀=𝑥，过𝐴1作𝐴1𝐷⊥𝑀𝑁于点𝐷，如图所示，∵二面角𝐴1−𝑀𝑁−𝐵为直二面角，∴𝐴1𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，∴

𝑉𝐴1−𝐴𝑀𝑁=13⋅√34𝑥2⋅√32𝑥=1，解得𝑥=2，∴𝑀,𝑁分别为𝐴𝐵,𝐴𝐶中点，过𝐵作𝐵𝐸⊥𝑀𝑁于点𝐸，因为𝐴1𝐷⊥𝐵𝐸，𝐴1𝐷∩𝑀𝑁=𝐷，𝐴1𝐷,𝑀𝑁⊂平面𝐴1�

�𝑁∴𝐵𝐸⊥平面𝐴1𝑀𝑁，∴𝐵𝐸⊥𝐴1𝐹过𝐸作𝐸𝐹⊥𝐴1𝑀于点𝐹，连接𝐵𝐹，因为𝐸𝐹∩𝐵𝐸=𝐸，所以𝐴1𝐹⊥平面𝐵𝐸𝐹，所以𝐴1𝐹⊥𝐵𝐹∴∠𝐵𝐹𝐸即为二面角𝑁−𝐴1𝑀−𝐵的平面角𝛼的补角，且𝐵𝐸=2s

in60∘=√3，𝐸𝑀=1，𝐸𝐹=1⋅sin60∘=√32，∴𝐵𝐹=√3+34=√152，∴sin𝛼=sin∠𝐵𝐹𝐸=√3√152=√3⋅2√15=2√55.二面角𝑁−𝐴1𝑀−𝐵的正弦值为2√55.8．（2023·广东佛山·统考一模）如图，△𝐴𝐶

𝐷和△𝐵𝐶𝐷都是边长为2的等边三角形，平面𝐴𝐶𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐷，𝐸𝐵⊥平面𝐵𝐶𝐷．(1)证明：𝐸𝐵//平面𝐴𝐶𝐷；(2)若点E到平面𝐴𝐵𝐶的距离为√5，求平面𝐸𝐶𝐷与平面𝐵𝐶𝐷夹角的正切值．【解题思路】（1）取𝐶𝐷的中点，连

接𝐴𝑂，先证明𝐴𝑂⊥平面𝐵𝐶𝐷，则可证明𝐸𝐵//𝐴𝑂，即可证明𝐸𝐵//平面𝐴𝐶𝐷；（2）连接𝐸𝑂，𝐵𝑂，取𝐵𝐶的中点𝐹，连接𝐷𝐹，先求出𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐶，𝑉�

�−𝐸𝐵𝐶，则可求到|𝐸𝐵|，再证明平面𝐸𝐶𝐷与平面𝐵𝐶𝐷夹角的平面角为∠𝐸𝑂𝐵，从而根据tan∠𝐸𝑂𝐵=|𝐸𝐵||𝑂𝐵|即可求解．【解答过程】（1）如图，取𝐶

𝐷的中点，连接𝐴𝑂，则𝐴𝑂⊥𝐶𝐷，又因为平面𝐴𝐶𝐷⊥平面𝐵𝐶𝐷，且平面𝐴𝐶𝐷∩平面𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷，𝐴𝑂⊂平面𝐴𝐶𝐷，则𝐴𝑂⊥平面𝐵𝐶𝐷，又𝐸𝐵⊥平面𝐵𝐶𝐷，所以𝐸𝐵//𝐴𝑂，又𝐸𝐵⊄平面𝐴𝐶𝐷，𝐴𝑂⊂平面

𝐴𝐶𝐷，所以𝐸𝐵//平面𝐴𝐶𝐷．（2）如图，连接𝐸𝑂，𝐵𝑂，取𝐵𝐶的中点𝐹，连接𝐷𝐹，则𝐷𝐹⊥𝐵𝐶，因为|𝐴𝐵|=√|𝐴𝑂|2+|𝐵𝑂|2=√6，则等腰

△𝐵𝐴𝐶的面积为𝑆△𝐵𝐴𝐶=12×√6×√102=√152，所以三棱锥𝐸−𝐴𝐵𝐶的体积为𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐶=13×√152×√5=5√36，因为𝐸𝐵⊥平面𝐵𝐶𝐷，𝐷𝐹⊂平面𝐵𝐶𝐷，则𝐷𝐹⊥𝐸𝐵，又

因为𝐷𝐹⊥𝐵𝐶，𝐸𝐵∩𝐵𝐶=𝐵，𝐸𝐵⊂平面𝐸𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝐸𝐵𝐶，则𝐷𝐹⊥平面𝐸𝐵𝐶，因为𝐸𝐵//𝐴𝑂，则点𝐴到平面𝐸𝐵𝐶的距离等于点𝑂到平面𝐸𝐵𝐶的距离等于12|𝐷𝐹|=√32，因为𝑆△𝐸𝐵𝐶=12×2×

|𝐸𝐵|=|𝐸𝐵|，则𝑉𝐴−𝐸𝐵𝐶=13×|𝐸𝐵|×√32=√36|𝐸𝐵|，又𝑉𝐸−𝐴𝐵𝐶=𝑉𝐴−𝐸𝐵𝐶，所以|𝐸𝐵|=5，因为𝐸𝐵⊥平面𝐵𝐶𝐷，𝐵

𝐶⊂平面𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐶𝐷，则𝐸𝐵⊥𝐵𝐶，𝐸𝐵⊥𝐵𝐷，所以|𝐸𝐶|=|𝐸𝐷|，所以𝐸𝑂⊥𝐶𝐷，所以平面𝐸𝐶𝐷与平面𝐵𝐶𝐷夹角的平面角为∠𝐸𝑂𝐵，则tan∠𝐸𝑂𝐵=|𝐸𝐵||𝑂𝐵|=5√3=5√33，所以平面�

�𝐶𝐷与平面𝐵𝐶𝐷夹角的正切值为5√33．9．（2022秋·甘肃兰州·高二期末）如图，已知在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴=𝐴𝐷=𝑃𝐷=2，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐴=90°，𝐴𝐵=2𝐶𝐷，𝐶𝐷⊥𝑃𝐴，E，F分别为棱PB，PA的中点．(

1)求证：平面𝑃𝐴𝐵⊥平面EFDC；(2)若直线PC与平面PAD所成的角为45°，求四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积．【解题思路】（1）可证𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐷𝐴，从而得到𝐴𝐵⊥𝐷𝐹，从而

可证𝐷𝐹⊥平面𝑃𝐵𝐴，再证明𝐸,𝐹,𝐷,𝐶四点共面，从而得到要求证的面面垂直；（2）取𝐴𝐷的中点为𝐺，连接𝑃𝐺，可证∠𝐶𝑃𝐷为直线𝑃𝐶与平面𝑃𝐴𝐷所成的角且𝑃𝐺⊥平面𝐴�

�𝐶𝐷，根据体积公式可求四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷的体积．【解答过程】（1）因为在平面𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐷𝐴=90°，故𝐴𝐵//𝐶𝐷，因为𝐶𝐷⊥𝑃𝐴，故𝐴𝐵⊥𝑃𝐴，而𝐴𝐵⊥𝐷𝐴，𝐷𝐴∩𝑃𝐴=𝐴，

𝐷𝐴,𝑃𝐴⊂平面𝑃𝐷𝐴，故𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐷𝐴.因为𝐷𝐹⊂平面𝑃𝐷𝐴，故𝐴𝐵⊥𝐷𝐹，因为𝐴𝐷=𝑃𝐷=2，𝐴𝐹=𝑃𝐹，故𝑃𝐴⊥𝐷𝐹，因为𝑃𝐴∩

𝐴𝐵=𝐴，𝑃𝐴,𝐴𝐵⊂平面𝑃𝐵𝐴，故𝐷𝐹⊥平面𝑃𝐵𝐴.因为𝐸,𝐹分别为棱𝑃𝐵,𝑃𝐴的中点，故𝐸𝐹//𝐴𝐵,𝐸𝐹=12𝐴𝐵，而𝐷𝐶//𝐴𝐵,𝐷𝐶=12𝐴𝐵，故𝐸𝐹//𝐷

𝐶,𝐸𝐹=𝐷𝐶，故𝐸,𝐹,𝐷,𝐶四点共面，而𝐷𝐹⊂平面𝐸𝐹𝐷𝐶，故平面𝑃𝐵𝐴⊥平面𝐸𝐹𝐷𝐶.（2）取𝐴𝐷的中点为𝐺，连接𝑃𝐺，由（1）可得𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐴𝐵⊥𝑃𝐴,𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，故𝐶𝐷

⊥𝑃𝐴,𝐶𝐷⊥𝐴𝐷，而𝑃𝐴∩𝐴𝐷=𝐴,𝑃𝐴,𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，故𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，故∠𝐶𝑃𝐷为直线𝑃𝐶与平面𝑃𝐴𝐷所成的角，故∠𝐶𝑃𝐷=45°，因为𝐶𝐷⊥平

面𝑃𝐴𝐷，𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，故𝐶𝐷⊥𝑃𝐷，故△𝑃𝐶𝐷为等腰直角三角形，而𝑃𝐷=2，故𝐶𝐷=2，故𝐴𝐵=4，故直角梯形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积𝑆=12×(2+4)×2=6.又𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，故平

面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，而△𝑃𝐴𝐷为等边三角形，故𝑃𝐺⊥𝐴𝐷，且𝑃𝐺=√32×2=√3.因为𝑃𝐺⊂平面𝑃𝐴𝐷，平面𝑃𝐴𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐷，故𝑃𝐺⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，故四棱锥𝑃−𝐴𝐵

𝐶𝐷的体积为13×6×√3=2√3.10．（2023·高三课时练习）如图1，AD是直角△𝐴𝐵𝐶斜边上的高，沿AD把△𝐴𝐵𝐶的两部分折成如图2所示的直二面角，且DF⊥AC于点F．(1)证明：BF⊥AC；(2)设∠𝐷𝐶𝐹=𝜃，AB与平面BDF所成的角为

𝛼，二面角B-FA-D的大小为𝛽，试用tan𝜃，cos𝛽表示tan𝛼．【解题思路】（1）先证∠𝐵𝐷𝐶是二面角B-DA-C的平面角，再证𝐵𝐷⊥平面ADC，再证𝐴𝐶⊥平面BDF，进而可证BF⊥AC；（2）先求得tan𝛼=𝐴

𝐹𝐵𝐹，cos𝛽=𝐷𝐹𝐵𝐹，tan𝜃=𝐴𝐹𝐷𝐹，进而可用tan𝜃，cos𝛽表示tan𝛼．【解答过程】（1）因为𝐴𝐷⊥𝐷𝐵，𝐴𝐷⊥𝐷𝐶，所以∠𝐵𝐷𝐶是二面角B-DA-C的平面角．又二面角B-DA-C是直二面角，可知𝐵𝐷⊥𝐷𝐶，又𝐴𝐷∩

𝐷𝐶=𝐷，则𝐵𝐷⊥平面ADC，又𝐴𝐶⊂平面ADC，所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，又𝐷𝐹⊥𝐴𝐶，且𝐷𝐹∩𝐵𝐷=𝐷，则𝐴𝐶⊥平面BDF，又𝐵𝐹⊂平面BDF，所以𝐵𝐹⊥𝐴𝐶．（2）由𝐴𝐶⊥平面BDF，知∠𝐴𝐵𝐹=𝛼，则tan𝛼=𝐴𝐹�

�𝐹．由𝐷𝐹⊥𝐴𝐶，𝐵𝐹⊥𝐴𝐶，知∠𝐵𝐹𝐷=𝛽，则cos𝛽=𝐷𝐹𝐵𝐹．又∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐷𝐶𝐹=𝜃，则tan𝜃=𝐴𝐹𝐷𝐹，所以tan𝛼=𝐴𝐹𝐵�

�=tan𝜃cos𝛽．11．（2023·高三课时练习）已知正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为1．(1)求异面直线𝐵1𝐷1与AC所成角的大小；(2)求二面角𝐵1−𝐴𝐶−𝐷的余

弦值．【解题思路】（1）连𝐵𝐷，可证明𝐵1𝐷1//𝐵𝐷，根据𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，得𝐵1𝐷1⊥𝐴𝐶；（2）设𝐴𝐶与𝐵𝐷交于𝑂，连𝐵1𝑂，可以证明∠𝐵1𝑂𝐷就是二面角𝐵1−𝐴𝐶−𝐷的平面角.然后在△𝐵1𝑂𝐷中，利用余弦定理可求出结果.【

解答过程】（1）连𝐵𝐷，因为𝐵𝐵1//𝐷𝐷1，𝐵𝐵1=𝐷𝐷1，所以四边形𝐵𝐵1𝐷1𝐷是平行四边形，所以𝐵1𝐷1//𝐵𝐷，因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，所以𝐵

1𝐷1⊥𝐴𝐶，即异面直线𝐵1𝐷1与AC所成角的大小为π2.（2）设𝐴𝐶与𝐵𝐷交于𝑂，连𝐵1𝑂，因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，所以𝑂𝐷⊥𝐴𝐶，因为𝐵1𝐵⊥平面𝐴𝐵𝐶�

�，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐵1𝐵⊥𝐴𝐶，又𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐵𝐷∩𝐵1𝐵=𝐵，𝐵𝐷⊂平面𝐵1𝐵𝐷，𝐵1𝐵⊂平面𝐵1𝐵𝐷，所以𝐴𝐶⊥平面𝐵1𝐵𝐷，因

为𝑂𝐵1⊂平面𝐵1𝐵𝐷，所以𝐴𝐶⊥𝑂𝐵1，所以∠𝐵1𝑂𝐷就是二面角𝐵1−𝐴𝐶−𝐷的平面角.因为正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为1，所以𝑂𝐷=√22，𝑂𝐵1=√1+12=√62，𝐵1𝐷=√1+2=√3，所以

cos∠𝐵1𝑂𝐷=𝑂𝐷2+𝑂𝐵12−𝐵1𝐷22⋅𝑂𝐷⋅𝑂𝐵1=12+64−32×√22×√62=−√33，所以二面角𝐵1−𝐴𝐶−𝐷的余弦值为−√33.12．（2023秋·江苏南通·高三期末）如图，菱形ABCD的

边长为2，∠𝐴𝐵𝐶=60°，E为AC的中点，将△𝐴𝐶𝐷沿AC翻折使点D至点𝐷′.(1)求证：平面𝐵𝐷′𝐸⊥平面ABC；(2)若三棱锥𝐷′−𝐴𝐵𝐶的体积为2√23，求二面角𝐷′−

𝐴𝐵−𝐶的余弦值.【解题思路】（1）由线线垂直证线面垂直，再证面面垂直；（2）过𝐷′作𝐷′𝑀⊥𝐵𝐸于点𝑀，过M作𝑀𝑁⊥𝐴𝐵于点𝑁，连接𝐷′𝑁，分析得∠𝐷′𝑁𝑀即为二面角𝐷′−𝐴𝐵−𝐶的平面角，由三棱锥𝐷′−𝐴𝐵𝐶体积求得𝐷′𝑀，

即可进一步由几何关系求得cos∠𝐷′𝑁𝑀.【解答过程】（1）证明：在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝐵𝐶=60°，∴△𝐴𝐵𝐶和△𝐴𝐶𝐷均为等边三角形，又∵E为AC的中点，∴𝐵𝐸⊥𝐴𝐶，𝐷′𝐸⊥𝐴𝐶，𝐵𝐸∩𝐷′�

�=𝐸，𝐵𝐸、𝐷′𝐸⊂平面𝐵𝐷′𝐸，∴𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷′𝐸，又∵𝐴𝐶⊂平面ABC，∴平面𝐵𝐷′𝐸⊥平面ABC.（2）过𝐷′作𝐷′𝑀⊥𝐵𝐸于点𝑀，∵平面𝐵𝐷′𝐸∩平面ABC=𝐵𝐸，𝐷′𝑀⊂平面𝐵𝐷′𝐸，∴𝐷′𝑀⊥平面ABC

.∴𝑉𝐷′−𝐴𝐵𝐶=13×(12×2×√3)⋅𝐷′𝑀=2√23⇒𝐷′𝑀=2√63.过M作𝑀𝑁⊥𝐴𝐵于点𝑁，连接𝐷′𝑁，∵𝐴𝐵⊂平面ABC，∴𝐷′𝑀⊥𝐴𝐵，∵𝐷′𝑀∩𝑀𝑁=𝑀,𝐷′𝑀、𝑀𝑁⊂平面𝐷1�

�𝑁，∴𝐴𝐵⊥平面𝐷′𝑀𝑁，∵𝐷′𝑁⊂平面𝐷1𝑀𝑁，∴𝐴𝐵⊥𝐷′𝑁.∴∠𝐷′𝑁𝑀即为二面角𝐷′−𝐴𝐵−𝐶的平面角，𝐸𝑀=√(√3)2−(2√63)2=√33

，∴𝐵𝑀=√3−√33=2√33，𝑀𝑁=2√33sin30°=√33，∴𝐷′𝑁=√(2√63)2+(√33)2=√3，∴cos∠𝐷′𝑁𝑀=√33√3=13.故二面角𝐷′−𝐴𝐵−𝐶的余弦值为13.13．（2022秋·四川达州·高二期末）如图

，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，𝐴𝐷//𝐵𝐶，点𝐸,𝐹分别为𝑃𝐴,𝑃𝐷的中点，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2，𝐴𝐷=𝑃𝐴=4.(1)证明：直线𝐸𝐹//平面𝑃�

�𝐶；(2)求二面角𝐹−𝐶𝐷−𝐵的余弦值.【解题思路】（1）依题意可得𝐴𝐷//𝐸𝐹，即可得到𝐸𝐹//𝐵𝐶，从而得证；（2）连接𝐴𝐶，即可求出𝐴𝐶、𝐶𝐷，从而得到𝐴𝐶⊥𝐶𝐷，再由线面垂直的

性质得到𝑃𝐴⊥𝐶𝐷，即可得到𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐶，则二面角𝑃−𝐶𝐷−𝐴得平面角为∠𝐴𝐶𝑃，再由锐角三角函数计算可得.【解答过程】（1）证明：∵点𝐸,𝐹分别为𝑃𝐴,𝑃𝐷的中点，∴𝐴𝐷//𝐸�

�，∵𝐴𝐷//𝐵𝐶，∴𝐸𝐹//𝐵𝐶，∵𝐸𝐹⊄平面𝑃𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶，∴𝐸𝐹//平面𝑃𝐵𝐶.（2）解：∵𝐴𝐵⊥𝐴𝐷,𝐴𝐷//𝐵𝐶，∴𝐴

𝐵⊥𝐵𝐶，连接𝐴𝐶，由𝐴𝐵=𝐵𝐶=2得𝐴𝐶=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=2√2，∵𝐴𝐷=4，∴𝐶𝐷=√𝐴𝐵2+(𝐴𝐷−𝐵𝐶)2=2√2，所以𝐴𝐶2+𝐶𝐷2=𝐴𝐷2，∴𝐴𝐶

⊥𝐶𝐷，∵𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶,𝐶𝐷⊂底面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐴⊥𝐴𝐶,𝑃𝐴⊥𝐶𝐷，∵𝑃𝐴,𝐴𝐶是平面𝑃𝐴𝐶内两相交直线，∴𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴�

�，∵𝑃𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶,∴𝐶𝐷⊥𝑃𝐶，∴二面角𝑃−𝐶𝐷−𝐴得平面角为∠𝐴𝐶𝑃，∵𝐴𝑃=4，∴𝑃𝐶=√𝐴𝐶2+𝐴𝑃2=2√6，∴cos∠𝐴𝐶𝑃=𝐴𝐶𝑃𝐶=√33，所以二面角𝑃−𝐶𝐷−𝐴的余弦值为√33，即二面角𝐹−𝐶𝐷−𝐵

的余弦值为√33.14．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三期末）如图，边长是6的等边三角形△𝐴𝐵𝐶和矩形𝐵𝐶𝐷𝐸.现以𝐵𝐶为轴将面𝐴𝐵𝐶进行旋转，使之形成四棱锥𝐴1−𝐵𝐶𝐷𝐸，𝑂是等边三角形△𝐴�

�𝐶的中心，𝑀，𝑁分别是𝐵𝐶，𝐷𝐸的中点，且𝐴1𝐵=2𝑂𝑁，𝑂𝐹//面𝐵𝐶𝐷𝐸，交𝐴1𝐶于𝐹.(1)求证𝑂𝐹⊥面𝐴1𝑀𝑁(2)求𝐷𝐹和面𝐴1𝑀𝑁所成角的正弦值.【解题思路】（1）先利用线面平行的性质定理证得𝑂

𝐹//𝐵𝐶，再利用线面垂直的判定定理证得𝐵𝐶⊥面𝐴1𝑀𝑁，从而得到𝑂𝐹⊥面𝐴1𝑀𝑁；（2）构造平行四边形，将所求角转化为𝑂𝐺和面𝐴1𝑀𝑁的所成角，再在Rt△𝐺𝑂𝑁中求得tan∠𝐺𝑂�

�，从而利用三角函数的基本关系式求得sin∠𝐺𝑂𝑁，由此得解.【解答过程】（1）因为𝑂𝐹//面𝐵𝐶𝐷𝐸，面𝐵𝐶𝐷𝐸∩面𝐴1𝐵𝐶=𝐵𝐶，𝑂𝐹⊂面𝐴1𝐵𝐶，所以𝑂𝐹//𝐵𝐶，因为𝑀是𝐵𝐶的中点，

△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，所以𝐴1𝑀⊥𝐵𝐶，因为在矩形𝐵𝐶𝐷𝐸中，𝑀，𝑁分别是𝐵𝐶，𝐷𝐸的中点，所以𝑀𝑁//𝐶𝐷，又𝐵𝐶⊥𝐶𝐷，所以𝑀𝑁⊥𝐵𝐶，又𝑀𝑁∩𝐴1𝑀=𝑀，𝑀𝑁,�

�1𝑀⊂面𝐴1𝑀𝑁，所以𝐵𝐶⊥面𝐴1𝑀𝑁，因为𝑂𝐹//𝐵𝐶，所以𝑂𝐹⊥面𝐴1𝑀𝑁.（2）在线段𝑁𝐷上取点𝐺使得𝐷𝐺=2，连接𝐺𝑂,𝑂𝑁，因为𝑂是等边三角形△𝐴𝐵𝐶的中心，𝑂𝐹//𝐵𝐶，所

以𝑂𝐹:𝐶𝑀=2:3，因为𝐶𝑀=12𝐵𝐶=3，所以𝑂𝐹=2，所以𝐷𝐺=𝑂𝐹，因为𝑂𝐹//𝐵𝐶，𝐷𝐺//𝐵𝐶，所以𝐷𝐺//𝑂𝐹，所以四边形𝐷𝐹𝑂𝐺为平行四边形，所以𝐷𝐹//𝑂𝐺，所以𝐷𝐹和面𝐴1𝑀𝑁所成角等于𝑂𝐺

和面𝐴1𝑀𝑁所成角，由（1）得𝑂𝐹⊥面𝐴1𝑀𝑁，又𝐷𝐺//𝑂𝐹，所以𝐷𝐺⊥面𝐴1𝑀𝑁，即𝐺𝑁⊥面𝐴1𝑀𝑁，所以𝑂𝐺和面𝐴1𝑀𝑁的所成角为∠𝐺𝑂𝑁，即sin∠𝐺𝑂𝑁为所求，在Rt△𝐺𝑂𝑁

中，𝑁𝐺=𝐷𝑁−𝐷𝐺=1,𝑂𝑁=12𝐴1𝐵=3，则tan∠𝐺𝑂𝑁=𝑁𝐺𝑂𝑁=13，因为0<∠𝐺𝑂𝑁<π2，所以sin∠𝐺𝑂𝑁>0，联立{tan∠𝐺𝑂𝑁=sin∠𝐺𝑂𝑁cos∠𝐺𝑂𝑁=13s

in2∠𝐺𝑂𝑁+cos2∠𝐺𝑂𝑁=1，解得sin∠𝐺𝑂𝑁=√1010，所以𝐷𝐹和面𝐴1𝑀𝑁所成角的正弦值为√1010..15．（2022秋·上海黄浦·高二阶段练习）已知𝐴𝐵𝐶𝐷是空间四边形，如图所示（𝑀，𝑁，𝐸，𝐹分别是𝐴𝐵

、𝐴𝐷、𝐵𝐶、𝐶𝐷上的点）．(1)若直线𝑀𝑁与直线𝐸𝐹相交于点𝑂，证明𝐵，𝐷，𝑂三点共线；(2)若𝐸，𝑁为𝐵𝐶，𝐴𝐷的中点，𝐴𝐵=6，𝐷𝐶=4，𝑁𝐸=2，求异面直线𝐴�

�与𝐷𝐶所成的角．【解题思路】（1）根据点与线和点与面的位置关系推出𝑂是平面𝐴𝐵𝐷和𝐶𝐵𝐷的公共点，结合平面𝐴𝐵𝐷∩平面𝐶𝐵𝐷=𝐵𝐷，即可证明；（2）连接𝐵𝐷，作𝐵𝐷的中点𝐺，并连接𝐺𝑁，𝐺𝐸，利用中位线的

性质可以得到异面直线𝐴𝐵与𝐷𝐶所成的角等于直线𝐺𝐸与𝐺𝑁所成角，再根据余弦定理即可求解.【解答过程】（1）因为𝑀∈𝐴𝐵，𝑁∈𝐴𝐷，𝐴𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐷，𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐷，所以𝑀𝑁⊂平面𝐴𝐵𝐷，因

为𝐸∈𝐶𝐵，𝐹∈𝐶𝐷，𝐶𝐵⊂平面𝐶𝐵𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐷，所以𝐸𝐹⊂平面𝐶𝐵𝐷，由于直线𝑀𝑁与直线𝐸𝐹相交于点𝑂，即𝑂∈𝑀𝑁，𝑂∈平面𝐴𝐵𝐷，𝑂∈𝐸𝐹，𝑂∈平面𝐶𝐵𝐷，

又有平面𝐴𝐵𝐷∩平面𝐶𝐵𝐷=𝐵𝐷，则𝑂∈𝐵𝐷，所以𝐵，𝐷，𝑂三点共线.（2）连接𝐵𝐷，作𝐵𝐷的中点𝐺，并连接𝐺𝑁，𝐺𝐸，如图所示：在△𝐴𝐵𝐷中，点𝑁，𝐺分别是𝐴𝐷和𝐵𝐷的中点，且𝐴𝐵

=6，所以𝐺𝑁∥𝐴𝐵，且𝐺𝑁=12𝐴𝐵=3，在△𝐶𝐵𝐷中，点𝐸，𝐺分别是𝐵𝐶和𝐵𝐷的中点，且𝐶𝐷=4，所以𝐺𝐸∥𝐶𝐷，且𝐺𝐸=12𝐶𝐷=2，则异面直线𝐴𝐵与𝐷𝐶所成的角等于直线𝐺𝐸

与𝐺𝑁所成角，即∠𝐸𝐺𝑁或∠𝐸𝐺𝑁的补角，又𝐸𝑁=2，由余弦定理得：cos∠𝐸𝐺𝑁=𝐺𝐸2+𝐺𝑁2−𝐸𝑁22𝐺𝐸×𝐺𝑁=22+32−222×2×3=34>0，故异面直线𝐴𝐵与𝐷𝐶所成的角为arccos34.16．（2023·全国·高二专题练

习）在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为边长为1的菱形，∠𝐴𝐵𝐶=π4，𝑃𝐴=2，𝑀为𝑃𝐴中点，𝑁为𝐵𝐶的中点．(1)求证：直线𝑀𝑁//平面𝑃𝐶𝐷；(2)求直线𝐴𝐵与𝑀𝐷所

成角大小．【解题思路】（1）作出辅助线，证明出平面𝑀𝑁𝐸//平面PCD，从而得到线面平行；（2）作出辅助线，由余弦定理得到𝐴𝐶=√2−√2，找到直线𝐶𝐷与𝑀𝐷所成的角∠𝑀𝐷𝐶或其补角为直线𝐴𝐵与𝑀𝐷所成角，由勾股定理求出

𝑀𝐶,𝑀𝐷，由余弦定理求出答案.【解答过程】（1）取AD的中点E，连接NE，ME，因为𝑀为𝑃𝐴中点，𝑁为𝐵𝐶的中点，所以𝑀𝐸//𝑃𝐷，𝑁𝐸//𝐶𝐷，因为𝑀𝐸⊄平面PCD，𝑃𝐷⊂平面PCD，所以𝑀𝐸//平面PCD，同理可得𝑁𝐸

//平面PCD，因为𝑀𝐸∩𝑁𝐸=𝐸，𝑀𝐸,𝑁𝐸⊂平面𝑀𝑁𝐸，所以平面𝑀𝑁𝐸//平面PCD，因为𝑁𝑀⊂平面MNE，所以直线𝑀𝑁//平面𝑃𝐶𝐷；（2）连接AC，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为边长为

1的菱形，∠𝐴𝐵𝐶=π4，所以𝐴𝐵=𝐵𝐶=1，由余弦定理得：𝐴𝐶=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2−2𝐴𝐵⋅𝐵𝐶cos∠𝐴𝐵𝐶=√1+1−2×√22=√2−√2，因为𝑃𝐴=2，𝑀为𝑃𝐴中点，所以𝐴

𝑀=12𝑃𝐴=1,因为𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐶,𝐴𝐷⊂平面ABCD，所以PA⊥AC，PA⊥AD，所以𝑀𝐶=√𝑀𝐴2+𝐴𝐶2=√1+2−√2=√3−√2，𝑀𝐷=

√𝑀𝐴2+𝐴𝐷2=√1+1=√2，因为𝐴𝐵//𝐶𝐷，所以直线𝐶𝐷与𝑀𝐷所成的角∠𝑀𝐷𝐶或其补角为直线𝐴𝐵与𝑀𝐷所成的角，由余弦定理得：cos∠𝑀𝐷𝐶=𝑀𝐷2+𝐶𝐷2−𝑀𝐶22𝑀𝐷⋅𝐷𝐶=2+1−(3−√2)

2√2=12，故直线𝐴𝐵与𝑀𝐷所成角的大小为π3.17．（2022秋·江西萍乡·高三期末）如图，在五面体ABCDE中，△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，平面𝐴𝐵𝐶⊥平面ACDE，且𝐴𝐶=2

𝐴𝐸=2𝐸𝐷=2，∠𝐷𝐸𝐴=∠𝐸𝐴𝐶=90°，F为边BC的中点.(1)证明：𝐷𝐹//平面ABE；(2)求DF与平面ABC所成角的大小.【解题思路】（1）通过构造平行四边形的方法来证得𝐷𝐹//

平面ABE；（2）判断出直线DF与平面ABC所成角，解直角三角形求得角的大小.【解答过程】（1）取AB的中点为M，连接ME，MF，因为F为边BC的中点，所以𝑀𝐹//𝐴𝐶，𝑀𝐹=12𝐴𝐶，又𝐷𝐸//𝐴𝐶，𝐷𝐸=12�

�𝐶，所以𝑀𝐹//𝐷𝐸，且𝑀𝐹=𝐷𝐸，即四边形EDFM为平行四边形，所以𝐷𝐹//𝐸𝑀，又𝐸𝑀⊂平面ABE，𝐷𝐹⊄平面ABE，所以𝐷𝐹//平面ABE；（2）平面𝐴𝐵𝐶⊥平面ACDE，平面𝐴𝐵𝐶∩平面𝐴

𝐶𝐷𝐸=𝐴𝐶，𝐸𝐴⊥𝐴𝐶，𝐸𝐴⊂平面ACDE，则𝐸𝐴⊥平面ABC，∵𝐷𝐹//𝑀𝐸，∴DF与平面ABC所成角即为EM与平面ABC所成角，即∠𝐸𝑀𝐴，在直角△𝐴𝐸𝑀中，tan∠𝐸�

�𝐴=𝐸𝐴𝐴𝑀=11=1，由于0°<∠𝐸𝑀𝐴<90°，所以∠𝐸𝑀𝐴=45°，故DF与平面ABC所成角的大小为45°.18．（2023秋·浙江温州·高二期末）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面A

BCD为正方形，二面角𝑃−𝐵𝐶−𝐴为直二面角．𝐵𝑃=𝐶𝑃=√2，𝐵𝑃⊥𝐶𝑃，M，N分别为AP，AC的中点．(1)求平面BMN与平面PCD夹角的余弦值；(2)若平面𝐵𝑀𝑁∩平面𝑃𝐶𝐷=𝑙，求点A到直线l的距离．【

解题思路】（1）根据图形位置关系，作𝑃𝐹//𝐶𝐷，𝐶𝑃//𝐷𝐹，连接MF，ND补成棱柱确定线面、面面关系，即可求得BMN与平面PCD夹角的余弦值；（2）由（1）可得面𝐵𝑀𝑁∩面𝑃𝐶𝐷=𝐷

𝐹，结合线面关系，即可求点A到交线的距离．【解答过程】（1）解：∵𝑃𝐵⊥𝑃𝐶，𝑃𝐵=𝑃𝐶=√2，∴𝐵𝐶=2∵面𝑃𝐵𝐶⊥面𝐴𝐵𝐶𝐷，面𝑃𝐵𝐶∩面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐵𝐶，又∵底面𝐴𝐵𝐶𝐷为正方

形，∴𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐵𝐶⊥𝐶𝐷，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐷𝐴=2，又𝐶𝐷⊂面𝐴𝐵𝐶𝐷，则𝐶𝐷⊥面PBC，故𝐴𝐵⊥面PBC，𝑃𝐵⊂面𝑃𝐵𝐶，∴𝐶𝐷⊥𝑃𝐵，且面ABCD为正方形，如下图，作𝑃𝐹//𝐶𝐷，𝐶𝑃//

𝐷𝐹，连接MF，ND，∴四边形𝐴𝐵𝑃𝐹、四边形𝐶𝐷𝐹𝑃为矩形，则𝐶𝑃⊥𝑃𝐹∵M、N分别为AP和AC的中点，∴B、M、F三点共线，B、N、D三点共线，易知：面𝐵𝑀𝑁与面𝐵𝐷𝐹为同一个平面，且面𝐵𝐷

𝐹∩面𝑃𝐶𝐷=𝐷𝐹，所以平面𝐵𝑀𝑁∩平面𝑃𝐶𝐷=𝐷𝐹，∵𝐵𝑃⊥𝐶𝑃，𝐶𝑃⊥𝑃𝐹，又𝐵𝑃∩𝑃𝐹=𝑃,𝐵𝑃,𝑃𝐹⊂面𝐴𝐵𝑃𝐹∴𝐶𝑃⊥面𝐴𝐵𝑃𝐹，结合𝐶𝑃//𝐷𝐹，故𝐷𝐹⊥面𝐴𝐵𝑃𝐹，又𝐵�

�⊂面𝐴𝐵𝑃𝐹，则𝐷𝐹⊥𝐵𝐹，在矩形𝐶𝐷𝐹𝑃中𝑃𝐹⊥𝐷𝐹，由𝐵𝐹⊂面𝐵𝑀𝑁，𝑃𝐹⊂面𝑃𝐶𝐷，故平面BMN与平面PCD夹角为∠𝑃𝐹𝐵，∵𝑃𝐵⊥𝑃𝐹，𝑃𝐵=√2，𝑃

𝐹=2，∴𝐵𝐹=√6，∴cos∠𝑃𝐹𝐵=𝑃𝐹𝐵𝐹=2√6=√63，∴平面BMN与平面PCD夹角的余弦值为√63；（2）解：由（1）知四边形𝐴𝐵𝑃𝐹为矩形，所以𝐴𝐹=𝐵𝑃=√2，由（

1）知：𝐷𝐹⊥面𝐴𝐵𝑃𝐹，又𝐴𝐹⊂面𝐴𝐵𝑃𝐹，故𝐷𝐹⊥𝐴𝐹，∵面𝐵𝑀𝑁∩面𝑃𝐶𝐷=𝐷𝐹=𝑙，∴A到直线l的距离即A到直线𝐷𝐹的距离，即为线段𝐴𝐹的长，∴A到直线l的距离为√2.19．（2023·全国·高三专题练习）四棱锥𝑆−𝐴𝐵�

�𝐷，底面ABCD是平行四边形，∠𝐷𝐵𝐶=90∘,𝑆𝐶=𝑆𝐷=𝐷𝐶，且平面SCD⊥平面ABCD，点E在棱SC上，直线𝑆𝐴//平面BDE.(1)求证：E为棱SC的中点；(2)设二面角𝑆−𝐵𝐷−𝐶的大小为𝜃，且tan𝜃=√6.求直线

BE与平面ABCD所成的角的正切值.【解题思路】（1）连AC交BD于F，连EF，根据线面平行的性质可得线线平行，即可求证.（2）取DC中点O，OC中点G，连SO，OF，GE，BG，设𝑆𝐶=𝑆𝐷=𝐷𝐶=

2，先根据面面垂直的性质证明𝑆𝑂⊥平面ABCD，进而得到∠𝑆𝐹𝑂是二面角𝑆−𝐵𝐷−𝐶的平面角，可得𝐵𝐶=√2，进而可得线面角，即可求解.【解答过程】（1）连AC交BD于F，连EF．∵A

BCD是平行四边形，∴𝐴𝐹=𝐹𝐶∵直线𝑆𝐴//平面BDE，𝑆𝐴⊂面PAC，面𝑆𝐴𝐶∩面𝐵𝐷𝐸=𝐸𝐹，∴𝑆𝐴//𝐸𝐹，由𝐹是𝐴𝐶中点，∴E为棱SC的中点；（2）取DC中点O，OC中点G，连SO，OF，GE，BG∵侧面SC

D满足𝑆𝐶=𝑆𝐷=𝐷𝐶，不妨设𝑆𝐶=𝑆𝐷=𝐷𝐶=2∴𝑆𝑂=√3，𝑆𝑂⊥𝐶𝐷∵平面𝑆𝐶𝐷⊥平面ABCD，平面𝑆𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐶𝐷∴𝑆𝑂⊥平面ABCD，又𝐷𝐵⊂平面ABCD，故𝑆𝑂⊥𝐷𝐵，

∵𝑂𝐷=𝑂𝐶,𝐷𝐹=𝐹𝐵∴𝐹𝑂∥𝐵𝐶,𝐹𝑂=12𝐵𝐶∵𝐶𝐵⊥𝐷𝐵∴𝐹𝑂⊥𝐵𝐷，∴𝑆𝐹⊥𝐵𝐷，又𝑆𝑂∩𝑆𝐹=𝑆，𝑆𝑂,𝑆𝐹⊂平面𝑆𝑂𝐹，∴𝐵𝐷⊥平面𝑆

𝐹𝑂∴∠𝑆𝐹𝑂是二面角𝑆−𝐵𝐷−𝐶的平面角∴∠𝑆𝐹𝑂=𝜃，又𝑆𝑂=√3，∴tan𝜃=𝑆𝑂𝐹𝑂=√6∴𝐹𝑂=√22∴𝐵𝐶=√2∴𝐵𝐷=√𝐶𝐷2−𝐵𝐶2=√2=𝐵𝐶∴𝐵𝑂⊥𝐶𝐷,𝐵𝑂=1∴𝐵𝐺=√𝐵𝑂

2+𝑂𝐺2=√52，∵𝑂𝐺=𝐺𝐶∴𝑆𝑂∥𝐸𝐺,𝐸𝐺=√32，∴𝐸𝐺⊥平面ABCD∴∠𝐸𝐵𝐺为直线EB与平面ABCD所成的角tan∠𝐸𝐵𝐺=𝐸𝐺𝐵𝐺=√155，即直线EB与平面ABCD

所成的角的正切值为√15520．（2023·浙江·统考一模）如图，在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐸𝐹𝐺𝐻中，P，Q是长方形EFGH内互异的两点，∠𝐴𝑃𝐶是二面角𝐴−𝑃𝑄−𝐶的平面角．(1)证明：点P在EG上；(2)若𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝑃𝐴=𝑃𝐶，

求直线AP与平面PBC所成角的正弦值的最大值．【解题思路】（1）根据二面角的平面角的定义得𝐴𝑃⊥𝑃𝑄，𝐶𝑃⊥𝑃𝑄，根据线面垂直的判定得𝑃𝑄⊥平面APC．根据长方体的性质以及线面垂直的判定得𝑃𝑄⊥平面AEGC．从而可得平面APC与平面AEGC重合，再根据平面的性质可得点P在

EG上；（2）根据线面角的定义作出线面角，在直角三角形中求出线面角的正弦值，利用基本不等式可求出结果.【解答过程】（1）由于∠𝐴𝑃𝐶是二面角𝐴−𝑃𝑄−𝐶的平面角，则𝐴𝑃⊥𝑃𝑄，𝐶𝑃⊥𝑃𝑄，又𝐴𝑃∩𝐶�

�=𝑃，𝐴𝑃⊂平面𝐴𝑃𝐶，𝐶𝑃⊂平面𝐴𝑃𝐶，所以𝑃𝑄⊥平面APC．又𝐴𝐶⊂平面𝐴𝑃𝐶，所以𝑃𝑄⊥𝐴𝐶，因为𝐴𝐸//𝐶𝐺，𝐴𝐸=𝐶𝐺，所以四边形𝐴𝐸𝐺𝐶是平行四边形，所以𝐸𝐺//𝐴�

�，所以𝑃𝑄⊥𝐸𝐺．因为在长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐸𝐹𝐺𝐻中，𝐴𝐸⊥平面EFGH，𝑃𝑄⊂平面EFGH，则𝐴𝐸⊥𝑃𝑄，又𝐴𝐸∩𝐸𝐺=𝐸，𝐴𝐸⊂平面AEGC．𝐸𝐺⊂平面AEGC．故𝑃𝑄⊥平面AEGC．由𝑃𝑄⊥平面AP

C且𝑃𝑄⊥平面AEGC，平面APC与平面AEGC有公共直线𝐴𝐶，得平面APC与平面AEGC重合，所以点P在平面AEGC内，又点𝑃在平面EFGH内，平面AEGC∩平面EFGH=𝐸𝐺，所以点P在EG上．（2）因为𝐴𝐵=𝐵𝐶，所以底面为正方形，因为𝑃𝐴=𝑃𝐶，

𝐴𝐸=𝐶𝐺，所以Rt△𝐴𝐸𝑃与Rt△𝐶𝐺𝑃全等，所以𝑃𝐸=𝑃𝐺，又点P在EG上，故点P为𝐸𝐺的中点，所以点𝑃为正方形EFGH中心，过P作𝐾𝐿//𝐵𝐶，交𝐸𝐹于𝐾，交𝐺𝐻于𝐿，则𝐾为𝐸𝐹的中点，𝐿为𝐺𝐻的中点，

作𝐴𝑀⊥𝐵𝐾于𝑀点．因为𝐵𝐶⊥平面ABFE，𝐴𝑀⊂平面ABFE，则𝐵𝐶⊥𝐴𝑀，又𝐵𝐾∩𝐵𝐶=𝐵，𝐵𝐾⊂平面𝐵𝐶𝐿𝐾，𝐵𝐶⊂平面𝐵𝐶𝐿𝐾，所以𝐴𝑀⊥平面𝐵𝐶𝐿𝐾，则直线AP与平面PBC

所成角𝜃=∠𝐴𝑃𝑀．设𝐴𝐸=ℎ，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2𝑥，则𝐵𝐾2=𝑥2+ℎ2，𝐴𝑃2=2𝑥2+ℎ2，因为12𝐴𝐵⋅ℎ=12𝐴𝑀⋅𝐵𝐾，所以𝐴𝑀=𝐴𝐵⋅ℎ𝐵𝐾=2𝑥ℎ√𝑥2+ℎ2，所

以sin𝜃=𝐴𝑀𝐴𝑃=2𝑥ℎ√(𝑥2+ℎ2)(2𝑥2+ℎ2)=2𝑥ℎ√2𝑥4+3𝑥2ℎ2+ℎ4=2√2𝑥2ℎ2+ℎ2𝑥2+3≤2√2√2+3=2√(√2+1)2=2√2+1=2(√2−1)=2√2−2，当且仅当ℎ=√24𝑥时，等号成立，故直线AP与平面

PBC所成角的正弦值的最大值是2√2−2．21．（2022春·江苏苏州·高一期末）如图，在直四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为2的菱形，∠𝐴𝐷𝐶=120∘，𝐶𝐶1=4，𝑀，𝑁分别是线段𝐷�

�1，𝐵𝐷上的动点，且𝐷𝑁=𝜆𝐷𝐵(0<𝜆<1).(1)若二面角𝑀−𝐵𝐶−𝐶1为60∘，求𝐷𝑀的长；(2)当三棱锥𝑀−𝐴𝐷𝐶的体积为2√33时，求𝐶𝑁与平面𝐵�

�𝑀所成角的正弦值的取值范围.【解题思路】(1)取𝐵𝐶中点𝑃，过𝑃点作𝑃𝑄⊥𝐵𝐶，交𝐵1𝐶1于点𝑄，连结𝑃𝑀，根据一直题干信息可知△𝑀𝐷𝐵和△𝑀𝐷𝐶全等，∠𝑀�

�𝑄为二面角𝑀−𝐵𝐶−𝐶1的平面角，进而在𝑅𝑡△𝑀𝐷𝑃中求得𝐷𝑀的长；(2)根据三棱锥𝑀−𝐴𝐷𝐶的体积为2√33，求得𝐷𝑀=2，可知𝑀为𝐷𝐷1中点，利用等体积法和余弦定理的

结合，用含𝜆的式子表示出𝐶𝑁2=4𝜆2−4𝜆+4，进而求得𝐶𝑁与平面𝐵𝐶𝑀所成角的正弦值的取值范围.【解答过程】（1）解：取𝐵𝐶中点𝑃，过𝑃点作𝑃𝑄⊥𝐵𝐶，交𝐵1𝐶1于点𝑄，连结𝑃𝑀.因为底面𝐴𝐵𝐶𝐷是边长

为2的菱形，∠𝐴𝐷𝐶=120∘，所以△𝐵𝐶𝐷为等边三角形.由直四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1，可得𝐷𝐷1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶𝐶1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶�

�1//𝐷𝐷1，∠𝑀𝐷𝐶=∠𝑀𝐷𝐵=90°，𝐵𝐷=𝐷𝐶，𝑀𝐷=𝑀𝐷,所以△𝑀𝐷𝐵和△𝑀𝐷𝐶全等，可得𝑀𝐵=𝑀𝐶.因为𝑃为𝐵𝐶中点，所以𝑀𝑃⊥𝐵𝐶.又因为𝑃𝑄⊥𝐵𝐶，所以∠𝑀𝑃𝑄为

二面角𝑀−𝐵𝐶−𝐶1的平面角，即∠𝑀𝑃𝑄=60∘.在平面𝐵1𝐵𝐶𝐶1中，𝑃𝑄⊥𝐵𝐶，𝐶𝐶1⊥𝐵𝐶，所以𝐶𝐶1//𝑃𝑄，则有𝐷𝐷1//𝑃𝑄，所以∠�

�𝑀𝑃=∠𝑀𝑃𝑄=60∘.在𝑅𝑡△𝑀𝐷𝑃中，𝐵𝐶=2，𝐷𝑃=√32𝐵𝐶=√3，则tan∠𝐷𝑀𝑃=tan60∘=√3𝐷𝑀，解得𝐷𝑀=1.（2）因为𝐷𝐷1⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑉𝑀−

𝐴𝐶𝐷=13𝑆△𝐴𝐶𝐷⋅𝐷𝑀，𝑆△𝐴𝐶𝐷=12⋅𝐷𝐶⋅𝐷𝐴⋅sin∠𝐴𝐷𝐶=12×2×2×√32=√3.因为三棱锥𝑀−𝐴𝐷𝐶的体积为2√33，所以13⋅√3⋅𝐷𝑀=2√33，解得𝐷𝑀=2，所以𝑀为𝐷𝐷1中点.因为𝐷𝑀

⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑉𝑀−𝑁𝐵𝐶=13⋅𝐷𝑀⋅𝑆△𝑁𝐵𝐶=23𝑆△𝑁𝐵𝐶.在△𝐵𝐶𝐷中，𝐷𝑁=𝜆𝐷𝐵(0<𝜆<1)，𝑆△𝐵𝐶𝑁=(1−𝜆)𝑆△𝐵𝐶𝐷=(1−𝜆)×12×2×2×√32=√3(1

−𝜆)，所以𝑉𝑀−𝑁𝐵𝐶=2√33(1−𝜆).设𝑁到平面𝐵𝐶𝑀的距离为𝑑，在△𝑀𝐵𝐶中，𝑀𝐵=𝑀𝐶=2√2，𝐵𝐶=2，所以𝑆△𝑀𝐵𝐶=12𝐵𝐶⋅√𝐶𝑀2−𝐵𝐶24=12×2×√7=√7，所以𝑉𝑁−𝑀𝐵�

�=13⋅𝑑⋅𝑆△𝑀𝐵𝐶=√73𝑑.因为𝑉𝑀−𝑁𝐵𝐶=𝑉𝑁−𝑀𝐵𝐶，所以2√33(1−𝜆)=√7𝑑3，解得𝑑=2√217(1−𝜆).在△𝐶𝐷𝑁中，由余弦定理得𝐶𝑁2=𝐶𝐷2+𝐷𝑁2−2�

�𝐷⋅𝐷𝑁⋅cos60∘，所以𝐶𝑁2=4𝜆2−4𝜆+4.设𝐶𝑁与平面𝐵𝐶𝑀所成角为𝜃.所以sin𝜃=𝑑𝐶𝑁=2√21(1−𝜆)7√4𝜆2−4𝜆+4=√217⋅1−𝜆√𝜆2−𝜆+1(0<𝜆<1).令1−𝜆=𝑚∈(0,1)，则s

in𝜃=√217⋅𝑚√𝑚2−𝑚+1=√217⋅1√1𝑚2−1𝑚+1.因为0<𝑚<1，所以1𝑚>1，所以0<sin𝜃<√217，所以𝐶𝑁与平面𝐵𝐶𝑀所成角正弦的取值范围是(0,√217).22．（2022秋·浙江宁波·高三期末）如图，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，�

�=π2，𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2，且𝐸，𝐹分别为𝐴𝐵，𝐴𝐶的中点．现将△𝐴𝐸𝐹沿𝐸𝐹折起，使点𝐴到达点𝐷的位置，连接𝐵𝐷，𝐶𝐷，𝑀为𝐶𝐷的中点，连接𝑀𝐹．(1)证明：𝑀𝐹⊥平面𝐵𝐶𝐷；(2)若二面角𝐸−𝑀𝐹−�

�的余弦值为−√33，求四棱锥𝐷−𝐸𝐵𝐶𝐹的体积．【解题思路】（1）设𝑁为𝐵𝐷的中点，则𝐸𝑁⊥𝐵𝐷；𝑀是𝐷𝐶的中点，则𝐹𝑀⊥𝐷𝐶，又可证得𝐸𝐹𝑀𝑁为平行四边形，则𝐸𝑁∥𝐹𝑀，故𝐹𝑀⊥𝐵𝐷，即可证明𝐹

𝑀⊥平面𝐵𝐶𝐷；（2）由题意可知∠𝑁𝑀𝐶是二面角𝐸−𝑀𝐹−𝐶的平面角，于是cos∠𝐵𝐶𝐷=−cos∠𝑁𝑀𝐶=√33，由题意𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐸，于是有𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐸，则𝐵𝐶⊥𝐵𝐷，求得𝐵𝐷=√2，由𝐵𝐷2=

𝐷𝐸2+𝐸𝐵2得𝐷𝐸⊥𝐸𝐵，又𝐸𝐹⊥𝐷𝐸，所以𝐷𝐸⊥平面𝐸𝐵𝐶𝐹，然后由锥体体积公式求出结果．【解答过程】（1）设𝑁为𝐵𝐷的中点，连接𝐸𝑁，𝑀𝑁，又𝐸𝐷=𝐸𝐵，则

𝐸𝑁⊥𝐵𝐷．因为𝐹𝐷=𝐹𝐶，𝑀是𝐷𝐶的中点，所以𝐹𝑀⊥𝐷𝐶，因为𝐸𝐹∥𝐵𝐶，𝐸𝐹=12𝐵𝐶，𝑀𝑁∥𝐵𝐶，𝑀𝑁=12𝐵𝐶，所以𝐸𝐹∥𝑀𝑁，𝐸

𝐹=𝑀𝑁，所以𝐸𝐹𝑀𝑁为平行四边形，则𝐸𝑁∥𝐹𝑀，故𝐹𝑀⊥𝐵𝐷，又因为𝐵𝐷∩𝐷𝐶=𝐷，𝐵𝐷,𝐷𝐶⊂平面𝐵𝐶𝐷，所以𝐹𝑀⊥平面𝐵𝐶𝐷．（2）因为𝐹𝑀⊥平面𝐵𝐶𝐷，𝑀𝑁⊂平面𝐵𝐶

𝐷，所以𝑀𝑁⊥𝐹𝑀，又𝐹𝑀⊥𝐷𝐶，所以∠𝑁𝑀𝐶是二面角𝐸−𝑀𝐹−𝐶的平面角，于是cos∠𝐵𝐶𝐷=−cos∠𝑁𝑀𝐶=√33．因为𝐸𝐹⊥𝐸𝐵，𝐸𝐹⊥𝐷𝐸，𝐸𝐵∩𝐷�

�=𝐸，𝐸𝐵,𝐷𝐸⊂平面𝐵𝐷𝐸，所以𝐸𝐹⊥平面𝐵𝐷𝐸，于是有𝐵𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐸．因为𝐵𝐷⊂平面𝐵𝐷𝐸，所以𝐵𝐶⊥𝐵𝐷．在Rt△𝐶𝐵𝐷中，𝐵𝐶=1，cos∠𝐵𝐶𝐷=√33，故𝐶𝐷=√3

，𝐵𝐷=√2，因为𝐷𝐸=𝐸𝐵=1，所以𝐵𝐷2=𝐷𝐸2+𝐸𝐵2，所以𝐷𝐸⊥𝐸𝐵，又因为𝐸𝐹⊥𝐷𝐸，𝐸𝐵∩𝐸𝐹=𝐸，𝐸𝐵,𝐸𝐹⊂平面𝐸𝐵𝐶𝐹，所以𝐷𝐸⊥平面𝐸𝐵𝐶𝐹．故𝑉𝐷−𝐸𝐵�

�𝐹=13×𝑆𝐸𝐵𝐶𝐹×𝐷𝐸=13×12(1+12)×1×1=14．23．（2022秋·辽宁·高二开学考试）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为矩形，二面角𝐴−𝐶𝐷−𝐹为45∘，𝐷𝐸//𝐶𝐹，𝐶𝐷⊥𝐷𝐸，𝐴𝐷=2

，𝐷𝐶=3，𝐷𝐸=4，𝐶𝐹=5．(1)求证：𝐵𝐹//平面ADE；(2)求直线AC与平面CDEF所成角的正弦值；(3)求点F到平面ABCD的距离．【解题思路】（1）由线面平行的判定定理可得𝐴𝐷//平面B

CF，𝐷𝐸//平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案；（2）∠𝐴𝐷𝐸即为二面角𝐴−𝐶𝐷−𝐹的平面角，作𝐴𝑂⊥𝐷𝐸于O，由线面垂直的判定定理可得𝐶𝐷⊥平面ADE，𝐴𝑂⊥平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为∠𝐴𝐶𝑂，

求出正弦值即可；（3）由（2）得𝐴𝑂⊥平面CDEF，又𝑉𝐹−𝐴𝐶𝐷=𝑉𝐴−𝐶𝐷𝐹，可得答案．【解答过程】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴𝐵𝐶//𝐴𝐷，𝐵𝐶⊂平面BCF，𝐴𝐷⊄平面BCF，所以𝐴𝐷

//平面BCF，∵𝐷𝐸//𝐶𝐹，𝐶𝐹⊂平面BCF，𝐷𝐸⊄平面BCF，所以𝐷𝐸//平面BCF，𝐴𝐷∩𝐷𝐸=𝐷，∴平面𝐵𝐶𝐹//平面ADE，∵𝐵𝐹⊂平面BCF，∴𝐵𝐹//平面ADE；（2）∵𝐶𝐷⊥𝐴𝐷，𝐶𝐷⊥�

�𝐸，∴∠𝐴𝐷𝐸即为二面角𝐴−𝐶𝐷−𝐹的平面角，∴∠𝐴𝐷𝐸=45∘，又𝐴𝐷∩𝐷𝐸=𝐷，𝐴𝐷、𝐷𝐸⊂平面ADE，所以𝐶𝐷⊥平面ADE，作𝐴𝑂⊥𝐷𝐸于O，因为𝐴𝑂⊂平面

ADE，所以𝐶𝐷⊥𝐴𝑂，又𝐶𝐷∩𝐷𝐸=𝐷，𝐶𝐷、𝐷𝐸⊂平面CDEF，所以𝐴𝑂⊥平面CDEF，连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为∠𝐴𝐶𝑂，𝐴𝐶=√13，𝐴𝑂=√2，所以sin∠𝐴𝐶𝑂=𝐴𝑂𝐴

𝐶=√2√13=√2613．直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为√2613；（3）由（2）得𝐴𝑂⊥平面CDEF，又𝑉𝐹−𝐴𝐶𝐷=𝑉𝐴−𝐶𝐷𝐹，所以距离𝑑=𝑆△𝐶𝐷𝐹⋅𝐴𝑂𝑆△𝐴𝐶𝐷，又由已知可得𝑆𝐶𝐷

𝐹=152，𝑆𝐴𝐶𝐷=3，𝐴𝑂=√2，所以𝑑=52√2．24．（2022春·河北唐山·高一阶段练习）如图，在正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1（侧棱垂直底面，底面为正三角形）中，各棱长均相等，D是BC的中点，(1)求证：𝐴𝐷⊥𝐶1𝐷(2)求证

：𝐴1𝐵//平面AC1D(3)求异面直线𝐴1𝐵与𝐴𝐶1所成角余弦值．【解题思路】(1)利用线面垂直的判定定理和性质定理证明；(2)利用线面平行的判定定理证明；(3)利用异面直线夹角的定义求解

.【解答过程】（1）∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，D是BC的中点，∴𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，又因为正三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中𝐵𝐵1⊥平面ABC，𝐴𝐷⊂平面ABC∴𝐴𝐷⊥𝐵𝐵1，𝐵𝐶∩𝐵𝐵1=𝐵,𝐵𝐶,𝐵𝐵1⊂平面𝐵𝐵1𝐶

1𝐶，∴𝐴𝐷⊥平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，又𝐶1𝐷⊂平面𝐵𝐵1𝐶1𝐶，∴𝐴𝐷⊥𝐶1𝐷（2）连接𝐴1𝐶交𝐴𝐶1于𝑂，连接𝑂𝐷,则O为𝐴𝐶1,𝐴1𝐶中点，𝐴1𝐵//𝑂𝐷，又

∵𝑂𝐷⊂平面𝐴𝐷𝐶1，𝐴1𝐵⊄平面𝐴𝐷𝐶1，所以𝐴1𝐵//平面𝐴𝐶1𝐷.（3）由（2）知𝐴1𝐵//𝑂𝐷，∴∠𝐴𝑂𝐷（或其补角）为异面直线𝐴1𝐵与𝐴𝐶1所成角，设𝐴𝐵=2𝑎，△𝐴𝑂𝐷中，𝐴𝐷=√3𝑎，

𝐴𝑂=√2𝑎=𝑂𝐷，则由余弦定理得cos∠𝐴𝑂𝐷=2𝑎2+2𝑎2−3𝑎22×√2𝑎×√2𝑎=14，所以异面直线𝐴1𝐵与𝐴𝐶1所成角余弦值为14．25．（2022·辽宁沈阳·高二阶段练习）如图1，⊙O的直径𝐴𝐵=4，

点𝐶,𝐷为⊙O上任意两点，∠𝐶𝐴𝐵=45∘，∠𝐷𝐴𝐵=60∘，F为𝐵𝐶⌢的中点，沿直径𝐴𝐵折起，使两个半圆所在平面互相垂直.(1)求证：OF//面ACD；(2)求二面角𝐶−𝐴𝐷−𝐵的余弦值.【

解题思路】（1）先证明𝑂𝐹//𝐴𝐶，再根据线面平行的判定定理可证结论成立；（2）过𝑂作𝑂𝐸⊥𝐴𝐷于点𝐸，连接𝐶𝐸，可得∠𝐶𝐸𝑂就是二面角𝐶−𝐴𝐷−𝐵的平面角，然后在直角三角形𝐶𝐸𝑂可求出结果．【解答过程】（1）连接𝐶𝑂，

∵∠𝐶𝐴𝐵=45∘，𝑂𝐴=𝑂𝐶，∴𝐶𝑂⊥𝐴𝐵，又∵F为𝐵𝐶⌢的中点，∴∠𝐹𝑂𝐵=45∘，∴𝑂𝐹//𝐴𝐶，∵𝑂𝐹⊄平面𝐴𝐶𝐷，𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷，∴𝑂𝐹//平面𝐴𝐶𝐷．（2

）过𝑂作𝑂𝐸⊥𝐴𝐷于点𝐸，连接𝐶𝐸，∵𝐶𝑂⊥𝐴𝐵，平面𝐴𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐷，𝐶𝑂⊂平面𝐴𝐵𝐶，平面𝐴𝐵𝐶∩平面𝐴𝐵𝐷=𝐴𝐵，∴𝐶𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐷，又∵𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵

𝐷，∴𝐶𝑂⊥𝐴𝐷，又因为𝐶𝑂⊂平面𝐶𝐸𝑂，𝑂𝐸⊂平面𝐶𝐸𝑂，且𝐶𝑂∩𝑂𝐸=𝑂，∴𝐴𝐷⊥平面𝐶𝐸𝑂，因为𝐶𝐸⊂平面𝐶𝐸𝑂，∴𝐴𝐷⊥𝐶𝐸，则∠𝐶𝐸𝑂就是

二面角𝐶−𝐴𝐷−𝐵的平面角，∵∠𝐷𝐴𝐵=60∘，𝑂𝐴=2，∴𝑂𝐸=√3，由𝐶𝑂⊥平面𝐴𝐵𝐷，𝑂𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐷，∴𝐶𝑂⊥𝑂𝐸，因为𝐶𝑂=2，𝑂𝐸=√3，∴𝐶𝐸=√7，∴co

s∠𝐶𝐸𝑂=𝑂𝐸𝐶𝐸=√3√7=√217.所以二面角𝐶−𝐴𝐷−𝐵的余弦值为√217．26．（2022秋·天津宁河·高三阶段练习）如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷//𝐵𝐶,𝐴𝐷⊥𝐷𝐶,𝐵𝐶=𝐶𝐷=12𝐴�

�=2，𝐸为棱𝐴𝐷的中点，𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷.(1)证明：𝐴𝐵//平面𝑃𝐶𝐸(2)求证：平面𝑃𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐵𝐷(3)若二面角𝑃−𝐶𝐷−𝐴的大小为45°，求直线𝐴𝐷与平面𝑃𝐵𝐷所成角的正切值.【解题思路】（

1）因为𝐵𝐶//𝐴𝐸且𝐵𝐶=𝐴𝐸，所以𝐵𝐶𝐸𝐴为平行四边形，则𝐴𝐵//𝐸𝐶，利用线面平行的判定定理即可得证；（2）由已知可得𝑃𝐴⊥𝐵𝐷，𝐵𝐷⊥𝐴𝐵，由线面垂直的判定定理可得𝐵𝐷⊥

面𝑃𝐴𝐵，进而即可证得结论；（3）由𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷可得∠𝑃𝐷𝐴=45°，作𝐴𝑀⊥𝑃𝐵于𝑀，可知𝐴𝑀⊥面𝑃𝐷𝐵，所以∠𝐴𝐷𝑀为直线𝐴𝐷与平面𝑃𝐵𝐷

所成角，在直角△𝐴𝑀𝐷中求解即可．【解答过程】（1）∵𝐵𝐶//𝐴𝐸且𝐵𝐶=𝐴𝐸，∴四边形𝐵𝐶𝐸𝐴为平行四边形，∴𝐴𝐵//𝐸𝐶，又𝐴𝐵⊄平面𝑃𝐶𝐸，𝐸𝐶⊂平面𝑃𝐶𝐸，所以𝐴𝐵//平面𝑃𝐶𝐸.（2）∵𝑃�

�⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐴⊥𝐵𝐷，连接𝐵𝐸，∵𝐵𝐶//𝐷𝐸且𝐵𝐶=𝐷𝐸，∴四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为平行四边形，∵𝐷𝐸⊥𝐶𝐷，𝐵𝐶=𝐶𝐷=2，∴平行四边形𝐵𝐶𝐷𝐸为正方形，∴𝐵𝐷⊥𝐸𝐶，又𝐴𝐵//�

�𝐶，∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐵，又𝑃𝐴∩𝐴𝐵=𝐴，𝑃𝐴,𝐴𝐵⊂面𝑃𝐴𝐵，∴𝐵𝐷⊥面𝑃𝐴𝐵，∵𝐵𝐷⊂面𝑃𝐵𝐷，∴平面𝑃𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐵𝐷.（3）∵𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐶𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，∴𝑃𝐴⊥𝐶𝐷，又𝐶𝐷⊥�

�𝐷，𝑃𝐴∩𝐴𝐷=𝐴，𝑃𝐴,𝐴𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，∴𝐶𝐷⊥平面𝑃𝐴𝐷，因为𝑃𝐷⊂平面𝑃𝐴𝐷，∴𝐶𝐷⊥𝑃𝐷,∴∠𝑃𝐷𝐴为二面角𝑃−𝐶𝐷−𝐴的平面角，从而∠𝑃𝐷𝐴=45°，所以𝑃𝐴=𝐴𝐷=4，作𝐴𝑀⊥𝑃�

�于𝑀，连接𝑀𝐷，∵平面𝑃𝐴𝐵⊥平面𝑃𝐵𝐷，𝐴𝑀⊂平面𝑃𝐴𝐵，平面𝑃𝐴𝐵∩平面𝑃𝐵𝐷=𝑃𝐵，∴𝐴𝑀⊥面𝑃𝐵𝐷，所以∠𝐴𝐷𝑀为直线𝐴𝐷与平面𝑃𝐵𝐷所成角，在直角△�

�𝐴𝐵中，𝐴𝐵=𝐶𝐸=2√2，𝑃𝐴=4，𝑃𝐵=2√6，∴𝐴𝑀=𝑃𝐴⋅𝐴𝐵𝑃𝐵=4×2√22√6=4√33，因为𝐴𝑀⊥面𝑃𝐵𝐷，𝐷𝑀⊂面𝑃𝐵𝐷，所以

𝐴𝑀⊥𝐷𝑀，在直角△𝐴𝑀𝐷中，𝐴𝐷=4,𝐴𝑀=4√33，𝐷𝑀=√𝐴𝐷2−𝐴𝑀2=4√63，∴tan∠𝐴𝐷𝑀=√22，则直线𝐴𝐷与平面𝑃𝐵𝐷所成角的正切值为√22.27．（2022秋·上海·高二期中）如图，在棱长为2

的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸、𝐹分别是𝐴1𝐷1和𝐶𝐶1的中点.(1)求异面直线𝐸𝐹与𝐴𝐵所成角的余弦值；(2)在棱𝐵𝐵1上是否存在一点𝑃，使得二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的大小

为30∘?若存在，求出𝐵𝑃的长，若不存在，请说明理由；(3)求异面直线𝐸𝐹与𝐴𝐵之间的距离.【解题思路】(1)做出异面直线所成的角，解三角形求解即可；(2)假设存在，利用二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的大

小为30∘求解即可；(3)利用线面垂直，找到公垂线，然后借助相似来计算即可.【解答过程】（1）取𝐷𝐷1的中点𝑀，因为𝐹是𝐶𝐶1的中点，所以𝑀𝐹//𝐶𝐷，又𝐴𝐵//𝐶𝐷，所以𝐴𝐵//𝑀𝐹，所以异面直线𝐸𝐹与𝐴𝐵所成角也就是𝐸𝐹与𝑀𝐹所成角，由

正方体得𝑀𝐹⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，𝐸𝑀⊂平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，所以𝑀𝐹⊥𝐸𝑀，𝑀𝐹=2,𝐸𝑀=√2，所以𝐸𝐹=√6，cos∠𝐸𝐹𝑀=𝑀𝐹𝐸𝐹=2√6=√63

，所以异面直线𝐸𝐹与𝐴𝐵所成角的余弦值为√63.（2）假设存在点𝑃符合题意，连接𝐵𝐷与𝐴𝐶交于点𝑂，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，因为𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1是正方体，所以𝑃𝐴=𝑃𝐶，又𝑂是𝐴𝐶的中点，所以𝑃𝑂⊥

𝐴𝐶，所以∠𝑃𝑂𝐵就是二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的平面角，故假设成立，存在这样的𝑃点.又因为∠𝑃𝑂𝐵=30∘，𝑂𝐵=12𝐵𝐷=12×2√2=√2，tan30∘=𝐵𝑃𝑂𝐵=√33，所以𝐵𝑃=𝑂𝐵√3=√63.（3

）连接𝐴𝐷1，因为𝐸、𝑀是𝐴1𝐷1、𝐷𝐷1的中点，所以𝐴𝐷1⊥𝐸𝑀，如图第一个，又因为𝑀𝐹⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，𝐴𝐷1⊂平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，所以𝐴𝐷1⊥𝑀𝐹，即𝐴𝐷1⊥𝐴𝐵，又𝐸𝑀∩𝑀𝐹=𝑀，所以𝐴𝐷1⊥平面𝐸𝑀𝐹，

又𝐸𝐹⊂平面𝐸𝑀𝐹，所以𝐴𝐷1⊥𝐸𝐹，接着取𝐵𝐵1的中点𝐺，连接𝐺𝐹，延长𝐴1𝐺交𝐴𝐵延长线于点𝐻，连接𝐷1𝐻，交𝐺𝐹于点𝐾，交𝐸𝐹于点𝑂，过𝑂作𝐴𝐷1的平行线交𝐴𝐵于点�

�1，连接𝑂𝑂1，如下图，由𝐴𝐷1⊥𝐸𝐹，𝐴𝐷1⊥𝐴𝐵得𝑂𝑂1为𝐸𝐹与𝐴𝐵的公垂线，易得△𝐻𝑂𝑂1与△𝐻𝐷1𝐴相似，又因为𝐺是𝐴1𝐻中点，则𝐾是𝐺𝐹的中点，所以𝐾𝐷1=𝐾𝐻=2𝑂𝐾，所以𝑂𝐻

𝐷1𝐻=34=𝑂𝑂1𝐴𝐷1，又𝐴𝐷1=2√2，所以𝑂𝑂1=3√22.28．（2022秋·上海普陀·高二期末）如图，在三棱锥𝐷−𝐴𝐵𝐶中，平面𝐴𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐴𝐷⊥𝐴𝐶，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，𝐸、𝐹分别为棱𝐵𝐶

、𝐶𝐷的中点.(1)求证：直线𝐸𝐹//平面𝐴𝐵𝐷；(2)若直线𝐶𝐷与平面𝐴𝐵𝐶所成的角为45°，直线𝐶𝐷与平面𝐴𝐵𝐷所成角为30°，求二面角𝐵−𝐴𝐷−𝐶的大小.【解题思路】（1）根据𝐸𝐹//𝐵�

�即可证明；（2）证明𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐷，进而结合已知条件证明△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，∠𝐵𝐴𝐶=45∘，再根据二面角的概念求解即可.【解答过程】（1）证明：因为𝐸、𝐹分别为棱𝐵𝐶、𝐶𝐷的中点.所以，在△𝐵𝐶�

�中，𝐸𝐹//𝐵𝐷，因为𝐸𝐹⊄平面𝐴𝐵𝐷，𝐵𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐷，所以，直线𝐸𝐹∥平面𝐴𝐵𝐷（2）解：因为平面𝐴𝐶𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，平面𝐴𝐶𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶，𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐶

𝐷𝐴𝐷⊥𝐴𝐶,所以𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶，所以，∠𝐷𝐶𝐴是直线𝐶𝐷与平面𝐴𝐵𝐶所成的角，因为直线𝐶𝐷与平面𝐴𝐵𝐶所成的角为45°，所以，∠𝐷𝐶𝐴=45∘，所以𝐴𝐷=𝐴𝐶因为𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐵�

�，𝐴𝐵,𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶，所以𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，因为𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，𝐴𝐵∩𝐴𝐷=𝐴，𝐴𝐵,𝐴𝐷⊂平面𝐴𝐵𝐷，所以𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐷，所以，

∠𝐵𝐷𝐶是直线𝐶𝐷与平面𝐴𝐵𝐷所成角，因为直线𝐶𝐷与平面𝐴𝐵𝐷所成角为30°，所以∠𝐵𝐷𝐶=30∘，所以𝐵𝐶=12𝐶𝐷,𝐵𝐷=√3𝐵𝐶，不妨设𝐵𝐶=1，则𝐶𝐷=2,𝐵𝐷=√3,𝐴𝐷=𝐴

𝐶=√2,𝐴𝐵=1，所以，△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，∠𝐵𝐴𝐶=45∘因为𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，𝐴𝐷⊥𝐴𝐶，所以∠𝐵𝐴𝐶是二面角𝐵−𝐴𝐷−𝐶的平面角，所以二面角𝐵−�

�𝐷−𝐶的大小为45∘.29．（2022春·河南洛阳·高一阶段练习）如图所示，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，𝑃𝐴=𝑃𝐷，平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐷𝐶，点𝐸是棱𝐴𝐵的中点．(1)求证：𝑃𝐸⊥𝐴𝐶；(2)若𝑃𝐴=𝐴𝐵=𝐵

𝐷=2，求三棱锥𝐸−𝑃𝐶𝐷的体积．(3)若𝑃𝐴=𝐴𝐵，当二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的正切值为−2时，求直线𝑃𝐸与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角．【解题思路】(1)先证明𝑃𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷得到𝑃𝐸⊥𝐴𝐶；(2)将三棱锥𝐸−𝑃𝐶𝐷

的体积转化为三棱锥𝑃−𝐸𝐶𝐷的体积求解；(3)设𝑃𝐹=√3𝑎，𝐹𝐺=𝑏，可证得∠𝑃𝐺𝐸为二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的平面角，可得tan∠𝑃𝐺𝐹=√3𝑎𝑏=2，∠𝑃𝐸𝐹为直线𝑃𝐸与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角，可求得tan∠

𝑃𝐸𝐹=1知∠𝑃𝐸𝐹大小．【解答过程】（1）如图所示，设点𝐹是棱𝐴𝐷的中点，连接𝑃𝐹，𝐸𝐹，𝐵𝐷，由𝑃𝐴=𝑃𝐷及点𝐹是棱𝐴𝐷的中点，可得𝑃𝐹⊥𝐴𝐷，因为平面𝑃𝐴𝐷⊥平面𝐴𝐷𝐶，平面𝑃𝐴𝐷∩平面𝐴𝐷𝐶=𝐴𝐷，𝑃�

�⊂平面𝑃𝐴𝐷，故𝑃𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，又因为𝐴𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑃𝐹⊥𝐴𝐶，又因为四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，而𝐸𝐹是△𝐴𝐵𝐷的中位线，所以𝐸𝐹//𝐵𝐷，可得𝐸

𝐹⊥𝐴𝐶，又由𝑃𝐹∩𝐸𝐹=𝐹，且𝑃𝐹⊂平面𝑃𝐸𝐹，𝐸𝐹⊂平面𝑃𝐸𝐹，所以𝐴𝐶⊥平面𝑃𝐸𝐹，又因为𝑃𝐸⊂平面𝑃𝐸𝐹，所以𝑃𝐸⊥𝐴𝐶．（2）若𝑃𝐴=𝐴𝐵=𝐵𝐷=2，由于菱形𝐴𝐵𝐶𝐷，易证正三角形𝑃𝐴𝐷中

𝑃𝐹=√3，由于𝑃𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝑉𝐸−𝑃𝐶𝐷=𝑉𝑃−𝐸𝐶𝐷=13𝑆△𝐶𝐷𝐸×𝑃𝐹=13𝑆△𝐶𝐷𝐵×𝑃𝐹=13×(√34×22)×√3=1．（3）设点𝐺是𝐴𝐶与𝐸𝐹的交点，由（

1）可知𝐴𝐶⊥平面𝑃𝐸𝐹，又𝑃𝐺，𝐸𝐺均在平面𝑃𝐸𝐹内，从而有𝑃𝐺⊥𝐴𝐶，𝐸𝐺⊥𝐴𝐶，故∠𝑃𝐺𝐸为二面角𝑃−𝐴𝐶−𝐵的平面角，所以tan∠𝑃𝐺𝐸=−t

an∠𝑃𝐺𝐹=−2，所以tan∠𝑃𝐺𝐹=2，因为𝑃𝐴=𝐴𝐵，所以△𝑃𝐴𝐷为等边三角形．不妨设菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为2𝑎，𝐺𝐸=𝑏．则在直角△𝑃𝐹𝐺中，𝑃𝐹=√3𝑎，𝐹𝐺=𝑏，tan

∠𝑃𝐺𝐹=𝑃𝐹𝐹𝐺，所以√3𝑎𝑏=2，因为𝑃𝐹⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以∠𝑃𝐸𝐹为直线𝑃𝐸与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角．则tan∠𝑃𝐸𝐹=𝑃𝐹𝐸𝐹=√3𝑎2𝑏=1，所以直线𝑃𝐸与平面𝐴𝐵𝐶𝐷所成的角为45°.30

．（2022春·上海徐汇·高三阶段练习）如图，在Rt△𝐴𝑂𝐵中，∠𝑂𝐴𝐵=π6，斜边𝐴𝐵=4，Rt△𝐴𝑂𝐶可以通过Rt△𝐴𝑂𝐵以直线𝐴𝑂为轴旋转得到，且二面角𝐵−𝐴𝑂−𝐶是直二面角，动点𝐷在斜边𝐴𝐵上．(1)求证：

平面𝐶𝑂𝐷⊥平面𝐴𝑂𝐵；(2)当𝐷为𝐴𝐵的中点时，求异面直线𝐴𝑂与𝐶𝐷所成角的余弦值；(3)求𝐶𝐷与平面𝐴𝑂𝐵所成的角中最大角的正切值．【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即

可求解；（2）根据异面直线所成角的定义及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，利用勾股定理及三角形的中位线，结合锐角三角函数的定义即可求解；（3）根据（1）的结论及线面角的定义，利用锐角三角函数的定义及三角形相似的性质即可求解.【解答过程】（1）由题

意，𝐶𝑂⊥𝐴𝑂，𝐵𝑂⊥𝐴𝑂，∴∠𝐵𝑂𝐶是直二面角𝐵−𝐴𝑂−𝐶的平面角，∴𝐶𝑂⊥𝐵𝑂，又∵𝐴𝑂∩𝐵𝑂=𝑂，𝐴𝑂,𝐵𝑂⊂平面𝐴𝑂𝐵,∴𝐶𝑂⊥平面

𝐴𝑂𝐵，又𝐶𝑂⊂平面𝐶𝑂𝐷．∴平面𝐶𝑂𝐷⊥平面𝐴𝑂𝐵．（2）作𝐷𝐸⊥𝑂𝐵，垂足为𝐸，连结𝐶𝐸，如图所示，在Rt△𝐴𝑂𝐵中，𝑂𝐴⊥𝑂𝐵,所以𝐷𝐸//𝐴𝑂，因为𝐷为𝐴𝐵的中点，所以𝐸为𝑂𝐵的中点，∴∠𝐶

𝐷𝐸（或其补角）是异面直线𝐴𝑂与𝐶𝐷所成的角．因为𝐶𝑂⊥𝐴𝑂，𝐵𝑂⊥𝐴𝑂，𝐵𝑂∩𝐶𝑂=𝑂，𝐵𝑂,𝐶𝑂⊂平面𝐵𝑂𝐶,所以𝐴𝑂⊥平面𝐵𝑂𝐶,所以𝐷𝐸⊥平面𝐵𝑂𝐶,又𝐶𝐸⊂平面�

�𝑂𝐶,所以𝐷𝐸⊥𝐶𝐸，在Rt△𝐶𝑂𝐵中，易得𝐶𝑂=𝐵𝑂=2，𝑂𝐸=12𝐵𝑂=1，∴𝐶𝐸=√𝐶𝑂2+𝑂𝐸2=√5．又𝐷𝐸=12𝐴𝑂=√3．∴𝐶𝐷=√𝐶𝐸2+𝐷𝐸2=2√2,∴在Rt△𝐶𝐷

𝐸中，cos∠𝐶𝐷𝐸=𝐷𝐸𝐶𝐷=√32√2=√64．∴异面直线𝐴𝑂与𝐶𝐷所成角的余弦值为√64．（3）由（1）知，𝐶𝑂⊥平面𝐴𝑂𝐵，𝑂𝐷是𝐶𝐷在平面𝐴𝑂𝐵的射影，∴∠𝐶𝐷𝑂是𝐶𝐷与平面𝐴𝑂𝐵所成

的角，且tan∠𝐶𝐷𝑂=𝑂𝐶𝑂𝐷=2𝑂𝐷．当𝑂𝐷最小时，∠𝐶𝐷𝑂最大，这时，𝑂𝐷⊥𝐴𝐵，垂足为𝐷，∴△𝐴𝑂𝐵∼△𝑂𝐷𝐵,∴𝐴𝑂𝑂𝐷=𝐴𝐵𝑂�

�,即𝑂𝐷=𝑂𝐴⋅𝑂𝐵𝐴𝐵=√3，所以tan∠𝐶𝐷𝑂=2√33，∴𝐶𝐷与平面𝐴𝑂𝐵所成最大角的正切值为2√33．