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【文档说明】备战2023-2024学年高三上学期期中数学真题分类汇编（新高考通用）专题12空间向量与立体几何压轴大题（十二大题型） Word版含解析.docx，共(120)页，13.517 MB，由小赞的店铺上传
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专题12空间向量与立体几何压轴大题线面平行、面面平行的判定定理1．（山东省济宁市泗水县2022-2023学年高三上学期期中）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA1//平面BCHG.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用中位线定理与空间平行线的传递性，推得//GHBC，由此得证；（2）利用线面平行的判定定理证得EF//平面BCHG，
A1E//平面BCHG，从而利用面面平行的判定定理即可得证.【详解】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点∴GH是111ABC△的中位线，∴GH//B1C1，又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1//BC，∴GH//BC，∴B，C，H，G四点共面．（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF//BC，∵EF平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF//平面BCHG，∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，11//ABAB，11ABAB=，∴A1G//EB，1111122AGABABEB===，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E//GB，
∵1AE平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E//平面BCHG，∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，∴平面EFA1//平面BCHG.2．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，//EFAC，1EF=，6
0ABC=，CE⊥平面ABCD，3CE=，=2CD，G是DE的中点．(1)求证：平面//ACG平面BEF；(2)求直线AD与平面ABF所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)155【分析】（1）连接BD交AC于O，则O是BD的中点连结OG，则//OGBE，
从而//OG平面BEF，再由//EFAC，即可得到//AC平面BEF，由此能证明平面//ACG平面BEF．（2）连接OF，即可证明OF⊥平面ABCD，如图以O为坐标原点，分别以OC、OD、OF为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AD与面ABF成的角的正弦
值．【详解】（1）证明：连接BD交AC于O，则O是BD的中点，连接OG，G是DE的中点，//OGBE，BE平面BEF，OG平面BEF，//OG平面BEF；又//EFAC，AC平面BEF，EF平面BEF，//AC平面BEF，又AC与OG相交于点O，,ACOG平面ACG，所
以平面//ACG平面BEF．（2）解：连接OF，因为四边形ABCD是菱形，所以ACBD⊥，又60ABC=，=2CD，所以ABC为等边三角形，所以=2AC，又1EF=，所以EFOC=且//EFOC，所以四边形OCEF为平行四边形，所以//
OFCE，因为CE⊥平面ABCD，所以OF⊥平面ABCD，如图，以O为坐标原点，分别以OC、OD、OF为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0A−，()0,3,0B−，()0,3,0D，()0,0,3F，(1,3,0)AD=，(1,3,0)AB=−，(1,0,3)AF=，设
面ABF的法向量为=(,,)mabc，依题意有mABmAF⊥⊥，则=3=0=+3=0mABabmAFac−，令3a=，1b=，1c=−，则(3,1,1)m=−，所以3315cos,5
441ADmADmADm+===+，所以直线AD与面ABF成的角的正弦值是155．3．（2022秋·江苏徐州·高三统考期中）如图,在四棱锥P－ABCD中,四边形ABCD是菱形,PA=PC,E
为PB的中点．求证:(1)PD平面AEC;(2)平面AEC⊥平面PBD．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】(1)设ACBDO=,连接EO,根据中位线可得PDEO∥,再根据线面平行的判定定理即可证明;
(2)根据PAPC=可得ACPO⊥,根据四边形ABCD为菱形,可得ACBD⊥,再根据线面垂直的判断定理可得AC⊥平面PBD,再根据面面垂直的判定定理即可得出结果.【详解】（1）设ACBDO=,连接EO,如图所示
:因为O,E分别为BD,PB的中点,所以PDEO∥,又因为PDÚ平面AEC,EO平面AEC,所以PD平面AEC．（2）连接PO,如图所示:因为PAPC=,O为AC的中点,所以ACPO⊥,又因为四边形ABCD为菱形,所以ACBD
⊥,因为PO平面PBD,BD平面PBD,且POBDO=,所以AC⊥平面PBD,又因为AC平面AEC,所以平面AEC⊥平面PBD．4．（2022秋·福建福州·高三校联考期中）如图所示，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知//ABCD，ADCD⊥，1222ABADCD===.
(1)求证：//BF平面CDE；(2)连接CF，求多面体ABCDEF的体积.【答案】(1)证明见解析(2)53【分析】（1）依题意可得//AFDE，//ABCD，即可得到平面//ABF平面CDE，再根据面面平行的性质得证；（2）由面面垂直的性质得到CD⊥平面ADEF，DE⊥平面ABCD，再根据
ABCDEFFABCDCDEFVVV−−=+计算可得；【详解】（1）证明：由正方形ADEF与梯形ABCD，可得//AFDE，//ABCD，因为AF平面CDE，且DE平面CDE，所以//AF平面CDE
，又因为AB平面CDE，且CD平面CDE，所以//AB平面CDE，又由AFABA=，且,AFAB平面CDE，所以平面//ABF平面CDE，因为BF平面ABF，所以//BF平面CDE.（2）解：因为平面A
DEF⊥平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD=，且CDAD⊥，CD平面ABCD，所以CD⊥平面ADEF，同理可证DE⊥平面ABCD，连接CF，故多面体ABCDEF的体积ABCDEFFABCDCDEFVVV−−=+1133DEFABCDSAF
SCD=+梯形()11115241111432323=++=故多面体ABCDEF的体积为53.补全平行的条件5．（湖南省衡阳市第一中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题）如图所示，在四棱锥PABCD−中，
BC平面PAD，12BCAD=，E是PD的中点.(1)求证：BCAD∥；(2)求证：CE平面PAB；(3)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN平面PAB？说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，证明见解析【
分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）由中位线、线面平行的性质可得四边形BCEF为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明；（3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性.【详解】（
1）在四棱锥PABCD−中，BC平面PAD，BC平面ABCD，AD平面PAD，平面ABCD平面PADAD=，所以BCAD∥；（2）如下图，取F为AP中点，连接,EFBF，由E是PD的中点，所以EFAD∥且12EFAD=，由（1）知BCAD∥，又12BCAD=，所以EFBC∥且
EFBC=，所以四边形BCEF为平行四边形，故CEBF∥，而CE平面PAB，BF平面PAB，则CE平面PAB.（3）取AD中点N，连接CN，EN，因为E，N分别为PD，AD的中点，所以ENPA∥，因
为EN平面PAB，PA平面PAB，所以EN平面PAB，线段AD存在点N，使得MN平面PAB，理由如下：由（2）知：CE平面PAB，又CEENE=，CE平面CEN，EN平面CEN，所以平面CEN平面PA
B，又M是CE上的动点，MN平面CEN，所以MN平面PAB，所以线段AD存在点N，使得MN平面PAB.6．（广东省梅州市大埔县虎山中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，//FDEA，且112FDEA==.(
1)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；(2)求直线EB与平面ECF所成角的正弦值.【答案】(1)答案见解析(2)36【分析】（1）根据
线面平行性质定理，可得所作直线必平行面ABCD与面ECF的交线，因此先作两平面交线，再在平面ABCD内作交线的平行线.（2）建立空间直角坐标系，求直线EB的方向向量和平面ECF的法向量，利用向量夹角公式求直线EB与平面ECF
所成角的正弦值.【详解】（1）延长,ADEF，设其交点为N，连接CN，则CN为平面ABCD与平面ECF的交线，取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．证明如下：延长,ADEF，设其交点为N，连接CN，则CN为平面A
BCD与平面ECF的交线，因为//FDEA，所以FDAEAN∽，又12FDEA=，所以12NDNA=，所以NDDABC==，又//NDBC，所以四边形BCND为平行四边形，所以//CNBD，取CD的中点M，连接KM，∵,KM分别为,BCCD的中点，∴//KMBD，∴//KM
CN．∵CN平面EFC，KM平面EFC，∴//KM平面EFC．（2）以点A为原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得()()()()()0,0,0,0,0,2,
2,0,0,2,2,0,0,2,1AEBCF，所以()()()2,2,2,2,0,2,0,2,1ECEBEF=−=−=−，设平面ECF的法向量为(,,)nxyz=，则0,0.nECnEF==得0
20xyzyz+−=−=，取1y=得，1,2xz==，平面ECF的一个法向量(1,1,2)n=.设直线EB与平面ECF所成的角为，则23sincos,6226EEBnEBBnn====.所以直线EB与平面ECF所成角的正弦值为36.7．（2022秋·黑龙江
牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期中）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，且满足22,2ADDECE===，将ADEV沿AE向上翻折，使点D到点P的位置，构成四棱锥PABCE−.(1)若点F在线段AP上，且EF平面PBC，试确定点F的位置；(2)若
41010PB=，求锐二面角PECA−−的大小.【答案】(1)点F为线段AP上靠近点P的三等分点(2)π3【分析】（1）在AB取点G使22BG=，根据线面平行的判定定理、面面平行的判定及性质定理即得；（2）取AE的中点O，建立空间直角坐标系，利用向量法求解锐二面角
的大小.【详解】（1）点F为线段AP上靠近点P的三等分点，证明如下：如图，在AB取点G，连接FG，GE,使得22==BGCE，又BGCE//，所以四边形BGEC为平行四边形，所以//BCGE，又GE平面,PBCBC平面PBC，所以//GE平面
PBC.又EF平面PBC，=EFGEE，,EFGE平面EFG，所以平面PBC平面EFG，又平面EFG平面=PABFG，平面PBC平面PABPB=，所以//FGPB，所以在PAB中，2222===AFAGFPGB，所以13=FPAP，所以点F为线段AP上靠近点P的三等分点.（
2）如图，取AE的中点O，以O为原点OE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为32π2,,24===AEABBAE，所以()()131,0,0,1,0,0,,,022AEB−−，又13=ECAB，则31,,022−C，由题
意，点P在过点O且垂直AE的平面上，故设()0,,Pmn，则()130,,,,,22OPmnPBmn==−−−，因为4101,10OPPB==，所以22222113412210mnmn+=+++=，解得15m=，265=n故1260,,55
P，则126111,,,,,05522=−−=−PEEC，设平面PEC的法向量为()111,,mxyz=，则1111112605511022PEmxyzECmxy=−−==−=，不妨取11x=，则61,1
,3m=，设平面ECA的一个法向量为()0,0,1n=，则1cos,2mnmnmn==，记锐二面角PECA−−的平面角为，所以1coscos,2==mn，又π02，则π3=，所以锐二面角PECA−−的大小为π
3.8．（2022秋·辽宁·高三校联考期中）如图：在正方体1111ABCDABCD−中，M为1DD的中点.(1)求证：1BD平面AMC；(2)在线段1CC上是否存在一点N，使得平面AMC平面1BND，说明理由.【答案】(1
)证明见解析(2)存在，理由见解析【分析】（1）连接BD交AC于O，连接MO，通过证明1OMBD可证明结论；（2）1CC上的中点N即满足平面AMC平面1BND，通过证明1DN平面AMC结合1BD平面AMC可证明结论.【详解】（1）连接BD交AC于O，连接M
O.∵1111ABCDABCD−为正方体，底面ABCD为正方形，∴O为BD的中点.∵M为1DD的中点，在1DBD△中，OM是1DBD△的中位线，所以1OMBD.又OM平面AMC，1BD平面AMC，∴
1BD平面AMC；（2）1CC上的中点N即满足平面AMC平面1BND，∵N为1CC的中点，M为1DD的中点，∴1CNMD∥，且1CNMD=，∴四边形1CNDM为平行四边形，∴1DNMC∥，∵MC平面AMC，1DN平面AMC，∴1DN平面AMC；由（1）知1BD平面AMC，又∵
111BDDND=，∴平面AMC平面1BND.线面平行、面面平行的性质定理9．（福建省福州华侨中学等多校2023届高三上学期期中）已知四棱锥PABCD−，底面为菱形,ABCDPD⊥平面ABCD，2,,3PDADCDBADE====为PC上
一点.(1)平面PAD平面PBCl=，证明：BCl∥；(2)当二面角EBDC−−的余弦值为217时，试确定点E的位置.【答案】(1)证明见解析(2)点E为棱PC中点【分析】（1）由BCAD∥，利用线面平行的判定定理得到BC∥平面PAD，再利用线面平行的性质定理证明；（2）取AB中点F，
以D为坐标原点，,,DFDCDP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.，设()()0,,202Eyyy−，分别求得平面BDE的一个法向量()1,,nabc=和平面BCD的一个法向量为()20,0,1n=，利用夹角公式求解.【详解】（1）证明：因为,B
CADBC∥平面,PADAD平面PAD，所以BC∥平面PAD，又因为平面PAD平面PBCl=，所以BCl∥.（2）取AB中点F，则DFDC⊥，以D为坐标原点，,,DFDCDP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示空间直角坐标系.所以()()(
)()0,0,0,0,0,2,0,2,0,3,1,0DPCB，设()()0,,202Eyyy−，所以()()0,,2,3,1,0DEyyDB=−=，设平面BDE的法向量()1,,nabc=，则有1100DEnDBn==，即()20,30,bycya
b+−=+=令1a=，则131,3,2yny=−−.平面BCD的一个法向量为()20,0,1n=，所以22211213212cos,7342ynnynnnnyy−===+−.解得1y=，即当点
E为棱PC中点时满足条件.10．（山东省济南市章丘区第四中学2022-2023学年高三上学期期中）已知四棱锥PABCD−，底面ABCD为菱形，PD⊥平面ABCD，2PDADCD===，π3BAD=，
E为PC上一点．(1)平面PAD平面PBCl=，证明：//BCl．(2)当直线BE与平面BCD的夹角为π6时，求三棱锥PBDE−的体积．【答案】(1)证明见解析(2)33【分析】（1）由线面平行的判定定理和性质定理证明即
可；（2）过点E作CD的垂线，垂足为M，所以EM⊥平面BCD，由题意可求得直线BE与平面BCD的夹角为π6EBM=，可得点E为PC中点，由等体积法求解即可.【详解】（1）因为//,BCADBC平面,PADA
D平面PAD，所以BC//平面PAD，BC平面PBC，又因为平面PAD平面PBCl=，所以//BCl．（2）过点E作CD的垂线，垂足为M，则//PDEM，因为PD⊥平面ABCD，所以EM⊥平面BCD，若点E为PC中点，则点M为CD的中点，此时11,,32EMPDBMCDBM==⊥=，
所以直线BE与平面BCD的夹角为π6EBM=，即点E为PC中点时满足题意，因为PD⊥平面ABCD，所以BM平面ABCD，所以PDBM⊥，又因为BMCD⊥，PDCDD=，,PDCD平面PCD，所以BM⊥平面PCD，所以点B到平
面PCD的距离为3BM=，故1313.33PBDEBPDEVV−−===11．（河北省石家庄市部分学校2023届高三上学期期中）如图，在四棱锥PABCD−中，PD⊥平面ABCD，且四边形ABCD是正
方形，E，F，G分别是棱BC，AD，PA的中点．(1)求证：//PE平面BFG；(2)若2AB=，求点C到平面BFG的距离.【答案】(1)证明见解析(2)455【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到//DEBF，再
得到//FGPD，从而//PD平面BFG，//DE平面BFG，进而得到平面//PDE平面BFG，因此得证//PE平面BFG；（2）由PD⊥平面ABCD，//FGPD，可得FG⊥平面ABCD，作CMBF⊥，垂足为M，则FGCM⊥，进而得到CM⊥平面
BFG，即CM的长是点C到平面BFG的距离，再利用等面积法求解即可.【详解】（1）连接DE，∵ABCD是正方形，E，F分别是棱BC，AD的中点，∴DFBE=，//DFBE，∴四边形BEDF是平行四边形
，∴//DEBF，∵G是PA的中点，∴//FGPD，∵,PDDE平面BFG，,FGBF平面BFG，∴//PD平面BFG，//DE平面BFG，∵PDDED=I，直线,PDDE在平面PDE内，∴平面//PDE平面BFG，∵P
E平面PDE，∴//PE平面BFG．（2）∵PD⊥平面ABCD，//FGPD，∴FG⊥平面ABCD，过C在平面ABCD内，作CMBF⊥，垂足为M，则FGCM⊥，∵FGBFF=I，又直线FG，BF在平面BFG内，∴CM⊥平面B
FG，∴CM的长是点C到平面BFG的距离，∵BCF△中，5FBCF==，∴由等面积可得224555CM==，∴点C到平面BFG的距离为455.12．（安徽省合肥市肥东县综合高中2022-2023学年高三上学期11月期中）如图，在四棱柱1111ABCDABC
D−中，底面ABCD为梯形，//ADBC，平面1ADCE与1BB交于点E．求证：1//ECAD．【答案】证明见解析【分析】根据四棱柱性质可证明平面//BCE平面1AAD，再利用面面平行的性质定理即可证明1//ECAD.【详解】由四棱柱
1111ABCDABCD−可知，1//BEAA，1AA平面1AAD，BE平面1AAD，所以//BE平面1AAD；又//ADBC，AD平面1AAD，BC平面1AAD，所以//BC平面1AAD；又BCBEB=，BE平面BCE，BC平面BCE；所以平面
//BCE平面1AAD，又平面1ADCE平面BCEEC=，平面1ADCE平面11AADAD=，所以1//ECAD.线面垂直、面面垂直的判定定理13．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）如图所示，直三棱柱111ABCABC-中，ABAC⊥，
113,3ABACAAADAC====，113CECC=.(1)求证：1ADBE⊥；(2)求直线1AD与平面BDE所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)21115230.【分析】（1）根据题意证得AB⊥平面11ACCA，得到1ABAD⊥，进而证得1AD⊥平面ABE，利用
你线面垂直的性质，即可证得1ADBE⊥；（2）以A为坐标原点，建立的空间直角坐标系，求得平面BDE的一个法向量为(1,3,6)n=−和1(0,1,3)AD=−，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：因为三棱柱111AB
CABC-为直三棱柱，且13ADAC=，113CECC=，在直角1AAD与直角ACE△中，可得1AAACADCE=，所以1AADACE∽，所以1AADCAE=，所以11190AADADACAEADA+=+=，所以1ADAE⊥.因为1AA⊥底面ABC，AB底面ABC，所
以1AAAB⊥，又ABAC⊥，1AAACA=，且1,AAAC平面11ACCA，所以AB⊥平面11ACCA，又因为1AD平面11ACCA，所以1ABAD⊥，因为ABAEA=，且,ABAE平面ABE，所以1AD⊥平面ABE，又因为BE平面ABE，所以1ADBE⊥.（2
）解：以A为坐标原点，以AB，AC，1AA分别为x，y，z轴建立的空间直角坐标系，如图所示，则1(0,0,3)A，(3,0,0)B，(0,1,0)D，(0,3,1)E，则(3,1,0)BD=−，(3,3,1)BE=−，1(0,1,3)AD=−，设平面BDE的法向量为(,,)nxyz=，则
30330nBDxynBExyz=−+==−++=，令1x=，可得3,6yz==−，所以平面BDE的一个法向量为(1,3,6)n=−.设直线1AD与平面BDE所成角的大小为，则11(1,3,6)(0,1,3)21115sin2304610nADnAD
−−===.故直线1AD与平面BDE所成角的正弦值为21115230.14．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期中）如图，在四棱柱1111ABCDABCD−中，1AA⊥底面AB
CD，底面ABCD满足//ADBC，且12ABADAA===，22BDDC==.(1)求证：AB⊥平面11ADDA；(2)求四棱锥11CBDDB−的体积.【答案】(1)证明见解析(2)163【分析】（1）根据线面垂直的性质可得1ABAA⊥，
利用勾股定理逆定理可得ABAD⊥，再根据线面垂直的判定定理即可证明AB⊥平面11ADDA；（2）根据题目中各边的长度由勾股定理可得BDDC⊥，再由直棱柱性质可得DC为四棱锥11CBDDB−的高，根据椎体体积公式求出结果即可.【详解】（1）由1AA
⊥底面ABCD，AB平面ABCD，所以1ABAA⊥，又因为2ABAD==，22BD=.满足222ABADBD+=，可得ABAD⊥，又1AAADA=，1,AAAD平面11ADDA，所以AB⊥平面11ADDA.（2）由（1）中ABAD⊥
，且//ADBC，22BDDC==，可得4BC=，因此222BDDCBC+=，即BDDC⊥，又1AA⊥平面ABCD，11//AADD，可得1DD⊥平面ABCD，DC平面ABCD，即1DDDC⊥，又1DDBDD=I，1,DDBD平面11BDDB，所以DC⊥平面11BDDB，即DC为四棱锥
11CBDDB−的高，即四棱锥11CBDDB−的体积.111111622222333CBDDBVBBBDDC−===.15．（福建省泉州市晋江二中、鹏峰中学、广海中学、泉港五中2023届高三
上学期10月期中）在如图所示的几何体中，//DEAC，AC⊥平面BCD，24ACDE==，2BC=，1DC=，60BCD=.(1)证明：BD⊥平面ACDE；(2)过点D作一平行于平面ABE的截面，画出
该截面（不用说明理由），并求夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积.【答案】(1)证明见解析(2)截面为平面DFM，体积为536【分析】（1）由余弦定理和勾股定理可得BDCD⊥，结合线面垂直的性质可得BDAC⊥，由线面垂直的判定可得结论；（2）取AC的中点F，BC的中点M，由面面平行的判
定可知所求截面为平面DFM；利用棱锥体积公式可得所求体积为BACDEFCDMVVV−−=−.【详解】（1）在BCD△中，24ACDE==，2BC=，1DC=，60BCD=，由余弦定理得：2414cos603BD=+−=，222BCBDDC=+，
BDCD⊥，又AC⊥平面BCD，BD平面BCD，BDAC⊥，ACCDC=，,ACCD平面ACDE，BD⊥平面ACDE.（2）取AC的中点F，BC的中点M，连接,,DFDMMF，则平面DFM即为所求.理由如下：//DEAC，DEAF=，四边形AEDF为
平行四边形，//DFAE，DF平面ABE，AE平面ABE，//DF平面ABE，同理可得：//FM平面ABE，DFFMF=，,DFFM平面DFM，平面DFM//平面ABE；由（1）可知：BD⊥平面ACDE，且FC
⊥平面CDM，()112413332BACDEV−=+=，11311sin602326FCDMV−==，夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积536BACDEFCDMVVV−−=−=.16．（2022秋·重庆沙坪
坝·高三重庆一中期中考试）如图，正方形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点．将AED△，BEF△，DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点P．(1)求证：PD⊥平面PEF；(2)若6AB=，且K为PD的中点
，求三棱锥KEFD−的体积．【答案】(1)证明见解析(2)92【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）由题意求得PEFS△，由（1）知PD⊥平面PEF，求得9PEFDV−=，根据K为PD的中点，即可求解．【详解】
（1）在正方形ABCD中，ADAE⊥，CDCF⊥，折叠后即有PDPE⊥，PDPF⊥，又因为PEPFP=，,PEPF平面PEF，所以PD⊥平面PEF；（2）由题意知3PEPF==，PEPF⊥，故1922PEFSPEPF==△，由（1）知PD⊥平面PEF，故1
1969332PEFDDPEFPEFVVSPD−−====△；因为K为PD的中点，所以三棱锥KEFD−的体积1199222KEFDPEFDVV−−===．17．（湖南省长沙市长郡中学2023届高三上学期期中）在三棱台ABCDEF−中，G为AC
中点，2ACDF=，ABBC⊥，BCCF⊥.(1)求证：BC⊥平面DEG；(2)若2ABBC==，CFAB⊥，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为π3，求三棱锥EDFG−的体积.【答案】(1)证明见解析(2)16【分析】（1）易证得四
边形GCFD为平行四边形，由此可得BCDG⊥，结合BCDE⊥，由线面垂直的判定可得结论；（2）根据垂直关系，以G为坐标原点可建立空间直角坐标系，设()0DGCFmm==，由二面角的向量求法可构造方程求得m，利
用体积桥EDFGGDEFVV−−=可求得结果.【详解】（1）在三棱台ABCDEF−中，G为AC中点，则2ACGC=，又2ACDF=，GCDF=，//ACDF，四边形GCFD为平行四边形，//DGCF，又BCCF⊥，BC
DG⊥，//DEAB，ABBC⊥，BCDE⊥，DEDGD=，,DEDG平面DEG，BC⊥平面DEG.（2）CFAB⊥，//DGCF，DGAB⊥，又DGBC⊥，ABBCB=，,ABBC平面ABC，DG⊥平面ABC，连接BG，2ABBC==，ABBC⊥，G为AC中点，GBAC
⊥；以,,GBGCGD为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系Gxyz−，则()0,0,0G，()2,0,0B，()0,2,0A−，()0,2,0C，设()0DGCFmm==，则()0,0,Dm，()0,2,Fm，()()11220,0,2,2,0,,2222G
EGDDEGDABmm=+=+=+=，()0,2,GFm=，设平面EFG的一个法向量为(),,nxyz=，则2202220nGExymznGFymz=++==+=，令2z=−，解得：ym=，xm=，(),,2nmm=−；又平面ACF
D的一个法向量()1,0,0m=，21cos,222mnmmnmnm===+，解得：1m=，即1DG=，DG⊥平面ABC，平面//ABC平面DEF，DG⊥平面DEF，11111113326EDFGGDEFDEFVVSDG−−===
=.18．（2022秋·山东青岛·高三山东省青岛第一中学校考期中）如图，直四棱柱1111ABCDABCD−的底面ABCD为菱形，且60ABC=，12AAAB==，E，F分别为BC，11AD的中点．(1)证明：平面1EFC⊥平面1AAD．(2)
求平面1EFC和平面11ABCD的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)10535.【分析】（1）连接11AC，根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定推理作答.（2）连接AE，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面夹角余弦作答.【详解】（1）在直四棱柱1
111ABCDABCD−中，底面ABCD为菱形，60ABC=，连接11AC，如图，显然111ACD为正三角形，由F为11AD的中点，得111CFAD⊥，而1AA⊥平面1111DCBA，1CF平面1111DC
BA，则11CFAA⊥，又1111AAADA=，111,AAAD平面1AAD，因此1CF⊥平面1AAD，又1CF平面1EFC，所以平面1EFC⊥平面1AAD．（2）连接,AEAC，由（1）知ABC是正三角形，E为BC的中点，则AEBC⊥，而//ADBC，即有AEAD⊥，又1AA⊥平面ABCD，
于是1,,AEADAA两两垂直，以A为原点，分别以1,,AEADAA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，由12AAAB==，得11(0,0,0),(3,0,0),(0,0,2),(3,1,0),(0,2,0),(0,1,2)(3,1,2),ACEACDF
，1(0,1,2)EC=，(3,1,2)EF=−，1(3,1,2)AC=−，1(0,2,2)AD=−，设平面1EFC的法向量为111(,,)nxyz=，则11111120320nECyznEFxyz=+==−++=，
令11z=，得(0,2,1)n=−，设平面11ABCD的法向量为222(,,)mxyz=，则1222122320220mACxyzmADyz=+−==−=，令21x=，得(1,3,3)m=，因此222222012313105cos,35||||0(2
)11(3)(3)nmnmnm−+===−+−+++，所以平面1EFC和平面11ABCD的夹角的余弦值为10535．补全垂直的条件19．（2022秋·河北沧州·高三任丘市第一中学校考期中）如图，在五面体ABCDE中，AD⊥平面ABC，ADBE，2ADBE=
，ABBC=.(1)问：在线段CD上是否存在点P，使得PE⊥平面ACD?若存在，请指出点P的位置，并证明；若不存在，请说明理由.(2)若3AB=，2AC=，2AD=，求平面ECD与平面ABC夹角的余弦值.【答案
】(1)存在，即当P为线段CD的中点时，PE⊥平面ACD；证明见解析(2)22【分析】（1）先判断出结论；证明时分别取,ACCD的中点为,OP，连接,,OBPEOP，根据线面垂直的判定定理即可证明；（
2）延长,ABDE交于一点F，连接CF，说明CF为平面ECD与平面ABC的交线，进而证明ACD即为平面ECD与平面ABC夹角，解直角三角形，即可求得答案.【详解】（1）当P为线段CD的中点时，PE⊥平面ACD；证明：分别取,ACCD的中点为,OP，连接,,O
BPEOP，则1,2OPADOPAD=∥，而ADBE，2ADBE=，故,OPBEOPBE=∥,即四边形OBEP为平行四边形，则BOPE∥;因为AD⊥平面ABC，OB平面ABC,故ADOB⊥，则ADPE⊥；由ABBC=，O为AC中点，故OBAC⊥，则PEA
C⊥，又,,ACADAACAD=平面ACD，故PE⊥平面ACD；（2）在平面ABED中延长,ABDE交于一点F，连接CF，则CF为平面ECD与平面ABC的交线，由于ADBE，2ADBE=，故B为AF的中点，而O为AC的中点，故OBCF
∥，由（1）知OBPE∥，PE⊥平面ACD，故OB⊥平面ACD，所以CF⊥平面ACD，,ACCD平面ACD，故,CFACCFCD⊥⊥，AC平面ABC,CD平面ECD，且AD⊥平面ABC，AC平面ABC，故ADAC⊥，则ACD为
锐角，故ACD即为平面ECD与平面ABC夹角，在RtACD△中，2AC=，2AD=，所以22CD=,则2cos2ACACDCD==,即平面ECD与平面ABC夹角的余弦值为22.20．（江苏省盐城市四校2023届高三上学期期中）如图，在直三
棱柱111ABCABC-中，90BAC=，1ABAC==．(1)试在平面1ABC内确定一点H，使得AH⊥平面1ABC，并写出证明过程；(2)若平面1ABC与底面111ABC所成的锐二面角为60°，求平面1ABC与平面11AACC所成锐二面角的余弦值．【答
案】(1)答案见解析；(2)64.【分析】（1）根据线面垂直和面面垂直的判定定理，结合面面垂直的性质定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（1）取棱BC的中点D，连接1AD，AD．在等腰直角△ABC中，AD
BC⊥，又1BCAA⊥，11,,ADAAAADAA=平面1ADA，故BC⊥平面1ADA．又BC平面1ABC，故平面1ABC⊥平面1ADA，这两个平面的交线为1AD．在1ADA△中，作1AHAD⊥，则有AH⊥平面1ABC；（2）如图
，建立空间直角坐标系1Axyz−，设()10AAaa=，则()1,0,Ba，()0,1,Ca，()11,0,ABa=，()10,1,ACa=．设平面1ABC的法向量(),,mxyz=，则110,0,mABmAC==即0,0,xazyaz+=+=可取(),,1maa=
−．可取平面111ABC的法向量()0,0,1n=，由题意得211cos,cos60221mnmnmna====+．得62a=，平面11AACC的一个法向量为()11,0,0n=；又平面1ABC的法向量66,,122m=−，则1662cos,2
4mn==．所以平面1ABC与平面11AACC所成锐二面角的余弦值为64．21．（重庆市长寿中学校2023届高三上学期期中数学）如图，四边形ABCD是菱形，120ADC=，ED⊥平面ABCD，//FBED，ABED=，设(01)FBED=，连
接AC，BD交于点M，连接EM，FM.(1)试问是否存在实数，使得EM⊥平面AFC?若存在，请求出的值，并写出求解过程；若不存在，请说明理由.(2)当12=时，求平面AEF与平面CEF所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)存在，14=；(2)14.【
分析】（1）依题意，可得AC⊥平面BDEF，过点F作FGDE⊥于点G，则四边形BDGF为矩形，设12ABEDFBa===，求出2EM，2EF，2FM，欲使EM⊥平面AFC，只需EMMF⊥，再列方程求解即可；（2）建立空间直角坐标系利用向量
法求解.【详解】（1）存在，且14=，理由如下：因为四边形ABCD为菱形，所以ABAD=，BD与AC互相垂直且平分，因为120ADC=，所以60BAD=，所以三角形ABD是等边三角形.因为ED⊥平面ABCD，AC平面ABCD，BD平面ABCD，所以EDAC⊥，ED
BD⊥，因为EDBDD=，ED平面BDEF，BD平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.又EM平面BDEF，所以ACEM⊥.过点F作FGDE⊥于点G，易得四边形BDGF为矩形，设12ABEDFBa===，则2BDFGa==，12BMDM
BDa===，因为//FBED，所以FBBD⊥，所以22225EMDEDMa=+=，222224(22)EFGFGEaaa=+=+−，2222224FMBFBMaa=+=+.欲使EM⊥平面AFC，只需EMMF⊥，即222EMFMEF+=，所以222222544(22)aaaaaa
++=+−，解得14=.所以存在实数，使得EM⊥平面AFC，且14=.（2）如图，以D为原点，AB边上的垂直平分线所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设22ABEDFBa===，则(0,0,0
)D，(0,0,2)Ea，(3,,0)Aaa−，(3,,0)Baa，(3,,)Faaa，(0,2,0)Ca，所以(3,,2)AEaaa=−，(3,,)EFaaa=−，(0,2,2)CEaa=−.设平面AEF的法向量为(,,)n
xyz=，则00AEnEFn==，所以32030xyzxyz−++=+−=，解得32xyzy=−=−，令1y=，则平面AEF的一个法向量为(3,1,2)n=−−.设平面CEF
的法向量为(),,mxyz=，则00CEmEFm==，所以22030yzxyz−+=+−=，解得0xzy==，令1y=，则平面CEF的一个法向量为(0,1,1)m=.设锐二面角的平面角为，则11cos4222mnmn===
.故平面AEF与平面CEF所成的锐二面角的余弦值为14.22．（海南省文昌中学2023届高三上学期期中）如图，已知四棱锥PABCD−的底面ABCD为等腰梯形，ABDC，,ACBDAC⊥与BD相交于点O，且顶点P在底面上的
射影恰为O点．又2,2,BOPOPBPD==⊥．(1)求异面直线PD与BC所成角的余弦值；(2)求二面角PABC--的大小；(3)设点M在棱PC上，且PMMC=，问为何值时，PC⊥平面BMD．【答案】(1)21515；(2)45°；(3)见解析.【分析】（1）由已知得到PO⊥平面ABCD
，利用线面垂直的性质得到PO⊥BD，过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，利用平面几何即可得解；（2）连接OE，由ABCD为等腰梯形，所以OAOB=，且E为AB中点，所以OEAB⊥，又PO⊥平面ABCD，∠PEO为二面角P﹣AB﹣C的平
面角，然后求值即可；（3）连接MD，MB，MO，利用PC⊥平面BMD，得到PC⊥OM，Rt△POC中求的PM＝233，MC＝33．【详解】（1）∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥BD又,2,2PBPDBOPO⊥==，由平面
几何可得：1,3,6ODPDPB===，过D做DE∥BC交于AB于E，连接PE，则∠PDE或其补角为异面直线PD与BC所成的角，∵四边形ABCD是等腰梯形，∴OC＝OD＝1，OB＝OA＝2，OA⊥OB∴5,22,2BCABCD===又AB∥D
C∴四边形EBCD是平行四边形．∴5,2EDBCBECD====∴E是AB的中点，且2AE=，又6PAPB==，∴PEA为直角三角形，∴22622PEPAAE=−=−=在△PED中，由余弦定理得222354215
cos215235PDDEPEPDEPDDE+−+−===故异面直线PD与BC所成的角的余弦值为21515；（2）连接OE，由ABCD为等腰梯形，所以OAOB=，且E为AB中点，所以OEAB⊥，又PO⊥平面ABCD，∠PEO为二面角P﹣AB﹣C的
平面角，∴sin∠PE0＝22POPE=，∴∠PEO＝45°，∴二面角P﹣AB﹣C的平面角的大小为45°；（3）连接MD，MB，MO，∵PC⊥平面BMD，OM⊂平面BMD，∴PC⊥OM，在Rt△POC中，PC＝PD＝3，OC＝1，PO＝2，∴PM＝233，MC＝33，∴23PMPC
=，故λ＝23时，PC⊥平面BMD线面垂直、面面垂直的性质定理23．（广东省广州市南沙区东涌中学2023届高三上学期期中数学试题）如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为2的正三角形，平面PAD⊥平面
ABCD，ABPD⊥．(1)求证：平行四边形ABCD为矩形；(2)若E为侧棱PD的中点，且平面ACE与平面ABP所成角的余弦值为64，求点B到平面ACE的距离．【答案】(1)证明见解析(2)22【分析】（1）取AD中点M，连接PM，由正三角形、面面垂直的性质
易得PM⊥面ABCD，再由线面垂直的性质及判定证ABAD⊥，即可得结论；（2）构建空间直角坐标系，设0ABt=并求面ACE、面ABP的法向量，结合面面角的余弦值求参数，应用向量法求点面距.【详解】（1）取AD中点M，连接PM，PAD为正三角形
，则PMAD⊥，面PAD⊥面ABCD，面PAD面ABCDAD=，PM面PAD，则PM⊥面ABCD，AB面ABCD，故PMAB⊥，又ABPD⊥，,PMPD面PAD，PMPDP=，所以AB⊥面PAD，AD面P
AD，故ABAD⊥，则平行四边形ABCD为矩形.（2）如下图，以A为原点，AB为x轴，AD为y轴建立坐标系，设0ABt=，则()0,0,0A，(),0,0Bt，(),2,0Ct，()0,1,3P，33(0,,)22E，所以33(,2,0),(0,
,)22ACtAE==，(,0,0),(0,1,3)ABtAP==，设面ACE的法向量为()111,,xnyz=，则11112033022nACtxynAEyz=+==+=，令12x=，则()2,,3ntt=−
，设面ABP的法向量为()222,,mxyz=，则222030nABtxnAPyz===+=，令21z=，则()0,3,1m=−，由2236|cos,|||||4244mntmnmnt===+，解得1t=，则面ACE的法向量为()2,1,3n
=−，(1,0,0)AB=，点B到平面ACE的距离||2228ABnn==.24．（2022秋·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，四棱锥PABCD−的底面是菱形，平面PAD⊥底面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点，6AB=，5D
PAP==，60BAD=.(1)求证：//EF平面PAD；(2)求证：ACPE⊥；(3)求四棱锥PABCD−的体积.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)243【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理直接证明；（2）利用直线与平面垂直证明直线与直线垂直；（3）求出
四棱锥的高与底面积，从而利用体积公式求出体积.【详解】（1）证明：取PD中点G，连接,AGFG，因为,FG分别是,PCPD的中点，所以1,2FGCDFGCD=∥，又因为底面ABCD是菱形，E是AB的中点，所以1,2AECDAECD=∥，所以,FGAEFGAE=∥，所以四边形AEF
G是平行四边形，所以EFAG∥，又EF平面PAD，AG平面PAD，所以//EF平面PAD.（2）证明：取AD中点O，连接,,POOEBD，因为DPAP=，O为AD中点，所以POAD⊥，又因为平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD底面
ABCDAD=，PO平面PAD，所以PO⊥底面ABCD，又AC底面ABCD，所以POAC⊥，因为底面ABCD是菱形，所以BDAC⊥，又因为,OE分别是,ADAB的中点，所以∥OEBD，所以OEAC⊥，又因为,,OEPOOOEPO=平面POE，所以
AC⊥平面POE，又因为PE平面POE，所以ACPE⊥.（3）解：由（2）知PO⊥底面ABCD，所以PO是四棱锥PABCD−的高，因为5DPAP==，6AB=，O为AD中点，所以4PO=，因为底面ABCD是菱形，60BAD=，6AB=，所以sin183A
BCDSABADBAD==，所以四棱锥PABCD−的体积12433ABCDVSPO==.25．（2022秋·黑龙江大庆·统考二模）如图所示，在正四棱锥PABCD−中，底面ABCD的中心为O，PD边上的垂线BE交线段PO于点F，2PFFO=．(1)证
明：EO//平面PBC；(2)求二面角APBC−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)17．【分析】（1）延长FO至点M，使FOOM=，连接MD，进而可证FOBDOM≌，可得EOPB∥，进而可证结论；（2）可证OC，OD，OP
两两垂直，以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP为坐标轴建立空间直角标系，求得平面APB与平面PBC的一个法向量，进而可求二面角APBC−−的余弦值．【详解】（1）证明：如图，延长FO至点M，使FOOM=，连接MD，∵底面ABCD的中心
为O，∴PO⊥平面ABCD，∴POBD⊥，∵BOOD=，FOBDOM=，∴FOBDOM≌，∴FBOMDO=，∴FBDM∥，∴EFDM∥，∴PFPEFMED=而2PFFOFM==，∴PEED=，∴EOPB∥，∵PB平面PBC，EO平
面PBC，∴//EO平面PBC；（2）由（1）知E是PD的中点，又BEPD⊥，∴BPBD=，不妨设1AB=，则2PBPD==，62PO=，∵PABCD−是正四棱锥，底面ABCD的中心为O，∴OC，OD，OP两两
垂直，以O为坐标原点，分别以OC，OD，OP为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，则60,0,2P，2,0,02A−，20,,02B−，2,0,02C，∴260,,2
2BP=，26,0,22AP=，26,0,22CP=−，设平面PAB的一个法向量为(),,nxyz=r，2602226022nBPyznAPxz=+==+=，令1x=，则1y=，33z=−，设平面PBC的一个法向量为(
),,mabc=，则2602226022mBPbcmCPac=+==−+=，令1a=，则1b=-，33z=，∴1cos,7nmnmnm==−，∴二面角APBC−−的余弦值为17．26．（2022·浙江宁波·高三统考）如图，在四棱锥A
BCDE−中，侧面ADE⊥底面BCDE，底面BCDE为菱形，120,,30BCDAEADADE=⊥=．(1)若四棱锥ABCDE−的体积为1，求DE的长；(2)求平面ABE与平面ACD所成二面角的正弦值．【答
案】(1)2(2)86565【分析】（1）过A作AGDE⊥于G，连接CE，根据面面垂直得性质可得AG⊥底面BCDE，设DEa=，求出AG，再根据锥体的体积公式即可得解；（2）取DE的中点O，连接OC，则OCD
E⊥，以OC的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）如图，过A作AGDE⊥于G，连接CE，因为侧面ADE⊥底面BCDE，且侧面ADE底面,BCDEDEAG=面ADE，所以AG⊥底
面BCDE，设DEa=，因为,30AEADADE⊥=，所以313sin30224AGADaa===，在菱形BCDE中，120BCD=，则BCE为等边三角形，则2322BCDEBCESSa==，所以四棱锥ABCDE−的体积3213313248aVaa===，解得
2DEa==；（2）取DE的中点O，连接OC，则OCDE⊥，以OC的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设4BC=，则()()()()()0,2,0,0,2,0,23,0,0,23,4,0,0,1,3DECBA−−−，()()
()23,2,0,0,1,3,0,3,3BECDEADA==−==−，设平面ABE的法向量为(),,mxyz=，则232030mBExymEAyz=−+==+=，令1z=，得()1,3,1m=−−，设平面ACD的法向量为(),,nxyz=，2
320330nCDxynDAyz=−+==−+=，令3y=，得()1,3,3n=，则13365cos,65513mnmnmn−−+===−，故平面ABE与平面ACD所成二面角的正弦值为26586516565−−=
.27．（2022秋·重庆·高三西南大学附中校考期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为A1B上一点，AD⊥平面1ABC．(1)求证：1BCAB⊥；(2)若3AD=，2ABBC==，P为AC的中点，求二面角1PABA−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】（1
）先通过条件证明BC⊥平面1AAB，然后得到1BCAB⊥；（2）以B为原点建立空间直角坐标系，利用法向量求解二面角的余弦值.【详解】（1）三棱柱111ABC-ABC为直三棱柱，1AA⊥平面ABC，又BC平面ABC，1AABC⊥AD⊥平面1ABC，且BC平面1ABC，ADBC⊥，
又1AA平面1AAB,AD平面1AAB，1AAADA=，BC⊥平面1AAB，又1AB平面1ABC，1BCAB⊥（2）由（1）知BC⊥平面1AAB，AB平面1AAB,从而BCAB⊥如图,以B为原点建
立空间直角坐标系Bxyz−,AD⊥平面1ABC，其垂足D落在直线11,ABADAB⊥.在Rt,3,2ABDADAB==，3sin,602ADABDABDAB===在直三棱柱1111,ABCABCAAAB−⊥.在11Rt,tan6023ABAAAAB==,则()()()()()10,0,0
,0,2,0,2,0,0,1,1,0,0,2,23,BACPA()1,1,0BP=()10,2,23BA=设平面1PAB的一个法向量1(,,)nxyz=则111·0·0nBPnBA==即02230xyyz+=+=可得1(3,3,3)n=−平面1AAB的一个法向量2(1,0,
0)n=,12121221cos,7nnnnnn==二面角1PABA−−平面角的余弦值是217.利用空间向量证明平行，垂直28．（2022秋·广东潮州·高三上学期期中）如图，四棱锥PABCD−中，底面ABCD
为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB//平面AEC(2)设三棱锥EACD−的体积是38，1,3APAD==，求平面DAE与AEC的夹角．【答案】(1)证明过程见解析(2)π3【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的运算公式进行计算证明即可
；（2）根据空间向量夹角公式，结合棱锥体积公式进行求解即可.【详解】（1）以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设,,ABaADbAPc===，由几何关系有：()()()()0,0,,,0,0,0,0,0,0,,,,,022bcPcBaA
ECab，则直线PB的方向向量为：(),0,PBac=−，()0,,,,,022bcAEACab==，设平面AEC的法向量(),,mxyz=，则：0220bcmAEyzmACaxby=+=
=+=，据此可得：平面AEC的一个法向量为(),,mbcacab=−，结合0PBmabcabc=−=可知：PBm⊥，即据此可得：//PB平面AEC.（2）因为PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．1AP=，所以点E到平面ABCD的距离为12，因为三棱锥EACD−的
体积是38，所以有11133332282ABAB==，结合（1）的结论可知：3,3,12abc===，则平面AEC的一个法向量为()333,,3,,22mbcacab=−=−.由AB⊥平面DAE可知平面DAE的一个法向量为：3
,0,02nAB==，据此可得：339273,323,2442mnmn==++==，则3312cos,32232mnmnmn===，观察可知二面角DAEC−−的平面角为锐角，故二面角DA
EC−−的余弦值为π3.29．（广东省深圳市南山区北京师范大学南山附属学校2023届高三上学期期中）如图，//ADBC且2ADBC=，ADCD⊥，//EGAD且EGAD=，//CDFG且2CDFG=，DG⊥平面ABCD，2
DADCDG===.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：//MN平面CDE；(2)求二面角EBCF−−的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求点P到平面CDE的距离.【
答案】(1)证明见解析(2)1010(3)66【分析】（1）利用空间向量证明线面平行，即证MN与平面CDE的法向量垂直；（2）利用向量法求二面角的余弦值，再利用平方关系求正弦值；（3）利用已知求P点坐标，向量法求点到直线的距离.【详解】（1）证明：因为//ADBC，ADCD⊥
，DG⊥平面ABCD，而AD、DC平面ABCD，所以DGAD⊥，DGDC⊥，因此以D为坐标原点，分别以DA、DC、DG的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，因为//EGAD且EGAD=，//CDFG且2CDFG=，2DADCDG===，所以()0,0,0D，()2
,0,0A，()1,2,0B，()0,2,0C，()2,0,2E，()0,1,2F，()0,0,2G，30,,12M，()1,0,2N，设0(,,)nxyz=为平面CDE的法向量，(0,2,0)DC=，(2,0,2)DE=，则0020220nDCynDExz===+=，不
妨令1z=−，可得0(1,0,1)n=−；又31,,12MN=−，所以00MNn=，得0MNn⊥，又直线MN平面CDE，//MN平面CDE．（2）依题意，可得(1,0,0)BC=−，(1,2,2)B
E=−，(0,1,2)CF=−，设111(,,)nxyz=为平面BCE的法向量，则11110220nBCxnBExyz=−==−+=，不妨令11z=，可得(0,1,1)n=，设222(,,)mxyz=为平面BCF的法向量，则222020mBCxmCFyz=−==−+=
，不妨令21z=，可得(0,2,1)m=，若二面角EBCF−−的大小为，则||310|cos||cos,|||||10mnmnmn===，因此2231010sin1cos11010=−=−=
，二面角EBCF−−的正弦值为1010．（3）设P点坐标为()()0,0,02hh，则()1,2,BPh=−−，平面ADGE的法向量为()0,2,0DC=，则243cos,cos30225BPDCBPDCBPDCh====+，解得33h=
，有30,0,3DP=，平面CDE的法向量0(1,0,1)n=−，点P到平面CDE的距离0036362DPndn===.30．（安徽省滁州市定远县民族中学2022-2023学年高三上学期11月期中）如图，
在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，ADMN⊥，2AB=，4ADAP==，M，N分别是BC，PD的中点．(1)求证：//MN平面PAB；(2)求二面角NAMB−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)33−【分析】（1）以A
B，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明//MN平面PAB；（2）分别求出平面AMN和平面AMB的法向量，利用向量法求解．【详解】（1）证明：由题意，在矩形ABCD中，2AB=，4ADAP==，ABAD⊥，M，N分别是BC，PD的中点，11222BMC
MBCAD====，2ABCD==，在四棱锥PABCD−中，面PAD⊥面ABCD，面PAD面ABCDAD=，ABAD⊥，AB平面ABCDAB⊥面PAD，PA面PAD，PAAB⊥，ADMN⊥，ADBE⊥，ADAB⊥，BE面PAB，AB面PAB，ABBE
B=，AD⊥面PAB，PA面PAB，PAAD⊥，以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，(0A,0,0)，(2B,0,0)，(2C,4,0)，(0D,4,0)，(0P,0,4)，(2M,2,0)，(0N,2,2)，
(2MN=−,0,2)，面PAB的一个法向量为(0,4,0)AD=，0000MNAD=++=，MN平面PAB，//MN平面PAB．（2）由题意及（1）得：在平面AMN中，(0A,0,0)，(2M,0,0)，(0N,
2,2)，(2AM=,2,0)，(0AN=,2,2)，设平面AMN的法向量为(,,)mxyz=，则220220mAMxymANyz=+==+=，取1x=，得(1m=,1−,1)，平面AMB的一个法向量为(0n=,0,1)，设二面角NAMB−−的平面角为
，由图得为钝角，二面角NAMB−−的余弦值为：3cos3mnmn=−=−．31．（江苏省常州市横林高级中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，24PDABAD===，,EG分别是,PAP
D的中点，3FBPF=.(1)证明：EFPC⊥.(2)求平面EFG与平面PAB的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1010【分析】（1）解法一：以D为坐标原点，,,DADCDP的方向分别为,,xyz轴的正方向，建立空间直角坐标系，证明0E
FPC=即可；解法二：过点F作FHPC⊥，可证得FHBCADEG∥∥∥，所以,,,FHEG四点共面，由余弦定理求得GH，可得GHPC⊥，又FHPC⊥，所以PC⊥平面FHGE，进而得EFPC⊥；（2）求出平面EFG与平面PAB的法向量，利
用向量夹角公式求解即可.【详解】（1）解法一：如图，以D为坐标原点，,,DADCDP的方向分别为,,xyz轴的正方向，建立空间直角坐标系，则()()()10,0,4,0,4,0,1,0,2,,1,32PCEF，
()1,1,1,0,4,42EFPC=−=−.因为0EFPC=，所以EFPC⊥.解法二：过点F作FHPC⊥，垂足为H，连接GH.因为PD⊥底面ABCD，BC底面ABCD，所以PD⊥BC，因为底面ABCD是矩形，所以CD⊥BC，因为PDCDD=，,PDCD平面PC
D，所以BC⊥平面PCD，因为PC平面PCD，所以BCPC⊥，又FHPC⊥，则FHBC∥，因为,EG分别是,PAPD的中点，则ADEG，所以FHBCADEG∥∥∥，所以,,,FHEG四点共面.因为12
,2,44πPHPCPGCPD====，所以222cos2GHPGPHPGPHCPD=+−=，所以222PGPHGH=+，即90GHP=，则GHPC⊥，又BCPC⊥，FHBC∥，则FHPC⊥,又FHGHH=，,FHGH平面FHGE，所以PC⊥平面FHGE，因
为EF平面FHGE，所以EFPC⊥.（2）解法一：接（1）中解法一，()()()0,0,2,2,0,0,2,4,0GAB.()()()1,0,0,2,0,4,0,4,0EGPAAB=−=−=.设平面
EFG的法向量()111,,mxyz=，11111020mEFxyzmEGx=−++==−=则，令11y=，得()0,1,1m=−.设平面PAB的法向量为()222,,xnyz=，则22224
040nPAxznABy=−===，令22x=，得()2,0,1n=.110cos,1025mnmnmn===.故平面EFG与平面PAB所成角的余弦值为1010.解法二：接（1）中解法二，如图，以D为坐标原点，,,DADCDP的
方向分别为,,xyz轴的正方向，建立空间直角坐标系，则()()()()0,0,4,2,0,0,2,4,0,0,4,0PABC，()()()2,0,4,0,4,0,0,4,4PAABPC=−==−.设平面PAB的法向量为()222,,xnyz=，则22224040nPAxznABy
=−===，令22x=，得()2,0,1n=.PC⊥平面EFG，则平面EFG的法向量为()0,4,4PC=−，410cos10425PCnPCnPCn===.故平面EFG与平面PAB的夹角的余弦值为1010.32．（山西省运城市2023届高三上学期期中）如图，在四棱锥P
ABCD−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．(1)求证：GF⊥平面PCB；(2)求二面角APBC−−的大小；【答案】(1)证明见解析(2)1
20【分析】（1）以D为原点建立空间直角坐标系，求平面PCB的法向量，利用空间向量法证明即可；（2）求平面APB和平面PCB的法向量，利用空间向量法求解即可；【详解】（1）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，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P
BC的法向量(),,nxyz=，则2202220nPCyznPBxyz=−==+−=，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.（2）由（1）得()0,2,0AB=，()2,0
,2PA=−，设平面PAB的法向量为(),,mabc=，则20220mABbmPAac===−=，取1a=可得1,0cb==，所以平面PAB的一个法向量为()1,0,1m=，由（1）得平面PBC的
一个法向量为()0,1,1n=，设二面角APBC−−为，则11cos222nmnm===，又由图可知为钝角，所以二面角APBC−−的大为120．求空间角33．（江苏省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中）如图，在
四棱锥PABCD−中，底面ABCD是菱形，60ABC=，2AB=，ACBDO=，PO⊥底面ABCD，2PO=，点E在棱PD上，且CEPD⊥(1)证明：平面PBD⊥平面ACE；(2)求平面PAC与平面ACE所成角的余弦值．【答案】(1
)证明见解析(2)217【分析】（1）根据题意可证AC⊥平面PBD，进而可得结果；（2）以点O为坐标原点建系，根据垂直关系求点E的坐标，利用空间向量求面面夹角.【详解】（1）因为PO⊥平面ABCD，且AC平
面ABCD，则POAC⊥又因为ABCD为菱形，则ACBD⊥，且BDPOO=，,BDPO平面PBD，所以AC⊥平面PBD，则AC平面ACE，故平面ACE⊥平面PBD.（2）由题意可知：ACBD⊥，PO⊥平面ABCD，故以点O为坐
标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则()002P,,，()3,0,0D−，()0,1,0A−，()0,1,0C，设(),,,PEEDEabc=uuruuur，则()(),,2,3,,PEabcEDabc=−=−−−−uuruuur，可得()32aabbcc=−−=−
=−，解得31021abc−=+==+，即32,0,11E−++，可得()32,1,11,3,0,2CEPD−=−++=−−uuruuur，因为CEPD⊥，则34011CEP
D=−=++，解得43=，所以436,0,77E−，由题意可知：平面PAC的一个法向量为()1,0,0u=，设平面ACE的一个法向量(),,vxyz=，可得()4360,2,0,,1,77ACAE==−
uuuruuur，则20436077vACyvAExyz===−++=，令3x=，则0,2yz==，可得()3,0,2v=则321cos,717uvuvuv===rrrrrr，所以平面PAC与平
面ACE所成角的余弦值为217.34．（湖北省十一校2023届高三上学期期中）如图，在三棱柱111ABCABC-中，侧面11BBCC为菱形，160CBB=，2ABBC==，12ACAB==.(1)证明：平面1ACB⊥平面11BBCC；(2)求平面11ACCA
与平面111ABC夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】（1）利用面面垂直的判定定理进行证明；（2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】（1）如图，连接1BC，交1BC于O，连接AO.因
为侧面11BBCC为菱形，所以1BC⊥1BC，且O为1BC的中点.又12ACAB==，故1AOBC⊥.又2ABBC==，且160CBB=，所以1,3COBO==，所以221AOACCO=−=.又2AB=，所以22
2ABBOAO=+，所以AOBO⊥.因为1,BOCB平面11BBCC，1BOCBO=，所以AO⊥平面11BBCC.又AO平面1ACB，所以平面1ACB⊥平面11BBCC.（2）由（1）知，1,,OAOBOB两两互相垂直，因此以O为坐标原点，1,,OBOBOA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Oxyz−，则(0,0,1)A，(3,0,0)B，(0,1,0)C−，1(3,0,0)C−.故1(3,1,0)CC=−，(0,1,1)CA=，(3,1,0)CB=.设111(
,,)nxyz=为平面11ACCA的一个法向量，则有100nCCnCA==，即1111300xyyz−+=+=，令11x=，则(1,3,3)n=−.设222(,,)mxyz=为平面ABC的一个法向量，则有00mCAmCB==，即22220
30yzxy+=+=，令21x=，则(1,3,3)m=−.因为平面111ABC∥平面ABC，所以(1,3,3)m=−也是平面111ABC的一个法向量.所以1335cos,777nmnmnm−−===.所以平面11ACCA与平面111ABC夹角的余
弦值57.35．（2022秋·河北邢台·高三统考期中）如图，在正三棱柱111ABCABC-中，1,,DDF分别是BC，11BC，11AB的中点，4BCBE=，ABC的边长为2．(1)求证：：//EF平面11ADDA；(2)若三棱柱的高为1，求二面角1BEFC−−的正弦值．【答案】(1)
证明见解析(2)25【分析】（1）取11AD的中点G，连接FG，DG，推出四边形DGEF是平行四边形，则//EFDG，由线面平行的判定定理，即可得出答案；（2）由ABC是等边三角形，得ADBC⊥，以D为坐标原点，DB，AD，1DD的
方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，解得平面BEF的法向量111(,,)mxyz=,设平面1CEF的一个法向量为222(,,)nxyz=,设二面角1BEFC−−为，则cosmnmn=，进而可得2sin1co
s=−，即可得出答案．【详解】（1）证明：取11AD的中点G，连接FG，DG，根据题意可得11//FGBD，且1112FGBD=，12DEBD=，由三棱柱得性质知11//BDBD，所以//FGBD，则四边形DGEF是平行四边形，所以//EFDG，因
为EF面11ADDA，DG面11ADDA，所以//EF面11ADDA．（2）因为ABC是等边三角形，且边长为2，所以ADBC⊥，因为三棱柱的高为1，以D为坐标原点，DB，AD，1DD的方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系：所以1(,0,
0)2E，1(2F,32−,1)，(1B,0,0)，1(1C−,0,1)，所以1(2BE=−,0,0)，(0EF=,32−,1)，13(2EC=−,0,1)，设平面BEF的法向量1(mx=,1y,1)z，则111111100233022xmBExzymEFyz==−=
==−+=，令13y=．则132z=，10x=，所以(0m=,3,3)2，设平面1CEF的一个法向量为2(nx=,2y,2)z，所以1222222223302233022nECxzzxnEFyzzy=−+=
==−+==，令22y=，则2233x=，23z=，所以23(3n=,2,3)，设二面角1BEFC−−为()0,π，所以323(0,3,)(,2,3)2321cos591234349mnmn===+++，所以22
sin1cos5=−=，所以二面角1BEFC−−的正弦值为25．36．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）如图，在四棱锥PABCD−中，,EF分别为,PDPB的中点，
连接EF.(1)当G为PC上不与点,PC重合的一点时，证明：//EF平面BDG；(2)已知,GQ分别为,PCAD的中点，PAD是边长为2的正三角形，四边形BCDQ是面积为2的矩形，当CDPQ⊥时，求PC与平面BGD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)10
5【分析】（1）根据中位线得出线线平行关系，然后根据线面平行的判定说明；（2）先证明,,QBQDQP两两垂直，以此来建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求二面角.【详解】（1）因为,EF分别为,PDPB的中点，所以EFBD∥，因为EF平面BDG，BD平面BDG，所以EF//平面BDG.（
2）因为PAD是正三角形，Q为AD的中点，所以PQAD⊥，又因为CDPQ⊥，ADCDD=，所以PQ⊥平面ABCD，BQ平面ABCD，所以PQBQ⊥，因为四边形BCDQ是矩形，所以BQAD⊥，即直线,,QBQDQP两两垂直，以Q为坐标系的原点，射
线,,QBQDQP分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系，因为四边形BCDQ是面积为2的矩形，1BCQD==，所以2BQ=，由已知得，()0,0,3P，()2,0,0B，()2,1,0C，()0,1,0D，所以()2,1,3PC=−，131,,22G，设
平面BGD的一个法向量为(),,nxyz=，131,,22BG=−，()2,1,0BD=−，∴00BGnBDn==，∴1302220xyzxy−++=−+=，令1x=，得2y=，0z=.
∴()1,2,0n=，设PC与平面BGD所成的角为，则410sincos,585PCnPCnPCn====.所以PC与平面BGD所成角的正弦值为105.37．（湖北省襄阳市部分学校2022-2
023学年高三上学期期中）如图所示，在四棱锥EABCD−中，底面ABCD为直角梯形，//ABCD，12ABCD=，CDCE⊥，45ADCEDC==，2AD=，3BE=.(1)求证：平面ABE⊥平面ABCD；(2)求平面ADE与平面BCE所成
二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】（1）根据线面垂直判定可得CD⊥平面BCE，得到CDBE⊥；由勾股定理可证得BEBC⊥；由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论；（2）作BGCE⊥，垂
足为G，//GHCD且GHDEH=，以G为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）四边形ABCD为直角梯形，//ABCD，CDBC⊥，又CDCE⊥，BCCEC=，,BCCE平面BCE，CD\^平面BCE，又BE平面BCE，CD
BE⊥；作AFCD⊥，45ADC=，2AD=，1AF=，1BC=，又45EDC=，2CDCE==，3BE=，222BCBECE+=，BEBC⊥，BCCDC=，,BCCD平面ABCD，BE⊥平面ABCD，BE平面ABE，平面ABE⊥平面A
BCD.（2）作BGCE⊥，垂足为G，//GHCD且GHDEH=，由（1）知：CD⊥平面BCE，GH⊥平面BCE，1BC=，3BE=，BCBE⊥，32BG=，12CG=，32GE=，//GHCD，GHGECDCE=，则3GH2=，以G为坐标原
点，,,GHGEGB正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则31,0,2A，12,,02D−，30,,02E，10,,02C−，CD⊥平面BCE，()2,0,0CD=是平面BCE的一个法
向量；设平面ADE的法向量(),,nxyz=，又131,,22AD=−−，331,,22AE=−−，1302233022ADnxyzAEnxyz=−−==−+−=，令1x=，解得：1y=，33z=，31,1,
3n=；221cos,7723CDnCDnCDn===；由图形可知：平面ADE与平面BCE所成二面角为锐二面角，平面ADE与平面BCE所成二面角的余弦值为217.38．（2022秋
·山东青岛·高三统考期中）如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，2AB=，60BAD=.(1)求证：BD⊥平面PAC；(2)若PAAB=，求PB与AC所成角的余弦值.【答案】(1)见详解(2)64【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即
可；（2）通过已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两直线所成角的余弦值即可.【详解】（1）证明：因为底面ABCD是菱形，所以BDAC⊥，又PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD所以PABD⊥，又PAACA=，PA平面P
AC，AC平面PAC，所以BD⊥平面PAC.（2）设ACBDO＝因为60,2BADPAAB===，所以1,3BOAOCO===以O为坐标原点,射线,OBOC分别为x轴,y轴的正半轴建立空间直角坐标系Oxyz−，如图：则(0,3,2),
(0,3,0),(1,0,0),(0,3,0)PABC−−，所以(1,3,2),(0,23,0)PBAC=−=，设PB与AC所成角，所以cos||PBACPBAC=‖()()()()22222210
323201320230++−=++−++6642223==，即PB与AC所成角的余弦值为64.已知夹角求其他量39．（江苏省苏州市昆山中学2023届高三上学期期中）如图，在三棱锥−PABC中，PA⊥底面ABC，90BAC=.点D、E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，
M是线段AD的中点，4PAAC==，2AB=.(1)求证：//MN平面BDE；(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721，求线段AH的长．【答案】(1)证明见解析(2)85或12【分析】（1）以点A为原点，以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、
z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得//MN平面BDE；（2）设()04AHhh=，则()0,0,Hh，利用空间向量法可得出关于h的方程，解出h的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：因为PA⊥底面ABC，90BAC=，如图，以点A
为原点，以AB、AC、AP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()0,0,0A、()2,0,0B、()0,4,0C、()0,0,4P、()0,0,2D、()0,2,2E、()0,0,1M、()1,2,0N，()0,2,0DE=，()2,
0,2DB=−，设平面BDE的法向量为(),,nxyz=，则20220nDEynDBxz===−=，取1x=，可得()1,0,1n=，又因为()1,2,1MN=−，则110MNn=−=，所以，MNn⊥，又因为MN平面BDE，所以，//MN平面BDE.（2）解：
依题意，设()04AHhh=，则()0,0,Hh，所以，()1,2,NHh=−−，()2,2,2BE=−，由已知，得2227cos,21523BENHhBENHBENHh−===+，整理可得2102180hh−+=，解得85h=或12h=，所以，线段
AH的长为85或12.40．（2022秋·福建厦门·高三厦门一中校考期中）已知正方体1111ABCDABCD−，点E为11AD中点，直线11BC交平面CDE于点F.(1)证明：点F为11BC的中点；(2)若点M为棱11AB上一点，且直线MF与平面CDE所成
角的正弦值为6525，求111AMAB的值.【答案】(1)证明见解析.(2)13.【详解】（1）在正方体1111ABCDABCD−中，11//CDCD，又CD平面1111DCBA，且11CD平面1111DCBA，则/
/CD平面1111DCBA，而11BC交平面CDE于点F，即F平面11,CDEFBC，又11BC平面1111DCBA，有F平面1111DCBA，因此平面CDE平面1111ABCDEF=，于是//CDEF，而E为11AD中点，所以F为11
BC的中点.（2）以D为坐标原点，1,,DADCDD方向分别为,,xyz轴的正方向，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为3，设111(01)AMAB=，则33(3,3,3),(0,3,0),,0,3,,3,322MCEF,从而33,33,0,(0,3,0),
,0,322FMCDED=−==，设平面CDE的一个法向量为(,,)nxyz=，则00nCDnED==,即303302yxz=+=,不妨取2x=,则201xyz===−,即(2,0,1)n=−，设直线MF与平面C
DE所成角为，又直线MF与平面CDE所成角的正弦值为6525，因此22||365sin25||||3(33)52MFnMFn===+−，解得13=，所以11113AMAB=.41．（2022秋·河北沧州
·高三统考期末）在三棱柱111ABCABC-中，平面11ABBA⊥平面ABC，侧面11ABBA为菱形，1π3ABB=，1ABAC⊥，2ABAC==，E是AC的中点.(1)求证：1AB⊥平面1ABC(2)确定在线段1AE上是否存在一点P，使得AP与平面11ABE所成角为π3
，若存在，求出1EPEA的值;若不存，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，25或0.【详解】（1）因为侧面11ABBA为菱形，1π3ABB=，则1BBA是等边三角形，取AB中点O，连接1
BO，于是有1BOAB⊥，又平面11ABBA⊥平面ABC，1BO且平面11ABBA，平面11ABBA∩平面ABCAB=，于是1BO⊥平面ABC，又AC平面ABC，即有1BOAC⊥，又1ABAC⊥，且111BOABB=，因此AC⊥
平面11ABBA，而1AB平面11ABBA，则1ACAB⊥，由四边形11ABBA为菱形，得11ABAB⊥，又1,ABAC平面1ABC，1ABACA=，所以1AB⊥平面1ABC.（2）由（1）可知1BOAB⊥，1BOAC⊥，
AC⊥平面11ABBA，且AB平面11ABBA，有ACAB⊥，取BC中点D，连结OD，有//ODAC，ODAB⊥，以O为原点，1{}OBODOB,,为空间正交基底建立直角坐标系，则11(1,0,0),(1,0,0),(2,0,3)
,(1,1,0),(0,0,3)BAAEB−−−，111(2,0,0),(1,1,3)ABAE==−，设平面11ABE的一个法向量为(,,)nxyz=，则1112030nABxnAExyz===+−=，令z=1，得(0,3
,1)n=，令1EPEA=，则(,,3)EP=−−，(,1,3)APAEEP=+=−−，依题意，222π|||3(1)3|3sin|cos,|32||||2()(1)(3)nAPnAPnAP
−+====−+−+，整理得，2520−=，解得2=5或0=，所以存在满足条件的点P，1EPEA的值25或0.42．（山西大学附属中学校2022-2023学年高三上学期11月期中）如图，四棱锥PABCD−的底面为正方形，2ABAP==，PA
⊥平面ABCD，,EF分别是线段,PBPD的中点，G是线段PC上的一点.(1)求证：平面EFG⊥平面PAC；(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为13，且G点不是线段PC的中点，求三棱锥EABG−体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】（1）由线面垂直判定可证得BD⊥平面PAC，由中
位线性质知//EFBD，从而得到EF⊥平面PAC，由面面垂直判定可得结论；（2）以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设PGPC=，110,,122，由线面角的向量求法可构造方程求得，结合垂直关系可得G平面PAB的距离为1163BC=，利用棱锥体积公式可求得结果.【
详解】（1）连接BD，,EF分别是线段,PBPD的中点，//EFBD，底面四边形ABCD为正方形，BDAC⊥，PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，PABD⊥，又PAACA=，,PAAC平面PAC，BD⊥
平面PAC，//EFBD，EF⊥平面PAC，又EF平面EFG，平面EFG⊥平面PAC.（2）以A为坐标原点，分别以,,ABADAP所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0A，()1,0,1E，()0,1,1F
，()002P,,，()2,2,0C，设PGPC=，110,,122，则()()()0,0,22,2,22,2,22AGAPPG=+=+−=−，()1,0,1AE=uuur，()0,1,1AF=，设平面AEF的一
个法向量为(),,nxyz=，则00nAExznAFyz=+==+=，令1z=−，解得：1x=，1y=，()1,1,1n=−；设直线AG与平面AEF所成角为，()222621sincos,334422nAGnAGnAG
−====++−，解得：16=或12=（舍），16PGPC=，PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，PABC⊥；BCAB⊥，PAABA=，,PAAB平面PAB，BC⊥平面PAB，G到平面PAB的距离为1163
BC=，1111111223632239EABGGABEABEVVSBC−−====.43．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）如图，四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方形，PAB为等边三角形，面PAB⊥底面ABCD，E为AD的中点.(1)求证：ACPE⊥；(2)在线段BD上
存在一点F，使直线AP与平面PEF所成角的正弦值为55.①确定点F的位置；②求点C到平面PEF的距离.【答案】(1)证明见解析(2)①点F的位置是线段BD上靠近B的三等分点；②355【分析】（1）根据面面垂直的性质定
理，结合线面垂直的性质定理，即可证明线线垂直；（2）①根据（1）的证明过程，以点O为原点，建立空间直角坐标系，以线面角的向量公式求点P的位置；②根据①的结果，结合点到平面的距离的向量公式，计算结果.【详解】（1）取AB中点O，连接OE
，PO,PAB△为等边三角形,POAB⊥,面PAB⊥底面ABCD，面PAB底面ABCDAB=，PO面PAB，PO⊥面ABCD，POAC⊥，ACBD^，//BDOE，ACOE⊥又POOEO=，AC⊥面POE，PEQ面POE，ACPE⊥，（2）①如图以O为原点，OP为z轴，O
B为x轴建立空间直角坐标系.设2BCBP==，()0,0,3P，()1,0,0A−，()1,0,0B，()1,2,0D−,()1,1,0E−,(1,0,3)AP=，()1,0,3PB=−，(1,1,3)PE
=−−，(2,2,0)BD=−，(2,2,0)BFBD==−，(12,2,3)PFPBBF=+=−−设1(,,)nxyz=是平面PEF的一个法向量则有()3012230xyzxyz−+−=−+−=，令3z=解得：1(
36,66,3)n=−−12226633cos,23(36)(66)7210848APn−−==+−+−−+因为直线AP与平面PEF所成角的正弦值为5512335|cos,|||52182712APn−==−+即229(1)1721084
85−=−+解得13=，所以点F的位置是线段BD上靠近B的三等分点，②()1,2,0C，()1,1,0E−，(2,1,0)EC=1(1,4,3)n=，11143(,,)||202020nn=点C到平面PEF的距离11243||5||52020ndECn==+=.44．（福建省石
狮市永宁中学2023届高三上学期期中）如图1所示，在四边形ABCD中，BCCD⊥，E为BC上一点，22AEBEADCD====，3CE=，将四边形AECD沿AE折起，使得3BC=，得到如图2所示的四棱锥．(1)若平面BCD平面ABEl=，证
明：//CDl；(2)点F是棱BE上一动点，且直线BD与平面ADF所成角的正弦值为2211，求EFEB．【答案】(1)证明见解析；(2)12EFEB=.【分析】（1）先证明//CDAE，根据线线平行判定定理//CD平面ABE，再由线面平行性质定理证明线线平行；（2）建立空间直角坐标
系，设点F的坐标，求出平面ADF的法向量，利用线面角的法向量公式计算即可求解.【详解】（1）在图1中，因为BCCD⊥，3CE=，1CD=，所以2DE=，3sin2CDE=，又π0,2CDE，所以
π3=CDE，因为2DE=，2AEAD==，所以π3DEA=，故//CDAE，在图2中，因为//CDAE，AE平面ABE，CD平面ABE，所以//CD平面ABE，因为CD平面BCD，平面BCD平面ABEl=，所以//CDl；（2）由（1）知，A
ECE⊥，AEBE⊥，BECEE=，CE平面BCE，BE平面BCE,所以⊥AE平面BCE，又AE平面AEB，所以平面AEB⊥平面BCE，故以E为坐标原点，,EAEB分别为,xy轴，在平面BCE内过点E作B
E的垂线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()2,0,0A，()0,2,0B，因为//CDAE，平面AEB⊥平面BCE，且3CECB==，所以点C在平面AEB的射影为BE中点，故()0,1,2C，()1,1,2D，设()()0,,002Ftt，则
()1,1,2AD=−，()2,,0AFt=−，()1,1,2BD=−，设平面ADF的法向量为(),,nxyz=r，则00nADnAF==，即2020xyzxty−++=−+=，不妨令2y
=，则xt=，()222tz−=，所以()22,2,2tnt−=为平面ADF的一个法向量．因为直线BD与平面ADF所成角的正弦值为2211，所以()222222cos,112242ttBDntt−+−==−++，整理得2540tt
−+=，解得1t=或4t=（舍），所以F为EB中点，所以12EFEB=.求异面直线，点到面或者面到面的距离45．（2022秋·福建宁德·高三统考期中）如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，2==AB
AF，60ADC=.(1)求直线BF与平面ABCD的夹角；(2)求点A到平面FBD的距离.【答案】(1)π4(2)255【分析】（1）建立空间直角坐标系，分别写出B，F点的坐标和平面ABCD的法向量，利用空间向量在立体几何中的
应用，即可求得直线BF与平面ABCD的夹角.（2）根据空间直角坐标系写出A，D的坐标，求出平面FBD的法向量，利用空间向量求解点到平面的距离公式即可求出结果.【详解】（1）设ACBDO=，因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，所以易得AF⊥平
面ABCD，以O点为坐标原点，以OD所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，过O点且平行于AF的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，由已知得(3,0,0)B−，(0,1,2)F，因为z轴垂直于平面ABCD，因此可令平面ABCD的一个法向量
为(0,0,1)m=，又(3,1,2)BF=，设直线BF与平面ABCD的夹角为，则有22sincos,2122mBFmBFmBF====，即π4=，所以直线BF与平面ABCD的夹角为π4.（2）由（1）空间直角坐标系，得(3,0,0)D，(0
,1,0)A，所以(23,0,0)BD=，(3,1,2)BF=，可设平面FBD的法向量为(,,)nxyz=，则00nBDnBF==，得230320xxyz=++=，令1z=，得0x=，=2y−，即(0,2
,1)n=−，又因为(0,0,2)AF=，所以点A到平面FBD的距离为22555AFnn==.46．（山东省青岛市青岛第十九中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在四面体ABCD中，,,2,3,60ADCDADCDACABCAB⊥====．点E为棱AB上的点，且ACDE⊥
，三棱锥DBCE−的体积为36．(1)求点A到平面CDE的距离；(2)求平面BCD与平面CDE夹角的余弦值．【答案】(1)2217(2)19385385【分析】（1）取AC中点F，连接,FEFD，由题意证明平面ABC⊥平面DEF，说
明D在面ABC上的射影为F，从而建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量求法求得答案；（2）求出平面BCD与平面CDE的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）取AC中点F，连接,FEFD，因为ADCD=，所以DFAC⊥，又,,,ACDEDEDFDDEDF⊥=平面DEF，所以AC
⊥平面DEF，而FE平面DEF，所以ACFE⊥，由已知,601BAFAC==，所以3,2,1EFAEBEABAE===−=，由AC⊥平面,DEFAC平面ABC，得平面ABC⊥平面DEF，因此DE在平面ABC内的射影就是直线EF，设D在面ABC的射影为H，
则H在直线EF上，由题意知13BEAB=,则13BCEABCSS=△△,所以11111323sin60333926DBCEBCEABCVSDHSDHDH−====△△，所以1DH=，又因为1DF=，所以H与
F重合，所以DF⊥平面ABC，以F为原点，,,FAFEFD所在直线为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz−，则()()()()0,0,1,1,0,0,1,0,0,0,3,0DCAE−，()1
131,3,0,,,0,222AEEBAE=−==−所以B点坐标为()133,,0,1,0,122CD−=，()()133,,0,1,3,0,2,0,022CBCECA===．设平面DEC的一个法向量是()1,,nxyz=，则11030nCDxzn
CExy=+==+=，取1y=−，则3,3xz==−，即()13,1,3n=−−，所以点A到平面CDE的距离112322177CAndn===．（2）设平面BCD的法向量为()2,,bcna=，则22013
3022nCDacnCBab=+==+=，取1b=-，则33,33ac==−，故()233,1,33n=−−，所以12121291919385cos,385557nnnnnn++===，由于平面BCD与平面CD
E夹角范围为π[0,]2，所以平面BCD与平面CDE夹角的余弦值是19385385．47．（辽宁省朝阳市建平县2022-2023学年高三上学期期中）如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，60ABC=，四边形PA
CQ为矩形，1PA=，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）.①,BPDP与平面ABCD所成角相等；②三棱锥PABD−体积为33；③5cos5BPA=(1)平面PACQ⊥平面A
BCD；(2)求二面角BPQD−−的大小；(3)求点C到平面BPQ的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2π3(3)32【分析】（1）若选①，则作PA⊥面ABCD，证明A和A重合从而得到PA⊥面ABCD，从而得到面面垂直；若选②，计算得到P到面ABD的距离1hPA==，得到
PA⊥面ABCD，从而得到面面垂直；若选③，通过余弦定理计算得到PAAB⊥，再通过PA⊥面ABCD，从而得到面面垂直；（2）通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；（3）通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】（1）选
①，连接BD，作PA⊥面ABCD，垂足为A.,BPDP与平面ABCD所成角相等，ABAD=，A在BD的中垂线AC上，在平面PACQ内，,PAACPAAC⊥⊥,A和A重合，PA⊥面ABCD，
又PA面PACQ，面PACQ⊥面ABCD若选②，设P到面ABD的距离为h，1133333PABDABDVShh−===△，得1hPA==，PA即为P到面ABD的距离，即PA⊥面ABCD，又PA面
PACQ，面PACQ⊥面ABCD.若选③，由余弦定理得，2225cos25PBPAABBPAPBPA+−==，2225,BPBPAPAB==+PAAB⊥，又,,,PAACACABAACAB⊥=面ABCDPA⊥面AB
CD，又PA面PACQ面PACQ⊥面ABCD（2）因为PA⊥面ABCD，,OBOC面ABCD，所以,OBOCPAPA⊥⊥，取PQ中点G，则//OGPA，所以,OBOCOGOG⊥⊥，又因为OBOC⊥，所以建立如下图所示空间直角坐标系，()()()()3,0,0,0
,1,1,3,0,0,0,1,1BPDQ−−，()()()3,1,1,3,1,1,3,1,1BQDQDP=−==−，设平面BPQ的一个法向量为(),,mxyz=，则00mBPmBQ==，即3030xyzxyz−−+=−+
+=，令3x=，则()0,3,3,0,3yzm===，设平面DPQ的一个法向量为()111,,xnyz=，则00nDPnDQ==，即1111113030xyzxyz−+=++=，令
13x=，则()110,3,3,0,3yzn==−=−，61cos,22323mnmnmn−===−，2π,0,π,,3mnmn=，由图可知二面角BPQD−−是钝角，所以二面角BPQD−−的大小为2π3.（3）()(
)0,1,0,0,1,1CQ，()0,0,1,CQ=平面BPQ的一个法向量为()3,0,3m=ur，点C到平面BPQ的距离33223CQmdm===.48．（2022秋·山东淄博·高三统考期中）三棱锥SABC−中，2SABC==，3SCAB==，5
SBAC==.记BC中点为M，SA中点为N（1）求异面直线AM与CN的距离；（2）求二面角ASMC−−的余弦值.【答案】（1）6611；（2）2211−【分析】（1）将三棱锥SABC−放在长方体中研究，建立空间直角坐标系
，求出a、b、c的值，求出点,,,,,SABCMN的坐标，求出AM，CN的坐标，利用MNndn=即可求解；（2）求平面平面ASM的一个法向量和平面SMC的一个法向量，利用向量夹角公式即可求解.【详解】三棱锥SABC−三组对棱相等，因此三棱锥S
ABC−的外接平行六面体为长方体，将三棱锥SABC−放在长方体中研究设长方体的三维分别为a、b、c且222222222abSAbcSBacSC+=+=+=，即222222453abbcac+=+=+=，
解得：132abc===因此以B为坐标原点，长方体在B处的三条棱的方向为正方向建立空间直角坐标系，则()0,3,2S，()1,0,2A，()0,0,0B，()1,3,0C，13,,022M，13,,222N
，（1）13,,222AM=−−，13,,222CN=−−，设(),,nxyz=垂直于AM和CN，所以132022132022nAMxyznCNxyz=−+−==−−+=，
令2y=，32z=，0x=，所以30,2,2n=，而()0,0,2MN=，因此所求距离为：666211324MNndn===+（2）()1,3,0AS=−，13,,222SM=−−，13,,022MC=设平面ASM的一个法向量为()
1111,,xnyz=，则111111130132022nASxynSMxyz=−+==−−=，令16x=−，则12y=−，10z=，所以()16,2,0n=−−，设平面SMC的一个法向量为()2222,
,nxyz=，则122222213022132022nMCxynSMxyz=+==−−=，令262x=，则222y=−，232z=，所以2623,,222n=−，所以121212,3122cos,1111222nnnnnn−
+===−，所以所求角的余弦值为2211−.【点睛】方法点睛：求二面角的方法总结（1）定义法：分别在两个半平面内向棱作垂线，垂足为同一点，求两线的夹角；（2）垂面法：作垂直于棱的一个垂面，这个平面与两个半平面分别有一个交线，这两个交线所成的角；（3
）三垂线法：过一个半平面内的一点A作另一个半平面的一条垂线，过垂足B作棱的垂线，记垂足为C，连接AC，则ACB即为二面角的平面角；（4）向量法：求两个半平面法向量夹角的即为二面角的平面角或二面角平面角的补角.49．（安徽省合肥市肥东县综合高中2023届高三上学期期中）
如图所示，在四棱锥PABCD−中，侧面PAD是正三角形，且与底面ABCD垂直，//BC平面PAD，112BCAD==，E是棱PD上的动点.(1)当E是棱PD的中点时，求证：//CE平面PAB；(2)若1AB=，ABAD⊥，求点B到平面ACE距离的范围.【答案】(1)证明见解析(2
)210,7【分析】（1）利用线面平行的性质推导出//BCAD，取PA的中点F，连接BF、EF，证明出四边形BCEF为平行四边形，可得出//CEBF，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）取AD的中点O，连接PO，证明出PO⊥平面ABCD，OCAD⊥，以点O为坐标原点，OC、
OD、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设DEDP=，其中01≤≤，利用空间向量法可求得点B到平面ACE距离的范围.【详解】（1）证明：因为//BC平面PAD，BC平面ABCD，且平面PAD平面ABCDAD=，所以//BCAD.
取PA的中点F，连接BF、EF，因为E是棱PD的中点，所以，//EFAD且12EFAD=，因为//BCAD且12BCAD=，所以，//EFBC且EFBC=，所以，四边形BCEF为平行四边形，则//CEBF，因为CE平面PAB，BF平面PA
B，所以//CE平面PAB.（2）解：取AD的中点O，连接PO.因为PAD是正三角形，所以POAD⊥.又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，PO平面PAD，所以，PO⊥平面ABCD，
因为//BCAD，12BCAD=，O为AD的中点，所以，//BCAO且BCAO=，所以，四边形ABCO为平行四边形，则//COAB，因为ABAD⊥，则COAD⊥，以点O为坐标原点，OC、OD、OP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()0,1,0A−、()1,0,0C、()0,0,3P、()0,1,0D，所以()1,1,0AC=，设()()0,1,30,,3DEDP==−=−，其中01≤≤
，则()()()0,2,00,,30,2,3AEADDE=+=+−=−，设平面ACE的法向量()111,,xnyz=，所以()11110230nACxynAEyz=+==−+=，令12z=−，得()3,3,2n=−−，设点B到平面ACE距离为d，2
3744dABnn==−+.当0=时，0d=；当01时，11，则22333210716271464d===+−+−+，当且仅当1=时等号成立.综上，点B到平面ACE距离的取值范围是210,7.求点到线的
距离50．（辽宁省沈阳市东北育才学校科学高中部2022-2023学年高三上学期期中）三棱台111ABCABC-中，1AA⊥平面ABC，90ABC=，且12ABBCAA===，111BC=，F是1AA的中点．(1)求三角形AB
C重心G到直线11BC的距离；(2)求二面角11BBCF−−的余弦值．【答案】(1)373(2)27035【分析】（1）建立坐标系，过点G作11GHBC⊥，求出GH，进而得出三角形ABC重心G到直线11BC的距离；（2）利用
向量法得出二面角.【详解】（1）因为11111ABBC==，所以112AC=，2222ACABBC=+=，在平面ABC内过点A作AxAC⊥，建立如图所示空间直角坐标系Axyz−，则()2,2,0B，()0
,22,0C，()10,2,2C，()0,0,1F，2,2,03G，122,,222B过点G作11GHBC⊥，设111BHBC=，11111AHABBHABBC=+=+22222222,,2,,0,,222222222
=+−=−+.则2222,,22222H−+.因为2222,,22622GH−−+=，110CGHB=所以112222
220222622GCHB−−−=++=，解得23=，所以2,262,6GH−−=，22222233766GH=−+−+=．即三角形ABC重心G到直线11BC的距离为373.（2）()12,0,2BC=−
，()2,2,1BF=−−，122,,222BB−=，设平面11BBC的法向量(),,nxyz=，则1122002202022xznBCnBBxyz−+===+−=，取1z=，则()2,2,1n=设平面1BFC的法向量()
,,mabc=，则102200220mBCacmBFabc=−+==−−+=，取1c=，则22,,12m=−所以，211270cos,35752nmnmnm−+===由图可知，二面角11BBCF−−为锐角，
所以，二面角11BBCF−−的余弦值为27035．51．（2022秋·江苏盐城·盐城中学上学期期中）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，点G为弧CD的中点，且C，E，D，G四点共面.(1)证明：平面⊥BDF平面BCG；(
2)若平面BDF与平面ABG所成二面角的余弦值为155，且线段AB长度为2，求点G到直线DF的距离.【答案】(1)证明见解析(2)62【分析】（1）过G作//GHCB，交底面弧于H，连接HB，有HBCG为平行四边形，根据
题设可得FBHB⊥，即FBCG⊥，再由线面垂直的性质可得CB⊥FB，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.（2）构建如下图示空间直角坐标系Axyz−，令半圆柱半径为r，高为h，确定相关点坐标，进而求平面BDF
、平面ABG的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得2hr=，即可求出点G到直线DF的距离.【详解】（1）过G作//GHCB，交底面弧于H，连接HB，易知：HBCG为平行四边形，所以//HBCG，又G
为弧CD的中点，则H是弧AB的中点，所以45HBA=，而由题设知：45ABF=，则90HBFHBAABF=+=，所以FBHB⊥，即FBCG⊥，由CB⊥底面ABF，FB平面ABF，则CBFB⊥，又CBCGC=，,CBCG平面BCG，所以FB⊥平面BCG，又FB平面BD
F，所以平面⊥BDF平面BCG.（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系Axyz−，令半圆柱半径为r，高为h，则()0,2,0Br，()2,0,0Fr，()0,0,Dh，(),,Grrh−，所以()2,0,FDrh=−，()0,2,BDrh=−
，()0,2,0ABr=，(),,AGrrh=−，若(),,mxyz=是面BDF的一个法向量，则2020mFDrxhzmBDryhz=−+==−+=，令2zr=，则(),,2mhhr=，若(),,nabc=是面ABG的一个法向量，则200nABrbnAGrarbhc=
==−++=，令cr=，则(),0,nhr=，所以222222215cos,524mnhrmnmnhrhr+===++，整理可得()()2222420hrhr−+=，则2hr=，又2AB=，由题设可知，此时点()1,1,2G−，()0,0,2D，()2,0
,0F，则()2,0,2DF=−，()1,1,0DG=−，所以点G到直线DF的距离22262DGDFdDGDF=−=..52．（河北省沧衡八校联盟2022-2023学年高三上学期11月期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，,1,2,A
BCDABADCDDEEC====∥，沿AE将ADEV折成APEV，如图2所示，连接,PBPC，得到四棱锥PABCE−.(1)若平面PAE平面PBCl=，求证：//lBC；(2)若点T是PC的中点，求点T到直线EB的距离的取值范围.【答案】(1)证明见解析
(2)10,2【分析】（1）根据题意得到四边形ABCE是平行四边形，证得//AEBC，进而证得//BC平面PAE，结合线面平行的性质定理，即可证得//lBC.（2）取AE中点O，以O为原点，过O作平面ABCE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz−，设(0)POB=，求
得()330,cos1,sin44ET=+和向量13,,022EB=−，得到()3cos18ETEB=+，且1EB=，结合点T到直线EB的距离2223()3cos2cos58dETETE
B=−=−++，即可求解.【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，因为//ABCE且ABCE=，所以四边形ABCE是平行四边形，所以//AEBC，又因为AE平面PAE，且BC平面PAE，所以//BC平面PAE，因为BC平面PBC，且平面P
AE平面PBCl=，所以//lBC.（2）解：取AE中点O，连接,OBOP，因为ABE是等边三角形，可得OBOE⊥以O为原点，,OEOB所在直线为x轴，y轴，过O作平面ABCE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz−，如图所示，设(0)POB=，则333130,
cos,sin,1,,0,,0,0,0,,022222PCEB，()133,cos1,sin244T+所以()330,cos1,sin44ET=+，
13,,022EB=−，()()333cos1cos1428ETEB=+=+，且1EB=，则点T到直线EB的距离22()dETETEB=−()()222333cos1sincos14
48=++−+2231(cos1)sin44=++233cos2cos58=−++因为1cos1−，所以当1cos3=时，max12d=；当cos1→−时，0d→，所以点T到直线EB的距离的取
值范围是10,2.53．（2022秋·河北保定·高三河北省唐县第一中学校联考期中）如图，在三棱锥−PABC中，PA⊥底面ABC，90BAC=．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，2PA
AC==，1AB=．(1)求证：//MN平面BDE；(2)求点N到直线ME的距离；(3)在线段PA上是否存在一点H，使得直线NH与平面MNE所成角的正弦值为2621，若存在，求出线段AH的值，若不存在，说明理由．【答案】(
1)证明见解析(2)10510(3)32【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算即可.【详解】（1）因为PA⊥底面ABC，90BAC=，建立空间直角坐标系如图所示，则11(0,0,0),(1,0,0),(0,2,0),(0,0,1),(0,1,1),(0,
0,),(,1,0),(0,0,2)22ABCDEMNP，所以(0,1,0),(1,0,1)DEDB==−，设(,,)nxyz=为平面BDE的法向量，则00nDEnDB==，即00yxz=−=，不妨设1z=，可得(1,0,1)n=，又11,1,22MN
=−，可得0MNn=，因为MN平面BDE，所以//MN平面BDE，（2）因为10,1,2ME=，所以点N到直线ME的距离()22233105452104MNMEdMNME=−=−=.（3）设()0,0,Ht，
0,2t，则1,1,2NHt=−−，设平面MNE的法向量为(),,mabc=，则11022102mMNabcmMEbc=+−==+=令1b=，则()4,1,2m=−−，所以21
226cos,215214mNHtmNHmNHt−===+，即2202830tt−−=，解得32t=或110t=−（舍去），所以32AH=点的存在性问题54．（山东省大教育联盟学校2022-2023学年高三上学期期中）图①是直角梯形ABCD，//ABCD，90D
=，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且60BCE=，以BE为折痕将BCE折起，使点C到达1C的位置，且16AC=.(1)求证：平面1BCE⊥平面ABED；(2)在棱1DC上是否存在点P，使得点P到平
面1ABC的距离为155？若存在，求出直线EP与平面1ABC所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，直线EP与平面1ABC所成角的正弦值为155【分析】（1）由二面角平面角定义可知1A
OC是二面角1ABEC−−的平面角，利用勾股定理可说明1OAOC⊥，由此可证得结论；（2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设1DPDC=，由点到平面距离的向量求法可构造方程求得，利用线面角的向量求法可求得结果.【
详解】（1）在图①中，连接AC，交BE于O，四边形ABCE是边长为2的菱形，60BCE=，ACBE⊥，3OAOC==；在图②中，相交直线1,OAOC均与BE垂直，1AOC是二面角1ABEC−−的平面角，16
AC=，22211OAOCAC+=，1OAOC⊥，190AOC=，平面1BCE⊥平面ABED.（2）以O为坐标原点，1,,OAOBOC正方向为,,xyz轴可建立如图②所示空间直角坐标系，则33,,022D−，
()10,0,3C，()3,0,0A，()0,1,0B，()0,1,0E−，133,,322DC=−，33,,022AD=−−，()3,1,0AB=−，()13,0,3AC=−，()3,1,0AE=−−，设133,,322DPDC==−
，0,1，则3333,,32222APADDP=+=−−−+，设平面1ABC的一个法向量(),,nxyz=，则130330ABnxyACnxz=−+==−+=，令1x=，解得：3y=，1z=，()1,3,
1n=；点P到平面1ABC的距离23231555APndn−===，解得：12=或32=（舍），3333,,442AP=−−，313,,442EPAPAE=−=，315cos,55EPnEPnEPn===，直线EP
与平面1ABC所成角的正弦值为155.55．（2022秋·黑龙江佳木斯·高三佳木斯一中校考期中）如图，如图1，在直角梯形ABCD中，90,30,2,4ABCDABCABBCAD=====．把DAC△沿对角线AC折起到PAC△的
位置，如图2所示，使得点P在平面ABC上的正投影H恰好落在线段AC上，连接PB，点E，F分别为线段PA，AB的中点．(1)求证：平面EFH//平面PBC；(2)求直线HE与平面PHB所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在一点M，使得M到点,,,PHAF四点的距离相等？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)直线HE与平面PHB所成角的正弦值为34；(3)存在，理由见解析.【分析】（1）先证明//,//EHPCEFPB，由线面平行判定定理证明//EF平面PBC，//EH平面PBC，根据面面平行判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，应用空间向量知识
求线面角；（3）证明E到点,,,PHAF四点的距离相等即可．【详解】（1）在ABC中，90,30,2ABCCABBC===，所以4AC=在APC△中，60PAC=，4ACAP==，所以APC△为等边三角形，因为点P在平面
ABC上的正投影H恰好落在线段AC上，所以PH⊥平面ABC，又AC平面ABC，所以PHAC⊥，所以H为线段AC的中点，又点E，F分别为线段PA，AB的中点，所以//,//EHPCEFPB，由//EF
PB，EF平面PBC，PB平面PBC，所以//EF平面PBC，由//EHPC，EH平面PBC，PC平面PBC，所以//EH平面PBC，由,EHEF平面EFH，EHEFE=I，所以平面EFH//平面PBC；（2）在平面ABC内过H作AC的垂线如图建立空间直角坐
标系，则(0,2,0)A−，()0,0,23P，()3,1,0B，因为()0,1,3E−，()0,1,3HE=−设平面PHB的法向量为(),,nxyz=r因为()0,1,3HB=，()23,0,0HP=，所以有0,0
HBnHPn==，即300xyz+==，令3x=，则=3y−，0z=，所以()3,30,n=−为平面PHB的一个法向量，33cos,4223nHEnHEnHE===所以直线HE与平面PHB所成角的正弦值为34；（3）存在，点M为线段PA的中点E，理由
如下：因为在直角三角形PHB中，122EHPEEAPA====，在直角三角形PHB中，4PB=，又122EFPB==所以点E到四个点,,,PHAF的距离相等，所以点E为所找的点，即线段PA的中点E为所求.56．（广东省广州市白云中学2023届高三上学期期中）如图所示，在直三棱柱111ABC
ABC-中，ACBC⊥，12ACBCCC===，点D、E分别为棱11AC、11BC的中点，点F是线段1BB上的点（不包括两个端点）.(1)设平面DEF与平面ABC相交于直线m，求证：11ABm//；(2)是否存在一点F，使得二面角1
CACF−−的余弦值为13，如果存在，求出1BFBB的值；如果不存在，说明理由；(3)当F为线段1BB的中点时，求点B到平面1ACF的距离．【答案】(1)证明见解析(2)存在，且112BFBB=(3)23
【分析】（1）证明出//DE平面ABC，11//DEAB，利用线面平行的性质可证得//mDE，利用平行线的传递型可证得结论成立；（2）以点C为坐标原点，CA、CB、1CC所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐
标系，设点()0,2,Fa，其中02a，利用空间向量法求出a的值，即可得出结论；（3）利用空间向量法可求得点B到平面1ACF的距离．【详解】（1）证明：因为点D、E分别为棱11AC、11BC的中点，则11//DEAB，在三棱柱111ABCABC-中，四边形11AABB为平行四边形
，所以，11//ABAB，则//DEAB，因为DE平面ABC，BC平面ABC，所以，//DE平面ABC，因为DE平面DEF，平面DEF平面ABCm=，所以，//mDE，故11//mAB.（2）解：在直三棱柱111ABCABC-中，ACBC⊥，且1CC⊥平面ABC，以点C为坐标
原点，CA、CB、1CC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，则点()2,0,0A、()10,0,2C、()0,2,0B，设点()0,2,Fa，其中02a，设平面1ACF的法向量为(),,nxyz=，()12,0,2AC=−，(
)10,2,2CFa=−，则()11220220nACxznCFyaz=−+==+−=，取2z=，可得()2,2,2na=−，易知平面1ACC的一个法向量为()0,1,0m=，因为二面角1CACF−−的余弦值为13，则()221cos,382mnamn
mna−===+−，解得1a=或3（舍），此时，112BFBB=，因此，在线段1BB上存在一点F，使得二面角1CACF−−的余弦值为13，且112BFBB=.（3）解：当F为线段1BB的中点时，即当1a=时，平面1ACF的一个法向量为()2,1,2n=，()2,2,0AB=−
，所以，点B到平面1ACF的距离为23ABndn==.57．（2022秋·浙江绍兴·高三绍兴一中期中考试）在底面ABCD为梯形的多面体中.ABCD∥，BC⊥CD，222ABCD==，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．(1)求证：BD⊥AE；(2)线段EN上是否存在点
Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．【答案】(1)证明见解析(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的114处，证明见解析【分析】（1）根据已知条件及勾股定理和逆定理，利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理，结合线面垂直的
性质定理即可求解；（2）根据已知条件建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用向量的共线定理，求出点Q的坐标，分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量，再利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【详解】（1）由题意知，ABCD∥，BC⊥CD，222ABCD==，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，故有2BCDC==，易得2AEDE==，BD＝2，()22222ADBCABCD=+−=+=，在△ABD中，∵222ADBDAB+=，∴BD⊥AD．
因为四边形BDEN为矩形，则BD⊥DE，又DEADD=，DE平面ADE，AD平面ADE，故BD⊥平面ADE．因为AE平面ADE，所以BD⊥AE．（2）存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°，此时点Q为线段
EN的中点或在线段EN上距离点E的114处．证明如下：以点D为坐标原点，建立的空间直角坐标系Dxyz−，如图所示，则()0,0,0D，()2,0,0A，()0,2,0B，()1,0,1E，所以()0,2,0DB=，()2,0,0DA=
，()1,2,1BE=−设()0,2,0EQENDB===，其中01≤≤，解得()1,2,1Q，故()1,2,1DQ=，设平面QAD的法向量为(),,nxyz=，则0,0,nDAnDQ==即20,20,xxy
z=++=令y＝1，则0x=，z＝－2λ，故()0,1,2n=−，因为直线BE与平面QAD所成的角为60°，所以o2,223sin60cos,2146BEnBEnBEn−−====+，解得12=或114=，故存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为6
0°，此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的114处．58．（安徽省卓越县中联盟2022-2023学年高三上学期期中）如图1，菱形ABCD的边长为23，π3ABC=，将ABD△沿BD向上翻折，得到如图2
所示得三棱锥ABCD−.(1)证明：ACBD⊥；(2)若3AC=，在线段BD上是否存在点G，使得平面ACG与平面BCD所成角的余弦值为217？若存在，求出BG；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，2BG=或4【分析】（1）取BD中点O，利用等腰三角形三线合一性质，结
合线面垂直的判定可得BD⊥平面AOC，由线面垂直性质可证得结论；（2）利用余弦定理可求得2π3AOC=，作OEOC⊥，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设()()0,,033Gmm−，由面面角的向量求法可构造方程求得m的值，由此可得结果.【详解】（1）取BD中点O，连接,AO
CO，四边形ABCD为菱形，ABAD=，CBCD=，AOBD⊥，COBD⊥，AOCOO=，,AOCO平面AOC，BD⊥平面AOC，AC平面AOC，ACBD⊥.（2）π3ABC=，2π3BADBCD
==，2222π2cos121224cos363BDBCCDBCCDBCD=+−=+−=，解得：6BD=；1293AOCO==−=，2223391cos22233AOCOACAOCAOCO+−+−===−，2π3AOC=；在平
面AOC中，作OEOC⊥，交AC于点E，则以O为坐标原点，,,OCODOE正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，假设在线段BD上存在点()()0,,033Gmm−，使得平面ACG与平面BCD所成角
的余弦值为217，π3cos32AO=，π3sin32AO=，33,0,22A−，又()3,0,0C，()0,3,0B−，()0,3,0D，333,0,22AC=−
，()3,,0CGm=−，设平面ACG的法向量(),,nxyz=，则33302230ACnxzCGnxmy=−==−+=，令3y=，解得：xm=，3zm=，(),3,3nmm=；z轴⊥平面BCD，平面BCD的一个法向量()0,0,1l=，22321cos,733mnl
nlnlmm===++，解得：1m=，当1m=时，4BG=；当1m=−时，2BG=；当2BG=或4时，平面ACG与平面BCD所成角的余弦值为217.59．（2022秋·广东深圳·高三深圳中学上学期期中）如图所示，在三棱锥−PAB
C中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC．(1)证明：BC⊥平面PAB；(2)若6PAAB==，3BC=，在线段PC上（不含端点），是否存在点D，使得二面角BADC−−的余弦值为105，若存在，确定点D的位置；若
不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；D是PC上靠近C的三等分点【分析】（1）过点A作AEPB⊥于点E，由面面垂直性质定理可得⊥AE平面PBC，由此证明AEBC⊥，再证明PABC⊥，根据线面垂直判定定理证明结论；（2）建立空间直角坐标系，求平面ACD，平面ABD的
法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点D的位置；【详解】（1）过点A作AEPB⊥于点E，因为平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB平面PBCPB=，AE平面PAB，所以⊥AE平面PBC，又BC平面PBC，所以AEBC⊥，又PA⊥平面A
BC，BC平面PBC，所以PABC⊥，又因为AEPAA=，AE，PA平面PAB，所以BC⊥平面PAB．（2）假设在线段PC上（不含端点），存在点D，使得二面角BADC−−的余弦值为105，以B为原点，分别以B
C、BA为x轴，y轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则()0,6,0A，()0,0,0B，()3,0,0C，()0,6,6P，()3,6,0AC=−，()0,0,6AP=，()3,6,6PC=−−
，()0,6,0BA=，设平面ACD的一个法向量为(),,mxyz=，0,0,mACmAP==即360,60,xyz−==取2x=，1y=，0z=，所以()2,1,0m=为平面ACD的一个法向量，因为D在线段PC上（不含端点），所以可设()3,6,6PDPC
==−−，01，所以()3,6,66ADAPPD=+=−−，设平面ABD的一个法向量为(),,nxyz=，0,0,nBAnAD==即()60,36660,yxyz=−+−=，取22x=−，0y=，z=，所以()22,0,n=−为平面ABD
的一个法向量，()()22222100cos,522mn−++=−+，又01，由已知可得()()22222105522−=−−+解得23=或2=（舍去），所以，存在点D，使得二面角BADC−−的余弦值为
105，此时D是PC上靠近C的三等分点．1．（河北省保定市重点高中2022-2023学年高三上学期11月期中）在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面PAB，45PAD=，2AB=.(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若E为PC的
中点，异面直线BE与PA所成角为30，求四棱锥PABCD−的体积.【答案】(1)证明见解析(2)83【分析】（1）由已知的面面垂直证明线面垂直和线线垂直，再通过线面垂直证明面面垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线
所成的角，求得棱锥的高，可解棱锥的体积.【详解】（1）证明：过点D作DFAP⊥，垂足为点F，因为平面PAD⊥平面PAB，平面PAD平面PABAP=，DF平面PAD，所以DF⊥平面PAB，AB平面PAB，所以DFAB⊥，因为ADAB⊥，又ADDF，平面PAD，ADDF
D=，所以AB⊥平面PAD，因为AB平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.（2）如图，以点D为原点，DA为X轴，DC为Y轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0D、()2,0,0A、()2,2,0B、()0,2,0C，设()(),0,0Pacc，则,1,22acE
，因为45PAD=，所以2ac+=，所以()()2,0,,0,APaccc=−=−，2,1,1,1,2222acccBE=−−=−−−，因为异面直线BE与PA所成角为30，所以22223222
211o24cscccAPEcccB++==+++，化简得2280cc+−=，解得2c=（4c=−舍），所以0a=；所以()002P,,，PD⊥平面ABCD，四棱锥PABCD−，底面是边长为2的正方形，棱锥的高为2，所以四棱锥P
ABCD−的体积为83.2．（2022秋·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）如图，在四棱锥PABCD−中，//ABCD，90ABC=，ADP△是等边三角形，2ABAP==，3BP=，ADBP⊥.(1)求BC的长度；(2)求直线BC与平
面ADP所成的角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)34【分析】（1）取AD中点F，由线面垂直判定可知AD⊥平面PFB，由此可知BDAB=，根据长度关系可得结果；（2）作BGPF⊥交PF于点G，ADBCH=，由面面垂直的判定与性质、线面角的定义可知BHG为所求线面角，由长度关系可得结果.【
详解】（1）取AD中点F，连接,,PFBFBD，ADP是等边三角形，PFAD⊥，又ADBP⊥，BPPFP=，,BPPF平面PFB，AD⊥平面PFB，BF平面PFB，ADBF⊥，2BDAB==，ABD为等边三
角形，22213BC=−=.（2）AD⊥平面PFB，AD平面APD，平面PFB⊥平面APD，作BGPF⊥，垂足为G，则BG⊥平面APD，ADBCH=，连接HG，BHG为直线BC与平面ADP所成的角，由题意知：3PFBF==，又3BP=，2223391cos262P
FBFBPGFBPFBF+−+−===−，120GFB=，32BG=，90ABCBCD==，1CD=，23BH=，3sin4BHG=，直线BC与平面ADP所成的角的正弦值为34.3．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期11月期
中）如图所示，圆锥的高3PO=，底面圆O的半径为1，延长直径AB到点C，使得BC＝1，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点.(1)证明：平面PDE⊥平面POD；(2)点E到平面PAD的距离为d1，求d1的值.【答案】(1)证明见解析(2)
33913【分析】（1）根据条件可证明CE⊥平面POD，即可证明面面垂直；（2）分别求PAD和AED△的面积，利用等体积转化为点到平面的距离.【详解】（1）证明：由题设，PO⊥平面ABD，又D是切线CE与圆O的切点，所以CE⊂平面ABD，则PO⊥CE，且OD⊥CE，又PO∩OD＝O，PO，O
D⊂平面POD，所以CE⊥平面POD，又CE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面POD.（2）因为OD⊥CE，OD＝1，OC＝2，所以3CD=，30OCD=，又AE⊥AC，CA＝3，所以3AE=，23CE=，所以3ED=，60AED=o，AED△为等边三角形，所以3AD
=，且△ADE的面积为1133sin6033sin60224ADED==，因为3PO=，1OAOD==,90PODPOA==，所以PA＝PD＝2，所以△PAD为等腰三角形，其底边AD上的高为313442−=，所以△PAD的面积为113393224
=，因为PADEEPADVV−−=，11133ADEPADSPOSd=，所以113313933434d=，所以133913d=4．（江苏省淮安市涟水县第一中学2023届高三上学期期中）如图，在ABC中，90ABC=，2BC=，60ACB=，E为AB中点，过点E作ED垂
直AC于D，将ADEV沿ED翻折，使得面ADE⊥面BCDE，点M是棱AC上一点，且//BM面ADE．(1)求AMMC的值；(2)求二面角MBEC−−的余弦值．【答案】(1)32AMMC=(2)52929【分析】（1）利用面面存
在的性质得出90ADC=，过点B作BQ垂直CD于点Q，由面面平行的判定定理及性质定理可得//ADQM，求出CQ、DQ，根据相似比可得答案；（2）以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面BCDE、平面MBE的法向量，由
二面角的向量求法可得答案.【详解】（1）因为面ADE⊥面BCDE，面ADE面BCDEDE=，由题意可知，ADDE⊥，CDDE⊥，所以90ADC=，过点B作BQ垂直CD于点Q，连接QM，因为//BQD
E，BQ平面ADE，DE⊂平面ADE，所以//BQ平面ADE，又因为//BM平面ADE，=BQBMB，BQ，BM平面ADE，所以平面//BQM平面ADE，又因为面BQM面ADC＝QM，平面ADE平面ADC＝AD，所以//ADQM，因为BC＝2，6
0ACB=，所以，CQ＝1，在折叠前的图形中，1322tan30===ABBCAE，4cos60==BCAC，所以AQ＝3，3cos302==ADAE，易知D为AQ的中点，所以32DQ=，所以32DQCQ=，所以32AMMC=；（2）由（
1）知，以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则35(0,0,0),,0,0,0,,022DEC，3333,,0,0,,225BM，易知平面BCDE的一个法
向量()0,0,1m=，333,,0,3,0,225EBMB==−，设平面MBE的法向量为(),,nxyz=，所以330223305xyxz+=−=，令3x=，则1,5y
z=−=，故()3,1,5n=−，所以529cos,29mnmnmn==，所以二面角MBEC−−的余弦值为52929．5．（福建省厦门第一中学2022-2023学年高三上学期期中考试）如图，在三棱柱ABCABC−中，已知CB⊥平面,2ABBAAB
=，且,ABBBACAB⊥⊥.(1)求AA的长；(2)若D为线段AC的中点，求二面角ABCD−−的余弦值.【答案】(1)2(2)31010【分析】（1）根据题意可得AB⊥平面ABC，进而分析可知ABBA正方形，即可得结果；
（2）根据题意利用补形法分析可得二面角ABCD−−的平面角为ABQ，利用余弦定理运算求解.【详解】（1）连接AB，因为CB⊥平面ABBA，AB平面ABBA，则CBAB⊥，又因为,ACABACCBC⊥=I，,ACCB平面ABC，所以AB
⊥平面ABC，且AB平面ABC，可得ABAB⊥，因为ABBA为平行四边形，且ABBB⊥，则ABBA为矩形，所以ABBA正方形，可得2AAAB==.（2）根据题意将三棱柱转化为正四棱柱ABCEABCE−，
取,CEAB的中点,PQ，连接,,PQCPBQ，则,,PDQ三点共线，且PQ//BC，因为BC//BC，可得PQ//BC，所以平面BCD即为平面PQBC，同理平面ABC即为平面ABCE，因为BC//BC，CB⊥平面ABBA，则BC⊥平
面ABBA，且,ABBQ平面ABBA，则,BCABBCBQ⊥⊥，所以二面角ABCD−−的平面角为ABQ，可得22,1,5BAAQBQ===，在ABQ△中，则222851310cos
2102225BABQAQABQBABQ+−+−===，所以二面角ABCD−−的余弦值为31010..6．（江苏省南京市金陵中学2022-2023学年高三上学期期中）如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC
，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且AEEFFD==，将半圆沿AD翻折如图2．(1)求证：EF∥平面ABCD；(2)当多面体ABE﹣DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角
的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)15【分析】（1）由正六边形的性质可得//EFAD，即可证；（2）AEGBEGBFHCDFHCVVVV−−−=++三棱锥三棱柱三棱锥，由此可得π2，再求平面ABE与平面CDF的
法向量，代入公式即可得．【详解】（1）证明：连接AE，EF，FD，六边形ABCDFE为正六边形，则////EFADBC，在翻折过程中，//EFAD，EF平面ABCD，AD平面ABCD，所以//EF平面A
BCD．（2）连接EB，FC分别交AD于G，H，则EBAD⊥，FCAD⊥，翻折过程中，EG平面EGB，GB平面EGB，EGGBG=，ADEG⊥，ADGB⊥，所以AD⊥平面EGB，同理AD⊥平面FHC，所以平面//EGB平面FHC．又因为////EFGHBC，则
三棱柱EGBFHC−为直三棱柱，//EGFH，//BGHC，且3EGGBFHHC====，1AGHD==，2GH=．设EGB=，所以ΔΔ13sinsin22EGBFHCSSEGBG===，11
4433EGBEGBFHCAEGBEGBFHCDFHCVVVVAGSGHSHDSsin−−−=++=++==三棱锥三棱柱三棱锥．所以sin1=，即2=，ADEG⊥，ADGB⊥，EGB为二面角EADB−−的
平面角，即平面EFDA⊥平面ABCD．以G为坐标原点，GB，GD，GE所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图，则(0A,1−,0)，(3,0,0)B，(0,0,3)E，(3C,2,0)，(0D,3,0)，(0F,2,3)，(3,1,0),(0,1,3)ABAE==，设平面ABE的一个法
向量(,,)nxyz=，有3030ABnxyAEnyz=+==+=，令1x=得(1,3,1)n=−r，同理可得平面CDF的法向量(1,3,1)m=，设平面ABE与平面CDF的夹角为，观察图
可知其为锐角，则1cos5mnmn==，所以平面ABE与平面CDF的夹角的余弦值为15．7．（安徽省合肥市庐江第五中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，侧面ABED与ACFD
均为梯形，AB∥DE，AC∥DF，AB⊥BE，且平面ABED⊥平面ABC，AC⊥DE．已知AB＝BE＝AC＝1，DE＝DF＝2．(1)证明：平面ABED⊥平面ACFD；(2)求平面BEFC与平面FCAD的夹角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)π3【分析】（1）由//ABDE
，ACDE⊥，得ACAB⊥，由平面ABED⊥平面ABC，结合面面垂直的性质定理可得AC⊥平面ABED，即可得出答案；（2）作DE中点M，连接AM，易知AB，AM，AC两两垂直，以AB，AM，AC为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ACFD的法向量为1(mx=,1y,1)z，平面CB
EF的法向量为2(nx=,2y,2)z，设平面BEFC与平面FCAD的夹角为，则cosmnmn=，即可得出答案．【详解】（1）证明：因为//ABDE，ACDE⊥，所以ACAB⊥，又AC平面ABC，平面ABED
⊥平面ABC，平面ABED平面ABCAB=，所以AC⊥平面ABED，又AC平面ACFD，所以平面ABED⊥平面ACFD．（2）如图，作DE中点M，连接AM，易知AB，AM，AC两两垂直，以AB，AM，AC为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，则(1B,0,0)，(0C,0,1)，(1F−,1,2)，所以(1CB,0,1)−，(0,0,1)CA=−，(1,1,1)CF=−设平面ACFD的法向量为1(mx=,1y,1)z，则1111111000mCAzzxym
CFxyz=−====−++=，取11x=，则11y=，10z=，所以(1m=,1,0)，设平面CBEF的法向量为2(nx=,2y,2)z，则22222222000nCBxzxzynCFxyz=−====−++=，取21
x=，则20y=，21z=，所以(1n=,0,1)，设平面BEFC与平面FCAD的夹角为π0,2，则11cos21111mnmn===++，所以π3=，所以平面BEFC与平面
FCAD的角π3．8．（黑龙江省齐齐哈尔市三立高级中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在三棱柱111ABCABC-中，1AA⊥底面ABC，5ABAC==，2BC=，12AA=，D、E分别为棱BC、11AB的中点，12APPB=，12CQQE=.(1)求证：//
PQ平面1CAD；(2)求直线PQ与平面1ABC所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)23【分析】（1）取11BC中点F，连接1AF、FB，证明出//PQBF，再证明出四边形1FCDB为平行四边形，可得出1//BFDC
，可得出1//PQDC，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出DF⊥平面ABC，ADBC⊥，以D为原点，DC、DA、DF分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分析可知，PQ与平面1ABC所成角等于BF与平面
1ABC所成角，利用空间向量法可求得直线BF与平面1ABC所成角的正弦值，即为所求.【详解】（1）证明：取11BC中点F，连接1AF、FB.因为E是11AB的中点，且12CQQE=，故Q为111ABC△的重心，所以1A、Q、F共线，且12AQQF=，又12APPB=，故11AQAP
QFPB=，所以//PQBF，因为11//BBCC且11BBCC=，则四边形11BBCC为平行四边形，故11//BCBC且11BCBC=，因为D、F分别为BC、11BC的中点，所以，1//CFBD且1CFBD=，则四边形1FCDB为平行四边形，所以1//BFDC，所以1//PQ
DC，又PQ平面1CAD，1DC平面1CAD，所以//PQ面1CAD.（2）解：因为11//BCBC且11BCBC=，D、F分别为BC、11BC的中点，则1//BDBF且1BDBF=，所以，四边形1BBFD为平行四边形，所以，1//DFBB，又因
为11//AABB，所以，1//DFAA，因1AA⊥平面ABC，故DF⊥平面ABC，又ABAC=，D是BC中点，故ADBC⊥.于是以D为原点，DC、DA、DF分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系（如图），则()0
,2,0A、()1,0,0B−、()0,0,2F、()1,0,0C、()11,0,2B−、()11,0,2C、()10,2,2A，()2,0,0BC=，()11,2,2BA=，()1,0,2BF=，设(),,nxyz=
为平面1ABC的法向量，则120220nBCxnBAxyz===++=，令1y=，得()0,1,2n=−，因为//PQBF，故PQ与平面1ABC所成角等于BF与平面1ABC所成角，记为，所以22sincos,333nBFnBFnBF====.9．（2022秋·云南·高三
云南民族大学附属中学校考期中）如图，已知直角梯形ABCD与ADEF，222DEBCADABAF=====，ADAF⊥，//EDAF，AD⊥AB，//BCAD，G是线段BF上一点.(1)平面ABCD⊥平
面ABF(2)若平面ABCD⊥平面ADEF，设平面CEG与平面ABF所成角为，是否存在点G，使得14cos14=，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，点G为BF中点【分析
】（1）由线面垂直的判定定理证AD⊥平面ABF，再由面面垂直的判定证结论；（2）由题设构建空间直角坐标系，求出平面CEG与平面ABF法向量，结合已知夹角的余弦值求参数，进而确定点的存在性.【详解】（1）因为ADAF
⊥，ADAB⊥，AFABA=，AF、AB平面ABF，所以AD⊥平面ABF，又AD平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ABF.（2）由面ABCD⊥面ADEF，ADAF⊥，面ABCD面ADEFAD=，AF面ADEF，所以AF⊥平面ABCD，AB在面ABCD内，则AF
AB⊥，结合已知建立如下空间直角坐标系，则(2,1,0),(0,2,1),(0,0,2),(2,0,0)CEFB，设,0,1FGFB=，得(2,0,22)G−，平面ABF的法向量为(0,1,0)m=，又()()2,1,1,22,1,22CECG=−=−−−，设平面
CEG的法向量为(,,)nxyz=，则()()2022220xyzxyz−++=−−+−=，取22y=−，则()32,22,42n=−−−，故222|cos|||123629mnmn−==−+
=1414，解得=12，2722=（舍），所以点G的坐标为(1,0,1)，故存在点G为BF中点时使得14cos14=.10．（福建省泉州市安溪一中、泉州实验中学、养正中学2023届高三上学期期中）如图，在三棱柱111ABCABC-中，ABBC=，11ABBC=．(1)证明：1ACBB⊥；
(2)若12ABBB==，16AB=，120ABC=，求二面角1ABBC−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)35-【分析】（1）取AC的中点D，连接BD，1BD，即可证明AC⊥平面1BBD，从而得证；（2）证明1BD⊥平面ABC，
以D为坐标原点，分别以DB、DC、1DB所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，再由空间向量求解．【详解】（1）取AC的中点D，连接BD，1BD，ABBC=，11ABBC=，ACBD⊥，1ACBD⊥，又1BDBDD=，1,BDBD平面1BBD，AC⊥平面1BB
D，而1BB平面1BBD，1ACBB⊥；（2）在ABC中，2ABBC==，120ABC=，可得112BDAB==，223ACAD==，在1ABCV中，116ABBC==，23AC=，可得1633BD=−=，在1BB
D△中，1BD=，13BD=，12BB=，可得22211BDBDBB+=，即1BDBD⊥，由（1）知，AC⊥平面1BBD，AC平面ABC，所以平面ABC⊥平面1BBD，又平面ABC平面1BBDBD=，1BD平面1BBD，1BD⊥平面ABC，以D为坐标原点，
分别以DB、DC、1DB所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0B，()0,3,0A−，()0,3,0C，()10,0,3B，(1,3,0)BA=−−，1(1,0,3)BB=−，(1,3,0)BC=−，设平面1ABB与平面1CBB的一个法向量
分别为111(,,)mxyz=，222(,,)nxyz=，由111113030mBAxymBBxz=−−==−+=，取13x=，得(3,1,1)m=−，由122223030nBBxznBCxy=−+=
=−+=，取23x=，得(3,1,1)n=．3113cos,555mnmnmn−+===．由图可知，二面角1ABBC−−的平面角为钝角，二面角1ABBC−−的余弦值为35-．11．（湖南省衡阳师范学院祁东附属中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，平面五边形AB
CDE由等边三角形ADE与直角梯形ABCD组成，其中ADBC∥，ADDC⊥，22ADBC==，3CD=，将ADEV沿AD折起，使点E到达点M的位置，且BMa=.(1)当6a=时，证明ADBM⊥并求四棱锥MABCD−的体积；(
2)已知点P为棱CM上靠近点C的三等分点，当3a=时，求平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析，32(2)1313【分析】（1）首先取取AD的中点O，连结MO，OB，由条件可先证明AD⊥平面MOB，即可证明ADBM⊥，再利用线面
垂直的判断定理，以及勾股定理证明OM⊥平面ABCD，最后根据锥体的体积公式，即可求解；（2）以点O为原点，根据（1）中的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角公式，求二面角的余弦值.【详解】（1）如图，取AD的中点O，连结MO，OB，
因为ADM△为等边三角形，且2AD=，则OMAD⊥，3OM=.因为ADBC∥，ADDC⊥，22ADBC==，3CD=，所以2BD=，π6BDC=，那么π3BDA=，则ADB也是等边三角形，所以OBAD⊥，3OB=.因为OMOBO=，OM，OB平面MOB，所以AD⊥平面MOB，因为B
M平面MOB，所以ADBM⊥.因为6BMa==，所以222OMOBBM+=，所以OMOB⊥，因为OAOBO=，OA，OB平面ABCD，所以OM⊥平面ABCD.所以()1131233322MABCDV−=+=.（2）由（1）知AD⊥
平面MOB，以OA､OB所在直线分别为x轴､y轴，在平面MOB内过O作OB的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz−，如图所示.则()0,3,0B，()1,0,0D−，()1,3,0C−在MOB△中，因为3BMa==，所以()()2223331cos2233MOB+−
==−，由()0,π,MOB则2π3MOB=，过点M作直线OB的垂线，垂足为G，则3πMOG=，所以32MG=，32OG=，所以330,,22M−设(),,Pxyz，因为13CPCM=，所以()13331,3,1,,322x
yz+−=−，所以23x=−，32y=，12z=，即231,,322P−所以131,,322DP=，()1,3,0DB=，设平面PBD的法向量为()111,,xnyz=，则11111131032230DPnxyzDBnxy=++==+=
，不妨令13x=，则11y=−，133z=，所以33,1,3n=−不妨设平面ABCD的法向量为()0,0,1m=，设平面PBD与平面ABCD的夹角为则3133coscos,131313mnmnm
n====++，所以平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值是1313.12．（2022秋·吉林长春·高三长春市第十七中学上学期期中）如图1，等腰梯形ABCD中，//ADBC，2ABAEBECD====，4BCED==，O
为BE中点，F为BC中点.将ABE沿BE折起到ABE的位置，如图2．(1)证明：CD⊥平面AOF；(2)若平面ABE⊥平面BCDE，求点F到平面AEC的距离．【答案】(1)证明见解析(2)32．【分析】（1）证明OFCD
⊥，CDAO⊥即可证明CD⊥平面AOF；（2）由//OF平面AEC，得点F到平面AEC的距离等于点B到平面AEC的距离的一半，找出点B到平面的距离BH即可求解.【详解】（1）证明：在等腰梯形ABCD中，//ADBC，4BCED==，所以四边形BCDE是平行四边形，
所以//BECD，因为2ABAEBECD====，所以ABE为等边三角形，则60=∠BAE.因为O为BE中点，所以BEAO⊥，在等腰梯形ABCD中，可得60BAECDECBE===.连接EC，在BEC中，由余弦定理可得2222212cos422421
22ECBCBEBCBEEBC=+−=+−=,则23EC=，所以22216BEECBC+==，则BEEC⊥.因为O、F分别是BE、BC中点，所以//OFEC，所以OFBE⊥，从而可得OFCD⊥，
CDAO⊥，因为AOOFO=，AO、OF平面AOF，所以CD⊥平面AOF．（2）由（1）可知，//OFEC，因为OF平面AEC，EC平面AEC，所以//OF平面AEC，所以点F到平面AEC的距离即为点O到平面AEC的距离
.因为O是BE中点，所以点F到平面AEC的距离等于点B到平面AEC的距离的一半.取AE的中点为H，连接BH.因为ABE为等边三角形，所以BHAE⊥，由（1）知ECBE⊥，因为平面ABE⊥平面BCDE，平面'ABE
平面BCDEBE=，EC平面BCDE，所以EC⊥平面ABE.因为BH平面ABE，所以ECBH⊥.又因为ECAEE=，EC、AE平面AEC，所以BH⊥平面AEC，则点B到平面AEC
的距离为BH.因为ABE是等边三角形，边长为2，故BH22213=−=，所以点B到平面AEC的距离为3，故点F到平面AEC的距离为32．
