【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题19 立体几何与空间向量（解答题压轴题） Word版含解析.docx，共(95)页，7.716 MB，由小赞的店铺上传

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专题19立体几何与空间向量（解答题压轴题）立体几何与空间向量（解答题压轴题）①直线与平面所成角问题②二面角问题③体积（距离）问题④折叠问题①直线与平面所成角问题1．（2022·黑龙江·勃利县高级中学高二阶

段练习）如图，在四棱锥PABMN−中，PNM△是边长为2的正三角形，ANNP⊥，ANBM∥，3AN=，1BM=，22AB=，C，D分别是线段AB，NP的中点.(1)求证：平面ANMB⊥平面NMP；(2)求直线CD与平面ABP所成角的正弦值.【答案】(1)证明见详解.(2)3620（1）如图，在

四边形ABMN中，过B作BEMN∥交AN于E，在AEB△中，得2AE=，2,22BEAB==，则222ABAEBE=+，得AEBE⊥，,BEMNANNM⊥∥，又由已知条件,,,ANNPNMNPNNMNP⊥=平面NMP

，故AN⊥平面NMP，又AN平面,ANMB平面ANMB⊥平面NMP.（2）PMN为等腰三角形，DMNP⊥，又因为AN⊥平面MNP，以D为原点建立空间直角坐标系，如图：可得()()()()()()0,0,0,1,0,0,1,0,0,0,3,0,1,0,3,0,3,1DPNMAB−−，13,

,222C−，设平面ABP的法向量为()()(),,,1,3,2,2,0,3nxyzABAP==−=−，根据00nABnAP==，得320230xyzxz+−=−=，令3x=，则3,23yz==，得33,,23n=

，又13,,222DC=−，设直线CD与平面ABP所成角为，则3143622sincos,2023053CDnCDnCDn−++====，故直线CD与平面ABP所成角的正弦值36sin20

=.2．（2022·江苏苏州·高一期末）如图，在直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，120ADC=，14CC=，M，N分别是线段1DD，BD上的动点，且()01DNDB=

.(1)若二面角1MBCC−−为60，求DM的长；(2)当三棱锥MADC−的体积为233时，求CN与平面BCM所成角的正弦值的取值范围.【答案】(1)1；(2)210,7.（1）解：取BC中点P，过P点作PQBC⊥

，交11BC于点Q，连结PM.因为底面ABCD是边长为2的菱形，120ADC=，所以BCD△为等边三角形.由直四棱柱1111ABCDABCD−，可得1DD⊥平面ABCD，1CC⊥平面ABCD，11//CCDD，90MDCMDB==，BDDC=，MDMD=,所以MDB△和MDC

△全等，可得MBMC=.因为P为BC中点，所以MPBC⊥.又因为PQBC⊥，所以MPQ为二面角1MBCC−−的平面角，即60MPQ=o.在平面11BBCC中，PQBC⊥，1CCBC⊥，所以1//CC

PQ，则有1//DDPQ，所以60DMPMPQ==.在RtMDP中，2BC=，332DPBC==，则3tantan60DMPDM==，解得1DM=.（2）因为1DD⊥平面ABCD，所以13MACDAC

DVSDM−=，113sin223.222ACDSDCDAADC===因为三棱锥MADC−的体积为233，所以123333DM=，解得2DM=，所以M为1DD中点.因为DM⊥平面ABCD，所以12

33MNBCNBCNBCVDMSS−==.在BCD△中，()01DNDB=，()()()1311223122BCNBCDSS=−=−=−，所以()2313MNBCV−=−.设N到平面BCM的距离为d，在MB

C△中，22MBMC==，2BC=，所以2211277242MBCBCSBCCM=−==，所以1733NMBCMBCVdSd−==.因为MNBCNMBCVV−−=，所以()237133d−=，解得()22117d=−.在CDN△中，由余弦

定理得2222cos60CNCDDNCDDN=+−，所以22444CN=−+.设CN与平面BCM所成角为.所以()()222211211sin01774441dCN−−===−+−+.令()10,1m−=，则2221211sin771

111mmmmm==−+−+.因为01m，所以11m，所以210sin7，所以CN与平面BCM所成角正弦的取值范围是210,7.3．（2022·全国·高一单元测试）如图，在四棱锥PABC

D−中，底面ABCD为直角梯形，//ADBC，90ADC=，22ABADBC===，PADBAD≌.(1)M为PC上一点，且PMMC=，当//PA平面DMB时，求实数的值；(2)当平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为30时，求PC与平面ABCD所

成角的正弦值.【答案】(1)2=(2)31020（1）如图，连接AC交BD于点N，连接MN，∵//PA平面BDM，PA平面PAC，平面PAC平面BDMMN=，∴//PAMN，在梯形ABCD中，∵//BCAD，∴

ADNCBN∽△△，∴12CNCBANAD==，∵//PAMN，∴2PMANMCCN==，∴2=（2）取AD的中点O，连接OP，OB，∵O为AD的中点，且//BCAD，2ADBC=，∴//ODBC且ODBC=，∴四边形OBCD

为平行四边形，∴//CDOB，∵90ADC=，∴90BOD=，∴ADOB⊥，又ABAD=，∴ABD△为等边三角形，又PADBAD≌，∴PAD△为等边三角形，∴ADOP⊥∵OPOBO=，OP平面POB，OB平面POB，∴

AD⊥平面POB，∵BP平面POB，∴ADBP⊥，过点P作//lAD，由//ADBC，则//lBC，∴l平面PAD，l平面PBC，即平面PAD平面PBCl=，∴lOP⊥，lBP⊥，∴BPO为平面PA

D与平面PBC所成的锐二面角，∴30BPO=.又由3==OPOB，∴30OBP=，∴120BOP=，作PHBO⊥交BO的延长线于H，连接CH，∵PHOB⊥，∵AD⊥平面POB，PH平面POB，∴ADPH⊥，∵ADOBO=，AD平面ABCD，OB

平面ABCD，∴PH⊥平面ABCD，∴PCH为PC与平面ABCD所成的角，在RtPOH中，3sin602PHOP==，3cos602OHOP==∵332BHOBOH=+=，∴22312CHBCBH=+=，2210PCPHCH=+=，∴3102sin20

031PHPCHPC===，因此，PC与平面ABCD所成角的正弦值为31020.4．（2022·吉林·长春外国语学校高一期末）如图，直四棱柱1111ABCDABCD−的底面是边长为2的菱形，且π3BAD=.(1)证明：平面1ACD⊥平面1BDD；(2)若平面1ABD⊥平面1CBD，求

1DB与平面1ABD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)4214.（1）在直四棱柱1111ABCDABCD−中，1DD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则1DDAC⊥，四边形ABCD为菱形，则BDAC⊥，而1BDDDD=，1,BDDD平面

1BDD，因此AC⊥平面1BDD，又AC平面1ACD，所以平面1ACD⊥平面1BDD.（2）令ACBDO=，连接111111,,,AOCOACBD，如图，1AA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，则1AABD⊥，由（1）知BDAC⊥，1ACAAA=∩，1,AC

AA平面11ACCA，因此BD⊥平面11ACCA，又1OC平面11ACCA，于是得1BDOC⊥，而平面1ABD⊥平面1CBD，平面1ABD平面1CBDBD=，1OC平面1CBD，则1OC⊥平面1

ABD，而1OAÌ平面1ABD，有11OCOA⊥，即1190AOC=，菱形ABCD中，π3BAD=，2AB=，则3OAOC==，1123ACAC==，令1AAa=，则2113OAOCa==+，由2221111OAOCAC+=得3a=，令11111ACBDO=，连11OOBDM=，过

M作1//MNOC交1OA于N，则有MN⊥平面1ABD，连BN，则MBN是直线1DB与平面1ABD所成的角，11113222OMOOAA===，显然45=MON，则2624MNOM==，又2211117222BMBDBDDD==+=，因此，6424sin1472MNMBNBM===，所

以1DB与平面1ABD所成角的正弦值是4214.5．（2022·福建省永泰县第一中学高二开学考试）四棱锥SABCD−，底面ABCD是平行四边形，90,DBCSCSDDC===，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SBDC−−的大小为，且tan6=.求直线BE与平面ABCD所成的角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)155（1）连AC交BD于F，连EF．∵A

BCD是平行四边形，∴AFFC=∵直线//SA平面BDE，SA面PAC，面SAC面BDEEF=，∴//SAEF，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SCD满足S

CSDDC==，不妨设2SCSDDC===∴3SO=，SOCD⊥∵平面SCD⊥平面ABCD，平面SCD平面ABCDCD=∴SO⊥平面ABCD，又DB平面ABCD，故SODB⊥，∵,ODOCDFFB==∴1,

2FOBCFOBC=∥∵CBDB⊥∴FOBD⊥，∴SFBD⊥，又SOSFS=，,SOSF平面SOF，∴BD⊥平面SFO∴SFO是二面角SBDC−−的平面角∴SFO=，又3SO=，∴tan6SOFO==∴22FO

=∴2BC=∴222BDCDBCBC=−==∴,1BOCDBO⊥=∴2252BGBOOG=+=，∵OGGC=∴3,2SOEGEG=∥，∴EG⊥平面ABCD∴EBG为直线EB与平面ABCD所成的角15tan5EGEBGBG==，

即直线EB与平面ABCD所成的角的正切值为1556．（2022·山东烟台·高一期末）如图，在三棱柱ADPBCQ−中，侧面ABCD为矩形．(1)设M为AD中点，点N在线段PC上且2NCPN=，求证：PM∥平面BDN；(2)若二面角QBCD

−−的大小为，5,46，且cosADAB=，求直线BD和平面QCB所成角的正弦值的取值范围．【答案】(1)证明见解析；(2)7,17.(1)连接MC交BD于E，连接NE，因为侧面ABCD为矩形，所以ADBC∥，又M为AD中点，所以2ECB

CEMDM==，又因为2NCPN=，所以2CNCENPEM==．所以PMNE∥，又PM平面NBD，NE平面NBD，所以PM∥平面BDN．(2)在平面QBC中，过点C作射线CFBC⊥，因为底面ABCD为矩形，所以BCCD⊥，所以DCF为二面角QBCD−−的平面角，且DCF=．又CFCD

C=，所以BC⊥平面CDF，在平面DCF中，过点D作DGFC⊥，垂足为G，因为BC⊥平面DCF，DG平面DCF，所以DGBC⊥，又BCFCC=，BC平面BCQ，FC平面BCQ，所以DG⊥平面BCQ，于是DG为点D到平面BCQ的距离，且sinDGDC=，设直线BD和平面PAD

所成角为，则222sinsinsin1cosDGABBDABAD===++2211cos=−+，5,46，由5,46，可得2323cos,,cos0,22

4−，∴2221271,1,1,11cos71cos7−−++所以直线BD和平面PAD所成角的正弦值的取值范围是7,17．7

．（2022·吉林·长春吉大附中实验学校高一期末）如图，在四棱锥PABCD−中，PBC为正三角形，底面ABCD为直角梯形，//ADBC，90ADC=，3ADCD==，4BC=，点N在线段PC上，且2CNNP=．(1)探究在线段AD上是否存在点M，使得//PM平面NDB，若存

在，试证明你的结论；若不存在，请说明理由．(2)设二面角PBCA−−的大小为，若3cos3=，求直线BD与平面PAD所成角的正弦值．【答案】(1)存在点M，当2DMAM=时//PM平面NDB，证明见解析；(2)225（1）解：存在点

M，当2DMAM=时//PM平面NDB，证明：连接MC，交BD于点E，连接NE，因为2DMAM=，3AD=，所以2DM=，1AM=，因为//ADBC，则MDECBE∽，则2CEBCCNEMDMNP===，故//PMNE，又NE平面NBD，PM平面NBD，故//PM平面BDN；（2）解：

取BC的中点F，连接MF，PF，因为PBC为正三角形，则PFBC⊥，3sin604232PFPB===，因为ABCD为直角梯形，//ADBC，90ADC=，2FCMD==，故四边形DMFC为矩形，则M

FBC⊥，又MFPFF=，MF，PF平面PMF，所以BC⊥平面PMF，又BC平面PBC，故平面PBC⊥平面PMF，所以PFM为二面角PBCA−−的平面角，故PFM=，且3cos3=，设PMx=，由余弦定理可得，2222cosPMPFMFPFMF=+−

，所以2223(23)322333x=+−，整理可得290x-=，解得3x=或3x=−（舍)，过点F作FQPM⊥，交PM于点Q，因为//ADBC，且BC⊥平面PMF，故AD⊥平面PMF，又AD平面PAD，则平面PAD⊥平面PMF，又平面PAD平面

PMFPM=，QF平面PMF，所以QF⊥平面PAD，故QF即为点F到平面PAD的距离，又//ADBC，AD平面PAD，BC平面PAD，所以//BC平面PAD，故QF即为点B到平面PAD的距离，因为3cos3PFM=，则26sin1cos3PFMP

FM=−=，所以11sin22PFMSPFMFPFMPMQF==，即1612333232QF=，解得22QF=，又22345BD=+=，故直线BD与平面PAD所成角的正弦值为225QFBD=．8．（2022·

黑龙江·铁人中学高一期末）在三棱台111ABCABC−中，32602ACABBAC===，，，111112ACCCACCC==⊥，，，侧面11ACCA⊥平面1ABC．(1)求证：1AC⊥平面1ABC；(2)求证：1ABC是直角三角

形；(3)求直线1AA与平面ABC所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)53(1)四边形11ACCA中，因为1ACCC⊥，故四边形11ACCA为梯形，111ACCC⊥，故11111tan2CCCACAC==，11tan2ACACCCC==，且111,0,2CACAC

C，故111CACACC=，又11112CACCCA+=，故1112ACCCCA+=，故11ACAC⊥.又侧面11ACCA⊥平面1ABC，且交线为1AC，故1AC⊥平面1ABC(2)在AB上取一

点E使得1AE=，设11ACACD=，连接ED.因为2160ACAEBAC===o，，，则由余弦定理可得2222cos60ECACAEACAE=+−o，解得3EC=，因为222ACAECE=+，故AEEC⊥.由（1）1AC⊥平面1ABC，AE平面1ABC，故1ACAE⊥，又1ACECC

=，1,ACEC平面1ACE，故AE⊥平面1ACE.又ED平面1ACE，故AEED⊥.又梯形11ACCA中1112ACAC=，根据平行线中两三角形的性质有11ADCCDAV:V，故11112CDACAD

AC==，又11212EBAE==，故1CDBEADAE=，故1EDBC∥，故1ABBC⊥.故1ABC是直角三角形(3)由（2）13333224ABCS==，11332226co4sABACBAC===+，故12310142sin6

BAC=−=，故B到1AAC的距离为1310310248sinABBAC==.设1A到ABC的距离为h，则因为11AABCBAACVV−−=，即111310338ABCAACShS=VV，所以33131022428h=，解得153h=.设直线1AA与平面ABC所

成角为，则11553sin33hAA===，即直线1AA与平面ABC所成角的正弦值为539．（2022·江西·新余市第一中学高二开学考试）如图，已知四棱锥VABCD−，底面ABCD是矩形，,VDCDVDB

C=⊥，点E是棱VC上一劫点（不含端点）.(1)求证：平面ADE⊥平面VCD；(2)当22CDAD==且6VCD=时，若直线VC与平面ADE所成的线面角,32，求点E的运动轨迹的长度.【答案】(1)证明见解

析(2)233（1）证明：因为,VDBCBCAD⊥∥，故ADVD⊥，又ADDC⊥所以AD⊥平面VCDAD平面ADE所以平面ADE⊥平面VCD（2）首先，取VC中点F，连接DF在等腰VDC中，DFVC⊥

①由（1）知AD⊥平面VCD，得ADDF⊥②由①②得DF⊥平面ADF，即此时当F与E点重合时，直线VC与平面ADE所成的线面角为2，其次，由题意易得，存在点F两侧各有两个点，如图分别记为12,EE，使得60,E=的运动轨迹即为线段12EE.作CHED⊥于H

，又AD⊥平面VCD，得ADCH⊥，故CH⊥平面ADE，所以()VCEC在平面ADE的射影为EH，CEH即为直线VC与平面ADE所成的线面角，即13CEH=此时，1,63VCDCEH==，此时H与D重合，故143si

n603CDCE==同理可得22,3sin30sin120CECDVED==，解得2233CE=故E的运动轨迹长度为12432323333EE=−=.10．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，几何体ABCDPQ中，,ADPBCQ均为正三角形，四边形ABCD为正方形，PQ∥平面ABC

D，,2⊥=APCQAB，M，N分别为线段PQ与线段BC的中点.(1)求证：MN∥平面ADP；(2)求直线AP与平面BCQ所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63（1）设P,Q在平面ABCD上的射影分别为G,H,取AD中点E，连,

PEGE，由于,ADPBCQ均为正三角形，故ADPE⊥,而,PGADPEPGP⊥=，故AD⊥平面PGE,GEÌ平面PGE,故ADGE⊥,即G点在AD的垂直平分线上，同理可证H在BC的垂直平分线上，由于四边形ABCD为正

方形，故EN垂直平分AD,BC,故G,E,N,H在一条直线上，因为PQ∥平面ABCD，则,PGQHPGQH=∥,故四边形PGHQ为平行四边形，则PQGH∥,则PMNE∥;延长AB于F使得=AFPQ，连CF，延长NE交CF于O，连OQ，取EN中点J，连结MJ，则四边形AFQP是平行四边形，∴2==

APQF，∥APQF，又∵2,=⊥CQAPCQ，则QFCQ⊥,∴222,422CFBF=+==−=，即22AF=,故22,2PQPM==,故2NEPM==,∴四边形PENM为平行四边形.，∴∥MNPE，又∵MN

平面ADP，PE平面ADP，∴//MN平面ADP.（2）由（1）得，四边形AFQP是平行四边形，2,2==CFBF，∵ADP△均为正三角形，E为AD中点.∴ADPE⊥又∵ADEN⊥，∴AD⊥面PQEO.∴面⊥PEOQ面AFCD∵在四边形PEOQ中MJQO∥且MJEN⊥，∴⊥QOEO,又∵面

PEOQ面,=AFCDEOQO面PEOQ，∴QO⊥面AFCD,方法一：（等体积法）∵∥APQF，∴直线AP与平面BCQ所成角等于QF与平面BCQ所成角,∵−−=QBCFFBCQVV，1=BCFS，1632222==BCQS，1OQ

=,设F到平面BCQ的距离为d，∴23BCFBCQSOQdS==，设QF与平面BCQ所成角为，∴6sin3dQF==；方法二：（向量法）连接OB，以,,OBOFOQ为x，y，z轴建立空间直角坐标系Oxyz

，由于CBBF⊥,故1,1OBOFOQ===，于是(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),(0,1,0)−QBFC，则(0,1,1),(1,1,0),(0,1,1)==−==PAQFCBCQ，设平面BCQ的法向量为(,,)n

xyz=，则00nCBxynCQyz=+==+=，得法向量的一个解为(1,1,1)n=−r，所以直线AP与面BCQ所成角|2|6sin|cos,|323−===nPA.11．（2022·

全国·高三专题练习（理））如图，在四棱锥SABCD−中，四边形ABCD是菱形，1AB=，233SC=，三棱锥SBCD−是正三棱锥，E，F分别为SA，SC的中点.(1)求证：直线BD⊥平面SAC；(2)求二面角EB

FD−−的余弦值；(3)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)147(3)平行，距离为3714（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，

BD的中点，且BDAC⊥，因为三棱锥SBCD−是正三棱锥，SBSD=，O为BD的中点，所以BDSO⊥，又SOACO=，所以BD⊥平面SAC.（2）作SH⊥平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且32OC=，1133332

6OHOC===，2333CHOC==，2241133SHSCCH=−=−=.如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，HS的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则30,,02A−，1,0,02B，C.30,,02，D.1,0,

02−，30,,16S，310,,62E−，310,,22F，所以131,,262BE=−−，131,,232BF=−

，()1,0,0BD=−，设()1111,,nxyz=是平面EBF的法向量，则1111111113102621310232nBExyznBFxyz=−−+==−++=，则()11,0,1n

=，设()2222,,nxyz=是平面DBF的法向量，则22222201310232nBDxnBFxyz=−==−++=，取()20,3,2n=−，所以121212214cos,727nnnnnn−===−，又

因为二面角EBFD−−是锐二面角，所以二面角EBFD−−的余弦值为147.（3）直线SA与平面BDF平行.理由如下：连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以OFSA∥，又因为SA平面BDF，OF

平面BDF，所以直线SA∥平面BDF.（或者用向量法证明直线SA与平面BDF平行：由（2）知()20,3,2n=−是平面BDF的一个法向量，又30,,02A−，30,,16S，

所以230,,13SA=−−，所以()()2230032103SAn=+−+−−=，所以2SAn⊥，又因为SA平面BDF，所以直线SA∥平面BDF.设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的

距离，因为30,,02OA=−，()20,3,2n=−是平面DBF的一个法向量，所以()22300302237147OAnn+−+−==，所以点A与平面BDF的距离为3714，所以直线SA与平面BDF的距离为3714.12．（2022·全国·高三专题练习）如图，

在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为直角梯形，//ADBC，ADDC⊥，PAPDPB==，122BCDCAD===，E为AD的中点，且4PE=．(1)求证：PE⊥平面ABCD；(2)记PE的中点为N，若M在线段BC上，且直线MN与平面PAB所成角的正弦值为39，求线段BM的长．【答案】

(1)证明见解析；(2)2或211（1）连接BE，∵122===BCADDE，ADBC∥，∴BCDE=且//BCDE∴四边形BCDE为平行四边形；2BECD==∵PAPD=且E为AD的中点，∴PEAD⊥，所以2216425=+=+=PDPEDE，∴25PBPD==，∴22

2PEBEPB+=，即PEBE⊥，又∵ADBEE=，∴PE⊥平面ABCD（2）以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()()2,0,0,0,2,0,2,2,0,0,0,4A

BCP−,所以(2,2,0),(0,2,4)=−=−ABPB，设平面PAB的法向量为()111,,nxyz=，则00nABnPB==，即1111220240xyyz−+=−=，取()2,2,

1n=r设([0,2])=BMtt，则(,2,0)−Mt，而(0,0,2)N，所以(,2,2)=−MNt，∵平面PAB的法向量为()2,2,1n=r，设直线MN与平面PAB所成的角为，则22423sincos,9449MNntMNnMNnt−+====++化简得2112440−+=

tt，解得：2t=或211=t，满足[0,2]t故线段BM的长度为2或211．②二面角问题1．（2022·浙江·慈溪中学高三开学考试）如图，在四棱锥PABCD−中，平面PAD⊥平面,2,4,23ABCDPAADBDAB====，BD是ADC的平分线，且BDBC⊥.

(1)若点E为棱PC的中点，证明：BE平面PAD；(2)已知二面角PABD−−的大小为60，求平面PBD和平面PCD的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析.(2)35.（1）延长,CBDA交于点F，连接PF，在CDF中，BDQ是ADC的平分线，且BDBC⊥，CDF

是等腰三角形，点B是CF的中点，又E是PC的中点，BEPF∥，又PF平面,PADBE平面PAD，直线BE平面PAD.（2）在ABD△中，2,4,23ADBDAB===，则90BAD=，即BAAD⊥，由已知得60,8BDCBDACD==

=，又平面PAD⊥平面,ABCDBA平面ABCD所以BA⊥平面PAD，即BAPA⊥，所以以PAD为二面角PABD−−的平面角，所以60PAD=，又2PAAD==，所以PAD△为正三角形，取AD的中点为O，连OP，则,OPADOP⊥⊥平面,ABCD如图建立空间直角坐标系，则()()()()()

1,0,0,1,23,0,5,43,0,1,0,0,0,0,3ABCDP−−，所以()()()1,0,3,2,23,0,4,43,0DPBDDC==−−=−，设()()111222,,,,,mxyznxyz==分别为平面PBD和平面PCD的法

向量，则00mDPmBD==，即1111302230xzxy+=−−=，取11y=−，则()3,1,1m=−−，00nDPnDC==，即2222304430xzxy+=−+=，取21y=，则()3,1,1n=−，所以3cos,5mnmnmn==.则平面

PBD和平面PCD所成夹角的余弦值为35.2．（2022·山西大附中高三阶段练习）如图，在四棱锥SABCD−中，四边形ABCD是矩形，SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，1AB=，P为棱AD的中点，四棱锥SABCD−的体积为233．(1)若

E为棱SB的中点，求证：//PE平面SCD；(2)在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为235？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在点M，位于AS靠近点S的三等分点处满足题意.（1）取SC中点F，连接

,EFFD，,EF分别为,SBSC的中点，//EFBC，12EFBC=底面四边形ABCD是矩形，P为棱AD的中点，//PDBC，12PDBC=．//EFPD，EFPD=，故四边形PEFD是平行四边形，//PE

FD\．又FD平面SCD，PE平面SCD，//PE∴平面SCD．（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边SAD中，P为AD的中点，所以SPAD⊥，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD＝，SP平面SAD

，SP⊥平面ABCD，则SP是四棱锥SABCD−的高．设()0ADmm=，则32SPm=，ABCDSm=矩形，113233323ABCDSABCDVSSPmm矩形四棱锥−===，所以2m＝.以点P为原点，PA，PS的方向分

别为,xz轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0P，()1,0,0A，()1,1,0B，()0,0,3S，故()1,0,0PA=，()1,1,0PB=uur，()1,0,3AS=−．设()(),0,301AMAS

==−，()1,0,3PMPAAM=+=−．设平面PMB的一个法向量为()1,,nxyz=，则11(1)300nPMxznPBxy=−+==+=取()13,3,1n=−−．易知平面SAD的一个法向量为()20,

1,0n=uur，1212212323cos,7215nnnnnn-l×\===l-l+uvuuvuvuuvuvuuv，01，23=故存在点M，位于AS靠近点S的三等分点处满足题意.3．（2022·安徽·高三开学考试）

如图，在三棱柱111ABCABC−中，111,,BCBBBCBCOAO==⊥平面11BBCC.(1)求证:1ABBC⊥;(2)若160BBC=，直线AB与平面11BBCC所成的角为30，求二面角111ABCA−−的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)437（1）证明:因为A

O⊥平面11BBCC，1BC平面11BBCC，所以1AOBC⊥，因为1BCBB=，四边形11BBCC是平行四边形，所以四边形11BBCC是菱形，所以11BCBC⊥，又因为1AOBCO=，AO平面1ABC，1BC平面1ABC，所以1BC⊥平面1ABC，因为ABÌ平面1ABC

，所以1ABBC⊥.（2）解：因为AB与平面11BBCC所成角为30,AO⊥平面11BBCC，所以30ABO=，因为160BBC=，所以1BCB△是正三角形，设2BC=，则12,3,1BCBOOA===，以O为原点，分别以1,,OBOBOA所在直线为,,xyz轴建立如图所示的空间

直角坐标系，如图所示，则11(3,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(3,0,0)BBAC−，所以11111(0,1,1),(3,1,0),(3,0,1)ABCBABAB=−===−，设平面11ABC的一个法向量为1(,,

)nxyz=，则11111030nAByznCBxy=−==+=，取1x=，可得3,3yz=−=−，所以1(1,3,3)n=−−，设平面111BCA的一个法向量为2111(,,)nxyz=，则211111111130

30nABxznCBxy=−==+=，取11x=，可得13,3yz=−=，所以2(1,3,3)n=−，设二面角111ABCA−−的大小为，因为121212(1,3,3)(1,3,3)1cos,777

nnnnnn−−−===，所以2143sin177=−=，所以二面角111ABCA−−的正弦值为437.4．（2022·广东湛江·高二期末）如图，在三棱柱111ABCABC−中，1AA⊥平面ABC，23A

B=，24ACBC==，且D为线段AB的中点，连接1AD，CD，1BC.(1)证明：1BCAD⊥；(2)若1B到直线AC的距离为19，求平面11BAC与平面1ACD夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析.(2)3465155.(1)证明：因为1AA

⊥平面ABC，BC平面ABC，所以1AABC⊥；因为222ABBCAC+=，所以ABBC⊥；因为1AAABA=，1,AAAB平面11ABBA，所以BC⊥平面11ABBA；因为1AD平面11ABBA，所以1BCAD⊥.(2)以B为原点，BA为x轴，1B

B为y轴，BC为z轴建立空间直角坐标系Bxyz−.则(0,0,0)B，(23,0,0)A，(0,0,2)C，(23,0,2)CA=−设1BBm=，1(0,,0)Bm，1(0,,2)CBm=−，因为若1B到直线AC的距离为19，即2211()19CB

CACBCA−=，解得4m=.故1(0,4,0)B，1(23,4,0)C，(3,0,0)D，(3,0,2)CD=−，1(3,4,0)DA=，11(23,0,0)BA=，1(0,4,2)BC=−.设平面11ABC的法向量

为111(,,)nxyz=，则11100nBAnBC==，所以111230420xyz=−+=，不妨取(0,1,2)n=.设平面1ACD的法向量为222(,,)mxyz=，则100mCDmDA==，所以2221320340xzxy−=

+=，不妨取(4,3,23)m=−−.设平面11BAC与平面1ACD夹角为，则333465cos||||155||||531mnmn−===，即平面11BAC与平面1ACD夹角的余弦值为3465155.5．（2022·浙江嘉兴·高一期末）如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABC

D是直角梯形，//ADBC，ADAB⊥，平面PAB⊥平面PBC，162ADBC==，3ABAP==．(1)求证：ADPB⊥；(2)若PD与平面PBC所成的角为30，求二面角BPDC−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)3333(1)

取PB中点M，连接AM∵ABAP=，∴AMPB⊥，又平面PAB⊥平面PBC，AM在平面PAB中，平面PAB平面PBCPB=，∴AM⊥平面PBC．而BC平面PBC，∴AMBC⊥，又BCAD∥，∴ADAM⊥，又∵ADAB⊥，AMABA=∴AD⊥平面PAB，又∵PB平面PA

B，∴ADPB⊥．(2)取PC中点N，连MN，DN，则12MNBC=，MNBC，又12ADBC=，ADBC∥，所以MNAD∥，MNAD=，所以四边形AMND是平行四边形，则DNAM∥．又AM⊥平面PBC．∴DN⊥平面PBC，则DPC是PD与平面PBC所成的角，30DPC=，又223PDADA

P=+=，直角梯形中3CD=，则33PC=，直角PBC中，223PBPCBC=−=，所以PAB△是等边三角形．取AB中点O，取CD中点Q，连接OPOQ、以O为原点，分别以OA、OQ、OP为x、y、z轴建立空间直角坐标系如

图，则30,0,2P，3,0,02B−，,032,26C−，3,6,02D．()3,6,0CD=−，33,26,22PC=−−设平面PCD的一个法向量为()1,,nxyz=，则3603326022xyxyz−

=−+−=，令1y=，则2x=，6z=，则()12,1,6n=．同理，设平面BPD的一个法向量为()2,,nxyz=，由()3,6,0BD=，33,0,22BP=则36033022xyxz+=+=，令1z=，则3x=−，62y=，则2

63,,12n=−．则1212126321166332cos,332232232nnnnnn−++====．则二面角BPDC−−的余弦值为3333．6．（2022·广东广州·高二

期末）如图，四棱锥PABCD−中，四边形ABCD是矩形，DA⊥平面PAB，E是DA的中点．(1)若PB的中点是M，求证：//EM平面PCD；(2)若,2,22⊥===PAPBPAADAB，求平面PCE与平面PAB所成二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)53（1）如图

所示：取PC的中点F，连接EM，DF，FM，因为四边形ABCD为矩形，E是AD的中点，所以1,//2DEBCDEBC=，1,//2=FMBCFMBC，所以,//DEFMDEFM=，所以四边形DEMF是平行四边形，所以//EMDF，又EM平面PCD，DF平

面PCD，所以//EM平面PCD.（2）由AD⊥平面PAB，PAPB⊥，建立如图所示空间直角坐标系，则()()()0,0,0,0,2,1,2,0,2PEC，所以()()0,2,1,2,0,2PEPC==，设平面PCE的一个法向量为(),,nxyz=

，则00==PPnnEC，即20220yzxz+=+=，令1z=，得11,,12n=−−，易知平面PAB的一个法向量为()0,0,1m=，则12cos,31114===++nmnmnm，设平面PC

E与平面PAB所成二面角为()0,π，所以25sin1cos,3nm=−=.7．（2022·贵州·遵义航天高级中学高二阶段练习（理））如图，在四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD△是直角三角形，ABDCBD=，AB=BD．(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；(2)若

DEmDB=，二面角DAEC−−的余弦值为17，求m．【答案】(1)证明见解析(2)13m=(1)证明：因为ABC是正三角形，所以ABBCAC==因为ABDCBD=，BD公共边，所以ABD△≌CBD,所以ADCD=，因为ACD△是直角三角

形，所以90ADC=，取AC的中点O，连接,DOBO，则,DOACDOAO⊥=,因为ABC是正三角形，所以BOAC⊥，所以DOB为二面角DACB−−的平面角，在RtAOB中，222BOAOAB+=，因为ABBD=，所以2222

22BODOBOAOABBD+=+==,所以90DOB=，所以平面ACD⊥平面ABC；(2)由（1）可得,,DOOBDOAOAOOB⊥⊥⊥，所以以O为原点，,,OAOBOD所在的直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设等边ABC的边长为2，则(1

,0,0),(0,3,0),(1,0,0),(0,0,1)ABCD−，则(1,0,1),(2,0,0),(0,3,1)ADACDB=−=−=−，因为DEmDB=，所以(0,3,1)(0,3,)DEmDBmmm==−=−，所以(1,0,1)(0,3,)(1,3,1)AEADDEmmmm=+

=−+−=−−，设平面ADE的法向量为(,,)mxyz=，则03(1)0mADxzmAExmymz=−+==−++−=，令3y=，则(3,3,3)m=，设平面ACE的法向量为(,,)nabc=，则203(1)0nACanAEambmc=−==−++−=

，令1b=，则3(0,1,)1mnm=−，因为二面角DAEC−−的余弦值为17，所以233311cos,7393911mmnmmnmnmm+−===+++−，化简得222(41)1(1)37mmm−=−+，218910mm−+=，解得

13m=或16m=，如图，过A作AFBD⊥于F，连接CF，则由（1）可得CFBD⊥，因为AFCFF=，所以BD⊥平面ACF，所以平面DAF⊥平面ACF，所以二面角DAFC−−为直角二面角，因为2,2ABBDAD===，所以2211172422222ABDADSADAB

=−=−=,所以1722BDAF=,得72AF=，所以71242DF=−=，所以14DFDB=,所以当104m时，二面角DAEC−−为钝角，所以16m=舍去，所以13m=8．（2022·全国·高三专题练习）如图，ABCD为圆柱OO的轴截面，EF是圆柱上异于AD，BC的母线.

(1)证明：BE⊥平面DEF；(2)若2ABBC==，当三棱锥BDEF−的体积最大时，求二面角BDFE−−的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63（1）证明：如右图，连接AE，由题意知AB为O的直径，所以AEBE⊥.

因为AD，EF是圆柱的母线，所以ADEF∥且ADEF=,所以四边形AEFD是平行四边形.所以AEDF∥,所以BEDF⊥.因为EF是圆柱的母线，所以EF⊥平面ABE,又因为BE平面ABE，所以EFBE⊥.又因为DFEFF=，DF，EF平面DEF，所以B

E⊥平面DEF.（2）由（1）知BE是三棱锥BDEF−底面DEF上的高，由（1）知EFAE⊥，AEDF∥，所以EFDF⊥，即底面三角形DEF是直角三角形.设DFAEx==，BEy=，则224xy+=,所以2211

1112(2)3323323BDEFDEFxyVSBExyxy−+====△„，当且仅当2xy==时等号成立，即点E，F分别是AB，CD的中点时，三棱锥BDEF−的体积最大,下面求二面角BDFE−−的余弦值：法一：由（1）

得BE⊥平面DEF，因为DF平面DEF，所以BEDF⊥.又因为EFDF⊥，EFBEE=，所以DF⊥平面BEF.因为BF平面BEF，所以BFDF⊥,所以BFE是二面角BDFE−−的平面角,由（1）知BEF为直角三角形，则22(2)26BF=+=.故26cos36EFBFEBF=

==,所以二面角BDFE−−的余弦值为63.法二：由（1）知EA，EB，EF两两相互垂直，如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系Exyz−，则(0,2,0),(2,0,2),(0,0,0),(0,0,2)BDEF.由（1）知BE⊥平面DEF，故平面DE

F的法向量可取为(0,2,0)EB=.设平面BDF的法向量为(,,)nxyz=，由(2,0,0)DF=−，(0,2,2)BF=−，得00nDFnBF==，即20220xyz−=−+=，即02xyz==，取1z=，得(0,2,1)n=.设二面角BDFE−−的平面

角为θ,则226coscos,332nEBnEBnEB====，由图可知θ为锐角，所以二面角BDFE−−的余弦值为63.9．（2022·河南·信阳高中高二阶段练习（理））如图所示，四棱锥SABCD−中，底

面ABCD为矩形，AC与BD交于点O，点E在线段SD上，且OE∥平面SAB，二面角SABC−−，SADC−−均为直二面角．(1)求证：SEDE=；(2)若2SAAD==，且钝二面角ABEC−−的余弦值为32020−，求AB的值．【答案】(1)证

明见解析(2)3(1)因为OE∥平面SAB，OE平面SBD，平面SAB平面SBDSB=，故OESB∥．又因为四边形ABCD为矩形，故BODO=，则SEDE=．(2)∵四边形ABCD为矩形，∴ABAD⊥．又∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD=，A

BÌ平面ABCD，∴AB⊥平面SAD．∵SA平面SAD，∴ABSA⊥．同理ADSA⊥．又ABADA=，ABÌ平面ABCD，AD平面ABCD，∴SA⊥平面ABCD．设ABa=，以A为坐标原点，AB，AD，AS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()0,0,0A，(),0,0Ba，(),2,0Ca，()0,2,0D，()0,1,1E，()0,0,2S．(),0,0ABa=,()0,1,1AE=，()0,2,0CB=−,(),1,1CEa=−−设(),,mxyz=为平面ABE的法向量，∵0

0mABmAE==，∴00axyz=+=，令1y=，则1z=−．∴()0,1,1m=−．设(),,nxyz=r为平面CBE的法向量，∵00nCBnCE==，∴200yaxyz−=−−+=，令1x=，则za=．∴()1,0,na

=．∴2320cos,2021amnmnmna−===+，解得3a=．故3AB=10．（2022·广东·执信中学高二期中）已知△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且13AMA

B=，13CNCA=，沿MN将△AMN折起到AMN△的位置，使90AMB=．(1)求证：AM⊥平面MBCN；(2)在线段BC上是否存在点D，使平面AND与平面AMB所成锐二面角的余弦值为3913？若存在，设()0BDBC=，求的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析

(2)存在，13=或56=，(1)证明：△ABC是边长为6的等边三角形，点M，N分别是边AB，AC的三等分点，且13AMAB=，13CNCA=，所以2,4,4,2,60AMBMANCNA=====，所以由余弦定理得22212cos416224122MNAMANAMANA=+

−=+−=，所以222124MNAMAN+=+=，所以MNAB⊥，所以,MNMBMNAM⊥⊥，因为90AMB=，所以AMMB⊥，因为MNMBM=，所以AM⊥平面MBCN；(2)由（1）可知,,MBMNMA两垂直，所以以M为原点，,,MBMNMA所在的直线分别为,,x

yz轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则(0,0,0),(0,23,0),(4,0,0),(0,0,2),(1,33,0)MNBAC，所以(0,23,0),(0,0,2),(0,23,2),(3,33,0)MNMANA

BC===−=−，因为,MNMBMNAM⊥⊥，AMMBM=，所以MN⊥平面AMB，所以(0,23,0)MN=为平面AMB的一个法向量，假设线段BC上存在点D，设()0BDBC=，则(3,33,0)(3,33,0)BD=−=−，所以(43,33,0)D−（01

），所以(43,33,2)AD=−−,设平面AND的法向量为(,,)mxyz=，则2320(43)3320mNAyzmADxyz=−+==−+−=，令3z=，则2333,1,343m−=−，因为平面AND与平面AMB所成锐二面角的余弦值

为3913所以22339cos,132333231343mMNmMNmMN===−++−，化简得223(6313276)13(43)−+=−，2182150−+=，解得13=或56=，所以在线段BC上是存在点D，使

平面AND与平面AMB所成锐二面角的余弦值为3913，此时13=或56=，11．（2022·全国·高三专题练习（理））如图，在三棱锥D—ABC中，G是△ABC的重心，E，F分别在BC，CD上，且1

2BEEC=，12DFFC=．(1)证明：平面GEF∥平面ABD；(2)若CD⊥平面ABC，ABBC⊥，2ACCD==，1BC=，P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，求二面角PADC−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析；

(2)53131(1)12BEEC=，12DFFC=，//EFBD又EF平面ABD，BD平面ABD，//EF平面ABD，又G是△ABC的重心，GEAB又GE平面ABD，ABÌ平面ABD，//GE平面ABD，又EFG

EE=，,EFGE平面GEF所以平面GEF∥平面ABD(2)由ABBC⊥，2ACCD==，1BC=，可得3AB=又//GEAB，GEBC⊥又CD⊥平面ABC，GEÌ平面ABC，GECD⊥又BCCD

C=，,BCCD平面BCD，GE⊥平面BCD，又EF平面BCD，GEEF⊥P是线段EF上一点，当线段GP长度取最小值时，点P与点E重合.如图，作CHBC⊥，以C为原点，,,CBCHCD为,,xyz轴建立空间直角坐标系，则(1,3,0)A−，(0,0,0)C，(0,0,2)D，2

,0,03P所以1(,3,0)3AP=−，2(,0,2)3DP=−，(1,3,0)CA=−，(0,0,2)CD=设平面ADP的一个法向量为111(,,)mxyz=则111113032203mA

PxymDPxz=−+==−=，令13x=，3(3,,1)3m=设平面ADP的一个法向量为222(,,)nxyz=则2223020nCAxynCDz=−===，令23x=，(3,3

,0)n=cos,||||mnmnmn=105313131123==，所以二面角PADC−−的余弦值为5313112．（2022·江苏泰州·高三期末）如图，在三棱锥PABC−中，2,4,23ABPBBCPAPCAC======.(1)平面PAC⊥平面ABC；(2)点D是棱BC

上一点，BDBC=，且二面角BPAD−−与二面角CPAD−−的大小相等，求实数的值.【答案】(1)证明见解析(2)25(1)证明：如图，作POAC⊥,垂足为O,因为23PAPCAC===，故O是AC的中点，且3PO=，由222222(23)16ABACBC+=+==，可知ABAC⊥,所以224

37BOABAO=+=+=,则2227916BOPOPB+=+==,故POBO⊥,又0BOAC=,且,BOAC平面ABC,故PO⊥平面ABC，而PO平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2)如图，以O为坐标原点，过点O作和AB平行的直线作为x轴，以OC,OP分别为y,z轴建立空间直角

坐标系，则(0,3,0),(2,3,0),(0,3,0),(0,0,3)ABCP−−,由BDBC=得(2,23,0)BD=−，且01，故(22,233,0)D−−，所以(2,0,0),(0,3,3),(22,23,0)ABAPAD===−,设平面ABP的法

向量为(,,)mxyz=，则20330mABxmAPyz===+=，令3y=,则可取(0,3,1)m=−，设平面APD的法向量为(,,)nabc=，则(22)230330nADabnAPbc=−+==+=，令3y=，则可取6(,3,1)22

n−=−−，平面CPA的法向量可取为(1,0,0)k=，由二面角BPAD−−与二面角CPAD−−的大小相等可得：22226|||4|22662()(3)1)()(3)1)(2222−−=−−++++−−，解得25=，符合题意，故实数的值为25

.13．（2022·四川·石室中学三模（理））在①2AE=，②ACBD⊥，③EABEBA=，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答如图，在五面体ABCDE中，已知___________，ACBC⊥，//EDAC，且22ACBCED===，3DCD

B==.(1)求证：平面ABE⊥与平面ABC；(2)线段BC上是否存在一点F，使得平面AEF与平面ABE夹角的余弦值等于54343，若存在，求BFBC的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)存在；34BFBC=.(

1)若选①，取AC中点G，BC中点O，AB中点H，连接,,EGDOOH，//EDAC，12CGACED==，四边形EDCG为平行四边形，//EGCD，3EG=，又112AGAC==，2AE=，222AGEGAE+=，A

GEG⊥，又//CDEG，ACCD⊥，又ACBC⊥，BCCDC=，,BCCD平面BCD，AC⊥平面BCD，AC平面ABC，平面ABC⊥平面BCD，BDCD=，DOBC⊥，又DO平面BCD，平面BC

D平面ABCBC=，DO⊥平面ABC，又//OHAC，ACBC⊥，OHBC⊥；若选②，ACBD^，ACBC⊥，BCBDB=，,BCBD平面BCD，AC⊥平面BCD，AC平面ABC，平面ABC⊥平面BCD，取

BC中点O，AB中点H，连接,DOOH，BDCD=，DOBC⊥，又DO平面BCD，平面BCD平面ABCBC=，DO⊥平面ABC，又//OHAC，ACBC⊥，OHBC⊥；若选③，取BC中点O，AB中点H，连接,,ODOHEH，3DCBD==，DOBC⊥，又2BC=，2DO=；,

OH分别为,BCAB中点，1//2OHAC，又1//2EDAC，//OHED，四边形DEHO为平行四边形，2EHDO==；ACBC⊥Q，2ACBC==，22AB=，12EHAB=，AEBE⊥，EABEBA=，2=

=BEAE，222BDDEBE+=，BDDE⊥，又//DEAC，ACBD⊥，又ACBC⊥，BCBDB=，,BCBD平面BCD，AC⊥平面BCD，AC平面ABC，平面ABC⊥平面BCD，又DOBC⊥，DO平面

BCD，平面BCD平面ABCBC=，DO⊥平面ABC，又//OHAC，ACBC⊥，OHBC⊥；综上所述：,,DOOHBC两两互相垂直，则以O为坐标原点，,,ODOHOB为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则()2,1,0A−，

()0,1,0B，()1,0,2E，()2,2,0AB=−，()1,1,2BE=−，DO⊥平面ABC，平面ABC的一个法向量()0,0,1m=；设平面ABE的法向量()1111,,xnyz=，则11

1111122020ABnxyBEnxyz=−+==−+=，令11x=，解得：11y=，10z=，()11,1,0n，10mn=，即1mn⊥，平面ABE⊥与平面ABC.(2)设在线段BC上存在点()()0,,011Ftt−，使得

平面AEF与平面ABE夹角的余弦值等于54343，由（1）得：()1,,2EFt=−−，()1,1,2AE=−，设平面AEF的法向量()2222,,nxyz=，则222222222020AEnxyzEFnxtyz=−++==−+−=，令21y=，则212tx+=

，()2214tz−=，()2211,1,24ttn−+=；()11,1,0n()12122212115432cos,43112128tnnnnnntt++===−+++

，化简可得：221370tt−−=，解得：12t=−或7t=（舍），10,,02F−，32BF=，34BFBC=；综上所述：在线段BC上存在点F，满足34BFBC=，使得平面AEF与平面ABE夹角的余弦值等于54343.③体积（距离）问题1．（202

2·河北·邢台市第二中学高二阶段练习）如图，四棱锥PABCD−的底面为菱形，,23ABCABAP===，PA⊥底面ABCD，,EF分别是线段,PBPD的中点，G是线段PC上的一点.(1)若G是直线PC

与平面AEF的交点，试确定PGCG的值；(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为35，求三棱锥PEFG−体积.【答案】(1)12(2)39（1）取BC的中点M，连接AM，则AMAD⊥，分别以,,AMADAP所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标

系Axyz−，如图所示，则()()()()()()310,0,0,3,1,0,3,1,0,0,0,2,0,2,0,,,1,0,1,122ABCPDEF−−，()31,,1,0,1,122AEAF=−=，设(01)PGPC=，则()()()

0,0,23,1,23,,22AGAPPGAPPC=+=+=+−=−设平面AEF的法向量(),,mabc=，则00AEmAFm==，所以310220abcbc−+=+=，取()3,1,1m=−，易知AGm⊥，所以()33220mAG=+−−=，解

得13=，此时12PGCG=；（2）设(01)PGPC=，则()()()0,0,23,1,23,,22AGAPPGAPPC=+=+=+−=−则222623sincos,553(22)mAG−===++−，整理得2271240−−=，解得23=

或29=−（舍去），()3,1,2PC=−，()0,2,2PD=−，设平面PCD的法向量为(),,nxyz=，则00PCnPDn==，所以320220xyzyz+−=−=，取()1,3,3n=，又31,,122EP=−，则点E到平面PCD的距离即点E到平面P

FG的距离为33322377EPndn−++===，由已知条件，在PCD中，22,2PCPDCD===，可得17272PCDS==△121sin12321sin32PFGPCDPCPDPFPGFPGSPFPGSPDPCPDPCPDPCFPG====△△所以1733PFGPCD

SS==△△，1391733337PEFGPGFVSd−===△.2．（2022·青海·模拟预测（理））如图，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为矩形，M为CD中点，连接BM，CE交于点F，G为△ABE的重心．(1)证明：//GF平面ABC(2)已知平面AB

C⊥BCDE，平面ACD⊥平面BCDE，BC=3，CD=6，当平面GCE与平面ADE所成锐二面角为60°时，求G到平面ADE的距离．【答案】(1)证明见解析(2)3【解析】(1)延长EG交AB于N，连接NC,因为G为△ABE的重心，所以点N为AB的中点，且2EGGN=,因为

//CMBE,故CMFEBF∽,所以2EFBECFCM==,故EFEGCFGN=，故//GFNC,而NC平面ABC，GF平面ABC,故//GF平面ABC；(2)由题意知，平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC平面BCDE=BC，DCBC⊥,DC平面BC

DE，故DC⊥平面ABC,AC平面ABC,则DCAC⊥,同理BCAC⊥，又,,BCDCCBCDC=平面BCDE,所以AC⊥平面BCDE，以C为原点，以CB,CD,CA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，设点G到平面BCDE的距离为(0)tt，则(0,0,

3),(3,0,0),(3,6,0),(2,2,),(0,6,0)AtBEGtD，故(2,2,),(3,6,0),(0,6,3),(3,0,0)CGtCEADtDE===−=,设平面GCE的法向量为111(,,)mxyz=，则00

mCGmCE==，即11111220360xytzxy++=+=，取11y=，则112,,2,zxt==−即2(2,1,)mt=−，设平面ADE的法向量为222(,,)nxyz=，则00nADnDE==，即22263030ytzx−==，取22z=，则2y

t=，则(0,,2)nt=，所以224||||1cos602||||454tmntmntt+===++，解得212,23tt==，又(2,4,23)DG=−，故点G到平面ADE的距离为||4334||DGndn===.3．（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱柱111ABC

ABC−中，ABC为等边三角形，四边形11BCCB是边长为2的正方形，D为AB中点，且15AD=.(1)求证：CD⊥平面11ABBA；(2)若点P在线段1BC上，且直线AP与平面1ACD所成角的正弦值为255，求点P到平面1ACD的距离.【答案】(1)证明见解析(2

)255（1）证明：由题知112,1,5AAADAD===，因为222115ADAAAD+==，所以1⊥AAAD，又111,BBBCBBAA⊥∥，所以1AABC⊥，又ADBCB=，所以1AA⊥平面ABC，又CD平面AB

C，所以1CDAA⊥，在正三角形ABC中，D为AB中点，于是CDAB⊥，又1ABAAA=，所以CD⊥平面11ABBA（2）取BC中点为11,OBC中点为Q，则,OABCOQBC⊥⊥，由（1）知1AA⊥平面ABC，且OA平面AB

C，所以1OAAA⊥，又11BBAA∥，所以11,OABBBBBCB⊥=，所以OA⊥平面11BCCB，于是,,OAOBOQ两两垂直如图，以O为坐标原点，,,OBOQOA的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立

空间直角坐标系则()()()()()11130,0,0,0,0,3,0,2,3,1,0,0,,0,,1,2,022OAACDB−所以()()()1133,0,,1,2,3,2,2,0,1,0,322CDCACBAC====−−

设平面1ACD的法向量为(),,nxyz=r，则100nCDnCA==，即33022230xzxyz+=++=令1x=，则3,1zy=−=于是()1,1,3n=−设()

12,2,0,0,1CPCB==，则()121,2,3APACCPCB=+==−−由于直线AP与平面1ACD所成角的正弦值为255于是22212325cos,5113(21)(2)3APn−++==++−++，即2221(21)(2)3+=−++

，整理得24830−+=，由于0,1，所以12=于是()11,1,0CPCB==设点P到平面1ACD的距离为d则11255113CPndn+===++所以点P到平面1ACD的距离为2554．（2022

·湖南·邵阳市第二中学高二开学考试）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A=∠C1A1A=60°，AC=4，AB=2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点.(1)若Q为线段AC的中点，H为BQ中点，延长AH交B

C于D，求证：AD∥平面B1PQ;(2)若二面角B1-PQ-C1的平面角的余弦值为1313，求点P到平面BQB1的距离.【答案】(1)证明见解析；(2)62.（1）如图，取BB1中点E，连接AE，EH，由H为BQ中点，则EH∥B1Q.在平行四边形AA1B1B

中，P、E分别为AA1，BB1的中点，则AE∥PB1，由EH∩AE=E且,EHAE面EHA，11,BQPB面EHA，所以1//BQ面EHA，1//PB面EHA，又PB1∩B1Q=B1，所以面EHA∥面B1QP，而AD面EHA，∴A

D∥面B1PQ.（2）连接PC1，AC1，由四边形A1C1CA为菱形，则AA1=AC=A1C1=4.又∠C1A1A=60°，则△AC1A1为正三角形，P为AA1的中点，即PC1⊥AA1.因为面ACC1A1⊥面ABB

1A1，面ACC1A1∩面ABB1A1=AA1，PC1面ACC1A1，∴PC1⊥面ABB1A1，在面ABB1A1内过P作PR⊥AA1交BB1于点R.建立如图所示的空间直角坐标系P-xyz，则P(0,0,0)

，A1(0,2,0)，A(0,-2,0)，C1(0,0,23)，C(0,-4,23)，设AQ=λAC=λ(0,-2,23)，λ∈[0,1]，则Q(0,-2(λ+1),23λ)，∴PQ=(0,-2(λ+1),23λ).∵A1B1=AB=

2，∠B1A1A=60°，则B1(3,1,0)，∴1PB=(3,1,0).设面PQB1的法向量为m=(x,y,z)，则1·-2(1)230·30mPQyzmPBxy=++==+=,令x=1，则m=(1,-3,-1+)，设面

AA1C1C的法向量为n=(1,0,0)，二面角B1-PQ-C1的平面角为θ，则2113cos13||||113()mnmn===+++，解得λ=12或λ=-14(舍)，∴AQ=12AC且Q(0,-3,3)，又B(3

,-3,0)，∴QB=(3,0,-3)，故|QB|=6，1QB=(3,4,-3)，故|1QB|=22.所以22211QBBBQB+=，即1QBBB⊥，连接BP，设P到平面BQB1的距离为h，则13×12×4×3×3=13×12×4×6×h，∴h=

62，即点P到平面BQB1的距离为62.5．（2022·江苏·沭阳如东中学高三阶段练习）如图，已知四棱台1111ABCDABCD−的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，14AA=，且1AA⊥底面ABCD，点,

PQ分别在棱1DD、BC上·(1)若P是1DD的中点，证明：1ABPQ⊥；(2)若//PQ平面11ABBA，二面角PQDA−−的余弦值为49，求四面体ADPQ的体积．【答案】(1)证明见解析(2)83（1）以A为坐标原点，AB，AD，1AA所在直线分别为x，y，z轴建

立空间直角坐标系，则()0,0,0A，()12,0,4B，()0,4,0D，()10,2,4D，设()4,,0Qm，其中mBQ=，04m，若P是1DD的中点，则()0,3,2P，()12,0,4AB=，()4,3,2PQm=−−，于是1880ABPQ=−=，∴1ABPQ⊥，

即1ABPQ⊥．（2）由题设知，()4,4,0DQm=−，()10,2,4DD=−，是平面PDQ内的两个不共线向量．设()1,,nxyz=是平面PDQ的一个法向量，则()111440,0240,0xmynDQyznDD+−==−+==，取4y=

，得()14,4,2nm=−ur．又平面AQD的一个法向量是()20,0,1n=uur，∴()()121222221222cos,442420nnnnnnmm===−++−+uruururuururuur，而二面角

PQDA−−的余弦值为49，因此()2249420m=−+，解得72m=或92m=（舍去），此时74,,02Q．设()101DPDD=，而()10,2,4DD=−，由此得点()0,42,4P−，14,2,42PQ=−−，∵∥PQ平面11A

BBA，且平面11ABBA的一个法向量是()30,1,0n=，∴30PQn=，即1202−=，解得14=，从而70,,12P．将四面体ADPQ视为以ADQ△为底面的三棱锥PADQ−，则其高1h=，故四面体ADPQ的体积11184413323ADQ

VSh===．6．（2022·湖南·雅礼中学一模）如图，在四边形PDCB中，//PDBC，BAPD⊥，1PAABBC===，12AD=.沿BA将PAB△翻折到SBA的位置，使得52SD=.（1）作出平面SCD与平面SBA的交线l，并证明l⊥平面C

SB；（2）点Q是棱SC于异于S，C的一点，连接QD，当二面角QBDC−−的余弦值为66，求此时三棱锥QBCD−的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）112.【详解】（1）如图，延长BA，CD相交于E，连接SE，则SE为平面SCD与平面SB

A的交线l.证明：在SAD中，1SA=，12AD=，52SD=，则222SAADSD+=，所以SAAD⊥.由SAAD⊥，ADAB⊥，SAABA=，得AD⊥平面SAB.又BCAD∥，所以BC⊥平面SAB，所以BCSE⊥.

由PDBC，1ABBC==，12AD=，得1AE=.所以AEABSA==，所以⊥SESB.又因为BCSBB=，所以SE⊥平面CSB，即l⊥平面CSB.（2）由（1）知，SAAB⊥，ADAB⊥，ADSA⊥.以点A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间

直角坐标系，如图所示.易得()0,0,0A，1,0,02D，()0,1,0B，()0,0,1S，()1,1,0C，则1,1,02BD=−.设SQSC=（01），则(),,1Q

−，则(),1,1BQ=−−.设(),,nxyz=是平面QBD的一个法向量，则()()110102xyzxy+−+−=−=，令2x=，则132,1,1n−=−.()0,0,1m=是

平面CBD的一个法向量.由213cos,6161351nmnmnm−−==−+−=，解得12=.所以点Q是SC的中点.所以111111113232212QBDCBDCVSSA−

===.7．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））如图，在多面体ABCDE中，平面ABD⊥平面ABC，ABAC⊥，AEBD⊥，DEP12AC，AD=BD=1.(Ⅰ)求AB的长

；(Ⅱ)已知24AC，求点E到平面BCD的距离的最大值.【答案】(1)2AB=;(2)21717.详解：(Ⅰ)∵平面ABD⊥平面ABC，且交线为AB，而AC⊥AB，∴AC⊥平面ABD.又∵DE∥AC，∴DE⊥平面ABD，从而DE⊥BD.注意到BD⊥AE，且DE∩AE=E，∴BD⊥平面

ADE，于是，BD⊥AD.而AD=BD=1，∴2AB=.(Ⅱ)∵AD=BD，取AB的中点为O，∴DO⊥AB.又∵平面ABD⊥平面ABC，∴DO⊥平面ABC.过O作直线OY∥AC，以点O为坐标原点，直线OB，OY，OD分

别为xyz，，轴，建立空间直角坐标系Oxyz−，如图所示.记2ACa=，则12a，22000022AB−，，，，，，22200022CaD−，，，，，，202Ea−

，，，()220BCa=−，，，22022BD=−，，.令平面BCD的一个法向量为()nxyz=，，.由00BCnBDn==得22022022xayxz−+=−+=.令

2x=，得122na=，，.又∵()00DEa，，=−，∴点E到平面BCD的距离2114DEndna==+.∵12a，∴当2a=时，d取得最大值，max1217=17144d=+.8．（2022·湖北·随州市曾都区第一中学高二开学考试）如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面A

BCD，底面ABCD是直角梯形，90ADC=，//,,2,ADBCABACABACE⊥==点在AD上，且2AEED=.(1)已知点F在BC上，且2=CFFB，求证：平面PEF⊥平面PAC.(2)求点D到平面PAB的距离.【答案】(1)证明见详解(2

)22（1）由,2ABACABAC⊥==，即△ABC为等腰直角三角形，又ABCD是直角梯形且90ADC=，且//ADBC，所以45CADACB==，因为90ADC=，故ACD△为等腰直角三角形，所以cos451ADDCAC===

，因为2BC=，又2AEED=，2=CFFB，∴2233AEAD==，1233FBBC==，又//ADBC，即//AEFB，∴四边形AEFB为平行四边形，则//EFAB，又ABAC⊥，故EFAC⊥；由PA⊥底面ABCD，E

F面ABCD，则PAEF⊥，又PAACA=，PAAC、面PAC，∴EF⊥面PAC，而EF面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.（2）取BC的中点G，连接DG，由（1）易知：ADGB为平行四边形，∴//BAGD，而BA面PAB，GD面PA

B，即//GD面PAB，综上，D到平面PAB的距离即为G到面PAB的距离，由PA⊥面ABCD，AC面ABCD，∴PA⊥AC，又ABAC⊥，ABPAA=，ABPA、面PAB，故AC⊥面PAB，取AB的中点H，连接GH，则//GHAC，故GH⊥面P

AB，又4ABC=，∴G到面PAB的距离12GHAC==22，即D到平面PAB的距离22.9．（2022·河南省叶县高级中学模拟预测（文））如图，四棱锥PABCD−的底面为直角梯形，PA⊥底面ABCD，ADBC

∥，60ADC=，22APADBC===，E为棱CP上一点.(1)证明：平面ABE⊥平面ADP；(2)若AEBE=，求点D到平面ABE的距离.【答案】(1)证明见解析(2)455（1）由题意可知AB

AD⊥，因为PA⊥底面ABCD，ABÌ平面ABCD，所以ABAP⊥，又APADAAPADAPD=，，平面，所以AB⊥平面ADP，又ABÌ平面ABE，所以平面ABE⊥平面ADP.（2）由题意可知2cos60oABCDAB==，所以ACD△为等边三角形，且3AB=，连接AC，设AB中点为H，

作EHAB⊥，作FHAB⊥于H交AC于H，连接BF，EH，EF，因为EHAB⊥，FHAB⊥且EHFHH=，可知AB⊥平面EFH，故平面EFH平面PAD，从而//EFPA，//HFAD，所以有PA⊥平面ABCD，EFA

B⊥，又因为AEBE=，所以H是AB中点，进而E、F分别是PC、AC中点，在RtEFH△中，222215122EHEFFH=+=+=，ABE△的面积1151532224ABESABEH===△，ABD

△的面积1132322ABDSABAD===△，设点D到平面ABE的距离为h，由EABDDABEVV−−=，得1133ABDABESEFSh=△△，则455h=，故点D到平面ABE的距离为455.10．（2022·福建·福州四中高一期末）如图在四面体ABCD中，

ABC是边长为2的等边三角形，DBC△为直角三角形，其中D为直角顶点，60DCB=.E､F､G､H分别是线段AB､AC､CD､DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形.(1)求证：BC//平面EFGH；(2)设二面角A

BCD−−的平面角为，求在区间0,2变化的过程中，线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积；(3)设()()0,1AEAB=，且平面ABC⊥平面BCD，则当为何值时，多面体ADEFGH的体积恰好为14？【答案】(1)证明见解析；(

2)34；(3)12=.（1）证明：∵四边形EFGH为平行四边形，∴//EFGH．而GH面BCD，EF面BCD，∴//EF面BCD．而EF面ABC，面ABC面BCDBC=，∴EF∥BC．而EF面EFGH，BC面EFGH，∴BC∥平面EFGH．（2）∵ABAC=，∴A在平面BCD上的

投影满足ABAC=，即A在线段BC的中垂线上．如图所示，将RtBCD补成边长为2的正BCM，当二面角ABCD−−为0角时，即点A在平面BCD上，此时A为M，当二面角ABCD−−为90角时，此时'A为BC中点N，故DA在平面BCD上的

投影所扫过的平面区域为DMN，而1344DMNMBCSS==，故线段DA在平面BCD上的投影所扫过的平面区域的面积为34；（3）取BC中点O，连接OD，则OABC⊥，又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC平面BCDBC=，OA面ABC，则OA⊥平面BCD，OD

平面BCD．所以OAOD⊥，ABC是边长为2的等边三角形，DBC△为直角三角形，其中D为直角顶点，60DCB=，所以3OA=，12BCOD==，根据勾股定理222OAODAD+=，∴2AD=．所以11113322ABCDBCDV

SOACDBDOA−===．而多面体ADEFGH的体积恰好为14，即多面体ADEFGH的体积恰为四面体ABCD体积的一半．连接,AHAG．设F到面AEH的距离为1d，C到面ABD的距离为2d，A到面DGH的距离为3d，A到

面BCD的距离为4d，121222313AEHAEFGHAEFHFAEHABCDABCDCABDABDSdVVVVVVSd−−−−−−===222(1)AEHABDSAFSAC==−，∴22(1)AEFGHAB

CDVV−−=−．341313DGHADGHABCDBCDSdVVSd−−=2DGHDBCSS==，∴2ADGHABCDVV−−=．∴21(32)2ADEGHAEFGHADGHABCDABCDVVVVV−−−−=+=−=

，∴21(32)2−=，整理：3212302−+=，即21()(221)02−−−=，解得：12=（132=舍去）．④折叠问题1．（2022·重庆八中高三阶段练习）如图甲，在矩形ABCD中，222,ABADE==为线段DC的中点，ADE沿直线

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

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

21252OC=++=，5OC=在DOC△中，2226,DCDOOC==+DOOC⊥，又,AEOCO=,AEOC平面ABCE，DO⊥平面ABCE，又DO平面,ADE∴平面ADE⊥平面ABCE，在ABE△中，2,22AEBEAB===，BEAE⊥∵平面ADE平面,ABCE

AEBE=平面ABCE，BE⊥平面ADE.（2）过E作DO的平行线l，以E为原点，,,EAEBl分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，()()()()1,0,1,1,1,0,2,0,0,0,2,0DCAB−，平面ADE的法向量()10,1,0n=，在平面直角坐标系xOy中

，直线AB的方程为2xy+=，设H的坐标为(),2,0tt−，则()()1,1,0,2,1,1HCttDC=−−−=−−，设平面DHC的法向量为()2,,nxyz=，220,0nHCnDC==，所以()()110,20txtyxyz−−+−=−+−=，令1yt=+，则()21,3,1,

1,3xtztnttt=−=−=−+−，由已知1222212π21cos421(1)(1)(3)nntnnttt+===−+++−，解之得：1t=或9（舍去），所以点H是线段AB的中点.2．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高一期末）如图1，在边长为4的菱形ABCD中，∠D

AB=60°，点M，N别是边BC，CD的中点，1ACBDO=，ACMNG=．沿MN将CMN△翻折到PMN的位置，连接PA、PB、PD，得到如图2所示的五棱锥P—ABMND．(1)在翻折过程中是否总有平面P

BD⊥平面PAG？证明你的结论；(2)当四棱锥P—MNDB体积最大时，在线段PA上是否存在一点Q，使得平面QMN与平面PMN夹角的余弦值为1010？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．【答案】(

1)在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明见解析(2)符合题意的点Q存在且Q为线段PA的中点．（1）在翻折过程中总有平面PBD⊥平面PAG，证明如下：∵点M，N分别是边CD，CB的中点，又60DAB=，

∴BDMN∥，且PMN是等边三角形，∵G是MN的中点，∴MNPG⊥，∵菱形ABCD的对角线互相垂直，∴BDAC⊥，∴MNAC⊥，∵ACPGG=，AC平面PAG，PG平面PAG，∴MN⊥平面PAG，∴BD⊥平面PAG，∵BD平面PBD，∴平面P

BD⊥平面PAG．（2）由题意知，四边形MNDB为等腰梯形，且4DB=，2MN=，13OG=，所以等腰梯形MNDB的面积()243332S+==，要使得四棱锥PMNDB−体积最大，只要点P到平面MNDB的距离最大即可，∴当PG⊥平面MNDB时，点P到平面MNDB的距离的最

大值为3PG=.假设符合题意的点Q存在．以G为坐标原点，GA，GM，GP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，则()33,0,0A，()0,1,0M，()0,1,0N−，()0,0,3P，又AGPG⊥，又AGMN⊥，且MNPGG=，MN平面PMN，PG

平面PMN，AG⊥平面PMN，故平面PMN的一个法向量为()11,0,0n=ur，设AQAP=（01≤≤），∵()33,0,3AP=−，()33,0,3AQ=−，故()()331,0,3Q

−，∴()0,2,0NM=，()()331,1,3QM=−−，平面QMN的一个法向量为()2222,,nxyz=，则20nNM=，20nQM=，即()222220,33130,yxyz=−+−=令21z=，所以()220,31yx==−()

()()()21,0,1,0,313131n==−−−，则平面QMN的一个法向量()(),0,31n=−，设二面角QMNP−−的平面角为，则()122110cos1091nnnn===+−，即2211018

910=−+，解得：12=，故符合题意的点Q存在且Q为线段PA的中点．3．（2022·全国·高二专题练习）如图1所示，在边长为12的正方形'11AAAA中，点BC，在线段'AA上，且34ABBC==，，作11//BBAA，分别交'111'AAAA、于点1BP、，作11//CCAA，分别

交'111'AAAA、于点1CQ、，将该正方形沿11,BBCC折叠，使得'1'AA与1AA重合，构成如图2所示的三棱柱111ABCABC－．(1)在三棱柱111ABCABC－中，求证：AB⊥平面11BCCB；(2)试判断直线AQ是否与平面11ACP平行，并说

明理由．【答案】(1)证明见解析(2)直线AQ与平面11ACP不平行，理由见解析．（1）3412345ABBCAC===−−=，，，从而有222ACABBCABBC=+⊥，，又11ABBBBCBBB⊥=，，A

B⊥平面11BCCB．（2）直线AQ与平面11ACP不平行．理由如下：以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，1BB为z轴，建立空间直角坐标系，300A（，，），047Q（，，），1130120412003ACP（，，），（，，），（，，），11347309049AQPAPC=−==（

，，），（，，），（，，），设平面11ACP的一个法向量nxyz=（，，），则11390490nPAxznPCyz=+==+=，取3x=，得9314n=−（，，），99770AQn=−+=

−－，直线AQ与平面11ACP不平行．4．（2022·山西大附中高二开学考试）如图，在直角梯形ABCD中，ABDC∥，90ABC=，22ABDCBC==，E为AB的中点，沿DE将ADE折起，使得点A到点P的位置，且PEE

B⊥，M为PB的中点，N是BC上的动点（与点B，C不重合）．(1)证明：平面EMN⊥平面PBC；(2)是否存在点N，使得二面角BENM−−的正切值为5？若存在，确定N点位置；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)

存在，N为BC的中点，（1）证明：因为,,PEEDPEEBEBEDE⊥⊥=，所以PE⊥平面EBCD，因为BC平面EBCD，所以PEBC⊥，因为,BCEBEEBPE⊥=，所以BC⊥平面PEB，因为EM平面PEB，所以BC

EM⊥，因为,PEEBPMMB==，所以EMPB⊥,因为BCPBB=，所以EM⊥平面PBC，因为EM平面EMN，所以平面EMN⊥平面PBC，（2）假设存在点N满足题意，如图，过M作MQEB⊥于Q，因为PEEB⊥，所以PE∥MQ，由（1）知PE⊥平面

EBCD，所以MQ⊥平面EBCD，因为EN平面EBCD，所以MQEN⊥，过Q作QREN⊥于R，连接MR，因为MQQRQ=，所以EN⊥平面MQR，因为MR平面MQR，所以ENMR⊥，所以MRQ为二面角BENM−−的平面角，不妨设2PEEBBC===，则1

MQ=，在RtEBN中，设(02)BNxx=，因为RtEBN∽RtERQ△，所以BNENRQEQ=，所以2221xxRQ+=，得24xRQx=+，所以24tan5MQxMRQRQx+===，解得1(0,2)x=，即此时N为BC的中点，综上

，存在点N，使得二面角BENM−−的正切值为5，此时N为BC的中点，5．（2022·福建泉州·高一期末）在矩形ABCD中，4,2ABAD==．点E，F分别在AB，CD上，且2,1AECF==，沿EF将四边形AEFD翻折至四边形AEFD，点A平面BCFE．(1)若平面AEFD

⊥平面BCFE，求三棱锥BFCD−的体积；(2)在翻折的过程中，设二面角ABCE−−的平面角为，求tan的最大值．【答案】(1)255(2)1(1)解：在平面AEFD内作DHEF⊥交EF于H．∵平面AEFD

⊥平面BCFE，平面AEFD平面,BCFEEFDHEF=⊥，DH平面AEFD，∴DH⊥平面BCFE．∴DH即点D¢到平面BCFE的距离．在梯形AEFD中，过点E作EGDF⊥交DF

于G，则2,1EGGF==，∴5EF=，225sin55EFG==．在RtDHF中，65sin5DHDFEFG==∴三棱锥BFCD−的体积11165251233255BFCDDFCBFCBVVSDH−−====(2)如图，在平面ABCD内作直线AOEF⊥交FE

延长线于点O，交CB延长线于点K．∵AOEF⊥，KOEF⊥，AOKOO=，,AOKO平面AOK，∴EF⊥平面AOK，又∵EF平面BCFE，∴平面AOK⊥平面BCFE，作AMOK⊥交OK于点M．∵平面AOK⊥平面BCFE，平面AOK平面BCFEOK=，AMOK

⊥，AM平面AOK，∴AM⊥平面BCFE，∴AMBC⊥．作MNBC⊥交BC于点N，连接AN．∵,,AMBCMNBCMNAMM⊥⊥=，∴BC⊥平面ANM，∴BCAN⊥，又∵BCMN⊥，∴ANM为二面角ABCE−−的平面角．∵在RtA

KB中，4525,5AKAOAO===，∴655OKAKOA=−=，设25255MKtt=，则2222251665125,45555MNtAMAOOMttt==−=−−=−+−，∴2212545355255tantan2545255ttAMAN

MtMNttt−+−====−+−令51522uut=，则()225315314222guuuuu=−+−=−−+，当且仅当32u=时，()gu取到最大值1，综合可知tan的最

大值为16．（2022·广西玉林·高一期末）如图①，在梯形ABCD中，ADBC∥，ABBC⊥，24ABBCAD===，E，F分别是AB，CD上的点，EFBC∥，2AE=.沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图②）.(1)判断平面

AEFD与平面ABE的位置关系，并说明理由；(2)作出二面角DBFE−−的平面角，说明理由并求出它的余弦值.【答案】(1)平面AEFD⊥平面ABE，理由见解析(2)图象见解析，理由见解析；余弦值为1414（1）平面AEFD⊥平

面ABE，理由如下在直角梯形ABCD中，DAAB⊥，BCAB⊥，因为EFBC∥，故EFAB⊥.所以在折叠后的几何体中，有EFAE⊥，EFBE⊥，而AEBEE=I，故EF⊥平面ABE，又EF平面AEFD，所以平面AEFD⊥平面AB

E；（2）如图，在平面AEFD中，过D作DGEF⊥且交EF于G.在平面DBF中，过D作DHBF⊥且交BF于H，连接GH，DHG即为二面角DBFE−−的平面角，因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD平面EBCFEF=，DG平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，因为BF平面EBCF，故D

GBF⊥，而DGDHD=，故BF⊥平面DGH，又GH平面DGH，故GHBF⊥，所以DHG为二面角DBFE−−的平面角，在平面AEFD中，因为AEEF⊥，DGEF⊥，故AEDG∥，又在直角梯形ABCD中，EFBC∥且()132EFBCAD=+=，故EFAD∥，故四边形AEG

D为平行四边形，故2DGAE==，1GF=，在直角三角形BEF中，2tan3BFE=，因BFE为三角形内角，故2sin13BFE=故21sin13GHBFE==，故2tan13213DHG==，因DHG为

三角形内角，故14cos14DHG=所以二面角DBFE−−的平面角的余弦值为1414另解：如图，在平面AEFD中，过D作DGEF⊥且交EF于G.在平面DBF中，过D作DHBF⊥且交BF于H，连接GH，DHG

即为二面角DBFE−−的平面角，因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD平面EBCFEF=，DG平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，因为BF平面EBCF，故DGBF⊥，而DGDHD=，故BF⊥平面DGH，又GH平面DGH，故

GHBF⊥，所以DHG为二面角DBFE−−的平面角，在平面AEFD中，因为AEEF⊥，DGEF⊥，故AEDG∥，又在直角梯形ABCD中，EFBC∥且()132EFBCAD=+=，故EFAD∥，故四边形AEGD为平行四边形，故2DGAE==，1GF=易知RtRtBEFGHF∽

△△，所以GFGHBFBE=故22122131323GFBEGHBF===+在RtDGH△中，22421441313DHDGGH=+=+=故14cos14GHDHGDH==所以二面角DBFE−−的平面角的余弦值为14147．

（2022·上海市青浦高级中学高一期末）在矩形ABCD中，4AB=，2AD=.点E，F分别在AB，CD上，且2AE=，1CF=.沿EF将四边形AEFD翻折至四边形AEFD，点A平面BCFE.(1)求证：CD∥平面ABE；(2)求证：AD

与BC是异面直线；(3)在翻折的过程中，设二面角ABCE−−的平面角为，求tan的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)1(1)证明：因为//DFAE,DF平面AEB,AE平面AEB,所以//

DF平面AEB，因为//CFBE,CF平面AEB,BE平面AEB,所以//CF平面AEB，因为CFDFF=,故平面//DFC平面AEB,而CD平面DFC,故CD∥平面ABE；(2)

证明：假设AD与BC不是异面直线，即,,,ADBC四点共面，则//ADBC或,ADBC相交于一点，设为Q,若//ADBC，因为AD平面BCFE，故//AD平面BCFE，而AD平面ADFE,平面ADFE平面BCFE=EF

,故//ADEF,与且2AE=，1CF=，则,ADEF不平行矛盾；若ADBCQ=,则Q平面AEFD,Q平面BCFE,平面AEFD平面BCFE=EF,故QEF,则,,ADBCEF交于一点，由题意可知,ADEF相交于FE延长线上，,BCEF

相交于EF延长线上一点，即,,ADBCEF不会交于同一点，故矛盾，由此说明即,,,ADBC四点不共面，即AD与BC是异面直线；(3)如图，在平面ABCD内作AOEF⊥于点O,作AMAO⊥于M,作MNBC⊥于N，故由题意可得点M为点A在平面BCFE内

的射影，故AM⊥平面BCFE,所以AMBC⊥,又,MNBCMNAMM⊥=，所以ANM为二面角ABCE−−的平面角，因为,AOEFAOEF⊥⊥,则AOM为二面角AEFB−−的平面角，设,(0,π)AOM

=，当π2=时，点O与M重合，由412,55AOON==可得：5tan3=；当π(0,)2时，因为45AO=，所以44sin,cos55AMOM==，所以44cos55AM=+，故4421284(cos)cos55555MN=−+=−，所以5sintan32c

osAMMN==−，同理当π(,π)2时，44sin,cos55AMOM==−，则44cos55AM=+，故4421284(cos)cos55555MN=−+=−，所以5sintan32cosAMMN==−，设5sin32

cosy=−，所以5sin2cos3yy+=，所以23sin()45yy+=+,其中为辅助角，2225sin,cos5454yyy==++，由23||145yy+，解得11y−，此时5sin2cos3+=，解得2cos3=，所以当2cos3

=时，tan取到最大值为1，综合可知tan最大值为1.8．（2022·湖北十堰·高一期末）如图1，有一个边长为4的正六边形ABCDEF，将四边形ADEF沿着AD翻折到四边形ADGH的位置，连接BH，CG，形成的多面体ABCDGH如图2所示．(1

)证明：ADBH⊥．(2)若二面角HADB−−的大小为3，M是线段CG上的一个动点（M与C，G不重合），试问四棱锥MABCD−与四棱锥MADGH−的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．【答

案】(1)证明见解析(2)体积之和是定值123（1）证明：如图，连接BF交AD于O，则O为BF的中点．∵4AFAB==，∴AOBF⊥，即ADOB⊥，ADOH⊥．∵OBOHO=，,OBOH平面BOH，∴AD⊥平面B

OH．又∵BH平面BOH，∴ADBH⊥．（2）四棱锥MABCD−与四棱锥MADGH−的体积之和是定值123．理由如下：如图，连接EC交AD于N，则N为CE的中点．由正六边形的性质，可知3FADBAD==，∴23OFOB==．同理可证ADNG⊥，ADNC⊥，故AD

⊥平面GNC．∴GNC就是二面角HADB−−的平面角，即3GNC=．过M作1MMNC⊥，垂足为点1M，过M作2MMNG⊥，垂足为点2M．∵AD⊥平面GNC，∴1ADMM⊥，2ADMM⊥，∴1MM⊥平面ABCD，2MM⊥平面ADGH，∴121133MABCDMADGHABCDAD

GHVVSMMSMM−−+=+=梯形梯形()121482332MMMM++=()1243MMMM+．在GNC△中，23NGNC==，3GNC=，∴132MMMC=，232MMMG=，得()123323322MM

MMMCMG+=+==．∴()1243123MABCDMADGHVVMMMM−−+=+=．即四棱锥MABCD−与四棱锥MADGH−的体积之和是定值123．9．（2022·全国·高三专题练习）如图，等腰直角△ACD的斜边AC为直角△ABC的直角边，E是AC的中点，F在BC上．将三角形

ACD沿AC翻折，分别连接DE，DF，EF，使得平面DEF⊥平面ABC．已知2AC=，30B=，(1)证明：EF∥平面ABD；(2)若2DF=，求二面角ABCD−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)33.（1）证明：过D作DGEF⊥，垂足为G，∵平面DEF⊥平面ABC，平面DEF平面

ABCEF=，DG平面DEF，∴DG⊥平面ABC，∵AC平面ABC，∴DGAC⊥，∵E是等腰直角三角形ADC斜边AC的中点，∴DEAC⊥，又DEDGD=，DE，DG平面DEF，∴AC⊥平面DEF，∵EF

平面DEF，∴ACEF⊥，∵ACAB⊥，∴EFAB∥，∵EF平面ABD，ABÌ平面ABD，∴EF∥平面ABD．（2）由题意可知，在等腰直角三角形ADC中，∵2AC=，∴112DEAC==，由（1）可知，EF为直角三角形BAC的中

位线，∵30B=，∴32==ABACEF，∴3EF=，∵2DF=，∴222EFDEDF=+，∴DEDF⊥，∴63DG=，33EG=．以E为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设平面CDF的法向量(),,nxyz=r，则()1,0,0C，()0,3,0F，360,,33

D，()1,3,0=−CF，361,,33=−CD，由00nCDnCF==得360,3330,yzxyx+−=−=，令1y=，则()3,1,2n=，显然，平面ABC的法向量()0,0,1

m=，3cos,3mnmnmn==．二面角ABCD−−的余弦值33．10．（2022·陕西·西北工业大学附属中学模拟预测（理））如图（1），在正方形ABCD中，M、N、E分别为AB、AD、BC的中点，点P在对角线AC上，且35CPPA=，将AMN、BMC△、DNG分别沿M

N、MC、NC折起，使A、B、D三点重合（记为F），得四面体MNCF（如图（2）），在图（2）中.(1)求证：EP∥平面FMN；(2)在NC上，求一点H，使二面角NMFH−−的大小为45.【答案】(1)证明见解析；(2)H点在NC上靠近N的三等分点处.（1

）在图（1）中，连接AC，设ACMNG=，S为DC的中点，连接BD、ES，ACBDQ=，ACESR=，而,,MNS分别是,,ABADDC的中点，则1//,2MNBDMNBD=，1//,2ESBDESBD=，于是AGGQQRRC===，

又333584CPPCACQCPA===，则P为QR的中点，也为GC的中点.在图（2）中，MN的中点为G，连接FG，又E为FC的中点，∴EPFG∥∵EP不在平面FMN内，FG在平面FMN内，∴EP∥平面FMN.（2）由题意知，在图（2）中，直线FN、FM、FC两两互相垂

直，且相交于一点F.∴以F为原点，分别以直线FN、FM、FC为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Fxyz−.设正方形ABCD的边长为2a，则()0,0,0F，(),0,0Na，()0,,0Ma，()0,0,2Ca，

()0,,0FMa→=，(),0,0FNa→=，(),0,2NCaa→=−，设()(),0,201NHNCaa→→==−，∴()()(),0,0,0,2,0,2FHFNNHaaaaaa→→→=+=+−=−，设平面MFH的一个法向量为()000,,

nxyz→=，则00nFMnFH==得()000020ayaaxaz=−+=，得00y=，取02x=，得01z=−，∴()2,0,1n→=−，又知平面FMN的一个法向量为()10,0,1n→=，∴11cos45nnnn→→→→=，即()22122141

−=+−，即2211(01)5212−=−+，解得13=.∴所求的H点在NC上靠近N的三等分点处.11．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）如图1，已知等边ABC的边长为3，点,MN分别是边,ABAC上的点，且

满足122,33BMMABNBABC==+，如图2，将AMN沿MN折起到AMN△的位置．(1)求证：平面ABM⊥平面BCNM；(2)给出三个条件：①AMCN⊥；②平面AMN⊥平面BCNM；③四棱锥ABCNM−的体积为7312，从中任选一个，求平面

ABC和平面ACN的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)条件选择见解析，77(1)证明：等边ABC中，由1233=+BNBABC，得2()−=−BNBABCBN即2ANNC=，所以2,1==ANNC又2,=BMMA得2,1==BMMA

在AMN中，1,2,60===AMANA，由余弦定理得3MN=222+=MNAMAN，MNAB⊥,MNAMMNBM⊥⊥，又,,BMAMMBMAM=平面ABM，MN⊥平面ABM，又MN平面BCNM

平面ABM⊥平面BCNM(2)解（1）：若选择条件①AMCN⊥,AMCNAMMN⊥⊥，,CNMN平面BCNM，CNMNN=AM⊥平面BCNM，AMBM⊥，结合（1）可知，,,MAMBMN两两垂直，以M为坐标原点，,,MAMBMN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，则：(0,0,0),M(0,0,1),A(2,0,0),B133(,,0),22C(0,3,0)N.设平面ABC的法向量为1111(,,)nxyz=，133(,,1)22AC=−，333(,,0)22BC=−则1111111333022133022nBCxynAC

xyz=−+==+−=，令11,y=则113,23xz==，即1(3,1,23)n=，同理，平面ACN的法向量为2(3,1,3)n=−，设平面ABC和平面ACN的夹角为，则12123167cos||||7||||47nnnn−++===

，故平面ABC和平面ACN的夹角的余弦值为77.解（2）：若选择条件②平面AMN⊥平面BCNM，平面AMN⊥平面BCNM，平面AMN平面BCNMMN=，AM平面,AMNAMMN⊥，A

M⊥平面BCNM，AMBM⊥，结合（1）可知，,,MAMBMN两两垂直，以M为坐标原点，,,MAMBMN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，则：(0,0,0),M(

0,0,1),A(2,0,0),B133(,,0),22C(0,3,0)N.设平面ABC的法向量为1111(,,)nxyz=ur，133(,,1)22AC=−，333(,,0)22BC=−则11

11111333022133022nBCxynACxyz=−+==+−=，令11,y=则113,23xz==，即1(3,1,23)n=，同理，平面ACN的法向量为2(3,1,3)n=−，设平面ABC和平面A

CN的夹角为，则12123167cos||||7||||47nnnn−++===，故平面ABC和平面ACN的夹角的余弦值为77.解（3）：若选择条件③四棱锥ABCNM−的体积为7312

，容易求得，四边形BCNM的面积为734S=，又四棱锥ABCNM−的体积为7312，所以，四棱锥ABCNM−的高为1h=，即点A到底面BCNM的距离为1，又因为1AM=，AM⊥平面BCNM，AMBM⊥，结合（1）可知，,,MAMBMN两两垂直，以M

为坐标原点，,,MAMBMN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，则：(0,0,0),M(0,0,1),A(2,0,0),B133(,,0),22C(0,3,0)N，设平面ABC的法向量为1111(,,)nxyz

=ur，133(,,1)22AC=−，333(,,0)22BC=−，则1111111333022133022nBCxynACxyz=−+==+−=，令11,y=则113,23xz==，即1(3,1,23)n=，同理，平面ACN的法向量为2(3,

1,3)n=−，设平面ABC和平面ACN的夹角为，则12123167cos||||7||||47nnnn−++===，故平面ABC和平面ACN的夹角的余弦值为77.12．（2022·全国·高三专题练习）如图甲，等腰梯形ABCD中，ABCD∥，D

EAB⊥于点E，且12DCDEEB==，将梯形沿着DE翻折，如图乙，使得A到Р点，且EPPB⊥.(1)求直线PD与平面EBCD所成角的正弦值；(2)若233CPDBV−=，求三棱锥CPDB−的表面积.【答案】(1)64(2)15

7262S=+++（1）如图，作PMEB⊥于M点，∵,DEPEDEEB⊥⊥，PE平面PBE，BE平面PBE，PEBEE=∴DE⊥平面PEB，∴DEPM⊥，又∵PMEB⊥，DE平面BCDE，BE平面BCDE，DEBEE

=∴PM⊥平面EBCD，∴PDM为PD与平面EBCD所成角，设DCa=，则2PDADa==，223PBEBPEa=−=，因为1122PBPEBEPM=所以3322===PEPBaaPMaEBa，所以362sin42aPMPDM

PDa===.（2）如图，过M作MNEB⊥交DC于N点，∴MNED∥.由（1）知，PM⊥平面EBCD，易知MB、MN、MP两两垂直，如图建立空间直角坐标系Mxyz−，因为21111323323223CPDBPBCDVVCDDEPMaa−−====，

得2a=PEB△为直角三角形，且PMBE⊥，所以PEBMEP∽，所以EMPEPEEB=得1,EM=所以3MB=，∴N为DC的中点，∴()()()()()0,0,0,3,0,0,1,2,0,1,2,0,0,0,3MB

CDP−.(2,2,0),(2,0,0),(4,2,0),(1,2,3),(3,0,3)BCDCDBPCPB=−==−=−=−，(0,0,3)MP=设111122223333(,,),(,,),(,,)nxyznxyzn

xyz===分别为平面PBC，平面PCD，平面PBD的法向量，则1111111220230nBCxynPCxyz=−+==+−=，22222220230nDCxnPCxyz===+−=，333333420330

nDBxynPBxz=−==−=，取1231,3,1xyx===，得123(1,1,3),(0,3,2),(1,2,3)nnn===，记二面角PBCM−−,二面角PCDM−−,二面角PBDM−−的平面角分别为,,，易知,,均为锐角，则11315co

s553nMPnMP===，222327cos773nMPnMP===，3336cos483nMPnMP===，因为1132322BCMSBMDE===，1122222CDMSCDDE===，1132322BDMSBMDE===，所

以315cos155BCMPBCSS===，7cosCDMPCDSS==，26cosBDMPBDSS==又122BCDSCDDE==所以三棱锥CPDB−的表面积157262S=+++.