【文档说明】专题07 立体几何的向量方法- 2022届高考数学二模试题分类汇编（新高考卷）（解析版）.docx，共(28)页，3.118 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-ffa8e1964eab9f1809f9cb817603e814.html

以下为本文档部分文字说明：

《专题7立体几何的向量方法-2022届高考数学二模试题分类汇编（新高考卷）》1．【利用空间向量判定位置关系】（2022·陕西宝鸡·一模）如图，四棱锥PABCD−的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PAAB=．(1)求证：AM⊥平面PBD

；(2)设直线AM与平面PBD交于O，求证：2AOOM=．【解析】(1)以A为原点，ABADAP、、所在的直线为xy、、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设2PAAB==，则()0,0,2P，()2,0

,0B，()0,2,0D，()1,1,1M，()()2,0,2,0,2,2=−=−PBPD，()1,1,1=AM，设平面PBD的法向量为(),,nxyz=，所以00==nPBnPD即220220−=−=xzyz，令1x=，则1,1yz==

，则()1,1,1n=，所以=AMn，即AM⊥平面PBD.(2)连接ACBD、相交于点E，则E点是AC中点，连接PE，因为AM平面PBDO=，故OAM且O平面PBD，而AM平面PAC，故O平面PAC

，故O平面PBD平面PACPE=，所以、AMPE的交点就是O，连接ME，又M是PC的中点，所以//PAME，=2PAME，所以PAOEMO，所以21==PAAOMEOM，即2AOOM=.2．【利用空间向量判定位置关系】（2022·江苏·高

三模拟）如图，在正三棱柱111ABCABC−（侧棱垂直于底面，且底面三角形ABC是等边三角形）中，1BCCC=，M、N、P分别是1CC，AB，1BB的中点．(1)求证：平面//NPC平面1ABM；(2)在线段1BB上是否存在一点Q使1AB⊥平面1AMQ？若存在，确定点Q的位置；若

不存在，也请说明理由．【解析】（1）证明：M、N、P分别是1CC，AB，1BB的中点．1//NPAB，四边形1MCPB为平行四边形，可得1//CPMB，因为NP平面1ABM；1AB平面1ABM；//NP平面1ABM；同理可得//CP平面1ABM；又CPN

PP=，,CPNP平面NPC，平面//NPC平面1ABM．(2)假设在线段1BB上存在一点Q使1AB⊥平面1AMQ．四边形11ABBA是正方形，因此点B为点Q．不妨取2BC=，如图建立空间直角坐标系，则()0,1,1M−，()0,1,0Q，()3,0,0A，()10,1,2

B，()13,0,2A()13,1,2AB=−，()0,2,1MQ=−，()13,1,1AM=−−−10ABMQ=，()()()()113311210ABAM=−−+−+−=．所以1ABMQ⊥，11ABAM⊥，又1MQAMM=，1,MQAM平面1AMQ，所以1AB⊥

平面1AMQ，在线段1BB上存在一点Q，使1AB⊥平面1AMQ，其中点B为Q点．3．【利用空间向量求线面角】（2022·江苏南通·模拟预测）如图所示的几何体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，ACBC⊥，3,22BCBDAEaACa====，点M在棱

AB上，且2AMBM＝．(1)求证：平面MCE⊥平面ABDE；(2)求直线CD与平面MCE所成角的正弦值．【解析】(1)因为EA⊥平面ABC，所以,EAACEAAB⊥⊥．又ACBC⊥，32BCBDAEa===，2ACa=，点M在棱AB上，且2AMBM=．故223ECa=，233EMa=

，63CMa=．所以222ECEMCM=+，所以EMCM⊥．因为EA⊥平面ABC，所以EACM⊥，又,,EMEAEEMEA=平面ABDE，所以CM⊥平面ABDE．又CM平面MCE，所以平面MCE⊥平面ABDE．(2)如图，以A为坐标原

点，平面ABC内过A且与AC垂直的直线为x轴，AC为y轴，AE为z轴建立空间直角坐标系．则2222(0,2,0),(,2,),0,0,,,,0333CaDaaaEaMaa．所以222

22(,0,),,,0,,,33333CDaaCMaaEMaaa==−=−．设平面MCE的一个法向量为(,,)nxyz=，则00nCMnEM==,即220,332220,333axayaxayaz−=+−=令1x=，则2,3yz==，所以(

1,2,3)n=．所以2236cos,3||||129CDnaaCDnCDnaa+===+++．所以直线CD与平面MCE所成角的正弦值为63．4．【利用空间向量求线面角】（2022·浙江嘉兴·二模）

如图，在四棱锥PABCD−中，底面ABCD是等腰梯形，//ABCD，BCPB⊥，且122ABADPBPDCD=====.(1)证明：BCPD⊥；(2)若E为PA中点，求直线CE与平面PBD所成角的正弦值

.【解析】(1)取CD中点Q，连接BQ；因为ABADDQ==且AB//DQ，所以四边形ABQD是菱形，又底面ABCD是等腰梯形，所以2BCBQQC===，从而3BCD=，由余弦定理2222cosBDBCCDBCCDBCD=+−知2

3BD=，又因为2BC=，4CD=，所以222CDBDBC=+，得BCBD⊥，又因BCBD⊥，BCPB⊥且PBBDB=，所以BC⊥平面PBD，所以BCPD⊥；(2)分别以BC，BD为x，y轴，过B作垂直于面AB

CD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则(2,0,0)C，(1,3,0)A−，(0,3,1)P，11,3,22E−，因为51,3,22CE=−，平面PBD的法向量为(1,0,0)n=，

设直线CE与平面PBD所成角为，则||538sin38||||CEnCEn==，所以直线CE与平面PBD所成角的正弦值是53838.5．【利用空间向量求二面角】（2022·广东茂名·二模）如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，1AA，1CC为圆柱的母线，四边形ABCD

是底面圆O的内接等腰梯形，且11122CDBCABAA===，E，F分别为1AD，1CC的中点．(1)证明：EF∥而ABCD；(2)求平面1AAD与平面1CEB所成锐二面角的余弦值．【解析】(1)取1AA的中点G，连接EG，FG，AC，因为EGAD∥，EG平面ABCD，AD平面ABCD，所以E

G∥平面ABCD，因为AGCF∥，AGCF=，所以四边形AGFC是平行四边形，FGAC∥，又FG平面ABCD，AD平面ABCD，所以FG∥平面ABCD，因为FGEGG=，所以平面EFG∥平面ABCD，因为EF平面ABCD，所以EF∥平

面ABCD．(2)设111222CDBCAAAB====，由ADCDBC==，得60DABABC==，因为ACBC⊥，所以224223AC=−=，由题意知CA，CB，1CC两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，1CC

所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则()23,0,0A，()123,0,4A，()0,2,0B，()10,0,4C，()3,1,0D−，313,,222E−，所以1313,,222EC=−uuur，()10,2,4BC=−uuur，

设平面1CEB的一个法向量为(),,nxyz=r，由1100nECnBC==得334020xyzyz−++=−=，取1z=，得23,2,13n=r，连接BD，因为BDAD⊥，1BDAA⊥，1AD

AAA=，所以BD⊥平面1AAD，所以平面1AAD的一个法向量为()3,3,0DB=−uuur，所以26219cos,1919233DBn−+==uuurr，所以平面1AAD与平面1CEB所成锐二面角的余弦值为21919．6．【

利用空间向量求二面角】（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）已知四棱锥PABCD−中，底面ABCD为正方形，CD⊥平面PAD，PDFD⊥，2PDAD==，E、F分别为AP、AB的中点.(1)求证：DFEC⊥；(2)求二面角FEDC−−的余弦值.【解析】(1)∵CD⊥

面PAD，PD面PAD，∴CDPD⊥又PDFD⊥，CDFD、面CFD，CDFDD=，∴PD⊥平面CFD即PD⊥平面ABCD，∴PDAD⊥又CD⊥平面ABCD，∴以D为坐标原点，以DP、DA、DC方向分别为x，y，z轴正向建立空间直角坐标系，则()0,0,0

D，()1,1,0E，()0,2,1F，()0,0,2C∴()0,2,1DF=，()1,1,2EC=−−，∴0DFEC=，∴DFEC⊥；(2)()1,1,0=uuurDE，()0,2,1DF=，()0,0,2DC=，令DEF平面的法向量()111,,nxyz

=，由00nDEnDF==得1111020xyyz+=+=，令11y=，则11x=−，12z=−，()1,1,2n=−−，令平面DEC的法向量()222,,mxyz=，由00mDEmDC=

=，得22200xyz+==，令21y=，则21x=−，()1,1,0m=−ur，222221(1)1123cos,362(1)1(2)(1)1mnmnmn−−+====−++−−+，又因为所求二面角为锐角，所以二面角FEDC−−的余弦值为3

3.7．【利用空间向量求距离】（2022·天津市新华中学模拟预测）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PDQA∥，2PDA=，平面ADPQ⊥平面ABCD，且22ADPDQA===.(1)求证：QB∥平面PDC；(2)求平面CPB与平面PBQ所

成角的大小；(3)已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7315，求点A到平面HBC的距离.【解析】(1)证明：（1）∵平面ADPQ⊥平面ABCD，平面ADPQ平面ABCDAD=，PD平面ADPQ，PDAD⊥，所以直线PD⊥平面ABCD.以D为原点，DA，DC，D

P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()2,0,0A，()0,2,0C，()002P,,，()2,2,0B，()2,0,1Q，()0,2,1QB=−，由题可知()2,0,0DA=为平面PDC的一

个法向量，所以0QBDA=.又因为QB平面PDC，QB∥平面PDC.(2)解：()2,2,2PB=−，()0,2,2PC=−，()2,0,1PQ=−，设平面PBC的法向量(),,nxyz=r，则2220220nPBxyznPCyz=+−==−=，取1y=，得()0,

1,1n=，设平面PBQ的法向量()111,,mxyz=r，则11111222020mPBxyzmPQxz=+−==−=，取11x=，得()1,1,2m=，设平面CPB与平面PBQ所成角的大小为，

则33cos226mmnn===，6=，∴平面CPB与平面PBQ所成角的大小为6.(3)点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7315，设(),02DHtt=剟则()0,0,Ht，()2,0,0A，()2,0,AH

t=−，()2,2,2PB=−，24273cos<,15412AHPBtAHPBAHPBt+===+∣∣，解得32t=，∴线段DH的长为32.设平面HBC的法向量()2222,,mxyz=，则22222203202mCBxmHCyz==

=−=，取24z=，得()20,3,4m=，又()0,2,0AB=，所以226|5ABmdm==∣.8．【利用空间向量求距离】（2022·北京·一模）如图，在三棱柱111ABCABC−中，1AA⊥平面ABC，A

BAC⊥，11ABACAA===，M为线段11AC上一点.(1)求证：1BMAB⊥；(2)若直线1AB与平面BCM所成角为4，求点1A到平面BCM的距离.【解析】(1)因为1AA⊥平面ABC，,ABAC平面ABC，所以11,AAABAAAC⊥⊥

，而ABAC⊥，因此建立如图所示的空间直角坐标系：11(0,0,0),(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),(1,0,1),(0,,1)([0,1])AABCBMaa，1(1,,1),(1,0,1)

BMaAB=−=，因为1110110BMABa=−++=，所以1BMAB⊥，即1BMAB⊥，(2)设平面BCM的法向量为(,,)nxyz=，(1,,1),(1,1,0)BMaBC=−=−，所以有00(1,1,1)00xayznBMnaxynBC−+

+===−−+==，因为直线1AB与平面BCM所成角为4，所以1122211122cos,sin42211(1)2aABnABnABna+−===++−，解得12a=，即1(1,1,)2n=，因为1(1,0,1)AB=−，所以点1A到平面BCM的距

离为：111121221112cos,31112ABnABnABABABn−===++.9．【空间立体几何中的结构不良问题】（2022·四川泸州·三模）已知直三棱柱111ABCABC−中，D为11BC的中点．(1)从下面①②③中

选取两个作为条件，证明另外一个成立；①11ABBC⊥；②1BDBC⊥；③1111ABAC=．(2)若2ABAC==，22BC=，1BDBC⊥，求直线1BC与平面ABD所成角的正弦值．【解析】(1)连接1AD

，如下所示：选择①11ABBC⊥，②1BDBC⊥，证明③1111ABAC=如下：因为11ABBC⊥，1BDBC⊥，11,,ABBDBABBD=面1ABD，故1BC⊥面1ABD，又1AD面1ABD，故可得11

BCAD⊥.又111ABCABC−为直三棱柱，故1CC⊥面111ABC，因为1AD面111ABC，故11ADCC⊥；又1111,,CCBCCCCBC=面11CCBB，故1AD⊥面11CCBB，又1

1BC面11CCBB，故可得111ADBC⊥，因为D为11BC的中点，故可得在平面111ABC中，1AD垂直平分11BC，则1111ACAB=.选择①11ABBC⊥，③1111ABAC=，证明②1BDBC⊥如下：因

为D为11BC的中点，且1111ABAC=，在△111ABC中，由三线合一可知111ADBC⊥；又111ABCABC−为直三棱柱，故1CC⊥面111ABC，因为1AD面111ABC，故11ADCC⊥；又1111111,,CCBCCCCBC=面11CCBB

，故1AD⊥面11CCBB，又1BC面11CCBB，故11BCAD⊥；又11BCAB⊥，11111,,ADABAADAB=面1ABD，故1BC⊥面1,ABDBD面1ABD，故1BDBC⊥.选择②1BDBC⊥，③1111ABAC=，证明①11ABBC⊥如下：因为D为11BC的中点，且11

11ABAC=，在△111ABC中，由三线合一可知111ADBC⊥；又111ABCABC−为直三棱柱，故1CC⊥面111ABC，因为1AD面111ABC，故11ADCC⊥；又1111111,,CCBCCCCBC=面11C

CBB，故1AD⊥面11CCBB，又1BC面11CCBB，故11BCAD⊥；又111,,,BCBDADBDDADBD⊥=面1ABD，故1BC⊥面1ABD，因为1AB面1ABD，故11BCAB⊥.(2)因为2,22ABACBC===，则22

2ABACBC+=，故ABAC⊥，则1111ABAC⊥，又111ABCABC−为直棱柱，故1AA⊥面1111111,,ABCABAC面111ABC，故111111,AAABAAAB⊥⊥，故11111,,AAABAC两两垂直，则以1

A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如下所示：设1AAa=，则()()()()()()()1110,0,0,0,0,,2,0,0,2,0,,0,2,0,0,2,,1,1,0AAaBBaCCaD，故()()11,1,,2,2,BDaBCa=−−=−，因为1BDBC⊥，故2122

0BDBCa=+−=，解得2a=，故()()()()()10,0,2,2,0,2,1,1,0,2,0,0,0,2,2ABDBC，()()2,0,0,1,1,2ABAD==−，设平面ABD的法向量(),,mxyz=，则00mAB

mAD==，即2020xxyz=+−=，取1z=，解得0,2xy==，则()0,2,1m=，又()12,2,2BC=−，设直线1BC与平面ABD所成角为，则11615sin5523mBCmBC===.即直线1BC与平面ABD所成角的正弦值为155.10．【空间立体几何

中的结构不良问题】（2022·山东青岛·一模）如图①，在梯形ABCD中，ABDC∥，2ADBCCD===，4AB=，E为AB的中点，以DE为折痕把ADE折起，连接AB，AC，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列两个问题．(1

)证明：ACDE⊥；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求二面角DAEC−−的余弦值．①四棱锥ABCDE−的体积为2；②直线AC与EB所成角的余弦值为64．注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．【解析】(1)证明：在图①中因为DCAB∥，12CDAB=，E为AB中点所以//

DCAE，DCAE=，所以ADCE为平行四边形，所以2ADCECDAE====，同理可证2DE=，在图②中，取DE中点O，连接OA，OC，3OAOC==，因为ADAECECD===，所以DEOA⊥，DEOC⊥，因为OAOCO=，所以DE⊥平

面AOC，因为AC平面AOC，所以DEAC⊥.(2)若选择①：因为DE⊥平面AOC，DE平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE且交线为OC，所以过点A作AHOC⊥，则AH⊥平面BCDE，因为23BCDES=，所以四棱锥ABCDE−的体积12233ABCDEVAH−==

，所以3AHOA==，所以AO与AH重合，所以AO⊥平面BCDE，建系如图，则()0,0,0O，()3,0,0C−，()0,1,0E，()003A,,，平面DAE法向量为()3,0,0CO=，设平面AEC法向量为(

),,nxyz=，因为()3,1,0CE=，()3,0,3CA=，所以30330xyxz+=+=，得()1,3,1n=−−，设二面角DAEC−−的大小为，则35cos535COnCOn===，所以二面角DAEC−−的余弦值为55.若选

择②：因为//DCEB，所以ACD即为异面直线AC与EB所成角，在ADC中，2446cos44ACACDAC+−==，所以6AC=所，以222OAOCAC+=，所以OAOC⊥，因为DE⊥平面AOC，DE平面BCDE，所以平面AOC

⊥平面BCDE且交线为OC，所以AO⊥平面BCDE，建系如图，则()0,0,0O，()3,0,0C−，()0,1,0E，()003A,,，平面DAE法向量为()3,0,0CO=，设平面AEC法向量为(),,nxyz=

，因为()3,1,0CE=，()3,0,3CA=，所以30330xyxz+=+=，得()1,3,1n=−−，设二面角DAEC−−的大小为，则35cos535COnCOn===，所以二面角DAEC−−的余弦值为55.11．【空

间立体几何中的折叠问题】（2022·重庆·模拟预测）在直角梯形ABCD中，,,24ABCDABADABCD⊥==∥，E，F分别为AD，BC的中点，沿EF将四边形EFCD折起，使得DEBF⊥（如图2）．(1)求证：平面ABFE⊥平面EFCD；(2

)若直线AC与平面ABFE所成角的正切值为63，求二面角CEBF−−的余弦值．【解析】(1)证明：由题设条件，////EFABCD，ABAD⊥，则DEEF⊥，又DEBF⊥且BFEFF=，,BFEF平面ABFF，则DE⊥平面ABFF，又DE平面EFCD故平面ABFE⊥平面EF

CD．(2)解：过点C作CGEF⊥，交EF于点G，连接AG，因为平面ABFE⊥平面EFCD，平面ABFE平面EFCDEF=，所以CG⊥平面ABFE，故直线AC与平面ABFE所成角的平面角为CAG，设DEh=，则在RtCAG中，CGDEh==，2224AGEGEAh=+=+，所以2

6tan34CGhCAGAGh===+，解得22h=，如图，建立空间角坐标系Exyz−，则()0,0,0E，()0,3,0F，()0,0,22D，()22,0,0A，()22,4,0B，()0,2,2

2C，所以()0,2,22EC=，()22,4,0EB=则平面EBF的法向量为()0,0,1m=，设平面CEB的法向量为(),,nxyz=r，由22202240nECyznEBxy=+==+=，令2y=−，则(2,2,1)n=−，则二面角CEBF−−的余弦值为||7

cos||||7mnmnmn==．12．【空间立体几何中的折叠问题】（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模）如图1，矩形ABCD，点E，F分别是线段AB，CD的中点，4,2ABAD==，将矩形ABCD沿EF翻折.(1)若所成二面角的大小为2（如图2），求证：直线CE⊥面

DBF；(2)若所成二面角的大小为3（如图3），点M在线段AD上，当直线BE与面EMC所成角为4时，求二面角DEMC−−的余弦值.【解析】(1)由题设易知：BEFC是边长为2的正方形，,BFEC是BEFC的对角线，所以BFEC⊥，又面BEFC⊥面AEFD，面B

EFC面AEFDEF=，DFEF^，DF面AEFD，所以DF⊥面BEFC，又EC面BEFC，则DFEC⊥，又DFBFF=，则EC⊥面BDF.(2)过E作⊥Ez面AEFD，而,AEEF面AEFD，则⊥EzAE，⊥EzEF，而AEEF⊥，可构建如下图示的

空间直角坐标系，由题设知：3BEACFD==，所以(0,0,0)E，(1,0,3)B，(1,2,3)C，(2,,0)Mm且02m，则(1,0,3)EB=，(1,2,3)EC=，(2,,0)EMm=，若(,,)nxyz=是面EMC的一个法向量

，则23020ECnxyzEMnxmy=++==+=，令xm=，则4(,2,)3mnm−=−，211|cos,|||||||2273EBnEBnEBnmm===−+，可得1m=，则(1,2,3)n=−，又(0,0,1)l=是面EMD的一个法向量，所以36|cos,|

||4||||22lnlnln===，则锐二面角DEMC−−的余弦值为64.13．【空间立体几何中的探索性问题】（2022·广西桂林·二模（理））如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PAA

B=，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.(1)求证：平面AEF⊥平面PBC；(2)试确定点F的位置，使平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°.【解析】(1)∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴PA⊥BC，∵ABCD为正方形，∴AB⊥BC

，又PA∩AB=A，PA，AB平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∴AE平面PAB，∴AE⊥BC，∵PA=AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB，又PB∩BC=B，PB，BC平面PBC，∴AE⊥平面PBC，又AE平面AEF，所以平面AEF⊥平面

PBC；(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设正方形ABCD的边长为2，则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）P（0，0，2）E（1，0，1），∴(1,0,1)AE=，(2,

2,2)PC=−，(0,2,2)PD=−uuur，设F（2，λ，0）（0≤λ≤2），∴(2,,0)AF=，设平面AEF的一个法向量为()111,,nxyz=，则·0·0nAEnAF==，∴111

1020xzxy+=+=，令y1=2，则11xz=−=，∴(,2,)n=−，设平面PCD的一个法向量为()222,,mxyz=，则·0·0mPCmPD==，∴2222200xyz

yz+−=−=，令y2=1，则2201xz==，∴()0,1,1m=，∵平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°，∴223cos302224mnmn+===+urrurr，解得λ=1，∴当点F为BC中点时，平面AEF与平面PCD所成的锐二面角为30°.14．

【空间立体几何中的探索问题】（2022·江苏连云港·二模）如图，在三棱锥ABCD−中，ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BDCD⊥，点E，F分别是BC，DC的中点.(1)证明：平面ACD⊥平面AEF；(2)若60B

CD=，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.【解析】(1)因为△ABC是正三角形，点E是BC中点，所以AE⊥BC，又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE平面ABC，所以AE⊥平面BCD，又因为CD平面BCD，所

以CD⊥AE，因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF//BD，又因为BD⊥CD，所以CD⊥EF，又因为CD⊥AE，AE∩EFE=，AE平面AEF，EF平面AEF，所以CD⊥平面AEF，又因为CD平面ACD，所以平面ACD⊥平面AEF.(2)在平面BCD中，过

点E作EH⊥BD，垂足为H,设BC=4，则23EA=，DF=FC=l，3EF=.以{,,}EHEFEA为正交基底，建立如图空间直角坐标系E-xyz,则(0,0,0),(0,0,23),(1,3,0),(1,3,0)EACD−,设(1,,0)Gy，则(0,0,23),(

1,3,23)EAAD==−,(2,0,0),(1,,0)CDEGy==，设平面AEG的法向量为1111(,,)nxyz→=,由1100nEAnEG==，得1112300zxyy=+=，令11y=−，故1

(,1,0)ny→=−，设平面ACD的法向量为2222(,,)nxyz→=，则2200nCDnAD==,即2222203230xxyz=+−=，令21z=，则2(0,2,1)n→=,设平面AEG与平面ACD所成的锐二面角为,则122222cos

|cos,|||5151nnyy→→−===++，当0,cosy=最大，此时锐二面角最小，故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD所成的锐二面角最小.15．【空间立体几何中的探索问题】（2022·陕西·模拟预测（理））如图，正方体1111ABC

DABCD−的棱长为2，E，F分别为BD和1BB的中点，P为棱11CD上的动点．(1)是否存在点P使PE⊥平面EFC？若存在，求出满足条件时1CP的长度并证明；若不存在，请说明理由；(2)当1CP为何值时，平面11BCCB与平面

PEF所成锐二面角的正弦值最小．【解析】(1)在正方体1111ABCDABCD−中，建立如图所示的空间直角坐标系，因E，F分别为BD和1BB的中点，P为棱11CD上的动点，则()()()()11,1,0,2,2,1,0,2,0,0,2,2EFCC，设(0,,2)Pt，02t，(1,

1,0),(2,0,1),(1,1,2)CECFPEt=−==−−，显然，0CFPE=，即PECF⊥，由()()11?10CEPEt=+−−=得0=t，此时有PECE⊥，而CECFC=，且,CECF平面CEF，因此

，PE⊥平面EFC，所以存在点P(0,0,2)，使PE⊥平面EFC，12CP=.(2)在（1）的空间直角坐标系中，(1,1,1),(1,1,2)EFPEt==−−，令平面PEF的法向量为(,,nxyz=），则0(1)20nEFxyznPExtyz=++==+−−=，令3y=

，得(3,3,)ntt=−−，而平面11BCCB的法向量(0,1,0)m=，设平面11BCCB与平面PEF所成锐二面角为，则||cos|cos,|||||mnmnmn==2223363327(3)92()22ttt==−++−+

，当且仅当32t=时取“=”，因此，当32t=，即3(0,,2)2P时，max6(cos)3=，23sin1cos3=−，当且仅当6cos3=时取“=”，所以当3(0,,2)2P，即112CP=时，平

面11BCCB与平面PEF所成锐二面角的正弦值最小.16．【空间立体几何中的探索问题】（2022·重庆·西南大学附中模拟预测）如图，在三棱柱111ABCABC−中，11BABC=，113AA=，8AB=，6BC=，ABBC⊥，D为AC中点，15tan12BBD=．

(1)求证：1BCBD⊥；(2)线段11BC上是否存在一点E，使得AE与面11BCCB的夹角的正弦值为1274185？若存在，求出E点的位置；若不存在，请说明理由．【解析】(1)因为11BABC=，且D为AC中点，所以1BDAC^．又因为15tan12BBD=，所以112cos13BBD=．由

余弦定理，1cosBBD=222111351221313BDBD+−=，解得112BD=．因为22211BDBDBB+=，由勾股定理知，1BDBD⊥．又因为BDACD=，所以1BD⊥平面ABC．因为BC平面ABC，所以1BCBD⊥．(2

)过点D作DxAC⊥，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，在三棱柱111ABCABC−中，(0,5,0)A−，247,,055B，(0,5,0)C，11BCBC==124182418,,0,,125555C

−−，又11AEABBE=+111ABBC=+2418(0,5,12),,055=+−，解得2418,5,1255AE=−+．设平面11BCCB的一个法向量为(,,)mxyz=，则100mBCmBB==，即2418055

24712055xyxyz−+=−−+=．令1y=，解得平面11BCCB的一个法向量为35,1,412m=．设AE与面11BCCB的夹角为，则1274sin|cos,|185AEm=

=，解得13=或43=−（舍）综上，E为线段11BC上靠近1B的三等分点．