2026高考数学专题复习之历年真题分类汇编_专题九　立体几何（学生版+教师版）

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(2023·北京卷，9)坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为( )

A．102m B．112m
C．117m D．125m
(2021·新高考全国卷I，3)已知圆锥的底面半径为eq \r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A．2 B．2eq \r(2) C．4 D．4eq \r(2)
题点2 空间几何体的综合性问题
(2024·新课标II卷，7)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为eq \f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．3
(2024·上海卷，17)如图，在正四棱锥P-ABCD中，O为底面ABCD的中心.
(1)若AP=5，AD=32，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若AP=AD，E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小.
(2023·新高考全国Ⅰ，12)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A．直径为0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
(2023·新高考全国Ⅱ，9)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则( )
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4eq \r(3)π
C．AC＝2eq \r(2)
D．△PAC的面积为eq \r(3)
(2022·北京卷，9)已知正三棱锥P－ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T＝{Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为( )
A.eq \f(3π,4) B．π C．2π D．3π
题点3 与球有关的问题
(2025·全国Ⅱ卷，14)一个底面半径为4 cm，高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 cm.
(2023·全国甲卷理，15)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．
(2023·全国甲卷文，16)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________．
(2023·全国乙卷文，16)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________.
(2022·新高考Ⅱ卷，7)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π C．144π D．192π
(2021·天津卷，6)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为eq \f(32π,3)，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( )
A．3π B．4π C．9π D．12π
(2020·天津卷，5)若棱长为2eq \r(3)的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．12π B．24π C．36π D．144π
(2020·新高考全国卷I，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A．20° B．40° C．50° D．90°
(2020·新高考全国卷I，16)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq \r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
(2020·新高考全国卷II，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为( )
A．20° B．40° C．50° D．90°
题点4 常见几何体的体积
(2025·上海卷，7)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，BD=42，DB1=9，则该正四棱柱的体积为 .
(2025·北京卷，14)某科技兴趣小组通过3D打印机的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平行多边形，平面ARF⊥平面ABC，平面TCD⊥平面ABC，AB⊥BC，AB∥RS∥EF∥CD，AF∥ST∥BC∥ED，若AB=BC=8，AF=CD=4，AR=RF=TC=TD=52，则该多面体的体积为 .
(2025·上海卷，18)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB=2.
(1)若直线PA与圆锥底面所成的角为π3，求圆锥的侧面积；
(2)已知Q是母线PA的中点，点C，D在底面圆周上，且弧AC的长为π3，CD∥AB.设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD.
(2024·北京卷，8)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=22，该棱锥的高为( )
A.1B.2C.2D.3
(2024·全国甲卷理，14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
(2024·北京卷，14)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65 mm，325 mm，325 mm，且斛量器的高为230 mm，则斗量器的高为 mm，升量器的高为 mm.(不计量器的厚度)
(2024·新课标I卷，5)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为eq \r(3)，则圆锥的体积为( )
A．2eq \r(3)π B．3eq \r(3)π C．6eq \r(3)π D ．9eq \r(3)π
(2024·天津卷，9)一个五面体ABC－DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为( )
A.eq \f(\r(3),6) B.eq \f(3\r(3),4)＋eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(3\r(3),4)－eq \f(1,2)
(2023·全国甲卷文，10)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq \r(6)，则该棱锥的体积为( )
A．1 B.eq \r(3) C．2 D．3
(2023·全国乙卷理，8)已知圆锥PO的底面半径为eq \r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝eq \f(2π,3)，若△PAB的面积等于eq \f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为( )
A．π B.eq \r(6)π C．3π D．3eq \r(6)π
(2023·天津卷，8)在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝eq \f(1,3)PC，线段PB上的点N满足PN＝eq \f(2,3)PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(2,9) C.eq \f(1,3) D.eq \f(4,9)
(2023·新高考全国Ⅰ，14)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则该棱台的体积为________．
(2023·新高考全国Ⅱ，14)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．
(2022·天津卷，8)如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为120°，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为( )
A．23 B．24 C．26 D．27
(2022·新高考Ⅰ卷，4)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(eq \r(7)≈2.65)( )
A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3
C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3
(2022·新高考Ⅱ卷，11)(多选)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
(2021·北京卷，8)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(0，
则eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AP,\s\up6(→))＝(2,0,0)＋eq \f(1,2)(x－2，eq \r(2)，z)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))，
由(2)得AO⊥BE，
所以eq \(AO,\s\up6(→))·eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2，eq \r(2)，0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,2)，\f(\r(2),2)，\f(z,2)))＝0，
所以x＝－1，
又PB＝eq \r(6)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(x，eq \r(2)，z)，
所以x2＋2＋z2＝6，
所以z＝eq \r(3)，
则P(－1，eq \r(2)，eq \r(3))．
由D为PB的中点，得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，
则eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2))).
设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AO,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)a＋\f(\r(2),2)b＋\f(\r(3),2)c＝0，,－2a＋\r(2)b＝0，))得b＝eq \r(2)a，c＝eq \r(3)a，
取a＝1，则n1＝(1，eq \r(2)，eq \r(3))．
易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0,0,1)，
设二面角D－AO－C的大小为θ，
则|cs θ|＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(\r(3),\r(6))＝eq \f(\r(2),2)，所以sin θ＝eq \r(1－\f(1,2))＝eq \f(\r(2),2)，
故二面角D－AO－C的正弦值为eq \f(\r(2),2).
【难度】中档题
(2023·新高考全国Ⅰ，18) 【答案】(1)证明 以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(—→))＝(0，－2,1)，
eq \(A2D2,\s\up6(—→))＝(0，－2,1)，
∴eq \(B2C2,\s\up6(—→))∥eq \(A2D2,\s\up6(—→))，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)解 设P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，
则eq \(A2C2,\s\up6(—→))＝(－2，－2,2)，eq \(PC2,\s\up6(—→))＝(0，－2,3－λ)，eq \(D2C2,\s\up6(—→))＝(－2,0,1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(A2C2,\s\up6(—→))＝－2x－2y＋2z＝0，,n·\(PC2,\s\up6(—→))＝－2y＋3－λz＝0，))
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1,3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A2C2,\s\up6(—→))＝－2a－2b＋2c＝0，,m·\(D2C2,\s\up6(—→))＝－2a＋c＝0，))
令 a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1,1,2)，
∴|cs〈n，m〉|＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \f(6,\r(6)\r(4＋λ－12＋3－λ2))
＝|cs 150°|＝eq \f(\r(3),2)，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，
∴B2P＝1.
【难度】基础题
(2023·新高考全国Ⅱ，20) 【答案】(1)证明 如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，从而AE⊥BC，
又AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，
所以BC⊥DA.
(2)解 不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，
所以BC＝2eq \r(2)，DE＝AE＝eq \r(2).
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE，
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC⊂平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(eq \r(2)，0,0)，A(0,0，eq \r(2))，B(0，eq \r(2)，0)，E(0,0,0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
二面角D－AB－F的平面角为θ，而eq \(AB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
因为eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \(DA,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
所以F(－eq \r(2)，0，eq \r(2))，
则eq \(AF,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0,0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n1·\(DA,\s\up6(→))＝0，,n1·\(AB,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))取x1＝1，
所以n1＝(1,1,1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AB,\s\up6(→))＝0，,n2·\(AF,\s\up6(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))取y2＝1，
所以n2＝(0,1,1)，
所以|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(2,\r(3)×\r(2))＝eq \f(\r(6),3)，
从而sin θ＝eq \r(1－\f(6,9))＝eq \f(\r(3),3).
所以二面角D－AB－F的正弦值为eq \f(\r(3),3).
【难度】中档题
(2022·天津卷，17) 【答案】(1)证明 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，且AC⊥AB，
则A1C1⊥A1B1.
以A1为坐标原点，A1A，A1B1，A1C1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B(2,2,0)，C(2,0,2)，A1(0,0,0)，C1(0,0,2)，D(0,1,0)，E(1,0,0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2)，1))，
则eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，1))，
易知平面ABC的一个法向量为m＝(1,0,0)，则eq \(EF,\s\up6(→))·m＝0，故eq \(EF,\s\up6(→))⊥m，
因为EF⊄平面ABC，
所以EF∥平面ABC.
(2)解 eq \(C1C,\s\up6(—→))＝(2,0,0)，eq \(C1D,\s\up6(—→))＝(0,1，－2)，eq \(EB,\s\up6(→))＝(1,2,0)，
设平面CC1D的法向量为u＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(u·\(C1C,\s\up6(—→))＝2x1＝0，,u·\(C1D,\s\up6(—→))＝y1－2z1＝0，))取y1＝2，
可得u＝(0,2,1)，cs〈eq \(EB,\s\up6(→))，u〉＝eq \f(\(EB,\s\up6(→))·u,|\(EB,\s\up6(→))|·|u|)＝eq \f(4,5).
因此直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为eq \f(4,5).
(3)解 eq \(A1C,\s\up6(—→))＝(2,0,2)，eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(0,1,0)，
设平面A1CD的法向量为v＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(v·\(A1C,\s\up6(—→))＝2x2＋2z2＝0，,v·\(A1D,\s\up6(—→))＝y2＝0，))
取x2＝1，可得v＝(1,0，－1)，
则cs〈u，v〉＝eq \f(u·v,|u|·|v|)＝－eq \f(1,\r(5)×\r(2))＝－eq \f(\r(10),10)，
因此平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为eq \f(\r(10),10).
【难度】基础题
(2022·新高考Ⅰ卷，19) 【答案】解 (1)设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以＝eq \f(1,3)S△ABC·AA1＝＝eq \f(4,3)，
又△A1BC的面积为2eq \r(2)，
＝＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)h＝eq \f(4,3)，
所以h＝eq \r(2)，
即点A到平面A1BC的距离为eq \r(2).
(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B.
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，
又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BB1,\s\up6(—→))的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，
由(1)知，AE＝eq \r(2)，
所以AA1＝AB＝2，A1B＝2eq \r(2).
因为△A1BC的面积为2eq \r(2)，
所以2eq \r(2)＝eq \f(1,2)·A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
则eq \(BD,\s\up6(→))＝(1,1,1)，eq \(BA,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设平面ABD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BA,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＋z＝0，,2y＝0，))
令x＝1，得n＝(1,0，－1)．
又平面BDC的一个法向量为eq \(AE,\s\up6(→))＝(0，－1，1)，
所以cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AE,\s\up6(→))·n,|\(AE,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(－1,\r(2)×\r(2))＝－eq \f(1,2).
设二面角A－BD－C的平面角为θ，
则sin θ＝eq \r(1－cs2〈\(AE,\s\up6(→))，n〉)＝eq \f(\r(3),2)，
所以二面角A－BD－C的正弦值为eq \f(\r(3),2).
【难度】中档题
(2022·新高考Ⅱ卷，20) 【答案】(1)证明 如图，取AB的中点D，连接DP，DO，DE.
因为AP＝PB，所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高，
所以PO⊥平面ABC.
因为AB⊂平面ABC，所以PO⊥AB.
又PO，PD⊂平面POD，且PO∩PD＝P，
所以AB⊥平面POD.
因为OD⊂平面POD，所以AB⊥OD，
又AB⊥AC，AB，OD，AC⊂平面ABC，所以OD∥AC.
因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以OD∥平面PAC.
因为D，E分别为BA，BP的中点，
所以DE∥PA.
因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，
所以DE∥平面PAC.
又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D，
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC.
(2)解 连接OA，因为PO⊥平面ABC，OA，OB⊂平面ABC，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
所以OA＝OB＝eq \r(PA2－PO2)＝eq \r(52－32)＝4.
易得在△AOB中，∠OAB＝∠ABO＝30°，
所以OD＝OAsin 30°＝4×eq \f(1,2)＝2，
AB＝2AD＝2OAcs 30°＝2×4×eq \f(\r(3),2)＝4eq \r(3).
又∠ABC＝∠ABO＋∠CBO＝60°，
所以在Rt△ABC中，AC＝ABtan 60°＝4eq \r(3)×eq \r(3)＝12.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，以过A且垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0,0,0)，B(4eq \r(3)，0,0)，C(0,12,0)，P(2eq \r(3)，2,3)，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，
所以eq \(AE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3\r(3)，1，\f(3,2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(4eq \r(3)，0,0)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,12,0)．
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3\r(3)x＋y＋\f(3,2)z＝0，,12y＝0，))
令z＝2eq \r(3)，则n＝(－1,0,2eq \r(3))．
设平面AEB的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AE,\s\up6(→))＝0，,m·\(AB,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3\r(3)x1＋y1＋\f(3,2)z1＝0，,4\r(3)x1＝0，))
令z1＝2，则m＝(0，－3,2)，
所以|cs〈n，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·m,|n|·|m|)))＝eq \f(4\r(3),13).
设二面角C－AE－B的大小为θ，
则sin θ＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),13)))2)＝eq \f(11,13).
【难度】中档题
(2021·天津卷，17) 【答案】(1)证明 以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，C1(2,2,2)，D(0,2,0)，D1(0,2,2)，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，
所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，
所以eq \(D1F,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq \(A1C1,\s\up6(―→))＝(2,2,0)，eq \(A1E,\s\up6(→))＝(2,1，－2)，
设平面A1EC1的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(―→))＝2x1＋2y1＝0，,m·\(A1E,\s\up6(→))＝2x1＋y1－2z1＝0，))
令x1＝2，则m＝(2，－2,1)，
因为eq \(D1F,\s\up6(→))·m＝2－2＝0，所以eq \(D1F,\s\up6(→))⊥m，
因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F∥平面A1EC1.
(2)解 由(1)得，eq \(AC1,\s\up6(→))＝(2,2,2)，
设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈m，eq \(AC1,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·\(AC1,\s\up6(→)),|m||\(AC1,\s\up6(→))|)))＝eq \f(2,3×2\r(3))＝eq \f(\r(3),9).
所以直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值为eq \f(\r(3),9).
(3)解 连接BD，由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为eq \(DB,\s\up6(→))＝(2，－2,0)，
则cs〈eq \(DB,\s\up6(→))，m〉＝eq \f(\(DB,\s\up6(→))·m,|\(DB,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(8,3×2\r(2))＝eq \f(2\r(2),3)，
所以二面角A－A1C1－E的正弦值为eq \r(1－cs2〈\(DB,\s\up6(→))，m〉)＝eq \f(1,3).
【难度】中档题
(2021·新高考全国卷I，20) 【答案】(1)证明 因为AB＝AD，O为BD的中点，
所以OA⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，
又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)解 方法一 因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，BC＝eq \r(3)，所以S△BCD＝eq \f(\r(3),2).
如图，过点E作EF∥AO，交BD于F，过点F作FG⊥BC，垂足为G，连接EG.
因为AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，
又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，
又FG⊥BC，且EF∩FG＝F，EF，FG⊂平面EFG，
所以BC⊥平面EFG，
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角，
所以∠EGF＝45°，则GF＝EF.
因为DE＝2EA，所以EF＝eq \f(2,3)OA，DF＝2OF，所以eq \f(BF,FD)＝2.
因为FG⊥BC，CD⊥BC，所以GF∥CD，则eq \f(GF,CD)＝eq \f(2,3)，所以GF＝eq \f(2,3).
所以EF＝GF＝eq \f(2,3)，所以OA＝1，
所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△BCD·AO＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×1＝eq \f(\r(3),6).
方法二 如图所示，以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系．
因为△OCD是边长为1的正三角形，且O为BD的中点，
所以OC＝OB＝OD＝1，
所以B(1,0,0)，D(－1,0,0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0)).
设A(0,0，a)，a>0，
因为DE＝2EA，所以Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，0，\f(2a,3))).
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)．
设平面BCE的法向量为m＝(x，y，z)，
因为eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，0，\f(2a,3)))，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，,－\f(4,3)x＋\f(2a,3)z＝0，))
令x＝1，则y＝eq \r(3)，z＝eq \f(2,a)，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\f(2,a))).
因为二面角E－BC－D的大小为45°，
所以cs 45°＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(m·n,|m||n|)))＝eq \f(\f(2,a),\r(4＋\f(4,a2)))＝eq \f(\r(2),2)，
得a＝1，即OA＝1，
因为S△BCD＝eq \f(1,2)BD·CDsin 60°＝eq \f(1,2)×2×1×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，
所以VA－BCD＝eq \f(1,3)S△BCD·OA＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×1＝eq \f(\r(3),6).
【难度】中档题
(2021·新高考全国卷II，19) 【答案】(1)证明 如图，取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，
而AD＝2，QA＝eq \r(5)，故QO＝eq \r(5－1)＝2.
在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝eq \r(5)，
因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，
因为OC∩AD＝O，故QO⊥平面ABCD，
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)解 在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，
结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0,1,0)，Q(0,0,2)，B(2，－1,0)，故eq \(BQ,\s\up6(→))＝(－2,1,2)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．
设平面QBD的法向量n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BQ,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋y＋2z＝0，,－2x＋2y＝0，))
取x＝1，则y＝1，z＝eq \f(1,2)，
故n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(1,2))).而平面QAD的法向量为m＝(1,0,0)，故cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,1×\f(3,2))＝eq \f(2,3).
二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为eq \f(2,3).
【难度】基础题
(2020·江苏卷，22) 【答案】解 (1)如图，连接OC，因为CB ＝CD，O为BD的中点，
所以CO⊥BD.
又AO⊥平面BCD，所以AO⊥OB，AO⊥OC.
以{eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))}为基底，建立空间直角坐标系O－xyz.
因为BD＝2，CB＝CD＝eq \r(5)，AO＝2，
所以B(1,0,0)，D(－1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)．
因为E为AC的中点，所以E(0,1,1)．
所以eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq \(DE,\s\up6(→))＝(1,1,1)，
所以|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(AB,\s\up6(→))·\(DE,\s\up6(→))|,|\(AB,\s\up6(→))|·|\(DE,\s\up6(→))|)＝eq \f(|1＋0－2|,\r(5)×\r(3))＝eq \f(\r(15),15).
因此，直线AB与DE所成角的余弦值为eq \f(\r(15),15).
(2)因为点F在BC上，BF＝eq \f(1,4)BC，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－1,2,0)．
所以eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \f(1,4)eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)，0)).
又eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,0,0)，
故eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)，\f(1,2)，0)).
设n1＝(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n1＝0，,\(DF,\s\up6(→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋y1＋z1＝0，,\f(7,4)x1＋\f(1,2)y1＝0，))
令x1＝2，得y1＝－7，z1＝5，所以n1＝(2，－7,5)．
设n2＝(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，
又eq \(DC,\s\up6(→))＝(1,2,0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n2＝0，,\(DC,\s\up6(→))·n2＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋y2＋z2＝0，,x2＋2y2＝0，))
令x2＝2，得y2＝－1，z2＝－1，
所以n2＝(2，－1，－1)．
故|cs θ|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(|4＋7－5|,\r(78)×\r(6))＝eq \f(\r(13),13).
所以sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(2\r(39),13).
【难度】中档题
题点4 利用空间向量求空间距离
(2024·天津卷，17) 【答案】(1)证明 取CB1的中点P，连接NP，MP，
由N是B1C1的中点，
故NP∥CC1，且NP＝eq \f(1,2)CC1，
由M是DD1的中点，
故D1M＝eq \f(1,2)DD1＝eq \f(1,2)CC1，且D1M∥CC1，
则有D1M∥NP，D1M＝NP，
故四边形D1NPM是平行四边形，故D1N∥MP，
又MP⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M，故D1N∥平面CB1M.
(2)解 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
有B(2,0,0)，B1(2,0,2)，M(0,1,1)，C(1,1,0)，
则有eq \(CB1,\s\up6(—→))＝(1，－1,2)，eq \(CM,\s\up6(→))＝(－1,0,1)，eq \(BB1,\s\up6(—→))＝(0,0,2)，
设平面CB1M与平面BB1C1C的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(CB1,\s\up6(→))＝x1－y1＋2z1＝0，,m·\(CM,\s\up6(—→))＝－x1＋z1＝0，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(CB1,\s\up6(—→))＝x2－y2＋2z2＝0，,n·\(BB1,\s\up6(—→))＝2z2＝0，))
分别取x1＝x2＝1，
则有y1＝3，z1＝1，y2＝1，z2＝0，
即m＝(1,3,1)，n＝(1,1,0)，
则|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|1＋3|,\r(1＋9＋1)×\r(1＋1))＝eq \f(2\r(22),11)，
故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为eq \f(2\r(22),11).
(3)解 由eq \(BB1,\s\up6(—→))＝(0,0,2)，
平面CB1M的一个法向量为m＝(1,3,1)，
则有eq \f(|\(BB1,\s\up6(—→))·m|,|m|)＝eq \f(2,\r(1＋9＋1))＝eq \f(2\r(11),11)，
即点B到平面CB1M的距离为eq \f(2\r(11),11).
【难度】基础题
(2023·天津卷，17) 【答案】方法一 (1)证明 以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则有A(0,0,0)，M(1,1,0)，N(1,0,0)，A1(0,0,2)，C1(0,1,2)．
所以eq \(A1N,\s\up6(—→))＝(1,0，－2)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(0,1,2)，
设平面C1MA的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AM,\s\up6(→))＝0，,n·\(AC1,\s\up6(—→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋2z＝0，))
令x＝2，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－2，,z＝1，))
所以平面C1MA的一个法向量为n＝(2，－2,1)，
因为eq \(A1N,\s\up6(—→))·n＝1×2＋0×(－2)＋(－2)×1＝0，所以eq \(A1N,\s\up6(—→))⊥n.
又A1N⊄平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA.
(2)解 取平面ACC1A1的一个法向量为eq \(AN,\s\up6(→))＝(1,0,0)，
由(1)知平面C1MA的一个法向量为n＝(2，－2,1)，
所以cs〈eq \(AN,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(n·\(AN,\s\up6(→)),|n|·|\(AN,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,3)，
所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为eq \f(2,3).
(3)解 C(0,2,0)，则eq \(MC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，
所以点C到平面C1MA的距离d＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(MC,\s\up6(→))·n,|n|)))＝eq \f(4,3).
方法二 (1)证明 如图，连接MN.由M，N分别是BC，BA的中点，
根据中位线性质，得MN∥AC，且MN＝eq \f(AC,2)＝1，
由棱台性质知，A1C1∥AC，于是MN∥A1C1，
又A1C1＝1，
所以四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N∥C1M，
A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA，
于是A1N∥平面C1MA.
(2)解 如图，过点M作ME⊥AC，垂足为E，过点E作EF⊥AC1，垂足为F，连接MF，C1E.
由ME⊂平面ABC，A1A⊥平面ABC，故AA1⊥ME，
又ME⊥AC，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
则ME⊥平面ACC1A1.
由AC1⊂平面ACC1A1，
故ME⊥AC1，
又EF⊥AC1，ME∩EF＝E，ME，EF⊂平面MEF，
于是AC1⊥平面MEF，由MF⊂平面MEF，
故AC1⊥MF.
于是平面C1MA与平面ACC1A1所成的角即为∠MFE.
又ME＝eq \f(AB,2)＝1，cs∠CAC1＝eq \f(1,\r(5))，
则sin∠CAC1＝eq \f(2,\r(5))，
故EF＝AEsin∠CAC1＝eq \f(2,\r(5))，
在Rt△MEF中，∠MEF＝90°，
则MF＝eq \r(1＋\f(4,5))＝eq \f(3,\r(5))，
于是cs∠MFE＝eq \f(EF,MF)＝eq \f(2,3).
(3)解 在(2)图中的基础上作辅助线C1Q⊥AM，垂足为Q(图略)，
易知C1A＝C1M，
则△C1AM为等腰三角形，
故C1Q＝eq \r(C1A2－AQ2)＝eq \f(3\r(2),2)，
设点C到平面C1MA的距离为h.
＝eq \f(1,3)×C1E×S△AMC＝eq \f(1,3)×2×eq \f(1,2)×(eq \r(2))2＝eq \f(2,3)，
＝eq \f(1,3)×h×＝eq \f(1,3)×h×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \f(3\r(2),2)＝eq \f(h,2).
由，得eq \f(h,2)＝eq \f(2,3)，解得h＝eq \f(4,3).
所以点C到平面C1MA的距离是eq \f(4,3).
【难度】中档题
题点5 空间向量的综合应用
(2024·全国甲卷理，19) 【答案】(1)证明 因为BC∥AD，BC＝2，AD＝4，M为AD的中点，
所以BC∥MD，BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形，
所以BM∥CD，
又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，
所以BM∥平面CDE.
(2)解 如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF，
因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4,
AB＝BC＝2，所以CD＝2，
结合(1)可知四边形BCDM为平行四边形，
可得BM＝CD＝2，又AM＝2，
所以△ABM为等边三角形，O为AM的中点，所以OB＝eq \r(3)，
又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD的中点，EF＝2，
所以EF＝MD，EF∥MD，
所以四边形EFMD为平行四边形，FM＝ED＝AF＝eq \r(10)，
所以△AFM为等腰三角形，
△ABM与△AFM底边上中点O重合，
则OF⊥AM，OF＝eq \r(AF2－AO2)＝3，
因为OB2＋OF2＝FB2，
所以OB⊥OF，
所以OB，OD，OF两两垂直，
以O为坐标原点，eq \(OB,\s\up6(→))方向为x轴正方向，eq \(OD,\s\up6(→))方向为y轴正方向，eq \(OF,\s\up6(→))方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则F(0,0,3)，B(eq \r(3)，0,0)，M(0,1,0)，E(0,2,3)，
eq \(BM,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0,3)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，2,3)，
设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
平面EMB的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BM,\s\up6(→))＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x1＋y1＝0，,－\r(3)x1＋3z1＝0，))
令x1＝eq \r(3)，得y1＝3，z1＝1，
即m＝(eq \r(3)，3,1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BM,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(3)x2＋y2＝0，,－\r(3)x2＋2y2＋3z2＝0，))
令x2＝eq \r(3)，得y2＝3，z2＝－1，
即n＝(eq \r(3)，3，－1)，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(11,\r(13)·\r(13))＝eq \f(11,13)，
则sin〈m，n〉＝eq \f(4\r(3),13)，
故二面角F－BM－E的正弦值为eq \f(4\r(3),13).
【难度】中档题
(2024·新课标II卷，17) 【答案】(1)证明 由AB＝8，AD＝5eq \r(3)，Aeq \(E,\s\up6(→))＝eq \f(2,5)Aeq \(D,\s\up6(→))，Aeq \(F,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)Aeq \(B,\s\up6(→))，
得AE＝2eq \r(3)，AF＝4，
又∠BAD＝30°，在△AEF中，
由余弦定理得EF＝eq \r(AE2＋AF2－2AE·AFcs∠BAD)＝eq \r(12＋16－2×2\r(3)×4×\f(\r(3),2))＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
又PD⊂平面PDE，
故EF⊥PD.
(2)解 连接CE，由∠ADC＝90°，
ED＝3eq \r(3)，CD＝3，
则EC2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4eq \r(3)，PE＝2eq \r(3)，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，EC，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，
又ED⊂平面ABCD，所以PE⊥ED，
则PE，EF，ED两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，P(0,0,2eq \r(3))，D(0,3eq \r(3)，0)，C(3,3eq \r(3)，0)，F(2,0,0)，A(0，－2eq \r(3)，0)，
由F是AB的中点，得B(4,2eq \r(3)，0)，
所以Peq \(C,\s\up6(→))＝(3,3eq \r(3)，－2eq \r(3))，Peq \(D,\s\up6(→))＝(0,3eq \r(3)，－2eq \r(3))，
Peq \(B,\s\up6(→))＝(4,2eq \r(3)，－2eq \r(3))，Peq \(F,\s\up6(→))＝(2,0，－2eq \r(3))，
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up6(→))＝3x1＋3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝3\r(3)y1－2\r(3)z1＝0，))
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PB,\s\up6(→))＝4x2＋2\r(3)y2－2\r(3)z2＝0，,m·\(PF,\s\up6(→))＝2x2－2\r(3)z2＝0，))
令y1＝2，x2＝eq \r(3)，
得x1＝0，z1＝3，y2＝－1，z2＝1，
所以n＝(0,2,3)，m＝(eq \r(3)，－1,1)，
设平面PCD和平面PBF所成的二面角为θ，
所以|cs θ|＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,\r(5)×\r(13))＝eq \f(\r(65),65)，
则sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(8\r(65),65)，
即平面PCD和平面PBF所成的二面角的正弦值为eq \f(8\r(65),65).
【难度】基础题
(2024·新课标I卷，17) 【答案】(1)证明 因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB⊂平面PAB，
所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，
所以BC⊥AB，
根据平面知识可知AD∥BC，
又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC.
(2)解 方法一 以D为原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))的方向分别为x轴、y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
设AD＝p，DC＝q，
满足p2＋q2＝AC2＝4.
则A(p，0,0)，P(p，0,2)，C(0，q，0)，D(0,0,0)．
设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
因为eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－p，q，0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AP,\s\up6(→))·m＝2z1＝0，,\(AC,\s\up6(→))·m＝－px1＋qy1＝0，))
取m＝(q，p，0)．
设平面DPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
因为eq \(DP,\s\up6(→))＝(p，0,2)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，q，0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DP,\s\up6(→))·n＝px2＋2z2＝0，,\(DC,\s\up6(→))·n＝qy2＝0，))
取n＝(2,0，－p)．
所以|cs 〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(2q,\r(p2＋q2)·\r(p2＋4))＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(42),7)))2)，
又因为p2＋q2＝4，所以eq \f(q,\r(p2＋4))＝eq \f(1,\r(7))，解得p＝eq \r(3)(负值舍去)，
即AD＝eq \r(3).
方法二 如图所示，过点D作DE⊥AC于点E，
再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD，
又平面PAC∩平面ABCD＝AC，DE⊂平面ABCD，
所以DE⊥平面PAC，
因为CP⊂平面PAC，所以DE⊥CP，
又EF⊥CP，EF∩DE＝E，EF，DE⊂平面DEF，
所以CP⊥平面DEF，
所以DF⊥CP，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A－CP－D的平面角，
即sin∠DFE＝eq \f(\r(42),7)，
即tan∠DFE＝eq \r(6).
因为AD⊥DC，设AD＝x，0