重难点专题33 立体几何解答题十七大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题33立体几何解答题十七大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc149840878" 题型1中位线法证明线面平行 PAGEREF _Tc149840878 \h 1
\l "_Tc149840879" 题型2平行四边形法证明线面平行 PAGEREF _Tc149840879 \h 11
\l "_Tc149840880" 题型3做平行平面证明线面平行 PAGEREF _Tc149840880 \h 21
\l "_Tc149840881" 题型4线线垂直证明线面平行 PAGEREF _Tc149840881 \h 32
\l "_Tc149840882" 题型5面面平行 PAGEREF _Tc149840882 \h 40
\l "_Tc149840883" 题型6线线垂直 PAGEREF _Tc149840883 \h 50
\l "_Tc149840884" 题型7线面垂直 PAGEREF _Tc149840884 \h 59
\l "_Tc149840885" 题型8面面垂直 PAGEREF _Tc149840885 \h 69
\l "_Tc149840886" 题型9向量法证明平行与垂直 PAGEREF _Tc149840886 \h 78
\l "_Tc149840887" 题型10画图问题 PAGEREF _Tc149840887 \h 89
\l "_Tc149840888" 题型11角度问题 PAGEREF _Tc149840888 \h 104
\l "_Tc149840889" 题型12距离问题 PAGEREF _Tc149840889 \h 116
\l "_Tc149840890" 题型13探索性问题 PAGEREF _Tc149840890 \h 125
\l "_Tc149840891" 题型14最值取值范围问题 PAGEREF _Tc149840891 \h 138
\l "_Tc149840892" 题型15交线未知型 PAGEREF _Tc149840892 \h 152
\l "_Tc149840893" 题型16建系有难度型 PAGEREF _Tc149840893 \h 166
\l "_Tc149840894" 题型17几何法的运用 PAGEREF _Tc149840894 \h 183
题型1中位线法证明线面平行
【例题1】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2,E为PB的中点，F为AC与BD的交点．

(1)证明：EF//平面PCD；
(2)求三棱锥E−ABF的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)13
【分析】（1）由中位线定理证明EF∥PD，再由判定证明即可；
（2）求出点E到平面ABCD的距离，再由体积公式求解.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，F为AC与BD的交点，
∴F是BD的中点，
又E是PB的中点，∴EF∥PD，
又EF⊄平面PCD,PD⊂平面PCD，
∴EF//平面PCD．
（2）∵PA⊥平面ABCD,E是PB的中点，
∴E到平面ABCD的距离d=12PA=1，
∵四边形ABCD是正方形，AD=2,∴S△ABF=14S正方形ABCD=1，
∴三棱锥E−ABF的体积V=13S△ABF⋅d=13×1×1=13．
【变式1-1】1. （2023秋·四川泸州·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，BD⊥PC，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°,AB=PA=1，PB=2,E是棱PD上的中点．

(1)证明PB//平面AEC；
(2)求三棱锥C−BDE的体积；
【答案】(1)证明见解析
(2)324
【分析】（1）根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；
（2）根据等体积法将三棱锥C−BDE的体积转为求三棱锥E−BCD的体积，在求出三棱锥E−BCD高和底面积，根据三棱锥公式求解即可.
【详解】（1）令AC、BD的交点为O，连接OE
因为四边形ABCD是菱形，所以O是BD的中点，
又因为E是棱PD上的中点，所以在△PBD中，OE∥PB，
因为OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC
所以PB∥平面AEC.

（2）因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC．
又BD⊥PC,AC,PC⊂平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC
因为PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA
因为AB=PA=1,PB=2，所以PB2=AB2+PA2，所以AB⊥PA．
因为AB,BD⊂平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD．
因为E是棱PD上的中点，所以E到平面ABCD的距离dE=12PA=12．
四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°,AB=PA=1，
则△CBD中，∠BCD=120°,BC=CD=1,S△CBD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD=34，
∵VC−BDE=VE−CBD=13S△CBD⋅dE=13×34×12=324，∴三棱锥C−BDE的体积为324
【变式1-1】2. （2023秋·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，M，N分别为CD，PD的中点，AC与BM交于点E，AB=62，AD=6，K为PA上一点，PK=13PA.

(1)证明：KE//MN
(2)求证：平面PAC⊥平面BMNK.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知易得PKKA=CEAE=12，即有KE//PC，再由中位线性质、平行线的性质证结论；
（2）由线面垂直的性质得PA⊥BM，由已知及勾股定理可得AC⊥BM，最后利用线面垂直、面面垂直的判定证结论.
【详解】（1）四边形ABCD是矩形，M为CD的中点，
所以CM//AB且CM=12AB，显然有△AEB∼△CEM，
则CEAE=CMAB=12，又PK=13PA，故PK=12KA，
所以PKKA=CEAE，则KE//PC，
M,N分别是CD,PD的中点，则MN//PC，
综上，KE//MN.
（2）由PA⊥底面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以PA⊥BM，
又AB=62,AD=6,M为CD中点，所以CM=32,AC=63,BM=36，
由（1）知：EM=13BM=6,CE=13AC=23，则CE2+EM2=MC2，
所以∠MEC=π2，即AC⊥BM，
由PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，所以BM⊥平面PAC，
而BM⊂平面BMNK，所以平面PAC⊥平面BMNK.
【变式1-1】3. （2023秋·北京·高三北京八中校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，D是线段AC的中点，且A1D⊥平面ABC.
(1)求证：平面A1BC⊥平面AA1C1C；
(2)求证：B1C//平面A1BD；
(3)若A1B⊥AC1，AC=BC=2，求三棱柱ABC−A1B1C1的表面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)8+23+27
【分析】（1）由BC⊥平面AA1C1C证得平面A1BC⊥平面AA1C1C；
（2）连接AB1，设AB1∩A1B=E，连接DE，由DE//B1C证得B1C//平面A1BD；
（3）证得四边形AA1C1C为菱形，求得其面积，证得BC⊥CC1，求得S四边形BCC1B1，作DF⊥AB于F，证得AB⊥ A1F，求得S四边形ABB1A1，从而求得三棱柱ABC−A1B1C1的表面积.
【详解】（1）因为∠ACB=90°，所以BC⊥AC，
根据题意，A1D⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以A1D⊥BC，
因为A1D∩AC=D，A1D,AC⊂平面AA1C1C，所以BC⊥平面AA1C1C，
又因为BC⊂平面A1BC，
所以平面A1BC⊥平面AA1C1C.
（2）
连接AB1，设AB1∩A1B=E，连接DE，
根据棱柱的性质可知，E为AB1的中点，
因为D是AC的中点，
所以DE//B1C，
又因为DE⊂平面A1BD,B1C⊂平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD。
（3）由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，AC1⊂平面AA1C1C，所以BC⊥AC1，
又因为A1B⊥AC1,BC∩A1B=B，BC,A1B⊂平面A1BC，
所以AC1⊥平面A1BC，
又A1C⊂平面A1BC，所以AC1⊥A1C，
所以四边形AA1C1C为菱形，边长为2，
又因为A1D⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以A1D⊥AC，
又D为AC中点，所以A1D=3，
S菱形AA1C1C=AC⋅A1D=23，
由已知AC=BC=2，所以S△ABC=12AC⋅BC=12×2×2=2 ，
由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，CC1⊂平面AA1C1C，所以BC⊥CC1，
所以S四边形BCC1B1=BC⋅CC1=2×2=4，
如图，作DF⊥AB于F，连接A1F，
因为AC=BC=2，∠ACB=90°，
所以DF=22 ，
又因为A1D⊥平面ABC，AB,DF⊂平面ABC，
所以A1D⊥AB，A1D⊥DF，
所以A1F=A1D2+DF2=3+12=142，
又DF∩A1D=D,DF,A1D⊂面A1DF，所以AB⊥面A1DF，
又A1F⊂面A1DF，所以AB⊥ A1F，
所以S四边形ABB1A1=AB⋅A1F=22×142=27，
所以2S△ABC+S四边形BCC1B1+S菱形AA1C1C+S四边形ABB1A1=4+4+23+27=8+23+27，
所以三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为 8+23+27
【变式1-1】4. （2023秋·上海松江·高三校考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N，P，E，F分别是AB,AD,DD1,B1C1,BB1的中点．
(1)证明：EF //平面AD1B；
(2)求DP与面MNP所成角的正弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)33
【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明；
（2）设点D到平面MNP的距离为d，则有VP−MND=VD−MNP=16，求出d，设DP与平面MNP所成角是θ，则sinθ=dDP代入求解即可得出答案.
【详解】（1）证明：正方体中BC1//AD1，又EF//BC1，
∴EF//AD1,AD1⊂平面AD1B,EF⊄平面AD1B，
∴EF//平面AD1B.

（2）设正方体的棱长是2，MN=2,MA=1,PD=1,S△MND=12,VP−MND=13S△MND×PD=16，
PD⊥平面ABCD，MD⊂平面ABCD，则PD⊥MD，PM=PD2+DM2=PD2+DA2+AM2=6，PN=MN=2，
S△MNP=12×6×(2)2−(62)2=32，
设点D到平面MNP的距离为d，
则有VP−MND=VD−MNP=13S△MNP⋅d=13×32⋅d=16，解得：d=33，
设DP与平面MNP所成角是θ，
则sinθ=dDP=33．
【变式1-1】5.（2023秋·广东珠海·高三校考开学考试）在如图所示的四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.

(1)证明：PB//平面ACE；
(2)若PA=AD=1，AB=2，求平面ABC与平面AEC的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)23
【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：连接BD，交AC于点O，连接EO，
∵O为BD中点，E为PD中点，∴EO∥PB.
又∵EO⊂平面ACE，PB⊂平面ACE，
∴PB//平面ACE.
（2）
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
则A0,0,0，C2,1,0，B2,0,0，E0,12,12，
则AC=2,1,0，AE=0,12,12，
∵PA⊥平面ABCD，∴平面ABC的一个法向量为m=0,0,1，
设平面AEC的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AC=2x+y=0n⋅AE=12y+12z=0，令y=−2，得n=1,−2,2.
∴csm,n=m⋅nmn=23
∴平面ABC与平面AEC的夹角的余弦值为23.
题型2平行四边形法证明线面平行
【例题2】（2023·陕西西安·校考一模）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BA⊥BC，BA=BC=BB1=2，D，E，F分别为AA1，B1C1，AB的中点.

(1)证明：EF//平面ACC1A1；
(2)求直线CE与平面DEF所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)5511
【分析】（1）取AC的中点G，连接FG，GC1，利用线线平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面夹角正弦值.
【详解】（1）证明：取AC的中点G，连接FG，GC1，
因为F，G分别为AB，AC的中点，
所以FG//BC，FG=12BC，
又E为B1C1的中点，BC//B1C1，BC=B1C1，
所以FG//EC1，FG=EC1，
所以四边形EFGC1是平行四边形，
所以EF//GC1，
又EF⊄平面ACC1A1，GC1⊂平面ACC1A1，
所以EF//平面ACC1A1.
（2）
解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
又BA⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以BB1⊥BA，BB1⊥BC，又BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1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C0,2,0，D2,0,1，E0,1,2，F1,0,0，
所以FE=−1,1,2，FD=1,0,1，CE=0,−1,2 ，
设平面DEF的法向量为m=x,y,z，
则m⋅FE=−x+y+2z=0m⋅FD=x+z=0令x=1得y=3，z=−1，
所以平面DEF的一个法向量为m=1,3,−1，
设直线CE与平面DEF所成的角为θ，则sinθ=csm,CE=m⋅CEmCE=−511×5=5511，
即直线CE与平面DEF所成的角的正弦值为5511.
【变式2-1】1. （2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90∘，平面PAD⊥底面ABCD,M是棱PC（不与端点重合）上的点，N,Q分别为PA,AD的中点，PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3.

(1)证明：BN//平面PCD.
(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC的夹角的大小为π3？
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）取PD的中点H，连接NH，CH，即可证明四边形BCHN为平行四边形，则BN//CH，从而得证；
（2）解法一：首先证明PQ⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，设PM=λPC，利用空间向量法求出λ，即可得解；
解法二：当M为PC的中点时，平面QMB与平面PDC所成角的大小为π3，首先证明CD⊥平面PAD，即可得到HM⊥平面PAD，则∠QHD为平面QMB与平面PDC所成的二面角的平面角，求出∠QHD即可.
【详解】（1）取PD的中点H，连接NH，CH，则NH//AD且NH=12AD.
因为BC//AD且BC=12AD，所以NH//BC且NH=BC，
所以四边形BCHN为平行四边形，所以BN//CH，
又BN⊄平面PCD，CH⊂平面PCD，
所以BN//平面PCD.
（2）解法1：依题意可知PQ⊥AD，平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，所以PQ⊥平面ABCD，
又底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90∘，且AD=2BC，
所以DQ=BC，所以BCDQ为平行四边形，所以BQ//CD，则BQ⊥AD，
如图，以Q为原点，分别以QA,QB,QP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，

则Q0,0,0,D−1,0,0,P0,0,3,B0,3,0,C−1,3,0，
QB=0,3,0,DC=0,3,0,DP=1,0,3,PC=−1,3,−3，
PC=7.
设PM=λPC，则PM=−λ,3λ,−3λ，且0<λ<1，
得M−λ,3λ,3−3λ,QM=−λ,3λ,31−λ.
设平面MBQ的法向量为m=x,y,z，
则QM⋅m=0,QB⋅m=0,即−λx+3λy+31−λz=0,3y=0,
令x=3，则y=0,z=λ1−λ，
所以平面MBQ的一个法向量为m=3,0,λ1−λ.
设平面PDC的法向量为n=x',y',z'，
则DC⋅n=0,DP⋅n=0,即3y'=0,x'+3z'=0,
令x'=3，则y'=0,z'=−3，
所以平面PDC的一个法向量为n=3,0,−3.
平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为π3，
则cs60∘=m⋅nmn=33−3⋅λ1−λ12⋅3+λ1−λ2=12，
解得λ=12，所以PM=12PC=72，
即当PM=72时，平面QMB与平面PDC所成角的大小为π3.
解法2：当M为PC的中点，即当PM=72时，平面QMB与平面PDC所成角的大小为π3.
证明：因为∠ADC=90∘，所以CD⊥AD.
因为平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD,CD⊂底面ABCD，
所以CD⊥平面PAD.
又因为H,M分别为PD,PC的中点，所以HM//CD，所以HM⊥平面PAD，
HQ,HD⊂平面PAD，所以HM⊥HQ，HM⊥HD，
又因为平面QMB∩平面PDC=HM，
所以∠QHD为平面QMB与平面PDC所成的二面角的平面角，
又△PAD为等边三角形，Q为AD的中点，H为PD的中点，所以HQ//AP，所以∠QHD=∠APD=π3，
即平面QMB与平面PDC所成的二面角为π3，又PC=32+22=7，所以PM=72.
【变式2-1】2. （2023秋·江苏连云港·高三校考阶段练习）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABEF为正方形，DF⊥平面ABEF，CD//EF，DF=2，EF=2CD=2，EN=2NC，BM=2MA.
(1)求证：MN //平面ACF；
(2)求直线AD与平面BCE所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)1010
【分析】（1）在△CEF中，过点N作NH//EF交CF于H，连接AH，证明四边形AMNH为平行四边形，可得MN//AH，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）以F为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）在△CEF中，过点N作NH//EF交CF于H，连接AH，
又EN=2NC，则NH=13EF且NH//EF，
因为BM=2MA，所以AM=13AB，
又EF//AB，EF=AB，则NH//AM，且NH=AM，
则四边形AMNH为平行四边形，则MN//AH，
又MN⊄平面ACF，AH⊂平面ACF，
所以MN //平面ACF；
（2）四边形ABEF为正方形，DF⊥平面ABEF，则FA、FE、FD两两垂直，
如图，以F为原点，建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1,2)，D(0,0,2)，E(0,2,0)，F(0,0,0)，
则BC=(−2,−1,2)，BE=(−2,0,0)，AD=(−2,0,2)，

设平面BCE的一个法向量为n=(x,y,z)，则n⋅BC=0，n⋅BE=0，
则−2x−y+2z=0−2x=0，令z=1，则y=2，x=0，则n=(0,2,1)，
设直线AD与平面BCE所成角为θ，
则sinθ=csAD,n=AD⋅nAD⋅n=24+4⋅4+1=1010，
故直线AD与平面BCE所成角的正弦值为1010．
【变式2-1】3. （2023春·山西·高三校联考开学考试）如图，在四棱锥S−ABCD中．平面SAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，AD=2AB=2BC，AS=DS，点E，F分别为AS，CD的中点．

(1)证明：BE∥平面SCD；
(2)若AB=1，AS=3，求二面角C−AS−F的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)310535
【分析】（1）取DS的中点P，连接EP，PC，证明四边形EBCP为平行四边形，从而得BE//CP，即证得线面平行；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角．
【详解】（1）如图，取DS的中点P，连接EP，PC．
因为E,P分别为AS,DS的中点．
所以EP//AD，EP=12AD．
因为AD//BC，AD=2BC，所以EP//BC，EP=BC，
所以四边形EBCP为平行四边形，所以BE//CP．
因为CP⊂平面SCD，BE⊄平面SCD．
所以BE//平面SCD．
（2）如图，取AD的中点O，连接SO，CO．
因为△SAD为等腰三角形，所以SO⊥AD．
因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD．
所以SO⊥平面ABCD．又OC，OD⊂平面ABCD，则SO⊥OC，SO⊥OD，易证CO⊥AD．
可建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
因为AB=1，AS=3．
所以A0,−1,0，S0,0,2，C1,0,0，F12,12,0，
所以AC=1,1,0，AS=0,1,2，AF=12,32,0，SF=12,12,−2，
设平面ACS的一个法向量为m=x,y,z，则有m⋅AC=0m⋅AS=0即x+y=0,y+2z=0,取x=2得m=2,−2,1
设平面AFS的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，
则n⋅AS=0n⋅AF=0，即y2+2z2=012x2+32y2=0，取z=1，得n=32,−2,1，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=310535，设二面角C−AS−F的大小为θ，则csθ=310535．
【变式2-1】4. （2023秋·山西晋城·高三晋城市第一中学校校考阶段练习）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，设P,Q分别为棱C1D1,A1D1的中点.

(1)证明：AQ//平面PBD；
(2)求二面角P−BD−C的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)13
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明；
（2）利用空间向量的坐标运算求二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：连接AC,BD交于点R，连接PQ,PR,A1C1，
由中位线可知PQ//A1C1且PQ=12A1C1，
又因为AR//A1C1且AR=12A1C1，
所以PQ//AR且PQ=AR，
所以PQAR为平行四边形，所以AQ//PR.
结合AQ⊄平面PBD,PR⊂平面PBD可知，AQ//平面PBD.
（2）以D为原点，DC,DA,DD1为坐标轴建立如图坐标系.

此时D0,0,0,B2,2,0,P1,0,2,DB=2,2,0,DP=1,0,2，
设平面PBD的法向量为m=x,y,z，
则由DB⋅m=0,DP⋅m=0，
可知：2x+2y=0x+2z=0，设x=2,y=−2,z=−1⇒m=2,−2,−1，
所以平面BCD的法向量为n=0,0,1，
设二面角P−BD−C的平面角为θ，则θ为锐角.
所以csθ=m⋅nm∥n=2×0+−2×0+−1×14+4+1⋅0+0+1=13.
题型3做平行平面证明线面平行
【例题3】（2023秋·江西宜春·高三江西省丰城拖船中学校考开学考试）已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1=6，AB=4，∠BAD=60°，E为线段B1D1上中点.
(1)证明：AE//平面BC1D；
(2)求CE与平面BC1D所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)32
【分析】（1）根据线线平行得平行四边形，即可得线面平行，进而证明平面AB1D1//平面BC1D，即可证明结论；
（2）由题意可建立以D为原点的空间直角坐标系D−xyz，利用法向量与方向向量的夹角即可求解．
【详解】（1）证明：在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AD//B1C1且AD=B1C1，
所以四边形AB1C1D为平行四边形，则AB1//C1D，
又AB1⊄平面BC1D，C1D⊂平面BC1D，则AB1//平面BC1D，
由AB//D1C1且AB=D1C1，故四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1//BC1，
又AD1⊄平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，则AD1//平面BC1D，
又AD1⊂平面AB1D1，AB1⊂平面AB1D1，AD1∩AB1=A，
则平面AB1D1//平面BC1D，又AE⊂平面AB1D1，故AE//平面BC1D；

（2）取AB中点M，连接DM，
直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，则DM、DC、DD1两两垂直，
以D为原点，分别以DM、DC、DD1所在直线为x、y、z轴的空间直角坐标系D−xyz，如图所示：

又AA1=6，AB=4，
则A(23,−2,0),B(23,2,0),C(0,4,0),D(0,0,0),D1(0,0,6),B1(23,2,6),C1(0,4,6),E3,1,6，
则DB=(23,2,0),DC1=(0,4,6),CE=(3,−3,6)，
设平面BC1D一个法向量为n=(x,y,z)，则DB⋅n=0DC1⋅n=0，即23x+2y=04y+6z=0，
取x=3，则y=−3，z=2，故平面BC1D一个法向量为n=(3,−3,2)，
设CE与平面BC1D所成角为θ，则sinθ=|cs〈CE,n〉|=|3+9+123+9+4⋅3+9+36|=32.
【变式3-1】1. （2022·四川南充·四川省南充高级中学校考一模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，平面ABCD⊥平面ABEF，AD//BC，AF//BE，AD⊥AB，AB⊥AF．AD=AB=AF=2BC=2BE=2.

(1)已知点G为AF的中点，求证：BG//平面DCE；
(2)求多面体ABCDEF的体积．
【答案】(1)证明见详解
(2)73
【分析】（1）先证平面BHG//平面CDE，然后由面面平行的性质可证；
（2）将多面体ABCDEF分解为三棱锥D−AEF和四棱锥E−ABCD求解即可.
【详解】（1）记AD的中点为H，连接HC,HB,HG,GE，
则BC∥=AH，BE∥=AG，所以四边形ABCH和ABEG为平行四边形，
所以AB∥=CH,AB∥=EG，所以CE∥=HG，
因为HG⊄平面CDE，CE⊂平面CDE，
所以HG//平面CDE，
又CB∥=12AD，所以BC∥=DH，所以四边形BCDH为平行四边形，所以BH∥CD，
又因为BH⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，
所以BH//平面CDE，
因为HG∩BH=H，BG,BH⊂平面BHG，所以平面BHG//平面CDE，
又BG⊂平面BHG，所以BG//平面DCE.

（2）连接AE，因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面ABEF，
又因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=AB，AB⊥AF，AF⊂平面ABEF，
所以AF⊥平面ABCD，
又AF//BE，所以BE⊥平面ABCD，
易知S△AEF=12AF⋅AB=2，梯形ABCD的面积为12AD+BC⋅AB=3，
所以多面体ABCDEF的体积V=VD−AEF+VE−ABCD=13×2AD+13×3BE=73.

【变式3-1】2. （2023·四川南充·模拟预测）如图所示，在圆锥DO中，D为圆锥的顶点，O为底面圆圆心，AB是圆O的直径，C为底面圆周上一点，四边形AODE是矩形．

(1)若点F是BC的中点，求证：DF//平面ACE；
(2)若AB=2,∠BAC=∠ACE=π3，求三棱锥A−CDE的体积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)14.
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理作答.
（2）证明AE⊥平面ABC，再利用等体积法求解作答.
【详解】（1）依题意，连接OF，O、F分别是AB、BC中点，则OF//AC，
OF⊄平面ACE,AC⊂平面ACE，则OF//平面ACE，
四边形AODE是矩形，OD//AE，同理有OD//平面ACE，
又OF∩OD=O,OF,OD⊂平面ODF，于是平面ODF//平面ACE，又DF⊂平面ODF，
所以DF//平面ACE.

（2）在圆锥DO中，DO⊥平面ABC，DO⊂平面ABDE，则平面ABDE⊥平面ABC，
平面ABDE∩平面ABC=AB，在平面ABC内过点C作CG⊥AB于点G，
则CG⊥平面ABDE，在RtABC中，AB=2,∠BAC=π3，则AC=1,BC=3,CG=32，
显然AE⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，则AE⊥AC，又AC=1，∠ACE=π3，因此AE=3，
VA−CDE=VC−ADE=13S△ADE⋅CG=13×32×32=14.
【变式3-1】3. （2023秋·四川眉山·高三校考阶段练习）如图所示，在圆锥DO中，D为圆锥的顶点，O为底面圆圆心，AB是圆O的直径，C为底面圆周上一点，四边形AODE是矩形．

(1)若点F是BC的中点，求证：DF//平面ACE；
(2)若AB=2,∠BAC=∠ACE=π3，求直线CD与平面ABDE所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)134
【分析】（1）根据线线平行可证明线面平行，进而得面面平行，由面面平行的性质即可求解,
（2）根据线面垂直，可得线面角的几何角，即可利用三角形的边角关系求解大小，或者建立空间坐标系，利用法向量求解.
【详解】（1）O、F分别是AB、BC中点，连接OF，则OF//AC，

OF⊄平面ACE,AC⊆平面ACE，则OF//平面ACE，
四边形AODE是矩形，OD//AE，同理有OD//平面ACE，
又OF∩OD=O，OF,OD⊂平面DOF，故平面ODF//平面ACE，
又DF⊂平面ODF，故DF//平面ACE.
（2）解法一：
在圆锥DO中，DO⊥平面ABC，DO⊂平面ABDE,
则平面ABDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，作CG⊥AB于点G，连接DG，
则CG⊥面ABDE,DG是CD在平面ABDE上的射影，∠CDG是直线CD与平面ABDE所成的角，
在直角三角形ABC中，AB=2,∠BAC=π3，则AC=1,BC=3,CG=32，
DO⊥平面ABC,AE//DO，则AE⊥平面ABC，
在直角三角形ACE中，AC=1，∠ACE=π3，则AE=3,DO=3,CD=2，
在直角三角形CDG中，sin∠CDG=CGCD=34，
故cs∠CDG=1−sin2∠CDG=134，即直线CD与平面ABDE所成角的余弦为134.
解法二：在圆锥DO中，DO⊥平面ABC，
在直角三角形ABC中，AB=2,∠BAC=π3，则AC=1，BC=3，
在直角三角形ACE中，AC=1,∠ACE=π3，则AE=3,DO=3，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则C0,0,0,A1,0,0,B0,3,0,O12,32,0,D12,32,3,E1,0,3，
CD=12,32,3,AB=−1,3,0,AE=0,0,3，
设m=x,y,z是平面ABDE的法向量，则m⋅AB=−x+3y=0m⋅AE=3z=0，
令x=3得m=3,1,0，
设直线CD与平面ABDE所成角为θ，则sinθ=cs〈m,CD〉=m⋅CDm⋅CD=34，
csθ=1−sin2θ=134.
【变式3-1】4. （2023·湖南永州·统考一模）如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧面PAD为正三角形，且AD=2AB=4,M、N分别为PD、BC的中点，H在线段PC上，且PC=3PH．

(1)求证：MN//平面PAB；
(2)当AM⊥PC时，求平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)15
【分析】（1）取AD中点Q，连接MQ,NQ，要证MN//平面PAB，只需平面MQN//平面PAB，结合已知条件即可得证.
（2）当AM⊥PC时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据AD=2AB=4以及中点关系、PC=3PH即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.
【详解】（1）如图所示：

取AD中点Q，连接MQ,NQ，
M,N分别为PD、BC的中点，且底面ABCD为矩形，
所以MQ//PA,MQ=12PA，且NQ//AB，
又因为MQ⊂平面MQN，MQ⊄平面PAB，NQ⊂平面MQN，NQ⊄平面PAB，
所以MQ//平面PAB，且QN//平面PAB，
又因为MQ∩NQ=Q，MQ⊂平面MQN，NQ⊂平面MQN，
所以平面MQN//平面PAB，
因为MN⊂平面MQN，
所以由面面平行的性质可知MN//平面PAB
（2）如图所示：

注意到侧面PAD为正三角形以及M为PD的中点，所以由等边三角形三线合一得AM⊥PD，
又因为AM⊥PC，且PD⊂面PDC，PC⊂面PDC，PD∩PC=P，
所以AM⊥面PDC，又因为CD⊂面PDC，所以CD⊥AM，
又因为底面ABCD为矩形，所以CD⊥AD，
因为AD∩AM=A，AM⊂面PAD，AD⊂面PAD，
所以CD⊥面PAD，因为PQ⊂面PAD，
所以CD⊥PQ，又CD//NQ，
所以NQ⊥PQ，又由三线合一PQ⊥AD，又AD⊥NQ，
所以建立上图所示的空间直角坐标系；
因为AD=2AB=4，
所以A0,−2,0,N2,0,0,P0,0,23,C2,2,0,D0,2,0，
又因为M为PD的中点，PC=3PH，
所以M0,1,3,H23,23,433，
所以MA=0,−3,−3，MN=2,−1,−3，MH=23,−13,33，
不妨设平面AMN与平面HMN的法向量分别为n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，
所以有n1⋅MA=0n1⋅MN=0以及n2⋅MH=0n2⋅MN=0，
即分别有−3y1−3z1=02x1−y1−3z1=0以及23x2−13y2+33z2=02x2−y2−3z2=0，
分别令y1=−1,x2=1，并解得n1=−1,1,−3,n2=1,2,0，
不妨设平面AMN与平面HMN的夹角为θ，
所以csθ=n1⋅n2n1⋅n2=−1×1+1×2−3×0−12+12+32×12+22+02=15；
综上所述：平面AMN与平面HMN的夹角的余弦值为15.
【变式3-1】5.（2023·甘肃陇南·统考一模）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D,E分别为棱AB,B1C1的中点，AB=2．

(1)证明：DE//平面ACC1A1．
(2)若三棱锥A−A1DC的体积为33，求点A到平面CDE的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)41717
【分析】（1）利用三角形中位线性质得EF//A1C1，则得EF//平面ACC1A1，再利用面面平行的判定和性质即可得DE//平面ACC1A1；
（2）首先利用VA−A1DC=13S△ACD⋅A1A求出AA1的长度，再利用等体积法即可求出点到平面距离.
【详解】（1）取A1B1的中点为F，连接EF,DF．
因为EF为△A1B1C1的中位线，所以EF//A1C1，
又EF⊄平面ACC1A1,A1C1⊂平面ACC1A1，
所以EF//平面ACC1A1．
因为D,F分别为棱AB,A1B1的中点，所以DF//AA1，
又DF⊄平面ACC1A1,AA1⊂平面ACC1A1，所以DF//平面ACC1A1．
又EF∩DF=F，EF,DF⊂平面DEF，所以平面DEF//平面ACC1A1．
因为DE⊂平面DEF，所以DE//平面ACC1A1．

（2）连接AE，设AA1=ℎ，因为D为AB中点，△ABC为等边三角形，
则CD⊥AB，CD=22−12=3，
则三棱锥A−A1DC的体积VA−A1DC=13S△ACD⋅A1A=13×12×1×3×ℎ=33，解得ℎ=2，
所以VE−ACD=13×12×1×3×2=33．
在△CDE中，CD=3,CE=5,DE=12+22=5，
可求得CD边上的高为(5)2−322=172，所以S△CDE=12×3×172=514．
设点A到平面CDE的距离为d，所以VA−CDE=13×514d．
由13×514d=33，解得d=41717．
题型4线线垂直证明线面平行
【例题4】（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）如图，三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，E是空间中一点，且AE⊥平面ABC.

(1)证明：AE//平面BCD；
(2)若BD⊥CD,AB=BD=CD，求平面CAE与平面DAE的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)223
【分析】（1）先根据线面垂直的性质证得AB⊥DF，再有线面垂直的判定定理得DF⊥平面ABC，从而得AE// DF，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解两个平面夹角的余弦值.
【详解】（1）过D点作DF⊥BC，垂足为F，

因为AB⊥平面BCD,DF⊂平面BCD，所以AB⊥DF，
因为AB,BC⊂平面ABC，AB∩BC=B，所以DF⊥平面ABC，
因为AE⊥平面ABC，所以AE// DF，
因为DF⊂平面BCD,AE⊄平面BCD，所以AE//平面BCD.
（2）设AB=BD=CD=2，且BD⊥CD，
以B为坐标原点，BD为y轴，BA为z轴，过B垂直BD（与CD平行）的线为x轴，
如图建立空间直角坐标系，

则A0,0,2,B0,0,0,D0,2,0,C2,2,0,F1,1,0，
又AC=2,2,−2,AD=0,2,−2,FD=−1,1,0，
由（1）设AE=λFD=−λ,λ,0,λ≠0，
设平面CAE的一个法向量m=x,y,z，
则m⋅AE=−λx+λy=0m⋅AC=2x+2y−2z=0，令x=1，则y=1,z=2，所以m=1,1,2，
设平面DAE的一个法向量n=a,b,c，
则m⋅AE=−λa+λb=0m⋅AD=2b−2c=0，令a=1，则b=1,c=1，所以n=1,1,1，
设平面CAE与平面DAE的夹角为α，
则csα=csm,n=m⋅nm⋅n=1+1+26×3=223，
所平面CAE与平面DAE的夹角的余弦值为223.
【变式4-1】1. （2023秋·江苏扬州·高三统考开学考试）如图，在多面体ABCDE中，AB⊥平面BCD，平面ECD⊥平面BCD，其中△ECD是边长为2的正三角形，△BCD是以∠BDC为直角的等腰三角形．

(1)证明：AB//平面CDE；
(2)若平面ACE与平面BDE的夹角的余弦值为21919，求线段AB的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)AB=3或33．
【分析】（1）取CD的中点F，连接EF，易得EF⊥CD，再由平面ECD⊥平面BCD，得到EF⊥平面BCD，再由AB⊥平面BCD，得到AB∥EF，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）过点B作BP∥CD，以B为坐标原点，分别以BP，BD，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB=a，分别求得平面ACE的一个法向量为m=x1,y1,z1，平面BDE的一个法向量为n=x2,y2,z2，设平面ACE与平面BDE的夹角为θ，由caθ=csm,n=21919求解.
【详解】（1）证明：取CD的中点F，连接EF，
因为△ECD是边长为2的正三角形，
所以EF⊥CD．
∵平面ECD⊥平面BCD，且平面ECD∩平面BCD=CD，
∴EF⊥平面BCD．
又∵AB⊥平面BCD，∴AB∥EF．
∵AB⊄平面ECD，EF⊂平面ECD；
∴AB//平面CDE；
（2）解：过点B作BP∥CD，以B为坐标原点，分别以BP，BD，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设AB=a，则A0,0,a，B0,0,0，C2,2,0，D0,2,0，E1,2,3，
所以AC=2,2,−a，CE=−1,0,3，BD=0,2,0，BE=1,2,3．
设平面ACE的一个法向量为m=x1,y1,z1，
由m⋅AC=2x1+2y1−az1=0m⋅CE=−x1+3z1=0，取x1=23，得m=23,a−23,2；
设平面BDE的一个法向量为n=x2,y2,z2，
由n⋅BD=2y2=0n⋅BE=x2+2y2+3z2=0，取x2=3，得n=3,0,−1．
设平面ACE与平面BDE的夹角为θ，
则caθ=csm,n=6−216+a−232⋅2=21919，
解得a=3或33，即AB=3或33．
【变式4-1】2. （2023秋·河南洛阳·高三洛宁县第一高级中学校考阶段练习）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC,BE⊥平面ABC,△ABC和△ACD均为正三角形，AC=2,BE=3，点M为棱CD上一点．

(1)求证：DE//平面ABC；
(2)若M为DC中点，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1313
【分析】（1）直接利用直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面AMB与平面ACD的法向量，进而可求解.
【详解】（1）取AC中点O，连接DO、OB，
在正△ACD和正△ABC中，AC=2，
∴DO⊥AC，BO⊥AC，DO=BO=3，
而平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC=AC，
DO⊂平面ACD，BO⊂平面ABC，
∴DO⊥平面ABC，BO⊥平面ACD，
又BE⊥平面ABC，所以DO//EB，而DO=EB=3．
∴四边形DOBE是平行四边形，所以DE//OB，
而OB⊂平面ABC，DE⊄平面ABC，
∴DE//平面ABC．
（2）由（1）知，OB，OC，OD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，

则A(0,−1,0)，B(3,0,0)，D(0,0,3)，C(0,1,0)，M(0， 12， 32)，
∴AB=(3， 1， 0)，AM=(0， 32， 32)，
显然平面ACD的一个法向量为n1=(1,0,0)，
设平面AMB的法向量为n2=(x,y,z)，
则n2·AB=3x+y=0n2·AM=32y+32z=0，令x=1，得n2=(1,−3,3)，
cs〈n1,n2〉=n1·n2n1n2=11×12+−32+32=1313，
∴平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为1313．
【变式4-1】3. （2022·新疆·统考三模）多面体ABDEC中，△BCD与△ABC均为边长为2的等边三角形，△CDE为腰长为5的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，F为BC的中点．
(1)求证：AF∥平面ECD；
(2)求多面体ABDEC的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)43+36
【分析】（1）由面面垂直得线面垂直，进而得到线线平行，从而证得线面平行；
（2）将多面体ABCDE分为两个三棱锥进行求解体积.
【详解】（1）证明：取CD的中点G，连接EG
∵△CDE为腰长为5的等腰三角形，
∴EG⊥CD
又∵平面CDE⊥平面BCD，EG⊂平面ECD，平面CDE∩平面BCD=CD,
∴EG⊥平面BCD，同理可得，AF⊥平面BCD
∴EG∥AF
又∵EG⊂平面ECD，AF⊄平面CDE，
∴AF∥平面CDE
（2）在△CDE中，EG2=ED2−DG2
∴EG=2
又∵△BCD为边长为2的等边三角形
∴VE−BCD=13S△BCD⋅EG=13×34×4×2=233
过G作GH⊥BC于H，在等边三角形BCD中，
GH=12DF=32，
又∵平面ABC⊥平面BCD，GH⊂面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC,
∴GH⊥平面ABC
又∵EG∥AF
∴GH的长度是点E到平面ABC的距离
又∵△ABC为等边三角形
∴VE−ABC=13S△ABC⋅GH=13×34×4×32=12
∴VABCDE=VE−BCD+VE−ABC=233+12=43+36
题型5面面平行
【例题5】（2023秋·宁夏银川·高三银川一中校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD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PD=AB=2，求异面直线PA与BF所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)1010
【分析】（1）连接DE，先证明平面PDE//平面BFG，进而得证PE//平面BFG．
（2）由题，建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【详解】（1）如图，连接DE，
∵ABCD是正方形，E，F分别是棱BC，AD的中点，
∴DF=BE，DF//BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DE//BF，
∵G是PA的中点，∴FG//PD，
∵PD,DE⊄平面BFG，FG,BF⊂平面BFG，
∴PD//平面BFG，DE//平面BFG，
∵PD∩DE=D，直线PD,DE在平面PDE内，
∴平面PDE//平面BFG，
∵PE⊂平面PDE，
∴PE//平面BFG．

（2）由题意可得，DA，DC，DP两两互相垂直，
如图以点D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，PD=AB=2，则D0,0,0，A2,0,0，P0,0,2，B2,2,0，F1,0,0，
∴PA=2,0,−2，BF=−1,−2,0，
∴csPA,BF=PA⋅BFPABF=−28×5=−1010，
所以异面直线PA与BF所成角的余弦值为1010.
【变式5-1】1. （2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考期中）如图，AA1，BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D，E分别是AA1，CB1的中点，DE⊥面CBB1．

(1)证明：DE//平面ABC；
(2)若BB1=BC，求平面A1B1C与平面BDC的夹角余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)63
【分析】（1）取BB1中点F，利用线面平行的判定定理，证得DF//平面ABC，EF//平面ABC，再由面面平行的判定定理，即可证得平面DEF//平面ABC，即可证得DE//平面ABC．
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，设BB1=BC=2，分别求得平面A1B1C和平面BB1C的一个法向量n=0,2,1和m=1,1,2，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，取BB1中点F，连接DF，EF，
因为D，E，F分别为AA1，B1C，BB1的中点，所以DF//AB，EF//BC，
又因为DF⊄平面ABC，EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以DF//平面ABC，EF//平面ABC，
又因为DF∩EF=F，DE,EF⊂平面DEF，
所以平面DEF//平面ABC，又因为DE⊂平面DEF，所以DE//平面ABC．

（2）解：如图所示，连接EO,AO，
因为E,O分别为B1C,BC的中点，所以EO//BB1，且EO=12BB1，
又因为D为AA1的中点，所以DA//BB1，且DA=12BB1，
所以EO=DA，且EO//DA，即四边形AOED为平行四边形，即DE//AO，
因为DE⊥面CBB1，所以AO⊥面CBB1．
又因为BC⊂面CBB1，所以AO⊥BC，可得AB=AC，
以A为原点，以AB,AC,AA1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设BB1=BC=2，则AB=AC=2，
可得B12,0,2，C0,2,0，A10,0,2，B2,0,0，D0,0,1，
则A1B1=2,0,0，A1C=0,2,−2，BC=−2,2,0，BB1=0,0,2,
设平面A1B1C的法向量为n=x,y,z，则n⋅A1B1=2x=0n⋅A1C=2y−2z=0，
取y=2，可得z=0,z=1，所以n=0,2,1．
设平面BB1C的法向量为m=a,b,c，则n⋅BB1=2c=0n⋅BC=−2a+2b=0，
取a=1，可得b=1,c=0，所以m=1,1,2，
则csn,m=221+1+2⋅2+1=2223=63，
所以平面A1B1C与平面BB1C的夹角的余弦值为63．

【变式5-1】2. （2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥S−ABCD中，AB//CD，AB⊥BC，SA=SD=1，AB=2CD=2BC=2，SB=3，点M为棱CD的中点，点N在棱SA上，且AN=3SN．

(1)证明：MN//平面SBC；
(2)求直线SC与平面SBD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)36
【分析】（1）作出辅助线，证明出线线平行，进而得到面面平行，得到线面平行；
（2）作出辅助线，得到线面垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，进而求出平面的法向量，利用线面角的求解公式求出答案.
【详解】（1）在平面ABCD内过点M作MF//BC交AB于点F，连接NF，
则四边形MCBF为平行四边形，
所以FB=MC=12CD=12，所以AF=3FB，
又AN=3SN，所以NF//SB，
因为NF⊄平面SBC,SB⊂平面SBC，所以NF//平面SBC，
因为MF//BC,MF⊄平面SBC,BC⊂平面SBC，所以MF//平面SBC，
又NF∩MF=F,NF,MF⊂平面MNF，所以平面MNF//平面SBC，
又MN⊂平面MNF，所以MN//平面SBC．
（2）取AD的中点O，连接SO,BO，
因为AB//CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC=2，
所以AD=BD=2，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，
又SA=SD=1,AD=2，所以SA⊥SD,SO⊥AD，所以SO=12AD=22．
在△BDO中，BO2=BD2+OD2=52，
又SB=3，所以SB2=SO2+BO2，所以SO⊥OB，
又AD∩BO=O,AD,BO⊂平面ABCD，所以SO⊥平面ABCD．
过B作Bz//SO，则Bz⊥平面ABCD，则BA,BC,Bz两两垂直，
所以以B为坐标原点，BA,BC,Bz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B0,0,0,C0,1,0,D1,1,0,S32,12,22，
所以BS=32,12,22,BD=1,1,0,SC=−32,12,−22．
设平面SBD的法向量为n=x,y,z，
则n⋅BS=x,y,z⋅32,12,22=32x+12y+22z=0n⋅BD=x,y,z⋅1,1,0=x+y=0，
取x=1，则y=−1,z=−2，故n=1,−1,−2，
设直线SC与平面SBD所成的角为θ，
则sinθ=csSC,n=SC⋅nSC⋅n=−32−12+194+14+12×1+1+2=123=36，
即直线SC与平面SBD所成角的正弦值为36．
【变式5-1】3. （2023秋·陕西商洛·高三陕西省山阳中学校联考阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2BC=CC1=2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，AB⊥BC.

(1)证明：平面ABD ∥平面FEC1；
(2)求点F到平面ABD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)21717
【分析】（1）证明线面平行，再由面面平行判定定理得证；
（2）利用三棱锥中等体积法求高即可.
【详解】（1）在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC的中点，
所以AB∥EF.
因为AC∥A1C1，AF=12AC=12A1C1=DC1，
所以四边形AFC1D为平行四边形，所以AD∥FC1，
因为AB⊄平面FEC1，EF⊂平面FEC1，
所以AB//平面FEC1，同理AD//平面FEC1，
又因为AD∩AB=A，AB,AD⊂平面ABD，
所以平面ABD ∥平面FEC1.
（2）如图所示，连接BF,DF.

利用勾股定理计算得AB=AC2−BC2=3,AD=AA12+A1D2=5,BD=BF2+DF2=5，
所以△ABD的面积为12AB×AD2−AB22=12×3×5−34=514.
设点F到平面ABD的距离为ℎ，
则三棱锥F−ABD的体积为V=13ℎ×514=5112ℎ.
又易知DF⊥平面ABC，
所以三棱锥D−ABF的体积为V=13×DF×S△ABF=13×2×12×12×3×1=36.
所以5112ℎ=36，解得ℎ=21717，
即点F到平面ABD的距离为21717.
【变式5-1】4. （2024·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，∠ABC=∠CDA=90°，∠BAD=120°，AB=AD=2，E为PC的中点.

(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)若PC=PD=23，平面PCD⊥平面ABCD，求二面角B−CP−D的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)55
【分析】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，根据题意可得EO∥PD，BO∥AD，结合面面垂直的判定定理可得平面EOB∥平面PAD，进而可得结果；
（2）根据面面垂直的性质定理可得PO⊥平面ABCD，BO⊥平面PCD，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取CD的中点O，连接EO，BO，
因为E为PC中点，则EO∥PD，
且EO⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以EO∥平面PAD，
因为∠ABC=∠CDA=90°，∠BAD=120°，则∠BCD=60°，
且AB=AD，可得∠ADB=∠ABD=12×180°−120°=30°，
则∠CBD=∠CDB=90°−30°=60°，
可知△BCD为等边三角形，则BO⊥CD，
又因为AD⊥CD，可得BO∥AD，
而BO⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BO∥平面PAD，
又因为EO∩BO=O，EO,BO⊂平面EOB，
可得平面EOB∥平面PAD，而EB⊂平面EOB，
所以EB∥平面PAD.

（2）因为PC=PD，O为CD的中点，则PO⊥CD，
且平面PCD⊥平面ABCD，PO⊂平面PCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
所以PO⊥平面ABCD，
又因为△BCD为等边三角形，则BO⊥CD，
且BO⊂平面ABCD，平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD，
所以BO⊥平面PCD，
在△ABD中，AD=AB=2，∠DAB=120°，
由余弦定理可得BD=AB2+AD2−2AB⋅ADcs∠DAB=23，CD=23，
在△PCD中，由PC=PD=23，可得PO=232−32=3，
在等边△BCD中，由BD=2OD=23，可得OD=OC=3，OB=3，
以O为坐标原点，OB，OD，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B3,0,0，C0,−3,0，D0,3,0，P0,0,3，
可得OB=3,0,0，CB=3,3,0，CP=0,3,3，
设平面PCB的法向量为n=x,y,z，则n⋅CB=3x+3y=0n⋅CP=3y+3z=0，
令x=1，则y=−3,z=1，可得n=1,−3,1，
由上可知，平面PCD的一个法向量为OB=3,0,0，
可得csn,OB=n⋅OBnOB=35×3=55，
由图象可得二面角B−CP−D为锐二面角，所以二面角B−CP−D的余弦值为55.

题型6线线垂直
【例题6】（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）如图，在几何体ABCDEF中，CD⊥平面ABC，CD=λAE0<λ<1，侧面ABFE为正方形，AB=BC=2，M为AB的中点，∠CMF=90°．

(1)证明：DM⊥AB；
(2)若直线MF与平面DME所成角的正弦值为155，求实数λ的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【分析】（1）通过证明AB⊥平面CDM来证得DM⊥AB.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法以及直线MF与平面DME所成角的正弦值求得λ.
【详解】（1）因为CD⊥平面ABC，CD//AE，所以AE⊥平面ABC，
因为侧面ABFE为正方形，BF//AE，所以BF⊥平面ABC，
又CM⊂平面ABC，所以BF⊥CM，
因为∠CMF=90°，所以CM⊥MF，
又MF∩BF=F,MF,BF⊂平面ABFE，所以CM⊥平面ABFE，
又AB⊂平面ABFE，所以CM⊥AB，
因为CD⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以CD⊥AB，
又CD∩CM=C,CD,CM⊂平面CDM，所以AB⊥平面CDM，
又DM⊂平面CDM，所以DM⊥AB．
（2）由（1）可知，CM⊥AB，M为AB的中点，所以AC=BC=2．
取EF的中点为N，连接MN，则MN//CD，
因为CD⊥平面ABC，所以MN⊥平面ABC．
以M为坐标原点，MB,MC,MN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M（0，0，0），D0,3,2λ，E−1,0,2，F（1，0，2），
所以MD=0,3,2λ，ME=−1,0,2，MF=1,0,2，
设平面DME的法向量为m=x1,y1,z1，
由MD⋅m=0ME⋅m=0得3y1+2λz1=0−x1+2z1=0，取z1=1，
则m=2,−2λ3,1，
设直线MF与平面DME所成角为θ，
则sinθ=csm,MF=45×5+43λ2，
由题意可知，45×5+43λ2=155，
解得λ=12（负值舍去），故实数λ的值为12．

【变式6-1】1. （2023秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）如图，在几何体ABCDEF中，平面四边形ABCD是菱形，平面BDEF⊥平面ABCD，DF//BE，且DF=2BE=2，EF=3，BD=22.
(1)证明：BE⊥AD；
(2)若cs∠BAD=15，求点B到平面AEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)23015
【分析】（1）利用勾股定理得BE⊥BD，再利用面面垂直的性质定理证得BE⊥平面ABCD，进而利用线面垂直的性质定理证明即可；
（2）先利用余弦定理求得AB=5，再利用等体积法求解点到平面的距离即可.
【详解】（1）如图：
取DF中点为M，连接ME，∵ DF//BE，DM=BE=1，∴四边形DMEB为平行四边形，
∴ DB//ME，∴ME=BD=22，∵ ME=22，EF=3，MF=1，
∴ EF2=MF2+ME2，∴MF⊥ME，∴DF⊥BD，∴BE⊥BD，
∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，BE⊥BD，BE⊂平面BDEF，
∴BE⊥平面ABCD，又AD⊆平面ABCD，∴ BE⊥ AD.
（2）设AB=a，∵ cs∠BAD=15，∴ BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠BAD=85a2=8，
∴ a=5，∴OA2=AB2−OB2=3，∴ OA=3，设点B到平面AEF的距离为ℎ，
∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，AO⊥BD，AO⊂平面ABCD，
∴AO⊥平面BEFD，∵ VB−AEF=VA−BEF，∴S△AEF⋅ℎ=S△BEF⋅AO，
又S△BEF=12×BE×BD=12×2×22=2，
∵ BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴DF⊥AD，BE⊥AB，∴AE=AB2+BE2=6，AF=AD2+DF2=3，
又EF=3，∴cs∠AFE=AF2+EF2−AE22AF⋅FE=23，∴sin∠AFE=1−cs2∠AFE=53，∴S△AEF=12⋅AF⋅EF⋅sin∠AFE=352,
又AO=3，∴352×ℎ=3×2，∴ℎ=23015，
所以点B到平面AEF的距离为23015.
【变式6-1】2. （2023秋·四川成都·高三石室中学校考阶段练习）如图，在几何体ABCDEF中，平面四边形ABCD是菱形，平面BDFE⊥平面ABCD，DF//BE，且DF=2BE=2，EF=3，BD=22．

(1)证明： BE⊥AD
(2)若二面角A−EF−C是直二面角，求直线AE与直线FC所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1010
【分析】（1）由面面垂直、线面垂直的性质定理即可证明；
（2）以OA，OB，OG为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 设OA=a，(a>0)，求出平面AEF和平面CEF的一个法向量，由二面角A−EF−C是直二面角，求出a，再由异面直线所成角求解即可.
【详解】（1）∵ DF=2BE=2，EF=3，BD=22，
取DF的中点H，连接HE，则HE=BD=22，HF=1，
则EH2+HF2=EF2，∴BE⊥BD.
∵平面BDEF⊥平面ABCD，面BDEF∩平面ABCD=BD，BE⊥BD，
BE⊂面BDEF，∴BE⊥平面ABCD，
∴AD⊂平面ABCD，∴ BE⊥ AD.
（2）设AC与BD的交点为O，EF的中点为G，连接OG，可得OG//BE，
由（1）得BE⊥平面ABCD，即OG⊥平面ABCD，
分别以OA，OB，OG为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥BD，
∵DF//BE，∴DF⊥BD，
∴BD2=EF2−(DF−BE)2=8，∴BD=22．
设OA=a，(a>0)，
由题设得Aa,0,0，C−a,0,0，E(0,2,1)，F0,−2,2，
EF=0,−22,1，AE=−a,2,1，CE=a,2,1
设m=(x，y，z)是平面AEF的法向量，
则m⋅EF=0m⋅AE=0⇒−22y+z=0−ax+2y+z=0，取z=22，得m=(32a,1,22)，
设n=(x1,y1,z1)是平面CEF的一个法向量，
则n⋅EF=0n⋅CE=0⇒−22y1+z1=0ax1+2y1+z1=0，取z1=22，得n=(−32a，1，22)
∵二面角A−EF−C是直二面角，
∴ m⋅n=−18a2+9=0，解得a=2，
AE=(−2,2,1)，FC=(−2,2,−2)
直线AE与直线FC所成角的余弦值为1010

【变式6-1】3. （2023秋·广东茂名·高三信宜市第二中学校考阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA=PD,BC ∥ AD,DC⊥DA,BC=CD=1,AD=2,E,F分别为AD,PC的中点，PE⊥CD.

(1)证明：PE⊥BD；
(2)若PC与AB所成角为45∘，求平面FBE与平面BCE所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)33
【分析】（1）由PE⊥AD和PE⊥CD证明PE⊥面ABCD即可得出.
（2）以E为原点建立空间直角坐标系，求出平面FBE和面BCE的法向量，利用向量关系即可求出.
【详解】（1）连接BD，如图所示：

因为PA=PD,E为AD的中点，
所以PE⊥AD，
又PE⊥CD且AD∩CD=D,AD,CD⊂面ABCD，
所以PE⊥面ABCD,
又BD⊂面ABCD，
所以PE⊥BD.
（2）底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，DC⊥DA,BC=CD=1,AD=2,E为AD的中点，
则DE=BC=CD=1，
综上，四边形BCDE为正方形，故BE⊥AE，
又AE∥BC,AE=BC，
则四边形ABCE是平行四边形，则AB∥EC，
所以由题意∠PCE=45∘，则PE=EC=2，
以E为原点，以EA为x轴，EB为y轴，以EP为z轴，建立空间直角坐标系，

则B0,1,0,C−1,1,0,P0,0,2,E0,0,0,F−12,12,22，
故EB=0,1,0,EF=−12,12,22，
设面FBE的一个法向量为m=x,y,z，则
EB⋅m=y=0EF⋅m=−12x+12y+22z=0，令z=1，则m=2,0,1，
取平面ABE的一个法向量为n=0,0,1，
∴csm,n=m⋅nm⋅n=13×1=33,
所以平面FBE与平面BCE所成角的余弦值33.
【变式6-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图所示，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别为AD、CD的中点，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折起到△D'EF的位置.
(1)证明：AC⊥BD'；
(2)若AB=AC=4，AO=2，OD'=6，求二面角D'−AC−D的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)45∘
【分析】（1）根据直线平行性质以及菱形对角线垂直的性质证明即可
（2）传统方法，分别在两个平面找垂直交线的直线，然后在三角形中求解二面角的大小.
【详解】（1）在菱形ABCD中，AC⊥BD，AD=CD，又点E，F分别为AD，CD的中点，
所以AC//EF，则EF⊥HD，易知EF⊥HD'，所以AC⊥HD'．
因为BD∩HD'=H，BD,HD'⊂平面D'HB，所以AC⊥平面BHD'，
因为BD'⊂平面BHD'，所以AC⊥BD'.
（2）由AB=AC=4，得DO=BO=AB2−AO2=23，
因为EF//AC，所以OHDO=AEAD=12，所以OH=D'H=DH=3，
于是HD'2+OH2=(3)2+(3)2=6=OD'2，所以HD'⊥OH．
由（1）知AC⊥平面BHD'，又OD'⊂平面BHD'，所以AC⊥OD'，
所以∠D'OH即为二面角D'−AC−D的平面角，
因为sin∠D'OH=D'HOD'=36=22，所以二面角D'−AC−D的大小为45∘.
题型7线面垂直
【例题7】（2023·河南·校联考模拟预测）如图，在三棱柱P−ABC中，AB=AC=1，PA=2，∠BAC=90°，PA⊥平面ABC，D为PC上一点，且PD=4CD.

(1)证明：PC⊥平面ABD；
(2)若E为PB上一点，DE⊥PB，求三棱锥P−ADE的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)64375
【分析】（1）先通过长度关系证得AD⊥PC，在通过题干垂直关系证得AB⊥PC，由此可得PC⊥平面ABD.
（2）求出PB、PE长度.再求三棱锥P−ABC的体积,由三棱锥P−ADE与三棱锥P−ABC的体积关系，即可求出三棱锥P−ADE的体积；或由等体积法求三棱锥P−ADE的体积，即VP−ADE=VE−PAD.
【详解】（1）如图，因为PA⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥AC，PA⊥AB，
因为PA=2=2AC，所以PC=5.
因为PD=4CD，得CD=55，又cs∠PCA=ACPC=55，
所以在△ACD中，CD=AC⋅cs∠PCA，
故AD⊥PC，
因为∠BAC=90°，所以AB⊥AC，
又因为PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，
所以AB⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以AB⊥PC，
又因为AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，且AB∩AD=A，
所以PC⊥平面ABD.
（2）由题意得，PC=PA2+AC2=5，PB=PC=5，PD=45PC=455，
由（1）可知，PC⊥平面ABD，
所以PC⊥BD,则∠PDB=90°，
所以cs∠BPD=PDPB=45，
因为DE⊥PB，
故PE=PD⋅cs∠BPD=16525.
方法1：所以VP−ADE=PEAB⋅VP−ABD=1625VP−ABD，
又因为VP−ABD=PDPC⋅VP−ABC=45VP−ABC，
且VP−ABC=13S△ABC⋅PA=13×12×2=13，
所以VP−ADE=1625VP−ABD=1625×45×VP−ABC=64375.
方法2：因为AB⊥平面PAC，AB⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAC,
又因为平面PAB∩平面PAC=PA,
点E到直线PA的距离d也是点E到平面PAC的距离，
即d=PE⋅sin∠APB=1625，
所以三棱锥P−ADE的体积为：
V=VE−PAD=13×12PD⋅PAsin∠APC⋅d=13×12PD⋅PA⋅ACPC⋅1625=64375.
【变式7-1】1. （2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）在正三棱台ABC−A1B1C1中，侧棱长为1，且BC=2B1C1=2,E为B1C1的中点，D为AA1上的点，且DE⊥BB1.

(1)证明：DE⊥平面BCC1B1，并求出AD的长；
(2)求平面BDE与平面ABC夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，AD=12
(2)41421
【分析】（1）画出图形，由线面垂直的性质以及判定定理证明即可,解三角形即可求出AD的长.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量即可求解.
【详解】（1）如图所示：

由三棱台可知：延长AA1,BB1,CC1交于点P，
连接PE，延长交BC于F，并连接AF，
易得三棱锥P−ABC为正四面体，
所以BC⊥AF,BC⊥PF，
且AF⊂平面APF，PF⊂平面APF，
所以BC⊥平面APF，
又因为DE⊂平面APF，
所以BC⊥DE，
又因为DE⊥BB1，
且BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，
所以DE⊥平面BCC1B1，
又因为PF⊂平面BCC1B1，
所以DE⊥PF，
在△APF中，PA=2,PF=AF=3,PE=32，
则cs∠DPE=PA2+PF2−AF22PA⋅PF=22+32−322×2×3=33,PD=PEcs∠DPE=3233=32，
所以AD=AP−PD=2−32=12.
（2）如图，以底面△ABC中心O为坐标原点，以与BC平行的方向为x轴，以OF方向为y轴，以OP方向为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系：

则B1,33,0,F0,33,0,A0,−233,0,P0,0,263，
所以A10,−33,63,D0,−32,66,E0,36,63，
所以BD=−1,−536,66,BE=−1,−36,63，
设平面BDE的法向量为m=x,y,z，则
BD⋅m=0,BE⋅m=0,即为6x+53y−6z=0,6x+3y−26z=0,
令y=−2，得m=33,−2,42，
取平面ABC的法向量为n=0,0,1，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=41421，
所以平面BDE与平面ABC夹角的余弦值为41421.
【变式7-1】2. （2023秋·河北石家庄·高三石家庄市第二十七中学校考阶段练习）如图，在三棱锥S−BCD中，E是BC的中点，△SCD与△SBD均为正三角形．

(1)证明：BC⊥SD．
(2)若BE=DE，点F满足SF=DE，求二面角F−BS−D的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)33
【分析】（1）由DE⊥BC，SE⊥BC，证得BC⊥平面SDE，可证BC⊥SD．
（2）E为坐标原点，直线ED，EB，ES分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角的问题．
【详解】（1）证明：连接SE，因为△SCD与△SBD均为正三角形，所以SB=SC=SD=BD=CD．
又E为BC的中点，所以DE⊥BC，SE⊥BC．
因为DE∩SE=E，DE,SE⊂平面SDE，所以BC⊥平面SDE．
又SD⊂平面SDE，所以BC⊥SD．
（2）因为BE=DE，所以△BCD为等腰直角三角形，且BD⊥CD．
不妨令BD=2，则CE=2．由SE⊥BC，得SE=2，
则SD2=DE2+SE2，故SE⊥DE．
以E为坐标原点，直线ED，EB，ES分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

B0,2,0，S0,0,2，D2,0,0．
因为SF=DE，所以F−2,0,2．
则FB=2,2,−2，BS=0,−2,2，BD=2,−2,0．
设平面FBS的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅FB=2x1+2y1−2z1=0,m⋅BS=−2y1+2z1=0,
令y1=1，则z1=1,x1=0，得m=(0,1,1)．
设平面BDS的法向量为n=x2,y2,z2，则n⋅BS=−2y2+2z2=0,n⋅BD=2x2−2y2=0,
令x2=1，则y2=1,z2=1，得n=1,1,1．
cs〈m,n〉=m⋅nmn=22⋅3=63，
故二面角F−BS−D的正弦值为1−632=33．
【变式7-1】3. （2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，AP=AB，PB=22，平面PAB⊥平面ABCD，E，F分别为CD，PB的中点.

(1)证明：CD⊥平面PAE；
(2)求点A到平面PEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)305
【分析】（1）先利用勾股定理得AP⊥AB，再利用面面垂直的性质得AP⊥平面ABCD，从而利用线面垂直的性质定理得AP⊥CD，最后结合菱形性质及线面垂直的判定定理证明即可；
（2）先通过线面关系及锥体体积求出VE−PAF，再利用等体积法求得点到平面的距离.
【详解】（1）由题知AP=AB=2，PB=22，所以AP2+AB2=PB2，所以AP⊥AB.
又因为平面PAB⊥平面ABCD，且交线为AB，AP⊂平面PAB，所以AP⊥平面ABCD，
又CD⊂平面ABCD，所以AP⊥CD，连接AC，

因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60°，所以△ACD为等边三角形.
又因为E为CD的中点，所以CD⊥AE，
又AP∩AE=A，AP⊂平面PAE，AE⊂平面PAE，所以CD⊥平面PAE.
（2）设点A到平面PEF的距离为ℎ，连接AF，则VA−PEF=VE−PAF，
因为AB∥CD，所以AE⊥AB，又由（1）知AE⊥AP，
又AP∩AB=A，AP⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，所以AE⊥平面PAB，
又PF⊂平面PAB，AF⊂平面PAB，所以AE⊥PF，AE⊥AF，
又AF=12PB=2，AE=2×sin60∘=3，
又由PF⊥AE，PF⊥AF，AE∩AF=A，AF⊂平面AEF，AE⊂平面AEF，
所以PF⊥平面AEF，且PF=2，FE=AE2+AF2=5，
所以13×12PF×FE×ℎ=13×12×PF×AF×AE，即ℎ=AF×AEFE=2×35=305，
即点A到平面PEF的距离为305.
【变式7-1】4. （2023秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2，BC=1，平面PAD⊥底面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，PA=PD，M为PC上一点，PM=2MC，PA//平面MBD．
(1)求CD的长度；
(2)求证：PA⊥平面PBD；
(3)求PA与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)1；
(2)证明见解析；
(3)22211.
【分析】（1）连接AC交BD于O，连结MO，由线面平行的性质得PA//MO，且△ABO∼△COD，利用等比例性质求CD的长度；
（2）由已知得BD⊥AD，结合面面、线面垂直的性质得BD⊥PA，再由PA⊥PD、及线面垂直的判定证结论；
（3）构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）连接AC交BD于O，连结MO．
∵PA//平面MBD，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面PBD=MO，
∴PA//MO，则POOC=PMMC=21，
由题设易知△ABO∼△COD，得ABCD=21，故CD=1．
（2）由题意得BD=2,AD=2,AB=2，故BD2+AD2=AB2，即BD⊥AD．
平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，则BD⊥PA，
又PA⊥PD，PD、 BD⊂平面PBD，PD∩BD=D，所以PA⊥平面PBD.
（3）
取AB中点E，以DE为x轴，DC为y轴，过D作z轴⊥底面ABCD，
则A(1,−1,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0)，取AD中点F，
由△PAD为正三角形，则PF⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面APD，
所以PF⊥平面ABCD ，则P(12,−12,22)，故BC=(−1,0,0),PB=(12,32,−22)，
设m=x,y,z为平面PBC的一个法向量，则m⋅BC=−x=0m⋅PB=12x+32y−22z=0，
令y=2，则m=0,2,3，又PA=12,−12,−22，
所以csm,PA=2211×1=22211，故PA与平面PBC所成角的正弦值为22211
题型8面面垂直
【例题8】（2023秋·四川宜宾·高三校考阶段练习）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成.C,E,D,G在同一平面内，且CG=DG.

(1)证明：平面BFD⊥平面BCG；
(2)若直线GC与平面ABG所成角的正弦值为105，求平面BFD与平面ABG所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)155
【分析】（1）连接CE,DG，先证明BF⊥平面BCG，然后根据面面垂直的判定得出结论；
（2）建立空间直角坐标系，先根据线面角算出AD，然后在利用法向量求二面角的大小
【详解】（1）如图，连接CE,DG，因为该几何体是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，

CG=DG，所以∠ECD=∠DCG=45°，所以∠ECG=90°，所以CE⊥CG.
因为BC∥EF，BC=EF，所以四边形BCEF为平行四边形，所以BF∥CE，所以BF⊥CG.
因为BC⊥平面ABF，BF⊂平面ABF，所以BC⊥BF.
因为BC,CG⊂平面BCG，BC∩CG=C，所以BF⊥平面BCG，
因为BF⊂平面BFD，所以平面BFD⊥平面BCG.
（2）如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设AF=2，AD=t，
则A0,0,0，B0,2,0，F2,0,0，D0,0,t，G−1,1,t，C0,2,t，

则AB=0,2,0，AG=−1,1,t，GC=1,1,0，
设平面ABG的一个法向量为m=x,y,z，
则m⋅AB=0,m⋅AG=0,即y=0−x+y+tz=0令z=1，则m=t,0,1，
记直线GC与平面ABG所成的角为θ，
则sinθ=csGC,m=GC⋅mGCm=t2×t2+1=105，
解得t=2（负值舍去），即AD=2.
设平面BFD的一个法向量为n=x',y',z'，FB=−2,2,0，FD=−2,0,2，
则n⋅FB=0n⋅FD=0即−2x'+2y'=0−2x'+2z'=0
令x'=1，则n=1,1,1.
所以csm,n=m⋅nmn=35×3=155.
因此平面BFD与平面ABG所成角的余弦值为155.
【变式8-1】1. （2023秋·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示的几何体是一个圆柱沿轴截面ABCD切开后剩余的一半，AB=1，BC=2，O，O1分别为底面直径BC，AD的中点，G是CB的中点，H是DA上的动点．

(1)证明：平面DOG⊥平面ABCD；
(2)若BH=2，求直线BH与平面DOG所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)14
【分析】（1）根据圆柱的结构特征和已知条件，先证明OG⊥平面ABCD，然后由面面垂直判定定理可证；
（2）设M为DA的中点，以O1为坐标原点，分别以O1M，O1A，O1O所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解可得.
【详解】（1）因为G是CB的中点，所以OG⊥BC．
根据圆柱的结构特征，可知平面BCG⊥平面ABCD，
又OG⊂平面BCG，平面BCG∩平面ABCD=BC，
所以OG⊥平面ABCD．
又OG⊂平面DOG，故平面DOG⊥平面ABCD．
（2）如图，设M为DA的中点，连接O1M，以O1为坐标原点，分别以O1M，O1A，O1O所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则O0,0,1，B0,1,1，D0,−1,0，G1,0,1，
则OD=0,−1,−1，OG=1,0,0．

设平面DOG的法向量为m=x,y,z，
则m⋅OD=0,m⋅OG=0,即−y−z=0,x=0,令y=1，则z=−1，所以m=0,1,−1．
连接O1H，AH，则AH=BH2−AB2=1，
所以△O1AH是等边三角形，故∠AO1H=π3，则H32,12,0，
所以BH=32,−12,−1．
设直线BH与平面DOG所成的角为θ，
则sinθ=csBH,m=BH⋅mBH⋅m=−12+12×2=14．
故直线BH与平面DOG所成角的正弦值为14．
【变式8-1】2. （2023秋·广西·高三统考阶段练习）如图，在底面为菱形的四棱锥P−ABCD中，∠BAD=120°，AB=PA=PB=2，PD=10．
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD．
(2)求二面角B−PA−D的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)−55．
【分析】（1）利用面面垂直的判断定理，取AB的中点O，易得PO⊥AB，由勾股定理得PO⊥OD，从而PO⊥平面ABCD，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求得平面PAD与平面PAB的法向量，利用向量法求得二面角B−PA−D.
【详解】（1）证明：取AB的中点O，连接PO，DO．
因为AB=PA=PB=2，所以PO⊥AB，且PO=3，
由余弦定理可得OD2=AO2+AD2−2AO⋅ADcs120°=7，则OD=7，
所以PO2+OD2=PD2，所以PO⊥OD，
因为AB∩OD=O，AB,OD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，
又PO⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD．
（2）连接OC，易知∠ABC=60°，△ABC为正三角形，
则CO⊥AB，且OC=3，
以O为坐标原点，OB，OC，OP的方向分别为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示，

则A−1,0,0，P0,0,3，C0,3,0，D−2,3,0，
AD=−1,3,0，AP=1,0,3．
设平面PAD的法向量为n=x,y,z，
则AD⋅n=−x+3y=0,AP⋅n=x+3z=0,
令y=1，得n=3,1,−1．
易得平面PAB的一个法向量为m=OC=0,3,0，
所以csm,n=35×3=55，
由图可知二面角B−PA−D为钝角，故二面角B−PA−D的余弦值为−55．
【变式8-1】3. （2023秋·福建福州·高三福建省福清第一中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形，AD⊥DC,AB∥DC,AB=2AD=2CD=2，点E是PB的中点.

(1)证明：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若直线PB与平面PAC所成角的正弦值为33，求平面PAC与平面ACE所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)63
【分析】（1）由线面垂直的性质定理得PC⊥AC，再根据勾股定理得AC⊥BC，从而利用线面垂直的判定定理得AC⊥平面PBC，从而利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据线面角的定义及正弦值求得边长，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求得两个平面所成角的余弦值.
【详解】（1）∵PC⊥平面ABCD,AC⊂平面ABCD，∴PC⊥AC.
∵AB=2，由AD=CD=1,AD⊥DC且ABCD是直角梯形，
∴AC=AD2+DC2=2,BC=AD2+(AB−DC)2=2，
即AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC.
∵PC∩BC=C,PC⊂平面PBC,BC⊂平面PBC，∴AC⊥平面PBC.
∵AC⊂平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.
（2）∵PC⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD，∴PC⊥BC.
又AC⊥BC，PC∩AC=C,PC⊂平面PAC,AC⊂平面PAC，∴BC⊥平面PAC，
∴∠BPC即为直线PB与平面PAC所成角.
∴sin∠BPC=BCPB=2PB=33，∴PB=6，则PC=2，
取AB的中点G，连接CG，以点C为坐标原点，
分别以CG､CD､CP为x轴､y轴､z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C0,0,0,P0,0,2,A1,1,0,B1,−1,0,E12,−12,1，
∴CA=1,1,0,CP=0,0,2,CE=12,−12,1，
设m=x1,y1,z1为平面PAC的法向量，则m⋅CA=x1+y1=0m⋅CP=2z1=0，
令x1=1，得z1=0,y1=−1，得m=1,−1,0，
设n=x2,y2,z2为平面ACE的法向量，
则n⋅CA=x2+y2=0n⋅CE=12x2−12y2+z2=0，令x2=1，则y2=−1,z2=−1，得n=1,−1,−1.
∴csm,n=1×1+−1×−1+0×−12⋅3=63.
∴平面PAC与平面ACE所成角的余弦值的余弦值为63.
【变式8-1】4. （2023秋·江西新余·高三新余市第一中学校考开学考试）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是梯形，AB//CD，AB⊥BC，AB=2CD，侧棱PA=PB=PC．

(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若PA=AB=BC，Q是PD的中点，求二面角Q−BC−D的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)33．
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理证得结果；
（2）利用空间向量法求平面BCQ与平面ABCD的法向量，再求两个法向量所成角的余弦值，再求正弦值得出结果.
【详解】（1）取AB中点E，连结AC，DE交于点O，连结PO，因为AB//CD，AB=2CD，
所以四边形ADCE是平行四边形，所以OA=OC，DE//BC，
因为PA=PC，所以PO⊥AC，
因为PA=PB，所以PE⊥AB，因为AB⊥BC，所以AB⊥DE，
因为PE∩DE=E，PE,DE⊂平面PDE，
所以AB⊥平面PDE，
因为PO⊂平面PDE，所以PO⊥AB，
因为AB∩AC=A，AB,AC⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，
因为PO⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABCD．

（2）取BC中点F，以O为坐标原点，OF，OD，OP为x，y，z轴，建立如图所示的空间坐标系，设CD=1，则AB=2，PE=3，EO=1，PO=2，
所以O(0,0,0)，D(0,1,0)，B(1,−1,0)，C(1,1,0)，
P(0,0,2)，Q(0,12,22)，
所以BC=(0,2,0)，BQ=(−1,32,22)．
设平面BCQ的一个法向量n=(x,y,z)，
则有n⋅BC=0,n⋅BQ=0,即2y=0,−x+32y+22z=0,
令z=2，则y=0，x=1，
所以平面BCQ的一个法向量n=(1,0,2)，
因为平面ABCD的一个法向量m=(0,0,1)，
所以csn,m=n⋅m|n||m|=21×3=63，设二面角Q−BC−D的大小为α，
则sinα=33，所以二面角Q−BC−D的正弦值为33．
题型9向量法证明平行与垂直
【例题9】（2023秋·天津红桥·高三天津市瑞景中学校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2，CC1=3，点D,E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点．

(1)求证：C1M⊥B1D；
(2)求平面BB1E与平面B1ED夹角的余弦值
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
(4)求点B到平面DB1E的距离.
【答案】(1)详见解析；
(2)66
(3)33
(4)322
【分析】（1）利用空间向量法，由C1M⊥B1D证明；
（2）求得平面B1ED的一个法向量为 n=x,y,z，易知平面BB1E的一个法向量为 m=1,0,0，设平面BB1E与平面B1ED的夹角为 θ，由 csθ=m⋅nm⋅n求解；
（3）易得AB=−2,2,0，设直线AB与平面DB1E所成角α，由sinα= csAB,n=AB⋅nAB⋅n求解；
（4）易知BD=2,−2,1，由d=BD⋅nn求解.
【详解】（1）证明：在三棱柱ABC−A1B1C1中，CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2，CC1=3，且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点，建立如图所示空间直角坐标系：

则C0,0,0,A2,0,0,B0,2,0,D2,0,1,E0,0,2 ，A12,0,3,B10,2,3,C10,0,3,M1,1,3，
所以 C1M=1,1,0， B1D=2,−2,−2，
则 C1M⋅B1D=1×2+1×−2+0×−2=0，
所以 C1M⊥B1D，即 C1M⊥B1D；
（2）由（1）知：B1D=2,−2,−2,DE=−2,0,1，
设平面B1ED的一个法向量为 n=x,y,z，
则 n⋅B1D=0n⋅DE=0，即 2x−2y−2z=0−2x+z=0，
令 x=1，得 y=−1,z=2，则 n=1,−1,2，
易知平面BB1E的一个法向量为 m=1,0,0，
设平面BB1E与平面B1ED的夹角为 θ，
所以 csθ=m⋅nm⋅n=11×6=66；
（3）AB=−2,2,0，
设直线AB与平面DB1E所成角α，
则sinα= csAB,n=AB⋅nAB⋅n=422×6=33；
（4）易知BD=2,−2,1，
所以点B到平面DB1E的距离为：d=BD⋅nn=622=322.
【变式9-1】1. （2023秋·山东滨州·高三校联考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD与ABEF均为直角梯形，AD∥BC，AF∥BE，DA⊥平面ABEF，AB⊥AF，AD=AB=2BC=2BE=2.
(1)已知点G为AF上一点，AG=AD，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55，求点F到平面DCE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)43
【分析】（1）空间向量法证明线面不平行即可；
（2）先根据线面角正弦值求参，再根据点到平面距离公式计算.
【详解】（1）证明：因为DA⊥平面ABEF，AB，AF⊂平面ABEF，所以DA⊥AB，DA⊥AF。
又AB⊥AF，所以以A为坐标原点，AF，AB，AD分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，则B(0,2,2)，E(1,2,0)，C(0,2,1)，D(0,0,2),G(2,0,0)，
所以EC=(−1,0,1)，ED=(−1,−2,2)，BG=(2,−2,0)，
设平面DCE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅EC=−x+z=0n⋅ED=−x−2y+2z=0，
令x=2，则z=2,y=1，所以n=(2,1,2)，
因为n⋅BG=2×2+1×(−2)=2≠0，即不存在λ使得BG与n垂直，
所以BG与平面DCE不平行。
（2）设AF=a(a>0且a≠1)，则F(a,0,0)，所以BF=(a,−2,0)。
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55，
∴55=csBF,n=BF⋅nBFn=2a−2a2+4×3，化简得11a2−40a−16=0，
解得a=4或a=−411（舍去），故AF=4。
∴F(4,0,0)，FD→=(−4,0,2),由（1）知平面DCE的一个法向量n=(2,1,2)，
所以F到平面DCE的距离d=FD⋅nn=43

【变式9-1】2. （2023秋·陕西西安·高三阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，且AB⊥BC，M是AC1上靠近点C1的三等分点，N是BB1的中点，AA1=2AB=2.

(1)求证：
AN⊥平面A1MN；
(2)求平面
ABM与平面
A1MN所成锐二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)31010
【分析】（1）借助空间直角坐标系，证明AN⋅A1N=0,AN⋅A1M=0，即可得到本题答案；
（2）先求出平面ABM法向量与平面A1MN法向量夹角的余弦值，从而可求得本题答案.
【详解】（1）因为底面ABC是等腰直角三角形，所以AB⊥BC，
又因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥AB,BB1⊥BC，
所以，AB,BC,BB1两两垂直，
以点B为原点，以BA,BB1,BC所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如下图，由题可得，A(1,0,0),N(0,1,0),A1(1,2,0),C1(0,2,1)，
因为M是AC1上靠近点C1的三等分点，所以AM=23AC1，设M(x1,y1,z1)，
则(x1−1,y1,z1)=(−23,43,23)，解得x1=13y1=43z1=23，所以M(13,43,23)，
所以，AN=(−1,1,0),A1N=(−1,−1,0),A1M=(−23,−23,23)，
所以，AN⋅A1N=0,AN⋅A1M=0，即AN⊥A1N,AN⊥A1M，
又因为A1N∩A1M=A1，A1N,A1M⊂平面A1MN，
所以，AN⊥平面A1MN；

（2）由（1）得，BA=(1,0,0),BM=(13,43,23)，设平面ABM的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则有x2=013x2+43y2+23z2=0，令z2=−2，则y2=1，
所以平面ABM的法向量为n=(0,1,−2)，
由（1）得，AN=(−1,1,0)为平面A1MN的法向量，
设平面ABM与平面A1MN所成锐二面角为θ，
因为csAN,n=AN⋅nAN⋅n=12×5=1010，
所以sinθ=1−(1010)2=31010，
即平面ABM与平面A1MN所成锐二面角的正弦值为31010.
【变式9-1】3. （2023秋·北京·高三东直门中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB，点E、F、G分别为PC、PA、BC的中点.
(1)求证：FG //平面PCD；
(2)求平面EFG与平面PAD所成锐二面角的余弦值；
(3)求直线DE与平面EFG所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)66
(3)π3
【分析】以点D为坐标原点，利用向量法分别求解即可.
【详解】（1）如图，以点D为坐标原点，
不妨设AD=2，
则F1,0,1,G1,2,0，故FG=0,2,−1，
因为x轴⊥平面PCD，
则可取平面PCD的法向量为n=1,0,0，
所以n⋅FG=0，所以n⊥FG，
又FG⊄平面PCD，
所以FG //平面PCD；
（2）E0,1,1，则FE=−1,1,0，
设平面EFG的法向量为m=x,y,z，
则有m⋅FG=2y−z=0m⋅FE=−x+y=0，令y=1，则z=2,x=1，
所以m=1,1,2，
因为y轴⊥平面PCD，
则可取平面PAD的法向量为a=0,1,0，
则csm,a=m⋅ama=16×1=66，
所以平面EFG与平面PAD所成锐二面角的余弦值为66；
（3）连接DE，DE=0,1,1，
设直线DE与平面EFG所成的角为θ,θ∈0,π2，
则sinθ=csDE,m=DE⋅mDEm=32×6=32，
所以直线DE与平面EFG所成角的大小为π3.
【变式9-1】4. （2023秋·天津北辰·高三校考阶段练习）已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，点E、F分别为线段PB、CQ的中点．
(1)求证：EF//平面PADQ；
(2)求直线EF与平面PCQ夹角的正弦值；
(3)求点F到面PAC的距离
【答案】(1)证明见详解；
(2)33570；
(3)324.
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行即可；
（2）利用空间向量求线面角即可；
（3）利用空间向量研究点面距离即可.
【详解】（1）根据PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB,PA⊥AD,
又底面ABCD是正方形，则AB⊥AD,
可以建立如图所示以A为原点，AB、AD、AP所在直线对应x、y、z轴的空间直角坐标系，
则B3,0,0,C3,3,0,D0,3,0,Q0,3,1,P0,0,3,E32,0,32,F32,3,12，
所以EF=0,3,−1,AB=3,0,0，
易知AB是平面PADQ的一个法向量，
而EF⋅AB=0，EF⊄平面PADQ，
所以EF//平面PADQ；
（2）由（1）知PC=3,3,−3,QC=3,0,−1，
设平面PCQ的一个法向量为n=x,y,z，则有n⋅PC=0n⋅QC=0，
所以3x+3y−3z=03x−z=0，令x=1⇒z=3,y=2，即n=1,2,3，
设直线EF与平面PCQ夹角为α，所以sinα=EF⋅nEF⋅n=33570；
（3）由（1）知BD=−3,3,0,CF=−32,0,12，显然BD是平面PAC的一个法向量，
则点F到面PAC的距离为d=BD⋅CFBD=324.
【变式9-1】5.（2023秋·全国·高三校联考阶段练习）如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB=FC=BC=1，AB=2，G是CF的中点．

(1)证明：BG∥平面AEF；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)28519
【分析】（1）由面面垂直性质证明线面垂直，则可建立空间直角坐标系.利用直线与平面的法向量垂直证明线面平行；
（2）利用法向量求解线面角即可.
【详解】（1）如图，取BC中点H，取AD中点M，
因为△FBC为等边三角形，所以FH⊥BC，平面FBC⊥平面ABCD，
又FH⊂平面FBC，平面FBC∩平面ABCD=BC，
所以FH⊥平面ABCD，又底面ABCD为矩形，则HM⊥HB.
以H为坐标原点，HM，HB，HF分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系H−xyz,

由题意可得，A2,12,0，B0,12,0，C0,−12,0，D2,−12,0，F0,0,32，
已知G是CF的中点．则G0,−14,34，
可知BG=0,−34,34，
AF=−2,−12,32，BD=2,−1,0，由四边形BDEF为平行四边形，
得AE=AF+FE=AF+BD=0,−32,32，
设平面AEF的法向量n=x,y,z，
则−2x−12y+32z=0−32y+32z=0，取z=3，得y=1,x=12，
则平面AEF的一个法向量n=12,1,3
故BG⋅n=0×12−34×1+34×3=0，则BG⊥n.
且BG⊄平面AEF，则BG∥平面AEF.
（2）AE=0,−32,32，BD=2,−1,0，BF=0,−12,32，
设平面BDEF的法向量m=x,y,z，
则2x−y=0−12y+32z=0，取z=2，得y=23,x=3，
得平面BDEF的一个法向量m=3,23,2
设直线AE与平面BDEF所成角为θ，
则sinθ=csAE,m=AE⋅mAE⋅m=233⋅19=21919，
则θ为锐角，故csθ=1−sin2θ=1−219192=28519.
故所求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为28519.
题型10画图问题
【例题10】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，O,E分别是BC,PA的中点，平面α经过点O,D,E与棱PB交于点F．

(1)试用所学知识确定F在棱PB上的位置；
(2)若PB=PC=3,BC=2AB=2，求EF与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)靠近B的三等分点处
(2)23
【分析】（1）根据矩形的性质，结合平行线的性质进行求解即可；
（2）根据面面垂直的性质，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）过P作直线l与BC平行，延长DE与l交于点G，
连接OG,OG与PB的交点即为点F．
因为底面ABCD是矩形，O是BC的中点，
所以AD∥BC，且AD=2OB．
又l∥BC，所以l∥AD，
因为E是PA的中点，可得PG=AD，
则PG=2OB，所以PF=2BF．
故F在棱PB的靠近B的三等分点处．

（2）因为PB=PC,O是BC的中点，所以PO⊥BC，
又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，
PO⊂平面PBC，所以PO⊥平面ABCD．
取AD中点Q，连接OQ，易知OQ,OC,OP两两相互垂直，
如图，分别以OQ,OC,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A1,−1,0,B0,−1,0,C0,1,0,D1,1,0,P0,0,2，
AD=0,2,0,CD=1,0,0,CP=0,−1,2．

设平面PCD的法向量为m=x,y,z，
则m⋅CD=0,m⋅CP=0,即x=0,−y+2z=0,令z=1，则y=2，所以m=0,2,1．
EF=PF−PE=23PB−12PA=230,−1,−2−121,−1,−2=−12,−16,−26．
设EF与平面PCD所成角为θ，
则sinθ=cs〈EF,m〉=EF⋅mEF⋅m=2333×3=23，
所以EF与平面PCD所成角的正弦值为23．
【变式10-1】1. （2023秋·福建厦门·高三厦门大学附属科技中学校考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB=AF=2DE=2，M是线段BF上的一动点，过点M和直线AD的平面α与FC，EC分别交于P，Q两点.

(1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及理由；
(2)线段BF上是否存在点M，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)作图见解析，P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点
(2)存在，MB=223
【分析】（1）结合图形，先由线面关系证得AB，AF∥平面DCE，平面ABF∥平面DCE，从而可得AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，又EDDC=12，得到Q为EC的三等分点，且QC=2EQ，从而作出线段PQ..
（2）利用空间向量法求出直线AC与平面α所成角的正弦值，从而得出结论.
【详解】（1）如图，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点.
理由如下：由四边形ABCD为正方形得，AD∥BC，AB∥CD，
又BC⊂平面FBC，AD⊄平面FBC，所以AD∥平面FBC.
又平面ADM∩平面FBC=MP，M为FB的中点，得AD∥MP，且P为FC的中点.
因为AF∥DE，AB∥CD，CD，DE⊂平面DCE，AB，AF⊄平面DCE，
所以AB，AF∥平面DCE，
又AF∩AB=A，AB，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE，
平面ADM∩平面DCE=DQ，AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，
又EDDC=12，得到Q为EC的三等分点，且QC=2EQ，从而作出线段PQ.
（2）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A0,0,0，C2,2,0，F0,0,2，B2,0,0，D0,2,0，
于是BF=−2,0,2，AD=0,2,0，AC=2,2,0，
设BM=λBF0<λ≤1，则M的坐标为2−2λ,0,2λ.
设平面DAM的法向量为m=x,y,z，则由m⋅AM=0m⋅AD=0，得(2−2λ)x+2λz=02y=0，
令x=1，得平面APQ的一个法向量为m=1,0,1−1λ.
设直线AC与平面α所成角为θ，则sinθ=csm,AC=m⋅ACmAC，
假设存在点M使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010，
则有m⋅ACmAC=222⋅1+1−1λ2=1010，解得λ=13，MB=223.
所以线段BF上存在点M，位于靠近点B的三等分点处，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010.

【变式10-1】2. （2023秋·安徽·高三安徽省马鞍山市第二十二中学校联考阶段练习）如图，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是AA1，C1D1中点，过D，M，N三点的平面与正方体的下底面A1B1C1D1相交于直线l.

(1)画出直线l的位置，并说明作图依据；
(2)正方体被平面DMN截成两部分，求较小部分几何体的体积.
【答案】(1)作图见解析，依据见解析
(2)748a3
【分析】（1）根据点线面的位置关系，三个平面两两相交，三条交线的可能情况分析，此题中的三条交线必定交于一点，即可作图并写出依据.
（2）根据作出的图形可以发现正方体被平面DMN截成两部分，较小部分为三棱台A1PM−D1ND，由棱台体积公式即可求解.
【详解】（1）如图所示即为所求：

依据如下：
延长DM交D1A1的延长线于E，连接NE，则NE即为直线l的位置.
∵E∈DM∩D1A1，
∴E∈DM⊂平面DMN，E∈D1A1⊂平面A1B1C1D1，
∴E∈平面DMN∩平面A1B1C1D1，
又由题意显然有N∈平面DMN∩平面A1B1C1D1，
∴EN⊂平面DMN∩平面A1B1C1D1，则NE即为直线l的位置.（也可根据线面平行性质确定直线位置）
（2）如图所示：
设直线l与A1B1交于点P，则P为A1B1四等分点，正方体被平面DMN截成两部分，较小部分为三棱台A1PM−D1ND，
其体积为V=13S△A1PM+S△D1ND+S△A1PM⋅S△D1ND⋅A1D1
=13a⋅116a2+14a2+18a2=748a3.
【变式10-1】3. （2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，O,E分别是BC,PA的中点，平面α经过点O,D,E，且与棱PB交于点F．

(1)试用所学知识确定F在棱PB上的位置；
(2)若PB=PC=CD=2，求多面体POCDEF的体积．
【答案】(1)F在棱PB的靠近B的三等分点处
(2)739．
【分析】（1）过P作直线l与BC平行，延长DE与l交于点G，连接OG，根据线面相交于平行的性质判断即可；
（2）多面体POCDEF的体积V=VP−OCD+VE−POD+VE−POF，再根据锥体体积公式，结合线面垂直的判定与性质求解即可.
【详解】（1）过P作直线l与BC平行，则l//AD，故l,AD共面，
延长DE与l交于点G，连接OG,OG与PB的交点即为点F．
因为底面ABCD是正方形，O是BC的中点，所以AD∥BC，且AD=2OB．
又l∥BC，所以l∥AD，因为E是PA的中点，可得PG=AD，
则PG=2OB，由平行线间交叉线的性质可得，△PGF∼△BOF，所以PF=2BF．
故F在棱PB的靠近B的三等分点处．
（2）连接OP,OE，多面体POCDEF的体积V=VP−OCD+VE−POD+VE−POF．
因为PB=PC=2,O为BC中点，所以PO⊥BC,PO=PC2−OC2=3．
又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC,PO⊂平面PBC，PO⊥平面BC，所以PO⊥平面ABCD，
而OD⊂平面ABCD，所以PO⊥OD，
所以VP−OCD=13×S△OCD×PO=13×12×1×2×3=33．
因为E为PA中点，所以VE−POD=12VA−POD=12VP−OAD=12×13×12×2×2×3=33．
因为F为PB的靠近B的三等分点，所以VE−POF=23VE−POB=23×12VA−POB=13×13×12×1×3×2=39，
所以V=33+33+39=739．
故多面体POCDEF的体积为739．
【点睛】
【变式10-1】4. （2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，BC//AD，AD=2BC，M是棱PD上靠近点P的三等分点．

(1)证明：PB //平面MAC；
(2)画出平面PAB与平面PCD的交线l，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，PA⊥AD，PA=AD=2AB=2，求l与平面MAC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)26
【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，证明PB//OM，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）延长AB,DC，交于点N，再根据平面的性质即可得解；
（3）根据面面垂直的性质证明PA⊥平面ABCD，以点A为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OM，
因为BC//AD，AD=2BC，
所以OBOD=BCAD=12，
又因M是棱PD上靠近点P的三等分点，
所以OBOD=PMMD=12，
所以PB//OM，
又OM⊂平面MAC，PB⊄平面MAC，
所以PB //平面MAC；
（2）延长AB,DC，交于点N，
所以N,P时平面PAB与平面PCD的公共点，
所以直线NP就是平面PAB与平面PCD的交线l；
（3）因为平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，
平面PAD∩平面ABCD=AD，PA⊂平面PAD，
所以PA⊥平面ABCD，
又AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，
如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，
因为BC//AD，AD=2BC，
所以BNAN=BCAD=12=BNBN+1，所以BN=1，
则A0,0,0,C1,1,0,M0,23,43,P0,0,2,N2,0,0，
则AC=1,1,0,AM=0,23,43,PN=2,0,−2，
设平面MAC的法向量为n=x,y,z，
则有n⋅AC=x+y=0n⋅AM=23y+43z=0，可取n=2,−2,1，
则csn,PN=n⋅PNnPN=4+0−23×22=26，
即l与平面MAC所成角的正弦值为26．

【变式10-1】5.（2023·广东汕头·金山中学校考三模）如图，圆台O1O2的轴截面为等腰梯形A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4,B为底面圆周上异于A,C的点.

(1)在平面BCC1内，过C1作一条直线与平面A1AB平行，并说明理由；
(2)若四棱锥B−A1ACC1的体积为23，设平面A1AB∩平面C1CB=l,Q∈l，求CQ的最小值.
【答案】(1)作图见解析，理由见解析
(2)7
【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;
(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.
【详解】（1）取BC中点P，作直线C1P即为所求，
取AB中点H，连接A2H,PH，
则有PH∥AC,PH=12AC，
如图，在等腰梯形A1ACC1中，A1C1=12AC，
有HP∥A1C1,HP=A1C1，
则四边形A1C1PH为平行四边形，

即有C1P∥A1H，
又A1H⊂平面A1AB,C1P⊄平面A1AB，
所以C1P ∥平面A1AB.
（2）法一：延长AA1,CC1交于点O，
故O∈AA1⊂平面ABA1,O∈CC1⊂平面CC1B
故平面A1AB∩平面C1CB=BO,BO即l,在△OBC中，OC,OB均为圆锥母线.

过点B作BO'⊥AC于O'.
在等腰梯形A1ACC1中，AC=2AA1=2A1C1=4，
此梯形的高ℎ=AA12−AC−A1C122=3,
∴等腰梯形A1ACC1的面积为S=122+43=33，
所以四棱锥B−A1ACC1的体积V=13S×BO'=13×33×BO'=23，
解得BO'=2，
故点O'与O2重合，BC=22
由AC=2AA1=2A1C1，
得OC=2CC1，且∠C1CA=60∘，
故OC=AC=4=OB.
△OBC中，O到BC距离ℎ1=OB2−BC22=14.
则△OBC面积=12OB⋅CQmin=12BC⋅ℎ1,
得：CQ的最小值为：CQmin=22⋅144=7.
法二：同法一求出B的位置.
以O2为原点，OB,OC,O2O1方向为x,y,z轴正向建立空间直角坐标系，
C0,2,0,B2,0,0,AA1=0,1,3,AB=2,2,0,CC1=0,−1,3,BC=−2,2,0
设面A1AB的法向量为a=x1,y1,z1
&&a⋅AA1=y1+3z1=0a⋅AB=2x1+2y1=0，
取z1=1，
有a=3,−3,1；
同理可得面C1CB的法向量为β=3,3,1,
由l=面C1CB∩面A1AB，可知B∈l，
设l的方向向量为l=x,y,z，
故l⋅a=3x−3y+z=0,l⋅β=3x+3y+z=0
取l=1,0,3,
下面分2个方法求|CQ|min
求|CQ|min方法1：BQ=l=t,0,3t,，
∵B2,0,0,∴Qt−2,0,3t
∴CQ=(t−2)2+22+(3t)2=4t2−4t+8，
当t=12时，CQ取最小值为7.
求CQmin方法2：BC在l上的投影向量的模为BC⋅ll=−2×1+2×0+0×32=1
故CQ的最小值即C到l的距离为BC2−12=7.
法三:
在三角形△BCO中，
BO=CO=4,BC=22,
cs∠CBO=42+(22)2−422×4×22=122⋅sin∠CBO=1−1222=722,
所以CQ≥CBsin∠CBO=722×22=7.
【变式10-1】6.（2023秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB=AF=2DE=2，M是线段BF上的一动点，过点M和直线AD的平面α与FC，EC分别交于P，Q两点.

(1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及作法理由；
(2)线段BF上是否存在点M，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)作图见解析，P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点，理由见解析
(2)存在，MB=223
【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到AD∥MP，再结合M为FB的中点即可得到P为FC的中点，根据面面平行的性质得到DQ平分∠EDC，再根据角平分线的性质即可得到Q为EC的三等分点；
（2）设M的坐标为2−2λ,0,2λ，然后利用空间向量的方法列方程，解方程即可求解.
【详解】（1）如图，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点.
理由如下：由四边形ABCD为正方形得，AD∥BC，AB∥CD，
又BC⊂平面FBC，AD⊄平面FBC，所以AD∥平面FBC.
又平面ADM∩平面FBC=MP，M为FB的中点，得AD∥MP，且P为FC的中点.
因为AF∥DE，AB∥CD，CD,DE⊂平面DCE，AB,AF⊄平面DCE，所以AB,AF∥平面DCE，
又AF∩AB=A，AB,AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE，
平面ADM∩平面DCE=DQ，AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，
又EDDC=12，得到Q为EC的三等分点，且QC=2EQ，从而作出线段PQ.
（2）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，

则A0,0,0，C2,2,0，F0,0,2，B2,0,0，D0,2,0，
于是BF=−2,0,2，AD=0,2,0，AC=2,2,0，
设BM=λBF0<λ≤1，则M的坐标为2−2λ,0,2λ.
设平面DAM的法向量为m=x,y,z，则由m⋅AM=0,m⋅AD=0,得2−2λx+2λz=0,2y=0,
令x=1，得平面APQ的一个法向量为m=1,0,1−1λ.
设直线AC与平面α所成角为θ，则sinθ=csm,AC=m⋅ACmAC，
假设存在点M使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010，
则有m⋅ACmAC=222⋅1+1−1λ2=1010，解得λ=13，MB=223.
所以线段BF上存在点M，位于靠近点B的三等分点处，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010.
题型11角度问题
【例题11】（2023秋·山西运城·高三校考阶段练习）如图，已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，AD=4，M为侧棱PC的中点.

(1)求异面直线AM与PB所成角；
(2)求直线AM与平面BPC所成角的正弦值.
【答案】(1)90°
(2)33.
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的数量积得到结果；
（2）求出平面BPC的法向量及AM，利用线面角的空间向量求法得出结果.
【详解】（1）侧棱PA⊥底面ABCD，AB,AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，
又AB⊥AD，以A为坐标原点，AB,AD,AP分别为x,y,z建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0，B2,0,0，D0,4,0，P0,0,2，C2,4,0，M1,2,1，
∵AM=1,2,1，BP=−2,0,2，
∴AM⋅PB=1,2,1⋅2,0,−2=1×2−1×2=0，
∴AM⊥PB，则AM⊥PB，
∴异面直线AM与PD所成角为90°.
（2）设平面BPC的法向量为m=x,y,z，
∵BC=0,4,0，BP=−2,0,2，并且m⊥BC，m⊥BP，
∴m⋅BC=4y=0m⋅BP=−2x+2z=0，令x=1得z=1，y=0
∴平面BPC的一个法向量为m=1,0,1
∵AM=1,2,1，∴csAM,m=AM⋅mAMm=22⋅6=33，
设直线AM与平面BPC所成角为θ，θ∈0,π2，
则sinθ=csAM,m=33，
∴直线AM与平面BPC所成角的正弦值33.

【变式11-1】1. （2023秋·内蒙古赤峰·高三赤峰二中校考阶段练习）如图，在三棱锥V−ABC中，VA⊥平面ABC，VA=AB=BC=1，AB⊥BC，M是VB的中点，N为BC上的动点．

(1)证明：平面 AMN⊥平面VBC；
(2)VC//平面AMN时，求平面AMN与平面ABC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)66．
【分析】（1）根据空间中垂直关系的转化，即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，，利用法向量的夹角求解.
【详解】（1）证明：因为VA⊥平面ABC，VA⊂平面VAB，所以平面VAB⊥平面ABC．
又AB⊥BC，平面VAB∩平面ABC=AB，BC⊂平面ABC，
所以BC⊥平面VAB,又AM⊂平面VAB，所以BC⊥AM．
又VA=AB，M是VB的中点，所以AM⊥VB．
又VB∩BC=B，VB，BC⊂平面VAB，所以AM⊥平面VBC．
因为AM⊂平面AMN，所以平面AMN⊥平面VBC．
（2）以A为坐标原点，AB，AV所在直线分别为y，z轴，过点A且与BC平行的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为VC//平面AMN，VC⊂平面VBC，平面AMN∩平面VBC=MN，所以VC//MN．
又M是VB的中点，所以N是BC的中点，
则A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，V(0,0,1)，M0,12,12，N12,1,0，
所以AM=0,12,12，AN=12,1,0，AV=(0,0,1)，
则平面ABC的一个法向量为AV=(0,0,1)．
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z)，
则AM⋅n=0,AN⋅n=0,即12y+12z=0,12x+y=0.
令y=1，得x=−2，z=−1，所以平面AMN的一个法向量为n=(−2,1,−1)．
设平面AMN与平面ABC的夹角为θ，所以csθ=AV⋅nAVn=|−1|1×(−2)2+1+(−1)2=66，
故平面AMN与平面ABC夹角的余弦值为66．

【变式11-1】2. （2023秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）如图，已知在三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC=AB=AC,E为BC的中点.

(1)证明：BC⊥AD；
(2)若∠ABC=π4，ADEF为平行四边形，求二面角D−AC−F的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)33
【分析】（1）利用等腰三角形三线合一，结合线面垂直判定定理即可证明BC⊥平面ADE，然后再由线面垂直的性质可证；
（2）以点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，利用法向量求解可得.
【详解】（1）连接AE，因为AB=AC，则AE⊥BC，
同理DE⊥BC，
因为AE∩DE=E,AE⊂平面ADE,DE⊂平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，
又AD⊂平面ADE，故BC⊥AD.

（2）因为∠ABC=π4，易知三角形ABC是等腰直角三角形，故AE=22AB=22AD，
由于三角形ABC和三角形DBC对应边相等，
则两个三角形全等，同理，DE=22AD，
因为AE2+DE2=AD2，故AE⊥DE，
由（1）知AE⊥BC，而BC∩DE=E,BC⊂平面BCD,DE⊂平面BCD，
故AE⊥平面BCD.
不妨设DA=DB=DC=AB=AC=2，故BC=22,DE=AE=2.
以点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D2,0,0,A0,0,2，B0,2,0,C0,−2,0,E0,0,0，
设平面DAC与平面ACF的一个法向量分别为n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，
二面角D−AC−F平面角为θ，
因为DA=−2,0,2，ADEF为平行四边形，
所以EF=DA=−2,0,2，所以F−2,0,2，
所以AF=−2,0,0，AC=0,−2,−2，
则DA⋅n1=−2x1+2z1=0AC⋅n1=−2y1−2z1=0，取x1=1，得n1=1,−1,1；
同理，AF⋅n2=−2x2=0AC⋅n2=−2y2−2z2=0，取y2=1，得n2=0,1,−1，
所以，csθ=n1⋅n2n1n2=23×2=63，从而sinθ=1−69=33，
所以二面角D−AC−F的正弦值为33.
【变式11-1】3. （2023秋·黑龙江大庆·高三大庆市东风中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC，BC⊥CD，∠ABC=π4，CD=CE=12BE=1，PA=AD=2，F为PD的中点．

(1)证明：AB⊥PE；
(2)求二面角A−EF−D的平面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)−13.
【分析】（1）根据给定条件，证明AB⊥AE，再利用线面垂直的性质、判定推理作答.
（2）由（1）中信息，以点A作原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量求解作答.
【详解】（1）在四边形ABCD中，AD//BC，取BE中点G，连接AG,AE，
由CD=CE=12BE=1，得CG=2=AD，则四边形AGCD是平行四边形，又BC⊥CD，
因此▱AGCD是矩形，即有AG⊥BC，有AE=AB，∠AEB=∠ABC=π4，
从而∠BAE=π2，即AB⊥AE，而PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，则AB⊥PA，
又PA∩AE=A,PA,AE⊂平面PAE，于是AB⊥平面PAE，而PE⊂平面PAE，
所以AB⊥PE.

（2）由（1）知AG,AD,AP两两垂直，以点A为原点，直线AG,AD,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
依题意，A(0,0,0),E(1,1,0),D(0,2,0),F(0,1,1)，AE=(1,1,0),EF=(−1,0,1),ED=(−1,1,0)，
设平面AEF的一个法向量m=(x,y,z)，则m⋅AE=x+y=0m⋅EF=−x+z=0，令x=1，得m=(1,−1,1)，
设平面DEF的一个法向量n=(x1,y1,z1)，则n⋅ED=−x1+y1=0n⋅EF=−x1+z1=0，令x1=1，得n=(1,1,1)，
因此cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=1×1−1×1+1×13×3=13，显然二面角A−EF−D的平面角为钝角，
所以二面角A−EF−D的平面角的余弦值为−13.
【变式11-1】4. （2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在半径为2的球面上，且PA=PB=PC=AC=BC，AC⊥BC，N为AB的中点．

(1)证明:PN⊥平面ABC
(2)若M是线段PC上的点，且平面MAB与平面PAB的夹角为45∘．求AM与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)223．
【分析】（1）法一、连结PN、CN利用三角形全等判定PN⊥AB，PN⊥NC即可；法二、取BC的中点D，利用线线垂直证BC⊥平面PND得BC⊥PN即可；法三、设AC=BC=2a，利用条件及勾股定理判定PN⊥CN即可；
（2）先判定M为PC的中点，法一、先证平面ABM⊥平面PBC，判定∠AMB即为AM与平面PBC所成的角，解三角形即可；法二、建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量研究线面角即可.
【详解】（1）证法一：连结PN、CN(如图)，
易知△ABC是以AB斜边的等腰直角三角形，∴AN=BN=CN，
又∵PA=PB=PC，
∴△PAN≅△PBN≅△PCN，
∵PA=PB，N为BC的中点，
∴PN⊥AB，
∴∠PNA=∠PNB=∠PNC=90∘，即PN⊥NC，
∵CN∩AB=N,CN、AB⊂平面ABC，∴PN⊥平面ABC．

证法二：取BC的中点D，连结ND、PD(如图)，
∵PB=PC，∴BC⊥PD，
又∵PB=PA，∴PN⊥AB，
∵BC⊥AC,DN//AC，∴BC⊥ND，
∵DN∩PD=D,DN、PD⊂平面PND，∴BC⊥平面PND．
∵PN⊂平面PND．∴BC⊥PN，
又∵PN⊥AB，AB∩BC=B,AB、BC⊂平面ABC，
∴PN⊥平面ABC；

证法三：易知△ABC为等腰直角三角形，
不妨设AC=BC=2a，则AB=22a，
又N为斜边AB中点，∴CN=2a，
又∵PA=PB=2a,AB=22a，
∴△PAB为等腰直角三角形，且PN=2a，
∵PC=2a，∴PC2=CN2+PN2，∴PN⊥NC，
又∵PN⊥AB，CN∩AB=N,CN、AB⊂平面ABC，
∴PN⊥平面ABC．
（2）
∵AC=PA,BC=PB，∴△ABC≅△ABP，
∴△PAB是等腰直角三角形，
∵N为AB中点，∴NP=NA=NB=NC，
∴N为三棱锥P−ABC外接球的球心，
依题意NA=2，∴AC=2，
连结MN，
∵AB⊥PN,AB⊥CN,PN∩CN=N,PN、CN⊂平面PCN，
∴AB⊥平面PCN，
∵MN⊂平面PCN，∴AB⊥MN，
∴∠MNP为二面角M−AB−P的平面角，等于45∘，
解法一：由上知△PCN为等腰直角三角形，∴M为PC的中点，
∵AP=BP=BC=BP，
∴PC⊥AM,PC⊥BM,AM∩BM=M,AM、BM⊂平面ABM，
∴PC⊥平面ABM，
∵PC⊂平面PBC，∴平面ABM⊥平面PBC，
∴点A在平面PBC上的射影在BM上，
∴∠AMB即为AM与平面PBC所成的角，
易得AM=BM=3,AB=22，由余弦定理可得
cs∠AMB=AM2+MB2−AB22AM⋅MB=−13⇒ sin∠AMB=1−cs2∠AMB=232．
解法二：由（1）知CN、AB、PN两两垂直，分别以CN、AB、PN所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A0,−2,0,B0,2,0,C−2,0,0,P0,0,2，
∵M为PC的中点，∴M−22,0,22，
∴MA=22,−2,−22,BC=−2,−2,0,PB=0,2,−2，
设平面PBC的法向量为n=x,y,z
则n⋅BC=0n⋅PB=0⇒−2x−2y=02y−2z=0，
取y=1，则x=−1,z=1得n=−1,1,1，
∴sinθ=csn,MA=n⋅MAn⋅MA=−22−2−223⋅3=223，
∴AM与平面PBC所成角的正弦值为223
【变式11-1】5.（2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为正三角形且与△B1BC全等，D为BC的中点，BD=1，平面BB1C1C⊥平面ABC.

(1)证明：AD⊥BB1；
(2)求平面ABB1A1与平面ADC1所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)147
【分析】（1）根据正三角形的性质，结合面面垂直的性质进行证明即可；
（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）在三棱柱ABC−A1B1C1中，
因为△ABC为正三角形，D是BC的中点，所以AD⊥BC.
因为平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC=BC，AD⊂平面ABC，
所以AD⊥平面BB1C1C.
因为BB1⊂平面BB1C1C，所以AD⊥BB1.
（2）由题意知△B1BC为正三角形，连接B1D，
则B1D⊥BC.
因为平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC=BC，B1D⊂平面BB1C1C，
所以B1D⊥平面ABC，DC，DA，DB1两两垂直，
如图，以D为坐标原点，DC，DA，DB1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，BD=1，

所以D0,0,0，A0,3,0，C12,0,3，B−1,0,0，B10,0,3，
DC1=2,0,3，DA=0,3,0，BA=1,3,0，BB1=1,0,3，
设平面ADC1的一个法向量m=x1,y1,z1，
则m⋅DC1=2x1+3z1=0m⋅DA=3y1=0，令x1=3，得m=3,0,−2.
设平面ABB1A1的一个法向量n=x2,y2,z2，
则n⋅BA=x2+3y2=0n⋅BB1=x2+3z2=0，令x2=3，得n=3,−1,−1.
设平面ABB1A1与平面ADC1所成角为θ，
则csm,n=m⋅nm⋅n=357，所以sinθ=1−3572=147，
所以平面ABB1A1与平面ADC1所成角的正弦值为147.
题型12距离问题
【例题12】（2023秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=4，A1C⊥底面ABC，∠ACB=90∘，AC=A1C．

(1)求点A1到平面BCC1B1的距离；
(2)若直线AA1与BB1距离为4，求AB与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)55
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理，可得平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，再由性质定理可得A1O⊥平面BCC1B1，则A1O的长为点A1到平面BCC1B1的距离，在Rt△A1CC1中计算可得答案；
（2）连结A1B，根据Rt△ACB≌Rt△A1CB，可得BA=BA1，过B作BD⊥AA1，求出AB，利用点A到平面BCC1B1距离为2，可得AB与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【详解】（1）因为A1C⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，
又BC⊥AC，A1C、AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C，所以BC⊥平面ACC1A1，
又BC⊂平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，
过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BCC1B1，则A1O的长为点A1到平面BCC1B1的距离．
在Rt△A1CC1中，A1C=A1C1，AA1=CC1=4，则A1O=2．
所以点A1到平面BCC1B1的距离为2．
（2）连结A1B，因为AC=A1C，BC⊥A1C，BC⊥AC，
所以Rt△ACB≌Rt△A1CB，所以BA=BA1，
过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点，
由直线AA1与BB1距离为4，所以BD=4，
因为A1D=2，所以AB=25，又点A到平面BCC1B1距离也为2，
设AB与平面BCC1B1所成角为θ，则sinθ=225=15=55．

【变式12-1】1. （2023秋·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=BC=2，AB=PC =5.

(1)求点B到平面PAC的距离；
(2)设点E为线段PB的中点，求二面角A−CE−B的正弦值.
【答案】(1)2；
(2)31010.
【分析】（1）利用线面垂直的性质，勾股定理及线面垂直的判定定理可得BC⊥平面PCA，进而即得；
（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）因为PA⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC ，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥AB,PA⊥BC，
又PA=2,AB=5，由勾股定理得PB=22+(5)2=3，
又BC=2,PC=5,PB=3，
所以BC2+PC2=PB2，故BC⊥PC，
因为BC⊥PC,BC⊥PA，PC∩PA=P,PC,PA⊂平面PCA，
所以BC⊥平面PCA，则BC为点B到平面PAC的距离，
故点B到平面PAC的距离为2.
（2）在平面ABC内过点A作BC的平行线AF，则PA⊥AC,PA⊥AF,AC⊥AF，
以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴，AF所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
由勾股定理得：AC=PC2−PA2=5−4=1，
则C(1,0,0),B(1,2,0),P(0,0,,2),E12,1,1，

CE=−12,1,1,AC=(1,0,0),CB=(0,2,0)，
设平面ACE的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则CE· m=0 AC· m=0 ，即−12x1+y1+z1=0 x1=0，取y1=1，则z1=−1,m=(0,1,−1)，
设平面BCE的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则CE· n=0， BC· n=0， 即−12x2+y2+z2=0y2=0，取x2=2，则z2=1,n=(2,0,1) ，
所以csm,n=m· n|m|· |n|=−12×5=−1010，
记二面角A−CE−B的大小为θ，则sinθ=1−110=31010，
故二面角A−CE−B的正弦值为31010.
【变式12-1】2. （2023秋·山西大同·高三大同一中校考阶段练习）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AB=AA1=2，D是AB的中点．

(1)求直线CC1与DB1所成角的正切值；
(2)求点B到平面CDB1的距离．
【答案】(1)12
(2)255
【分析】（1）通过平行线转化，从而找到直线与直线所成的角，然后通过解三角形知识即可求解；
（2）解法一：先利用平面与平面垂直的判定定理证明平面CDB1⊥平面ABB1A1，在平面ABB1A1内作BE⊥B1D，垂足为E，再证明点B到平面CDB1的距离即为BE的长，然后利用等面积法即可求解；解法二：利用等体积法VB1−BCD=VB−B1CD即可求解．
【详解】（1）由正三棱柱的结构特征可知，CC1∥BB1，BB1⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，
所以直线CC1与DB1所成角即为直线BB1与DB1所成角，即∠DB1B，
由BD⊂平面ABC，且BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BD，
又D是AB的中点，所以BD=12AB，
所以在Rt△B1BD中，tan∠DB1B=BDBB1=12ABAA1=12，
即直线CC1与DB1所成角的正切值为12．
（2）解法一：因为D是AB的中点，且△ABC为等边三角形，所以CD⊥AB，
因为BB1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以CD⊥BB1，
又因为AB∩BB1=B，且AB，BB1⊂平面ABB1A1，
所以CD⊥平面ABB1A1，
又因为CD⊂平面CDB1，所以平面CDB1⊥平面ABB1A1，
在平面ABB1A1内作BE⊥B1D，垂足为E，
因为平面CDB1⊥平面ABB1A1，且平面CDB1∩平面ABB1A1=B1D，BE⊂平面ABB1A1，BE⊥B1D，
则BE⊥平面CDB1，所以点B到平面CDB1的距离即为BE的长，
结合（1）有BB1⊥BD，且BB1=2，BD=1，
所以B1D=BD2+BB12=12+22=5，
所以S△B1BD=12B1D⋅BE=12BB1⋅BD，即BE=BB1⋅BDB1D=2×15=255，
故点B到平面CDB1的距离为255．

解法二：设点B到平面CDB1的距离为d，
由解法一中可知B1D=5，CD⊥AB，
又知CD⊥平面ABB1A1，且B1D⊂平面ABB1A1，则CD⊥B1D，
则VB1−BCD=13S△BCD×BB1=13×12×CD×BD×BB1，
VB−B1CD=13S△B1CD×d=13×12×CD×B1D×d，
又VB1−BCD=VB−B1CD，所以d=BB1⋅BDB1D=2×15=255，
故点B到平面CDB1的距离为255．
【变式12-1】3. （2023·江西南昌·校考模拟预测）如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．

(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的大小．
【答案】(1)2
(2)π3
【分析】（1）利用体积桥VA−A1BC=VA1−ABC可构造方程求得结果；
（2）利用线面垂直的判定与性质可证得BC⊥平面ABB1A1，以B为坐标原点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）由题意知：VA1−ABC=13S△ABC⋅AA1=13VABC−A1B1C1=43；
设点A到平面A1BC的距离为d，
∴VA−A1BC=VA1−ABC=13S△A1BC⋅d=223d=43，解得：d=2，
即点A到平面A1BC的距离为2.
（2）取A1B的中点E，连接AE，
∵AA1=AB，∴AE⊥A1B，
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，AE⊂平面ABB1A1，
∴AE⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，∴AE⊥BC；
∵三棱锥ABC−A1B1C1为直三棱柱，∴AA1⊥平面ABC，
又BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC；
∵AA1∩AE=A，AA1,AE⊂平面ABB1A1，∴BC⊥平面ABB1A1
则以B为坐标原点，BC,BA,BB1正方向为x,y,z轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，

由（1）知：AE=2，∴AA1=AB=2，A1B=22，
∵S△A1BC=12A1B⋅BC=2BC=22，∴BC=2，
∴A0,2,0，B0,0,0，C2,0,0，D1,1,1，
∴BD=1,1,1，BA=0,2,0，BC=2,0,0，
设平面ABD的法向量m=x,y,z，
则BA⋅m=2y=0BD⋅m=x+y+z=0，令x=1，解得：y=0，z=−1，∴m=1,0,−1；
设平面BCD的法向量n=a,b,c，
则BC⋅n=2a=0BD⋅n=a+b+c=0，令b=1，解得：a=0，c=−1，∴n=0,1,−1；
∴csm,n=m⋅nm⋅n=12×2=12，
而0≤m,n≤π，所以m,n=π3，则二面角A−BD−C的大小为π3.
【变式12-1】4. （2023秋·黑龙江哈尔滨·高三哈师大附中校考阶段练习）已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1=2，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．

(1)求直线BB1与平面AEC1所成角的正弦值；
(2)证明：直线FC//平面AEC1并且求出直线FC到平面AEC1的距离．
【答案】(1)2121
(2)证明见解析，直线FC到平面AEC1的距离为22121
【分析】（1）以D1为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果；
（2）根据FC⋅n=0，由线面平行的向量证明可得结论；将所求距离转化为点F到平面AEC1的距离，由点面距离的向量求法可求得结果.
【详解】（1）以D1为坐标原点，D1A1,D1C1,D1D正方向为x,y,z轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，

则A1,0,2，E1,12,0，C10,1,0，B11,1,0，B1,1,2，
∴AE=0,12,−2，AC1=−1,1,−2，B1B=0,0,2，
设平面AEC1的法向量n=x,y,z，
则AE⋅n=12y−2z=0AC1⋅n=−x+y−2z=0，令y=4，解得：x=2，z=1，∴n=2,4,1，
∴csB1B,n=B1B⋅nB1B⋅n=22×21=2121，
即直线BB1与平面AEC1所成角的正弦值为2121.
（2）由（1）知：F1,12,2，C0,1,2，∴FC=−1,12,0，FA=0,−12,0，
∵FC⋅n=−1×2+12×4+0×1=0，∴FC⊥n，
又FC⊄平面AEC1，∴FC//平面AEC1，
∴直线FC到平面AEC1的距离即为点F到平面AEC1的距离，设该距离为d，
则d=FA⋅nn=221=22121，即直线FC到平面AEC1的距离为22121.
题型13探索性问题
【例题13】（2023秋·河南·高三校联考阶段练习）如图1，在矩形ABCD中，AD=1,CD=λAD(λ>0)，延长BA到点M，且MA=1．现将△MAD沿着AD折起，到达△PAD的位置，使得PA⊥AB，如图2所示．过棱PD的中点E作EF⊥PC于点F．

(1)若AB=AD，求线段AF的长；
(2)若平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值为66，求λ的值．
【答案】(1)63
(2)2
【分析】（1）由已知线面关系，证明PC⊥AF，利用面积法求AF的长；
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法解决二面角问题，求出λ的值．
【详解】（1）因为四边形ABCD为矩形，所以PA⊥AD,CD⊥AD，
因为PA⊥AB，AB∩AD=A，AB,AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD，CD,AC⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD,PA⊥AC，
又PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
又AE⊂平面PAD，所以CD⊥AE．
因为PA=AD，点E是PD的中点，所以AE⊥PD，
又PD∩CD=D，PD,CD⊂平面PCD，所以AE⊥平面PCD，
PC⊂平面PCD，所以PC⊥AE．
又EF⊥PC，AE∩EF=E，AE,EF⊂平面AEF，
所以PC⊥平面AEF，AF⊂平面AEF，所以PC⊥AF．
因为AB=AD=1，所以AC=2，
所以AF=PA⋅ACPC=1×212+(2)2=63，
即线段AF的长为63．
（2）由（1）可知AB,AD,AP两两垂直，
所以以A为坐标原点，AB,AD,AP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A0,0,0,P0,0,1,Cλ,1,0，
所以PC=λ,1,−1,AP=0,0,1．
由（1）可知，AP=0,0,1是平面ABCD的一个法向量，
PC=λ,1,−1是平面AEF的一个法向量．
设平面AEF与平面ABCD的夹角为θ，
则csθ=csAP,PC=AP⋅PCAPPC=1λ2+2=66，解得λ=2，
所以当平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值为66时，λ的值为2
【变式13-1】1. （2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AB=2AA1=2A1B1=2，∠ABC=60∘，AA1⊥平面ABCD.

(1)证明：BD⊥CC1；
(2)棱BC上是否存在一点E，使得二面角E−AD1−D的余弦值为13?若存在，求线段CE的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，CE=1−32
【分析】（1）连接AC,A1C1,根据题意证得BD⊥AC和AA1⊥BD，利用线面垂直的判定定理，证得BD⊥平面ACC1A1，进而证得BD⊥CC1；
（2）取BC中点Q，连接AQ，以A为原点，建立空间直角坐标系，假设点E存在，设点E3,λ,0，求得平面AD1E和ADD1的一个法向量n=λ,−3,3和AQ=3,0,0，结合向量的夹角公式，列出方程，求得λ=32，即可求解.
【详解】（1）证明:如图所示，连接AC,A1C1,
因为ABCD−A1B1C1D1为棱台，所以A,A1,C1,C四点共面，
又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，
又因为AA1∩AC=A且AA1,AC⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，
因为CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥CC1.
（2）解：取BC中点Q，连接AQ，
因为底面ABCD是菱形，且∠ABC=60∘，所以△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD，
由于AA1⊥平面ABCD，以A为原点，分别以AQ,AD,AA1为x轴、y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0,A10,0,1,D10,1,1,Q3,0,0
假设点E存在，设点E的坐标为3,λ,0，其中−1≤λ≤1，
可得AE=3,λ,0,AD1=0,1,1
设平面AD1E的法向量n=x,y,z，则n⋅AE=3x+λy=0n⋅AD1=y+z=0，
取x=λ，可得y=−3,z=3，所以n=λ,−3,3.
又由平面ADD1的法向量为AQ=3,0,0，
所以csAQ,n=3λ3λ2+6=13，解得λ=±32
由于二面角E−AD1−D为锐角，则点E在线段QC上，所以λ=32，即CE=1−32
故BC上存在点E，当CE=1−32时，二面角E−AD1−D的余弦值为13.

【变式13-1】2. （2023·浙江·模拟预测）如图，在四面体ABCD中，E,F分别是线段AD,BD的中点，∠ABD=90∘,EC=2,AB=BD=2CF=2.

(1)证明：EF⊥平面BCD；
(2)是否存在BC，使得平面ACE与平面BCE的夹角的余弦值为13？若存在，求出此时BC的长度；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在BC=2，使得平面ACE与平面BCE的夹角的余弦值为13；理由见解析.
【分析】（1）由已知条件先分别去证明EF⊥BD、EF⊥FC，由线面垂直的判定定理即可求解.
（2）根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，引入参数θ来表示某些点的坐标，若要使得平面ACE与平面BCE的夹角的余弦值为13，即可通过计算和分析去判断是否存在满足题意的参数θ，此时对应的即可判断是否存在满足题意的BC的长度.
【详解】（1）如图所示：

因为E,F分别是线段AD,BD的中点，
所以EF//AB，EF=12AB=1，
又因为∠ABD=90∘,EC=2,AB=BD=2CF=2，
即AB⊥BD，所以EF⊥BD，
且注意到EF2+CF2=12+12=22=EC2，
所以EF⊥FC，
又因为BD⊂平面BCD，FC⊂平面BCD，且BD∩FC=F，
所以由线面垂直的判定定理可知EF⊥平面BCD.
（2）因为点F是线段BD的中点，且有BD=2CF=2，
所以FB=FD=12BD=FC=1，
所以易知△BCD是直角三角形，其中BC⊥CD，
又由（1）可知EF⊥平面BCD，
所以以CD,CB为x,y轴，过点C与FE平行的直线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系：

因为BC⊥CD，BD=2，设∠BDC=θ,0<θ<π2，
不妨设当BC=BDsinθ=2sinθ，CD=BDcsθ=2csθ，此时平面ACE与平面BCE的夹角的余弦值为13.
由（1）可知EF//AB，EF⊥平面BCD，
所以AB⊥平面BCD，
又AB=2，E分别是线段AD的中点，
所以有C0,0,0,B0,2sinθ,0,D2csθ,0,0,A0,2sinθ,2,Ecsθ,sinθ,1，
所以EC=−csθ,−sinθ,−1,EA=−csθ,sinθ,1,EB=−csθ,sinθ,−1,
不妨设平面ACE与平面BCE的法向量分别为n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，
则有n1⋅EC=0n1⋅EA=0，n2⋅EC=0n2⋅EB=0，
即有−x1csθ−y1sinθ−z1=0−x1csθ+y1sinθ+z1=0，−x2csθ−y2sinθ−z2=0−x2csθ+y2sinθ−z2=0，
分别令z1=sinθ、z2=csθ，
此时有n1=0,−1,sinθ,n2=−1,0,csθ，
不妨设平面ACE与平面BCE的夹角为α，
则由题意csα=n1⋅n2n1⋅n2=sinθcsθ1+sin2θ⋅1+cs2θ=13，
整理得sin2θ2=1，因为0<θ<π2，所以0<2θ<π，
所以sin2θ=1,2θ=π2，即θ=π4，此时有BC=BDsinθ=2sinθ=2×22=2.
综上所述：存在BC=2，使得平面ACE与平面BCE的夹角的余弦值为13.
【变式13-1】3. （2023秋·北京·高三北京市第五中学校考阶段练习）如图，在直角梯形ABCD中，AB//CD，∠DAB=90°，AD=DC=12AB.以直线AB为轴，将直角梯形ABCD旋转得到直角梯形ABEF，且AF⊥AD.
(1)求证：DF//平面BCE；
(2)在线段DF上是否存在点P，使得直线AF和平面BCP所成角的正弦值为223？若存在，求出DPDF的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)存在，DPDF=13，理由见解析.
【分析】（1）证明出四边形CDFE为平行四边形，得到DF//CE，从而得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，设出DPDF=m0≤m≤1，利用线面角的正弦值列出方程，求出答案.
【详解】（1）将直角梯形ABCD绕着AB旋转得到直角梯形ABEF，
故CD=EF且CD//EF，
故四边形CDFE为平行四边形，
所以DF//CE，
又CE⊂平面BCE，DF⊄平面BCE，所以DF//平面BCE；
（2）因为AF⊥AD，∠DAB=90°，∠FAB=90°，
所以AD,AB,AF两两垂直，
故以A为坐标原点，以AD,AB,AF所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
因为AD=DC=12AB，设AD=1，
则A0,0,0,D1,0,0,F0,0,1,B0,2,0,C1,1,0，
设DPDF=m0≤m≤1，则DP=mDF，设Pa,0,b，
则a−1,0,b=m−1,0,1，解得a=1−m,b=m，故P1−m,0,m，
当m=0时，此时P与D重合，直线AF和平面BCD垂直，
不满足所成角的正弦值为223，舍去；
当m≠0时，设平面BCP的法向量为n=x,y,z，
则BC⋅n=1,−1,0⋅x,y,z=x−y=0PC⋅n=m,1,−m⋅x,y,z=mx+y−mz=0，
令x=1，则y=1,z=m+1m，故n=1,1,m+1m，
设直线AF和平面BCP所成角的正弦值为θ，
则sinθ=csAF,n=AF⋅nAF⋅n=0,0,1⋅1,1,m+1m1+1+m+1m2=m+1m1+1+m+1m2=223，
解得m=13或−15（舍去），
综上，在线段DF上是否存在点P，使得直线AF和平面BCP所成角的正弦值为223，
此时DPDF=13.
【变式13-1】4. （2023秋·福建福州·高三福建省福州格致中学校考阶段练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD内的投影落在棱AD上，AD=3．
(1)求证：平面PDA⊥平面PDC；
(2)若PB=3，PC=6，当四棱锥P−ABCD的体积最大时，求平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)105【分析】（1）作PO⊥AD于点O，进而得PO⊥平面ABCD，再根据线面垂直的性质与判定定理证明即可；
（2）过点O作OE⊥BC于E，连接PE，进而根据几何关系证明BC⊥平面POE得到BC⊥PE，PE=PB⋅PCBC=2，再求P−ABCD的体积VP−ABCD=OE⋅PO，再根据结合勾股定理与基本不等式得当PO=OE=1时，四棱锥P−ABCD的体积最大，最后建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）解：作PO⊥AD于点O，因为点P在平面ABCD内的投影落在棱AD上，
所以PO⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PO⊥CD，
又ABCD为矩形，
所以AD⊥CD，
因为PO∩AD=O，PO,AD⊂平面PDA，
所以CD⊥平面PDA，
因为CD⊂平面PDC，
所以平面PDA⊥平面PDC.
（2）解：过点O作OE⊥BC于E，连接PE，
因为BC=AD=3，PB=3，PC=6，
所以BC2=PB2+PC2，所以PB⊥PC，
又因为PO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PO⊥BC，且OE⊥BC，
PO∩OE=O，PO,OE⊂平面POE，
所以BC⊥平面POE，
因为PE⊂平面POE，所以BC⊥PE，
所以PE=PB⋅PCBC=2，且BE=1，CE=2，
所以P−ABCD的体积VP−ABCD=13SABCD⋅PO=13AD⋅AB⋅PO=OE⋅PO，
在Rt△POE中，PE2=PO2+OE2≥2PO⋅OE，所以PO⋅OE≤1，
当且仅当PO=OE=1时PO⋅OE=1，此时四棱锥P−ABCD的体积最大，
如图建立空间直角坐标系，则P0,0,1，D−2,0,0，C−2,1,0，B1,1,0，
所以CP=2,−1,1，DC=0,1,0，CB=3,0,0，
设平面PDC的法向量为n=x,y,z，则n⋅CP=2x−y+z=0n⋅DC=y=0，所以n=1,0,−2，
设平面PBC的法向量为m=a,b,c，则m⋅CP=2a−b+c=0m⋅CB=3a=0，所以m=0,1,1，
设平面PDC与平面PBC的夹角为θ，
则csθ=n⋅mn⋅m=105，
故平面PDC与平面PBC的夹角的余弦值为105.
【变式13-1】5.（2023秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）把矩形O1O2FB以O1O2所在的直线为轴旋转180°，得到几何体如图所示.其中等腰梯形ABCD为下底面的内接四边形，且AB=2AD=2，点G为上底面一点，且CG∥O1O2，O1O2=1.

(1)若P为DE的中点，求证：AP⊥平面BDE；
(2)设DP=λDE，λ∈0,1，试确定λ的值，使得直线AP与平面ABG所成角的正弦值为10535.
【答案】(1)证明见解析
(2)λ=13或λ=23
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）空间向量法求线面角正弦值计算求参可得.
【详解】（1）证明：因为AB为直径，
所以BD⊥AD，
因为EA⊥平面ABD，BD⊂平面ABD
所以EA⊥BD，
因为AE∩AD=A,AE⊂平面ADE，AD⊂平面ADE，
所以BD⊥平面ADE，
因为AP⊂平面ADE，所以BD⊥AP，
因为AD=AE，P为DE的中点，所以AP⊥DE，
因为BD∩DE=D，BD⊂平面BDE,ED⊂平面BDE,
所以AP⊥平面BDE
（2）因为等腰梯形ABCD为底面半圆O1的内接四边形，AB=2AD=2，
所以∠DAO1=∠AO1D=∠CO1D=∠BO1C=π3，
所以CD=BC=1，
如图，以O1为坐标原点，在底面半圆O1过点O1垂直于平面ABFE作直线为x轴，
分别以O1B，O1O2为y，z轴建立空间直角坐标系，
由于AD=DC=BC=1，CG=1，由（1）可知AO1=1，
故A0,−1,0，B0,1,0，G−32,12,1，D−32,−12,0，E0,−1,1，
则AB=0,2,0，AG=−32,32,1，
设平面ABG的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅AB=0,n⋅AG=0,，即2y=0,−32x+32y+z=0,
令x=23，则n=23,0,3，
由DP=λDE，λ∈0,1，DE=32,−12,1，
可得P32λ−32,−12λ−12,λ，所以AP=32λ−32,−12λ+12,λ，
设直线AP与平面ABG所成角为θ，θ∈0,π2，
则sinθ=csn,AP=n⋅APnAP=3λ−3+0+3λ12+0+9⋅2λ2−2λ+1=10535，
即得9λ2−9λ+2=0，
解得λ=13或λ=23，符合λ∈0,1，
故λ=13或λ=23
题型14最值取值范围问题
【例题14】（2023秋·湖南·高三湖南省祁东县第一中学校联考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，AB=2，PA=PD=5，E为BC的中点．

(1)证明：AD⊥PE．
(2)若二面角P−AD−B的平面角为2π3，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)π3
【分析】（1）取AD的中点F，可证得AD⊥EF，AD⊥PF，从而AD⊥平面PEF，根据线面垂直的性质可得结论；
（2）过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，可得PO⊥平面ABCD，以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立空间直角坐标系．写出点的坐标，求出平面PAB的法向量，可得直线DG与平面PAB所成的角θ的正弦值的表达式，结合换元法及二次函数的性质得出答案.
【详解】（1）如图，取AD的中点F，连接PF，EF．
∵底面ABCD是正方形，PA=PD，∴AD⊥EF，AD⊥PF．
∵EF∩PF=F，EF,PF⊂平面PEF，∴AD⊥平面PEF．
又∵PE⊂平面PEF，∴AD⊥PE．
（2）由（1）可知，二面角P−AD−B的平面角为∠PFE，且为2π3，
过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O，
∵AD⊥平面PEF，PO⊂平面PEF，∴PO⊥AD，
∵AD∩EF=F,AD,EF⊂平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，
以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

易得∠PFO=π3，PF=2，OF=1，PO=3，
则P0,0,3，A1,1,0，B1,3,0，C−1,3,0，D−1,1,0，
PA=1,1,−3，AB=0,2,0，DP=1,−1,3，PC=−1,3,−3，
设平面PAB的法向量为n=x,y,z，则n⋅PA=0,n⋅AB=0,
得x+y−3z=0,2y=0,取z=1，则n=3,0,1．
设PG=λPC=−λ,3λ,−3λ，λ∈0,1，则DG=DP+PG=1−λ,3λ−1,3−3λ，
设直线DG与平面PAB所成的角为θ，
则sinθ=csDG,n=DG⋅nDGn=31−λ1−λ2+3λ−12+31−λ2 =31−λ3λ−12+41−λ2，
令t=1−λ，则t∈0,1，sinθ=31−λ3λ−12+41−λ2=3t2−3t2+4t2 =3t213t2−12t+4．
当t=0时，sinθ=0，θ=0；
当t≠0时，sinθ=3×14t2−12t+13=3×141t−322+4，
当1t=32，即t=23，λ=13时，sinθ取得最大值，且最大值为32，此时θ=π3．
所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为π3．
【变式14-1】1. （2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）如图，A1M为圆柱O1O2的一条母线，且O1O2=2O1A1.过点A1且不与圆柱底面平行的平面α与平面O1A1MO2垂直，轴O1O2与α交于点O，平面α截圆柱的侧面得到一条闭合截线，截线与平面O1A1MO2的另一交点为A2.已知该截线为一椭圆，且A1A2和B1B2分别为其长轴和短轴，O为其中心.N为B2在上底面内的射影.记椭圆的离心率为e.

(1)求e的取值范围；
(2)当e=55时，求直线MN与平面α所成的角的正弦值.
【答案】(1)0,22
(2)306
【分析】（1）设上下底面圆的半径为r，椭圆短轴B1B2=2b=2r，在求得长轴2a∈2r,22r，得到ba∈22,1，进而求得离心率e的取值范围；
（2）当离心率e=55时，求得a=52r，建立空间直角坐标系，设r=1，求得平面α的法向量的法向量m=0,−1,2和向量MN=1,−1,2,结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：设上下底面圆的半径为r，椭圆短轴B1B2=2b=2r，
当A2移至下底面端点时，O1O2=2r，长轴的最大值A1A2=2r2+2r2=22r，
所以长轴的取值范围2a∈2r,22r，则ba∈22,1，所以e=ca=1−b2a2∈0,22，
所以椭圆离心率e的取值范围是0,22；
（2）解：当离心率e=55时，即ca=1−b2a2=1−r2a2=55，得a=52r，
则A1A2=A2A32+A1A32=4r2+A1A32=5r，
即A1A3=r，即点A2是母线的中点，
建立如图所示的空间直角坐标系，设r=1，则O1O2=2，
可得M0,1,0,N1,0,2,A10,1,2,A20,−1,1,B21,0,32,
则MN=1,−1,2,A1A2=0,−2,−1,A1B2=1,−1,−12,
设平面α的法向量m=x,y,z，则m⋅A1A2=−2y−z=0m⋅A1B2=x−y−12z=0，
令z=2，得y=−1，x=0，所以m=0,−1,2，
设直线MN与平面α所成角为θ，则sinθ=csMN,m=MN⋅mMNm=56×5=306.

【变式14-1】2. （2023·海南·统考模拟预测）如图，在平面四边形ABCD中，AD⊥BD，BC⊥DC,BC=DC=AD=2，将△ABD沿BD向上折起，使得平面ABD与平面ACD所成的锐二面角的平面角最大．

(1)求该几何体中任意两点间的距离的最大值；
(2)若DE⊥AC，垂足为E，点F是AB上一点，证明：平面DEF⊥平面ABC．
【答案】(1)23
(2)证明见解析
【详解】解：（1）如图，以B为坐标原点，BD为y轴，平面ABD为yOz平面，
建立空间直角坐标系，
则B0,0,0,D0,22,0,A0,22,2，
设Ct,2,p，显然，当t=0时，平面ABD与平面ACD共面，此时的锐二面角一定不是最大
的，所以0所以AC=t,−2,p−2,AD=0,0,−2，

设平面ACD的法向量为n=x,y,z，
则AC⋅n=0,AD⋅n=0,即tx−2y+p−2z=0,−2z=0,
令x=1，则n=1,22t,0．
又平面ABD的一个法向量为m=1,0,0，
则csm,n=m⋅nm⋅n=11+12t2，
又0所以csm,n=m⋅nm⋅n=11+12t2≥22，
当t=2时，等号成立，由BC=2
得(2)2+ (2)2+p2=22，
所以p=0，即点C在xOy面上．
所以平面ABD⊥平面BCD，
所以AB=BD2+AD2=23>AC=22，
所以该几何体中任意两点间的距离的最大值为23．
（2）由（1）知AD⊥平面BCD，
所以AD⊥BC．
又BC⊥CD，且AD∩CD=D，
AD,CD⊂平面ACD，
所以BC⊥平面ACD．
又DE⊂平面ACD，
所以BC⊥DE．
由DE⊥AC，且BC∩AC=C,BC,AC⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC．
又DE⊂平面DEF，所以平面DEF⊥平面ABC
【变式14-1】3. （2023·全国·高三对口高考）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1，
(1)若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；
(2)求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；
(3)若BC＝2，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)13
(3)2+62
【分析】（1）由题意可证AC⊥DO，又PO⊥AC，即可证明AC⊥平面PDO.
（2）当CO⊥AB时，C到AB的距离最大且最大值为1，又AB＝2，即可求△ABC面积的最大值，又三棱锥P﹣ABC的高PO＝1，即可求得三棱锥P﹣ABC体积的最大值.
（3）可求PB=12+12=2=PC，即有PB＝PC＝BC，由OP＝OB，C'P=C'B ，可证E为PB中点，从而可求OC'=OE+EC'，从而得解.
【详解】（1）在△AOC中，因为OA＝OC，D为AC的中点，所以AC⊥DO，又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC，
因为DO∩PO＝O，DO,PO⊂平面PDO，所以AC⊥平面PDO.
（2）因为点C在圆O上，所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1，又AB＝2，
所以△ABC面积的最大值为12×2×1=1，又因为三棱锥P﹣ABC的高PO＝1，
故三棱锥P﹣ABC体积的最大值为：13×1×1=13.
（3）在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，所以PB=2，
同理PC＝2，所以PB＝PC＝BC，在三棱锥P﹣ABC中，将侧面BCP绕PB旋转至平面BC'P，使之与平面ABP共面，
如图所示，当O，E，C'共线时，CE+OE取得最小值，
又因为OP＝OB，C'P=C'B，所以OC'垂直平分PB，即E为PB中点.
从而OC'＝OE+EC'＝2+62.亦即CE+OE的最小值为：2+62.
【变式14-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2、B2、C2、D2分别在棱AA1、BB1、CC1、DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3.
(1)求多面体A2B2C2D2A1的体积；
(2)当点P在棱BB1上运动时（包括端点），求二面角P−A2C2−B2的余弦值的绝对值的取值范围.
【答案】(1)4
(2)217,1
【分析】（1）以C为坐标原点，CD、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分析可知四边形A2B2C2D2为菱形，可得出VA1−A2B2C2D2=2VA1−A2B2C2=2VC2−A1A2B2，结合锥体的体积公式可求得结果；
（2）设P0,2,λ0≤λ≤4，求出平面PA2C2、平面A2B2C2的法向量，利用空间向量法结合二次函数的基本性质可求得二面角P−A2C2−B2的余弦值的绝对值的取值范围.
【详解】（1）解：以C为坐标原点，CD、CB、CC1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图，
则C0,0,0、C20,0,3、B20,2,2、D22,0,2、A22,2,1,
所以，B2C2=0,−2,1，A2D2=0,−2,1，则B2C2=A2D2，
又因为B2C2、A2D2不在同一条直线上，故四边形A2B2C2D2为平行四边形，
因为A2B2=−2,0,1，则A2B2=5，
又B2C2=A2D2=5，故四边形A2B2C2D2为菱形，
多面体A2B2C2D2A1是以A1为顶点的四棱锥，
又A1B2=A1D2=22，A1A2=A1C2=3，
VC2−AA2B2=13BC⋅S△A1A2B2=13BC⋅12A1A2⋅A1B1=16×2×3×2=2，
所以，VA1−A2B2C2D2=2VA1−A2B2C2=2VC2−A1A2B2=2×2=4.
（2）解：设P0,2,λ0≤λ≤4，则A2C2=−2,−2,2，PC2=0,−2,3−λ，
A2B2=−2,0,1，
设平面PA2C2的法向量n=x,y,z，则n⋅A2C2=−2x−2y+2z=0n⋅PC2=−2y+3−λz=0，
令z=2，得y=3−λ，x=λ−1，所以，n=λ−1,3−λ,2，
设平面A2C2B2的法向量为m=a,b,c，则m⋅A2C2=−2a−2b+2c=0m⋅A2B2=−2a+c=0，
令a=1，得b=1，c=2，则m=1,1,2，
csn,m=n⋅mn⋅m=66λ−12+λ−32+4=62λ−22+6，
因为0≤λ≤4，则2λ−22+6∈6,14，所以，csn,m∈217,1.
因此，二面角P−A2C2−B2的余弦值的绝对值的取值范围是217,1.
【变式14-1】5.（2023·西藏日喀则·统考一模）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣.”刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得.”

如图，在鳖臑ABCD中，侧棱AB⊥底面BCD；

(1)若AB=1，BC=2，CD=1，试求异面直线AC与BD所成角的余弦值.
(2)若BD⊥CD，AB=BD=CD=2，点P在棱AC上运动.试求△PBD面积的最小值.
【答案】(1)155,45；
(2)2.
【分析】（1）分两种情况BC⊥CD,BD⊥DC讨论，分别求解异面直线AC与BD所成角的余弦值.
（2）作PQ⊥BC于点Q，作QM⊥BD于点M，连结PM，先证明PM⊥BD，从而表示出面积S△PBD=12BD⋅PM,最后通过平行线分线段成比例求解PM范围，从而求解面积的最小值；
【详解】（1）如图，以DB,DC为临边作平行四边形BDCE，连结AE，则异面直线AC和BD所成的角为∠ACE或其补角，

当BC⊥CD时，AB=1,BC=2,CD=1，
且由（1）可知，AE=12+12=2，AC=12+22=5，EC=BD=22+12=5，
△ACE中，cs∠ACE=AC2+EC2−AE22×AC×EC=45，
所以异面直线AC和BD所成的角的余弦值为45；
当BD⊥DC时，AE=2，AC=5，EC=BD=22−12=3，
△ACE中，cs∠ACE=AC2+EC2−AE22×AC×EC=155，
所以异面直线AC和BD所成的角的余弦值为155；
综上可知，异面直线AC和BD所成的角的余弦值为45或155；
（2）
如图，作PQ⊥BC于点Q，作QM⊥BD于点M，连结PM，
△ABC中，AB,PQ都垂直于BC，所以AB//PQ，
所以PQ⊥平面BCD，且BD⊂平面BCD，所以PQ⊥BD，
又因为QM⊥BD，PQ∩QM=Q，PQ,QM⊂平面PQM，
所以BD⊥平面PQM，PM⊂平面PQM，所以PM⊥BD，
设CQ=x，CB=22，由PQAB=CQCB⇒PQ2=x22，
得PQ=x2，0≤x≤22，
△BCD中，BQBC=QMCD⇒22−x22=QM2，
得QM=22−x2，
PM=PQ2+QM2=x22+22−x22=x2−22x+4
=x−22+2≥2 ,当且仅当x=2时，等号成立，
所以S△PBD=12BD⋅PM≥12×2×2=2.
所以△PBD面积的最小值是2.
【点睛】关键点睛：读懂题意，第一问容易忽略一种情况，是本题的易错点；第二问通过平行线分线段成比例求解PM范围时题目的难点和突破点.
【变式14-1】6.（2023·全国·高三专题练习）如图①所示，长方形ABCD中，AD=2，AB=3，点M是边CD靠近点C的三等分点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB，PC，得到图②的四棱锥P−ABCM.
(1)求四棱锥P−ABCM的体积的最大值；
(2)设P−AM−D的大小为θ，若θ∈0,π2，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值.
【答案】(1)423
(2)平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为66
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥P−ABCM的体积取得最大值，求出PG=12AM=2，从而得到体积最大值；
（3）作出辅助线，得到∠PGD为P−AM−D的平面角，即∠PGD=θ，建立空间直角坐标系，用含θ的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式及t=2csθ+1,θ∈0,π2，得到csα=11541t+132−23，结合t的取值范围求出余弦值的最小值．
【详解】（1）解：取AM的中点G，连接PG，
因为PA=PM=2，则PG⊥AM，
当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥P−ABCM的体积取得最大值，
此时PG⊥平面ABCM，且PG=12AM=2，
底面ABCM为梯形，面积为S=(1+3)×2×12=4，
则四棱锥P−ABCM的体积最大值为Vmax=13×4×2=423；
（2）解：连接DG，
因为DA=DM，所以DG⊥AM，
所以∠PGD为P−AM−D的平面角，即∠PGD=θ，
过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A2,0,0，M0,2,0，C0,3,0，B2,3,0
过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，
设P(x0,y0,z0)，
所以x0=y0=2(1−csθ)×22=1−csθ,z0=2sinθ，
所以P(1−csθ,1−csθ,2sinθ)，
所以AM=(−2,2,0),PA=(1+csθ,csθ−1,−2sinθ)，
设平面PAM的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则−2x1+2y1=01+csθx1+csθ−1y1−2sinθz1=0，
令z1=2csθ，则n1=(sinθ,sinθ,2csθ)，
设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
因为CB=(2,0,0),PC=(csθ−1,csθ+2,−2sinθ)，
则x2=0csθ−1x2+csθ+2y2−2z2sinθ=0，
令y2=2sinθ，可得：n2=(0,2sinθ,2+csθ)，
设两平面夹角为α，
则csα=n1⋅n2n1⋅n2=2sin2θ+22csθ+2cs2θ2sin2θ+2cs2θ⋅2sin2θ+cs2θ+4csθ+4
=2csθ+1−cs2θ+4csθ+6，
令t=2csθ+1,θ∈0,π2，所以t∈1,3，则csθ=t−12
所以csα=t−14t2+52t+154=1154t2+52t−14=11541t+132−23，所以当t=1时，csα有最小值66，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为66.
【点睛】关键点点睛：利用二面角的平面角θ来表示折叠过程中形成的动点P的横、纵、竖坐标，从而减少题中的变量，并且求解平面与平面夹角α的余弦值时，两个平面法向量都含参数θ的正弦或余弦值，利用空间向量的坐标运算求解csα时，还需应用sinθ与csθ的关系进行变形处理，从而使得csα只含csθ或者sinθ的式子，转换成单变量的函数关系从而可以利用函数思想求解csα的最值，属于较难题目．
题型15交线未知型
【例题15】（2023秋·贵州贵阳·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，AD=2，PA=PD=2，平面PAD⊥平面ABCD，若平面PAB与平面PCD相交于直线l，M为CD的中点.

(1)证明：直线l⊥平面PAD；
(2)若BN=13BP，求直线DN与平面APM所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)73
【分析】（1）首先证明CD//平面PAB，由线面平行的性质得到CD//l，再由面面垂直的性质得到CD⊥平面PAD，从而得证；
（2）设O为AD的中点，连接OP，即可得到PO⊥AD，由面面垂直的性质得到PO⊥平面ABCD，取BC的中点E，连接OE，则OE⊥AD，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）∵底面ABCD是正方形，∴AB//CD，
又AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，∴CD//平面PAB，
又CD⊂平面PCD，平面PAB∩平面PCD=l，∴CD//l，
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊥AD，CD⊂平面ABCD，
∴CD⊥平面PAD，∴l⊥平面PAD.
（2）设O为AD的中点，连接OP，因为PA=PD=2，所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
取BC的中点E，连接OE，则OE//AB，所以OE⊥AD，
如图以O为原点建立空间直角坐标系，

则OP=PD2−OD2=1，
所以各点的坐标分别为P0,0,1，A0,−1,0，D0,1,0，B2,−1,0，M1,1,0，
设Nx,y,z，∵BN=13BP，
∴x−2,y+1,z=13−2,1,1，即x−2=−23y+1=13z=13，解得x=43y=−23z=13，所以N43,−23,13，
∴DN=43,−53,13，AM=1,2,0，AP=0,1,1，
设平面APM的一个法量为n=a,b,c，
则n⋅AM=0n⋅AP=0⇒a+2b=0b+c=0⇒n=2,−1,1，
设直线DN与平面PAM所成的角为θ，
则sinθ=csn,DN=n⋅DNn×DN=83+53+136×423=73，
所以直线DN与平面PAM所成的角的正弦值为73.
【变式15-1】1. （2023秋·贵州贵阳·高三统考开学考试）如图，△ABC是正三角形，四边形ABB1A1是矩形，平面ABB1A1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC，点M为AB中点，AB=2，AA1=2CC1．
(1)设直线l为平面ABC与平面A1B1C1的交线，求证：l//AB；
(2)若三棱锥M−A1B1C1的体积为233，求平面MB1C1与平面ABB1A1夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)14
【分析】（1）根据线面平行的性质定理证得l//AB.
（2）根据三棱锥M−A1B1C1的体积求得AA1,CC1，建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面MB1C1与平面ABB1A1夹角的余弦值.
【详解】（1）四边形ABB1A1是矩形，∴AB//A1B1，
∵A1B1⊂平面A1B1C1，AB⊄平面A1B1C1，
∴AB//平面A1B1C1，AB⊂平面ABC，
而平面ABC∩平面A1B1C1=l，∴l//AB；
（2）连接MC，
∵平面ABB1A1⊥平面ABC且交线为AB，MC⊂平面ABC，MC⊥AB
∴MC⊥平面ABB1A1
而CC1⊥平面ABC，CC1⊄平面ABB1A1
∴CC1//平面ABB1A1
∴VM−A1B1C1=VC1−MA1B1=12×A1B1×AA1×MC×13=12×2AA1×3×13=233
∴AA1=2，CC1=1．
设A1B1中点为N，
易得AB，MC，MN两两垂直，
以点M为坐标原点，MB，MC，MN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B11,0,2，C10,3,1
∴MB1=1,0,2，MC1=0,3,1
设平面MB1C1的法向量为m=x,y,z，则m⋅MB=0m⋅MC=0
即x+2z=03y+z=0，取y=−1，
则x=−23，z=3，则m=−23,−1,3．
取平面ABB1A1的法向量为n=0,1,0．
∵csθ=m⋅nm⋅n=−23,−1,3⋅0,1,04×1=14
∴平面MB1C1与平面ABB1A1夹角的余弦值是14．

【变式15-1】2. （2023春·北京东城·高三北京市第十一中学校考阶段练习）如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=CC1=2，点D、E分别为棱A1C1、B1C1的中点，点F是线段BB1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：A1B1//m；
(2)是否存在一点F，使得二面角C−AC1−F的余弦值为13，如果存在，求出BFBB1的值；如果不存在，说明理由；
(3)当F为线段BB1的中点时，求点B到平面AC1F的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且BFBB1=12
(3)23
【分析】（1）证明出DE//平面ABC，DE//A1B1，利用线面平行的性质可证得m//DE，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、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设点F0,2,a，其中0（3）利用空间向量法可求得点B到平面AC1F的距离．
【详解】（1）证明：因为点D、E分别为棱A1C1、B1C1的中点，则DE//A1B1，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1B1B为平行四边形，所以，A1B1//AB，则DE//AB，
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ABC=m，所以，m//DE，故m//A1B1.
（2）解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，且CC1⊥平面ABC，
以点C为坐标原点，CA、CB、CC1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A2,0,0、C10,0,2、B0,2,0，设点F0,2,a，其中0设平面AC1F的法向量为n=x,y,z，AC1=−2,0,2，C1F=0,2,a−2，
则n⋅AC1=−2x+2z=0n⋅C1F=2y+a−2z=0，取z=2，可得n=2,2−a,2，
易知平面ACC1的一个法向量为m=0,1,0，
因为二面角C−AC1−F的余弦值为13，则csm,n=m⋅nm⋅n=2−a8+2−a2=13，
解得a=1或3（舍），此时，BFBB1=12，
因此，在线段BB1上存在一点F，使得二面角C−AC1−F的余弦值为13，且BFBB1=12.
（3）解：当F为线段BB1的中点时，即当a=1时，平面AC1F的一个法向量为n=2,1,2，
AB=−2,2,0，所以，点B到平面AC1F的距离为d=AB⋅nn=23.
【变式15-1】3. （2021秋·广东广州·高三西关外国语学校校考阶段练习）如图，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AB=2CD=2AD=2，矩形ABEF所在的平面垂直于平面ABCD，设平面BDE与平面ADF的交线为l.
（1）求证：l⊥平面ABCD；
（2）若AF的长度为32，求二面角E−CD−A的大小.
【答案】（1）详见解析；（2）π3.
【分析】（1）依题意可得BE//平面ADF，即可得到l//BE，再由面面垂直的性质得到BE⊥平面ABCD，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求得.
【详解】（1）因为四边形ABEF为矩形，所以BE//AF，BE⊄平面ADF，AF⊂平面ADF，
所以BE//平面ADF，
又BE⊂平面BDE，平面BDE与平面ADF的交线为l，
所以l//BE，
因为BE⊥AB，平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，
所以BE⊥平面ABCD，
所以l⊥平面ABCD.
（2）设AB的中点为O，CD的中点为G，EF的中点为M，则OA,OG,OM两两垂直，以O为坐标原点，OA,OG,OM的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则点F的坐标为(1,0,32)，点E的坐标为(−1,0,32).
作DH⊥AB，交AB于点H，在Rt△ADH中，AH=12,DH=32，
所以点D的坐标为(12,32,0)，点C的坐标为(−12,32,0)，所以ED=(32,32,−32),EC=(12,32,−32).
设平面CDE的法向量为n1=(x,y,z)，则n1⋅ED=0n1⋅EC=0，即32x+32y−32z=012x+32y−32z=0，
令z=3，解得x=0,y=3，所以平面CDE的一个法向量为n1=(0,3,3).取平面CDA的一个法向量为n2=(0,0,1)，
设二面角E−CD−A的大小为α，所以csα=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|，即csα=|0+0+3|9+3×1=12，
∴α=π3.
【变式15-1】4. （2023·全国·高三专题练习）在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90∘，点D,E分别为AB,AC的中点，如图1，将ΔADE沿DE折起，使点A到达点P的位置，且平面PDE⊥平面DBCE，连接PC,PB，如图2.
（1）证明：平面PDE和平面PBC必定存在交线l，且直线DE//l；
（2）若F为PB的中点，求证：DF⊥平面PBC；
（3）当三棱锥P−DBC的体积为83时，求点B到平面PEC的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）433.
【分析】（1）由平面的性质和线面平行的性质定理可证得结果；
（2）证得DF⊥PB，DF⊥BC，进而由线面垂直的判定定理可证得结果；
（3）由等体积法可得结果.
【详解】（1）因为D,E分别为AB,AC的中点，则DE//BC，
又BC⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，所以DE//平面PBC.
又平面PBC与平面PDE有公共点P，
则由公理3可知平面PBC与平面PDE必然相交，设交线为l，
因为DE//平面PBC，DE⊂平面PDE，所以由线面平行的性质定理得到l//DE.
（2）因为DE⊥PD,DE⊥DB，且PD∩DB=D，所以DE⊥平面PDB，
由（1）知DE//BC，则BC⊥平面PDB，又DF⊂平面PDB，所以BC⊥DF.
因为DP=DB，F是PB中点，所以DF⊥PB，
又BC∩PB=B，故DF⊥平面PBC.
（3）设DB=m，由三棱锥P−DBC的体积=13⋅12⋅m⋅2m⋅m=83得m=DB=2，
则PD=DE=DB=2,PE=EC=22，BC=4，PC=42+222=26，
从而，等腰三角形EPC底边上的高ℎ=222−62=2，
所以三角形EPC的面积S=12×26×2=23.
三棱锥P−EBC的体积VP−EBC=VP−DBC=83，设点B到平面PEC的距离为d，则VB−PEC=13⋅S⋅d=233d，
由VP−EBC=VB−PEC得83=233d，解得d=433.
故B到平面PEC的距离为433.
【变式15-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知四棱锥P−ABCD的底面为梯形ABCD，且AB//CD，又PA⊥AD，AB=AD=1，CD=2，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面PBC=l．

(1)判断直线l和BC的位置关系，并说明理由；
(2)若点D到平面PBC的距离为23，请从下列①②中选出一个作为已知条件，求二面角B−l−D余弦值大小．
①CD⊥AD；
②∠PAB为二面角P−AD−B的平面角．
【答案】(1)相交，理由见解析
(2)13
【分析】（1）由题意延长CB,DA必交于一点E，结合平面的基本性质证明直线PE即为直线l，即可判断直线l和BC的位置关系；
（2）根据二面角平面角定义或垂直关系，即无论选择条件①②，结合面面垂直性质，均可证得CD⊥平面PAD，PA⊥平面ABCD，设PA=x，根据垂直关系可用x表示出所需长度，利用体积桥VP−BCD=VD−PBC可求得x，再利用面积桥S△PDE=12DE⋅PA=12PE⋅d可求得点D到直线PE的距离，由此可得tanθ=CDd，进而得到csθ.
【详解】（1）∵AB//CD且CD=2AB=2，∴延长CB,DA必交于一点，即为点E，
∵BC⊂平面PBC，DA⊂平面PAD，且E∈BC，E∈DA，
∴E∈平面PBC，E∈平面PAD，又P∈平面PBC，P∈平面PAD，
连接PE，则平面PBC∩平面PAD=PE，又平面PAD∩平面PBC=l，
∴直线PE即为直线l，如下图所示，

∴l∩BC=E，即直线l与BC相交.
（2）若选条件①，∵CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD；
同理可知：PA⊥平面ABCD，
∵DE,AC⊂平面ABCD，∴PA⊥DE，PA⊥AC；
取CD中点F，连接BF,AC，
∵AB//CD，AB=12CD=DF，∴四边形ABFD为平行四边形，∴AD=BF，
∴BF=12CD，∴BC⊥BD，又BD=2，BC=CD2−BD2=2，
∴S△BCD=12BC⋅BD=12×2×2=1；
设PA=x，则PB=x2+1，又AC=5，∴PC=x2+5，
∴cs∠PBC=PB2+BC2−PC22PB⋅BC=x2+1+2−x2−522⋅x2+1=−12x2+1，
∴sin∠PBC=1−12x2+1=2x2+12x2+1，
∴S△PBC=12PB⋅BCsin∠PBC=12×x2+1×2×2x2+12x2+1=2x2+12，
∴VD−PBC=13S△PBC×23=2x2+19，
又VP−BCD=VD−PBC=13S△BCD⋅PA=x3=2x2+19，∴x=77，
由（1）知：二面角B−l−D即为二面角C−PE−D，设其平面角为θ，
∵AB//CD，AB=12CD，∴A为DE中点，∴AE=AD=1，∴PE=1+17=2147，
设点D到直线PE的距离为d，
则S△PDE=12DE⋅PA=12PE⋅d，即12×2×77=12×2147d，解得：d=22，
∴tanθ=CDd=222=22，
又二面角B−l−D为锐二面角，∴csθ=13.
若选条件②，若∠PAB为二面角P−AD−B的平面角，则AB⊥AD，PA⊥AD，
又CD//AB，∴CD⊥AD；
平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面PAD；
同理可知：PA⊥平面ABCD，
∵DE,AC⊂平面ABCD，∴PA⊥DE，PA⊥AC；
取CD中点F，连接BF,AC，
∵AB//CD，AB=12CD=DF，∴四边形ABFD为平行四边形，∴AD=BF，
∴BF=12CD，∴BC⊥BD，又BD=2，BC=CD2−BD2=2，
∴S△BCD=12BC⋅BD=12×2×2=1；
设PA=x，则PB=x2+1，又AC=5，∴PC=x2+5，
∴cs∠PBC=PB2+BC2−PC22PB⋅BC=x2+1+2−x2−522⋅x2+1=−12x2+1，
∴sin∠PBC=1−12x2+1=2x2+12x2+1，
∴S△PBC=12PB⋅BCsin∠PBC=12×x2+1×2×2x2+12x2+1=2x2+12，
∴VD−PBC=13S△PBC×23=2x2+19，
又VP−BCD=VD−PBC=13S△BCD⋅PA=x3=2x2+19，∴x=77，
由（1）知：二面角B−l−D即为二面角C−PE−D，设其平面角为θ，
∵AB//CD，AB=12CD，∴A为DE中点，∴AE=AD=1，∴PE=1+17=2147，
设点D到直线PE的距离为d，
则S△PDE=12DE⋅PA=12PE⋅d，即12×2×77=12×2147d，解得：d=22，
∴tanθ=CDd=222=22，
又二面角B−l−D为锐二面角，∴csθ=13.
题型16建系有难度型
【例题16】（2023·福建龙岩·统考二模）三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，侧面A1ACC1为矩形，∠A1AB=2π3，三棱锥C1−ABC的体积为233．

(1)求侧棱AA1的长；
(2)侧棱CC1上是否存在点E，使得直线AE与平面A1BC所成角的正弦值为55？若存在，求出线段C1E的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AA1=2
(2)C1E=2
【分析】（1）证明AD⊥平面ABC，结合题目条件，先计算出AD的值，然后即可以求得侧棱AA1的长；
（2）建立空间直角坐标系，设未知数λ，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.
【详解】（1）在平面AA1B1B内过A作AD⊥A1B1，垂足为D，
因为侧面A1ACC1为矩形，所以CA⊥AA1，
又CA⊥AB，AB∩AA1=A，AB,AA1⊂平面AA1B1B，
所以CA⊥平面AA1B1B，
又CA⊂平面ABC，所以平面AA1B1B⊥平面ABC，
易得AD⊥AB，AD⊂面AA1B1B，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，
所以AD⊥平面ABC，
因为VC1−ABC=13S△ABC⋅AD=13×12×2×2AD=233，所以AD=3，
因为∠A1AB=2π3，∠A1AD=π6，所以AA1=2；
（2）存在点E满足题意，C1E=2，理由如下：
如图，以A为坐标原点，以AB,AC,AD所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

则A1(−1,0,3),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(−1,2,3)，
设C1E=λC1C,λ∈[0,1]，则E(λ−1,2,3−3λ)，
故AE=(λ−1,2,3−3λ)，A1B=(3,0,−3)，A1C=(1,2,−3)
设平面A1BC的法向量为m=(x,y,z)
则m⋅A1B=0m⋅A1C=0即3x−3z=0x+2y−3z=0，令z=3，则x=y=1，
故平面A1BC的一个法向量m=(1,1,3)，
设直线AE与平面A1BC所成角为θ，
则sinθ=AE⋅mAE⋅m=2−λλ2−2λ+2⋅5=55，解得λ=1，
故存在点E满足题意，所以C1E=2.
【变式16-1】1. （2024秋·湖南永州·高三永州市第一中学校考阶段练习）如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，面AA1C1C⊥面ABC，∠ACA1=∠ACB=45∘，A1C=2BC=4
(1)证明：B1C1⊥A1B；
(2)若棱台的体积为79221，AC=728 A1C，求二面角A1−BC−B1的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)31111
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明CB⊥BA1，则B1C1⊥A1B；
（2）利用棱台体积公式得到上下底面三角形的相似比，写出相关点坐标，求出相关平面的法向量，最后利用二面角公式即可求出其余弦值.
【详解】（1）在平面AC1C1A中过点C作AC的垂线CD，
在平面ABC中过点C作AC的垂线CE，
∵面AA1C1C⊥面ABC，CD⊥AC，CD⊂面AA1C1C，
且面AA1C1C∩面ABC=AC，故CD⊥面ABC，
∵CE⊂面ABC，所以CD⊥CE，
故AC，CE，CD三条两两垂直，
建立以点C为坐标原点，直线CA，CE，CD分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，
如图所示，则由题意得
C0,0,0,B2,2,0，A122,0,22,CB=2,2,0,BA1=2,−2,22
∴CB⋅BA1=0，∴CB⊥BA1，即CB⊥BA1，
∵BC//B1C1，∴B1C1⊥A1B.
（2）设λ=A1C1AC, λ∈(0,1)，
S△ABC=12⋅CA⋅CB⋅sinπ4=72，
根据△ABC∼△A1B1C1，则S△A1B1C1S△ABC=λ2，
由棱台体积公式得
79221=1372+72λ2+72λ⋅22，
所以49λ2+49λ−30=7λ−37λ+10=0，则λ=37
在（1）问建系基础上，
CB=2,2,0,CA1=22,0,22,
设面A1BC的法向量n1=x1,y1,z1
由n1⋅CB=0n1⋅CA1=0，即2x1+2y1=022x1+22z1=0，
取x1=−1，则y1=z1=1，则n1=−1,1,1 ，
由题意得AC=722，根据λ=37，则A1C1=322，则
C122,0,22,CB=(2,2,0),CC1=22,0,22，
设面BB1C法向量n2=x2,y2,z2
由n2⋅CB=0n2⋅CC1=0，即2x2+2y2=022x2+22z2=0，
取x2=−4，则y2=4，z2=1，则n2=−4,4,1，
设二面角A1−BC−B1的大小为θ，依图可知0<θ<π2，
所以csθ=csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=4+4+13×33=31111，
所以二面角A1−BC−B1的余弦值为31111.
【变式16-1】2. （2023秋·湖南衡阳·高三衡阳市八中校考阶段练习）如图所示，△ABC为等边三角形，EA⊥平面ABC，EA//BD，AB=BD=2，AE=1，M为线段AB上一动点．

(1)若M为线段AB的中点，证明：ED⊥MC．
(2)若AM=3MB，求二面角D−CM−E的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1722220
【分析】（1）根据线面垂直可得EA⊥CM，再证明CM⊥平面ABDE，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）设AB的中点为O，连接OC，在平面ABDE内，过点O作ON⊥AB交ED于点N，以O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为M为线段AB的中点，
且△ABC为等边三角形，所以CM⊥AB，
因为EA⊥平面ABC，CM⊂平面ABC，所以EA⊥CM，
因为EA//BD，所以A，B，D，E四点共面，
因为AB⊂平面ABDE，AE⊂平面ABDE，AB∩AE=A，
所以CM⊥平面ABDE，
因为DE⊂平面ABDE，所以ED⊥MC；
（2）设AB的中点为O，连接OC，
在平面ABDE内，过点O作ON⊥AB交ED于点N，
由（1）可得OC,ON,AB两两垂直，
分别以OB，OC，ON所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB=BD=2，AE=1，AM=3MB，
所以M12,0,0，C0,3,0，E−1,0,1，D1,0,2，
所以MC=−12,3,0，ME=−32,0,1，MD=12,0,2．，
设平面MCE的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅MC=−12x1+3y1=0m⋅ME=−32x1+z1=0，令x1=23，得y1=1，z1=33，
所以平面MCE的一个法向量为m=23,1,33，
设平面MCD的法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅MC=−12x2+3y2=0n⋅MD=12x2+2z2=0，令x2=23，得y2=1，z2=−32，
所以平面MCD的一个法向量为n=23,1,−32，
所以csm,n=m⋅nmn=17240×554=1722220，
所以二面角D−CM−E的余弦值为1722220．

【变式16-1】3. （2022秋·江苏常州·高三常州市第三中学校联考阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=2,D为BC的中点，平面BB1C1C⊥平面ABC

(1)证明：AD⊥平面BB1C1C;
(2)己知四边形BB1C1C为边长为2的菱形，且∠B1BC=60°，求二面角D−AC1−C的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)357
【分析】（1）根据几何体特征，由面面垂直性质以及线面垂直判定定理即可证明；
（2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量分别求出两平面的法向量，结合几何体特点即可求得二面角的余弦值.
【详解】（1）由AB=AC=2,D为BC的中点，所以AD⊥BC；
又平面BB1C1C⊥平面ABC，且平面BB1C1C∩平面ABC=BC，AD⊂平面ABC，
所以AD⊥平面BB1C1C;
（2）因为四边形BB1C1C为边长为2的菱形，且∠B1BC=60°，
连接B1D，则B1D⊥BC；
又平面BB1C1C⊥平面ABC，且平面BB1C1C∩平面ABC=BC，B1D⊂面平面BB1C1C，
所以B1D⊥平面ABC；
以D为坐标原点，DC,DA,DB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

所以△ABC为边长是2的等边三角形，可得AD=3；
又四边形BB1C1C为边长为2的菱形，且∠B1BC=60°，
所以△B1BC,△B1CC1均为边长是2的等边三角形，所以B1D=3；
易知D0,0,0,C1,0,0,A0,3,0,C12,0,3，
所以AC1=2,−3,3,DA=0,3,0,AC=1,−3,0；
设平面DAC1的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅AC1=0n1⋅DA=0，即2x1−3y1+3z1=03y1=0，
解得y1=0，令x1=3，则z1=−2，所以n1=3,0,−2.
设平面CAC1的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅AC1=0n2⋅AC=0，即2x2−3y2+3z2=0x2−3y2=0，
令x2=3，则y2=1，z2=−1，所以n2=3,1,−1；
所以csn1,n2=n1⋅n2n1n2=57×5=357，
由图可知，所求二面角为锐角，
所以二面角D−AC1−C的余弦值为357.
【变式16-1】4. （2023·全国·高三专题练习）如图1，等腰梯形AECD是由三个全等的等边三角形拼成，现将△BCE沿BC翻折至△BCP，使得PD=32AB，如图2所示.

(1)求证：PD⊥BC；
(2)在直线PD上是否存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为104？若存在，求出PMDM的值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)PMDM=2或12
【分析】（1）根据全等三角形性质，利用线面垂直判定定理可证明BC⊥平面POD，再由线面垂直性质可得PD⊥BC；
（2）解法一利用线面角的定义，作出线面角的平面角，由余弦定理即可求出结果；
解法二根据等体积法求出点B到平面ADP的距离，再根据线面角的定义即可求出答案；
解法三利用空间向量，求出平面法向量以及直线方向向量，根据线面角与空间向量之间的关系即可求得结果.
【详解】（1）在图1连接DE交BC于O点，
在图2中，易知△BCD、△BCP都是等边三角形，
易得DO⊥BC，PO⊥BC，又DO∩PO=O，DO,PO⊂平面POD，
可得BC⊥平面POD；
又直线PD⊂平面POD，
所以PD⊥BC.

（2）解法一：
假设存在点M，符合题意.
设AB=2，则PD=3，则在△POD中，由OD=OP=3，PD=3
由余弦定理得∠POD=120°，
由（1）得直线BC⊥平面POD，又AD∥BC，∴直线AD⊥平面POD，
∵AD⊂平面ADP，∴平面ADP⊥平面POD
作OQ⊥PD，垂足为Q，则OQ⊥平面ADP，
在△POD，由OD=OP=3，DP=3，∠POD=120°
所以OQ=32

如图3，取AP中点N，连接BN，QN，
由QN∥12AD，OB∥12AD得四边形BNQO为平行四边形，
因为OQ⊥平面ADP，所以BN⊥平面ADP，
则直线BM与平面APD所成角θ为∠BMN，且BN=OQ=32.
由已知csθ=104，即sinθ=1−cs2θ=64，
由BN=BMsin∠BMN=32，得BM=2
在△BDM中，设DM=t，由余弦定理得22=22+t2−2×2×t×22+32−222×2×3
即t2−3t+2=0，解得t=1或t=2
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为104，
此时PMDM=2或12
解法二（等体积法）：
设AB=2，则PD=3，
则在△POD中，由OD=OP=3，PD=3，由余弦定理得∠POD=120°，
作PH⊥DO，垂足为H，连接OH，得∠POH=60°，∴PH=POsin60°=32
由（1）得直线BC⊥平面POD，又AD∥BC，∴直线AD⊥平面POD，
∴AD⊥PD，所以△ADP是直角三角形，
所以△ADP的面积为12×AD×PD=12×2×3=3，
设点B到平面ADP的距离为ℎ，
由VP−ABD=VB−ADP得13×12×2×3×ℎ=13×34×4×32，得ℎ=32，
设直线BM与平面APD所成角为θ，则csθ=104，所以sinθ=1−cs2θ=64
所以ℎ=BMsinθ=32，得BM=2，
在△BDM中，设DM=t，由余弦定理得22=22+t2−2×2×t×22+32−222×2×3
即t2−3t+2=0，解得t=1或t=2
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为104，
此时PMDM=2或12
解法三（向量法） 由解法一知PH=32，如图3，以BC的中点O为原点，OB，DB，OZ分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，

则B1,0,0，A2,−3,0，D0,−3,0，所以P0,32,32，
因此，AD=−2,0,0，PD=0,−323,−32
设平面ADP的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AD=−2x=0n⋅PD=−332y−32z=0，解得x=0，令y=−1，则z=3；
即向量n=0,−1,3，
设存在点M，DM=λDP0≤λ≤1，满足题意，
则DM=λ0,332,32=0,332λ,32λ，
所以BM=BD+DM=−1,332λ−3,32λ，
设直线BM与平面APD所成角为θ，则csθ=104，所以sinθ=1−cs2θ=64
所以sinθ=csBM,n=BM⋅nBM×n
=329λ2−9λ+4=64，
解得λ1=23，λ2=13
所以存在点M，使得直线BM与平面APD所成角的余弦值为104，
此时PMDM=2或12
【变式16-1】5. （2023·河南·校联考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB=BC=212，AD=CD=AC=23，E，F分别为AC，CD的中点，点G在PF上，且G为三角形PCD的重心.
(1)证明：GE//平面PBC；
(2)若PA=PC，PA⊥CD，四棱锥P−ABCD的体积为33，求直线GE与平面PCD所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)9115115
【分析】（1）连接BD，连接DG并延长交PC于点M，连接BM，首先说明DE=2BE，由重心的性质得到DG=2GM，即可证明EG//BM，从而得证；
（2）连接PE，即可得到AC⊥平面PBD，连接AF交DE于点Q，即可证明CD⊥平面PAF，再连接PQ即可得到PQ⊥平面ABCD，根据锥体的体积求出PQ，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）证明：连接BD，因为AB=BC，AD=CD，所以AC⊥BD，且BD∩AC=E，
由AD=CD=AC=23，得AE=3，DE=3，
则BE=AB2−AE2=32，所以DE=2BE.
连接DG并延长交PC于点M，如图，
因为G为△PCD的重心，所以DG=2GM.
连接BM，因为DEBE=DGGM，所以EG//BM.
又EG⊄平面PBC，BM⊂平面PBC，故GE//平面PBC.
（2）连接PE，因为PA=PC，所以AC⊥PE，
又AC⊥BD，BD，PE⊂平面PBD，BD∩PE=E，所以AC⊥平面PBD.
连接AF交DE于点Q，则EQ=13DE=1，AF⊥CD.
又PA⊥CD，PA，AF⊂平面PAF，PA∩AF=A，所以CD⊥平面PAF.
连接PQ，PQ⊂平面PAF，则CD⊥PQ，
因为AC⊥平面PBD，PQ⊂平面PBD，所以AC⊥PQ，
因为AC∩CD=C，AC,CD⊂平面ABCD，所以PQ⊥平面ABCD.
易得四边形ABCD的面积为12AC×BE+12AC×DE=932，
由四棱锥P−ABCD的体积为33得，13×932×PQ=33，所以PQ=2.
以E为坐标原点，以EC，ED所在直线分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系E−xyz，
则E0,0,0，B0,−32,0，C3,0,0，D0,3,0，P0,1,2，CD=−3,3,0，PD=0,2,−2.
设平面PCD的法向量为m=x,y,z， 则m⋅CD=0m⋅PD=0,即−3x+3y=02y−2z=0,
取x=3，可得m=3,1,1，
由（1）可知，M为PC的中点，则M32,12,1，所以BM=32,2,1.
由（1）知，EG//BM，所以直线GE与平面PCD所成的角等于直线BM与平面PCD所成的角，设为θ，
所以sinθ=csm,BM=m⋅BMmBM=925×234=9115115，
故直线GE与平面PCD所成角的正弦值为9115115.
【变式16-1】6. （2023·全国·模拟预测）已知菱形ABCD中，AB=BD=1，四边形BDEF为正方形，满足∠ABF=2π3，连接AE，AF，CE，CF．
(1)证明：CF⊥AE；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)66
【分析】（1）取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接EM，CN，AM，ON．由已知条件可证CF⊥AM，再利用线面垂直的判定，即EF⊥平面ONC，证明BD⊥平面ONC，即EF⊥平面ONC，然后根据等边三角形三线合一证明CF⊥EM，即可得到CF⊥平面AEM，最后根据线面垂直的性质证得CF⊥AE；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用等面积法可得OC边上的高NH=63，由勾股定理可得OH=33，进而得到E点坐标，再求出平面BDEF的一个法向量为n=−2,0,1，利用线面角的公式求解即可；方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为π3的菱形，令AB=a，AD=b，AA1=c，表示出AE和平面BDEF的一个法向量为A1C，利用线面角的公式和数量积的运算求解即可．
【详解】（1）证明：如图，取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接EM，CN，AM，ON．
∵菱形ABCD中，AB=BD=1，
∴△ABD为等边三角形，∴AC=3．
∵四边形BDEF为正方形，
∴BF=BD=DE=EF=1．
又∵AB=BF=1，∠ABF=2π3，
∴在△ABF中，由余弦定理可得AF=12+12−2×1×1×−12=3．
∴AC=AF，又M为CF的中点，∴CF⊥AM①．
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD．
又∵四边形BDEF为正方形，DO=OB，EN=NF，则ON//DE//BF，
∴BD⊥ON，又ON∩AC=O，ON、AC在面ONC内，故BD⊥平面ONC．
∵BD//EF，∴EF⊥平面ONC，NC在面ONC内，∴EF⊥NC，
由N为EF的中点，得EC=FC．
∵AB//CD，BF//DE，∠ABF=2π3，∴∠EDC=π3．
又∵DE=DC=1，∴△DCE为等边三角形，∴EC=1．
又EF=1，EC=CF，∴△EFC为等边三角形．
又∵M为CF中点，∴CF⊥EM②．
由①②，且EM∩AM=M，EM、AM在面AEM内，得CF⊥平面AEM，
又AE在面AEM内，故CF⊥AE．
（2）方法一：以O为坐标原点，AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得A−32,0,0，D0,12,0．
点N作NH垂直OC于点H，在△ONC中，ON=1，CN=CO=32，可得ON边上的高为22，由等面积法可得OC边上的高NH=63，
由勾股定理可得OH=33，故N33,0,63，E33,12,63，
OD=0,12,0，OE=33,12,63，AE=536,12,63
设平面BDEF的法向量为n=x,y,z，
则n⋅OD=0n⋅OE=0，即12y=033x+12y+63z=0，取z=1，平面BDEF的一个法向量为n=−2,0,1．
设直线AE与平面BDEF所成角为θ，则sinθ=−566+633⋅3=66，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为66．
方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为π3的菱形．
令AB=a，AD=b，AA1=c，
依题意，a=b=c=1，a,b=a,c=b,c=π3，
则a⋅b=a⋅c=b⋅c=1×1×csπ3=12，
AE=b+c，A1C=a+b−c，EF=a−b
由于A1C⋅EF=a+b−ca−b=a2−b2−a⋅c+b⋅c=0，
A1C⋅BF=a+b−c⋅c=a⋅c+b⋅c−c2=12+12−1=0，
所以A1C与EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF内，故A1C为平面BDEF的一个法向量，
设直线AE与平面BDEF所成角为θ，
sinθ=csAE,A1C=b+ca+b−cb+c2⋅a+b−c2
=a⋅b+b2−c⋅b+a⋅c+c⋅b−c2b2+c2+2c⋅b⋅a2+b2+c2+2a⋅b−2c⋅b−2a⋅c=66，
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为66
题型17几何法的运用
【例题17】（2023·四川成都·校联考二模）如图，平面ABCD⊥平面ABS，四边形ABCD为矩形，△ABS为正三角形，SA=2BC，O为AB的中点.

(1)证明：平面SOC⊥平面BDS；
(2)已知四棱锥S−AOCD的体积为62，求点D到平面SOC的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)263
【分析】（1）利用平面几何知识结合已知条件可以证明BD⊥CO，再利用面面垂直的性质进一步证明BD⊥SO，
结合线面垂直、面面垂直的判定定理即得证.
（2）不妨设BD∩CO=E，则点D到平面SOC的距离即为DE的长度，结合附加条件四棱锥S−AOCD的体积为62可以求得所有棱长，最终利用平面几何知识即可求解.
【详解】（1）一方面：因为△ABS为正三角形且O为AB的中点，所以OS⊥AB（三线合一），
又因为平面ABCD⊥平面ABS且平面ABCD∩平面ABS=AB，并注意到OS⊂平面ABS，
所以由面面垂直的性质可知OS⊥平面ABCD，
又因为BD⊂平面ABCD，
所以由线面垂直的性质可知OS⊥BD；
另一方面：由题意不妨设BC=AD=a，则CD=AB=AS=BS=2a，
因为△ABS为正三角形且O为AB的中点，所以OB=OA=a2，SO=BS⋅csπ6=2a×32=62a，
所以tan∠ABD=ADAB=a2a=22，且tan∠BCO=BOCB=22aa=22，注意到∠ABD与∠BCO均为锐角，
所以∠ABD=∠BCO，不妨设BD∩CO=E，

因为∠CBE+∠BCE=∠CBE+∠ABD=∠CBA=π2，
所以∠BEC=π2，即BD⊥CO.
综合以上两方面有BD⊥OS且BD⊥CO，
注意到OS∩OC=O，OS⊂平面SOC，OC⊂平面SOC，
所有由线面垂直的判定有BD⊥平面SOC，
又因为BD⊂平面BDS，所以平面SOC⊥平面BDS.
（2）由（1）可知BD⊥平面SOC，则点D到平面SOC的距离即为DE的长度，
一方面梯形AOCD的面积为S1=12⋅OA+CD⋅AD=12×22a+2a×a=324a2，ℎ=SO=62a，
所以有四棱锥S−AOCD的体积为V=13⋅S1⋅ℎ=13×324a2×62a=34a3，
另一方面由题可知四棱锥S−AOCD的体积为V=62，
结合以上两方面有34a3=62，解得a=2，
因为CD∥AB，所以∠CDE=∠ABD，由（1）可知tan∠ABD=22，
所以tan∠CDE=22，所以cs∠CDE=63，
所以DE=CD⋅cs∠CDE=2×2×63=263.
【变式17-1】1. （2023·河南·襄城高中校联考三模）如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1，AA1=3，M，N为棱B1C1，C1D1的中点，棱AB上存在一点E，使得A1E∥平面BMND．

(1)求AEAB；
(2)当正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，证明：C1C⊥平面BMND．
【答案】(1)AEAB=14
(2)证明见解析
【分析】（1）取点构造平行四边形B1FGM，再由比例关系证明求值．
（2）设AB=2A1B1=4x，将体积表示为x的函数，求出棱台的体积最大时x的值，再添加辅助线MH∥C1C，证明MH⊥平面BMND即可证得结论．
【详解】（1）如图所示，作B1F∥A1E交AB于F，
再作FG∥BC交BD于G，连接MG．
因为A1E∥平面BMND，所以B1F∥平面BMND．
又平面B1FGM∩平面BMND=MG，
所以B1F∥MG．
又因为FG∥BC∥B1C1，所以四边形B1FGM是平行四边形，
所以FG=B1M=12B1C1=14AD，即F为棱AB的四等分点，
故E也为棱AB的四等分点，所以AEAB=14．
（2）由（1）易知G为BD的四等分点，
所以点B1在点G的正上方，所以B1G⊥底面ABCD．
设AB=2A1B1=4x，则BG=14BD=2x，所以B1G=3−2x2，
所以该四棱台的体积V=1316x2+16x2⋅4x2+4x23−2x2=283x23−2x2，
而V2=7849x2⋅x2⋅3−2x2≤7849⋅x2+x2+3−2x233．
当且仅当x2=3−2x2，即x=1时取等号，此时AB=4，A1B1=2．
作MH∥C1C交BC于H，则H为BC的四等分点．
连接GH，在△BGH中，GH2=GB2+BH2−2GB⋅BHcsπ4=5，
而MG=BF=32+12=2，
所以GH2=MG2+MH2，即MH⊥MG．
在△BMH中，BM=22+22=6，MH=3，BH=3，
所以BM2+MH2=BH2，即MH⊥BM．
而BM，MG⊂平面BMND，且BM∩MG=M，
所以MH⊥平面BMND，故C1C⊥平面BMND．

【点睛】关键点睛：本题考查线面位置关系以及体积的最值，考查直观想象、逻辑推理、数学运算，属于中档题.
【变式17-1】2. （2023·重庆·统考三模）如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为3的等边三角形，球心O到底面的距离为1．
(1)求球O的表面积；
(2)求二面角B−AC−D的余弦值．
【答案】(1)8π
(2)8517
【分析】（1）由正弦定理求出底面△BCD外接圆的半径，再根据勾股定理求出球的半径，然后用球的表面积公式可求出结果；
（2）取AC的中点E，连OE，过E作EF⊥AC，交AD于F，连OF，则∠OEF是二面角B−AC−D的平面角，解三角形可得结果.
【详解】（1）底面△BCD外接圆的半径r=32sinπ3=1，
又球心O到底面的距离为1．所以球的半径R=12+12=2，
所以球O的表面积为4πR2=8π.
（2）因为AB为球的直径，所以BC⊥AC，BD⊥AD，
取AC的中点E，连OE，则OE//BC，则OE⊥AC,
因为BC=BD=3，AB=22，所以AD=AC=8−3=5，
在等腰三角形ADC中，过E作EF⊥AC，交AD于F，连OF，
则∠OEF是二面角B−AC−D的平面角，OE=12BC=32，
在△ACD中，cs∠DAC=5+5−32×5×5 =710，sin∠DAC=1−49100=5110，
tan∠DAC=5110710=517，EF=AE⋅tan∠DAC=52×517= =25514，AF=EFsin∠DAC=255145110 =557，
在△BAD中，cs∠OAF=ADAB=522=104,
在△OAF中，OF2=OA2+AF2−2OA⋅AF⋅cs∠OAF =2+12549−2×2×557×104 =4849，
在△OEF中，cs ∠OEF=OE2+EF2−OF22OE⋅EF =34+255196−48492×32×25514 =8517.
所以二面角B－AC－D的余弦值为8517.
【点睛】思路点睛：求二面角的常用思路：
（1）利用二面角平面角的定义，在二面角的棱上选取特殊点，分别在两个面内作棱的垂线，找到平面角，然后解三角形得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解.
【变式17-1】3. （2023春·江西·高三校联考阶段练习）如图①，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC,AD=3,BC=5,∠BCD=60∘,BE=λBC(0<λ<1)，现将△CDE沿DE翻折到△PDE的位置，且平面PDE⊥平面ADEB，如图②.
(1)当λ=35时，求AP；
(2)当三棱锥P−ABD的体积为9714时，求λ的值.
【答案】(1)10
(2)25
【分析】（1）取DE的中点M，连接PM,AM可得△DEP为等边三角形，再根据面面垂直的性质结合余弦定理可得AP；
（2）过D作DH⊥BC，根据条件结合余弦定理与三角形的面积公式可得S△CDE=5321−λ，再根据等面积法可得点C到DE的距离，进而结合锥体体积公式求解即可.
【详解】（1）取DE的中点M，连接PM,AM，
当λ=35时，BE=3,BE=AD，
又BE∥AD，故四边形ABED为平行四边形，故DE=DP，
又∠EPD=60∘，所以△DEP为等边三角形，
所以PM⊥ED.
因为平面PDE⊥平面ABED，平面PDE∩平面ABED=ED，PM⊂平面PDE，所以PM⊥平面ABED，
故PM⊥AM,PM=3，
在△ADM中，因为AM2=AD2+DM2−2AD⋅DM⋅cs60∘=7，
所以AP2=AM2+PM2=10，故AP=10.
（2）BE=5λ,EC=5−5λ，
在图①中，过D作DH⊥BC,HC=1,∠BCD=60∘，
所以DC=2,DH=3.
因为DE=EC2+CD2−EC⋅CD=25λ2−40λ+19
且S△CDE=12CD⋅EC⋅sin60∘=5321−λ，
所以点C到DE的距离d=531−λ25λ2−40λ+19.
又S△ABD=12×33=332，
故V三校隹P−ABD=13×332×531−λ25λ2−40λ+19=9714，
整理得25λ2−5λ−2=0，解得λ=25或λ=−15（舍去），所以λ的值为25.
【变式17-1】4. （2023秋·广东阳江·高三统考开学考试）在正三棱台ABC−A1B1C1中，AB=6，A1B1=AA1=3，D为A1C1中点，E在BB1上，EB=2B1E.

(1)请作出A1B1与平面CDE的交点M，并写出A1M与MB1的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；
(2)求直线BM与平面ABC所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析，2
(2)7813
【分析】（1）根据直线与平面的公理，延长线段，延展平面，结合相似三角形，可得答案；
（2）根据线面角的定义，作图，求其所在三角形的边长，利用三棱台的几何性质，在其侧面，结合等腰梯形以及余弦定理，可得答案.
【详解】（1）①作图步骤：延长CE,C1B1，使其相交于N，连接DN，则可得DN∩A1B1=M；
作图如下：

作图理由：在平面CBB1C1中，显然CE与C1B1不平行，延长相交于N，
由N∈CE，则N∈平面CED，由D∈平面CED，则DN⊂平面CED，
由N∈B1C1，D∈A1C1，则DN⊂平面A1B1C1，可得ND∩A1B1=M
故A1B1∩平面CDE=M.
②连接DB1,A1N，如下图所示：

在正三棱台ABC−A1B1C1中，BC//B1C1，即B1N//BC，易知△BCE∼△B1NE，
则B1NBC=B1EBE，由BE=2EB1，且BC=6，则B1N=3，显然B1C1=B1N=3，
由B1,D分别为C1N,C1A1的中点，则DB1=12A1N，且B1D//NA1，
易知△B1DM∼△A1NM，故A1MMB1=A1NDB1=2.
（2）由题意，过M作平面ABC的垂线，垂足为M1，并连接BM1，如下图所示：

由（1）可知：A1MMB1=2且A1B1=B1C1=3，则B1M=1，由AB=6，AA1=A1B1=3，
在侧面AA1B1B中，过B1,A1分别作AB的垂线，垂足分别为B2,A2，如下图所示：

易知BB2=12AB−A2B2=12AB−A1B1=32,cs∠B1BA=BB2BB1=12，所以cs∠BB1A1=−12，
在△BB1M中，BM2=BB12+B1M2−2×BB1×B1M×cs∠BB1A1=13，则BM=13，
棱台的高MM1=32−236×32−3×322=6，
由图可知直线BM与平面ABC所成角为∠MBM1，
因为MM1⊥平面ABC，且M1B⊂平面ABC，所以M1B⊥MM1，
所以sin∠MBM1=MM1BM=613=7813.
【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于利用余弦定理求得BM=13，利用勾股定理求得MM1=6，从而得解.
【变式17-1】5. （2024·全国·高三专题练习）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，四边形ACFE为矩形， 平面ACFE⊥平面ABCD，CF=1.

(1)求证：BC⊥平面ACFE；
(2)求二面角A−BF−C的平面角的余弦值；
(3)若点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求csθ的范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)77
(3)csθ∈[77，12].
【分析】（1）通过证明BC⊥AC结合平面ACFE⊥平面ABCD可证明结论；
（2）取FB中点G，连接AG，CG，通过说明AG⊥FB，CG⊥FB可得∠AGC为二面角的平面角，后由题目条件结合余弦定理可得答案；
（3）当点M在F点时，由（2）可知答案；当M在点E时，过B作BN∥CF，且使BN=CF，连接EN，FN，则由题目条件可得∠ABC=θ；当M与E，F都不重合时，令FM=λ，延长AM交CF的延长线于N，连接BN，过C作CH⊥NB交NB于H，连接AH，通过说明AC⊥NB，AH⊥NB可得∠AHC=θ.后综合三种情况可得答案.
【详解】（1）证明：在梯形ABCD中，∵AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°，∴AB=2，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs60°=3，
∴AB2=AC2+BC2，∴BC⊥AC，∵平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥平面ACFE.
（2）解：取FB中点G，连接AG，CG，
∵AF=AC2+CF2=2，∴AB=AF，∴AG⊥FB，
∵CF=CB=1，∴CG⊥FB，∴∠AGC为二面角的平面角.
∵BC=CF，∴FB=2，∴CG=22，AG=142，
∴cs∠AGC=CG2+AG2−AC22CG⋅AG=77.

（3）由（2）知：
①当M与F重合时，csθ=77；
②当M与E重合时，过B作BN∥CF，且使BN=CF，连接EN，FN，则平面MAB∩平面FCB=BN，∵BC⊥CF，AC⊥CF，BC⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，BC∩AC=C，∴CF⊥平面ABC，∴BN⊥平面ABC，∴∠ABC=θ，∴θ=60°，∴csθ=12；

③当M与E，F都不重合时，令FM=λ，0<λ<3，延长AM交CF的延长线于N，连接BN，∴N在平面MAB与平面FCB的交线上，∵B在平面MAB与平面FCB的交线上，∴平面MAB∩平面FCB=BN，
过C作CH⊥NB交NB于H，连接AH，
由（1）知，AC⊥BC，又∵AC⊥CN，CN,BC⊂平面NCB，CN∩BC=C，
∴AC⊥平面NCB，∵NB⊂平面NCB，∴AC⊥NB.
又∵CH⊥NB，AC,CH⊂平面ACH，AC∩CH=C，∴NB⊥平面ACH，∴AH⊥NB，∴∠AHC=θ.
在△NAC中，NC=33−λ，从而在△NCB中，CH=3(λ−3)2+3，
∵∠ACH=90°，∴AH=AC2+CH2=3⋅(λ−3)2+4(λ−3)2+3，∴csθ=CHAH=1(λ−3)2+4.∵0<λ<3，∴ 77综上所述，csθ∈[77，12].

【点睛】方法点睛：本题涉及利用几何方法求二面角的平面角大小，对于此类问题可在两半平面内过交线上一点作交线的垂线；也可找到与交线垂直的平面，则垂面与半平面交线所形成的角即为所求平面角.
1. （2023·陕西汉中·校联考模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC,△ABC为正三角形，侧面ABB1A1是边长为2的正方形，D为BC的中点.

(1)求证：平面ADC1⊥平面BCC1B1；
(2)取AB的中点E，连接CE,C1E，求二面角C−AB−C1的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)217
【分析】（1）通过证明BC,BB1⊥AD，可得AD⊥平面BCC1B，又结合AD⊂平面ADC1，可得相应结论；（2）由题结合几何知识可得∠CEC1为二面角C−AB−C1的平面角，后由勾股定理可得答案.
【详解】（1）证明：∵△ABC为正三角形，D为BC的中点，∴AD⊥BC，
∵BB1⊥平面ABC,AD⊂平面ABC,∴BB1⊥AD，
∵BB1∩BC=B,∴AD⊥平面BCC1B1，
又AD⊂平面ADC1,∴平面ADC1⊥平面BCC1B1.
（2）∵△ABC为正三角形，∴CE⊥AB，
∵BB1⊥平面ABC,BB1∥CC1,∴CC1⊥平面ABC，
∴CC1⊥AC,CC1⊥CB，
故△ACC1≌△BCC1,∴AC1=BC1，
又E为AB的中点，∴C1E⊥AB，
∴∠CEC1为二面角C−AB−C1的平面角，
∵侧面ABB1A1是边长为2的正方形，∴CC1=2，
∵△ABC为边长为2的正三角形，∴CE=3，
∴在直角三角形CC1B中，C1E=CC12+CE2=7，
∴cs∠CEC1=CEC1E=217，
∴二面角C−AB−C1的余弦值为217.
2. （2023·浙江·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB⊥BC,AB=3,BC=4,E为边AD上的点，且AE=1.将△ABE沿BE翻折，使得点A到A1，满足平面A1BE⊥平面BCDE，连接A1C,A1D.

(1)求证：平面A1BC⊥平面A1EC；
(2)求二面角B−A1C−D的正弦值的大小.
【答案】(1)证明见详解
(2)8181181
【分析】（1）由平面几何可证CE⊥BE，由平面A1BE⊥平面BCDE可得CE⊥平面A1BE，可得CE⊥A1B，又A1B⊥A1E，可得A1B⊥平面A1EC，进而得证；
（2）建立空间直角坐标系，用向量法运算可得解.
【详解】（1）在Rt△ABE中，AB=3，AE=1，∴BE=2，
同理，在Rt△EDC中，EC=23，
∴BE2+CE2=22+232=16=BC2，∴CE⊥BE，
又因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE，CE⊂平面BCDE，
∴CE⊥平面A1BE，
又A1B⊂平面A1BE，∴CE⊥A1B，
又A1B⊥A1E，A1E与CE是平面A1EC内的两条相交直线，
∴A1B⊥平面A1EC，又A1B⊂平面A1BC，
∴平面A1BC⊥平面A1EC.
（2）
如图，作A1H⊥BE，垂足为H，在△A1BE中，可得A1H=32，EH=12，
由（1），EB⊥EC，平面A1BE⊥平面BCDE，
以点E为坐标原点，EB，EC分别为x，y轴，过点E垂直平面BCDE为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，可得B2,0,0，C0,23,0，A112,0,32，D−32,332,0，
则BA1=−32,0,32，BC=−2,23,0，DC=32,32,0，DA1=2,−332,32，
设平面BA1C的一个法向量为n1=x,y,z，则
n1⋅BA1=0n1⋅BC=0，即−32x+32z=0−2x+23y=0，令y=1，可得x=3，z=3，
∴n1=3,1,3，
设平面DA1C的一个法向量为n2=a,b,c，则
n2⋅DC=0n2⋅DA1=0，即32a+32b=02a−332b+32c=0，令a=3，可得b=−3，c=−13，
∴n2=3,−3,−13，
∴csn1,n2=n1⋅n2n1n2=3×3+1×−3+3×−1332+12+32×32+−32+−132=−32353181，
又0所以二面角B−A1C−D的正弦值为8181181.
3. （2023·河南·校联考模拟预测）图，已知正方形ABCD是圆柱OO1的轴截面（经过旋转轴的截面），点E在底面圆周上，AB=5，AE=4，点F是CE的中点.

(1)求点B到平面ACE的距离；
(2)求二面角A−BF−E的余弦值.
【答案】(1)153434
(2)15769769
【分析】（1）由BC⊥平面ABE，证得BC⊥AE，BC⊥BE，进而证得AE⊥平面BCE，得到AE⊥CE，设点B到平面ACE的距离为d，结合VC−ABE=VB−ACE，即可求得点B到平面ACE的距离；
（2）以点E为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面ABF和平面BEF的一个法向量n=4,3,125和EA=0,4,0，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：因为线段AB是圆O的直径，所以AE⊥BE，可得BE=AB2−AE2=3，
又因为BC⊥平面ABE，且AE,BE⊂平面ABE，所以BC⊥AE，BC⊥BE，
所以CE=BE2+BC2=34，
因为BC∩BE=B，且BC,BE⊂平面BCE，所以AE⊥平面BCE，
又因为CE⊂平面BCE，所以AE⊥CE，
设点B到平面ACE的距离为d，
则由VC−ABE=VB−ACE，可得13×12AE⋅BE⋅BC=13×12AE⋅CE⋅d，
所以d=BE⋅BCCE=3×534=153434，即点B到平面ACE的距离为153434.
（2）解：由（1）可知AE⊥BE，
以点E为坐标原点，EB，EA所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则E0,0,0，B3,0,0，A0,4,0，C3,0,5，F32,0,52，
可得AF=32,−4,52，AB=3,−4,0，EA=0,4,0，
设平面ABF的法向量为n=x,y,z，则n⋅AF=32x−4y+52z=0n⋅AB=3x−4y=0，
取x=4，可得y=3,z=125，所以n=4,3,125，
由（1）可知，平面BEF的一个法向量为EA=0,4,0，
设二面角A−BF−E的大小为θ，由图可知θ为锐角，
则csθ=csn,EA=n⋅EAn⋅EA=4×0+3×4+125×042+32+1252×4=15769769，
即二面角A−BF−E的余弦值为15769769.

4. （2023·新疆·统考三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是长方形，2AD=CD=PD=2,PA=5，∠PDC=120°，点E为线段PC的中点，点F在线段AB上，且AF=12．

(1)证明：平面PCD⊥平面PAD；
(2)求点C到平面DEF的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)45719
【分析】（1）根据勾股定理可得AD⊥PD，然后根据面面垂直的判定进行证明；
（2）根据等体积法，对于棱锥E−DFC，用两种不同的方式表达，列方程求解.
【详解】（1）证明：因为AP2=PD2+AD2，所以AD⊥PD．
又AD⊥DC,PD∩DC=D,PD,DC⊂平面PCD，
所以AD⊥平面PCD，又AD⊂平面PAD，所以平面PCD⊥平面PAD．
（2）如图，作EH⊥DC于H,HM⊥DF于M，连接EM，

因为AD⊥平面PCD,EH⊂平面PCD，所以AD⊥EH．
因为EH⊥DC,AD∩DC=D,AD,DC⊂平面ABCD，
所以EH⊥平面ABCD；
因为DF⊂平面ABCD，所以EH⊥DF；
因为HM⊥DF,HM∩EH=H,HM,EH⊂平面EHM，
所以DF⊥平面EHM,EM⊂平面EHM，所以DF⊥EM．
设棱锥C−DEF的高为ℎ，
因为底面ABCD是长方形，2AD=CD=PD=2,PA=5，点E为线段PC的中点，且AF=12．
所以DF=52,EH=32,HM=AD×DHDF=1×1252=55,EM=322+552=1920
所以S△EFD=12×52×1920=198，
因为VE−DFC=VC−DFE，即13×EH×S△DFC=13×ℎ×S△EFD，
得ℎ=EH×S△DFCS△EFD=32×12×1×2198=45719，所以棱锥C−DEF的高ℎ=45719
5. （2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=1，AA1=2，点M,N分别是CC1,BC的中点，点P是线段A1B1上一点，且PN//平面AA1C1C．

(1)求证：点P是线段A1B1的中点；
(2)求二面角P−MN−B1的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)539
【分析】（1）方法一：过点P作PH//B1C1，由线面平行的性质可知PN//HC，从而证得四边形PHCN为平行四边形，由长度关系得PH=12B1C1，从而证得结论；
方法二：取AB的中点H，根据面面平行的判定可证得平面PHN//平面AA1C1C，进而得到PH//AA1，从而证得结论；
方法三：以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设Px,0,2，由NP⋅n=0可构造方程求得x，从而得到结论；
（2）方法一：以A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可求得结果.
方法二：取B1C1中点Q，B1Q中点R，过点R作RT⊥MN，利用线面垂直的判定与性质，结合二面角平面角定义可证得∠PTR即为所求二面角的平面角；根据长度关系可求得结果；
【详解】（1）方法一：过点P作PH//B1C1，且PH∩A1C1=H，

∵PH//B1C1//BC，∴P,H,C,N四点共面，
∵PN//平面AA1C1C，平面PHCN∩平面AA1C1C=HC，∴PN//HC，
又PH//NC，∴四边形PHCN是平行四边形，
∴PH//NC，PH=NC，又N为BC中点，∴PH=12B1C1，
又PH//B1C1，∴点P是线段A1B1的中点.
方法二：取AB的中点H，连接HN,HP，

∵N,H分别为BC,AB中点，∴HN//AC，
∵AC⊂平面AA1C1C，HN⊄平面AA1C1C，∴HN//平面AA1C1C，
又PN//平面AA1C1C，HN∩PN=N，HN,PN⊂平面PHN，
∴平面PHN//平面AA1C1C，
又平面PHN∩平面A1B1BA=PH，平面AA1C1C∩平面A1B1BA=AA1，∴PH//AA1，
∵H是AB中点，∴点P是线段A1B1的中点.
方法三：以A为原点，AB,AC,AA1正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

设Px,0,2，则N12,12,0，∴NP=x−12,−12,2，
∵平面ACC1A1⊥x轴，∴平面ACC1A1的一个法向量n=1,0,0，
又PN//平面ACC1A1，∴NP⋅n=x−12=0，解得：x=12，
∴点P是线段A1B1中点.
（2）方法一：以A为原点，AB,AC,AA1正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

则A0,0,0，A10,0,2，B11,0,2，N12,12,0，M0,1,22，P12,0,2，
则NM=−12,12,22，NP=0,−12,2，B1N=−12,12,−2，B1M=−1,1,−22，
设平面PMN的法向量n=x,y,z，
则n⋅NM=−12x+12y+22z=0n⋅NP=−12y+2z=0，令y=4，解得：x=6，z=2，∴n=6,4,2；
设平面B1MN的法向量m=a,b,c，
则m⋅B1N=−12a+12b−2c=0m⋅B1M=−a+b−22c=0，令a=1，则b=1，c=0，∴m=1,1,0；
∴csm,n=m⋅nm⋅n=102×36=539，
又二面角P−MN−B1为锐二面角，∴二面角P−MN−B1的余弦值为539.
方法二：取B1C1中点Q，B1Q中点R，连接PR,AQ，过点R作RT⊥MN，且RT∩MN=T，连接PT，

∵A1B1=A1C1，Q为B1C1中点，∴A1Q⊥B1C1，
∵BB1⊥平面A1B1C1，A1Q⊂平面A1B1C1，∴A1Q⊥BB1，
∵BB1∩B1C1=B1，BB1,B1C1⊂平面BCC1B1，∴A1Q⊥平面BCC1B1，
又PR//A1Q，∴PR⊥平面BCC1B1，
∵MN⊂平面BCC1B1，∴PR⊥MN，又PR∩RT=R，PR,RT⊂平面PRT，
∴MN⊥平面PRT，又PT⊂平面PRT，∴MN⊥PT，
∴∠PTR即为二面角P−MN−B1的平面角；
在正方形BCC1B1中，作RS//BB1，且RS∩BC=S，

∵RN2=RS2+SN2=2+18=178，MN2=CN2+CM2=12+12=1，RM2=C1M2+C1R2=12+98=138，
∴cs∠RNM=RN2+MN2−RM22RN⋅MN=178+1−1382178×1=334，
∴sin∠RNM=1−cs2∠RNM=534，∴RT=RN⋅sin∠RNM=178×534=54，
又PR=12A1Q=14B1C1=24，∴PT=RT2+PR2=2516+18=334，
∴cs∠PTR=RTPT=54334=539，即二面角P−MN−B1的余弦值为539.
6. （2023·福建宁德·福建省宁德第一中学校考一模）如图①在平行四边形ABCD中，AE⊥DC，AD=4，AB=3，∠ADE=60°，将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，得到图②所示几何体．
(1)若M为BD的中点，求四棱锥M−ABCE的体积VM−ABCE；
(2)在线段DB上，是否存在一点M，使得平面MAC与平面ABCE所成锐二面角的余弦值为235，如果存在，求出DMDB的值，如果不存在，说明理由．
【答案】(1)433
(2)存在，DMDB的值为12
【分析】（1）首先求出AE，DE及EC的长度，再证明DE⊥平面ABCE，最后根据锥体的体积公式计算可得．
（2）建立空间直角坐标系，设DM=λDB，0<λ<1，利用空间向量法得到方程，求出λ的值，即可得解.
【详解】（1）由图①知，AE⊥DC，所以DE⊥AE，在△ADE中，因为AD=4，∠ADE=60°，
可得AE=23，DE=2，所以EC=1．
由图②知，平面ADE⊥平面ABCE，DE⊂平面ADE，
平面ADE∩平面ABCE=AE，因为DE⊥AE，所以DE⊥平面ABCE，
因为M为BD的中点，
所以VM−ABCE=12VD−ABCE=12×13×SABCE×DE=16×12×1+3×23×2=433．
（2）由（1）知EA，EC，ED三者两两垂直，以点E为原点，
EA，EC，ED的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图）．
则E0,0,0，D0,0,2，C0,1,0，A23,0,0，B23,3,0，DB=23,3,−2，AC=−23,1,0，
设DM=λDB=23λ,3λ,−2λ，0<λ<1，
EM=ED+DM=0,0,2+23λ,3λ,−2λ=23λ,3λ,2−2λ，
即M23λ,3λ,2−2λ，
所以CM=23λ,3λ−1,2−2λ，
设平面ACM的法向量为m=x,y,z，
所以m⋅AC=0m⋅CM=0，则−23x+y=023λx+3λ−1y+2−2λz=0，
令x=1，得m=1,23,43λ−3λ−1，
设平面ABCE的法向量为n=0,0,1，
所以csm,n=43λ−3λ−11×1+12+43λ−3λ−12=235， 解得λ=12或λ=−12（舍去），
所以此时DMDB的值为12.
7. （2023·北京·统考高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，PC=3．

(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A−PC−B的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)π3
【分析】（1）先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得BC⊥PB，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.
【详解】（1）因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB为直角三角形，
又因为PB=PA2+AB2=2，BC=1,PC=3，
所以PB2+BC2=PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，
又因为BC⊥PA，PA∩PB=P，
所以BC⊥平面PAB.
（2）由（1）BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，
以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，

则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，
所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,−1)，
设平面PAC的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅AP=0m⋅AC=0，即z1=0,x1+y1=0,
令x1=1，则y1=−1，所以m=(1,−1,0)，
设平面PBC的法向量为n=x2,y2,z2，则n⋅BC=0n⋅PC=0，即y2=0x2+y2−z2=0，
令x2=1，则z2=1，所以n=(1,0,1)，
所以csm,n=m⋅nmn=12×2=12，
又因为二面角A−PC−B为锐二面角，
所以二面角A−PC−B的大小为π3.
8. （2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BF⊥AO．
(1)求证：EF//平面ADO；
(2)若∠POF=120°，求三棱锥P−ABC的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)263
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明PM为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1−t)BA+tBC，AO=−BA+12BC，BF⊥AO，
则BF⋅AO=[(1−t)BA+tBC]⋅(−BA+12BC)=(t−1)BA2+12tBC2=4(t−1)+4t=0，
解得t=12，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，
于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=12AB，即DE//OF,DE=OF，
则四边形ODEF为平行四边形，
EF//DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，
所以EF//平面ADO.
（2）过P作PM垂直FO的延长线交于点M，
因为PB=PC,O是BC中点，所以PO⊥BC，
在Rt△PBO中，PB=6,BO=12BC=2，
所以PO=PB2−OB2=6−2=2，
因为AB⊥BC,OF//AB，
所以OF⊥BC，又PO∩OF=O，PO,OF⊂平面POF，
所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF，
所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM⊂平面ABC，
所以PM⊥平面ABC，
即三棱锥P−ABC的高为PM，
因为∠POF=120°，所以∠POM=60°，
所以PM=POsin60°=2×32=3，
又S△ABC=12AB⋅BC=12×2×22=22，
所以VP−ABC=13S△ABC⋅PM=13×22×3=263.
9. （2023·天津·统考高考真题）三棱台ABC−A1B1C1中，若A1A⊥面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1，M,N分别是BC,BA中点.

(1)求证：A1N//平面C1MA；
(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成夹角的余弦值；
(3)求点C到平面C1MA的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)23
(3)43
【分析】（1）先证明四边形MNA1C1是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
（3）方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【详解】（1）
连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN//AC，且MN=AC2=1，
由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//A1C1，由MN=A1C1=1可知，四边形MNA1C1是平行四边形，则A1N//MC1，
又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂平面C1MA，于是A1N//平面C1MA.
（2）过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F,连接MF,C1E.
由ME⊂面ABC，A1A⊥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所成角即∠MFE.
又ME=AB2=1，cs∠CAC1=15，则sin∠CAC1=25，故EF=1×sin∠CAC1=25，在Rt△MEF中，∠MEF=90∘，则MF=1+45=35，
于是cs∠MFE=EFMF=23
（3）[方法一：几何法]

过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P作PR⊥C1Q，垂足为R.
由题干数据可得，C1A=C1C=5，C1M=C1P2+PM2=5，根据勾股定理，C1Q=5−222=322，
由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C1P=C1，C1Q,C1P⊂平面C1PQ，于是AM⊥平面C1PQ.
又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C1Q,AM⊂平面C1MA，故PR⊥平面C1MA.
在Rt△C1PQ中，PR=PC1⋅PQQC1=2⋅22322=23，
又CA=2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面C1MA的距离的两倍，
即点C到平面C1MA的距离是43.
[方法二：等体积法]

辅助线同方法一.
设点C到平面C1MA的距离为ℎ.
VC1−AMC=13×C1P×S△AMC=13×2×12×22=23，
VC−C1MA=13×ℎ×S△AMC1=13×ℎ×12×2×322=ℎ2.
由VC1−AMC=VC−C1MA⇔ℎ2=23，即ℎ=43.
10. （2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°．

(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
(2)设AB=A1B,AA1=2，求四棱锥A1−BB1C1C的高．
【答案】(1)证明见解析.
(2)1
【分析】(1)由A1C⊥平面ABC得A1C⊥BC，又因为AC⊥BC，可证BC⊥平面ACC1A1，从而证得平面ACC1A1⊥平面BCC1B1；
(2) 过点A1作A1O⊥CC1，可证四棱锥的高为A1O,由三角形全等可证A1C=AC，从而证得O为CC1中点，设A1C=AC=x，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求A1O.
【详解】（1）证明：因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC,
所以A1C⊥BC,
又因为∠ACB=90∘，即AC⊥BC，
A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C,
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC⊂平面BCC1B1,
所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.
（2）如图，

过点A1作A1O⊥CC1，垂足为O.
因为平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BCC1B1，
所以四棱锥A1−BB1C1C的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC,
所以A1C⊥BC,A1C⊥AC,
又因为A1B=AB，BC为公共边，
所以△ABC与△A1BC全等，所以A1C=AC.
设A1C=AC=x，则A1C1=x，
所以O为CC1中点，OC1=12AA1=1,
又因为A1C⊥AC,所以A1C2+AC2=AA12,
即x2+x2=22，解得x=2，
所以A1O=A1C12−OC12=(2)2−12=1，
所以四棱锥A1−BB1C1C的高为1．
11. （2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C⊥底面ABC，∠ACB=90°,AA1=2，A1到平面BCC1B1的距离为1．

(1)证明：A1C=AC；
(2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1313
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得A1O⊥平面BCC1B1，再由勾股定理求出O为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出AB1的长及点A到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【详解】（1）如图，

∵A1C⊥底面ABC，BC⊂面ABC，
∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C,AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1，又BC⊂平面BCC1B1，
∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1，
过A1作A1O⊥CC1交CC1于O，又平面ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1，A1O⊂平面ACC1A1，
∴A1O⊥平面BCC1B1
∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O=1，
在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1,CC1=AA1=2，
设CO=x，则C1O=2−x，
∵△A1OC,△A1OC1,△A1CC1为直角三角形，且CC1=2，
CO2+A1O2=A1C2，A1O2+OC12=C1A12，A1C2+A1C12=C1C2，
∴1+x2+1+(2−x)2=4，解得x=1，
∴AC=A1C=A1C1=2，
∴A1C=AC
（2）∵AC=A1C1,BC⊥A1C,BC⊥AC，
∴Rt△ACB≌Rt△A1CB
∴BA=BA1，
过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点，
由直线AA1与BB1距离为2，所以BD=2
∵A1D=1，BD=2，∴A1B=AB=5，
在Rt△ABC，∴BC=AB2−AC2=3，
延长AC，使AC=CM，连接C1M，
由CM∥A1C1,CM=A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形，
∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，
∴C1M⊥AM
则在Rt△AC1M中，AM=2AC,C1M=A1C，∴AC1=(2AC)2+A1C2，
在Rt△AB1C1中，AC1=(2AC)2+A1C2，B1C1=BC=3，
∴AB1=(22)2+(2)2+(3)2=13,
又A到平面BCC1B1距离也为1，
所以AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为113=1313.
12. （2023·全国·统考高考真题）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD=5DO，点F在AC上，BF⊥AO.

(1)证明：EF//平面ADO；
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D−AO−C的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)22.
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，设Px,y,z，所以由PA=14PB=6PC=6求出P点坐标，再求出平面ADO与平面BEF的法向量n1,n2，由n1⋅n2=0即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面ADO与平面ACO的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1−t)BA+tBC，AO=−BA+12BC，BF⊥AO，
则BF⋅AO=[(1−t)BA+tBC]⋅(−BA+12BC)=(t−1)BA2+12tBC2=4(t−1)+4t=0，
解得t=12，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，

于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=12AB，即DE//OF,DE=OF，则四边形ODEF为平行四边形，
EF//DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，
所以EF//平面ADO.
（2）法一：由（1）可知EF//OD，则AO=6,DO=62，得AD=5DO=302，
因此OD2+AO2=AD2=152，则OD⊥AO，有EF⊥AO，
又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BEF，
则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
法二：因为AB⊥BC，过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，
A2,0,0,,B0,0,0,C0,22,0，
在△BDA中，cs∠PBA=DB2+AB2−DA22DB⋅AB=32+4−1522×2×62=−16，
在△PBA中，PA2=PB2+AB2−2PB⋅ABcs∠PBA=6+4−26×2×−16=14，
设Px,y,z，所以由PA=14PB=6PC=6可得：x−22+y2+z2=14x2+y2+z2=6x2+y−222+z2=6，
可得：x=−1,y=2,z=3，所以P−1,2,3，
则D−12,22,32，所以E12,22,32，F1,2,0，
AO=−2,2,0,AD=−52,22,32
设平面ADO的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅AO=0n1⋅AD=0，得−2x1+2y1=0−52x1+22y1+32z1=0，
令x1=1，则y1=2,z1=3，所以n1=1,2,3，
BE=12,22,32,BF=1,2,0
设平面BEF的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅BE=0n2⋅BF=0，得12x2+22y2+32z2=0x2+2y2=0，
令x2=2，则y2=−2,z2=0，所以n2=2,−2,0，
n1⋅n2=2×1+2×−2+0=0，
所以平面ADO⊥平面BEF；

（3）法一：过点O作OH//BF交AC于点H，设AD∩BE=G，
由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH=13AH，
又由（2）知，OD⊥AO，则∠DOH为二面角D−AO−C的平面角，
因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为△PAB的重心，
即有DG=13AD,GE=13BE，又FH=13AH，即有DH=32GF，
cs∠ABD=4+32−1522×2×62=4+6−PA22×2×6，解得PA=14，同理得BE=62，
于是BE2+EF2=BF2=3，即有BE⊥EF，则GF2=13×622+622=53，
从而GF=153，DH=32×153=152，
在△DOH中，OH=12BF=32,OD=62,DH=152，
于是cs∠DOH=64+34−1542×62×32=−22，sin∠DOH=1−−222=22，
所以二面角D−AO−C的正弦值为22.

法二：平面ADO的法向量为n1=1,2,3，
平面ACO的法向量为n3=0,0,1，
所以csn1,n3=n1⋅n3n1⋅n3=31+2+3=22，
因为n1,n3∈0,π，所以sinn1,n3=1−cs2n1,n3=22，
故二面角D−AO−C的正弦值为22.
13. （2023·全国·统考高考真题）如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,AA1=4．点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3．

(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P−A2C2−D2为150°时，求B2P．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，利用向量法求二面角，建立方程求出λ即可得解.
【详解】（1）以C为坐标原点，CD,CB,CC1所在直线为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)，
∴B2C2=(0,−2,1),A2D2=(0,−2,1)，
∴B2C2∥A2D2，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
（2）设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，
则A2C2=(−2,−2,2),PC2=(0,−2,3−λ),D2C2=(−2,0,1)，
设平面PA2C2的法向量n=(x,y,z)，
则n⋅A2C2=−2x−2y+2z=0n⋅PC2=−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m=(a,b,c)，
则m⋅A2C2=−2a−2b+2c=0m⋅D2C2=−2a+c=0，
令 a=1，得b=1,c=2，
∴m=(1,1,2)，
∴csn,m=n⋅mnm=664+(λ−1)2+(3−λ)2=cs150°=32，
化简可得，λ2−4λ+3=0，
解得λ=1或λ=3，
∴P(0,2,1)或P(0,2,3)，
∴B2P=1.
通过构造三角形中位线，证明线线平行
1.利用平移法做出平行四边形
2.利用中位线做出平行四边形
通过构造面面平行，证明线面平行
通过两条直线同时垂直同一个平面，证明线线平行，在证明线面平行
由线面平行推理面面平行
线面垂直的性质定理，与面面垂直均可判定线线垂直
由线线垂直推理线面垂直
由线面垂直推理面面垂直
平行于垂直也可以通过向量法进行证明