2024年浙江省高考数学二轮专题训练：立体几何初步 (解析)

这是一份2024年浙江省高考数学二轮专题训练：立体几何初步 (解析)，共66页。试卷主要包含了真题展示，跟踪演练试题等内容，欢迎下载使用。
1．（2023·新高考Ⅰ卷）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）如图建立直角坐标系，以C为原点，分別以CD，CB，CC1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B20，2，2，C20，0，3，A22，2，1，D22，0，2，因为C2B2→=0，2，−1，D2A2→=0，2，−1，所以C2B2→=D2A2→，所以C2B2∥D2A2
（2）设P0，2，m，m∈0，4，
因为PA2→=2，0，1−m，PC2→=0，−2，3−m，设平面PA2C2法向量为n1→=(x1，y1，z1)
∴PA2→·n→=0PC2→·n→=0，即2x1+(1−m)z1=0−2y1+(3−m)z1=0
令z1=2，则x1=1-m
所以平面PA2C2法向量为n1→=(m−1，3−m，2)；
同理当C2D2→=2，0，−1，C2A2→=2，2，−2，∴平面D2A2C2法向量为n2→=(1，1，2).
因为二面角P−A2C2−D2为150°，所以n1→·n2→n1→n2→=662m2−8m+14=cs150°，
解得m=1或m=3，经检验均满足题意，
此时B2P=1
【解析】【分析】 建立空间直角坐标系，由直线与直线的向量判定可得出(1)，由二面角计算方法可求出满足题意的P点坐标。
二、跟踪演练试题：
2．（2023高三上·韶关模拟）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=π2，AB=AC=AA1=3．
（1）证明：A1B⊥B1C；
（2）若点P在棱CC1上，C1P：PC=2：1，求平面ABC1与平面A1BP夹角的余弦值．
【答案】（1）解：连结AB1，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1
所以四边形ABB1A1是正方形，所以AB1⊥A1B．
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以，AA1⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，
所以，AA1⊥AC
又AB⊥AC，且AA1与AB相交于A
所以，AC⊥平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1
所以AC⊥A1B
又AC∩AB1=A，AC⊂平面AB1C，AB1⊂平面AB1C
所以A1B⊥平面AB1C
又B1C⊂平面AB1C
所以A1B⊥B1C
（2）解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=π2，所以以A为坐标原点，AC、AB、AA1方向分别为x、y，z轴的正方向建立如图空间直角坐标系A−xyz．
由点P在棱CC1上，C1P：PC=2：1得：P(3，0，1)
又A(0，0，0)，A1(0，0，3)，B(0，3，0)，C1(3，0，3)
则AB=(0，3，0)，AC1=(3，0，3)，PB=(−3，3，−1)，PA1=(−3，0，2)
设平面ABC1的法向量为n=(x，y，z)，则n⋅AB=0n⋅AC1=0．即3y=03x+3z=0，令x=1
得n=(1，0，−1)．
设平面A1BP的法向量为m=(x，y，z)，则n⋅PB=0n⋅PA1=0，那−3x+3y−z=0−3x+2z=0，令x=2
得m=(2，3，3)
所以，cs⟨n，m⟩=m⋅n|m|⋅|n|=2−32⋅22=−1122
所以平面ABC1与平面A1BP夹角的余弦值为1122
【解析】【分析】（1）连结AB1，证得AA1⊥平面ABC，得到AA1⊥AC，进而证得AC⊥平面ABB1A1，得到AC⊥A1B，结合线面垂直判定定理证得A1B⊥平面AB1C，进而证得A1B⊥B1C；
（2）以A为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得平面ABC1和平面A1BP的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
3．（2022高三上·福田模拟）如图，在三棱锥P−ABC中，AC=BC=2，∠ACB=90∘，AP=BP=AB，PC⊥AC．
（1）求证：PC⊥AB；
（2）求二面角B−AP−C的余弦值．
【答案】（1）解：取AB的中点O，连接PO，CO，
因为AP=BP，AC=BC，所以PO⊥AB，CO⊥AB，
且PO∩CO=O，PO、CO⊂平面PCO，所以AB⊥平面PCO，
PC⊂平面PCO，所以PC⊥AB；
（2）解：取PA的中点D，连接CD，BD，
因为AC=BC=2，∠ACB=90∘，所以AP=BP=AB=22，
因为PC⊥AC，所以PC=AC=2，可得CD⊥PA，CD=2，
因为AP=BP=AB=22，所以BD⊥PA，BD=6，
所以∠CDB为二面角B−AP−C的平面角，
由余弦定理可得cs∠CDB=CD2+BD2−BC22CD⋅BD=2+6−42×2×6=33，
所以二面角B−AP−C的余弦值为33．
【解析】【分析】（1）利用线面垂直先证明线面垂直，再得出线线垂直；
（2）先找到二面角所在的平面角，再通过余弦地理求解.
4．（2023·从化模拟）在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形AA1B1B是菱形，AB⊥AC，平面AA1B1B⊥平面ABC，平面A1B1C1与平面AB1C的交线为l.
（1）证明：A1B⊥B1C；
（2）已知∠ABB1=60∘，AB=AC=2，l上是否存在点P，使A1B与平面ABP所成角的正弦值为1010？若存在，求B1P的长度；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明：因为四边形AA1B1B为菱形，所以A1B⊥AB1，
又因为平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，AC⊂平面ABC，AC⊥AB，
所以AC⊥平面AA1B1B，
又A1B⊂平面AA1B1B，所以AC⊥A1B，
又AB1∩AC=A，AC、AB1⊂平面B1AC，所以A1B⊥平面B1AC，
又B1C⊂平面B1AC，所以A1B⊥B1C.
（2）解：l上存在点P，使A1B与平面ABP所成角的正弦值为1010，且B1P=2.
理由如下：
取A1B1中点D，连接AD，因为∠ABB1=60∘，所以∠AA1B1=60∘，
又AA1=AB1，所以△AA1B1为等边三角形，所以AD⊥A1B1，
因为A1B1∥AB，所以AD⊥AB，
又平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC=AB，AD⊂平面AA1B1B，
所以AD⊥平面ABC，
以A为原点，以AB，AC，AD方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，A1(−1，0，3)，B1(1，0，3)，
AC=(0，2，0)，AB=(2，0，0)，AB1=(1，0，3).
因为AC∥A1C1，AC⊄平面A1B1C1，A1C1⊂平面A1B1C1，所以AC∥平面A1B1C1，
又AC⊂平面AB1C，平面A1B1C1∩平面AB1C=l，所以AC∥l，
假设l上存在一点P，使A1B与平面ABP所成角的正弦值为1010，设B1P=λAC(λ∈R)，
则B1P=(0，2λ，0)，所以AP=AB1+B1P=(1，2λ，3)，
设n=(x，y，z)为平面ABP的一个法向量，
则n⋅AB=0n⋅AP=0，即2x=0x+2λy+3z=0，
令y=−3，则z=2λ，可取n=(0，−3，2λ)，
又A1B=(3，0，−3)，
所以sinθ=|cs⟨n，A1B⟩|=|n⋅A1B||n|⋅|A1B|=|23λ|23⋅3+4λ2=1010，
即3+4λ2=10λ2，解得λ2=12，此时|B1P|=|λAC|=2；
因此l上存在点P，使A1B与平面ABP所成角的正弦值为1010，且B1P=2.
【解析】【分析】 (1)证明：由题意结合面面垂直性质得AC⊥平面AA1B1B，所以AC⊥A1B，进而证明A1B⊥平面B1AC，得到A1B⊥B1C；
(2)假设l上存在点P，使A1B与平面ABP所成角的正弦值为1010，且B1P=2，再证明：取A1B1中点D，连接AD，证明AD，AB，AC两两垂直，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量证明假设.
5．（2023·黄埔）如图，在几何体ABCDEF中，矩形BDEF所在平面与平面ABCD互相垂直，且AB=BC=BF=1，AD=CD=3，EF=2．
（1）求证：BC⊥平面CDE；
（2）求二面角E−AC−D的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明：在矩形BDEF中，DE⊥BD，
又平面BDEF⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面BDEF=BD，DE⊂平面BDEF，
所以DE⊥平面ABCD，
又BC⊂平面ABCD，
所以DE⊥BC，
在矩形BDEF中，BD=EF=2，
又BC=1，CD=3，所以BD2=4=BC2+CD2，
所以BC⊥CD.
又DE∩CD=D，DE，CD⊂平面CDE，
所以BC⊥平面CDE；
（2）解：在△ABD与△CBD中，AB=CB，AD=CD，BD=BD，
所以△ABD≌△CBD，所以∠ABD=∠CBD，
由等腰三角形性质，得AC⊥BD．
又平面BDEF⊥平面ABCD，
平面ABCD∩平面BDEF=BD，AC⊂平面ABCD
所以AC⊥平面BDEF．
记AC∩BD=H，以H为坐标原点，HB，HC，DE方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系.
在Rt△BCD中，CH=BC⋅CDBD=32．
所以HD=CD2−CH2=32，
所以点C的坐标为(0，32，0)，点E的坐标为(−32，0，1)，
所以HC=(0，32，0)，HE=(−32，0，1)．
设平面EAC的法向量为n1=(x，y，z)，则n1⋅HC=0，n1⋅HE=0，
即32y=0−32x+z=0，令z=3，解得x=2，y=0，
所以n1=(2，0，3)为平面EAC的一个法向量．
又平面ABCD的一个法向量为n2=(0，0，1)，
所以cs⟨n1，n2⟩=n1⋅n2|n1||n2|=313=31313，
又二面角E−AC−D的平面角为锐角，
即二面角E−AC−D的平面角的余弦值为31313．
【解析】【分析】 (1)由面面垂直性质定理证明出DE⊥平面ABCD，再证明DE⊥BC， BC⊥CD，利用线面垂直判定定理，即可证明出 BC⊥平面CDE；
(2) 先证明AC⊥BD，由面面垂直性质定理证明AC⊥平面BDEF， 记AC∩BD=H，以H为坐标原点，HB，HC，DE方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系，求出平面EAC的一个法向量和平面ABCD的一个法向量，利用向量法可求出二面角E−AC−D的平面角的余弦值．
6．（2023·广州模拟）已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是棱长为2的菱形，∠BAD=60°，PD=6，若∠PDC=∠PDB，且PD与平面ABCD所成的角为45°，E为AD的中点，点F在线段PA上，且PC//平面BEF.
（1）求AFAP；
（2）求平面PBE与平面BEF夹角的余弦值.
【答案】（1）解：连接AC∩BE=O，连接BD∩AC=G，由菱形ABCD知G是BD，AC中点，而E为AD的中点，
则O为△ABD的重心，有AO=23AG=13AC，
因为PC//平面BEF，平面PAC∩平面BEF=OF，PC⊂平面PAC，因此FO//PC，
所以AFAP=AOAC=13.
（2）解：菱形ABCD中，由∠BCD=60∘，知△DCB为等边三角形，有DC=DB，又∠PDC=∠PDB，
则△PDB≌△PDC，即有PB=PC，取BC的中点M，连接PM，DM，则BC⊥PM，BC⊥DM，
而PM∩DM=M，且两相交直线在平面内，于是BC⊥平面PMD，而BC⊂平面ABCD，有平面PMD⊥平面ABCD，
在平面PMD内过P做PH⊥DM于点H，平面PMD∩平面ABCD=DM，
从而PH⊥平面ABCD，∠PDH是PD与平面ABCD所成的角，则∠PDH=45∘，
因为PD=6，则PH=DH=3，又DM=3，因此H与M重合，
以H为坐标原点，HD，HB，HP为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
P(0，0，3)，B(0，1，0)，A(3，2，0)，D(3，0，0)，E(3，1，0)，PB=(0，1，−3)，
AF=13AP=(−33，−23，33)，则F(233，43，33)，EF=(−33，13，33)，BE=(3，0，0)，
设平面BEF的法向量m=(x1，y1，z1)，则m⋅BE=3x1=0m⋅EF=−33x1+13y1+33z1=0，令z1=−1，得m=(0，3，−1)，
设平面PBE的法向量n=(x，y，z)，则n⋅BE=3x=0n⋅PB=y−3z=0，令z=1，得n=(0，3，1)，
于是cs〈m，n〉=m⋅n|m||n|=3×3−1×12×2=12，
所以求平面PBE与平面BEF夹角的余弦值为12.
【解析】【分析】（1）连接AC交BE于点O，证明FO//PC，所以AFAP=AOAC，进而求解；
（2）以H为坐标原点，HD，HB，HP为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求平面PBE与平面BEF夹角的余弦值.
7．（2023·广州模拟）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AB=BC=2，AD=PD=4，∠BAD=60∘，AB=BC=2，点E为PA的中点．
（1）求证：BE//平面PCD；
（2）若平面PAD⊥平面ABCD，求直线CD与平面PAC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：取PD中点F，连接CF，EF．
因为点E为PA的中点，所以EF∥AD且EF=12AD，
又因为BC//AD且BC=12AD，所以EF//BC且EF=BC，
所以四边形BCFE为平行四边形．
所以BE//CF．
又BE⊄平面PCD，CF⊂平面PCD，所以BE//平面PCD．
（2）解：在平面ABCD中，过D作DG⊥AD，在平面PAD中，过D作DH⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，DG⊂平面ABCD
所以DG⊥平面PAD．
所以DG⊥DH，所以DA，DG，DH两两互相垂直．
以D为原点，向量DA，DG，DH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D−xyz（如图），则A(4，0，0)，C(1，3，0)，P(−2，0，23)，D(0，0，0)，
所以AC=(−3，3，0)，AP=(−6，0，23)，DC=(1，3，0)，
设n=(x，y，z)是平面PAC的一个法向量，
则n⋅AC=0，n⋅AP=0，即−3x+3y=0，−6x+23z=0，
取x=1，得n=(1，3，3)．
设直线CD与平面PAC所成角为θ．
则sinθ=|cs⟨n，DC⟩|=1+3+04×7=277，
所以直线CD与平面PAC所成角的正弦值为277．
【解析】【分析】（1）取PD中点F，连接CF，EF，先证明BE//CF，再证明 BE//平面PCD；
（2）利用向量的方法求直线 CD与平面PAC 所成角的正弦值．
8．（2023·潮州模拟）图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的直线CE与平面ACG所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：在图2中，由题意得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，
所以图2中的A，C，G，D四点共面，
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，
又BE∩BC=B，BE，BC⊂平面BCGE，
所以AB⊥平面BCGE，
又因AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE；
（2）解：连接EC，在菱形BEGC中，∠EBC=60°，则△EBC为等边三角形，
取BC的中点H，连接EH，则EH⊥BC，
因为平面ABC⊥平面BCGE，平面ABC∩平面BCGE=BC，EH⊂平面BCGE，
所以EH⊥平面ABC，
如图，以点H为坐标原点建立空间直角坐标系，
则A(−1，1，0)，C(1，0，0)，E(0，0，3)，G(2，0，3)，
则CG=(1，0，3)，AC=(2，−1，0)，CE=(−1，0，3)，
设平面ACG的法向量n=(x，y，z)，
则有n⋅CG=x+3z=0n⋅AC=2x−y=0，可取n=(3，6，−3)，
则cs⟨n，CE⟩=n⋅CE|n||CE|=−62×43=−34，
所以直线CE与平面ACG所成角的正弦值为34.
【解析】【分析】（1）证明AD∥CG即可证得 A，C，G，D 四点共面，根据AB⊥BE，AB⊥BC， 证明AB⊥平面BCGE ，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）连接EC， 取BC的中点H，连接EH，则EH⊥BC， 根据面面垂直的性质证明EH⊥平面ABC， 以点H为坐标原点建立空间直角坐标系，CE→=(−1，0，3)，求出平面ACG的法向量n=(3，6，−3)，利用向量法求解即可.
9．（2023·惠州模拟）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，AA1=A1B1=1，AB=2，∠ABC=60∘，AA1⊥平面ABCD．
（1）若点M是AD的中点，求证：C1M∥平面AA1B1B；
（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：方法一：连接B1A，由已知得，B1C1∥BC∥AD，且B1C1=AM=12BC，
所以四边形AB1C1M是平行四边形，即C1M∥B1A，
又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B，
所以C1M∥平面AA1B1B．
方法二：连接B1A，MD1，由已知得AA1∥MD1，且AA1=MD1，
MC1=MD1+D1C1=AA1+A1B1=AB1，即C1M∥B1A，
又C1M⊄平面AA1B1B，B1A⊂平面AA1B1B，
所以C1M∥平面AA1B1B.
（2）解：取BC中点Q，连接AQ，由题易得△ABC是正三角形，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD，
由于AA1⊥平面ABCD，分别以AQ，AD，AA1为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，
A(0，0，0)，A1(0，0，1)，D1(0，1，1)，Q(3，0，0)，
假设点E存在，设点E的坐标为(3，λ，0)，−1≤λ≤1，
AE=(3，λ，0)，AD1=(0，1，1)，
设平面AD1E的法向量n=(x，y，z)，则n⋅AE=0n⋅AD1=0，
即3x+λy=0y+z=0，可取n=(λ，−3，3)，
又平面ADD1的法向量为AQ=(3，0，0)，
所以|cs⟨AQ，n⟩|=|AQ⋅n||AQ||n|=3|λ|3⋅λ2+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．
【解析】【分析】（1） 方法一：连接B1A，由已知得，B1C1∥BC∥AD，且B1C1=AM=12BC，所以四边形AB1C1M是平行四边形，即C1M∥B1A，再利用线线平行证出线面平行，从而证出C1M∥平面AA1B1B。
方法二：连接B1A，MD1，由已知得AA1∥MD1，且AA1=MD1，再利用三角形法则和向量共线定理，所以C1M∥B1A，再利用线线平行证出线面平行，从而证出C1M∥平面AA1B1B。
（2） 取BC中点Q，连接AQ，由题易得△ABC是正三角形，再利用等边三角形三线合一，所以AQ⊥BC，即AQ⊥AD，由于AA1⊥平面ABCD，分别以AQ，AD，AA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，假设点E存在，设点E的坐标为(3，λ，0)，−1≤λ≤1，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面AD1E的法向量和平面ADD1的法向量，再结合已知条件和数量积求向量夹角公式得出λ的值，由于二面角E−AD1−D为锐角，则点E在线段QC上，从而得出满足要求的λ的值，从而得出CE的长，故BC上存在点E，从而得出当CE=1−32时的二面角E−AD1−D的余弦值。
10．（2023·广东模拟）如图，在三棱台ABC—A1B1C1中，BB1=B1C1=C1C=12BC=2，AB⊥BC，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C
（1）证明：AB⊥平面BB1C1C；
（2）若二面角B−C1C−A的大小是π6，求线段AB的长.
【答案】（1）证明：
在等腰梯形BB1C1C中，作B1D⊥BC，则BD=1，在Rt△BDB1中，cs∠B1BC=BDBB1=12，∴∠B1BC=π3，B1D=3，
在Rt△CDB1中，DC=3，解得B1C=23，
∴B1B2+B1C2=BC2，即B1C⊥B1B
由平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C=B1B，B1C⊥B1B
∴B1C⊥平面AA1B1B
∴B1C⊥AB
∵AB⊥BC，BC∩B1C=C，BC，B1C⊂平面BB1C1C
∴AB⊥平面BB1C1C.
（2）解：如图，在平面BB1C1C内，过点B作BE⊥BC，以B为原点，以BA，BC，BE所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设AB=t，则A(t，0，0)，C(0，4，0)，C1(0，3，3)，B1(0，1，3)
∴AC=(−t，4，0)，CC1=(0，−1，3)
设平面ACC1的法向量为n=(x，y，z)，
则n⋅AC=0n⋅CC1=0，即−tx+4y=0−y+3z=0，则n=(43t，3，1)
平面BB1C1C的一个法向量为m=(1，0，0)
则|cs⟨n，m⟩|=|n⋅m||n|⋅|m|=43t48t2+3+1=32，解得t=2
即AB=2.
【解析】【分析】（1）在等腰梯形BB1C1C中，作B1D⊥BC，利用题干条件计算若干边长，不难方法B1C⊥B1B，由平面AA1B1B⊥平面BB1C1C结合B1C⊥B1B和面面垂直的性质定理证出线面垂直，所以B1C⊥平面AA1B1B，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以B1C⊥AB，再利用AB⊥BC结合线线垂直证出线面垂直，从而证出AB⊥平面BB1C1C。
（2） 在平面BB1C1C内，过点B作BE⊥BC，以B为原点，以BA，BC，BE所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AB=t，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面ACC1的法向量和平面BB1C1C的一个法向量，再结合数量积求向量夹角公式和已知条件得出t的值，从而得出AB的长。
11．（2023·汕头模拟）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线l⊂平面A1B1C1D1，l∩A1C1=E，A1E=3EC1.
（1）设l∩B1C1=P，l∩C1D1=Q，试在所给图中作出直线l，使得l⊥CE，并说明理由；
（2）设点A与（1）中所作直线l确定平面α.
①求平面α与平面ABCD的夹角的余弦值；
②请在备用图中作出平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面，并写出作法.
【答案】（1）解：由题意，P、Q分别为B1C1和C1D1的中点吋，有l⊥CE，
证明过程如下：连接B1D1，取B1C1和C1D1中点分别为P、Q，连接PQ，
∵A1E=3EC1，∴PQ一定过经过点E，∴PQ即为所求作的l.
∵P、Q分别为B1C1和C1D1的中点，∴P、Q为△B1C1D的中位线，
∴PQ∥B1D1，且PQ过经过点E，
∵正方体的ABCD−A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1为正方形.
∴B1D1⊥A1C，∵PQ//B1D1，∴PQ⊥A1C1，
又∵正方体ABCD−A1B1C1D1的侧棱CC1垂直底面A1B1C1D1，PQ⊂A1B1C1D1，
∴PQ⊥CC1，又∵A1C1，CC1⊂平面A1C1CA，A1C1∩CC1=C1.
∴PQ⊥平面A1C1CA，∵CE⊂平面A1C1CA，
∴PQ⊥CE，即l⊥CE；
（2）解：①连接AP，AQ，∵正方体ABCD−A1B1C1D中，有AD，DC，DD两两垂直，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
设正方体边长为2，则有D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，P(1，2，2)，Q(0，1，2)，
所以AP=(−1，2，2)，AQ=(−2，1，2)，
∵正方体的侧棱DD1垂直底面ABCD，∴DD1=(0，0，2)为平面ABCD的法向量.
设平面α，即平面APQ的法向量n=(x，y，z)，则n⊥AP，n⊥AQ.
∴n⋅AP=0，n⋅AQ=0，即
−x+2y+2z=0−2x+y+2z=0，令x=2，则y=−2，z=3.
∴平面APQ的一个法向量n=(2，−2，3).
|n|=22+(−2)2+32=17，DD1=(0，0，2)，|DD1|=2，
设平面α与平面ABCD的夹角的平面角为θ，
则csθ=|n⋅DD1||n|⋅|DD1|=|0⋅2+0⋅(−2)+2⋅3|2⋅17=31717；
②设直线PQ交A1B1，A1D1于G，H，连接AG，AH分别交BB1，DD1于M，N，连接MP，NQ，则平面AMPQN即为平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面，如图所示.
【解析】【分析】（1） 由题意，连接B1D1，取B1C1和C1D1中点分别为P、Q，连接PQ，再利用A1E=3EC1，所以PQ一定过经过点E，所以PQ即为所求作的l，再由中位线的性质，所以PQ∥B1D1，且PQ过经过点E，再根据正方体的ABCD−A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1为正方形和PQ//B1D1，所以PQ⊥A1C1，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以 PQ⊥CC1， 再利用线线垂直证出线面垂直，所以PQ⊥平面A1C1CA，再由线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出l⊥CE。
（2） ①连接AP，AQ，利用正方体ABCD−A1B1C1D中，则AD，DC，DD两两垂直，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用正方体的侧棱DD1垂直底面ABCD，所以DD1=(0，0，2)为平面ABCD的法向量，再结合平面的法向量求解方法得出平面APQ的法向量，再由数量积求向量夹角公式得出平面α与平面ABCD的夹角的余弦值。
②设直线PQ交A1B1，A1D1于G，H，连接AG，AH分别交BB1，DD1于M，N，连接MP，NQ，则平面AMPQN为平面α截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面。
12．（2023·广东模拟）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1，BC=2，PD⊥CD．
（1）证明：AB⊥PB
（2）若平面PAB⊥平面PCD，且PA=102，求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：如图1，连接BD，
因为四边形ABCD是平行四边形，且∠ABC=120°，AB=1，BC=2，
所以CD=1，∠BCD=60°，AB∥CD，
所以BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs∠BCD=1+4−2×1×2×12=3，
所以BD=3，
所以BC2=BD2+CD2，所以CD⊥BD，
又因为CD⊥PD，BD∩PD=D，BD，PD⊂平面PBD，
所以CD⊥平面PBD，
因为PB⊂平面PBD，所以CD⊥PB，
因为AB∥CD，所以AB⊥PB．
（2）解：如图2，设平面PAB和平面PCD的交线为直线l，
因为CD∥AB，CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CD∥平面PAB，
因为CD⊂平面PCD，平面PADPAD⊂平面PBC=l，
所以CD∥l，
因为CD⊥平面PBD，所以l⊥平面PBD，
因为PB，PD⊂平面PBD，所以∠BPD是平面PAB与平面PCD的二面角，
因为平面PAB⊥平面PCD，所以∠BPD=90°，即BP⊥DP
在Rt△ABP中，因为PA=102，AB=1，所以PB=62，
在Rt△BPD中，因为BD=3，则PD=62，所以△BPD为等腰直角三角形，
方法一：由（1）得CD⊥平面PBD，如图3，以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A(3，−1，0)，B(3，0，0)，C(0，1，0)，P(32，0，32)，
所以AC=(−3，2，0)，BC=(−3，1，0)，BP=(−32，0，32)，
设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，
则n⋅BC=−3x+y=0n⋅BP=−32x+32z=0，
取x=1，则y=3，z=1，得n=(1，3，1)，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，
则sinθ=|cs⟨n，AC⟩|=|n⋅AC|n|⋅|AC||=|−3+23+01+3+1×3+4|=10535，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为10535．
方法二：在△ABC中，因为AB=1，BC=2，∠ABC=120°，则
AC=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=1+4−2×1×2×(−12)=7，
设点A到平面PBC的距离为d，
由（1）知CD⊥平面PBD，因为四边形ABCD是平行四边形，所以AD∥BC，
又因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，
所以VA−PBC=VD−PBC，
因为VD−PBC=VC−BPD，所以VA−PBC−VC−BPD，
设点A到平面PBC的距离为d，由（1）知CD⊥平面PBD，
所以13⋅S△PBC⋅d=13⋅S△BPD⋅CD，
在△PBC中，PB=62，BC=2，PC=PA=102，
因为PB2+PC2=BC2，所以PB⊥PC，
所以S△PBC=12×62×102=154，
所以13×154⋅d=13×12×62×62×1，解得d=155，
记直线AC与平面PBC所成角为θ，则sinθ=dAC=1557=10535，
所以直线AC与平面PBC所成角的正弦值为10535．
【解析】【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理可得CD⊥BD，进而根据线面垂直的判定和性质分析判断；
（2）方法一： 以点D为坐标原点，DB所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，AC=(−3，2，0)，求出平面PBC的法向量n=(1，3，1)， 利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点A到平面PBC的距离，结合线面夹角的定义分析运算.
13．（2023·深圳模拟）在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC=2，∠ABC=2π3，A1C1⊥A1B.
（1）证明：A1A=A1C；
（2）若A1A=2，BC1=14，求平面A1CB1与平面BCC1B1夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：设AC的中点为O，连接OA1，OB，
因为AB=BC，所以AC⊥OB，又因为AC//A1C1，且A1C1⊥A1B，
所以AC⊥A1B， 因为A1B，OB⊂平面OBA1，且A1B∩OB=B，
所以AC⊥平面 OBA1，因为OA1⊂ 平面 OBA1，
所以AC⊥OA1，又因为O是AC的中点，
所以A1A=A1C .
（2）解：在△ABC中，由余弦定理求得AC=23，则A1C1=AC=23，
因为A1C1⊥A1B，所以A1C12+A1B2=BC12，解得A1B=2，
在Rt△AOA1和Rt△ABC中，可知A1O=OB=1，.
在△OBA1中，OA12+OB2=A1B2，因此A1O⊥OB.
由(1)知，AC⊥OA1，且AC，OB⊂平面ABC，且AC∩OB=O，
所以A1O⊥平面 ABC.
以OB，OC，OA1 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A1(0，0，1)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，A(0，−3，0).
所以A1B1=AB=(1，3，0)，A1C=(0，3，−1)，BC=(−1，3，0)，
AA1=BB1=(0，3，1)，
设平面A1B1C的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则 m⋅A1B1=0m⋅A1C=0，
x1+3y1=03y1−z1=0，
令x1=3，得m=(3，−1，−3).
设平面BCC1B1的法向量为n=(x2，y2，z2)，
则 n⋅BC=0n⋅BB1=0，
即 −x2+3y2=03y2+z2=0
令x2=3，得n=(3，1，−3) ，
设平面A1CB1与平面BCC1B1夹角为θ，则csθ=|m⋅n||m||n|=57，
所以平面A1CB1与平面BCC1B1夹角的余弦值为57.
【解析】【分析】 (1) 设AC的中点为O，连接OA1，OB， 易知OB⊥AC，AC⊥A1B ，从而得AC⊥平面A1BO ，有AC⊥A1O，进而得证 A1A=A1C；
(2) 以OB，OC，OA1 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， 分别求得 平面A1B1C的法向量和 平面BCC1B1的法向量，利用向量法可求出平面A1CB1与平面BCC1B1夹角的余弦值.
14．（2023·佛山模拟）中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石．如图所示的一块木料中，ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，点E，F是PC，AD的中点．
（1）若要经过点E和棱AB将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面周长；
（2）若要经过点B，E，F将木料锯开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由．
【答案】（1）解：因为AB//CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
所以AB//平面PCD，又AB⊂平面ABE，
设平面ABE∩平面PCD=l，则AB//l，
设PD的中点为G，连接EG，AG，则EG//CD，又AB//CD，
所以AB//EG，即EG为l，BE，EG，AG就是应画的线，
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥PA，又AB⊥AD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD，AG⊂平面PAD，
所以AB⊥AG，即截面ABEG为直角梯形，又PA=AB=2，
所以AG=2，EG=1，BE=(2−1)2+(2)2=3，
所以，截面周长为2+3+3；
（2）解：以点A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴的正向建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，1，1)，F(0，1，0)，
所以BE=(−1，1，1)，BF=(−2，1，0)，PD=(0，2，−2)，
设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)，
则n⋅BE=−x+y+z=0n⋅BF=−2x+y=0，令x=1，可得n=(1，2，−1)，
设PD∩平面BEF=H，设PH=λPD=λ(0，2，−2)，又P(0，0，2)，
∴H(0，2λ，2−2λ)，BH=(−2，2λ，2−2λ)，
由BH⋅n=(−2，2λ，2−2λ)⋅(1，2，−1)=0，可得6λ−4=0，即λ=23，
即H为PD的三等分点(PH=23PD)，连接EH，FH，即EH，FH就是应画的线.
【解析】【分析】(1)根据线面平行的判定定理可得AB//平面PCD，设PD的中点为G ，根据线面平行的性质可得 BE，EG，AG就是应画的线，然后根据线面垂直的判定定理结合条件可得截面周长；
(2) 以点A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴的正向建立空间直角坐标系， 可得平面BEF的法向量， 设PD∩平面BEF=H，根据线面垂直的性质可得H的位置，进而即得 EH，FH就是应画的线.
15．（2023·广州模拟）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1=3，点D是BC的中点，点E在AA1上，AD//平面BC1E.
（1）求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C；
（2）当三棱锥B1−BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：取BC1中点M，连接EM、MD，如图所示：
∵AB=AC，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
又∵M是BC1的中点，
∴DM//CC1，
又∵在直三棱柱ABC−A1B1C1中，有AA1//CC1， AA1⊥平面ABC
∴DM//AE，
∴DM⊥平面ABC，
∵AD//平面BC1E，且AD⊂面ADME，平面ADME∩平面BC1E=EM，
∴AD//ME，
∵CC1⊥平面ABC，且AD⊂平面ABC，
∴CC1⊥AD，
又∵CC1∩BC=C，且CC1、BC⊂平面BB1C1C，
∴AD⊥平面BB1C1C，
又∵AD//ME，
∴ME⊥平面BB1C1C，
∵ME⊂平面BC1E，
∴面ABC⊥平面BB1C1C.
（2）解：由（1）知ME⊥平面BB1C1C，则VB1−BC1E=13⋅S△B1BC1⋅|ME|，
设BC=2a，则BD=a，AD=9−a2，S△B1BC1=12×2a⋅3=3a，
∴VB1−BC1E=13⋅3a⋅9−a2≤a2+9−a22=92，
由基本不等式知，当且仅当a=9−a2时等号成立，即三棱锥B1−BC1E的体积最大，
此时，a=322
以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则有A(322，0，0)，C(0，−322，0)，B(0，322，0)，E(322，0，32)，C1(0，−322，3)，
∴AC=(−322，−322，0)，C1B=(0，32，−3)，BE=(322，−322，32)，
设平面BC1E的一个法向量为n=(x1，y1，z1)，
则有n⋅C1B=32y1−3z1=0n⋅BE=322x1−322y1+32z1=0，取y1=2，解得n=(0，2，2)，
设直线AC与平面BC1E所成的角为θ，
∴sinθ=|cs⟨n，AC⟩|=33×2+4=66，
故直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为66.
【解析】【分析】(1) 取BC1中点M，连接EM、MD ，运用线面平行的判定定理和面面平行的性质定理推得E为AA1的中点，再由线面垂直的判定和面面垂直的判定定理，可证得平面BC1E⊥平面BB1C1C；
(2) 设BC=2a，求得三棱锥 B1−BC1E 的体积，由基本不等式可得体积的最大值，可得a的值， 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DM所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 求出平面BC1E的一个法向量，利用向量法求出直线AC与平面BC1E所成角的正弦值.
16．（2023·湛江模拟）如图1，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE，如图2，将△ABE沿BE折起，使得A至A1处，且A1B⊥DE．
（1）证明：DE⊥平面A1BE．
（2）求二面角C−A1E−D的余弦值．
【答案】（1）证明：由题意可知∠BEC=∠CED=π4，所以∠BED=π2，DE⊥BE，
因为A1B⊥DE，A1B∩BE=B，A1B，BE⊂平面A1BE，
所以DE⊥平面A1BE．
（2）解：取BE的中点O，连接A1O，CO，
由等腰三角形的性质可知A1O⊥BE，CO⊥BE，
由BE=2CE，CE=2CD，可知BE=2CD，OE=CD，
由DE⊥BE且CD⊥DE，可知OE//CD，四边形OCDE为平行四边形，CO//DE，CO⊥平面A1BE；
设BE=2，以O为坐标原点，OB，OC，OA1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，E(−1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，D(−1，1，0)，
EA1=(1，0，1)，EC=(1，1，0)，ED=(0，1，0)，A1B=(1，0，−1)．
设平面A1EC的法向量为n=(x，y，z)，则EA1⋅n=x+z=0，EC⋅n=x+y=0，
令x=1，得n=(1，−1，−1)，
因为A1B⋅ED=0，A1B⋅EA1=0，
所以平面A1ED的一个法向量为m=A1B=(1，0，−1)，
所以cs⟨m，n⟩=22×3=63，
由图可知二面角C−A1E−D为锐角．故二面角C−A1E−D的余弦值为63．
【解析】【分析】（1）由题意得DE⊥BE，进而可得结论；
（2） 以O为坐标原点，OB，OC，OA1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系， 分别求出平面A1EC的法向量为n=(1，−1，−1)， 平面A1ED的一个法向量为m→=(1，0，−1)，利用空间向量的坐标运算可求二面角C−A1E−D的余弦值．
17．（2023·梅州模拟）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=12AA1=2，点M为A1B1的中点．
（1）在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出B1QQB的值；若不存在，请说明理由：
（2）求点C到平面BC1M的距离．
【答案】（1）解：在正三棱柱ABC−A1B1C1中，因为点M为A1B1的中点，则C1M⊥A1B1，
又A1A⊥平面A1B1C1， C1M⊂平面A1B1C1，则有AA1⊥C1M，
而AA1∩A1B1=A1，AA1，A1B1⊂平面AA1B1B，于是C1M⊥平面AA1B1B，
C1M⊂平面BC1M，则平面BC1M⊥平面AA1B1B，在平面AA1B1B内过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q，
平面BC1M∩平面AA1B1B=BM，因此AQ⊥平面BC1M，于是点Q即为所要找的点，
显然△ABQ∽△BB1M，因此BQB1M=ABBB1，即有BQ1=24，于是BQ=12，B1Q=B1B−BQ=4−12=72，
所以B1QQB=7.
（2）解：取AB的中点N，连接CN，MN，因为点M为A1B1的中点，则MN//BB1//CC1，MN=BB1=CC1，
于是CNMC1为平行四边形，即CN//C1M，而C1M⊂平面BC1M，CN⊄平面BC1M，
因此CN//平面BC1M，有点C到平面BC1M的距离ℎC等于点N到平面BC1M的距离ℎN，
又N为AB之中点，则点N到平面BC1M的距离ℎN等于点A到平面BC1M的距离ℎA的一半，
而由（1）知，当BQ=12时，AQ⊥平面BC1M，cs∠BAQ=ABAQ=222+(12)2=417，
设AQ∩BM=H，则ℎA=AH=ABcs∠BAQ=2×417=817，
所以点C到平面BC1M的距离ℎC=ℎN=12ℎA=41717.
【解析】【分析】(1)由已知可证 C1M⊥平面AA1B1B， 过点A作AQ⊥BM交BB1于点Q， AQ⊥C1M ，可得AQ⊥平面BC1M，点Q为所要找的点，求解即可得 B1QQB的值；
(2)连接C与AB的中点N ，易知 CN//平面BC1M， 点C到平面BC1M的距离ℎC等于点N到平面BC1M的距离ℎN， 进而可求点C到平面BC1M的距离．
18．（2023·茂名模拟）在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，O为AD的中点.
（1）求证：PO⊥BC；
（2）若AB//CD，AB=8，AD=DC=CB=4，PO=27，点E在棱PB上，直线AE与平面ABCD所成角为π6，求点E到平面PCD的距离.
【答案】（1）证明：∵PA=PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PO⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，
∴PO⊥BC
（2）解：由AB=8，AD=DC=CB=4，
可知ABCD四边形为等腰梯形，易知BD=43，
∵AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD
建立如图所示的空间直角坐标系，
P(0，0，27)，A(2，0，0)，B(−2，43，0)，C(−4，23，0)，D(−2，0，0)，
平面ABCD的法向量为n=(0，0，1)，
设E=(x，y，z)，则AE=(x−2，y，z)，
PE=(x，y，z−27)，PB=(−2，43，−27)，
∵直线AE与平面ABCD所成角为π6，
∴sinπ6=|cs⟨n，AE⟩|=|z|(x−2)2+y2+z2=12，
∴x2−4x+4+y2−3z2=0①
∵点E在棱PB上，∴PE=λPB(00结合向量的坐标表示得出PC=(−2，3，−m)，再结合三角形法则、向量共线定理和平面向量基本定理，再结合向量的坐标运算得出OE→=(−23，33，2m3)，再利用OE⊥PC结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积的坐标表示得出m的值，从而得出向量的坐标，再结合平面的法向量求解方法得出平面PBC的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，进而得出直线OE与平面PBC所成角的正弦值。
22．（2023·湛江模拟）如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为平行四边形，且AD=2，PB⊥BC，∠ADC=45°．
（1）证明：点P在平面ABCD的正投影在直线AD上；
（2）求平面PBC与平面PDC夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：
证明：如图，过点B在平面ABCD内作BO垂直于AD，交DA的延长线于点O，连接OP．
因为PB⊥BC，AD//BC，
所以PB⊥DO．
又BO⊥DO，PB，BO⊂平面POB，且BO∩PB=B，
所以DO⊥平面POB．
又PO⊂平面POB，
所以DO⊥PO，即AO⊥PO．
因为∠ADC=45°，AB//DC，
所以∠OAB=45°
又因为OA⊥OB，
所以∠OBA=45°=∠OAB，故OA=OB．
因为△PAB为等边三角形，所以PA=PB．
又PO=PΟ，
所以△POA≌△POB．
又PO⊥OA，
所以PO⊥OB．
又OA，OB⊂平面ABCD，且OA∩OB=O，
所以PO⊥平面ABCD，
所以点O为点P在平面ABCD的正投影，
又点O在直线AD上，
所以点P在平面ABCD的正投影在直线AD上．
（2）解：由（1）得PO，OB，OA两两垂直，以O为坐标原点，分别以OB，OA，OP所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz．
由题意可得PO=OB=OA=2．
又AD=2，
所以B(2，0，0)，P(0，0，2)，C(2，2，0)，D(0，22，0)，
所以BC=(0，2，0)，PC=(2，2，−2)，DC=(2，−2，0)．
设n=(x1，y1，z1)为平面PBC的法向量，
所以n·BC=0n·PC=0 ，即2y1=02x1+2y1−2z1=0，
令x1=1，可得n=(1，0，1)．
设m=(x2，y2，z2)为平面PDC的法向量，
所以m·DC=0m·PC=0，即2x2−2y2=02x2+2y2−2z2=0，
令x2=1，可得m=(1，1，2)，
所以|cs⟨n，m⟩|=|n⋅m||n||m|=32，
所以平面PBC与平面PDC夹角的余弦值为32．
【解析】【分析】（1）过点B在平面ABCD内作BO垂直于AD，交DA的延长线于点O，连接OP，证得DO⊥平面POB，得到AO⊥PO，再由△POA≌△POB，得到PO⊥OB，证得PO⊥平面ABCD，进而证得点P在平面ABCD的正投影在直线AD上；
（2） 由（1）得PO，OB，OA两两垂直，以O为坐标原点，分别以OB，OA，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系O−xyz，分别求得平面PBC和平面PDC的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
23．（2023·汕头模拟）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，且AG=2，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，求该多面体ABCDEF的体积．
【答案】（1）证明：因为DA⊥平面ABEF，AB，AF⊂平面ABEF，所以DA⊥AB、DA⊥AF，又AB⊥AF，
如图建立空间直角坐标系，则B(0，2，0)、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，且不存在λ使得BG=λn，即BG与n不共线，
所以BG与平面DCE不平行且不垂直.
（2）解：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=|cs⟨BF，n⟩|=|BF⋅n||BF|⋅|n|=|2a−2|a2+4×3，化简得11a2−40a−16=0，解得a=4或a=−411（舍去），
因为AD//BC，DA⊥平面ABEF，所以BC⊥平面ABEF，又AB⊂平面ABEF，BE⊂平面ABEF，
所以BC⊥AB，BC⊥BE，又AB⊥AF，AF//BE，所以AB⊥BE，
BC∩BE=B，BC，BE⊂平面BCE，所以AB⊥平面BCE，
又S△BCE=12×1×1=12，所以VD−BCE=13AB⋅S△BCE=13×2×12=13，
SABEF=12(1+5)×2=5，所以VD−ABEF=13AD⋅SABEF=13×2×5=103，
所以VABCDEF=VD−BCE+VD−ABEF=113，即多面体ABCDEF的体积为113.
【解析】【分析】（1）利用 DA⊥平面ABEF结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以DA⊥AB、DA⊥AF，再利用AB⊥AF，从而建立空间直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的坐标，再利用平面的法向量求解方法得出平面DCE的法向量，再利用数量积的坐标表示和向量共线定理证出BG与平面DCE不平行且不垂直。
（2） 设AF=a(a>0且a≠1)，则F(a，0，0)，再结合向量的坐标表示得出BF=(a，−2，0)，再利用直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55结合数量积求向量夹角公式和诱导公式得出a的值，再结合AD//BC，DA⊥平面ABEF，所以BC⊥平面ABEF，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以BC⊥AB，BC⊥BE，再利用AB⊥AF，AF//BE，所以AB⊥BE，再结合线线垂直证出线面垂直，所以AB⊥平面BCE，再利用三角形的面积公式和三棱锥的体积公式以及求和法得出多面体ABCDEF的体积。
24．（2023·广州模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，AD=2CD=2BC=4，PB=23
（1）求证：AD⊥PB；
（2）求平面PAB与平面ABCD交角的正弦值.
【答案】（1）证明：取AD中点E，连接BE，PE，
因为BC//AD，且BC=12AD=ED，所以四边形EBCD为平行四边形，即BE//CD，
因为CD⊥AD，所以BE⊥AD；
因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以PE⊥AD；
PE∩BE=E，所以AD⊥平面PEB，PB⊂平面PEB，所以AD⊥PB.
（2）解：过P做PO⊥平面ABCD，过O做OH⊥AB于H，则∠PHO为平面PAB与平面ABCD所成角，
由（1）可知：AD⊥平面PEB，AD⊂平面ABCD，所以平面PEB⊥平面ABCD，平面PEB∩平面ABCD=BE，
则O∈直线BE，由题意可知PE=2，BE=2，又PB=23，所以∠PEB=120∘，在直角三角形PEO中，∠PEO=60∘，所以PO=3，OE=1，
过E做EF⊥AB于F，则OH//EF，
在△AEB中，BE⊥AE，BE=AE=2，则AB=22，EF=12AB=2，
所以EFOH=BEBO=23，所以OH=322，tan∠PHO=3322=63，则sin∠PHO=105.
【解析】【分析】（1） 取AD中点E，连接BE，PE，利用BC//AD，且BC=12AD=ED，所以四边形EBCD为平行四边形，即BE//CD，再利用CD⊥AD，所以BE⊥AD，再结合三角形△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，所以PE⊥AD，再利用线线垂直证出线面垂直，所以AD⊥平面PEB，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出AD⊥PB。
（2） 过P做PO⊥平面ABCD，过O做OH⊥AB于H，则∠PHO为平面PAB与平面ABCD所成角，由（1）可知：AD⊥平面PEB，再结合线面垂直证出面面垂直，所以平面PEB⊥平面ABCD，再利用平面PEB∩平面ABCD=BE，则O∈直线BE，由题意可知PE=2，BE=2，再利用PB=23，进而得出∠PEB的值，在直角三角形PEO中，∠PEO=60∘，所以PO=3，OE=1，过E做EF⊥AB于F，则OH//EF，在△AEB中，BE⊥AE，BE=AE=2结合对应边成比例和正切函数的定义以及同角三角函数基本关系式，进而得出平面PAB与平面ABCD交角的正弦值。
25．（2023·深圳模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥AB，且PD=PB，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=π3．
（1）证明：平面PAC⊥平面ABCD；
（2）若PA⊥PC，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：连接DB交AC于点O，连接PO．
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
因为PB＝PD，所以PO⊥BD．
又因为AC，PO⊂平面APC，且AC∩PO=O，所以BD⊥平面APC．
又BD⊂平面ABCD，所以平面APC⊥平面ABCD．
（2）解：取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH．
因为∠BAD=π3，所以△ABD是等边三角形，所以DM⊥AB．
又因为PD⊥AB，PD∩DM=D，PD，DM⊂平面PDM，
所以AB⊥平面PDM．所以AB⊥PH．
由（1）知BD⊥PH，且AB∩BD=B，所以PH⊥平面ABCD．
由ABCD是边长为2的菱形，在△ABC中，AH=AMcs30°=233，AO=AB⋅cs30°=3．
由AP⊥PC，在△APC中，
PH2=AH⋅HC=233×433=83，所以PH=263．
以O为坐标原点，OB、OC分别为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0，−3，0)，B(1，0，0)，C(0，3，0)，H(0，−33，0)，P(0，−33，263)，
所以AB=(1，3，0)，CB=(1，−3，0)，BP=(−1，−33，263)．
设平面PAB的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
所以n1⋅BP=0n1⋅AB=0⇒−x1−33y1+263z1=0x1+3y1=0，
令y1=1得n1=(−3，1，−22)．
设平面PBC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
所以n2⋅BP=0n2⋅CB=0⇒−x2−33y2+263z2=0x2−3y2=0，
令y2=1得n2=(3，1，2)．
设平面PAB与平面PBC的夹角为θ．
所以，csθ=|cs|=|n1⋅n2||n1||n2|
=|−3×3+1×1−22×2|(−3)2+12+(−22)2×(−3)2+12+(2)2=33
所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为33．
【解析】【分析】（1） 连接DB交AC于点O，连接PO，证得BD⊥AC和PO⊥BD，利用线面垂直的判定定理，证得BD⊥平面APC，进而证得平面APC⊥平面ABCD；
（2） 取AB中点M，连接DM交AC于点H，连接PH，证得PH⊥平面ABCD，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAB和平面PBC的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
26．（2023·梅州模拟）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E为边AB的中点，过E作ED⊥AC于D.把△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A1C､A1B.
（1）F为边A1C的一点，若CF=2FA1，求证：BF//平面A1DE；
（2）当四面体C−EBA1的体积取得最大值时，求平面A1DE与平面A1BC的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：取AC中点M，连接MF，MB
因为在正三角形ABC中，MB⊥AC，
又因为ED⊥AC，所以MB//DE，
MB⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，
所以MB//平面A1DE，
又有CM=2MD，且CF=2FA1，所以MF//DA1，
而MF⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，所以MF//平面A1DE.
有MF∩MB=M，MF，MB⊂平面MFB，
所以平面MFB//平面A1DE，
又BF⊂平面MFB，
因此BF//平面A1DE.
（2）解：因为VC−BEA1=VA1−BCE，又因为△BCE的面积为定值，
所以当A1到平面BCE的距离最大时，四面体C−BEA1的体积有最大值，
因为DE⊥DC，DE⊥A1D，DC∩A1D=D，DC，A1D⊂平面A1DC，
所以DE⊥平面A1DC，
因为DE⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面A1DC，
当A1D⊥CD时，平面ABC∩平面A1DC=CD，A1D⊂平面A1DC
所以A1D⊥平面ABC，即在翻折过程中，点A1到平面BCE的最大距离是A1D，
因此四面体C−BEA1的体积取得最大值时，必有A1D⊥平面ABC.
如图，以点D为原点，DE为x轴，DA为y轴，DA1为z轴，建立空间直接坐标系，
易知MB=23，DE=3，D(0，0，0)，E(3，0，0)，
C(0，−3，0)，A1(0，0，1)，B(23，−1，0)，
n1=(0，1，0)为平面A1DE的一个法向量，
设平面BCA1的法向量为n2=(x，y，z)，
A1C=(0，−3，−1)，CB=(23，2，0)
由A1C⋅n2=−3y−z=0CB⋅n2=23x+2y=0，令y=−1得：x=33，z=3，
所以n2=(33，−1，3)为平面BCA1的一个法向量，
cs⟨n1，n2⟩=n1⋅n2|n1||n2|=−11×313=−9331.
所以平面A1DE与平面A1BC的夹角（锐角）的余弦值为9331.
【解析】【分析】（1） 取AC中点M，连接MF，MB，利用线面平行的判定定理证得以MB//平面A1DE，再由 CF=2FA1，得到MF//DA1，进而证得MF//平面A1DE，结合面面平行的判定，得到平面MFB//平面A1DE，即可证得BF//平面A1DE.
（2） 根据题意证得DE⊥平面A1DC，得到平面ABC⊥平面A1DC，从而得到A1D⊥平面ABC，以点D为原点，建立空间直接坐标系，求得平面A1DE和平面BCA1的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
27．（2023·茂名模拟）如图所示，三棱锥P−ABC，BC为圆O的直径，A是弧BC上异于B、C的点.点D在直线AC上，OD∥平面PAB，E为PC的中点.
（1）求证：DE//平面PAB；
（2）若PA=PB=PD=AB=AD=4，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为OD∥平面PAB，平面CAB∩平面PAB=AB，OD⊂平面CAB
所以OD∥AB.
又O为BC中点，所以D为AC中点.
又E为PC中点，所以DE∥PA，
因为PA⊂平面PAB，DE⊄平面PAB，
所以DE//平面PAB.
（2）解：
如图1，取BD的中点F，连结PF、AF.
由已知底面△ABC在半圆O上，BC为圆O的直径，可得AD⊥AB.
因为AB=AD=4
所以BD=AB2+AD2=42，
所以FA=FB=FD=22.
又PB=PD=4，则有PB2+PD2=32=BD2，
所以PB⊥PD，FP=22.
则有FP2+FB2=16=PB2，FP2+FA2=16=PA2，FP2+FD2=16=PD2，
所以FP⊥FB，FP⊥FA，FP⊥FD，
又FA∩FB=F，FA⊂平面ABD，FB⊂平面ABD.
所以PF⊥平面ABD.
法一：如图2建立如图所示的空间直角坐标系.
由AB=AD=4，PF=22，可得AC=8.
A(0，0，0)，B(0，4，0)，D(4，0，0)，C(8，0，0)，F(2，2，0)，P(2，2，22).
所以AB=(0，4，0)，BC=(8，−4，0)，BP=(2，−2，22).
设n1=(x1，y1，z1)为平面PAB的一个法向量，
则n1⋅AB=4y1=0n1⋅BP=2x1−2y1+22z1=0，
令z1=1，则x1=−2，y1=0，则n1=(−2，0，1).
设n2=(x2，y2，z2)为平面PBC的一个法向量，
则n2⋅BC=8x2−4y2=0n2⋅BP=2x2−2y2+22z2=0，
令x2=2，则y2=4，z2=2，则n2=(2，4，2).
设平面PAB与平面PBC的夹角为θ1，则
csθ1=|cs⟨n1⋅n2⟩|=|n1⋅n2||n1||n2|=|−22+2|3×22=3333.
法二：如图3，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为FA=FB=FD=FP=22，
则A(22，0，0)，B(0，22，0)，D(0，−22，0)，C(−22，−42，0)，P(0，0，22)，
所以AB=(−22，22，0)，BC=(−22，−62，0)，BP=(0，−22，22).
设n3=(x3，y3，z3)为平面PAB的一个法向量，
则n3⋅AB=−22x3+22y3=0n3⋅BP=−22y3+22z3=0，
令z3=1，则y3=1，x3=1，则n3=(1，1，1).
设n4=(x4，y4，z4)为平面PBC的一个法向量，
则n4⋅BC=−22x4−62y4=0n4⋅BP=−22y4+22z4=0，
令z4=1，则x4=−3，y4=1，则n4=(−3，1，1).
设平面PAB与平面PBC的夹角为θ2，则
csθ2=|cs⟨n3⋅n4⟩|=|n3⋅n4||n3||n4|=|−3+1+1|3×11=3333.
【解析】【分析】（1）由 OD∥平面PAB得 OD∥AB ，推出 DE∥PA， 根据线面平行的判定定理可证得 DE//平面PAB；
（2） 建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，求出平面PAB的一个法向量和平面PBC的一个法向量，利用向量法可求出平面PAB与平面PBC夹角的余弦值.
28．（2023·惠州模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
（1）证明：平面AEF⊥平面PBC；
（2）若直线AF与平面PAB所成的角的余弦值为255，求点P到平面AEF的距离．
【答案】（1）证明：方法一：
因为PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PA⊥BC．
因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC，
又因为PA∩AB=A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB．
因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC．
因为PA=AB，E为线段PB的中点，
所以AE⊥PB，
又因为PB∩BC=B，PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC．
又因为AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC．
方法二：
因为PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥底面ABCD
又平面PAB∩底面ABCD=AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PAB．
因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC．
因为PA=AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB．
因为PB∩BC=B，PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC，
又因为AE⊂平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC
因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，
以A为坐标原点，以AB，AD，AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)，
设BF=t(t∈[0，2])，则F(2，t，0)，
所以AE=(1，0，1)，AF=(2，t，0)，PB=(2，0，−2)，BC=(0，2，0)，
设n=(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量，
则n⋅AE=0，n⋅AF=0，所以x1+z1=0，2x1+ty1=0，取y1=2，则x1=−t，z1=t，
则n=(−t，2，t)，
设m=(x2，y2，z2)为平面PBC的法向量，
则m⋅PB=0，m⋅BC=0，所以2x2−2z2=0，2y2=0，取x2=1，则y2=0，z2=1 ，
则m=(1，0，1)
因为n⋅m=−t+0+t=0，所以n⊥m，
所以平面AEF⊥平面PBC.
（2）解：（基于（1）解法一、二）
因为PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A为坐标原点，以AB，AD，AP的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)，
易知u=(0，1，0)是平面PAB的法向量
设BF=t(t∈[0，2])，则F(2，t，0)，所以AE=(1，0，1)，AF=(2，t，0)，
所以|cs⟨AF，u⟩|=|AF⋅u||AF||u|=1−(255)2
即tt2+4=55，得t=1，所以AF=(2，1，0)，
设n=(x1，y1，z1)为平面AEF的法向量，则n⋅AE=0，n⋅AF=0，
所以平面AEF的法向量n=(−1，2，1)，
又因为AP=(0，0，2)
所以点P到平面AEF的距离为d=|AP⋅n||n|，
=26=63
所以点P到平面AEF的距离为63．
由（1）可知，∠BAF是直线AF与平面PAB所成的角，
所以cs∠BAF=ABAF=ABAB2+BF2=255
解得BF=12AB=12BC，故F是BC的中点．
所以AF=AB2+BF2=5，AE=12PB=2，EF=AF2−AE2=3
△AEF的面积为S△AEF=12AE⋅EF=62
因为PA=AB=2，△PAE的面积为S△PAE=12S△PAB=14PA⋅AB=1
设点P到平面AEF的距离为h，则有
VP−AEF=13S△AEF⋅ℎ=66ℎ=VF−PAE=13S△PAE⋅BF=13
解得ℎ=63
所以点P到平面AEF的距离为63．
（基于（1）解法三）
易知u=(0，1，0)是平面PAB的法向量
所以|cs⟨AF，u⟩|=|AF⋅u||AF||u|=1−(255)2，
即tt2+4=55，解得t=1
所以n=(−1，2，1)，
又因为AP=(0，0，2)
所以点P到平面AEF的距离为d=|AP⋅n||n|，
=26=63
所以点P到平面AEF的距离为63．
【解析】【分析】(1)利用面面垂直的判定定理或利用平面的法向量数量积等于零证明；
(2)利用坐标运算求点到平面的距离，或者用等体积法的思想求解.
29．（2023·天河模拟）在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，PA=PD，AB=2，∠ABC=60°.
（1）证明：PB//平面EAC.
（2）若四棱锥P−ABCD的体积为463，求直线EC与平面PAB所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接BD交AC于F，连接EF，
因为四边形ABCD是菱形，所以F是BD的中点，
又E是PD的中点，所以EF//PB，
因为EF⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，
所以PB//平面EAC.
（2）解：取AD的中点O，连接PO，则PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD.
设PD=a，则VP−ABCD=13×34×22×2×a2−1=463，解得a=3.
因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以OC⊥AD，且OC=3.
以O为坐标原点，以OC，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，−1，0)，B(3，−2，0)，C(3，0，0)，P(0，0，22)，D(0，1，0)，E(0，12，2)，
CE=(−3，12，2)，AP=(0，1，22)，AB=(3，−1，0)，
设平面PAB的法向量为n=(x，y，z)，
则n⋅AP=y+22z=0n⋅AB=3x−y=0，
故可设n=(4，43，−6)，
则|cs⟨CE，n⟩|=|CE⋅n|CE|⋅|n||=41035，
所以直线EC与平面PAB所成角的正弦值为41035.
【解析】【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得PB//平面EAC；
（2）根据四棱锥P−ABCD的体积求得PD=3， 以O为坐标原点，以OC，OD，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 利用向量法求得直线EC与平面PAB所成角的正弦值.