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专题20 立体几何与空间向量（解答题压轴题） 高考数学压轴题（新高考版）
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这是一份专题20 立体几何与空间向量（解答题压轴题） 高考数学压轴题（新高考版），文件包含专题20立体几何与空间向量解答题压轴题教师版docx、专题20立体几何与空间向量解答题压轴题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共83页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc4090" ①求直线与平面所成角定值问题 PAGEREF _Tc4090 \h 1
\l "_Tc907" ②求直线与平面所成角最值或范围问题 PAGEREF _Tc907 \h 9
\l "_Tc13581" ③直线与平面所成角中探索性问题 PAGEREF _Tc13581 \h 16
\l "_Tc14804" 2、平面与平面所成角问题 PAGEREF _Tc14804 \h 26
\l "_Tc26058" ①求平面与平面所成角定值问题 PAGEREF _Tc26058 \h 26
\l "_Tc24691" ②求平面与平面所成角最值或范围问题 PAGEREF _Tc24691 \h 34
\l "_Tc11403" ③平面与平面所成角中探索性问题 PAGEREF _Tc11403 \h 44
\l "_Tc11518" 3、体积（距离）问题 PAGEREF _Tc11518 \h 51
\l "_Tc29345" 4、折叠问题 PAGEREF _Tc29345 \h 58
1、直线与平面所成角问题
①求直线与平面所成角定值问题
1．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O上两点，∠AOB=2π3，E为PB中点，点F在线段AB上，且AF=2FB.
(1)证明：平面AOP⊥平面OEF；
(2)若OP=AB，求直线AP与平面OEF所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)3926
【详解】（1）设圆O的半径为r，
在△AOB中，OA=OB=r，∠AOB=2π3，∠OAB=π6，
故AB=3r，又AF=2FB，故AF=23r3，
在△AOF中，由余弦定理得OF2=OA2+AF2−2OA AF cs∠OAF=13OA2=13r2，
所以OA2+OF2=AF2，即OA⊥OF；
圆锥中，PO⊥底面⊙O，OF⊂底面⊙O，故PO⊥OF，
又OA∩OP=O，所以OF⊥平面AOP，
又OF⊂平面OEF，所以平面AOP⊥平面OEF.
（2）以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
不妨设OA=3，则OP=AB=3OA=3，OF=33OA=1，
则A(3，0，0)，P(0，0，3)，B−32，32，0，E−34，34，32，F(0，1，0)，
AP=(−3，0，3)，OE=−34，34，32，OF=(0，1，0)，
设平面OEF的一个法向量为n=(x，y，z)，
有n⋅OE=0n⋅OF=0，即−34x+34y+32z=0y=0，解得n=(23，0，1)，
设直线AP与平面OEF所成角为θ，
则sinθ=cs⟨AP，n⟩=AP·nAP·n=−6+312·13=3926.
2．（2023·宁夏银川·校考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，AC∩BD=O，且PO⊥平面ABCD，PO=2，F，G分别是PB，PD的中点，E是PA上一点，且AP=3AE.
(1)求证：BD//平面EFG；
(2)若，求直线PA与平面EFG所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)45
【详解】（1）证明：，F分别为PD，PB中点，∴GF//DB，
又BD⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，
平面EFG；
（2）底面ABCD是边长为2的菱形，所以AC⊥BD，又PO⊥平面ABCD，OA,OB⊂平面ABCD，
所以PO⊥OA,PO⊥OB，
如图所示，以O为原点，以所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
∵，底面ABCD是边长为2的菱形，∴OA=1,OD=OB=3，
则A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,−3,0)，P(0,0,2)，G(0,−32,1),F(0,32,1)．
PA=(1,0,−2),AP=(−1,0,2),OA=(1,0,0)，
又AP=3AE，AE=13AP，OE=OA+13AP=(23,0,23)，
∴E(23,0,23)，EF=(−23,32,13),EG=(−23,−32,13)，
设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EF=−23x+32y+13z=0n⋅EG=−23x−32y+13z=0⇒y=0z=2x，令x=1，所以，
设直线PA与平面EFG所成角为θ．θ∈0,π2
则sinθ=PA⋅nPAn=−35⋅5=35，故有csθ=1−sin2θ=45，
所以直线PA与平面EFG所成角的余弦值45.
3．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积为6，截面ACC1A1的面积为6．
(1)求点B到平面ACC1A1的距离；
(2)若AB=AD=2,∠BAD=60°，AA1=6，求直线BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)65
【详解】（1）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，ABC−A1B1C1是三棱柱，
，
设点B到平面ACC1A1的距离为d，则，所以d=1，
即点B到平面ACC1A1的距离为1．
（2）在▱ABCD中，AB=AD=2,∠BAD=60°，所以ABCD是菱形，连接BD交AC于O，则BO=1，
由（1）知点B到平面ACC1A1的距离为1，所以BO⊥平面ACC1A1．
设点A1在直线AC上射影为点，
则A1H=3，且，
所以O和重合，即A1O⊥AO．
以O为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据AA1=DD1=(−3,0,3),AB=DC=(−3,1,0)，则，
，设平面CC1D1D的一法向量为n=(x,y,z)，
则DD1⋅n=−3x+3z=0DC⋅n=−3x+y=0，取x=1，则n=(1,3,1)，
设直线BD1与平面CC1D1D所成角为α，则sinα=csBD1,n=BD1⋅nBD1|n|=−3−23+310×5=65，
所以直线BD1与平面CC1D1D所成角正弦值为65．
4．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD//EA，且FD=12EA=1.
(1)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；
(2)求直线EB与平面ECF所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)36
【详解】（1）延长AD,EF，设其交点为N，连接CN，
则CN为平面ABCD与平面ECF的交线，
取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．
证明如下：延长AD,EF，设其交点为N，连接CN，
则CN为平面ABCD与平面ECF的交线，
因为FD//EA，所以△FDA∽△EAN，又FD=12EA，
所以ND=12NA，
所以ND=DA=BC，又ND//BC，
所以四边形BCND为平行四边形，所以CN//BD，
取CD的中点M，连接KM，
∵K,M分别为BC,CD的中点，
∴KM//BD，∴KM//CN．
∵平面EFC， KM⊄平面EFC，
∴KM//平面EFC．
（2）以点A为原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得A0,0,0,E0,0,2,B2,0,0,C2,2,0,F0,2,1，
所以EC=2,2,−2,EB=2,0,−2,EF=0,2,−1，
设平面ECF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EC=0,n⋅EF=0.得x+y−z=02y−z=0，
取y=1得，x=1,z=2，
平面ECF的一个法向量n=(1,1,2).
设直线EB与平面ECF所成的角为θ，
则sinθ=csEB,n=EB⋅nEB⋅n=222×6=36.
所以直线EB与平面ECF所成角的正弦值为36.
5．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台ABCD−A1B1C1D1中，已知AD=2，DD1=1，BD1=7，A到平面BDD1的距离为2217.
(1)求D1到平面ABCD的距离；
(2)若AA1=32，求直线与平面ABD1所成角的正弦值.
【答案】(1)32
(2)255
【详解】（1）在正方形ABCD中，AB=AD=2，则BD=22，
在△BDD1中，由条件可知BD2=BD12+DD12，即BD1⊥DD1，
所以S△BDD1=12BD1⋅DD1=72，
因为A到平面BDD1的距离为2217，所以VA−BDD1=13×2217S△BDD1=33，
因为S△ABD=12AB⋅AD=2，记D1到平面ABCD的距离为，
所以由VD1−ABD=13ℎ⋅S△ABD=VA−BDD1=33，得ℎ=32，
即D1到平面ABCD的距离为32；
（2）在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1D1∥平面ABCD，
则D1到平面ABCD的距离即为A1到平面ABCD的距离，
假设AA1不垂直于平面ABCD，则AA1>32，与AA1=32矛盾，
所以AA1⊥平面ABCD，
又因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD，所以AA1⊥平面A1B1C1D1，
由A1D1⊂平面A1B1C1D1,AA1⊥A1D1，
所以在直角梯形AA1D1D中，如图所示，过D1作D1M⊥AD于M点，
则DM=AD−A1D1,AA1=D1M,DM2+AA12=DD12⇒DM=12,A1D1=32，
以A为原点，AB,AD,AA1方向为x,y,z轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，
则AB=2,0,0，AD1=0,32,32,CC1=−12,−12,32，
设n=x,y,z是平面ABD1的一个法向量，
由n⋅AB=2x=0n⋅AD1=32y+32z=0，取，则z=−3，所以n=0,1,−3，
设直线CC1与平面ABD1所成角为θ，则sinθ=CC1⋅nCC1⋅n=−12−3214+14+34×1+3=255.
②求直线与平面所成角最值或范围问题
1．（2023春·黑龙江·高二校联考开学考试）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，点M在边AD上，AM=15AD=14BC=22，CM=CD=2，以CM为折痕将△CMD翻折到△CMS的位置，使得点S在平面ABCD内的射影恰为线段CD的中点．
(1)求四棱锥S−ABCM体积：
(2)若点P为线段SB上的动点，求直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)536
(2)437
【详解】（1）取CD的中点O，连接SD、SO，取MD的中点F，连接CF．
∵AM=15AD=14BC=22，∴BC=MD=22，
∵CD=CM=2，∴CD2+CM2=MD2
∴CM⊥CD，，CF=12DM=2．
由题意知平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴SO⊥CD
∵O为CD中点，且CD=CS=2，∴OC=12CS=1，∴SO=3
∴V四棱锥S−ABCM=13S四边形ABCM×SO=13×12×22+22×2×3=536；
（2）延长DC到点E，以C为原点，CM、CE的方程分别为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则C0,0,0，M2,0,0，S0,−1,3，
MS=−2,−1,3，CS=0,−1,3，
∵BC=MD，且AD//BC，∴四边形BCDM为平行四边形，
∴∠BMC=∠MCD=90°，∴B2,2,0，
∴MB=0,2,0，SB=2,3,−3．
设SP=λSB，λ∈0,1
则CP=CS+SP=CS+λSB=0,−1,3+λ2,3,−3
=2λ,3λ−1,3−3λ．
设平面MBS的一个法向量n=x,y,z，直线CP与平面MBS所成的解得为θ．
由n⋅MB=0n⋅MS=0得2y=0−2x−y+3z=0，令x=3，则，
故可取n=3,0,2．
∴sinθ=csn,CP=n⋅CPn⋅CP=237⋅16λ2−12λ+4=37⋅4λ−382+716
∴当λ=38时，sinθ取得最大值437．
所以直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值437．
2．（2023春·福建福州·高二校联考期末）如图，三棱台ABC−A1B1C1中，AB=BC=2B1C1=4，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．
(1)若AB1∥平面DEC1，确定E的位置.
(2)已知CC1⊥平面ABC，且AB⊥BC1．设直线与平面DEC1所成的角为θ，试在（1）的条件下，求sinθ的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）连接DC1,DE,
由三棱台ABC−A1B1C1中，AB=BC=2B1C1=4,D是AC的中点可得A1C1//AD,A1C1=AD,所以四边形ADC1A1为平行四边形，故AA1//DC1,
AA1⊄平面DEC1, DC1⊂平面DEC1,故AA1//平面DEC1,
又AB1//平面DEC1，且AB1,AA1⊂平面ABB1A1， AB1∩AA1=A，
所以平面ABB1A1//平面DEC1，又平面平面,
平面ABC∩平面DEC1=DE,故DE//AB,
由于D是AC的中点,故E是BC的中点，
故点E在边BC的中点处，AB1//平面DEC1;
（2）因为CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC,
所以,又AB⊥BC1,CC1∩BC1=C1,CC1，BC1⊂平面BCC1B1,
故AB⊥平面BCC1B1,由于BC⊂平面BCC1B1,所以AB⊥CB ,
由（1）知：E在边BC的中点，D是AC的中点,
所以ED//AB,进而DE⊥BC，
连接B1E,由B1C1//EC,B1C1=EC,
所以四边形B1C1CE为平行四边形，
故CC1//B1E ,由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，
故ED,EC,EB1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设B1E=a，
则E0,0,0,B−2,0,0,C2,0,0,D0,2,0,C12,0,a,B10,0,a，
故ED=(0,2,0),EC1=(2,0,a) ，
设平面DEC1的法向量为m=x,y,z，
则ED⋅m=y=0EC1⋅m=2x+az=0，取x=a，则m=a,0,−2，
又BC1=4,0,a，
故sinθ=csBC1,m=BC1⋅mBC1m=2aa2+4a2+16=2a2+64a2+20≤22a2×64a2+20=13，
当且仅当，即a=22时取等号，
所以sinθ的最大值为.
3．（2023·海南海口·统考模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，平面PAD⊥平面PCD.
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若AD=2AB=2，PB=2，PD=5，BC与平面PCD所成的角为θ，求sinθ的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)55
【详解】（1）证明：过点A作AH⊥PD于，
因为平面PAD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，所以AH⊥平面PCD，
又CD⊂平面PCD，所以CD⊥AH，
由AB//CD，AB⊥AD，可知CD⊥AD，
而AH∩AD=A，AH,AD⊂平面PAD
所以CD⊥平面PAD，
因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．
（2）法1：由（1）知CD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA，
又AB//CD，所以AB⊥PA，
所以PA=PB2−AB2=1，PA2+AD2=PD2=5，所以PA⊥AD，
由AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD．
如图建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，P(0,0,1)，D(0,2,0)，设C(m,2,0)(m>0)，
平面PCD的一个法向量为n=(x0,y0,z0)，PD=(0,2,−1)，
DC=(m,0,0)，所以n⊥PD，n⊥DC，即n⋅PD=0n⋅DC=0，
得2y0−z0=0,mx0=0, 令y0=1，得n=0,1,2，
BC=m−1,2,0，所以sinθ=|BC⋅n||BC|⋅|n|=2(m−1)2+4⋅5，
显然，当m=1时，(m−1)2+4取最小值，
综上，当CD=1时，sinθ的最大值为55．
法2：设点B到平面PCD的距离为d，因为AB//CD，CD⊂平面PCD，
所以AB//平面PCD，所以点A到平面PCD的距离也为d，
由（1），CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，又AB//CD，所以AB⊥PA，
所以PA=PB2−AB2=1，所以PA2+AD2=PD2=5，所以PA⊥AD，
由（1），AH⊥平面PCD，所以d=AH=PA⋅ADPD=255，
由sinθ=dBC=255⋅1BC，在四边形ABCD中，当BC⊥CD时，BC取最小值，
此时四边形ABCD显然为矩形，BC=2，所以sinθ的最大值为255⋅12=55．
4．（2023春·江苏常州·高二江苏省溧阳中学校考阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=3，点E在棱PD上，且2PE=ED，点F是棱PC上的动点（不含端点）.
(1)若F是棱PC的中点，求∠EAF的余弦值；
(2)求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)155
(2)55
【详解】（1）由PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又AB⊥AD，所以PA、AB、AD两两垂直，
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，
则P0,0,3，A0,0,0，B3,0,0，C3,3,0，D0,3,0，E0,1,2，
当F为棱PC的中点时，F32,32,32，则AE=0,1,2，AF=32,32,32，
csAE,AF=AE⋅AFAEAF=925×332=155，
所以∠EAF的余弦值为155.
（2）PC=3,3,−3，设PF=λPC=3λ,3λ,−3λ，0<λ<1，
则AF−AP=3λ,3λ,−3λ，则AF=3λ,3λ,3−3λ，又AE=0,1,2，
设平面AEF的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅AE=0n1⋅AF=0，即y1+2z1=03λx1+3λy1+3−3λz1=0，取n1=3λ−1λ,−2,1，
PA=0,0,−3，设PA与平面AEF所成角为θ，
sinθ=csn1,PA=n1⋅PAn1PA=333λ−1λ2+4+1=11λ2−6λ+14，
令y=1λ2−6λ+14=1λ−32+5，当1λ=3时，ymin，
即λ=13时，sinθ有最大值55，
所以PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为55.
5．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知体积为1的四面体ABCD，其四个面均为全等的等腰三角形.
(1)求四面体ABCD的外接球表面积的最小值；
(2)若AB=BD=2，△ABC的面积为152，设点P为线段AB（含端点）上一动点，求直线CP与面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)339π
(2)105,45
【详解】（1）解：因为在四面体ABCD，其四个面均为全等的等腰三角形，
所以，将四面体ABCD放置于如图所示的长方体AMDN−OCQB中，其中AM=AN，则AB=AC=CD=BD，，
所以，在长方体AMDN−OCQB中，底面AMDN为正方形，设AM=AN=a，AO=b，
因为四面体ABCD的体积为1，
所以，四面体ABCD的体积为VA−BCD=V长方体−4VA−OBC=a2b−23a2b=13a2b=1，即a2b=3，
设四面体ABCD的外接球的半径为，
所以，4R2=2a2+b2=a2+a2+b2≥33a2⋅a2⋅b2=33a2b2=339，当且仅当a=b时等号成立，
所以四面体ABCD的外接球表面积S=4πR2≥339π，
所以，四面体ABCD的外接球表面积的最小值为339π
（2）解：因为AB=BD=AC=2，△ABC的面积为152，
所以，S△ABC=12⋅AB⋅ACsin∠BAC=12×2×2×sin∠BAC=152，解得sin∠BAC=154，
所以，cs∠BAC=14，
所以，在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅csA=6，即BC=6，
所以，，AM=AN=3,AO=1，
所以，以N点为坐标原点，NA,ND,NB的方向分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
所以，A3,0,0，D0,3,0，B0,0,1，C3,3,1，
则AB=−3,0,1，AD=−3,3,0，CA=0,−3,−1
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则AB⋅n=0AD⋅n=0，即z=3xx=y，令x=1，则n=1,1,3
因为点P为线段AB（含端点）上一动点，故设AP=λAB,λ∈0,1
所以CP=CA+λAB=0,−3,−1+λ−3,0,1=−3λ,−3,λ−1
设直线CP与平面所成交为θ，
所以，sinθ=csn,CP=n⋅CPn⋅CP=−3λ−3+3λ−35⋅4λ2−2λ+4=2354λ−142+154，
因为λ∈0,1，4λ−142+154∈154,6
所以，2354λ−142+154∈105,45，即sinθ∈105,45
所以，直线CP与面所成角的正弦值的取值范围105,45.
③直线与平面所成角中探索性问题
1．（2023春·福建漳州·高二校考期中）已知直角三角形ABC中∠BAC=90°,CA=2AB=4，D、E分别是AC、BC边中点，将△CDE和△BAE分别沿着DE，AE翻折，形成三棱锥，M是AD中点．
(1)证明：PM⊥平面ADE；
(2)若直线PM上存在一点Q，使得QE与平面PAE所成角的正弦值为14，求QM的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)QM=36
【详解】（1）因为D，E分别是AC，BC边中点，所以DE//AB，
因为∠BAC＝90°，即AB⊥AC，所以DE⊥AC，
所以DE⊥AD，DE⊥CD，即DE⊥PD，
因为AD∩PD＝D，AD、PD⊂平面PAD，所以DE⊥平面PAD，
又PM⊂平面PAD，所以PM⊥DE，
由题意，PA=BA=2,PD=CD=12CA=2，则PA=PD=2，
又M为AD中点，所以PM⊥AD，
因为AD∩DE＝D，AD、DE⊂平面ADE，
所以PM⊥平面ADE．
（2）以M为原点，MD、MP分别为x，z轴，作My//DE，建立如图所示的空间直角坐标系，
由PA=PD=2，DE=12AB=1，则A(−1,0,0),D(1,0,0),P(0,0,3),E(1,1,0)，
所以PA=(−1,0,−3),AE=(2,1,0)，设面PAE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PA=−x−3z=0n⋅AE=2x+y=0，令z=−1，则n=(3,−23,−1)，
设Q(0,0,t)，则QE=(1,1,−t)，
因为QE与平面PAE所成角的正弦值为14，
所以|t−34×2+t2|=14，解得t=36，则Q(0,0,36)，故QM=36．
2．（2023春·云南楚雄·高二校考期末）如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中 点，∠ABC=∠BAD=π2，SA=AB=BC=12AD=1.
(1)求证：BD//平面AEG.
(2)求平面SCD与平面ESD所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段EG上是否存在一点，使得BH与平面SCD所成角的大小为π6？若存在，求出 GH的长：若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)66
(3)322
【详解】（1）连接FG，因为四边形SADE为矩形，所以F为SD的中点，
在△SBD中，F、G分别为SD，SB的中点，
所以FG//BD，
又因为平面AEG，BD⊄平面AEG，
所以BD//平面AEG.
（2）因为SA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
所以SA⊥AB，SA⊥AD，
又，所以AB⊥AD，
以AB，AD，AS为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，S(0,0,1)，E(0,2,1)，G12,0,12⋅
，SC=(1,1,−1)，
设平面SCD的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CD=−x+y=0m⋅SC=x+y−z=0，令x=1，得y=1，z=2，
所以平面SCD的一个法向量为m=(1,1,2)，
因为SA⊥AB，AB⊥AD，SA∩AD=A，SA,AD⊂平面ESD，
所以AB⊥平面ESD
所以平面ESD的一个法向量为
所以csm,AB=m⋅ABmAB=11+1+4=66，
所以平面SCD与平面ESD所成锐二面角的余弦值为66.
（3）GE=−12,2,12，BG=−12,0,12，
假设存在点，设GH=λGE=−12λ,2λ,12λ，
则BH=BG+GH=BG+λGE=−12−12λ,2λ,12+12λ，
由（2）知，平面SCD的一个法向量为m=(1,1,2)，
因为BH与平面SCD所成角的大小为π6，
所以sinπ6=csm,BH=m⋅BHmBH=−12−12λ+2λ+1+λ4λ2+121+λ2×1+1+4=12，
所以52λ+126×92λ2+λ+12=12，即(λ−1)2=0，所以λ=1.
故存在满足题意的点，此时GH=GE=14+4+14=322.
3．（2023春·江西新余·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=DC=1，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.
(1)证明：AE⊥平面PBC；
(2)若直线与平面PAB所成角的正弦值为55，求点P到平面AEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)66
【详解】（1）证明，因为PA⊥底面ABCD，且BC⊂底面ABCD，所以PA⊥BC，
因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC，
又因为PA∩AB=A，且PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
因为AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE，
由PA=DC=AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，
因为PB∩BC=B且PB,BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC.
（2）解：因为PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，
以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在的直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，所以E12,0,12，
设F(1,t,0)(t∈[0,1])，则，
因为y轴⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为m=(0,1,0)
所以，解得t=12，所以F1,12,0；
又因为AE=12,0,12，AF=1,12,0，
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，则AE⋅n=12x+12z=0AF⋅n=x+12y=0，
取x=−1，可得y=2,z=1，所以n=(−1,2,1).
因为AP=(0,0,1)，所以点P到平面AEF的距离为d=AP⋅nn=66.
4．（2023·四川宜宾·统考三模）如图（1），在正三角形ABC中，D,E分别为AB,AC中点，将△ADE沿DE折起，使二面角为直二面角，如图（2），连接AB,AC，过点E作平面EFG与平面平行，分别交BC,AC于F,G.
(1)证明：EG⊥平面ABC；
(2)点H在线段AD上运动，当FH与平面EFG所成角的正弦值为155时，求AHAD的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)12或1
【详解】（1）作DE中点O，连接AO,OF,AF，
D,E分别为AB,AC中点，则AD=AE,∴AO⊥DE,
而二面角为直二面角，且平面ADE∩平面BCED=DE,
AO⊂平面ADE，故AO⊥平面BCED，
∵平面EFG∥平面ABD，平面EFG∩平面ABC=FG，平面ABD∩平面,
∴AB∥FG
同理BD∥EF，
由D,E分别为AB,AC中点，，则四边形BDEF为平行四边形，
故DE=BF=12BC，∴F为BC中点，∴G为AC的中点，
而AE=EC，∴GE⊥AC，
∵AO⊥平面BCED，BC⊂平面BCED，∴AO⊥BC，
而OF⊥BC，AO∩FO=O,AO,FO⊂平面AOF，∴BC⊥平面AOF，
AF⊂平面AOF，∴BC⊥AF，∴GF=GC=12AC，
由于EF=DB=EC，GE是公共边，∴△GEC≌△GEF，
∴∠FGE=∠CGE=90°，即EG⊥GF,
又AC∩GF=G,AC,GF⊂平面ABC，∴EG⊥平面ABC.
（2）由（1）知AO⊥平面BCED，以O为坐标原点，OF,OE,OA为x,y,z轴，
建立如图所示空间直角坐标系O−xyz,
令BC=4a，则O0,0,0,A0,0,3a,B3a,−2a,0,C3a,2a,0,D0,−a,0,
E0,a,0,F3a,0,0,G3a2,a,3a2,
设AHAD=λ,λ∈[0,1]，Hx,y,z,AH=λAD,故x,y,z−3a=λ0,−a,−3a，
∴x=0y=−λaz=3a1−λ，∴H0,−λa,3a1−λ，
设平面EFG的法向量n=x1,y1,z1，EF=3a,−a,0，EG=3a2,0,3a2，
则3ax1−ay1=03a2x1+3a2z1=0，取x1=1，∴n=1,3,−1，
FH=−3a,−λa,3a1−λ，而FH与平面EFG所成角的正弦值为155，
∴155=−3a−3aλ−3a1−λ53a2+λ2a2+3a1−λ2，解得λ=12或1.
5．（2023·吉林·统考三模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABFE和四边形CDEF均是等腰梯形，底面ABCD为矩形，AC与BD的交点为O，EF//平面ABCD，且EF与底面ABCD的距离为2，AE=ED,AB=2EF=4,AD=22.
(1)求证：FO∥平面ADE；
(2)在线段上是否存在一点M，使得CM与平面ADE所成角的正弦值为21421．若存在，请确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)存在；M是的中点.
【详解】（1）证明：取AD中点，连接EH,HO．
∵O是底面ABCD对角线AC与BD的交点，即BD的中点
∴HO∥12AB，HO =12AB.
∵EF∥平面ABCD，EF⊂平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE=AB，∴EF∥AB.
∵AB=2EF．
∴EF∥12AB，EF =12AB，故HO∥EF，HO＝EF，则四边形EFOH是平行四边形.
∴FO∥EH
∵EH⊂平面ADE，FO⊄平面ADE
∴FO∥平面ADE.
（2）∵AE=ED ∴EH⊥AD
∵，OH∩EH=H ,且两直线在平面内， ∴AD⊥平面EFOH.
∵AD⊂平面ABCD ∴平面ABCD⊥平面EFOH
在平面EFOH中，过O作OG⊥OH.
平面ABCD∩平面EFOH=HO ∴OG⊥平面ABCD.
取AB中点N，取BC中点Q，连接ON,．
以O为原点，ON,，OG所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
如图，
则A2,−2,0，B2,2,0，C−2,2,0，D−2,−2,0，E0,−1,2，F0,1,2，有AD=−22,0,0，AE=−2,1,2，BF=−22,0,0，
设BM=λBF=λ−2,−1,2=−2λ,−λ,2λ0≤λ≤1，
∴M2−2λ,2−λ,2λ ∴CM=22−2λ,−λ,2λ.
设n=x,y,z是平面ADE的一个法向量n⋅AD=0n⋅AE=0,
∴−22x=0−2x+y+2z=0 令y=−2，则z=1，∴n=0,−2,1
设CM与平面ADE所成角为α
∴sinα=csn⋅CM=22λ3⋅22−2λ2+λ2+2λ2=21421
化简得：2λ2+λ−1=0 ∴λ=12或－1（舍）
当M是BF的中点时，使得CM与平面ADE所成角正弦值为21421
6．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD的底面为菱形，∠ABC=π3，AB=AP=2，PA⊥底面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，G是线段PC上的一点．
(1)若PGPC=13，证明直线AG在平面AEF内；
(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为1010，试确定PGPC的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)PGPC=12或18
【详解】（1）（1）证明：取BC的中点M，连接AM，则AM⊥AD，分别以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A−xyz, 如图所示．
则A(0,0,0)，B3,−1,0，C3,1,0，P(0,0,2)，E32,−12,1， F(0,1,1)，
设G(x,y,z)，因为PG=13PC，PG=(x,y,z−2)，PC=3,1,−2．
所以x,y,z−2=133,1,−2，即G33,13,43，
AE=32,−12,1，AF=(0,1,1)，
设平面AEF的法向量m=(a,b,c)，则AE⋅m=0,AF⋅m=0,，所以32a−12b+c=0,b+c=0,
取m=3,1,−1，
所以AG⋅m=1+13−43=0，即AG⊥m．
又因为A∈平面AEF，
所以直线AG在平面AEF内．
（2）（2）设PG=λPC(0<λ<1)，则AG=AP+PG=AP+λPC=(0,0,2)+λ(3,1,−2)=(3λ,λ,2−2λ)
则sinAG,m=3λ+λ−2+2λ53λ2+λ2+2−2λ2=1010，
解得λ=12或18，即PGPC=12或18．
2、平面与平面所成角问题
①求平面与平面所成角定值问题
1．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1=60°，AB=BC=2，AC=AB1=2.
(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；
(2)求平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)57.
【详解】（1）如图，连接，交于O，连接AO.
因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥，且O为的中点.又AC=AB1=2，故AO⊥B1C.
又AB=BC=2，且∠CBB1=60°，所以CO=1,BO=3，所以AO=AC2−CO2=1.又AB=2，所以AB2=BO2+AO2，所以.
因为BO,CB1⊂平面BB1C1C，BO∩CB1=O，所以AO⊥平面BB1C1C.
又AO⊂平面，所以平面ACB1⊥平面BB1C1C.
（2）由（1）知，OA,OB,OB1两两互相垂直，因此以O为坐标原点，OB,OB1,OA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O−xyz，则A(0,0,1)，B(3,0,0)，C(0,−1,0)，C1(−3,0,0).
故CC1=(−3,1,0)，CA=(0,1,1)，CB=(3,1,0).
设n=(x1,y1,z1)为平面ACC1A1的一个法向量，则有n⋅CC1=0n⋅CA=0，即，令x1=1，则n=(1,3,−3).
设m=(x2,y2,z2)为平面ABC的一个法向量，则有m⋅CA=0m⋅CB=0，即y2+z2=03x2+y2=0，令x2=1，则m=(1,−3,3).因为平面A1B1C1∥平面ABC，所以m=(1,−3,3)也是平面A1B1C1的一个法向量.
所以cs=n⋅mnm=1−3−37×7=57.
所以平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值57.
2．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）如图，在四棱锥中，侧面ADE⊥底面BCDE，底面BCDE为菱形，．
(1)若四棱锥的体积为1，求DE的长；
(2)求平面ABE与平面ACD所成二面角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)86565
【详解】（1）如图，过A作于G，连接CE，
因为侧面ADE⊥底面BCDE，且侧面ADE∩底面面ADE，
所以AG⊥底面BCDE，
设DE=a，因为，
所以，
在菱形BCDE中，∠BCD=120°，则△BCE为等边三角形，
则SBCDE=2S△BCE=32a2，
所以四棱锥的体积V=13×32a2×34a=a38=1，
解得DE=a=2；
（2）取DE的中点O，连接OC，则OC⊥DE，
以OC的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，
，
设平面ABE的法向量为m=x,y,z，
则m⋅BE=−23x+2y=0m⋅EA=y+3z=0，令z=1，得m=−1,−3,1，
设平面ACD的法向量为n=x',y',z'，
n⋅CD=−23x'+2y'=0n⋅DA=−3y'+3z'=0，令y'=3，得n=1,3,3，
则csm,n=m⋅nmn=−1−3+35×13=−6565，
故平面ABE与平面ACD所成二面角的正弦值为1−−65652=86565.
3．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC，AB1=B1C．
(1)证明：AC⊥B1B；
(2)若，，∠ABC=120∘，求二面角A−BB1−C的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)−35
【详解】（1）取AC的中点D，连接BD，B1D，
∵AB=BC，AB1=B1C，，AC⊥B1D，
又BD∩B1D=D，BD,B1D⊂平面BB1D，∴AC⊥平面BB1D，
而平面BB1D，
；
（2）在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，
可得BD=12AB=1，AC=2AD=23，
在△AB1C中，AB1=B1C=6，AC=23，可得，
在△BB1D中，BD=1，B1D=3，BB1=2，
可得BD2+B1D2=B1B2，即B1D⊥BD，
由（1）知，AC⊥平面BB1D，AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BB1D，
又平面ABC∩平面BB1D=BD，B1D⊂平面BB1D，
∴B1D⊥平面ABC，以D为坐标原点，分别以DB、DC、DB1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则B1,0,0，A0,−3,0，C0,3,0，B10,0,3，
，，，
设平面ABB1与平面CBB1的一个法向量分别为m=(x1,y1,z1)，n=(x2,y2,z2)，
由m⋅BA=−x1−3y1=0m⋅BB1=−x1+3z1=0，取x1=3，得m=(3,−1,1)，
由n⋅BB1=−x2+3z2=0n⋅BC=−x2+3y2=0，取x2=3，得n=(3,1,1)．
∴csm,n=m⋅nmn=3−1+15×5=35．
由图可知，二面角A−BB1−C的平面角为钝角，
∴二面角A−BB1−C的余弦值为−35．
4．（2023·福建三明·统考三模）如图，平面五边形ABCDE由等边三角形ADE与直角梯形ABCD组成，其中AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2，CD=3，将△ADE沿AD折起，使点E到达点M的位置，且BM=a.
(1)当a=6时，证明AD⊥BM并求四棱锥的体积；
(2)已知点P为棱CM上靠近点C的三等分点，当a=3时，求平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，32
(2)1313
【详解】（1）如图，取AD的中点O，连结MO，OB，
因为△ADM为等边三角形，且AD=2，则OM⊥AD，OM=3.
因为AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2，CD=3，
所以，∠BDC=π6，那么∠BDA=π3，则△ADB也是等边三角形，
所以OB⊥AD，OB=3.
因为OM∩OB=O，OM，OB⊂平面MOB，
所以AD⊥平面MOB，
因为BM⊂平面MOB，所以AD⊥BM.
因为BM=a=6，所以OM2+OB2=BM2，
所以OM⊥OB，
因为OA∩OB=O，OA，OB⊂平面ABCD，
所以OM⊥平面ABCD.
所以VM−ABCD=13×121+2×3×3=32.
（2）由（1）知AD⊥平面MOB，以OA､OB所在直线分别为x轴､y轴，在平面MOB内过O作OB的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示.
则B0,3,0，D−1,0,0，C−1,3,0
在△MOB中，因为BM=a=3，所以cs∠MOB=32+32−322×3×3=−12，
由∠MOB∈0,π,则∠MOB=2π3，
过点M作直线OB的垂线，垂足为G，则∠MOG=π3，
所以MG=32，OG=32，
所以M0,−32,32
设Px,y,z，因为CP=13CM，所以x+1,y−3,z=131,−332,32，
所以x=−23，y=32，z=12，即P−23,32,12
所以DP=13,32,12，DB=1,3,0，
设平面PBD的法向量为n=x1,y1,z1，
则DP⋅n=13x1+32y1+12z1=0DB⋅n=x1+3y1=0，
不妨令x1=3，则y1=−1，z1=33，
所以n=3,−1,33
不妨设平面ABCD的法向量为m=0,0,1，设平面PBD与平面ABCD的夹角为θ
则csθ=csm,n=m⋅nm⋅n=333+1+13=1313，
所以平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值是1313.
5．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDMP中，四边形ABCD是菱形，且有∠DAB=60°，AB=DM=1，PB=2，PB⊥平面ABCD，PB∥DM．
(1)求证：AM//平面PBC；
(2)求平面与平面PBC所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)155
【详解】（1）因为四边形ABCD是菱形，
所以AD∥BC，
又AD⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以平面PBC，
因为PB∥DM，PB⊂平面PBC，DM⊄平面PBC，
所以DM//平面PBC，
又因为AD∩MD=D，AD,MD⊂平面ADM，
所以平面ADM//平面PBC，
又AM⊂平面，
所以AM//平面PBC．
（2）取AB中点，连接DH,
因为四边形ABCD是菱形，且有∠DAB=60°，AB=1,
所以三角形为正三角形，
又AB中点为，
所以DH⊥AB，DH=12−122=32,
又菱形ABCD中，，
所以DH⊥DC，
因为PB⊥平面ABCD，DH,DC⊂平面ABCD，
所以PB⊥DC,PB⊥DH，
以D为原点，DH所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DM所在直线为z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
因为四边形ABCD是菱形，且∠DAB=60°，AB=DM=1，
PB=2，PB⊥平面ABCD，PB∥DM，
所以C(0,1,0)，B32,12,0，A32,−12,0，M(0,0,1)，P32,12,2．
所以，AP=(0,1,2)，BC=−32,12,0，BP=(0,0,2)．
设平面AMP的法向量为n=x1,y1,z1，
则有n⋅AM=0n⋅AP=0，即−32x1+12y1+z1=0y1+2z1=0．
取y1=2，得，z1=−1，
所以n=(0,2,−1)．
设平面PBC的法向量为m=x2,y2,z2，则有m⋅BC=0m⋅BP=0即−32x2+12y2=02z2=0，
取y2=3，得x2=3，z2=0，
所以m=(3,3,0)，
所以cs⟨n,m⟩=n⋅m|n||m|=65×12=155，
令平面AMP与平面PBC所成的锐二面角为θ，
则csθ=cs⟨n,m⟩=n⋅m|n||m|=65×12=155
所以平面AMP与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为155．
②求平面与平面所成角最值或范围问题
1．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，，E，F分别在棱PB，BC上．
(1)当E为棱PB中点时，求证：AE⊥EF；
(2)当F为棱BC中点时，求平面AEF与平面PDC所成的二面角余弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)31010．
【详解】（1）因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD．以{AB,AD,AP}为正交基底建立空间坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
当E为棱PB中点时，E(1,0,1)，设F(2,a,0)(0≤a≤2)，
则AE=(1,0,1)，EF=(1,a,−1)，
所以AE⋅EF=1×1+0×a+1×(−1)=0，所以AE⊥EF．
（2）当F为棱BC中点时，F(2,1,0)，设E(b,0,2−b)(0≤b≤2)，
则AE=(b,0,2−b)，AF=(2,1,0)，PD=(0,2,−2)，DC=(2,0,0)．
设平面PCD的法向量为n1=x1,y1,z1，则PD⋅n1=2y1−2z1=0,DC⋅n1=2x1=0,
取z1=1，则是平面PCD的一个法向量，
设平面AEF的法向量为n2=x2,y2,z2，则AE⋅n2=bx2+(2−b)z2=0,AF⋅n2=2x2+y2=0,
取，则n2=(b−2,−2(b−2),b)是平面AEF的一个法向量．
设平面AEF与平面PDC所成角为α，
则|csα|=csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=|−2(b−2)+b|25(b−2)2+b2=4−b23b2−10b+10．
令t=4−b∈[2,4]，则|csα|=t23t2−14t+18=1218t2−14t+3，
所以当1t=718，即b=107时，|csα|取最大值31010．
所以平面AEF与平面PDC所成的二面角余弦值的最大值为31010．
2．（2023春·江苏徐州·高二徐州高级中学校考期中）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DE//BC，记.将△ADE沿DE翻折到△MDE位置，使得平面MDE⊥平面DECB，连接，MC得到图2，点N为MC的中点.
(1)当EN//平面MBD时，求λ的值；
(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B−MD−E的大小是否为定值？如果是，请求出二面角B−MD−E的正弦值；如果不是，请求出二面角B−MD−E的余弦值的取值范围.
【答案】(1)λ=12
(2)是，255
【详解】（1）取DE的中点O，连接AO并延长与BC相交，因为AD=AE，DO=OE，所以AO⊥DE，即MO⊥DE，
又平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB=DE，MO⊂平面MDE，
所以MO⊥平面DECB，建立如图空间直角坐标系，不妨设BC=2，则M0,0,3λ，Dλ,0,0，E−λ,0,0，B1,31−λ,0，C−1,31−λ,0，N−12,321−λ,32λ，
所以EN=λ−12,321−λ,32λ，MD=λ,0,−3λ，DB=1−λ,31−λ,0.
设平面BMD的法向量为m=x,y,z，则MD⋅m=λx−3λz=0BD⋅m=1−λx+31−λy=0，
令x=3，则y=−1，z=1，所以即m=3,−1,1是平面BMD的一个法向量，
因为EN∥平面MBD，所以EN⊥m，EN⋅m=3λ−12−321−λ+32λ=0，解得λ=12；
（2）
由（1）知，m=3,−1,1是平面BMD的一个法向量，
同理可求平面EMD的一个法向量为n=0,1,0，
csm,n=m⋅nmn=−15=−55，即随着λ值的变化，二面角B−MD−E的大小为定值.
且sinm,n=1−cs2m,n=255，所以二面角B−MD−E的正弦值为255.
3．（2023秋·云南昆明·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC=2π3，PD=DC=2BC=4，点E是线段AD的中点，点F在线段AP上且满足AF=λAP，PD⊥面ABCD.
(1)当λ=13时，证明：PC //平面BFE；
(2)当λ为何值时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见详解
(2)λ=12
【详解】（1）设AC∩BE=M，
因为AE //BC，则AMCM=AECB=12，
若λ=13，即AF=13AP，可得AMCM=AFPF=12，
所以MF //PC，
MF⊂平面BFE，PC⊄平面BFE，
故PC //平面BFE.
（2）连接DB，
由题意可得：AB=2AD=4,∠BAD=60°，
在△ABD中，由余弦定理DB2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠BAD=16+4−2×4×2×12=12，
即DB=23，可得AB2=AD2+DB2，则AD⊥BD，
且PD⊥面ABCD，如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则A2,0,0,B0,23,0P0,0,4,E1,0,0，
可得AP=−2,0,4,EB=−1,23,0，
设点Fa,b,c，则AF=a−2,b,c，
因为AF=λAP，则a−2=−2λb=0c=4λ，解得a=2−2λb=0c=4λ，即F2−2λ,0,4λ，
可得EF=1−2λ,0,4λ，
设平面BFE的法向量为n=x,y,z，则n⋅EF=1−2λx+4λz=0n⋅EB=−x+23y=0，
令x=43λ，则z=32λ−1,y=2λ，即n=43λ,2λ,32λ−1，
由题意可得：平面PBD的法向量m=1,0,0，
设平面BFE与平面PBD所成的二面角为θ，
则csθ=csn,m=n⋅mn⋅m=43λ1×48λ2+4λ2+32λ−12=43λ64λ2−12λ+3，
由题意可知：λ∈0,1，则有：
当λ=0时，则csθ=0；
当λ∈0,1时，则csθ=433λ2−12λ+64，
因为λ∈0,1，则1λ∈1,+∞，
关于1λ的二次函数y=3λ2−12λ+64开口向上，对称轴，
当，即λ=12时，3λ2−12λ+64取到最小值52，即3λ2+12λ+64≥52，
可得csθ∈0,23913；
综上所述：csθ∈0,23913.
所以当λ=12时，csθ取到最大值，sinθ取到最小值1313.
即当λ=12时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小.
4．（2023春·江苏淮安·高二金湖中学校联考阶段练习）如图①所示，长方形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，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)24
(2)1111
【详解】（1）取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，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=22，
底面ABCM为梯形，SABCM=1+2×1×12=32，
则四棱锥P−ABCM的体积最大值为13×32×22=24.
（2）连接DG，因为DA=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD为P−AM−D的平面角，即，
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A1,0,0，M0,1,0，C0,2,0，
过P作PH⊥DG于点，由题意得PH⊥平面ABCM，
设Px0,y0,z0，因为PG=22，所以PH=22sinθ，GH=22csθ，DH=221−csθ，
所以x0=y0=221−csθ×22=121−csθ，z0=22sinθ，
所以P121−csθ,121−csθ,22sinθ，
所以AM=−1,1,0，PA=1+csθ2,csθ−12,−22sinθ，
设平面PAM的法向量为n1=x1,y1,z1，则−x1+y1=01+csθ2x1+csθ−12y1−2sinθ2z1=0，
令z1=2，则n1=tanθ,tanθ,2，
设平面PBC的法向量为n2=x2,y2,z2，
因为CB=1,0,0，PC=csθ−12,csθ+32,−22sinθ，
则x2=0csθ−12x2+csθ+32y2−22z2sinθ=0，令y2=2sinθ，
可得n2=0,2sinθ,3+csθ，
设两平面夹角为α，
则csα=n1⋅n2n1⋅n2=2sin2θcsθ+32+2csθ2tan2θ+2sin2θ+6csθ+10=3csθ+111−cs2θ+6csθ
=3csθ+13−csθ+132+203csθ+13+809=3809csθ+132+203csθ+13−1
令t=1csθ+13，θ∈0,π2，所以t∈34,3，
所以csα=980t2+60t−9，
因为y=80t2+60t−9的对称轴为t=−38，
所以当t=3时，csα有最小值1111，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为1111．
5．（2023春·江苏常州·高二校联考阶段练习）某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱ABCD−A1B1C1D1，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为2的圆柱体的四分之一，点P为圆弧E2F2（包括端点）上的动点．
(1)若DB1⊥平面D2EF时，求点P与B1的最短距离．
(2)若D1D2=3，当点P在圆弧E2F2（包括端点）上移动时，求平面与平面A1B1C1所成的锐二面角的正切值的取值范围．
【答案】(1)52
(2)62+37,322
【详解】（1）如图，以D为原点，以DA,DC,DD2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，
设D1D2=m，
则D0,0,0,D20,0,1+m,E2,0,1,F0,2,1,B14,4,1，
DB1=4,4,1,EF=−2,2,0,ED2=−2,0,m，
∵DB1⊥平面D2EF，
DB1⋅ED2=−42+0+m=0，
，
∵点P在圆弧E2F2（包括端点）上移动，
则Pa,b,1+42，a2+b2=2，
∴PB1=a−42+b−42+422=66−8a+b，
a+b2≤2(a2+b2)，
即a+b≤2a2+b2=2，当且仅当a=b时等号成立，
∴PB1≥66−8×2=52，
∴点P与B1的最短距离为52.
（2）若D1D2=3，由（1）知A14,0,1,C10,4,1,B14,4,1，
设∠E2D2P=α，Pa,b,4，则a=2csα,b=2sinα,α∈0,π2，
所以a+b=2sinα+π4∈2,2，
又A1C1=−4,4,0，A1P=a−4,b,3，
设平面PA1C1的法向量为n=x1,y1,z1，
则n⋅A1C1=−4x1+4y1=0n⋅A1P=a−4x1+by1+3z1=0，
令x1=1，则n=1,1,4−a−b3，
取平面A1B1C1的一个法向量m=0,0,1，
设平面与平面A1B1C1所成的锐二面角的大小为θ，
则csθ=csm,n=m⋅nmn=a+b−432+(a+b−43)2，
∵0≤θ≤π，
∴sinθ>0，sinθ=1−cs2θ=22+a+b−422，
则tanθ=32a+b−4，
由a+b∈2,2，则tanθ∈62+37,322，
∴二面角P−A1C1−B1的正切值的取值范围为62+37,322.
③平面与平面所成角中探索性问题
1．（2023·西藏日喀则·统考一模）如图，已知直角梯形ABCD与ADEF，2DE=2BC=AD=AB=AF=2，AD⊥AF，ED//AF，AD⊥AB，BC//AD，G是线段上一点.
(1)平面ABCD⊥平面ABF
(2)若平面ABCD⊥平面ADEF，设平面与平面ABF所成角为θ，是否存在点G，使得csθ=1414，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点G为BF中点
【详解】（1）因为AD⊥AF，AD⊥AB，AF∩AB=A，AF、AB⊂平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ABF.
（2）由面ABCD⊥面ADEF，AD⊥AF，面ABCD∩面ADEF=AD，AF⊂面ADEF，
所以AF⊥平面ABCD，AB在面ABCD内，则AF⊥AB，结合已知建立如下空间直角坐标系，
则C(2,1,0),E(0,2,1),F(0,0,2),B(2,0,0)，设FG=λFB,λ∈0,1，得G(2λ,0,2−2λ)，
平面ABF的法向量为m=(0,1,0)，又CE=−2,1,1,CG=2λ−2,−1,2−2λ，
设平面的法向量为n=(x,y,z)，则−2x+y+z=02λ−2x−y+2−2λz=0，
取y=2−2λ，则n=3−2λ,2−2λ,4−2λ，
故|csθ|=|m⋅nmn|=2−2λ12λ2−36λ+29=1414，解得λ =12，λ=2722（舍），
所以点G的坐标为(1,0,1)，故存在点G为BF中点时使得csθ=1414.
2．（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知△ABC和△ADE所在的平面互相垂直，AD⊥AE，AB=2，AC=4，∠BAC=120°，D是线段BC的中点，AD=3.
(1)求证：；
(2)设AE=2，在线段AE上是否存在点F（异于点A），使得二面角A−BF−C的大小为45°.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【详解】（1）BC2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cs120°=4+16+8=28，故BC=27，
BD=7，则BD2=AB2+AD2，故AD⊥AB，
又AD⊥AE，AE,AB⊂平面ABE，AE∩AB=A，故AD⊥平面ABE，
BE⊂平面ABE，故，
（2）△ABC和△ADE所在的平面互相垂直，则平面ABC∩平面ADE=AD，
AD⊥AE且AE⊂平面ADE，故AE⊥平面ABC，
如图所示：以AB,AD,AE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，B2,0,0，C−2,23,0，设F0,0,a，a∈0,2，
平面ABF的一个法向量为n1=0,1,0，
设平面的一个法向量为n2=x,y,z，则n2⋅BC=23y−4x=0n2⋅BF=−2x+az=0，
取x=a得到n2=a,23a3,2，
则csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=233a73a2+4=22，解得a=23，不满足题意.
综上所述：不存在点F，使二面角A−BF−C的大小为45°.
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，，点P为棱C1D1上任意一点.
(1)求证：平面AA1C1C⊥平面PBD；
(2)若点E为棱上靠近点C的三等分点，求点P在棱C1D1上什么位置时，平面BDE与平面PBD夹角的余弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)点P为棱C1D1上靠近点D1的第一个六等分点
【详解】（1）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，∵AB=BC，故四边形ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，又AA1⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，AA1⊥BD.，
∵，且AC，AA1⊂面AA1C1C，
∴BD⊥面AA1C1C，∵BD⊂面BDP，∴平面AA1C1C⊥平面BDP.
（2）
以D为原点，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设CC1=3，∴AB=6，∴D(0,0,0)，B(6,6,0)，E(0,6,1).
设点P(0,a,3)，0≤a≤6，则DE=(0,6,1)，DP=(0,a,3)，
设面BDE一个法向量为m=(x,y,z)，
则DB⋅m=0DE⋅m=0即6x+6y=06y+z=0，令x=1，∴y=−1，z=6，∴m=(1,−1,6).
设面PBD的一个法向量为n=(p,q,r)，
则DB⋅n=0DP⋅n=0即6p+6q=0aq+3r=0，取p=3，∴q=−3，r=a，∴n=(3,−3,a).
6219=cs=|6+6a|38a2+18，
∴15a2+38a−53=0，或−5315，
∵0≤a≤6，，
∴点P为棱C1D1上靠近点D1的第一个六等分点时，
面BDE与面PBD夹角的余弦值为.
4．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，已知多面体EACBD中，EB⊥底面ACBD，EB=1，AB=2，其中底面由以AB为直径的半圆ACB及正三角形ABD组成
(1)若BC=1，求证:BC∥平面ADE.
(2)半圆AB上是否存在点M，使得二面角M−AE−D是直二面角?若存在，求出AMBM的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)存在，AMBM=53
【详解】（1）由题意可得：AC⊥BC，则sin∠CAB=BCAB=12，
且∠CAB为锐角，则∠CAB=30°，
因为三角形ABD为正三角形，则∠DAB=60°，
可得∠DAC=∠DAB+∠CAB=90°，即，
所以AD //BC，
AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，
可得BC∥平面ADE.
（2）如图，以AB的中点O为坐标原点，AB为x轴，AB的中垂线为y轴建立空间直角坐标系，
则A1,0,0,B−1,0,0,D0,−3,0,E−1,0,1，
可得AE=−2,0,1,AD=−1,−3,0，
设平面ADE的法向量n=x,y,z，则n⋅AE=−2x+z=0n⋅AD=−x−3y=0，
令x=3，则y=−1,z=23，即n=3,−1,23，
设Mcsθ,sinθ,0,θ∈0,π，平面MAE的法向量m=a,b,c，
因为AM=csθ−1,sinθ,0，则m⋅AE=−2a+c=0m⋅AM=csθ−1a+bsinθ=0，
令a=sinθ，则y=1−csθ,z=2sinθ，即m=sinθ,1−csθ,2sinθ，
若二面角M−AE−D是直二面角，则n⋅m=3sinθ−1−csθ+43sinθ=0，
整理得53sinθ+csθ=1，
联立方程，解得sinθ=5338csθ=−3738或sinθ=0csθ=1，
因为θ∈0,π，则sinθ>0，可得sinθ=5338csθ=−3738，即M−3738,5338,0
所以AM=−3738−12+53382+02=55719,BM=−3738+12+53382+02=1919，
可得当AMBM=557191919=53时，二面角M−AE−D是直二面角.
5．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图（1），平面四边形ABCD由正三角形和等腰直角三角形BCD组成，其中，∠BDC=90°．现将三角形绕着BD所在直线翻折到三角形PBD位置（如图（2）），且满足平面PBD⊥平面PCD．
(1)证明：CD⊥平面PBD；
(2)若点Q满足，当平面BCQ与平面PCD夹角的余弦值为3131时，求λ的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)λ=23
【详解】（1）证明：取PD的中点M，连结BM，在正三角形PBD中，有BM⊥PD，
又因为平面PBD⊥平面PCD，平面PBD∩平面PCD=PD，
BM⊂平面PBD，所以BM⊥平面PCD，
又因为CD⊂平面PCD，所以BM⊥CD，
在等腰直角三角形BCD中，有BD⊥CD，
又因为BD∩BM=B，且BD,BM⊂平面PBD，
所以CD⊥平面PBD．
（2）取BD的中点O，连结PO，在正三角形PBD中，有PO⊥BD，
由（1）可知CD⊥平面PBD，又因为PO⊂平面PBD，所以PO⊥CD，
又因为BD∩CD=D，且BD,CD⊂平面BCD，所以PO⊥平面BCD．
取BC的中点N，连结NO，因为点O是BD的中点，所以，
又因为CD⊥BD，所以NO⊥BD，
因为PO⊥平面BCD，BD,NO⊂平面BCD，
所以PO⊥BD，，
以O为坐标原点，OB，ON，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(−1,0,0)，P(0,0,3)，C(−1,2,0)，
所以PD=−1,0,−3，BC=−2,2,0，DC=0,2,0.
因为，所以，所以，
所以QB=1+λ,0,3λ−3，
设平面BCQ的法向量为m=(x,y,z)，
则QB⋅m=0BC⋅m=0⇒1+λx+3λ−3z=0−2x+2y=0，
令x=3−3λ，则y=3−3λ，，
则m=3−3λ,3−3λ,1+λ
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，
则PD⋅n=0DC⋅n=0⇒−x−3z=02y=0，
令x=3，则y=0，z=−1，所以n=3,0,−1，
由题意可知，cs�m,n�=m⋅nmn=3−3λ−1−λ223−3λ2+1+λ2=3131，
整理得，所以λ=23，λ=413，
又因为λ∈12,1，所以λ=23．
3、体积（距离）问题
1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在三棱台ABC−DEF中，G为AC中点，AC=2DF，AB⊥BC，BC⊥CF．
(1)求证：BC⊥平面DEG；
(2)若AB=BC=2，CF⊥AB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为π3，求三棱锥E−DFG的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)16
【详解】（1）在三棱台ABC−DEF中，G为AC中点，则AC=2GC，又AC=2DF，则GC=DF，
又AC//DF，∴四边形GCFD为平行四边形，则DG//CF，
∵BC⊥CF，∴BC⊥DG，又DE//AB，AB⊥BC，
∴BC⊥DE，∵DE,DG⊂平面DEG，DE∩DG=D，∴BC⊥平面DEG．
（2）∵CF⊥AB，DG//CF，∴DG⊥AB，
又∵DG⊥BC，AB,BC⊂平面ABC，AB∩BC=B，∴DG⊥平面ABC，
∵AB=BC=2，AB⊥BC，G为AC中点，∴GB⊥AC．
以{GB,GC,GD}为正交基底，建立空间直角坐标系，
则G(0,0,0)，，，C(0,2,0)，D(0,0,m)，m>0，F(0,2,m)，
GE=GD+DE=GD+12AB=(0,0,m)+12(2,2,0)=(22,22,m)，
设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥GEn⊥GF⇒n⋅GE=x,y,z⋅22,22,m=22x+22y+mz=0n⋅GF=x,y,z⋅0,2,m=2y+mz=0，
令z=−2，y=m，，则n=(m,m,−2)，又平面ACFD的一个法向量为m=(1,0,0)，
则cs=|m⋅n||m||n|=|(1,0,0)⋅(m,m,−2)|m2+m2+2=|m|2m2+2=12，∴m=1，即DG=1．
∵DG⊥平面ABC，平面ABC//平面DEF，DG⊥平面DEF，
∴VE−DFG=VG−DEF=13S△DEF⋅DG=13⋅(12⋅1⋅1)⋅1=16．
2．（2023·江苏苏州·模拟预测）在如图所示的圆锥中，已知P为圆锥的顶点，O为底面的圆心，其母线长为6，边长为33的等边△ABC内接于圆锥底面，OD=λOP且λ∈12,1.
(1)证明：平面DBC⊥平面DAO；
(2)若E为AB中点，射线OE与底面圆周交于点M，当二面角A−DB−C的余弦值为519时，求点M到平面BCD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)121919
【详解】（1）因为P为圆锥的顶点，O为底面的圆心，所以PO⊥面ABC.
又因为BC⊂面ABC，所以PO⊥BC，即DO⊥BC.
因为O为△ABC外接圆圆心，且△ABC为正三角形，所以OA⊥BC.
又因为OA∩OD=O且OA，OD⊂面AOD，所以BC⊥面AOD，
因为BC⊂面BCD，所以面DBC⊥面DAO.
（2）作OG∥BC交AB于G，取BC中点为F.
因为OA⊥BC，OG∥BC，所以OF⊥OG.
因为OD⊥面ABC，OG，OF⊂面ABC，所以OD⊥OG，OD⊥OF.
如图，以点O为坐标原点，OG，OF，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O−xyz.
因为PA=6，AB=33，所以AO=3，，
所以O0,0,0，A0,−3,0，B332,32,0，C−332,32,0，P0,0,33.
由OD=λOP，得D0,0,33λ，AB=332,92,0，AD=0,3,33λ，
BC=−33,0,0，DB=332,32,−33λ.
设面的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅AB=332x1+92y1=0m⋅AD=3y1+33λz1=0，
取y1=3λ，则z1=−1，x1=−3λ，所以m=−3λ,3λ,−1.
设面BCD的法向量为n=x2,y2,z2，则n⋅BC=−33x2=0n⋅DB=332x2+32y2−33λz2=0,
取y2=63λ，则z2=3，x2=0，所以n=0,63λ,3.
由csm,n=m⋅nmn=18λ2−39λ2+3λ2+1⋅108λ2+9=519，且λ∈12,1，
解得λ=23，所以D0,0,23，n=0,43,3.
又因为M332,−32,0，所以DM=332,−32,−23，
所以M到面BCD的距离d=DM⋅nn=−32×43+3×−2357=12357=121919.
3．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体ABCC1A1B1中，四边形BB1C1C是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．
(1)若A1为AB的中点，求证：直线AC//平面A1BC1；
(2)若点A1在棱AB1上且AA1=2A1B1，求点C到平面A1BC1的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)455
【详解】（1）连接，设CB1∩BC1=D，由题意可得D为的中点，连接A1D，
因为A1,D分别为AB1,CB1的中点，则A1D //AC，
A1D⊂平面A1BC1，AC⊄平面A1BC1，
所以直线AC//平面A1BC1.
（2）由题意可得：，AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，
所以BB1⊥平面ABC，
取AB的中点，连接CH，
因为△ABC是正三角形，则CH⊥AB，
又因为BB1⊥平面ABC，CH⊂平面ABC，则CH⊥BB1，
AB∩BB1=B，AB,BB1⊂平面ABB1，
所以CH⊥平面ABB1，
如图，以为坐标原点，HA,HC为x轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面A1BC1的法向量n=x,y,z，则n⋅BC1=2x+4y+23z=0n⋅BA1=43x+83y=0，
令，则，即n=2,−1,0，
所以点C到平面A1BC1的距离d=n⋅BCn=45=455.
4．（2023·北京通州·统考三模）如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD,AB=AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD.
(2)若△BCD是等腰直角三角形，∠BDC=90∘，CD=2，点E在棱AD上（与A，D不重合），若二面角E−BC−D的大小为45∘，求点D到面BCE的距离.
【答案】(1)证明见解析.
(2)1.
【详解】（1）证明：因为AB=AD，O为BD的中点，
所以AO⊥BD，
又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD．
又因为CD⊂平面BCD，
所以AO⊥CD.
（2）设BC的中点为F，则OF//CD，又因为∠BDC=90∘，所以OF⊥BD.
以O为坐标原点，以OF，OD，OA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.
因为△BCD是等腰直角三角形，∠BDC=90∘，CD=2，所以，
又因为AB⊥AD,AB=AD，O为BD的中点，根据直角三角形性质可得，OA=OB=OD=12BD=1，
则O0,0,0，A0,0,1，B0,−1,0，C2,1,0，D0,1,0，
设AE=λAD0<λ<1，则E0,λ,1−λ.
由题意可知是平面BCD的一个法向量，OA=0,0,1，
设平面BCE的一个法向量为n=x,y,z，BC=2,2,0，BE=0,λ+1,1−λ，
则有n⋅BC=0n⋅BE=0，即2x+2y=0λ+1y+1−λz=0，令x=1，则y=−1，z=1+λ1−λ，
则平面BCE的一个法向量为n=1,−1,1+λ1−λ.
根据二面角E−BC−D的大小为45∘可得，csn,OA=n⋅OAn×OA=1+λ1−λ1+1+1+λ1−λ2=cs45°=22，
解得1+λ1−λ=2，即n=1,−1,2，又因为CD=−2,0,0，
所以点D到平面BCE的距离d=n⋅CDn=21+1+2=1.
5．（2023·广东广州·广州六中校考三模）四棱锥P−ABCD中，AD∥BC，AB=AD=2BC=2，∠ABC=60°，PA⊥CD，PD⊥AC，点E是棱PD上靠近点P的三等分点．
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)若平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为31010，求四棱锥P−ABCD的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)332
【详解】（1）依题意，在△4BC中，∠ABC=60∘,AB=2,BC=1，
由余弦定理可得AC=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC=5−2=3,
则AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，
∵AD∥BC，∴，又PD⊥AC,PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD，
∴AC⊥平面PAD，
∵PA⊂平面PAD，∴AC⊥PA，
又PA⊥CD，CD∩AC=C,CD,AC⊂平面ABCD,
故PA⊥平面ABCD；
（2）以A为坐标原点，AC,AD,AP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，
设AP=m，则A(0,0,0),C(3,0,0),D(0,2,0),P(0,0,m)，E(0,23,23m)，
由（1）可知，AC⊥PA,PA⊥AD,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
故AD⊥平面PAC，∴平面PAC的一个法向量为AD=(0,2,0)，
设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，且，，
则n⋅AC=0n⋅AE=0,∴3x=023y+23mz=0，
取z=−1，所以，
因为平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为31010，
所以|cs⟨AD,n⟩|=|AD⋅n|AD||n||=|2m|21+m2=31010，解得m=3，
所以四棱锥P−ABCD的体积为13×SABCD×PA=13×12(1+2)×3×3=332
4、折叠问题
1．（2023·全国·高二课堂例题）如图（1），在等腰梯形ABCD中，M，N分别是AD，AE的中点，AE=BE=BC=CD=4，EF=λEB0≤λ≤1，将△ADE沿着DE折起，使得点A到达点P的位置，平面PDE⊥平面BCDE，如图（2）．
(1)若PC//平面MNF，求λ的值；
(2)若CQ=23CP，平面DEQ⊥平面MNF，求λ的值；
(3)若平面MNF与平面BCDE所成角的余弦值为1010，求λ的值；
(4)若点C到平面MNF的距离为3155，求λ的值．
【答案】(1)12
(2)1
(3)16
(4)14
【详解】（1）取DE的中点O，连接OC，OA，CE，
由条件可知，四边形AECD和EBCD是平行四边形，且AE=EB=BC=CD=AD，
所以△ADE，△DCE，△BCE是等边三角形，
所以折起后，OC⊥DE，PO⊥DE．
因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE=DE，PO⊂平面PDE，
所以PO⊥平面BCDE，因为OC⊂平面BCDE，所以PO⊥OC，
所以OE，OC，OP两两垂直，则以O为原点，分别以OE，OC，OP的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PE=BE=BC=CD=4，所以B4,23,0，E2,0,0，M−1,0,3，N1,0,3，，C0,23,0，
所以PC=0,23,−23，MN=2,0,0，EB=2,23,0．
因为EF=λEB=2λ,23λ,0，所以F2λ+2,23λ,0，
所以NF=2λ+1,23λ,−3．
设平面MNF的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅MN=2x1=0n1⋅NF=(2λ+1)x1+23λy1−3z1=0，令y1=1，得n1=0,1,2λ．
由PC//平面MNF，得PC⋅n1=0，即23+2λ×−23=0，解得λ=12．
（2）由CQ=23CP=0,−433,433，
得DQ=DC+CQ=EB+CQ=2,233,433，DE=CB=4,0,0．
设平面DEQ的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅DE=4x2=0n2⋅DQ=2x2+233y2+433z2=0，令z2=1，得n2=0,−2,1．
由平面DEQ⊥平面MNF，得n1⋅n2=0，即0−2+2λ=0，解得λ=1．
（3）平面BCDE的一个法向量为m=0,0,1．
设平面MNF与平面BCDE所成角为θ，则csθ=csn1,m=n1⋅mn1m=2λ2λ2+1，
因为平面MNF与平面BCDE所成角的余弦值为1010，
所以2λ2λ2+1=1010，解得λ=16或λ=−16（舍去）．
（4）连接NC，如图平面MNF的一个法向量为n1=(0,1,2λ)，NC=−1,23,−3，
则点C到平面MNF距离为d=NC⋅n1n1=23−23λ1+4λ2=3155，
化简得16λ2+40λ−11=0，解得λ=14或λ=−114（舍去）．
2．（2023·全国·高三专题练习）图①是直角梯形ABCD，AB//CD，，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE=60∘，以为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6.
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)在棱上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为155
【详解】（1）在图①中，连接AC，交于O，
∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE=60∘，∴AC⊥BE，OA=OC=3；
在图②中，相交直线OA,OC1均与垂直，∴∠AOC1是二面角A−BE−C1的平面角，
，∴OA2+OC12=AC12，，∠AOC1=90°，∴平面BC1E⊥平面ABED.
（2）以O为坐标原点，OA,OB,OC1正方向为x,y,z轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则D32,−32,0，C10,0,3，A3,0,0，B0,1,0，E0,−1,0，
∴DC1=−32,32,3，AD=−32,−32,0，AB=−3,1,0，AC1=−3,0,3，AE=−3,−1,0，
设DP=λDC1=−32λ,32λ,3λ，λ∈0,1，
则AP=AD+DP=−32−32λ,−32+32λ,3λ，
设平面ABC1的一个法向量n=x,y,z，
则AB⋅n=−3x+y=0AC1⋅n=−3x+3z=0，令x=1，解得：y=3，z=1，∴n=1,3,1；
∴点P到平面ABC1的距离d=AP⋅nn=23λ−235=155，解得：λ=12或λ=32（舍），
∴AP=−334,−34,32，∴EP=AP−AE=34,14,32，
∴csEP,n=EP⋅nEP⋅n=35=155，
∴直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为155.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC=90∘，BC=2，∠ACB=60∘，E为AB中点，过点E作ED垂直AC于D，将△ADE沿ED翻折，使得面ADE⊥面BCDE，点M是棱AC上一点，且BM//面ADE．
(1)求的值；
(2)求二面角M−BE−C的余弦值．
【答案】(1)
(2)52929
【详解】（1）因为面ADE⊥面BCDE，面ADE∩面BCDE=DE，
由题意可知，AD⊥DE，CD⊥DE，所以，
过点B作BQ垂直CD于点Q，连接QM，
因为BQ//DE，BQ⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，
所以BQ//平面ADE，
又因为BM//平面ADE，BQ∩BM=B，BQ，BM⊂平面ADE，
所以平面BQM//平面ADE，
又因为面面ADC＝QM，平面ADE∩平面ADC＝AD，所以AD//QM，
因为BC＝2，∠ACB=60∘，所以，CQ＝1，
在折叠前的图形中，AE=AB2=12BCtan30∘=3，
AC=BCcs60∘=4，所以AQ＝3，AD=AEcs30∘=32，
易知D为AQ的中点，所以DQ=32，
所以，所以；
（2）由（1）知，以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0),E32,0,0,C0,52,0，B3,32,0,M0,32,35，
易知平面BCDE的一个法向量m=0,0,1，
EB=32,32,0,MB=3,0,−35，
设平面MBE的法向量为n=x,y,z，
所以32x+32y=03x−35z=0，令x=3，则，故n=3,−1,5，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=52929，
所以二面角M−BE−C的余弦值为52929．
4．（2023春·广西南宁·高二宾阳中学校联考期末）图1是由矩形、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折起使得与重合，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BG与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)14.
【详解】（1）依题意，AD//BE,CG//BE，则AD//CG，即AD,CG确定一个平面，
所以A,C,G,D四点共面；
显然AB⊥BE,AB⊥BC，BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCGE，
因此AB⊥平面BCGE，又AB⊂平面ABC
所以平面ABC⊥平面BCGE.
（2）在平面BCGE内作EH⊥BC，垂足为，而平面BCGE⊥平面ABC，
于是EH⊥平面ABC，由荾形BCGE的边长为2,∠EBC=60°，得BH=1,EH=3，
以为原点，HC,HE的方向分别为x,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则A(−1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),B(−1,0,0)，CG=(1,0,3),AC=(2,−1,0),
设平面的法向量n=(x,y,z)，则CG⋅n=x+3z=0AC⋅n=2x−y=0，取x=3，得n=(3,23,−1)，
又BG=(3,0,3)，设BG与平面所成的角为θ，则sinθ=|cs⟨n,BG⟩|=|n⋅BG||n||BG|=33−34×23=14，
所以BG与平面所成角的正弦值14.
5．（2023春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，E为BC上一点，AE⊥BC，AE＝BE＝2CD＝2，CE=3，将四边形AECD沿AE折起，使得二面角B−AE−C的大小为30°，连接BD，BC，得到如图2．
(1)证明：平面ABE⊥平面BCE；
(2)点F是线段上一点，设EF=λEB，且二面角E−AD−F为30°，求λ的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）由题意得，AE⊥BE，
又BE∩CE=E，CE⊂平面BCE，BE⊂平面BCE，
所以AE⊥平面BCE，又AE⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面BCE，
（2）由，AE⊥BE，则∠CEB为二面角B-AE-C的平面角，
所以∠CEB=30°，
又BE=2，CE=3，所以BC=BE2+CE2−2BE⋅CEcs∠BEC=1．
以E为坐标原点，EA，EB分别为x，y轴正方向，在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，A2,0,0，B0,2,0，C0,32,32，D1,32,32，
EB=0,2,0，AD=−1,32,32，AE=−2,0,0，
由已知EF=λEB=0,2λ,0，
AF=AE+EF=−2,0,0+0,2λ,0=−2,2λ,0．
设平面ADE的法向量为m=x,y,z，则m⋅AD=0m⋅AE=0，
即−x+3y2+3z2=0−2x=0，
令y=1，可得x=0,z=−3，
所以m=0,1,−3为平面ADE的一个法向量，
设平面ADF的法向量为n=a,b,c，
则n⋅AD=0n⋅AF=0，即−a+3b2+32c=0−2a+2λb=0
令b=1，则a=λ,c=−3+233λ，
所以n=λ,1,−3+23λ3为平面ADF的一个法向量，
则cs=m⋅nm⋅n=4−2λ2×73λ2−4λ+4，
又由二面角E−AD−F为30°，
则cs=32，即4−2λ2×73λ2−4λ+4=32，
即3λ2+4λ−4=0
所以λ=−2（舍去）或λ=23．
所以λ的值为．
\l "_Tc4090" ①求直线与平面所成角定值问题 PAGEREF _Tc4090 \h 1
\l "_Tc907" ②求直线与平面所成角最值或范围问题 PAGEREF _Tc907 \h 9
\l "_Tc13581" ③直线与平面所成角中探索性问题 PAGEREF _Tc13581 \h 16
\l "_Tc14804" 2、平面与平面所成角问题 PAGEREF _Tc14804 \h 26
\l "_Tc26058" ①求平面与平面所成角定值问题 PAGEREF _Tc26058 \h 26
\l "_Tc24691" ②求平面与平面所成角最值或范围问题 PAGEREF _Tc24691 \h 34
\l "_Tc11403" ③平面与平面所成角中探索性问题 PAGEREF _Tc11403 \h 44
\l "_Tc11518" 3、体积（距离）问题 PAGEREF _Tc11518 \h 51
\l "_Tc29345" 4、折叠问题 PAGEREF _Tc29345 \h 58
1、直线与平面所成角问题
①求直线与平面所成角定值问题
1．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O上两点，∠AOB=2π3，E为PB中点，点F在线段AB上，且AF=2FB.
(1)证明：平面AOP⊥平面OEF；
(2)若OP=AB，求直线AP与平面OEF所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)3926
【详解】（1）设圆O的半径为r，
在△AOB中，OA=OB=r，∠AOB=2π3，∠OAB=π6，
故AB=3r，又AF=2FB，故AF=23r3，
在△AOF中，由余弦定理得OF2=OA2+AF2−2OA AF cs∠OAF=13OA2=13r2，
所以OA2+OF2=AF2，即OA⊥OF；
圆锥中，PO⊥底面⊙O，OF⊂底面⊙O，故PO⊥OF，
又OA∩OP=O，所以OF⊥平面AOP，
又OF⊂平面OEF，所以平面AOP⊥平面OEF.
（2）以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
不妨设OA=3，则OP=AB=3OA=3，OF=33OA=1，
则A(3，0，0)，P(0，0，3)，B−32，32，0，E−34，34，32，F(0，1，0)，
AP=(−3，0，3)，OE=−34，34，32，OF=(0，1，0)，
设平面OEF的一个法向量为n=(x，y，z)，
有n⋅OE=0n⋅OF=0，即−34x+34y+32z=0y=0，解得n=(23，0，1)，
设直线AP与平面OEF所成角为θ，
则sinθ=cs⟨AP，n⟩=AP·nAP·n=−6+312·13=3926.
2．（2023·宁夏银川·校考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，AC∩BD=O，且PO⊥平面ABCD，PO=2，F，G分别是PB，PD的中点，E是PA上一点，且AP=3AE.
(1)求证：BD//平面EFG；
(2)若，求直线PA与平面EFG所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)45
【详解】（1）证明：，F分别为PD，PB中点，∴GF//DB，
又BD⊂平面GEF，GF⊂平面GEF，
平面EFG；
（2）底面ABCD是边长为2的菱形，所以AC⊥BD，又PO⊥平面ABCD，OA,OB⊂平面ABCD，
所以PO⊥OA,PO⊥OB，
如图所示，以O为原点，以所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
∵，底面ABCD是边长为2的菱形，∴OA=1,OD=OB=3，
则A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,−3,0)，P(0,0,2)，G(0,−32,1),F(0,32,1)．
PA=(1,0,−2),AP=(−1,0,2),OA=(1,0,0)，
又AP=3AE，AE=13AP，OE=OA+13AP=(23,0,23)，
∴E(23,0,23)，EF=(−23,32,13),EG=(−23,−32,13)，
设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EF=−23x+32y+13z=0n⋅EG=−23x−32y+13z=0⇒y=0z=2x，令x=1，所以，
设直线PA与平面EFG所成角为θ．θ∈0,π2
则sinθ=PA⋅nPAn=−35⋅5=35，故有csθ=1−sin2θ=45，
所以直线PA与平面EFG所成角的余弦值45.
3．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积为6，截面ACC1A1的面积为6．
(1)求点B到平面ACC1A1的距离；
(2)若AB=AD=2,∠BAD=60°，AA1=6，求直线BD1与平面CC1D1D所成角的正弦值．
【答案】(1)1
(2)65
【详解】（1）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，ABC−A1B1C1是三棱柱，
，
设点B到平面ACC1A1的距离为d，则，所以d=1，
即点B到平面ACC1A1的距离为1．
（2）在▱ABCD中，AB=AD=2,∠BAD=60°，所以ABCD是菱形，连接BD交AC于O，则BO=1，
由（1）知点B到平面ACC1A1的距离为1，所以BO⊥平面ACC1A1．
设点A1在直线AC上射影为点，
则A1H=3，且，
所以O和重合，即A1O⊥AO．
以O为坐标原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
根据AA1=DD1=(−3,0,3),AB=DC=(−3,1,0)，则，
，设平面CC1D1D的一法向量为n=(x,y,z)，
则DD1⋅n=−3x+3z=0DC⋅n=−3x+y=0，取x=1，则n=(1,3,1)，
设直线BD1与平面CC1D1D所成角为α，则sinα=csBD1,n=BD1⋅nBD1|n|=−3−23+310×5=65，
所以直线BD1与平面CC1D1D所成角正弦值为65．
4．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD//EA，且FD=12EA=1.
(1)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明；
(2)求直线EB与平面ECF所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)36
【详解】（1）延长AD,EF，设其交点为N，连接CN，
则CN为平面ABCD与平面ECF的交线，
取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．
证明如下：延长AD,EF，设其交点为N，连接CN，
则CN为平面ABCD与平面ECF的交线，
因为FD//EA，所以△FDA∽△EAN，又FD=12EA，
所以ND=12NA，
所以ND=DA=BC，又ND//BC，
所以四边形BCND为平行四边形，所以CN//BD，
取CD的中点M，连接KM，
∵K,M分别为BC,CD的中点，
∴KM//BD，∴KM//CN．
∵平面EFC， KM⊄平面EFC，
∴KM//平面EFC．
（2）以点A为原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图.由已知可得A0,0,0,E0,0,2,B2,0,0,C2,2,0,F0,2,1，
所以EC=2,2,−2,EB=2,0,−2,EF=0,2,−1，
设平面ECF的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅EC=0,n⋅EF=0.得x+y−z=02y−z=0，
取y=1得，x=1,z=2，
平面ECF的一个法向量n=(1,1,2).
设直线EB与平面ECF所成的角为θ，
则sinθ=csEB,n=EB⋅nEB⋅n=222×6=36.
所以直线EB与平面ECF所成角的正弦值为36.
5．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台ABCD−A1B1C1D1中，已知AD=2，DD1=1，BD1=7，A到平面BDD1的距离为2217.
(1)求D1到平面ABCD的距离；
(2)若AA1=32，求直线与平面ABD1所成角的正弦值.
【答案】(1)32
(2)255
【详解】（1）在正方形ABCD中，AB=AD=2，则BD=22，
在△BDD1中，由条件可知BD2=BD12+DD12，即BD1⊥DD1，
所以S△BDD1=12BD1⋅DD1=72，
因为A到平面BDD1的距离为2217，所以VA−BDD1=13×2217S△BDD1=33，
因为S△ABD=12AB⋅AD=2，记D1到平面ABCD的距离为，
所以由VD1−ABD=13ℎ⋅S△ABD=VA−BDD1=33，得ℎ=32，
即D1到平面ABCD的距离为32；
（2）在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1D1∥平面ABCD，
则D1到平面ABCD的距离即为A1到平面ABCD的距离，
假设AA1不垂直于平面ABCD，则AA1>32，与AA1=32矛盾，
所以AA1⊥平面ABCD，
又因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD，所以AA1⊥平面A1B1C1D1，
由A1D1⊂平面A1B1C1D1,AA1⊥A1D1，
所以在直角梯形AA1D1D中，如图所示，过D1作D1M⊥AD于M点，
则DM=AD−A1D1,AA1=D1M,DM2+AA12=DD12⇒DM=12,A1D1=32，
以A为原点，AB,AD,AA1方向为x,y,z轴的正方向，如图建立空间直角坐标系，
则AB=2,0,0，AD1=0,32,32,CC1=−12,−12,32，
设n=x,y,z是平面ABD1的一个法向量，
由n⋅AB=2x=0n⋅AD1=32y+32z=0，取，则z=−3，所以n=0,1,−3，
设直线CC1与平面ABD1所成角为θ，则sinθ=CC1⋅nCC1⋅n=−12−3214+14+34×1+3=255.
②求直线与平面所成角最值或范围问题
1．（2023春·黑龙江·高二校联考开学考试）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，点M在边AD上，AM=15AD=14BC=22，CM=CD=2，以CM为折痕将△CMD翻折到△CMS的位置，使得点S在平面ABCD内的射影恰为线段CD的中点．
(1)求四棱锥S−ABCM体积：
(2)若点P为线段SB上的动点，求直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值．
【答案】(1)536
(2)437
【详解】（1）取CD的中点O，连接SD、SO，取MD的中点F，连接CF．
∵AM=15AD=14BC=22，∴BC=MD=22，
∵CD=CM=2，∴CD2+CM2=MD2
∴CM⊥CD，，CF=12DM=2．
由题意知平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴SO⊥CD
∵O为CD中点，且CD=CS=2，∴OC=12CS=1，∴SO=3
∴V四棱锥S−ABCM=13S四边形ABCM×SO=13×12×22+22×2×3=536；
（2）延长DC到点E，以C为原点，CM、CE的方程分别为x轴、y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则C0,0,0，M2,0,0，S0,−1,3，
MS=−2,−1,3，CS=0,−1,3，
∵BC=MD，且AD//BC，∴四边形BCDM为平行四边形，
∴∠BMC=∠MCD=90°，∴B2,2,0，
∴MB=0,2,0，SB=2,3,−3．
设SP=λSB，λ∈0,1
则CP=CS+SP=CS+λSB=0,−1,3+λ2,3,−3
=2λ,3λ−1,3−3λ．
设平面MBS的一个法向量n=x,y,z，直线CP与平面MBS所成的解得为θ．
由n⋅MB=0n⋅MS=0得2y=0−2x−y+3z=0，令x=3，则，
故可取n=3,0,2．
∴sinθ=csn,CP=n⋅CPn⋅CP=237⋅16λ2−12λ+4=37⋅4λ−382+716
∴当λ=38时，sinθ取得最大值437．
所以直线CP与平面MBS所成角的正弦值的最大值437．
2．（2023春·福建福州·高二校联考期末）如图，三棱台ABC−A1B1C1中，AB=BC=2B1C1=4，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．
(1)若AB1∥平面DEC1，确定E的位置.
(2)已知CC1⊥平面ABC，且AB⊥BC1．设直线与平面DEC1所成的角为θ，试在（1）的条件下，求sinθ的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）连接DC1,DE,
由三棱台ABC−A1B1C1中，AB=BC=2B1C1=4,D是AC的中点可得A1C1//AD,A1C1=AD,所以四边形ADC1A1为平行四边形，故AA1//DC1,
AA1⊄平面DEC1, DC1⊂平面DEC1,故AA1//平面DEC1,
又AB1//平面DEC1，且AB1,AA1⊂平面ABB1A1， AB1∩AA1=A，
所以平面ABB1A1//平面DEC1，又平面平面,
平面ABC∩平面DEC1=DE,故DE//AB,
由于D是AC的中点,故E是BC的中点，
故点E在边BC的中点处，AB1//平面DEC1;
（2）因为CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC,
所以,又AB⊥BC1,CC1∩BC1=C1,CC1，BC1⊂平面BCC1B1,
故AB⊥平面BCC1B1,由于BC⊂平面BCC1B1,所以AB⊥CB ,
由（1）知：E在边BC的中点，D是AC的中点,
所以ED//AB,进而DE⊥BC，
连接B1E,由B1C1//EC,B1C1=EC,
所以四边形B1C1CE为平行四边形，
故CC1//B1E ,由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，
故ED,EC,EB1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设B1E=a，
则E0,0,0,B−2,0,0,C2,0,0,D0,2,0,C12,0,a,B10,0,a，
故ED=(0,2,0),EC1=(2,0,a) ，
设平面DEC1的法向量为m=x,y,z，
则ED⋅m=y=0EC1⋅m=2x+az=0，取x=a，则m=a,0,−2，
又BC1=4,0,a，
故sinθ=csBC1,m=BC1⋅mBC1m=2aa2+4a2+16=2a2+64a2+20≤22a2×64a2+20=13，
当且仅当，即a=22时取等号，
所以sinθ的最大值为.
3．（2023·海南海口·统考模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，平面PAD⊥平面PCD.
(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若AD=2AB=2，PB=2，PD=5，BC与平面PCD所成的角为θ，求sinθ的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)55
【详解】（1）证明：过点A作AH⊥PD于，
因为平面PAD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，所以AH⊥平面PCD，
又CD⊂平面PCD，所以CD⊥AH，
由AB//CD，AB⊥AD，可知CD⊥AD，
而AH∩AD=A，AH,AD⊂平面PAD
所以CD⊥平面PAD，
因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD．
（2）法1：由（1）知CD⊥平面PAD，PA⊂平面PAD，所以CD⊥PA，
又AB//CD，所以AB⊥PA，
所以PA=PB2−AB2=1，PA2+AD2=PD2=5，所以PA⊥AD，
由AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD．
如图建立空间直角坐标系，则B(1,0,0)，P(0,0,1)，D(0,2,0)，设C(m,2,0)(m>0)，
平面PCD的一个法向量为n=(x0,y0,z0)，PD=(0,2,−1)，
DC=(m,0,0)，所以n⊥PD，n⊥DC，即n⋅PD=0n⋅DC=0，
得2y0−z0=0,mx0=0, 令y0=1，得n=0,1,2，
BC=m−1,2,0，所以sinθ=|BC⋅n||BC|⋅|n|=2(m−1)2+4⋅5，
显然，当m=1时，(m−1)2+4取最小值，
综上，当CD=1时，sinθ的最大值为55．
法2：设点B到平面PCD的距离为d，因为AB//CD，CD⊂平面PCD，
所以AB//平面PCD，所以点A到平面PCD的距离也为d，
由（1），CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，又AB//CD，所以AB⊥PA，
所以PA=PB2−AB2=1，所以PA2+AD2=PD2=5，所以PA⊥AD，
由（1），AH⊥平面PCD，所以d=AH=PA⋅ADPD=255，
由sinθ=dBC=255⋅1BC，在四边形ABCD中，当BC⊥CD时，BC取最小值，
此时四边形ABCD显然为矩形，BC=2，所以sinθ的最大值为255⋅12=55．
4．（2023春·江苏常州·高二江苏省溧阳中学校考阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=3，点E在棱PD上，且2PE=ED，点F是棱PC上的动点（不含端点）.
(1)若F是棱PC的中点，求∠EAF的余弦值；
(2)求PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)155
(2)55
【详解】（1）由PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
又AB⊥AD，所以PA、AB、AD两两垂直，
以A为坐标原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，
则P0,0,3，A0,0,0，B3,0,0，C3,3,0，D0,3,0，E0,1,2，
当F为棱PC的中点时，F32,32,32，则AE=0,1,2，AF=32,32,32，
csAE,AF=AE⋅AFAEAF=925×332=155，
所以∠EAF的余弦值为155.
（2）PC=3,3,−3，设PF=λPC=3λ,3λ,−3λ，0<λ<1，
则AF−AP=3λ,3λ,−3λ，则AF=3λ,3λ,3−3λ，又AE=0,1,2，
设平面AEF的一个法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅AE=0n1⋅AF=0，即y1+2z1=03λx1+3λy1+3−3λz1=0，取n1=3λ−1λ,−2,1，
PA=0,0,−3，设PA与平面AEF所成角为θ，
sinθ=csn1,PA=n1⋅PAn1PA=333λ−1λ2+4+1=11λ2−6λ+14，
令y=1λ2−6λ+14=1λ−32+5，当1λ=3时，ymin，
即λ=13时，sinθ有最大值55，
所以PA与平面AEF所成角的正弦值的最大值为55.
5．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）已知体积为1的四面体ABCD，其四个面均为全等的等腰三角形.
(1)求四面体ABCD的外接球表面积的最小值；
(2)若AB=BD=2，△ABC的面积为152，设点P为线段AB（含端点）上一动点，求直线CP与面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)339π
(2)105,45
【详解】（1）解：因为在四面体ABCD，其四个面均为全等的等腰三角形，
所以，将四面体ABCD放置于如图所示的长方体AMDN−OCQB中，其中AM=AN，则AB=AC=CD=BD，，
所以，在长方体AMDN−OCQB中，底面AMDN为正方形，设AM=AN=a，AO=b，
因为四面体ABCD的体积为1，
所以，四面体ABCD的体积为VA−BCD=V长方体−4VA−OBC=a2b−23a2b=13a2b=1，即a2b=3，
设四面体ABCD的外接球的半径为，
所以，4R2=2a2+b2=a2+a2+b2≥33a2⋅a2⋅b2=33a2b2=339，当且仅当a=b时等号成立，
所以四面体ABCD的外接球表面积S=4πR2≥339π，
所以，四面体ABCD的外接球表面积的最小值为339π
（2）解：因为AB=BD=AC=2，△ABC的面积为152，
所以，S△ABC=12⋅AB⋅ACsin∠BAC=12×2×2×sin∠BAC=152，解得sin∠BAC=154，
所以，cs∠BAC=14，
所以，在△ABC中，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅csA=6，即BC=6，
所以，，AM=AN=3,AO=1，
所以，以N点为坐标原点，NA,ND,NB的方向分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
所以，A3,0,0，D0,3,0，B0,0,1，C3,3,1，
则AB=−3,0,1，AD=−3,3,0，CA=0,−3,−1
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则AB⋅n=0AD⋅n=0，即z=3xx=y，令x=1，则n=1,1,3
因为点P为线段AB（含端点）上一动点，故设AP=λAB,λ∈0,1
所以CP=CA+λAB=0,−3,−1+λ−3,0,1=−3λ,−3,λ−1
设直线CP与平面所成交为θ，
所以，sinθ=csn,CP=n⋅CPn⋅CP=−3λ−3+3λ−35⋅4λ2−2λ+4=2354λ−142+154，
因为λ∈0,1，4λ−142+154∈154,6
所以，2354λ−142+154∈105,45，即sinθ∈105,45
所以，直线CP与面所成角的正弦值的取值范围105,45.
③直线与平面所成角中探索性问题
1．（2023春·福建漳州·高二校考期中）已知直角三角形ABC中∠BAC=90°,CA=2AB=4，D、E分别是AC、BC边中点，将△CDE和△BAE分别沿着DE，AE翻折，形成三棱锥，M是AD中点．
(1)证明：PM⊥平面ADE；
(2)若直线PM上存在一点Q，使得QE与平面PAE所成角的正弦值为14，求QM的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)QM=36
【详解】（1）因为D，E分别是AC，BC边中点，所以DE//AB，
因为∠BAC＝90°，即AB⊥AC，所以DE⊥AC，
所以DE⊥AD，DE⊥CD，即DE⊥PD，
因为AD∩PD＝D，AD、PD⊂平面PAD，所以DE⊥平面PAD，
又PM⊂平面PAD，所以PM⊥DE，
由题意，PA=BA=2,PD=CD=12CA=2，则PA=PD=2，
又M为AD中点，所以PM⊥AD，
因为AD∩DE＝D，AD、DE⊂平面ADE，
所以PM⊥平面ADE．
（2）以M为原点，MD、MP分别为x，z轴，作My//DE，建立如图所示的空间直角坐标系，
由PA=PD=2，DE=12AB=1，则A(−1,0,0),D(1,0,0),P(0,0,3),E(1,1,0)，
所以PA=(−1,0,−3),AE=(2,1,0)，设面PAE的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅PA=−x−3z=0n⋅AE=2x+y=0，令z=−1，则n=(3,−23,−1)，
设Q(0,0,t)，则QE=(1,1,−t)，
因为QE与平面PAE所成角的正弦值为14，
所以|t−34×2+t2|=14，解得t=36，则Q(0,0,36)，故QM=36．
2．（2023春·云南楚雄·高二校考期末）如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的对角线交于点F，G为SB的中 点，∠ABC=∠BAD=π2，SA=AB=BC=12AD=1.
(1)求证：BD//平面AEG.
(2)求平面SCD与平面ESD所成锐二面角的余弦值；
(3)在线段EG上是否存在一点，使得BH与平面SCD所成角的大小为π6？若存在，求出 GH的长：若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)66
(3)322
【详解】（1）连接FG，因为四边形SADE为矩形，所以F为SD的中点，
在△SBD中，F、G分别为SD，SB的中点，
所以FG//BD，
又因为平面AEG，BD⊄平面AEG，
所以BD//平面AEG.
（2）因为SA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
所以SA⊥AB，SA⊥AD，
又，所以AB⊥AD，
以AB，AD，AS为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，S(0,0,1)，E(0,2,1)，G12,0,12⋅
，SC=(1,1,−1)，
设平面SCD的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅CD=−x+y=0m⋅SC=x+y−z=0，令x=1，得y=1，z=2，
所以平面SCD的一个法向量为m=(1,1,2)，
因为SA⊥AB，AB⊥AD，SA∩AD=A，SA,AD⊂平面ESD，
所以AB⊥平面ESD
所以平面ESD的一个法向量为
所以csm,AB=m⋅ABmAB=11+1+4=66，
所以平面SCD与平面ESD所成锐二面角的余弦值为66.
（3）GE=−12,2,12，BG=−12,0,12，
假设存在点，设GH=λGE=−12λ,2λ,12λ，
则BH=BG+GH=BG+λGE=−12−12λ,2λ,12+12λ，
由（2）知，平面SCD的一个法向量为m=(1,1,2)，
因为BH与平面SCD所成角的大小为π6，
所以sinπ6=csm,BH=m⋅BHmBH=−12−12λ+2λ+1+λ4λ2+121+λ2×1+1+4=12，
所以52λ+126×92λ2+λ+12=12，即(λ−1)2=0，所以λ=1.
故存在满足题意的点，此时GH=GE=14+4+14=322.
3．（2023春·江西新余·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=DC=1，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点.
(1)证明：AE⊥平面PBC；
(2)若直线与平面PAB所成角的正弦值为55，求点P到平面AEF的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)66
【详解】（1）证明，因为PA⊥底面ABCD，且BC⊂底面ABCD，所以PA⊥BC，
因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC，
又因为PA∩AB=A，且PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
因为AE⊂平面PAB，所以BC⊥AE，
由PA=DC=AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，
因为PB∩BC=B且PB,BC⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC.
（2）解：因为PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，
以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在的直线分别为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，如图所示，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，所以E12,0,12，
设F(1,t,0)(t∈[0,1])，则，
因为y轴⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为m=(0,1,0)
所以，解得t=12，所以F1,12,0；
又因为AE=12,0,12，AF=1,12,0，
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，则AE⋅n=12x+12z=0AF⋅n=x+12y=0，
取x=−1，可得y=2,z=1，所以n=(−1,2,1).
因为AP=(0,0,1)，所以点P到平面AEF的距离为d=AP⋅nn=66.
4．（2023·四川宜宾·统考三模）如图（1），在正三角形ABC中，D,E分别为AB,AC中点，将△ADE沿DE折起，使二面角为直二面角，如图（2），连接AB,AC，过点E作平面EFG与平面平行，分别交BC,AC于F,G.
(1)证明：EG⊥平面ABC；
(2)点H在线段AD上运动，当FH与平面EFG所成角的正弦值为155时，求AHAD的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)12或1
【详解】（1）作DE中点O，连接AO,OF,AF，
D,E分别为AB,AC中点，则AD=AE,∴AO⊥DE,
而二面角为直二面角，且平面ADE∩平面BCED=DE,
AO⊂平面ADE，故AO⊥平面BCED，
∵平面EFG∥平面ABD，平面EFG∩平面ABC=FG，平面ABD∩平面,
∴AB∥FG
同理BD∥EF，
由D,E分别为AB,AC中点，，则四边形BDEF为平行四边形，
故DE=BF=12BC，∴F为BC中点，∴G为AC的中点，
而AE=EC，∴GE⊥AC，
∵AO⊥平面BCED，BC⊂平面BCED，∴AO⊥BC，
而OF⊥BC，AO∩FO=O,AO,FO⊂平面AOF，∴BC⊥平面AOF，
AF⊂平面AOF，∴BC⊥AF，∴GF=GC=12AC，
由于EF=DB=EC，GE是公共边，∴△GEC≌△GEF，
∴∠FGE=∠CGE=90°，即EG⊥GF,
又AC∩GF=G,AC,GF⊂平面ABC，∴EG⊥平面ABC.
（2）由（1）知AO⊥平面BCED，以O为坐标原点，OF,OE,OA为x,y,z轴，
建立如图所示空间直角坐标系O−xyz,
令BC=4a，则O0,0,0,A0,0,3a,B3a,−2a,0,C3a,2a,0,D0,−a,0,
E0,a,0,F3a,0,0,G3a2,a,3a2,
设AHAD=λ,λ∈[0,1]，Hx,y,z,AH=λAD,故x,y,z−3a=λ0,−a,−3a，
∴x=0y=−λaz=3a1−λ，∴H0,−λa,3a1−λ，
设平面EFG的法向量n=x1,y1,z1，EF=3a,−a,0，EG=3a2,0,3a2，
则3ax1−ay1=03a2x1+3a2z1=0，取x1=1，∴n=1,3,−1，
FH=−3a,−λa,3a1−λ，而FH与平面EFG所成角的正弦值为155，
∴155=−3a−3aλ−3a1−λ53a2+λ2a2+3a1−λ2，解得λ=12或1.
5．（2023·吉林·统考三模）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABFE和四边形CDEF均是等腰梯形，底面ABCD为矩形，AC与BD的交点为O，EF//平面ABCD，且EF与底面ABCD的距离为2，AE=ED,AB=2EF=4,AD=22.
(1)求证：FO∥平面ADE；
(2)在线段上是否存在一点M，使得CM与平面ADE所成角的正弦值为21421．若存在，请确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析;
(2)存在；M是的中点.
【详解】（1）证明：取AD中点，连接EH,HO．
∵O是底面ABCD对角线AC与BD的交点，即BD的中点
∴HO∥12AB，HO =12AB.
∵EF∥平面ABCD，EF⊂平面ABFE，平面ABCD∩平面ABFE=AB，∴EF∥AB.
∵AB=2EF．
∴EF∥12AB，EF =12AB，故HO∥EF，HO＝EF，则四边形EFOH是平行四边形.
∴FO∥EH
∵EH⊂平面ADE，FO⊄平面ADE
∴FO∥平面ADE.
（2）∵AE=ED ∴EH⊥AD
∵，OH∩EH=H ,且两直线在平面内， ∴AD⊥平面EFOH.
∵AD⊂平面ABCD ∴平面ABCD⊥平面EFOH
在平面EFOH中，过O作OG⊥OH.
平面ABCD∩平面EFOH=HO ∴OG⊥平面ABCD.
取AB中点N，取BC中点Q，连接ON,．
以O为原点，ON,，OG所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
如图，
则A2,−2,0，B2,2,0，C−2,2,0，D−2,−2,0，E0,−1,2，F0,1,2，有AD=−22,0,0，AE=−2,1,2，BF=−22,0,0，
设BM=λBF=λ−2,−1,2=−2λ,−λ,2λ0≤λ≤1，
∴M2−2λ,2−λ,2λ ∴CM=22−2λ,−λ,2λ.
设n=x,y,z是平面ADE的一个法向量n⋅AD=0n⋅AE=0,
∴−22x=0−2x+y+2z=0 令y=−2，则z=1，∴n=0,−2,1
设CM与平面ADE所成角为α
∴sinα=csn⋅CM=22λ3⋅22−2λ2+λ2+2λ2=21421
化简得：2λ2+λ−1=0 ∴λ=12或－1（舍）
当M是BF的中点时，使得CM与平面ADE所成角正弦值为21421
6．（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD的底面为菱形，∠ABC=π3，AB=AP=2，PA⊥底面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，G是线段PC上的一点．
(1)若PGPC=13，证明直线AG在平面AEF内；
(2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为1010，试确定PGPC的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)PGPC=12或18
【详解】（1）（1）证明：取BC的中点M，连接AM，则AM⊥AD，分别以AM，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系A−xyz, 如图所示．
则A(0,0,0)，B3,−1,0，C3,1,0，P(0,0,2)，E32,−12,1， F(0,1,1)，
设G(x,y,z)，因为PG=13PC，PG=(x,y,z−2)，PC=3,1,−2．
所以x,y,z−2=133,1,−2，即G33,13,43，
AE=32,−12,1，AF=(0,1,1)，
设平面AEF的法向量m=(a,b,c)，则AE⋅m=0,AF⋅m=0,，所以32a−12b+c=0,b+c=0,
取m=3,1,−1，
所以AG⋅m=1+13−43=0，即AG⊥m．
又因为A∈平面AEF，
所以直线AG在平面AEF内．
（2）（2）设PG=λPC(0<λ<1)，则AG=AP+PG=AP+λPC=(0,0,2)+λ(3,1,−2)=(3λ,λ,2−2λ)
则sinAG,m=3λ+λ−2+2λ53λ2+λ2+2−2λ2=1010，
解得λ=12或18，即PGPC=12或18．
2、平面与平面所成角问题
①求平面与平面所成角定值问题
1．（2023·山西运城·山西省运城中学校校考二模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，∠CBB1=60°，AB=BC=2，AC=AB1=2.
(1)证明：平面ACB1⊥平面BB1C1C；
(2)求平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)57.
【详解】（1）如图，连接，交于O，连接AO.
因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1C⊥，且O为的中点.又AC=AB1=2，故AO⊥B1C.
又AB=BC=2，且∠CBB1=60°，所以CO=1,BO=3，所以AO=AC2−CO2=1.又AB=2，所以AB2=BO2+AO2，所以.
因为BO,CB1⊂平面BB1C1C，BO∩CB1=O，所以AO⊥平面BB1C1C.
又AO⊂平面，所以平面ACB1⊥平面BB1C1C.
（2）由（1）知，OA,OB,OB1两两互相垂直，因此以O为坐标原点，OB,OB1,OA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O−xyz，则A(0,0,1)，B(3,0,0)，C(0,−1,0)，C1(−3,0,0).
故CC1=(−3,1,0)，CA=(0,1,1)，CB=(3,1,0).
设n=(x1,y1,z1)为平面ACC1A1的一个法向量，则有n⋅CC1=0n⋅CA=0，即，令x1=1，则n=(1,3,−3).
设m=(x2,y2,z2)为平面ABC的一个法向量，则有m⋅CA=0m⋅CB=0，即y2+z2=03x2+y2=0，令x2=1，则m=(1,−3,3).因为平面A1B1C1∥平面ABC，所以m=(1,−3,3)也是平面A1B1C1的一个法向量.
所以cs
所以平面ACC1A1与平面A1B1C1夹角的余弦值57.
2．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）如图，在四棱锥中，侧面ADE⊥底面BCDE，底面BCDE为菱形，．
(1)若四棱锥的体积为1，求DE的长；
(2)求平面ABE与平面ACD所成二面角的正弦值．
【答案】(1)2
(2)86565
【详解】（1）如图，过A作于G，连接CE，
因为侧面ADE⊥底面BCDE，且侧面ADE∩底面面ADE，
所以AG⊥底面BCDE，
设DE=a，因为，
所以，
在菱形BCDE中，∠BCD=120°，则△BCE为等边三角形，
则SBCDE=2S△BCE=32a2，
所以四棱锥的体积V=13×32a2×34a=a38=1，
解得DE=a=2；
（2）取DE的中点O，连接OC，则OC⊥DE，
以OC的方向为x轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，
，
设平面ABE的法向量为m=x,y,z，
则m⋅BE=−23x+2y=0m⋅EA=y+3z=0，令z=1，得m=−1,−3,1，
设平面ACD的法向量为n=x',y',z'，
n⋅CD=−23x'+2y'=0n⋅DA=−3y'+3z'=0，令y'=3，得n=1,3,3，
则csm,n=m⋅nmn=−1−3+35×13=−6565，
故平面ABE与平面ACD所成二面角的正弦值为1−−65652=86565.
3．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=BC，AB1=B1C．
(1)证明：AC⊥B1B；
(2)若，，∠ABC=120∘，求二面角A−BB1−C的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)−35
【详解】（1）取AC的中点D，连接BD，B1D，
∵AB=BC，AB1=B1C，，AC⊥B1D，
又BD∩B1D=D，BD,B1D⊂平面BB1D，∴AC⊥平面BB1D，
而平面BB1D，
；
（2）在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，
可得BD=12AB=1，AC=2AD=23，
在△AB1C中，AB1=B1C=6，AC=23，可得，
在△BB1D中，BD=1，B1D=3，BB1=2，
可得BD2+B1D2=B1B2，即B1D⊥BD，
由（1）知，AC⊥平面BB1D，AC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BB1D，
又平面ABC∩平面BB1D=BD，B1D⊂平面BB1D，
∴B1D⊥平面ABC，以D为坐标原点，分别以DB、DC、DB1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则B1,0,0，A0,−3,0，C0,3,0，B10,0,3，
，，，
设平面ABB1与平面CBB1的一个法向量分别为m=(x1,y1,z1)，n=(x2,y2,z2)，
由m⋅BA=−x1−3y1=0m⋅BB1=−x1+3z1=0，取x1=3，得m=(3,−1,1)，
由n⋅BB1=−x2+3z2=0n⋅BC=−x2+3y2=0，取x2=3，得n=(3,1,1)．
∴csm,n=m⋅nmn=3−1+15×5=35．
由图可知，二面角A−BB1−C的平面角为钝角，
∴二面角A−BB1−C的余弦值为−35．
4．（2023·福建三明·统考三模）如图，平面五边形ABCDE由等边三角形ADE与直角梯形ABCD组成，其中AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2，CD=3，将△ADE沿AD折起，使点E到达点M的位置，且BM=a.
(1)当a=6时，证明AD⊥BM并求四棱锥的体积；
(2)已知点P为棱CM上靠近点C的三等分点，当a=3时，求平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析，32
(2)1313
【详解】（1）如图，取AD的中点O，连结MO，OB，
因为△ADM为等边三角形，且AD=2，则OM⊥AD，OM=3.
因为AD∥BC，AD⊥DC，AD=2BC=2，CD=3，
所以，∠BDC=π6，那么∠BDA=π3，则△ADB也是等边三角形，
所以OB⊥AD，OB=3.
因为OM∩OB=O，OM，OB⊂平面MOB，
所以AD⊥平面MOB，
因为BM⊂平面MOB，所以AD⊥BM.
因为BM=a=6，所以OM2+OB2=BM2，
所以OM⊥OB，
因为OA∩OB=O，OA，OB⊂平面ABCD，
所以OM⊥平面ABCD.
所以VM−ABCD=13×121+2×3×3=32.
（2）由（1）知AD⊥平面MOB，以OA､OB所在直线分别为x轴､y轴，在平面MOB内过O作OB的垂线作为z轴，建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示.
则B0,3,0，D−1,0,0，C−1,3,0
在△MOB中，因为BM=a=3，所以cs∠MOB=32+32−322×3×3=−12，
由∠MOB∈0,π,则∠MOB=2π3，
过点M作直线OB的垂线，垂足为G，则∠MOG=π3，
所以MG=32，OG=32，
所以M0,−32,32
设Px,y,z，因为CP=13CM，所以x+1,y−3,z=131,−332,32，
所以x=−23，y=32，z=12，即P−23,32,12
所以DP=13,32,12，DB=1,3,0，
设平面PBD的法向量为n=x1,y1,z1，
则DP⋅n=13x1+32y1+12z1=0DB⋅n=x1+3y1=0，
不妨令x1=3，则y1=−1，z1=33，
所以n=3,−1,33
不妨设平面ABCD的法向量为m=0,0,1，设平面PBD与平面ABCD的夹角为θ
则csθ=csm,n=m⋅nm⋅n=333+1+13=1313，
所以平面PBD与平面ABCD夹角的余弦值是1313.
5．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCDMP中，四边形ABCD是菱形，且有∠DAB=60°，AB=DM=1，PB=2，PB⊥平面ABCD，PB∥DM．
(1)求证：AM//平面PBC；
(2)求平面与平面PBC所成的锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)155
【详解】（1）因为四边形ABCD是菱形，
所以AD∥BC，
又AD⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以平面PBC，
因为PB∥DM，PB⊂平面PBC，DM⊄平面PBC，
所以DM//平面PBC，
又因为AD∩MD=D，AD,MD⊂平面ADM，
所以平面ADM//平面PBC，
又AM⊂平面，
所以AM//平面PBC．
（2）取AB中点，连接DH,
因为四边形ABCD是菱形，且有∠DAB=60°，AB=1,
所以三角形为正三角形，
又AB中点为，
所以DH⊥AB，DH=12−122=32,
又菱形ABCD中，，
所以DH⊥DC，
因为PB⊥平面ABCD，DH,DC⊂平面ABCD，
所以PB⊥DC,PB⊥DH，
以D为原点，DH所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DM所在直线为z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
因为四边形ABCD是菱形，且∠DAB=60°，AB=DM=1，
PB=2，PB⊥平面ABCD，PB∥DM，
所以C(0,1,0)，B32,12,0，A32,−12,0，M(0,0,1)，P32,12,2．
所以，AP=(0,1,2)，BC=−32,12,0，BP=(0,0,2)．
设平面AMP的法向量为n=x1,y1,z1，
则有n⋅AM=0n⋅AP=0，即−32x1+12y1+z1=0y1+2z1=0．
取y1=2，得，z1=−1，
所以n=(0,2,−1)．
设平面PBC的法向量为m=x2,y2,z2，则有m⋅BC=0m⋅BP=0即−32x2+12y2=02z2=0，
取y2=3，得x2=3，z2=0，
所以m=(3,3,0)，
所以cs⟨n,m⟩=n⋅m|n||m|=65×12=155，
令平面AMP与平面PBC所成的锐二面角为θ，
则csθ=cs⟨n,m⟩=n⋅m|n||m|=65×12=155
所以平面AMP与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为155．
②求平面与平面所成角最值或范围问题
1．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，，E，F分别在棱PB，BC上．
(1)当E为棱PB中点时，求证：AE⊥EF；
(2)当F为棱BC中点时，求平面AEF与平面PDC所成的二面角余弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)31010．
【详解】（1）因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又因为PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB，PA⊥AD．以{AB,AD,AP}为正交基底建立空间坐标系A−xyz，
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
当E为棱PB中点时，E(1,0,1)，设F(2,a,0)(0≤a≤2)，
则AE=(1,0,1)，EF=(1,a,−1)，
所以AE⋅EF=1×1+0×a+1×(−1)=0，所以AE⊥EF．
（2）当F为棱BC中点时，F(2,1,0)，设E(b,0,2−b)(0≤b≤2)，
则AE=(b,0,2−b)，AF=(2,1,0)，PD=(0,2,−2)，DC=(2,0,0)．
设平面PCD的法向量为n1=x1,y1,z1，则PD⋅n1=2y1−2z1=0,DC⋅n1=2x1=0,
取z1=1，则是平面PCD的一个法向量，
设平面AEF的法向量为n2=x2,y2,z2，则AE⋅n2=bx2+(2−b)z2=0,AF⋅n2=2x2+y2=0,
取，则n2=(b−2,−2(b−2),b)是平面AEF的一个法向量．
设平面AEF与平面PDC所成角为α，
则|csα|=csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=|−2(b−2)+b|25(b−2)2+b2=4−b23b2−10b+10．
令t=4−b∈[2,4]，则|csα|=t23t2−14t+18=1218t2−14t+3，
所以当1t=718，即b=107时，|csα|取最大值31010．
所以平面AEF与平面PDC所成的二面角余弦值的最大值为31010．
2．（2023春·江苏徐州·高二徐州高级中学校考期中）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DE//BC，记.将△ADE沿DE翻折到△MDE位置，使得平面MDE⊥平面DECB，连接，MC得到图2，点N为MC的中点.
(1)当EN//平面MBD时，求λ的值；
(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B−MD−E的大小是否为定值？如果是，请求出二面角B−MD−E的正弦值；如果不是，请求出二面角B−MD−E的余弦值的取值范围.
【答案】(1)λ=12
(2)是，255
【详解】（1）取DE的中点O，连接AO并延长与BC相交，因为AD=AE，DO=OE，所以AO⊥DE，即MO⊥DE，
又平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB=DE，MO⊂平面MDE，
所以MO⊥平面DECB，建立如图空间直角坐标系，不妨设BC=2，则M0,0,3λ，Dλ,0,0，E−λ,0,0，B1,31−λ,0，C−1,31−λ,0，N−12,321−λ,32λ，
所以EN=λ−12,321−λ,32λ，MD=λ,0,−3λ，DB=1−λ,31−λ,0.
设平面BMD的法向量为m=x,y,z，则MD⋅m=λx−3λz=0BD⋅m=1−λx+31−λy=0，
令x=3，则y=−1，z=1，所以即m=3,−1,1是平面BMD的一个法向量，
因为EN∥平面MBD，所以EN⊥m，EN⋅m=3λ−12−321−λ+32λ=0，解得λ=12；
（2）
由（1）知，m=3,−1,1是平面BMD的一个法向量，
同理可求平面EMD的一个法向量为n=0,1,0，
csm,n=m⋅nmn=−15=−55，即随着λ值的变化，二面角B−MD−E的大小为定值.
且sinm,n=1−cs2m,n=255，所以二面角B−MD−E的正弦值为255.
3．（2023秋·云南昆明·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC=2π3，PD=DC=2BC=4，点E是线段AD的中点，点F在线段AP上且满足AF=λAP，PD⊥面ABCD.
(1)当λ=13时，证明：PC //平面BFE；
(2)当λ为何值时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见详解
(2)λ=12
【详解】（1）设AC∩BE=M，
因为AE //BC，则AMCM=AECB=12，
若λ=13，即AF=13AP，可得AMCM=AFPF=12，
所以MF //PC，
MF⊂平面BFE，PC⊄平面BFE，
故PC //平面BFE.
（2）连接DB，
由题意可得：AB=2AD=4,∠BAD=60°，
在△ABD中，由余弦定理DB2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs∠BAD=16+4−2×4×2×12=12，
即DB=23，可得AB2=AD2+DB2，则AD⊥BD，
且PD⊥面ABCD，如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
则A2,0,0,B0,23,0P0,0,4,E1,0,0，
可得AP=−2,0,4,EB=−1,23,0，
设点Fa,b,c，则AF=a−2,b,c，
因为AF=λAP，则a−2=−2λb=0c=4λ，解得a=2−2λb=0c=4λ，即F2−2λ,0,4λ，
可得EF=1−2λ,0,4λ，
设平面BFE的法向量为n=x,y,z，则n⋅EF=1−2λx+4λz=0n⋅EB=−x+23y=0，
令x=43λ，则z=32λ−1,y=2λ，即n=43λ,2λ,32λ−1，
由题意可得：平面PBD的法向量m=1,0,0，
设平面BFE与平面PBD所成的二面角为θ，
则csθ=csn,m=n⋅mn⋅m=43λ1×48λ2+4λ2+32λ−12=43λ64λ2−12λ+3，
由题意可知：λ∈0,1，则有：
当λ=0时，则csθ=0；
当λ∈0,1时，则csθ=433λ2−12λ+64，
因为λ∈0,1，则1λ∈1,+∞，
关于1λ的二次函数y=3λ2−12λ+64开口向上，对称轴，
当，即λ=12时，3λ2−12λ+64取到最小值52，即3λ2+12λ+64≥52，
可得csθ∈0,23913；
综上所述：csθ∈0,23913.
所以当λ=12时，csθ取到最大值，sinθ取到最小值1313.
即当λ=12时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小.
4．（2023春·江苏淮安·高二金湖中学校联考阶段练习）如图①所示，长方形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，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)24
(2)1111
【详解】（1）取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，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=22，
底面ABCM为梯形，SABCM=1+2×1×12=32，
则四棱锥P−ABCM的体积最大值为13×32×22=24.
（2）连接DG，因为DA=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD为P−AM−D的平面角，即，
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A1,0,0，M0,1,0，C0,2,0，
过P作PH⊥DG于点，由题意得PH⊥平面ABCM，
设Px0,y0,z0，因为PG=22，所以PH=22sinθ，GH=22csθ，DH=221−csθ，
所以x0=y0=221−csθ×22=121−csθ，z0=22sinθ，
所以P121−csθ,121−csθ,22sinθ，
所以AM=−1,1,0，PA=1+csθ2,csθ−12,−22sinθ，
设平面PAM的法向量为n1=x1,y1,z1，则−x1+y1=01+csθ2x1+csθ−12y1−2sinθ2z1=0，
令z1=2，则n1=tanθ,tanθ,2，
设平面PBC的法向量为n2=x2,y2,z2，
因为CB=1,0,0，PC=csθ−12,csθ+32,−22sinθ，
则x2=0csθ−12x2+csθ+32y2−22z2sinθ=0，令y2=2sinθ，
可得n2=0,2sinθ,3+csθ，
设两平面夹角为α，
则csα=n1⋅n2n1⋅n2=2sin2θcsθ+32+2csθ2tan2θ+2sin2θ+6csθ+10=3csθ+111−cs2θ+6csθ
=3csθ+13−csθ+132+203csθ+13+809=3809csθ+132+203csθ+13−1
令t=1csθ+13，θ∈0,π2，所以t∈34,3，
所以csα=980t2+60t−9，
因为y=80t2+60t−9的对称轴为t=−38，
所以当t=3时，csα有最小值1111，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为1111．
5．（2023春·江苏常州·高二校联考阶段练习）某人设计了一个工作台，如图所示，工作台的下半部分是个正四棱柱ABCD−A1B1C1D1，其底面边长为4，高为1，工作台的上半部分是一个底面半径为2的圆柱体的四分之一，点P为圆弧E2F2（包括端点）上的动点．
(1)若DB1⊥平面D2EF时，求点P与B1的最短距离．
(2)若D1D2=3，当点P在圆弧E2F2（包括端点）上移动时，求平面与平面A1B1C1所成的锐二面角的正切值的取值范围．
【答案】(1)52
(2)62+37,322
【详解】（1）如图，以D为原点，以DA,DC,DD2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，
设D1D2=m，
则D0,0,0,D20,0,1+m,E2,0,1,F0,2,1,B14,4,1，
DB1=4,4,1,EF=−2,2,0,ED2=−2,0,m，
∵DB1⊥平面D2EF，
DB1⋅ED2=−42+0+m=0，
，
∵点P在圆弧E2F2（包括端点）上移动，
则Pa,b,1+42，a2+b2=2，
∴PB1=a−42+b−42+422=66−8a+b，
a+b2≤2(a2+b2)，
即a+b≤2a2+b2=2，当且仅当a=b时等号成立，
∴PB1≥66−8×2=52，
∴点P与B1的最短距离为52.
（2）若D1D2=3，由（1）知A14,0,1,C10,4,1,B14,4,1，
设∠E2D2P=α，Pa,b,4，则a=2csα,b=2sinα,α∈0,π2，
所以a+b=2sinα+π4∈2,2，
又A1C1=−4,4,0，A1P=a−4,b,3，
设平面PA1C1的法向量为n=x1,y1,z1，
则n⋅A1C1=−4x1+4y1=0n⋅A1P=a−4x1+by1+3z1=0，
令x1=1，则n=1,1,4−a−b3，
取平面A1B1C1的一个法向量m=0,0,1，
设平面与平面A1B1C1所成的锐二面角的大小为θ，
则csθ=csm,n=m⋅nmn=a+b−432+(a+b−43)2，
∵0≤θ≤π，
∴sinθ>0，sinθ=1−cs2θ=22+a+b−422，
则tanθ=32a+b−4，
由a+b∈2,2，则tanθ∈62+37,322，
∴二面角P−A1C1−B1的正切值的取值范围为62+37,322.
③平面与平面所成角中探索性问题
1．（2023·西藏日喀则·统考一模）如图，已知直角梯形ABCD与ADEF，2DE=2BC=AD=AB=AF=2，AD⊥AF，ED//AF，AD⊥AB，BC//AD，G是线段上一点.
(1)平面ABCD⊥平面ABF
(2)若平面ABCD⊥平面ADEF，设平面与平面ABF所成角为θ，是否存在点G，使得csθ=1414，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，点G为BF中点
【详解】（1）因为AD⊥AF，AD⊥AB，AF∩AB=A，AF、AB⊂平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ABF.
（2）由面ABCD⊥面ADEF，AD⊥AF，面ABCD∩面ADEF=AD，AF⊂面ADEF，
所以AF⊥平面ABCD，AB在面ABCD内，则AF⊥AB，结合已知建立如下空间直角坐标系，
则C(2,1,0),E(0,2,1),F(0,0,2),B(2,0,0)，设FG=λFB,λ∈0,1，得G(2λ,0,2−2λ)，
平面ABF的法向量为m=(0,1,0)，又CE=−2,1,1,CG=2λ−2,−1,2−2λ，
设平面的法向量为n=(x,y,z)，则−2x+y+z=02λ−2x−y+2−2λz=0，
取y=2−2λ，则n=3−2λ,2−2λ,4−2λ，
故|csθ|=|m⋅nmn|=2−2λ12λ2−36λ+29=1414，解得λ =12，λ=2722（舍），
所以点G的坐标为(1,0,1)，故存在点G为BF中点时使得csθ=1414.
2．（2023·上海长宁·上海市延安中学校考三模）已知△ABC和△ADE所在的平面互相垂直，AD⊥AE，AB=2，AC=4，∠BAC=120°，D是线段BC的中点，AD=3.
(1)求证：；
(2)设AE=2，在线段AE上是否存在点F（异于点A），使得二面角A−BF−C的大小为45°.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【详解】（1）BC2=AC2+AB2−2AC⋅AB⋅cs120°=4+16+8=28，故BC=27，
BD=7，则BD2=AB2+AD2，故AD⊥AB，
又AD⊥AE，AE,AB⊂平面ABE，AE∩AB=A，故AD⊥平面ABE，
BE⊂平面ABE，故，
（2）△ABC和△ADE所在的平面互相垂直，则平面ABC∩平面ADE=AD，
AD⊥AE且AE⊂平面ADE，故AE⊥平面ABC，
如图所示：以AB,AD,AE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0，B2,0,0，C−2,23,0，设F0,0,a，a∈0,2，
平面ABF的一个法向量为n1=0,1,0，
设平面的一个法向量为n2=x,y,z，则n2⋅BC=23y−4x=0n2⋅BF=−2x+az=0，
取x=a得到n2=a,23a3,2，
则csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=233a73a2+4=22，解得a=23，不满足题意.
综上所述：不存在点F，使二面角A−BF−C的大小为45°.
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，，点P为棱C1D1上任意一点.
(1)求证：平面AA1C1C⊥平面PBD；
(2)若点E为棱上靠近点C的三等分点，求点P在棱C1D1上什么位置时，平面BDE与平面PBD夹角的余弦值为.
【答案】(1)证明见解析
(2)点P为棱C1D1上靠近点D1的第一个六等分点
【详解】（1）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，∵AB=BC，故四边形ABCD为正方形，
∴BD⊥AC，又AA1⊥面ABCD，BD⊂面ABCD，AA1⊥BD.，
∵，且AC，AA1⊂面AA1C1C，
∴BD⊥面AA1C1C，∵BD⊂面BDP，∴平面AA1C1C⊥平面BDP.
（2）
以D为原点，分别以DA，DC，为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设CC1=3，∴AB=6，∴D(0,0,0)，B(6,6,0)，E(0,6,1).
设点P(0,a,3)，0≤a≤6，则DE=(0,6,1)，DP=(0,a,3)，
设面BDE一个法向量为m=(x,y,z)，
则DB⋅m=0DE⋅m=0即6x+6y=06y+z=0，令x=1，∴y=−1，z=6，∴m=(1,−1,6).
设面PBD的一个法向量为n=(p,q,r)，
则DB⋅n=0DP⋅n=0即6p+6q=0aq+3r=0，取p=3，∴q=−3，r=a，∴n=(3,−3,a).
6219=cs
∴15a2+38a−53=0，或−5315，
∵0≤a≤6，，
∴点P为棱C1D1上靠近点D1的第一个六等分点时，
面BDE与面PBD夹角的余弦值为.
4．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，已知多面体EACBD中，EB⊥底面ACBD，EB=1，AB=2，其中底面由以AB为直径的半圆ACB及正三角形ABD组成
(1)若BC=1，求证:BC∥平面ADE.
(2)半圆AB上是否存在点M，使得二面角M−AE−D是直二面角?若存在，求出AMBM的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)存在，AMBM=53
【详解】（1）由题意可得：AC⊥BC，则sin∠CAB=BCAB=12，
且∠CAB为锐角，则∠CAB=30°，
因为三角形ABD为正三角形，则∠DAB=60°，
可得∠DAC=∠DAB+∠CAB=90°，即，
所以AD //BC，
AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，
可得BC∥平面ADE.
（2）如图，以AB的中点O为坐标原点，AB为x轴，AB的中垂线为y轴建立空间直角坐标系，
则A1,0,0,B−1,0,0,D0,−3,0,E−1,0,1，
可得AE=−2,0,1,AD=−1,−3,0，
设平面ADE的法向量n=x,y,z，则n⋅AE=−2x+z=0n⋅AD=−x−3y=0，
令x=3，则y=−1,z=23，即n=3,−1,23，
设Mcsθ,sinθ,0,θ∈0,π，平面MAE的法向量m=a,b,c，
因为AM=csθ−1,sinθ,0，则m⋅AE=−2a+c=0m⋅AM=csθ−1a+bsinθ=0，
令a=sinθ，则y=1−csθ,z=2sinθ，即m=sinθ,1−csθ,2sinθ，
若二面角M−AE−D是直二面角，则n⋅m=3sinθ−1−csθ+43sinθ=0，
整理得53sinθ+csθ=1，
联立方程，解得sinθ=5338csθ=−3738或sinθ=0csθ=1，
因为θ∈0,π，则sinθ>0，可得sinθ=5338csθ=−3738，即M−3738,5338,0
所以AM=−3738−12+53382+02=55719,BM=−3738+12+53382+02=1919，
可得当AMBM=557191919=53时，二面角M−AE−D是直二面角.
5．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）如图（1），平面四边形ABCD由正三角形和等腰直角三角形BCD组成，其中，∠BDC=90°．现将三角形绕着BD所在直线翻折到三角形PBD位置（如图（2）），且满足平面PBD⊥平面PCD．
(1)证明：CD⊥平面PBD；
(2)若点Q满足，当平面BCQ与平面PCD夹角的余弦值为3131时，求λ的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)λ=23
【详解】（1）证明：取PD的中点M，连结BM，在正三角形PBD中，有BM⊥PD，
又因为平面PBD⊥平面PCD，平面PBD∩平面PCD=PD，
BM⊂平面PBD，所以BM⊥平面PCD，
又因为CD⊂平面PCD，所以BM⊥CD，
在等腰直角三角形BCD中，有BD⊥CD，
又因为BD∩BM=B，且BD,BM⊂平面PBD，
所以CD⊥平面PBD．
（2）取BD的中点O，连结PO，在正三角形PBD中，有PO⊥BD，
由（1）可知CD⊥平面PBD，又因为PO⊂平面PBD，所以PO⊥CD，
又因为BD∩CD=D，且BD,CD⊂平面BCD，所以PO⊥平面BCD．
取BC的中点N，连结NO，因为点O是BD的中点，所以，
又因为CD⊥BD，所以NO⊥BD，
因为PO⊥平面BCD，BD,NO⊂平面BCD，
所以PO⊥BD，，
以O为坐标原点，OB，ON，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则B(1,0,0)，D(−1,0,0)，P(0,0,3)，C(−1,2,0)，
所以PD=−1,0,−3，BC=−2,2,0，DC=0,2,0.
因为，所以，所以，
所以QB=1+λ,0,3λ−3，
设平面BCQ的法向量为m=(x,y,z)，
则QB⋅m=0BC⋅m=0⇒1+λx+3λ−3z=0−2x+2y=0，
令x=3−3λ，则y=3−3λ，，
则m=3−3λ,3−3λ,1+λ
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，
则PD⋅n=0DC⋅n=0⇒−x−3z=02y=0，
令x=3，则y=0，z=−1，所以n=3,0,−1，
由题意可知，cs�m,n�=m⋅nmn=3−3λ−1−λ223−3λ2+1+λ2=3131，
整理得，所以λ=23，λ=413，
又因为λ∈12,1，所以λ=23．
3、体积（距离）问题
1．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）在三棱台ABC−DEF中，G为AC中点，AC=2DF，AB⊥BC，BC⊥CF．
(1)求证：BC⊥平面DEG；
(2)若AB=BC=2，CF⊥AB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为π3，求三棱锥E−DFG的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)16
【详解】（1）在三棱台ABC−DEF中，G为AC中点，则AC=2GC，又AC=2DF，则GC=DF，
又AC//DF，∴四边形GCFD为平行四边形，则DG//CF，
∵BC⊥CF，∴BC⊥DG，又DE//AB，AB⊥BC，
∴BC⊥DE，∵DE,DG⊂平面DEG，DE∩DG=D，∴BC⊥平面DEG．
（2）∵CF⊥AB，DG//CF，∴DG⊥AB，
又∵DG⊥BC，AB,BC⊂平面ABC，AB∩BC=B，∴DG⊥平面ABC，
∵AB=BC=2，AB⊥BC，G为AC中点，∴GB⊥AC．
以{GB,GC,GD}为正交基底，建立空间直角坐标系，
则G(0,0,0)，，，C(0,2,0)，D(0,0,m)，m>0，F(0,2,m)，
GE=GD+DE=GD+12AB=(0,0,m)+12(2,2,0)=(22,22,m)，
设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥GEn⊥GF⇒n⋅GE=x,y,z⋅22,22,m=22x+22y+mz=0n⋅GF=x,y,z⋅0,2,m=2y+mz=0，
令z=−2，y=m，，则n=(m,m,−2)，又平面ACFD的一个法向量为m=(1,0,0)，
则cs
∵DG⊥平面ABC，平面ABC//平面DEF，DG⊥平面DEF，
∴VE−DFG=VG−DEF=13S△DEF⋅DG=13⋅(12⋅1⋅1)⋅1=16．
2．（2023·江苏苏州·模拟预测）在如图所示的圆锥中，已知P为圆锥的顶点，O为底面的圆心，其母线长为6，边长为33的等边△ABC内接于圆锥底面，OD=λOP且λ∈12,1.
(1)证明：平面DBC⊥平面DAO；
(2)若E为AB中点，射线OE与底面圆周交于点M，当二面角A−DB−C的余弦值为519时，求点M到平面BCD的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)121919
【详解】（1）因为P为圆锥的顶点，O为底面的圆心，所以PO⊥面ABC.
又因为BC⊂面ABC，所以PO⊥BC，即DO⊥BC.
因为O为△ABC外接圆圆心，且△ABC为正三角形，所以OA⊥BC.
又因为OA∩OD=O且OA，OD⊂面AOD，所以BC⊥面AOD，
因为BC⊂面BCD，所以面DBC⊥面DAO.
（2）作OG∥BC交AB于G，取BC中点为F.
因为OA⊥BC，OG∥BC，所以OF⊥OG.
因为OD⊥面ABC，OG，OF⊂面ABC，所以OD⊥OG，OD⊥OF.
如图，以点O为坐标原点，OG，OF，OD所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O−xyz.
因为PA=6，AB=33，所以AO=3，，
所以O0,0,0，A0,−3,0，B332,32,0，C−332,32,0，P0,0,33.
由OD=λOP，得D0,0,33λ，AB=332,92,0，AD=0,3,33λ，
BC=−33,0,0，DB=332,32,−33λ.
设面的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅AB=332x1+92y1=0m⋅AD=3y1+33λz1=0，
取y1=3λ，则z1=−1，x1=−3λ，所以m=−3λ,3λ,−1.
设面BCD的法向量为n=x2,y2,z2，则n⋅BC=−33x2=0n⋅DB=332x2+32y2−33λz2=0,
取y2=63λ，则z2=3，x2=0，所以n=0,63λ,3.
由csm,n=m⋅nmn=18λ2−39λ2+3λ2+1⋅108λ2+9=519，且λ∈12,1，
解得λ=23，所以D0,0,23，n=0,43,3.
又因为M332,−32,0，所以DM=332,−32,−23，
所以M到面BCD的距离d=DM⋅nn=−32×43+3×−2357=12357=121919.
3．（2023·重庆·统考模拟预测）在多面体ABCC1A1B1中，四边形BB1C1C是边长为4的正方形，，△ABC是正三角形．
(1)若A1为AB的中点，求证：直线AC//平面A1BC1；
(2)若点A1在棱AB1上且AA1=2A1B1，求点C到平面A1BC1的距离．
【答案】(1)证明见详解
(2)455
【详解】（1）连接，设CB1∩BC1=D，由题意可得D为的中点，连接A1D，
因为A1,D分别为AB1,CB1的中点，则A1D //AC，
A1D⊂平面A1BC1，AC⊄平面A1BC1，
所以直线AC//平面A1BC1.
（2）由题意可得：，AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，
所以BB1⊥平面ABC，
取AB的中点，连接CH，
因为△ABC是正三角形，则CH⊥AB，
又因为BB1⊥平面ABC，CH⊂平面ABC，则CH⊥BB1，
AB∩BB1=B，AB,BB1⊂平面ABB1，
所以CH⊥平面ABB1，
如图，以为坐标原点，HA,HC为x轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
可得，
设平面A1BC1的法向量n=x,y,z，则n⋅BC1=2x+4y+23z=0n⋅BA1=43x+83y=0，
令，则，即n=2,−1,0，
所以点C到平面A1BC1的距离d=n⋅BCn=45=455.
4．（2023·北京通州·统考三模）如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB⊥AD,AB=AD，O为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD.
(2)若△BCD是等腰直角三角形，∠BDC=90∘，CD=2，点E在棱AD上（与A，D不重合），若二面角E−BC−D的大小为45∘，求点D到面BCE的距离.
【答案】(1)证明见解析.
(2)1.
【详解】（1）证明：因为AB=AD，O为BD的中点，
所以AO⊥BD，
又因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD．
又因为CD⊂平面BCD，
所以AO⊥CD.
（2）设BC的中点为F，则OF//CD，又因为∠BDC=90∘，所以OF⊥BD.
以O为坐标原点，以OF，OD，OA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.
因为△BCD是等腰直角三角形，∠BDC=90∘，CD=2，所以，
又因为AB⊥AD,AB=AD，O为BD的中点，根据直角三角形性质可得，OA=OB=OD=12BD=1，
则O0,0,0，A0,0,1，B0,−1,0，C2,1,0，D0,1,0，
设AE=λAD0<λ<1，则E0,λ,1−λ.
由题意可知是平面BCD的一个法向量，OA=0,0,1，
设平面BCE的一个法向量为n=x,y,z，BC=2,2,0，BE=0,λ+1,1−λ，
则有n⋅BC=0n⋅BE=0，即2x+2y=0λ+1y+1−λz=0，令x=1，则y=−1，z=1+λ1−λ，
则平面BCE的一个法向量为n=1,−1,1+λ1−λ.
根据二面角E−BC−D的大小为45∘可得，csn,OA=n⋅OAn×OA=1+λ1−λ1+1+1+λ1−λ2=cs45°=22，
解得1+λ1−λ=2，即n=1,−1,2，又因为CD=−2,0,0，
所以点D到平面BCE的距离d=n⋅CDn=21+1+2=1.
5．（2023·广东广州·广州六中校考三模）四棱锥P−ABCD中，AD∥BC，AB=AD=2BC=2，∠ABC=60°，PA⊥CD，PD⊥AC，点E是棱PD上靠近点P的三等分点．
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)若平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为31010，求四棱锥P−ABCD的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)332
【详解】（1）依题意，在△4BC中，∠ABC=60∘,AB=2,BC=1，
由余弦定理可得AC=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠ABC=5−2=3,
则AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，
∵AD∥BC，∴，又PD⊥AC,PD∩AD=D,PD,AD⊂平面PAD，
∴AC⊥平面PAD，
∵PA⊂平面PAD，∴AC⊥PA，
又PA⊥CD，CD∩AC=C,CD,AC⊂平面ABCD,
故PA⊥平面ABCD；
（2）以A为坐标原点，AC,AD,AP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，
设AP=m，则A(0,0,0),C(3,0,0),D(0,2,0),P(0,0,m)，E(0,23,23m)，
由（1）可知，AC⊥PA,PA⊥AD,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
故AD⊥平面PAC，∴平面PAC的一个法向量为AD=(0,2,0)，
设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，且，，
则n⋅AC=0n⋅AE=0,∴3x=023y+23mz=0，
取z=−1，所以，
因为平面PAC与平面EAC的夹角的余弦值为31010，
所以|cs⟨AD,n⟩|=|AD⋅n|AD||n||=|2m|21+m2=31010，解得m=3，
所以四棱锥P−ABCD的体积为13×SABCD×PA=13×12(1+2)×3×3=332
4、折叠问题
1．（2023·全国·高二课堂例题）如图（1），在等腰梯形ABCD中，M，N分别是AD，AE的中点，AE=BE=BC=CD=4，EF=λEB0≤λ≤1，将△ADE沿着DE折起，使得点A到达点P的位置，平面PDE⊥平面BCDE，如图（2）．
(1)若PC//平面MNF，求λ的值；
(2)若CQ=23CP，平面DEQ⊥平面MNF，求λ的值；
(3)若平面MNF与平面BCDE所成角的余弦值为1010，求λ的值；
(4)若点C到平面MNF的距离为3155，求λ的值．
【答案】(1)12
(2)1
(3)16
(4)14
【详解】（1）取DE的中点O，连接OC，OA，CE，
由条件可知，四边形AECD和EBCD是平行四边形，且AE=EB=BC=CD=AD，
所以△ADE，△DCE，△BCE是等边三角形，
所以折起后，OC⊥DE，PO⊥DE．
因为平面PDE⊥平面BCDE，平面PDE∩平面BCDE=DE，PO⊂平面PDE，
所以PO⊥平面BCDE，因为OC⊂平面BCDE，所以PO⊥OC，
所以OE，OC，OP两两垂直，则以O为原点，分别以OE，OC，OP的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PE=BE=BC=CD=4，所以B4,23,0，E2,0,0，M−1,0,3，N1,0,3，，C0,23,0，
所以PC=0,23,−23，MN=2,0,0，EB=2,23,0．
因为EF=λEB=2λ,23λ,0，所以F2λ+2,23λ,0，
所以NF=2λ+1,23λ,−3．
设平面MNF的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅MN=2x1=0n1⋅NF=(2λ+1)x1+23λy1−3z1=0，令y1=1，得n1=0,1,2λ．
由PC//平面MNF，得PC⋅n1=0，即23+2λ×−23=0，解得λ=12．
（2）由CQ=23CP=0,−433,433，
得DQ=DC+CQ=EB+CQ=2,233,433，DE=CB=4,0,0．
设平面DEQ的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅DE=4x2=0n2⋅DQ=2x2+233y2+433z2=0，令z2=1，得n2=0,−2,1．
由平面DEQ⊥平面MNF，得n1⋅n2=0，即0−2+2λ=0，解得λ=1．
（3）平面BCDE的一个法向量为m=0,0,1．
设平面MNF与平面BCDE所成角为θ，则csθ=csn1,m=n1⋅mn1m=2λ2λ2+1，
因为平面MNF与平面BCDE所成角的余弦值为1010，
所以2λ2λ2+1=1010，解得λ=16或λ=−16（舍去）．
（4）连接NC，如图平面MNF的一个法向量为n1=(0,1,2λ)，NC=−1,23,−3，
则点C到平面MNF距离为d=NC⋅n1n1=23−23λ1+4λ2=3155，
化简得16λ2+40λ−11=0，解得λ=14或λ=−114（舍去）．
2．（2023·全国·高三专题练习）图①是直角梯形ABCD，AB//CD，，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE=60∘，以为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1=6.
(1)求证：平面BC1E⊥平面ABED；
(2)在棱上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为155？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为155
【详解】（1）在图①中，连接AC，交于O，
∵四边形ABCE是边长为2的菱形，∠BCE=60∘，∴AC⊥BE，OA=OC=3；
在图②中，相交直线OA,OC1均与垂直，∴∠AOC1是二面角A−BE−C1的平面角，
，∴OA2+OC12=AC12，，∠AOC1=90°，∴平面BC1E⊥平面ABED.
（2）以O为坐标原点，OA,OB,OC1正方向为x,y,z轴可建立如图②所示空间直角坐标系，
则D32,−32,0，C10,0,3，A3,0,0，B0,1,0，E0,−1,0，
∴DC1=−32,32,3，AD=−32,−32,0，AB=−3,1,0，AC1=−3,0,3，AE=−3,−1,0，
设DP=λDC1=−32λ,32λ,3λ，λ∈0,1，
则AP=AD+DP=−32−32λ,−32+32λ,3λ，
设平面ABC1的一个法向量n=x,y,z，
则AB⋅n=−3x+y=0AC1⋅n=−3x+3z=0，令x=1，解得：y=3，z=1，∴n=1,3,1；
∴点P到平面ABC1的距离d=AP⋅nn=23λ−235=155，解得：λ=12或λ=32（舍），
∴AP=−334,−34,32，∴EP=AP−AE=34,14,32，
∴csEP,n=EP⋅nEP⋅n=35=155，
∴直线EP与平面ABC1所成角的正弦值为155.
3．（2023·全国·高三专题练习）如图，在△ABC中，∠ABC=90∘，BC=2，∠ACB=60∘，E为AB中点，过点E作ED垂直AC于D，将△ADE沿ED翻折，使得面ADE⊥面BCDE，点M是棱AC上一点，且BM//面ADE．
(1)求的值；
(2)求二面角M−BE−C的余弦值．
【答案】(1)
(2)52929
【详解】（1）因为面ADE⊥面BCDE，面ADE∩面BCDE=DE，
由题意可知，AD⊥DE，CD⊥DE，所以，
过点B作BQ垂直CD于点Q，连接QM，
因为BQ//DE，BQ⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，
所以BQ//平面ADE，
又因为BM//平面ADE，BQ∩BM=B，BQ，BM⊂平面ADE，
所以平面BQM//平面ADE，
又因为面面ADC＝QM，平面ADE∩平面ADC＝AD，所以AD//QM，
因为BC＝2，∠ACB=60∘，所以，CQ＝1，
在折叠前的图形中，AE=AB2=12BCtan30∘=3，
AC=BCcs60∘=4，所以AQ＝3，AD=AEcs30∘=32，
易知D为AQ的中点，所以DQ=32，
所以，所以；
（2）由（1）知，以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D(0,0,0),E32,0,0,C0,52,0，B3,32,0,M0,32,35，
易知平面BCDE的一个法向量m=0,0,1，
EB=32,32,0,MB=3,0,−35，
设平面MBE的法向量为n=x,y,z，
所以32x+32y=03x−35z=0，令x=3，则，故n=3,−1,5，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=52929，
所以二面角M−BE−C的余弦值为52929．
4．（2023春·广西南宁·高二宾阳中学校联考期末）图1是由矩形、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折起使得与重合，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BG与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)14.
【详解】（1）依题意，AD//BE,CG//BE，则AD//CG，即AD,CG确定一个平面，
所以A,C,G,D四点共面；
显然AB⊥BE,AB⊥BC，BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCGE，
因此AB⊥平面BCGE，又AB⊂平面ABC
所以平面ABC⊥平面BCGE.
（2）在平面BCGE内作EH⊥BC，垂足为，而平面BCGE⊥平面ABC，
于是EH⊥平面ABC，由荾形BCGE的边长为2,∠EBC=60°，得BH=1,EH=3，
以为原点，HC,HE的方向分别为x,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则A(−1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),B(−1,0,0)，CG=(1,0,3),AC=(2,−1,0),
设平面的法向量n=(x,y,z)，则CG⋅n=x+3z=0AC⋅n=2x−y=0，取x=3，得n=(3,23,−1)，
又BG=(3,0,3)，设BG与平面所成的角为θ，则sinθ=|cs⟨n,BG⟩|=|n⋅BG||n||BG|=33−34×23=14，
所以BG与平面所成角的正弦值14.
5．（2023春·重庆北碚·高一西南大学附中校考期末）如图1，在四边形ABCD中，BC⊥CD，E为BC上一点，AE⊥BC，AE＝BE＝2CD＝2，CE=3，将四边形AECD沿AE折起，使得二面角B−AE−C的大小为30°，连接BD，BC，得到如图2．
(1)证明：平面ABE⊥平面BCE；
(2)点F是线段上一点，设EF=λEB，且二面角E−AD−F为30°，求λ的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）由题意得，AE⊥BE，
又BE∩CE=E，CE⊂平面BCE，BE⊂平面BCE，
所以AE⊥平面BCE，又AE⊂平面ABE，
所以平面ABE⊥平面BCE，
（2）由，AE⊥BE，则∠CEB为二面角B-AE-C的平面角，
所以∠CEB=30°，
又BE=2，CE=3，所以BC=BE2+CE2−2BE⋅CEcs∠BEC=1．
以E为坐标原点，EA，EB分别为x，y轴正方向，在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，A2,0,0，B0,2,0，C0,32,32，D1,32,32，
EB=0,2,0，AD=−1,32,32，AE=−2,0,0，
由已知EF=λEB=0,2λ,0，
AF=AE+EF=−2,0,0+0,2λ,0=−2,2λ,0．
设平面ADE的法向量为m=x,y,z，则m⋅AD=0m⋅AE=0，
即−x+3y2+3z2=0−2x=0，
令y=1，可得x=0,z=−3，
所以m=0,1,−3为平面ADE的一个法向量，
设平面ADF的法向量为n=a,b,c，
则n⋅AD=0n⋅AF=0，即−a+3b2+32c=0−2a+2λb=0
令b=1，则a=λ,c=−3+233λ，
所以n=λ,1,−3+23λ3为平面ADF的一个法向量，
则cs
又由二面角E−AD−F为30°，
则cs
即3λ2+4λ−4=0
所以λ=−2（舍去）或λ=23．
所以λ的值为．
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