高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试专题8.8立体几何综合问题(真题测试)(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习知识点讲解+真题测试专题8.8立体几何综合问题(真题测试)(原卷版+解析)，共41页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．(2023·安徽·高二期末）直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
2．(2023·吉林白山·高一期末）在三棱锥中，PA，PB，PC互相垂直，，M是线段BC上一动点，且直线AM与平面PBC所成角的正切值的最大值是，则三棱锥外接球的体积是（ ）
A．B．C．D．
3．(2023·全国·高三专题练习）已知边长为的菱形中，，为边的中点，将沿对角线翻折，在翻折过程中，记直线与所成的角为.当平面平面时，（ ）
A．B．C．D．
4．(2023·全国·高三专题练习）已知梯形CEPD如下图所示，其中，，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面平面ABCD，得到如图所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面PCE，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形中，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．(2023·重庆南开中学模拟预测）在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
7．(2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，，，，点是的中点，点为棱上的动点，则平面与平面所成的锐二面角正切的最小值是（ ）
A．B．
C．D．
8．(2023·浙江·高三学业考试）如图，在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．（2023·江苏·邵伯高级中学高三阶段练习）如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，D是棱的中点，P是直线AD与的交点．若点Q在直线上，则下列结论不正确的是（ ）
A．当点Q为线段的中点时，平面
B．当点Q为线段的三等分点（靠近点P）时，平面
C．在线段的延长线上，存在一点Q，使得平面
D．在直线上不存在点Q，使得平面
10.(2023·福建·厦门一中模拟预测）直三棱柱，中，，，点D是线段上的动点(不含端点)，则（ ）
A．平面
B．与不垂直
C．的取值范围为
D．的最小值为
11．（2023·湖南·长郡中学高三阶段练习）已知图1中，正方形的边长为，A、B、C、D是各边的中点，分别沿着、、、把、、、向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）
A．平面平面
B．直线与直线所成的角为
C．多面体的体积为
D．直线与平面所成角的正切值为
12．(2023·河北·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，D为棱上的动点，则（ ）
A．三棱锥的外接球的最大半径为
B．存在点D，使得平面平面
C．A到平面的最大距离为
D．面积的最大值为
三、填空题
13．(2023·山西省长治市第二中学校高三阶段练习（文））在直四棱柱中，底面为正方形，．点P在侧面内，若平面，则点P到的距离的最小值为________．
14.(2023·浙江·高考真题（文））如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是______．
15．(2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为3的正方体中，点是平面内一动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为_______
16．(2023·新疆·模拟预测（理））已知正方体的棱长为1，、分别为棱、的中点，为棱上的动点，为线段的中点.则下列结论中正确序号为______.
①；②平面；③的余弦值的取值范围是；④△周长的最小值为
四、解答题
17．(2023·全国·高考真题（理））如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
18.(2023·全国·高考真题（理））如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
19．（2023·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
20．（2023·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
21．（2023·北京·高考真题（理））如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
22.(2023·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
专题8.8 立体几何综合问题（真题测试）
一、单选题
1．(2023·安徽·高二期末）直角梯形中，是边的中点，将三角形沿折叠到位置，使得二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】
分析：
建立空间直角坐标系求解即可
【详解】
建如图所示空间直角坐标系，得，，所以，所以.
故选：D
2．(2023·吉林白山·高一期末）在三棱锥中，PA，PB，PC互相垂直，，M是线段BC上一动点，且直线AM与平面PBC所成角的正切值的最大值是，则三棱锥外接球的体积是（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】
分析：
由线面角的最大值求出边长PC，将三棱锥补形成长方体，再确定外接球的半径，计算体积.
【详解】
M是线段BC上一动点，连接PM．因为PA，PB，PC互相垂直，所以是直线AM与平面PBC所成的角．当PM最短，即时，直线AM与平面PBC所成角的正切值最大，此时，．
在中，，则，解得．
将三棱锥扩充为长方体，则长方体的体对角线长为．
故三棱锥外接球的半径，三棱锥外接球的体积为．所以D正确；
故选：D.
3．(2023·全国·高三专题练习）已知边长为的菱形中，，为边的中点，将沿对角线翻折，在翻折过程中，记直线与所成的角为.当平面平面时，（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】
分析：
取的中点，连接、，证明出平面，，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得的值.
【详解】
取的中点，连接、，
由已知，，则是边长为的等边三角形，
为的中点，则，同理可证，
平面平面，平面平面，平面，平面，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，则，
所以，，因此，.
故选：C.
4．(2023·全国·高三专题练习）已知梯形CEPD如下图所示，其中，，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面平面ABCD，得到如图所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面PCE，则的值为（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】
分析：
构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，由题设标注相关点的坐标，进而求面、面的法向量，根据空间向量垂直的坐标表示求参数.
【详解】
由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，
∴，则，，
若是面一个法向量，则，可得，
若是面一个法向量，则，可得，
∴由面面PCE，有，解得.
故选：D
5．（2023·全国·高三专题练习）如图，四边形中，．现将沿折起，当二面角处于过程中，直线与所成角的余弦值取值范围是（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】
分析：
设向量与所成角为，二面角的平面角大小为，由平方后求得，取中点E，连接，则，中应用余弦定理求得，两者结合和是与的关系，从而求得结论．
【详解】
设向量与所成角为，二面角的平面角大小为，
因为，所以，又，所以，
,，
则，
所以，
取中点E，连接，则，，
,,
在中，，即，
所以，即，
又因为，所以，
因为直线夹角范围为，所以直线与所成角的余弦值范围是．
故选：D．
6．(2023·重庆南开中学模拟预测）在正方体中，，点是线段上靠近点的三等分点，在三角形内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
答案：C
【解析】
分析：
以为坐标原点建立空间直角坐标系，设关于平面的对称点为，利用点到面的距离的向量求法和可构造方程组求得坐标，利用可求得结果.
【详解】
以为坐标原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设关于平面的对称点为，
则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
与到平面的距离，
又，，
，，，，
（当且仅当三点共线时取等号），
即的最小值为.
故选：C.
7．(2023·全国·高三专题练习）如图，在长方体中，，，，点是的中点，点为棱上的动点，则平面与平面所成的锐二面角正切的最小值是（ ）
A．B．
C．D．
答案：B
【解析】
分析：
以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
用向量法求解即可.
【详解】
以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、、、其中.
则,.
设是平面的一个法向量，则，不妨设x=-1，则，
显然是面的一个法向量.
设平面与平面所成的锐二面角为，则，
要使平面与平面所成的锐二面角正切的最小，只需平面与平面所成的锐二面角最小，只需平面与平面所成的锐二面角余弦最大.
所以当时，最小，最大.
此时，
所以.
故选：B
8．(2023·浙江·高三学业考试）如图，在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
答案：D
【解析】
分析：
设线段的中点为，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，然后以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，且，求出的最大值，利用空间向量法可求得的最大值.
【详解】
设线段的中点为，连接，
，为的中点，则，
，则，，同理可得，，
，平面，
过点在平面内作，垂足为点，
因为，所以，为等边三角形，故为的中点，
平面，平面，则，
，，平面，
以点为坐标原点，、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，
则、、、，
由于点在平面内，
可设，
其中，且，
从而，
因为，则，
所以，，
故当时，有最大值，即，
故，即有最大值，
所以，.
故选：D.
二、多选题
9．（2023·江苏·邵伯高级中学高三阶段练习）如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，D是棱的中点，P是直线AD与的交点．若点Q在直线上，则下列结论不正确的是（ ）
A．当点Q为线段的中点时，平面
B．当点Q为线段的三等分点（靠近点P）时，平面
C．在线段的延长线上，存在一点Q，使得平面
D．在直线上不存在点Q，使得平面
答案：ABC
【解析】
分析：
分别以的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，算出平面的法向量，假设，且，然后可判断出答案.
【详解】
如图，分别以的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则由已知得，
则，，，
设平面的法向量为，则
取，则，，所以平面的一个法向量为．
假设，且，
则，因为也是平面的法向量，
所以与共线，于是有成立，此时无解．
故在直线上不存在点Q，使得，A，B，C不正确，D正确．
故选：ABC．
10.(2023·福建·厦门一中模拟预测）直三棱柱，中，，，点D是线段上的动点(不含端点)，则（ ）
A．平面
B．与不垂直
C．的取值范围为
D．的最小值为
答案：AD
【解析】
分析：
由线面平行判定定理判断A，建立空间直角坐标系，用空间向量法研究垂直的判断B，判断以为直径的球与的交点情况，从而判断C，将面，翻折至与共面，此时点C与重合，在平面内求两点间的距离得结论判断D．
【详解】
依题作图，如图1，并将其补成正方体，如图2
A：因为，平面，平面，所以平面，故A正确.
B：如图1，以A为坐标原点，AB为x轴，AC为y轴，为z轴，
设，则，
当时，，当且时与不垂直，故B错误.
C：判断以为直径的球与的交点情况，
如图3，取中点F，则，，
所以以为直径的球与没有交点.所以，故C错误.
D：将面，翻折至与共面，此时点C与重合，所以的最小值为，且，故D正确.
故选：AD
11．（2023·湖南·长郡中学高三阶段练习）已知图1中，正方形的边长为，A、B、C、D是各边的中点，分别沿着、、、把、、、向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）
A．平面平面
B．直线与直线所成的角为
C．多面体的体积为
D．直线与平面所成角的正切值为
答案：BD
【解析】
分析：
建立空间直角坐标系，结合向量法、割补法对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】
取的中点O、M，连接，如图，∵A、B、C、D是正方形各边的中点，则，∵O为的中点，∴，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
四边形是边长为2的正方形，
∵O、M分别为的中点，则且，且，
所以四边形为矩形，所以，
以点O为坐标原点，所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则．
选项A，设平面的一个法向量为，
由,取，则，则．
设平面的一个法向量为，
由，取，可得，则．
，所以，平面与平面不垂直，故A错误；
选项B，，直线与所成的角为，故B正确；
选项C，以为底面，以为高将几何体补成长方体，则E、F、G、H分别为的中点，
因为，长方体的体积为，
，因此，多面体的体积为，故C错误；
选项D，，设直线与平面所成角为，则，所以，，故D正确．
故选：BD
12．(2023·河北·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，D为棱上的动点，则（ ）
A．三棱锥的外接球的最大半径为
B．存在点D，使得平面平面
C．A到平面的最大距离为
D．面积的最大值为
答案：BCD
【解析】
分析：
A选项，当D与重合时，三棱锥的外接球的半径R最大，由正弦定理求出三角形ABC外接圆半径，进而求出外接球半径；
B选项，点D为中点时，平面平面，作出辅助线进行证明；
C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解A到平面的最大距离；
D选项，利用空间向量求出点D到直线的距离的最大值，从而求出面积的最大值.
【详解】
当D与重合时，三棱锥的外接球的半径R最大，
如图，找到球心O及球心O在底面ABC上的投影，则，
设三角形ABC的外接圆半径为r，
由正弦定理得：，解得：，
故，A错误；
当点D为中点时，平面平面，
理由如下：连接与相交于点E，连接DE，AD，，
则根据勾股定理：，其中E为与的中点，
所以由三线合一得：DE⊥，DE⊥，
因为，所以DE⊥平面，
因为平面，
所以平面平面，B正确；
取中点M，AB中点N，连接，则两两垂直，
以M为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则设平面的法向量为，
由，令得：，
故，
设A到平面的距离为，
则，
当时，取得最大值，为，C正确；
，设点D到直线的距离为，则
因为，所以当或0时，取得最大值，最大值为，
此时，面积为，D正确.
故选：BCD
三、填空题
13．(2023·山西省长治市第二中学校高三阶段练习（文））在直四棱柱中，底面为正方形，．点P在侧面内，若平面，则点P到的距离的最小值为________．
答案：
【解析】
分析：
建立空间直角坐标系，设出点坐标，利用平面列方程，求得到的距离的表达式，进而求得所求的最小值.
【详解】
建立如图所示空间直角坐标系，
，，设，.
由于平面，
所以，所以.
由于，即，
到的距离为，
所以当时，.
即到的距离的最小值为.
故答案为：
14.(2023·浙江·高考真题（文））如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△ACD'，直线AC与BD'所成角的余弦的最大值是______．
答案：
【解析】
分析：
试题分析：设直线与 所成角为 ．
设是 中点，由已知得 ，如图，以 为 轴， 为 轴，过 与平面 垂直的直线为 轴，建立空间直角坐标系，由 ， ， ，作 于 ，翻折过程中，始终与 垂直，，则 ， ，因此可设 ，则 ，与 平行的单位向量为 ，
所以＝，所以 时， 取最大值 ．
15．(2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为3的正方体中，点是平面内一动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为_______
答案：
【解析】
分析：
取的中点，作点在平面内的投影，过作交于点，连结、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，设，，，利用求出的关系，然后根据求最值.
【详解】
解：取的中点，作点在平面内的投影，过作交于点，连结、，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系如图，
根据题意，得，0，，，0，，，，，，，，
设，，，
则，，，，，，，0，，
，
，
，，
记为直线与直线所成的角，则即为直线与直线所成的角，
，
点的轨迹在平面内是以为圆心，为半径的单位圆，
，，
又为锐角或直角，，
直线与直线所成角的余弦值的最大值为．
故答案为：．
16．(2023·新疆·模拟预测（理））已知正方体的棱长为1，、分别为棱、的中点，为棱上的动点，为线段的中点.则下列结论中正确序号为______.
①；②平面；③的余弦值的取值范围是；④△周长的最小值为
答案：①④
【解析】
分析：
①连接，根据正方体性质有，结合在面上的投影为即可判断；②③构建空间直角坐标系，求面的法向量及方向向量，利用空间向量夹角的坐标表示判断线面关系，同理求线线角的关于参数m的余弦值，结合导数求最值，即可判断余弦值的范围；④将问题转化为求的最小值，展开正方体侧面研究最小情况即可判断.
【详解】
①连接，即，又、分别为、的中点，则，
所以，而在面上的投影为，又，即，
所以，正确；
②如下图示，，，，则，，
若是面的一个法向量，则，令即，
而，，则，
所以，仅当时，即平面，故错误；
③如下图，，，，故，，
所以，且，，则，
令，则，而，，
所以，存在，则上，递增；上，递减；
所以上有，
由时，时，故时，故错误；
④由△周长为，而，要使周长最小只需最小，
将与展开成一个平面，如下图示：
当共线时，最小为，
所以周长的最小值为，正确.
故答案为：①④
四、解答题
17．(2023·全国·高考真题（理））如图，四面体中，，E为的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值．
答案：(1)证明过程见解析
(2)与平面所成的角的正弦值为
【解析】
分析：
（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
(1)
因为，E为的中点，所以；
在和中，因为，
所以，所以，又因为E为的中点，所以；
又因为平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
(2)
连接，由（1）知，平面，因为平面，
所以，所以，
当时，最小，即的面积最小.
因为，所以，
又因为，所以是等边三角形，
因为E为的中点，所以，，
因为，所以,
在中，，所以.
以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，所以，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
又因为，所以，
所以，
设与平面所成的角的正弦值为，
所以，
所以与平面所成的角的正弦值为.
18.(2023·全国·高考真题（理））如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面；
（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
答案：（1）见解析
（2）
【解析】
分析：
（1）先证平面CMD,得,再证，进而完成证明．
（2）先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置，求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值．
【详解】
解：（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.
当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得，
设是平面MAB的法向量,则
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.
19．（2023·海南·高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
答案：（1）证明见解析；（2）.
【解析】
分析：
（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】
（1）证明：
在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以
因为，所以平面．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，设，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．
在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．
设，在三棱锥中，．
在三棱锥中，．
由得，
解得，
当且仅当时等号成立．
在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
【整体点评】
（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．
20．（2023·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
答案：（1）（2）
【解析】
分析：
（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则
从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为
令
设平面一个法向量为
令
因此
21．（2023·北京·高考真题（理））如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；
（Ⅱ）求二面角F–AE–P的余弦值；
（Ⅲ）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
答案：(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) ；
(Ⅲ)见解析.
【解析】
分析：
(Ⅰ)由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F-AE-P的余弦值；
(Ⅲ)首先求得点G的坐标，然后结合平面的法向量和直线AG的方向向量可判断直线是否在平面内.
【详解】
(Ⅰ)由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.
(Ⅱ)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD,AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，
由可得点F的坐标为，
由可得，
设平面AEF的法向量为：，则
，
据此可得平面AEF的一个法向量为：，
很明显平面AEP的一个法向量为，
，
二面角F-AE-P的平面角为锐角，故二面角F-AE-P的余弦值为.
(Ⅲ)易知，由可得，
则，
注意到平面AEF的一个法向量为：，
其且点A在平面AEF内，故直线AG在平面AEF内.
22.(2023·北京·高考真题）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
答案：(1)见解析
(2)见解析
【解析】
分析：
（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面.
（2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
(1)
取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
(2)
因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
.