高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题1.6空间角的向量求法大题专项训练(30道)(原卷版+解析)

这是一份高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题1.6空间角的向量求法大题专项训练(30道)(原卷版+解析)，共66页。

姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（2023春·高二单元测试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60∘.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值.
2．（2023春·河南洛阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP=AB=AD=1，且直线PB与CD所成角的大小为π3．

(1)求BC的长；
(2)求二面角D−PB−C的余弦值．
3．（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC=π3，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P−EFGB，如图2.

(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.
4．（2023春·江苏镇江·高一校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB//CD，AD=CD=1，∠BAD=120°，∠ACB=90°.

(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)试确定PA的值为多少时？二面角A−PC−D的余弦值为55.
5．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB=BC=2CD=2，AD=3，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P位置，此时二面角P−AC−D为π3．

(1)求异面直线PA，BC所成角的余弦值；
(2)求点A到平面PBC的距离．
6．（2023春·江苏盐城·高二校考期末）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=π2，AO=4，BO=2，Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B−AO−C是直二面角．动点D在线段AB上．

(1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值；
(2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．
7．（2023春·北京通州·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，在底面ABCD中，BC//AD,CD⊥AD, AD=CD=1,BC=2．
(1)求证：AC⊥平面PAB；
(2)若平面PAB与平面PCD的夹角等于π3，求异面直线PB与CD所成角的余弦值．
8．（2023秋·高一单元测试）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°.

(1)求异面直线DE与CF所成角的余弦值；
(2)求二面角A−FB−C的余弦值.
9．（2023·辽宁丹东·统考二模）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1−AD−C的大小为120°，E为棱C1D1的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)点F在棱CC1上，AE//平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
10．（2023春·北京·高二校考期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PD的中点，PA＝2，AB＝1，AD＝2．

(1)求证：PB∥平面ACE；
(2)求直线CP与平面ACE所成角的正弦值；
11．（2023·四川成都·校考模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘.点D、E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.

(1)求证：MN//平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BH所成角的余弦值为721，求线段AH的长．
12．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，DA=DC=2，AB=C1D1=1，∠ADC=120∘，∠D1DA=∠B1BA=90∘．

(1)证明：平面D1C1CD⊥平面ABCD；
(2)若四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为734，求直线AA1与平面AB1C1所成角的正弦值．
13．（2023春·河南·高二校联考期末）如图，圆柱O1O2的底面半径与高均为2，AB为⊙O2的直径，C,D分别为⊙O1，⊙O2上的点，直线CD与线段O1O2交于O点.

(1)证明：O为线段O1O2的中点；
(2)若AC与下底面所成的角为π6，求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.
14．（2023·上海闵行·上海市校考二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F.

(1)证明：点F为B1C1的中点；
(2)若点M为棱A1B1上一点，且直线MF与平面CDE所成角的正弦值为6525，求A1MA1B1的值.
15．（2023春·湖南岳阳·高二统考期末）如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的平面与矩形BDEF所在的平面互相垂直.

(1)若M为线段BF上的一个动点，证明：CM//平面ADE；
(2)若∠BAD=60∘，AB=2，直线CF与平面BCE所成角的正弦值为1510，求BF的长.
16．（2023春·江苏连云港·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=22,PA=PC=AC=4，平面ABC⊥平面PAC.

(1)求异面直线AC与PB间的距离；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M−PA−C为30∘，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
17．（2023春·甘肃白银·高二校考期末）如图，在正三棱柱A1B1C1−ABC中，D为AB的中点，C1E=λC1C0<λ<1，A1A=3AB=23．

(1)若λ=12，证明：DE⊥平面A1B1E；
(2)若直线BC1与平面A1B1E所成角为π3，求λ的值；
18．（2023春·云南玉溪·高二校考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=2，D为BC的中点，平面BB1C1C⊥平面ABC.

(1)证明：AD⊥平面BB1C1C；
(2)已知四边形BB1C1C是边长为2的菱形，且∠B1BC=60°，求平面ABC与平面AC1D所成角的正弦值.
19．（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知E、F分别是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BC、CD的中点，求：

(1)A1D与EF所成角的大小；
(2)二面角C−D1B1−C1的大小；
(3)点M在棱CD上，若A1M与平面B1C1CB所成角的正弦值为1919，请判断点M的位置，并说明理由.
20．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，PC⊥底面ABCD,E是AC的中点，PF=13PD.

(1)证明：平面PBC⊥平面ACF.
(2)若直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，且PC>CD，求平面ACF与平面PAB夹角的余弦值.
21．（2023春·江苏扬州·高二统考期末）如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，AA1=AB=3,D,E分别为BC,B1C1上的点,且BDBC=C1EC1B1=t(0
(1)若t=12,求证:AD//平面A1BE;
(2)若t>12,直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为63,求二面角C1−AD−C的余弦值.
22．（2023春·广东深圳·高一统考期末）如图，三棱锥P−ABC的三个顶点A，B，C在圆O上，AB为圆O的直径，且AB=6，PA=PC=22，BC=25，平面PAC⊥平面PCB，点E是PB的中点.

(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)点F是圆O上的一点，且点F与点C位于直径AB的两侧.当EF//平面PAC时，画出二面角E−BF−A的平面角，并求出它的余弦值.
23．（2023春·江苏南京·高二校考期中）如图，已知在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B=1，AA1=5，AB=BC=2，∠BAC=30∘，平面ABB1A1⊥平面ABC.
(1)求AA1与BC所成角的余弦值；
(2)在棱AA1上是否存在一点E，使得二而角E−BC−B1的余弦值为−51326？若存在，求 出AEAA1的值，若不存在，说明理由．
24．（2023·福建福州·福建省校考二模）如图1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=2π3,E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.将△BEF沿EF翻折到△B′EF的位置，如图2.

(1)当AB′=2时，证明：平面B′AE⊥平面ABC；
(2)已知二面角B′−EF−A的大小为π4，棱AC上是否存在点M，使得直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为1010？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由.
25．（2023春·四川乐山·高二期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，AB=BC=2,AC=23,M,N分别为A1B1,AC的中点．
(1)求证：MN//平面BCC1B1；
(2)再从条件（1）、条件（2）这两个条件中选择一个作为已知，求二面角A−BM−N的平面角的余弦值．
条件①：BN⊥平面AA1C1C；
条件②：B1N=5．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
26．（2023春·江苏徐州·高二校考期中）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DEBC=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE位置，使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，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.
27．（2023春·湖北武汉·高一校考期末）如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E、F分别为DC、BC的中点，上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.

(1)求证：BD1∥平面C1EF；
(2)线段BF上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为32222，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
28．（2023春·江苏宿迁·高二统考期末）如图（1）所示，在△ABC中，AB=43，BC=23，∠B=60°，DE垂直平分AB．现将△ADE沿DE折起，使得二面角A−DE−B大小为60°，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点A记作点P）

(1)求点D到面PEC的距离；
(2)求四棱锥P−BCED外接球的体积；
(3)点Q为一动点，满足PQ=λPE (0<λ<1)，当直线BQ与平面PEC所成角最大时，试确定点Q的位置．
29．（2023·广东广州·广州市校考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E,F分别为AB，PD的中点.

(1)求证：EF //平面PBC；
(2)若AD=23，二面角E−FC−D的大小为45∘，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.求PD的长.
条件①：DE⊥PC；条件②：PB=PC.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
30．（2023春·江苏南京·高二统考期末）如图所示，在三棱锥P−ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC．

(1)证明：BC⊥平面PAB；
(2)若PA=AB=6，BC=3，在线段PC上（不含端点），是否存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为105，若存在，确定点D的位置；若不存在，说明理由．
专题1.6 空间角的向量求法大题专项训练（30道）
【人教A版（2019）】
姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（2023春·高二单元测试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60∘.

(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值.
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）通过已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两直线所成角的余弦值即可.
【解答过程】（1）证明：因为底面ABCD是菱形，
所以BD⊥AC，
又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD
所以PA⊥BD，
又PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
（2）设AC∩BD＝O
因为∠BAD=60°,PA=AB=2，
所以BO=1,AO=CO=3
以O为坐标原点,射线OB,OC分别为x轴,y轴的正半轴
建立空间直角坐标系O−xyz，
如图：

则P(0,−3,2),A(0,−3,0),B(1,0,0),C(0,3,0)，
所以 PB=(1,3,−2),AC=(0,23,0)，
设PB与AC所成角θ，
所以csθ=PB⋅AC|PB‖AC|
=1×0+3×23+−2×012+32+−22×02+232+02
=622×23=64，
即PB与AC所成角的余弦值为64.
2．（2023春·河南洛阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AP=AB=AD=1，且直线PB与CD所成角的大小为π3．

(1)求BC的长；
(2)求二面角D−PB−C的余弦值．
【解题思路】（1）建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．由已知求得A，B，D，P的坐标，再由直线PB与CD所成角大小为π3列式求得y值，则C的坐标可求，即可求得BC的长；
（2）分别求出平面PBD与平面PBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．
【解答过程】（1）由于PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB,AD,AP两两垂直，故分别以AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．
∵AP=AB=AD=1，∴A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
设C(1,y,0)，则PB=(1,0,−1)，CD=(−1,1−y,0)．
∵直线PB与CD所成角大小为π3，
∴|cs|=PB⋅CD|PB||CD|=12，
即12×1+(1−y)2=12，解得y=2或y=0（舍)，
∴C(1,2,0)，则BC的长为2；
（2）设平面PBD的一个法向量为m=(x,y,z)．
∵ PB=(1,0,−1)，PD=(0,1,−1)，BC=0,2,0,
∴ PB⋅m=x−z=0PD⋅m=y−z=0，令x=1，则y=1，z=1，m=(1,1,1)．
∵平面PBC的一个法向量为n=a,b,c，
∴ PB⋅n=a−c=0BC⋅n=2b=0，令a=1，则b=0，c=1，n=1,0,1,
∴cs=m⋅n|m||n|=22×3=63，
由几何体的特征可知二面角D−PB−C的平面角为锐角，
∴二面角D−PB−C的余弦值为63．

3．（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC=π3，E，F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，C在点P处重合，得到四棱锥P−EFGB，如图2.

(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.
【解题思路】（1）（2）依题意可得BE⊥EF，BE⊥PE，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【解答过程】（1）由题意可知AE=3，EF=4，CF=5，所以AE2+EF2=CF2，
故PE⊥EF，且AB=ACcsπ3=6，
∴AEAB=ABAC=12，∴△ABE∽△ACB，∴∠AEB=∠ABC=π2，所以BE⊥AC，
又BE//FG，所以FG⊥AC，即BE⊥EF，BE⊥PE，
故可以EF，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系E−xyz如图所示，

易知BE=ABsinπ3=33，FG=FCtanπ6=533，
则F4,0,0，B0,33,0，G4,533,0，P0,0,3，
∴PF=4,0,−3，BG=4,−433,0，
∴csPF,BG=PF⋅BGPF∣⋅BG=165×83=235，
故异面直线PF，BG所成角的余弦值为235；
（2）由（1）可知M0,332,32，
∴MF=4,−332,−32，BF=4,−33,0，EF=4,0,0，
设平面BFM法向量为m=x1,y1,z1，
由m⋅MF=0m⋅BF=0，则4x1−332y1−32z1=04x1−33y1=0，令y1=4得m=33,4,43，
设平面EFM法向量为n=x2,y2,z2，
由n⋅MF=0n⋅EF=0，则4x2−332y2−32z2=04x2=0，令y2=1得n=0,1,−3，
所以csm,n=m⋅nm⋅n=4−1291×2=−49191，
所以钝二面角B−FM−E的余弦值为−49191.
4．（2023春·江苏镇江·高一校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB//CD，AD=CD=1，∠BAD=120°，∠ACB=90°.

(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)试确定PA的值为多少时？二面角A−PC−D的余弦值为55.
【解题思路】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量处理二面角问题.
【解答过程】（1）因为PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，则PA⊥BC，
且AC⊥BC，PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
（2）由题意可知：∠CAD=∠ACD=∠CAB=60°，即△ACD为等边三角形，
取CD的中点E，连接AE，则AE⊥CD，
又因为AB//CD，则AE⊥AB，
如图，以A为坐标原点，AE,AB,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
设PA=m>0，则B0,2,0C32,12,0,D32,−12,0,P0,0,m，
可得DC=0,1,0,PC=32,12,−m,BC=32,−32,0，
由（1）可知：平面PAC的法向量BC=32,−32,0，
设平面PCD的法向量n=x,y,z，则n⋅DC=y=0n⋅PC=32x+12y−mz=0，
令x=2m，则y=0,z=3，可得n=2m,0,3，
由题意可得：csn,BC=n⋅BCn⋅BC=3m4m2+3×3=55，解得m=3，
所以当PA=3时，二面角A−PC−D的余弦值为55.

5．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB=BC=2CD=2，AD=3，现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P位置，此时二面角P−AC−D为π3．

(1)求异面直线PA，BC所成角的余弦值；
(2)求点A到平面PBC的距离．
【解题思路】（1）作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到异面直线的夹角；
（2）利用点到平面距离的向量公式进行求解.
【解答过程】（1）过点D做DO⊥AC交AC于O，连接OP，
以O点为原点，以OA为x轴，在平面ABCD内，过点O垂直于AC的线为y轴，
过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．

因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，
所以∠DOP为二面角P−AC−D的平面角．所以∠DOP=π3，
又因为OD=OP=32，所以点P0,−34,34，
又因为C−12,0,0，A32,0,0，由等边三角形△ABC可得B12,3,0，
所以AP=−32,−34,34，BC=−1,−3,0，
所以csAP,BC=AP⋅BCAPBC=32+3494+316+916⋅2=338，
所以AP与BC夹角的余弦值为338．
（2）PC=−12,34,−34，BC=−1,−3,0，
设n=x,y,z为平面PBC的一个法向量，
则n⋅PC=x,y,z⋅−12,34,−34=−12x+34y−34z=0n⋅BC=x,y,z⋅−1,−3,0=−x−3y=0，
令x=3，则y=−1,z=−3，
故n=3,−1,−3，
所以点A到平面PBC的距离为d=AP⋅nn=237=2217．
6．（2023春·江苏盐城·高二校考期末）如图，在Rt△AOB中，∠AOB=π2，AO=4，BO=2，Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B−AO−C是直二面角．动点D在线段AB上．

(1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值；
(2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．
【解题思路】（1）建系，利用空间向量求异面直线夹角；
（2）设BD=λBA可得D0,21−λ,4λ，利用空间向量求线面夹角结合二次函数分析运算.
【解答过程】（1）由题意可得：AO⊥OB,AO⊥OC，平面AOB⊥平面AOC，
平面AOB∩平面AOC=AO，OB⊂平面AOB，所以OB⊥平面AOC，
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则O0,0,0,A0,0,4,C2,0,0,B0,2,0，
若D为AB的中点，则D0,1,2，可得OA=0,0,4,CD=−2,1,2，
设异面直线AO与CD所成角θ∈0,π2，则csθ=csOA,CD=OA⋅CDOA⋅CD=84×3=23.
故异面直线AO与CD所成角的余弦值为23.
（2）若动点D在线段AB上，设Dx,y,z,BD=λBA,λ∈0,1，
则BD=x,y−2,z,BA=0,−2,4，可得x=0y−2=−2λz=4λ，解得x=0y=21−λz=4λ，
即D0,21−λ,4λ，则CD=−2,21−λ,4λ，
由题意可知：平面AOB的法向量为n=1,0,0，

设CD与平面AOB所成角为α∈0,π2，
则sinα=csn,CD=n⋅CDn⋅CD=24+41−λ2+16λ2=15λ2−2λ+2，
对于y=5λ2−2λ+2开口向上，对称轴为λ=15∈0,1，
可得当λ=15时，y=5λ2−2λ+2取到最小值ymin=5×152−2×15+2=95，
所以sinα的最大值为195=53，因为α∈0,π2，
故CD与平面AOB所成角的正弦最大值为53.
7．（2023春·北京通州·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，在底面ABCD中，BC//AD,CD⊥AD, AD=CD=1,BC=2．
(1)求证：AC⊥平面PAB；
(2)若平面PAB与平面PCD的夹角等于π3，求异面直线PB与CD所成角的余弦值．
【解题思路】（1）根据几何关系证明AB⊥AC，根据PA⊥底面ABCD得PA⊥AC，进而证明结论；
（2）根据题意，AE,AD,PA两两互相垂直，进而建立空间直角坐标系，设PA=a(a>0)，再根据坐标法求解异面直线所成角的余弦值即可.
【解答过程】（1）设BC中点为E，连接AE，
易知ADCE为正方形，且AC=2,AE=1,AB=2
所以BC2=AB2+AC2，所以AB⊥AC
因为PA⊥底面ABCD,AC⊂底面ABCD，所以PA⊥AC
又PA⊂面PAB,AB⊂面PAB，PA∩AB=A
所以AC⊥平面PAB
（2）因为PA⊥底面ABCD，在正方形ADCE中AE⊥AD，所以AE,AD,PA两两互相垂直.
如图建立空间直角坐标系A−xyz
设PA=a(a>0)
则C(1,1,0),D(0,1,0),B(1,−1,0),P(0,0,a)，所以PD=(0,1,−a),DC=(1,0,0)，
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，则
n⋅PD=0n⋅DC=0即y−az=0x=0，取z=1，则n=(0,a,1)
由（1）知，平面PAB的法向量为AC=(1,1,0)
因为平面PAB与平面PCD的夹角为π3，
所以csπ3=|csAC,n|=|AC⋅n||AC||n|=|(1,1,0)⋅(0,a,1)|2⋅02+12+(−a)2=|a|2⋅1+a2=12，解得a=1，
PB=(1,−1,−1),DC=(1,0,0)
设异面直线PB与CD所成角为θ，则csθ=|PB⋅DC|PB⋅|DC|=|(1,−1,−1)⋅(1,0,0)|3×1=33，
8．（2023秋·高一单元测试）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°.

(1)求异面直线DE与CF所成角的余弦值；
(2)求二面角A−FB−C的余弦值.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出DE=0,−1,3，CF=3,0,3，利用空间向量的数量积求解异面直线所成角的余弦函数值即可；
（2）求出平面ABF的法向量，平面CBF的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A−FB−C的余弦值即可．
【解答过程】（1）∵AC⊥平面BDEF，FO，BD⊂平面BDEF，∴AC⊥FO，AC⊥BD，
∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为等边三角形，
∵O为BD的中点，∴FO⊥BD，所以OA，OB，OF两两垂直．
以O为坐标原点，OA、OB、OF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示．

∵AB＝2，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
∴BD＝2，OA=AB2−OB2=3，
∵△DBF为等边三角形，∴OF=3，
则A3,0,0,B0,1,0,D0,−1,0,E0,−2,3,F0,0,3,C−3,0,0，
∴DE=0,−1,3，CF=3,0,3，
设异面直线所成角为θ，则csθ=csDE,CF=DE⋅CFDE⋅CF=64，
故csθ=64.
（2）由（1）知AB=−3,1,0，BF=0,−1,3，CB=3,1,0，
设平面ABF的法向量为m=x1,y1,z1，
则AB⋅m=−3x1+y1=0BF⋅m=−y1+3z1=0，令y1=3，则x1=1，z1=1，得m=1,3,1．
设平面CBF的法向量为n=x2,y2,z2，则BF⋅n=−y2+3z2=0CB⋅n=3x2+y2=0，
令y2=3，则x2=−1，z2=1，得n=−1,3,1．
∴csm,n=m⋅nm⋅n=35，
又二面角A−FB−C为钝角，
∴二面角A−FB−C的余弦值为−35．
9．（2023·辽宁丹东·统考二模）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1−AD−C的大小为120°，E为棱C1D1的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)点F在棱CC1上，AE//平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
【解题思路】（1）根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D1DC=120∘，进而根据中点得线线垂直即可求，
（2）由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【解答过程】（1）（1）因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，且两平面交线为DC,AD⊥DC，AD⊂平面ABCD,
所以AD⊥平面CDD1C1，所以AD⊥D1D,AD⊥DC，∠D1DC是二面角D1−AD−C的平面角，故∠D1DC=120∘ ．
连接DE，E为棱C1D1的中点，则DE⊥C1D1,C1D1//CD，从而DE⊥CD．
又AD⊥CD，DE∩AD=D，DE,AD⊂平面AED，所以CD⊥平面AED，ED⊂平面AED,因此CD⊥AE．
（2）解法1：设AB=2，则DE=D1D2−12D1C12=3，所以CE=AE=AD2+DE2=7．
连AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连OG．因为AE//平面BDF，AE⊂平面AEC,平面AEC∩平面BDF=OG
所以AE∥OG，因为O为AC中点，
所以G为CE中点，故OG=12AE=72．且直线OG与DF所成角等于直线AE与DF所成角．
在Rt△EDC中，DG=12CE=72，因为OD=2，
所以cs∠OGD=722+722−(2)22×72×72=37．
因此直线AE与DF所成角的余弦值为37．
解法2；设AB=2，则DE=D1D2−12D1C12=3，所以CE=AE=AD2+DE2=7．
取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG=DD1=2．
连接AG交BD于点I，连HI，因为AE//平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF=IH，所以AE∥IH．
HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角．
正方形ABCD中，GI=13AG，DI=13DB=223，所以GH=13EG，故HI=13AE=73．
在△DHG中，GH=13EG=23，GD=1，∠EGD=60°，
由余弦定理DH=1+49−1×23=73．在△DHI中，cs∠DHI=732+732−22322×73×73=37．
因此直线AE与DF所成角的余弦值为37．
解法3:由（1）知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，DA为x轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz．
由（1）知DE=3，得A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0, E(0,0,3)，C1(0,1,3)．
则CC1=(0,−1,3)，DC=(0,2,0)，AE=(−2,0,3)，DB=(2,2,0)．
由CF=tCC10≤t≤1，得DF=DC+CF=(0,2−t,3t)．
因为AE//平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R，
使得AE=λDB+μDF=λ2,2,0+μ(0,2−t,3t)=2λ,2λ+2μ−tμ,3μt，
故2λ=−2,2λ+2μ−tμ=0,3μt=3，解得t=23，
从而DF=0,43,233．
所以直线AE与DF所成角的余弦值为|csAE,DF|=AE⋅DF|AE||DF|=37．
10．（2023春·北京·高二校考期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PD的中点，PA＝2，AB＝1，AD＝2．

(1)求证：PB∥平面ACE；
(2)求直线CP与平面ACE所成角的正弦值；
【解题思路】（1）根据线面平行的判断，转化为证明线线平行，即可证明；
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，求平面ACE的法向量，利用线面角的向量公式，即可求线面角的正弦值.
【解答过程】（1）连结BD，交AC于点O，连结OE，
因为点O,E分别是BD,PD的中点，
所以PB//OE，PB⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，
所以PB//平面ACE；
（2）如图，以点A为原点，以AB,AD,AP分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，A0,0,0，C1,2,0，P0,0,2，E0,1,1，
AC=1,2,0，AE=0,1,1，PC=1,2,−2，
设平面ACE的法向量为n=x,y,z，
则AC⋅n=0AE⋅n=0，即x+2y=0y+z=0，令y=1，则x=−2,z=−1，
所以平面ACE的法向量为n=−2,1,−1，
设直线CP与平面ACE所成角为θ，
所以sinθ=csPC,n=PC⋅nPCn=−2+2+236=69.

11．（2023·四川成都·校考模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘.点D、E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.

(1)求证：MN//平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BH所成角的余弦值为721，求线段AH的长．
【解题思路】（1）以点A为原点，以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得MN//平面BDE；
（2）设AH=ℎ0≤ℎ≤4，则H0,0,ℎ，利用空间向量法可得出关于ℎ的方程，解出ℎ的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）证明：因为PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘，
如图，以点A为原点，以AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A0,0,0、B2,0,0、C0,4,0、P0,0,4、D0,0,2、E0,2,2、M0,0,1、N1,2,0，
DE=0,2,0，DB=2,0,−2，
设平面BDE的法向量为n=x,y,z，则n⋅DE=2y=0n⋅DB=2x−2z=0，
取x=1，可得n=1,0,1，
又因为MN=1,2,−1，则MN⋅n=1−1=0，所以，MN⊥n，
又因为MN⊄平面BDE，所以，MN//平面BDE.
（2）解：依题意，设AH=ℎ0≤ℎ≤4，则H0,0,ℎ，
所以，NH=−1,−2,ℎ，BE=−2,2,2，
由已知，得csBE,NH=BE⋅NHBE⋅NH=2ℎ−2ℎ2+5×23=721，
整理可得10ℎ2−21ℎ+8=0，解得ℎ=85或ℎ=12，
所以，线段AH的长为85或12.
12．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，DA=DC=2，AB=C1D1=1，∠ADC=120∘，∠D1DA=∠B1BA=90∘．

(1)证明：平面D1C1CD⊥平面ABCD；
(2)若四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为734，求直线AA1与平面AB1C1所成角的正弦值．
【解题思路】（1）解法一：证明AB⊥BD，AB⊥BB1从而得到AB⊥DD1，结合AD⊥DD1面面垂直的判定即可证明；解法二：建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可；
（2）解法一：利用锥体体积公式求出DD1=2，建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可；解法二：利用锥体体积比从而得到PD=4，再建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即可.
【解答过程】（1）解法一：∵AB//CD，∵∠ADC=120∘，∴∠DAB=60∘，
在△ABD中，AB=1,AD=2,∠DAB=60∘，
由余弦定理得BD=12+22−2×1×2cs60∘=3，
故AB2+BD2=AD2，则AB⊥BD，
因为棱台ABCD−A1B1C1D1，故BB1,DD1交于一点，即BB1,DD1共面，
又∠B1BA=90°，即AB⊥BB1，BB1∩BD=B，BB1,BD⊂平面BB1D1D，所以AB⊥平面BB1D1D，
因为DD1⊂面BB1D1D，所以AB⊥DD1，又∠D1DA=90∘，即AD⊥DD1，AB∩AD=A，
AB,AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD，又因为DD1⊂平面D1C1CD，
所以平面D1C1CD⊥平面ABCD；
解法二：由棱台的定义，把四棱台ABCD−A1B1C1D1的侧棱延长交于点P，
得到四棱锥P−ABCD，则∠PDA=∠PBA=90°，
同解法一，可得AB⊥BD，
以D为原点，DB,DC分别为x,y轴建立空间直角坐标系如图，

则B(3,0,0),A(3,−1,0),C(0,2,0)，设P(a,b,c)，
由∠PDA=∠PBA=90∘，则有DP⋅DA=3a−b=0,DP⋅BA=−b=0,，
所以a=b=0，即P(0,0,c)，所以PD⊥平面ABCD， 因为PD⊂平面PCD，
故平面PCD⊥平面ABCD，即平面D1C1CD⊥平面ABCD；
（2）解法一：设梯形ABCD与梯形A1B1C1D1的面积分别为S1,S2，
S1=12AB+CDBD=12×1+2×3=332，
因为梯形A1B1C1D1与梯形ABCD相似，且C1D1CD=12，故S2S1=14，所以S2=338，
由（1）知，DD1⊥平面ABCD，
则VABCD−A1B1C1D1=13S1+S2+S1S2DD1=13332+338+332⋅338DD1=738DD1，
所以738DD1=734，故DD1=2，
以D为原点，DB,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图，

B(3,0,0),A(3,−1,0),D1(0,0,2),C1(0,1,2)，由D1A1=12DA，
得A1(32,−12,2)，由A1B1=12AB，得B1(32,0,2)，
所以AA1=−32,12,2,AB1=−32,1,2,B1C1=−32,1,0，
设平面AB1C1的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AB1=−32x+y+2z=0,n⋅B1C1=−32x+y=0，取n=2,3,0，
设直线AA1与平面AB1C1所成的角为θ，则
sinθ=cs=AA1⋅nAA1⋅n=−3+32+05⋅7=10570．
解法二：可知四棱锥P−A1B1C1D1与四棱锥P−ABCD，
相似比为C1D1CD=12，故体积比为VP−A1B1C1D1VP−ABCD=18，故VABCD−A1B1C1D1=78VP−ABCD=734，
所以VP−ABCD=23，又SABCD=12AB+CDBD=12×1+2×3=332，
所以13×332×PD=23，故PD=4，所以P(0,0,4)，
故B1(32,0,2),A1(32,−12,2),C1(0,1,2),
下同解法一．
13．（2023春·河南·高二校联考期末）如图，圆柱O1O2的底面半径与高均为2，AB为⊙O2的直径，C,D分别为⊙O1，⊙O2上的点，直线CD与线段O1O2交于O点.

(1)证明：O为线段O1O2的中点；
(2)若AC与下底面所成的角为π6，求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.
【解题思路】（1）利用面面平行的性质，可证明O1DO2C是平行四边形，即可证明；
（2）首先作辅助线，延长DO2交⊙O2于点E，并连结EA,EB,EC，利用垂直关系，可证明EA,EB,EC两两互相垂直，则以点E为原点，建立空间直角坐标系，利用向量公式，求线面角的正弦值.
【解答过程】（1）连接O1C，O2C，O1D，O2D，如图所示.

因为C，O1，D，O2四点共面，且圆柱O1O2的上、下底面平行，所以O1C∥O2D.
因为O1C=O2D，所以四边形CO1DO2为平行四边形，
所以O1O=OO2，即O为O1O2的中点.
（2）延长DO2交⊙O2于点E，连接CE，AE，BE.
因为E在⊙O2上，AB为⊙O2的直径，
所以AE⊥BE，O1C=O2E，O1C∥O2E，
所以四边形CO1O2E为平行四边形，
所以O1O2∥CE，所以CE⊥平面ABE.
所以∠CAE为直线AC与下底面所成的角，所以∠CAE=π6.
因为CE=2，所以AE=23，BE=2.
如图所示，以E为坐标原点，EA，EB，EC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E−xyz.
则A23,0,0，B0,2,0，C0,0,2，D23,2,0.
所以AD=0,2,0，CD=23,2,−2，BC=0,−2,2.
设平面ACD的法向量为n=x,y,z.
则n⋅AD=2y=0,n⋅CD=23x+2y−2z=0,不妨取x=1，则n=1,0,3.
设直线BC与平面ACD所成的角为θ，
则sinθ=n⋅BCnBC=232×22=64.
即直线BC与平面ACD所成角的正弦值为64.
14．（2023·上海闵行·上海市校考二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F.

(1)证明：点F为B1C1的中点；
(2)若点M为棱A1B1上一点，且直线MF与平面CDE所成角的正弦值为6525，求A1MA1B1的值.
【解题思路】（1）得到CD//EF，结合E为A1D1中点，进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，CD//C1D1，又CD⊂平面A1B1C1D1，且C1D1⊂平面A1B1C1D1，
则CD//平面A1B1C1D1，而B1C1交平面CDE于点F，即F∈平面CDE,F∈B1C1，
又B1C1⊂平面A1B1C1D1，有F∈平面A1B1C1D1，因此平面CDE∩平面A1B1C1D1=EF，
于是CD//EF，而E为A1D1中点，
所以F为B1C1的中点.
（2）以D为坐标原点，DA,DC,DD1方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为3，设A1MA1B1=λ(0≤λ≤1)，
则M(3,3λ,3),C(0,3,0),E32,0,3,F32,3,3,
从而FM=32,3λ−3,0,CD=(0,3,0),ED=32,0,3，
设平面CDE的一个法向量为n=(x,y,z)，则
n⋅CD=0n⋅ED=0,即3y=032x+3z=0,不妨取x=2,则x=2y=0z=−1,即n=(2,0,−1)，
设直线MF与平面CDE所成角为θ，
又直线MF与平面CDE所成角的正弦值为6525，
因此sinθ=|MF⋅n||MF|⋅|n|=3322+(3λ−3)2⋅5=6525，解得λ=13，
所以A1MA1B1=13.
15．（2023春·湖南岳阳·高二统考期末）如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的平面与矩形BDEF所在的平面互相垂直.

(1)若M为线段BF上的一个动点，证明：CM//平面ADE；
(2)若∠BAD=60∘，AB=2，直线CF与平面BCE所成角的正弦值为1510，求BF的长.
【解题思路】（1）利用面面平行的性质定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解.
【解答过程】（1）由题知，四边形BDEF为矩形，所以BF//DE，
又因为BF⊄̸平面ADE，DE⊂平面ADE，所以BF//平面ADE，
同理可证BC//平面ADE，又因为BC∩BF=B，BC、BF⊂平面BCF，
所以平面BCF//平面ADE，又因为CM⊂平面BCF，所以CM//平面ADE.
（2）因为平面ABCD⊥平面BDEF，
且平面ABCD∩平面BDEF=BD，DE⊥DB，
DE⊂平面BDEF，所以DE⊥平面ABCD.
又因为底面ABCD为菱形，且∠BAD=60∘，AB=2，
所以△ABD为等边三角形，且AB=BD=2，设BF=a，
取AB的中点为G，连接DG，以D为坐标原点，分别以DG,DC,DE的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，

则B3,1,0，C0,2,0，E0,0,a，F3,1,a，
则CF→=3,−1,a，BC→=−3,1,0，CE→=0,−2,a，
设平面BCE的法向量为n→=x,y,z，n→·BC→=0n→·CE→=0，则−3x+y=0−2y+az=0，
取x=1，则y=3，z=23a，即n→=1,3,23a，
设直线CF与平面BCE所成角为θ，则
sinθ=|cs|=|CF⋅n||CF|⋅|n|=3−3+a⋅23a4+a2⋅4+12a2=1510,
化简可得a4−13a2+12=0，解得a=23或a=1，
故BF的长可为23或1.
16．（2023春·江苏连云港·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=22,PA=PC=AC=4，平面ABC⊥平面PAC.

(1)求异面直线AC与PB间的距离；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M−PA−C为30∘，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
【解题思路】（1）法一：根据等腰三角形性质得PO垂直AC，BO⊥AC，根据线面垂直的判定定理得AC⊥面PBO，在面PBO中，作OD⊥PB，知OD为异面直线AC与PB间的距离可得答案；法二：以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设n=x,y,z，且n⋅AC=0,n⋅PB=0可得n，由异面直线AC与PB间的距离向量求法可得答案；
（2）方法一：在平面ABC内作MN⊥AC，则MN⊥平面PAC，在平面PAC内作NF⊥AP，则MF⊥AP，得∠MFN为二面角M−PA−C的平面角，法一：设点C到平面PAM的距离为ℎ，利用VM−APC=VC−APM得ℎ可得答案；法二：以O为坐标原点，OB､OC､OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建空间直角坐标系，求出平面PAM的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【解答过程】（1）法一：取AC中点O，连接PO，由PA=PC知PO⊥AC，
又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，故PO⊥平面ABC，
连接BO，则∠POB=90∘，
又因为AB=BC,O为AC中点，故BO⊥AC，
BO,PO⊂面PBO,BO∩PO=O，故AC⊥面PBO，
在面PBO中，作OD⊥PB，则由OD⊥AC知OD为异面直线AC与PB间的距离，
由PO=23,OB=2,PB=4，PO×OB=PB×OD知OD=3，
即异面直线AC与PB间的距离为3；

法二：取AC中点O，连接PO，由PA=PC知PO⊥AC，
又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，故PO⊥平面ABC
以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
则A0,−2,0,B2,0,0,C0,2,0,P0,0,23,PB=2,0,−23,AC=0,4,0，
设n=x,y,z，且n⋅AC=0,n⋅PB=0，
则y=02x−23z=0，令z=3，则n=3,0,3，
又AB=2,2,0，则异面直线AC与PB间的距离为d=n⋅ABn=623=3；

（2）由（1）知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥平面ABC，
如图，在平面ABC内作MN⊥AC，垂足为N，则MN⊥平面PAC，
在平面PAC内作FN⊥AP，垂足为F，联结MF，
PA⊂平面PAC，所以MN⊥PA，且MN∩FN=N，MN、FN⊂平面MFN，
所以PA⊥平面MFN，FM⊂平面MFN，所以PA⊥FM

故∠MFN为二面角M−PA−C的平面角，即∠MFN=30∘，
设MN=a，则NC=a,AN=4−a，在Rt△AFN中，FN=324−a，
在Rt△MFN中，由∠MFN=30∘知FN=3MN，得a=43，
法一：设点C到平面PAM的距离为ℎ，由VM−APC=VC−APM，得13S△APCMN=13S△APMℎ，即13×12×AC×MN×PO=13×12×PA×MF×ℎ，
又AC=PA=4,MF=2MN,PO=23，
解得ℎ=3，则PC与平面PAM所成角的正弦值为34；
法二：以O为坐标原点，OB､OC､OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系如图，
则A0,−2,0,B2,0,0,C0,2,0,P0,0,23,M43,23,0，
PC=0,2,−23,AP=0,2,23,AM=43,83,0，
设平面PAM的法向量为n=x,y,z，则由n⋅AP=0,n⋅AM=0，
知2y+23z=043x+83y=0，令z=3，则n=6,−3,3，
则PC与n所成角的余弦值为csθ=n⋅PCnPC=−34，
则PC与平面PAM所成角的正弦值sinα=csθ=34.

17．（2023春·甘肃白银·高二校考期末）如图，在正三棱柱A1B1C1−ABC中，D为AB的中点，C1E=λC1C0<λ<1，A1A=3AB=23．

(1)若λ=12，证明：DE⊥平面A1B1E；
(2)若直线BC1与平面A1B1E所成角为π3，求λ的值；
【解题思路】（1）先证明A1B1⊥平面DCC1F，得到DE⊥A1B1，再证明DE⊥平面A1B1E即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据线面角列方程即可得解.
【解答过程】（1）取A1B1的中点F，连接EF，DF，DC，FC1
因为CC1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以CC1⊥CD，同理CC1⊥C1F，
又CD=C1F=3，结合题设，可得DE=EF=6，
易知DF=A1A=23，
所以DE2+EF2=DF2，则DE⊥EF．
因A1B1⊥C1F,A1B1⊥DF，C1F∩DF=F,C1F,DF⊂平面DCC1F，
所以A1B1⊥平面DCC1F，
又DE⊂平面DCC1F，所以DE⊥A1B1，
因为A1B1∩EF=F，A1B1,EF⊂平面A1B1E，
所以DE⊥平面A1B1E．

（2）以D为坐标原点，DB,DC,DF的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A1−1,0,23,B1,0,0,C10,3,23,B11,0,23
设E0,3,a,a∈0,23，则A1E=1,3,a−23，A1B1=2,0,0,BC1=−1,3,23
设平面A1B1E的法向量为n=x,y,z，
则n⋅A1B1=2x=0n⋅A1E=x+3y+(a−23)z=0，取y=23−a，则n=0,23−a,3
设直线BC1与平面A1B1E所成的角为θ，

则sinθ=csn,BC1=|n⋅BC1|nBC1=−3a+124a2−43a+15=32
化简得3a2−83a+12=0，解得a=233或a=23．
当a=23时，点E与点C1重合，此时λ=0，不符合题意．
所以λ=C1EC1C=23，即λ的值为23.
18．（2023春·云南玉溪·高二校考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=2，D为BC的中点，平面BB1C1C⊥平面ABC.

(1)证明：AD⊥平面BB1C1C；
(2)已知四边形BB1C1C是边长为2的菱形，且∠B1BC=60°，求平面ABC与平面AC1D所成角的正弦值.
【解题思路】（1）利用等腰三角形性质，面面垂直的性质推理作答.
（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【解答过程】（1）在三棱柱ABC−A1B1C1中，由AB=AC=2,D是BC的中点，得AD⊥BC，
而平面BB1C1C⊥平面ABC，且平面BB1C1C∩平面ABC=BC,AD⊂平面ABC，
所以AD⊥平面BB1C1C.
（2）因为四边形BB1C1C为菱形，∠B1BC=60°，则△B1BC为正三角形，连接B1D，有B1D⊥BC，
而平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC=BC，因此B1D⊥平面ABC，DC,DA,DB1两两垂直，
以D为坐标原点，DC,DA,DB1分别为x轴,y轴,z轴，建立空间直角坐标系，

则D(0,0,0),C(1,0,0),A(0,3,0),C1(2,0,3)，DC1=(2,0,3),DA=(0,3,0)，
设平面AC1D的法向量n=x1,y1,z1，则n⋅DC1=2x1+3z1=0n⋅DA=3y1=0，令x1=3，得n=(3,0,−2)，
显然平面ABC的法向量m=(0,0,1)，设平面ABC与平面AC1D所成角为θ，
则csθ=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=27,sinθ=1−cs2θ=217，
所以平面ABC与平面AC1D所成角的正弦值为217.
19．（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知E、F分别是正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BC、CD的中点，求：

(1)A1D与EF所成角的大小；
(2)二面角C−D1B1−C1的大小；
(3)点M在棱CD上，若A1M与平面B1C1CB所成角的正弦值为1919，请判断点M的位置，并说明理由.
【解题思路】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答.
（3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，令AB=1，
以点D为原点，以DA,DC,DD1的方向分别为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，如图，
则D(0,0,0),A1(1,0,1),E(12,1,0),F(0,12,0),A1D=(−1,0,−1),EF=−12,−12,0，
设A1D与EF所成角为θ，csθ=|cs〈A1D,EF〉|=A1D⋅EFA1D|EF|=122×22=12，
所以A1D与EF所成角的大小是π3.

（2）平面B1D1C1的一个法向量为DD1=(0,0,1)，
设平面CB1D1的一个法向量为n=(x,y,z)，D1C=(0,1,−1),D1B1=(1,1,0)，
则n⋅D1C=y−z=0n⋅D1B1=x+y=0，令z=1，得n=(−1,1,1)，
设n,DD1的夹角为α，csα=n⋅DD1n‖DD1=13=33，而二面角C−D1B1−C1为锐二面角，
所以二面角C−D1B1−C1大小为arccs33.
（3）设M(0,y,0),y∈[0,1]，则A1M=(−1,y,−1)，平面B1C1CB的一个法向量为DC=(0,1,0)，
设A1M与平面B1C1CB所成角为β,sinβ=|cs〈A1M,AB〉|=A1M⋅ABA1M|AB|=1919，即|y|y2+2=119,y=13，
所以当DM=13DC，即点M是线段DC靠近点D的三等分点时,A1M与平面B1C1CB所成角的的正弦值为1919.
20．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，PC⊥底面ABCD,E是AC的中点，PF=13PD.

(1)证明：平面PBC⊥平面ACF.
(2)若直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，且PC>CD，求平面ACF与平面PAB夹角的余弦值.
【解题思路】（1）由余弦定理求出BC2=2，由勾股定理逆定理得到线线垂直，进而得到线面垂直，证明出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标P0,0,a，利用线面角的大小列出方程，求出a，从而利用空间向量求出面面角的余弦值
【解答过程】（1）因为PC⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD，所以PC⊥AC.
因为AD=CD=1,AD⊥CD，所以AC=AD2+CD2=2,∠CAD=45°.
又AB//CD,AB=2，
所以∠BAC=45°,BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC=2，
则BC2+AC2=AB2，故AC⊥BC.
因为PC∩BC=C，PC,BC⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC.
又AC⊂平面ACF，所以平面PBC⊥平面ACF.
（2）取AB中点N，连接CN，
因为底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，
所以CN⊥AB，
因为PC⊥底面ABCD，CD,CN⊂平面ABCD，所以PC⊥CN,PC⊥CD，
以C为坐标原点，CN,CD,CP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1,1,0,B1,−1,0,E12,12,0，
设P0,0,a(a>1)，则F0,13,2a3，
PE=12,12,−a,PA=1,1,−a,AB=0,−2,0.
设平面PAB的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅PA=x1,y1,z1⋅1,1,−a=x1+y1−az1=0m⋅AB=x1,y1,z1⋅0,−2,0=−2y1=0，解得y1=0，
令z1=1，得x1=a，故m=a,0,1.
因为直线PE与平面PAB所成角的正弦值为1015，
所以12a−aa2+12×a2+1=1015，
解得a=2或a=24（舍去），则m=2,0,1，
则CA=1,1,0,CF=0,13,43.
设平面ACF的法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅CA=x2,y2,z2⋅1,1,0=x2+y2=0n⋅CF=x2,y2,z2⋅0,13,43=13y2+43z2=0，
令z2=1，则y2=−4,x2=4，得n=4,−4,1.
csm,n=m⋅nmn=95×33=316555，
故平面ACF与平面PAB夹角的余弦值为316555.
21．（2023春·江苏扬州·高二统考期末）如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，AA1=AB=3,D,E分别为BC,B1C1上的点,且BDBC=C1EC1B1=t(0
(1)若t=12,求证:AD//平面A1BE;
(2)若t>12,直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为63,求二面角C1−AD−C的余弦值.
【解题思路】（1）当t=12时可得点D,E分别为BC,B1C1的中点,根据已知条件证明四边形BB1ED为平行四边形,再依据线面平行的判定定理即可证明.
（2）以AB,AC,AA1为正交基底空间直角坐标系A−xyz,写出各个点的坐标,根据直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为63求出t值,再分别求出平面AC1D和平面ADC的法向量,根据公式求解即可.
【解答过程】（1）
当t=12时,BDBC=C1EC1B1=12,即点D,E分别为BC,B1C1的中点,
在直三棱柱ABC−A1B1C1中,B1C1∥BC,B1C1=BC,所以B1E∥BD,B1E=BD,
所以四边形BB1ED为平行四边形,所以BB1 ∥ DE,BB1= DE，
又AA1∥BB1,AA1=BB1,所以AA1∥DE,AA1=DE,
所以四边形AA1ED为平行四边形,则AD∥A1E,
又因为AD⊄平面A1EB,A1E⊂平面A1EB,
所以AD ∥平面A1EB.
（2）AA1⊥平面ABC,又∠BAC=90∘,以AB,AC,AA1为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz,

则点A0,0,0,C10,3,3,A10,0,3,B3,0,0,C0,3,0,
由BDBC=C1EC1B1=t(0所以A1C=0,3,−3,A1B=3,0,−3,A1E=3t,3−3t,0.
设平面A1BE的一个法向量m=x,y,z,则m⋅A1B=0m⋅A1E=0,即3x−3z=03tx+3−3ty=0,
取x=1,得m=1,tt−1,1,
设直线A1C与平面A1BE所成角为θ,则sinθ=csA1C,m=3tt−1−332⋅2+tt−12=63,
得12t2−16t+5=0,解得t=12或56,又因为t>12,所以t=56.
而AC1=0,3,3,AB=3,0,0,BC=−3,3,0,BD=tBC=−3t,3t,0,
所以AD=AB+BD=3−3t,3t,0=12,52,0,
设平面AC1D的一个法向量为n1=x,y,z,则n1⋅AC1=0n1⋅AD=0,即3y+3z=012x+52y=0,
取y=−1,则n1=5,−1,1,
又平面ADC的一个法向量为n2=0,0,1,得csn1,n2=11⋅52+−12+12=39,
观察得二面角C1−AD−C为锐角,所以二面角C1−AD−C的余弦值为39.
22．（2023春·广东深圳·高一统考期末）如图，三棱锥P−ABC的三个顶点A，B，C在圆O上，AB为圆O的直径，且AB=6，PA=PC=22，BC=25，平面PAC⊥平面PCB，点E是PB的中点.

(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)点F是圆O上的一点，且点F与点C位于直径AB的两侧.当EF//平面PAC时，画出二面角E−BF−A的平面角，并求出它的余弦值.
【解题思路】（1）要证明平面PAC⊥平面ABC，只需证明BC⊥平面PAC即可；
（2）建立空间坐标系，运用空间向量求解.
【解答过程】（1）因为点C在圆O上，∴AC=AB2−BC2=4，又PA2+PC2=AC2，所以△PAC是等腰直角三角形，
即AP⊥PC，由条件：平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC=PC,∴AP⊥ 平面PBC，BC⊂平面PBC，∴BC⊥PA，
又BC⊥AC，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC，
又BC⊂平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC；
（2）取AC的中点M，连接PM，则PM⊥AC，由（1）可知平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，∴PM⊥平面ABC，
连接OM，OE，OF，则OM是△ABC中BC边的中位线，∴OM⊥AC，OM⊂平面ABC，∴PM⊥OM，
即PM，AC，OM两两垂直，以M为原点，AC，OM，PM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如下图：

由于O，E分别是AB，PB的中点，连接BM，取BM的中点N，连接EN，则有
EN//PM，∵PM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，BF⊂平面ABC，∴BF⊥EN，
过N点作FB的垂线，得垂足S，
BF⊥NS,EN∩NS=N,∴BF⊥平面ENS，ES⊂平面ENS，∴ES⊥BF，
∴∠ESN就是二面角E−BF−A的平面角；
∴OE//PA,OE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，∴OE//平面PAC，
OE∩FE=E，∴平面EFO//平面PAC，OF⊂平面EFO，∴FO//平面PAC，AC,FO⊂平面ABC，∴AC//FO，
其中OF=12AB，∴A2,0,0,B−2,25,0,P0,0,2,E−1,5,1,F3,5,0，
FE=−4,0,1,FB=−5,5,0，设平面EFB的一个法向量为m=x,y,z，
则m·FE=0m·FB=0，−4x+z=0−5x+5y=0，令x=1，得y=5,z=4,∴m=1,5,4，
显然平面ABC的一个法向量n=0,0,1，
设平面ABC与平面EFB的二面角为α，则csα=m·nm·n=22211，
综上，二面角E−BF−A的余弦值为22211.
23．（2023春·江苏南京·高二校考期中）如图，已知在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B=1，AA1=5，AB=BC=2，∠BAC=30∘，平面ABB1A1⊥平面ABC.
(1)求AA1与BC所成角的余弦值；
(2)在棱AA1上是否存在一点E，使得二而角E−BC−B1的余弦值为−51326？若存在，求 出AEAA1的值，若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求异面直线所成的角；
（2）假设存在点E满足题意，设AE=λAA1（(0≤λ≤1)，由空间向量法求二面角得λ值，从而得出结论．
【解答过程】（1）因为A1B=1，AA1=5，AB=BC=2，∠BAC=30∘，
所以AA12=AB2+A1B2，所以A1B⊥AB，∠ABC=120°，∠ACB=30°，
以BA为x轴，平面ABC内，过B与AB垂直的直线为y轴，BA1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(−1,−3,0)，A1(0,0,1)，
AA1=(−2,0,1)，BC=(−1,−3,0)，
csAA1,BC=AA1⋅BCAA1BC=25×2=55，
所以AA1与BC所成角的余弦值是55；
（2）假设存在点E满足题意，设AE=λAA1（(0≤λ≤1)，则AE=(−2λ,0,λ)，
BE=AE+BA=(2−2λ,0,λ)，BB1=AA1=(−2,0,1)，
设平面EBC的一个法向量是m=(x1,y1,z1)，则
m⋅BE=(2−2λ)x1+λz1=0m⋅BC=−x1−3y1=0，取y1=−1，则x1=3，z1=23(λ−1)λ，
m=(3,−1,23(λ−1)λ)，
设平面BCC1B1的一个法向量是n=(x2,y2,z2)，则
n⋅BC=−x2−3y2=0n⋅BB1=−2x2+z2=0，取y2=1，则x2=−3，z2=−23，即n=(−3,1,−23)，
csm,n=m⋅nmn=−3−1−12(λ−1λ1+3+12(λ−1)2λ2×3+1+12=51326，解得λ=13或λ=76（舍去），
由图可知当λ=13，二面角E−BC−B1是钝二面角，满足题意，此时AEAA1=λ=13．
24．（2023·福建福州·福建省校考二模）如图1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=2π3,E为BC的中点，F为AB上一点，且EF⊥AB.将△BEF沿EF翻折到△B′EF的位置，如图2.

(1)当AB′=2时，证明：平面B′AE⊥平面ABC；
(2)已知二面角B′−EF−A的大小为π4，棱AC上是否存在点M，使得直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为1010？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理证明AB′⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【解答过程】（1）由已知，有EF⊥AF,EF⊥B′F，且AF∩B′F=F，
AF，B′F⊂平面AB′F，所以EF⊥平面AB′F，
因为AB′⊂平面AB′E，所以EF⊥AB′.
在Rt△BEF中，BE=3,∠B=π6，
所以BF=32,AF=12.
因为AB′2+AF2=B′F2，所以AB⊥AB′.
且AB∩EF=F，AB，EF⊂平面ABC，所以AB′⊥平面ABC.
因为AB′⊂平面AB′E，所以平面AB′E⊥平面ABC.
（2）由（1）EF⊥AF,EF⊥B′F，
所以∠AFB′为二面角B′−EF−A的平面角，∠AFB′=π4，
因为AB=AC=2,∠BAC=2π3,E为BC的中点，
所以BE=ABsin60°=12BC=3，BF=B′F=BEcs30°=32，AF=2−32=12 ，EF=BEsin30°=32，B′Fsin45°=B′Fcs45°=324，
如图，以F为坐标原点，分别以FB､FE为x轴､y轴正方向建立空间直角坐标系F−xyz.

则F0,0,0,A−12,0,0,C−32,3,0,B′−324,0,324,E0,32,0.
设AM=λAC,λ∈0,1，
则FM=FA+AM=−λ−12,3λ,0,FB′=−324,0,324,B′E=324,32,−324.
设平面B′MF的一个法向量m=x,y,z，
由m⋅FB′=−λ−12x+3λy=0m⋅FM=−324x+324z=0，得−λ−12x+3λy=0x=z，
令x=1，则y=2λ+123λ,z=1，所以m=1,2λ+123λ,1.
因为直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为1010，
所以csm,B′E=m⋅B′E|m|B′E|=322λ+13⋅12λ2+12λ2+(2λ+1)2=1010，
解得λ=12或λ=−16（舍）.
因此，当点M为AC中点时，直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为1010.
25．（2023春·四川乐山·高二期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，AB=BC=2,AC=23,M,N分别为A1B1,AC的中点．
(1)求证：MN//平面BCC1B1；
(2)再从条件（1）、条件（2）这两个条件中选择一个作为已知，求二面角A−BM−N的平面角的余弦值．
条件①：BN⊥平面AA1C1C；
条件②：B1N=5．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解题思路】（1）先证明线面平行，再利用面面平行的判定可证结论；
（2）无论选择哪个条件都能得到侧棱与底面垂直，然后利用空间向量可求答案或者找出二面角的平面角，利用三角形知识求解.
【解答过程】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，
∵三棱柱ABC−A1B1C1，∴四边形ABB1A1为平行四边形，
∵B1M=MA1,BK=KA，
∴MK//BB1．
又MK⊄平面BCC1B1,BB1⊂平面BCC1B1，
∴MK//平面BCC1B1．
∵N,K分别为AC,AB中点，
∴NK//BC．
又NK⊄平面BCC1B1,BC⊂平面BCC1B1，
∴NK//平面BCC1B1．
∵NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，
∴平面MKN//平面BCC1B1．
又MN⊂平面MKN，
∴MN//平面BCC1B1．
（2）选条件①
∵BN⊥平面AA1C1C，∴BN⊥CC1．
又∵侧面BCC1B1为正方形，∴CC1⊥BC．
∵BC∩BN=B，∴CC1⊥平面ABC．
选条件②
∵在△B1BN中，BB1=2,BN=1,B1N=5，∴BB12+BN2=B1N2．
∴BB1⊥BN．
又∵侧面BCC1B1为正方形，∴BB1⊥BC．
∵BC∩BN=B，∴BB1⊥平面ABC．
解法一：如图建立空间直角坐标系，
A3,0,0,B0,1,0,N0,0,0,M32,12,2；
NB=0,1,0,NM=32,12,2；
设平面NBM的法向量为m=x,y,z，
m⋅NB=y=0m⋅NM=32x+12y+2z=0
令x=2得y=0,z=−32，即m=2,0,−32．
BA=3,−1,0,BM=32,−12,2,
设平面ABM的法向量为n=x1,y1,z1，
n⋅BM=32x1−y12+2z1=0n⋅BA=3x1−y1=0，
令x1=1得y1=3,z1=0，即平面ABM的法向量为n=1,3,0．
∴csm,n=2192×2=21919．
即二面角A−BM−N的平面角的余弦值为21919．
解法二：过点N作NO⊥AB交AB于点O，
过点O作OD⊥BM交BM于点D，连结DN，
∵BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥NO．
∵BB1⊥NO，NO⊥AB，BB1∩AB=B，∴NO⊥平面ABB1A1．
又BM⊂平面ABB1A1，∴NO⊥BM．
∵OD∩NO=O，∴BM⊥平面NOD．
∴BM⊥ND．∴∠NDO即为所求角．
在直角三角形ANB中，BN=1,AN=3,AB=2，∴NO=32，OB=BN2−NO2=12；
在正方形ABB1A1中，BB1=2,B1M=1，∴BM=5；
在△BOM中，由等面积可得OD=55，
∴ND=OD2+NO2=1925=9510，
∴cs∠NDO=ODND=21919．
即二面角A−BM−N的平面角的余弦值为21919．
26．（2023春·江苏徐州·高二校考期中）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DEBC=λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE位置，使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，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.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解，
（2）由法向量的夹角即可求解二面角.
【解答过程】（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.
27．（2023春·湖北武汉·高一校考期末）如图，四棱台ABCD−A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E、F分别为DC、BC的中点，上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.

(1)求证：BD1∥平面C1EF；
(2)线段BF上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为32222，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形CED1C1为平行四边形，从而得到MF是△BCD1的中位线，得到线线平行，证明出线面平行；
（2）法一：作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点到坐标，设出Mm,2,0，0≤m≤2，利用空间向量线面角的求解公式列出方程，求出答案；
法二：作出辅助线，得到平面C1EF//平面BDD1B1，得到直线A1M与平面C1EF所成的角即为A1M与平面BDD1B1所成的角，设BM=x，由三角形相似得到A1D1BM=A1SSM，表达出SM=446x，A1M=A1S+SM=443+446x，进而表达出BR=1,MR=x−1或1−x，故WM2=x−12+32，从而列出方程，求出x，得到答案.
【解答过程】（1）连接D1C，与C1E相交于点M，连接D1E，
因为AB=2A1B1=4，E为DC的中点，
所以CE=C1D1且CE//C1D1，故四边形CED1C1为平行四边形，
故CM=D1M，
又因为F为BC的中点，所以MF是△BCD1的中位线，
故MF//BD1，
因为MF⊂平面C1EF，BD1⊄平面C1EF，
所以BD1∥平面C1EF；

（2）法一：存在，线段BM的长为1，理由如下：
取AB的中点Q，连接OQ，以O为坐标原点，分别以OQ,OF,OO1为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
连接AO,A1O1，过点A1作A1W⊥AO于点W，因为AB=2A1B1=4，
则AO=22,A1O1=WO=2，AW=22−2=2，
因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠A1AW=45°，A1W=AW=2，
所以A11,−1,2,C1−1,1,2,E−2,0,0,F0,2,0，
设Mm,2,0，0≤m≤2，A1M=m−1,3,2，
设平面C1EF的法向量为n=x,y,z，
则n⋅EF=x,y,z⋅2,2,0=2x+2y=0n⋅EC1=x,y,z⋅1,1,2=x+y+2z=0，
令x=1得y=−1,z=0，
则n=1,−1,0，
设直线A1M与平面C1EF所成的角的大小为θ，
则sinθ=csA1M,n=m−1,3,2⋅1,−1,0m−12+9+2⋅1+1=m−42⋅m−12+11=32222，
解得m=1或34（舍去），

故M1,2,0，线段BM的长为2−1=1.
法二：存在，线段BM的长为1，理由如下：
连接B1D1，显然过点O1，连接BD，过点O，
因为E、F分别为DC、BC的中点，所以EF//BD，
因为EF⊄平面BDD1B1，BD⊂平面BDD1B1，
所以EF//平面BDD1B1，
由（1）知：DE=D1C1且DE//D1C1，故四边形DEC1D1为平行四边形，
故C1E//D1D，
因为C1E⊄平面BDD1B1，D1D⊂平面BDD1B1，
所以C1E//平面BDD1B1，
因为C1E∩EF=E，C1E,EF⊂平面C1EF，
所以平面C1EF//平面BDD1B1，
故直线A1M与平面C1EF所成的角即为A1M与平面BDD1B1所成的角，
设A1M∩BD1=S，连接O1S,A1O1，
因为O1O垂直于上下底面，上、下底面均是正方形，
所以A1O1⊥平面BDD1B1，故∠A1SO1即为A1M与平面BDD1B1所成的角，
连接AO，过点A1作A1W⊥AO于点W，因为AB=2A1B1=4，
则AO=22,A1O1=WO=2，AW=22−2=2，
因为O1O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠A1AW=45°，A1W=AW=2，
sin∠A1SO1=A1O1A1S=2A1S=32222，解得A1S=443，
因为A1D1//BF，所以△A1D1S~ △MBS，设BM=x，
则A1D1BM=A1SSM，即2x=443SM，解得SM=446x，
故A1M=A1S+SM=443+446x，
过点W作WR⊥BC于点R，则BR=1,MR=x−1或1−x，
故WM2=x−12+32，
由勾股定理得A1W2+WM2=A1M2，即22+x−12+32=443+446x2，
解得x=1，
故线段BM的长为2−1=1.

28．（2023春·江苏宿迁·高二统考期末）如图（1）所示，在△ABC中，AB=43，BC=23，∠B=60°，DE垂直平分AB．现将△ADE沿DE折起，使得二面角A−DE−B大小为60°，得到如图（2）所示的空间几何体（折叠后点A记作点P）

(1)求点D到面PEC的距离；
(2)求四棱锥P−BCED外接球的体积；
(3)点Q为一动点，满足PQ=λPE (0<λ<1)，当直线BQ与平面PEC所成角最大时，试确定点Q的位置．
【解题思路】（1）由已知可证得平面PDB⊥平面BCDE，取BD中点O ，连接PO,OC ，则有OB,OC,OP两两垂直，所以以{OB,OC,OP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，然后利用空间向量求解，
（2）连接BE，则四边形BCED的外接圆圆心在BE的中点O1，△PBD外接圆的圆心为PO的三等分点O2，过点圆心O1，O2分别作两面垂线，则垂线交点即为球心M，连接BM，求出其长度可得外接球的半径，从而可求出外接球的体积，
（3）由PQ=λPE (0<λ<1)，表示出点Q的坐标，然后利用空间向量表示出直线BQ与平面PEC所成角的正弦值，求出其最大值可得答案.
【解答过程】（1）由AB=43，BC=23，∠B=π3，得AC=6 ，∠C=π2，DC=BC
因为DE垂直平分AB，
所以DE⊥PD,DE⊥BD，
所以∠PDB为平面PDE与平面BCED的二面角的平面角，
所以∠PDB=π3 ，PD=BD，所以△PDB为等边三角形，
取BD中点O ，连接PO,OC ，所以PO⊥BD,OC⊥BD，
因为PD∩BD=D，PD,BD⊂平面PDB，
所以DE⊥平面PDB，
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面PDB⊥平面BCDE，
因为PO⊥BD,OC⊥BD
所以∠POC为二面角P−BD−C的平面角，
所以PO⊥OC，
以{OB,OC,OP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则B(3,0,0),C(0,0,3),P(0,0,3),D(−3,0,0),E(−3,2,0)，
所以PC=(0,3,−3),PE=(−3,2,−3)，
设平面PEC的一个法向量为n=(x,y,z) ，则
n⋅PC=3y−3z=0n⋅PE=−3x+2y−3z=0，令z=1，则n=(−33,1,1)
又DP=(3,0,3)，
所以点D到面PEC的距离d=|PD·n||n|=|−33×3+3|1+1+13=273=2217；
（2）连接BE，由BD⊥DE，BC⊥CE，则四边形BCED的外接圆圆心在BE的中点O1，
△PBD为正三角形，则△PBD外接圆的圆心为PO的三等分点O2，
过点圆心O1，O2分别作两面垂线，则垂线交点即为球心M，
如图所示，连接BM，则BM即球的半径.
在Rt△ADE中，AD=23,∠DAE=30°,∠ADE=90°，
则DE=ADtan30°=23×33=2，
在Rt△MO1B中，MO1=OO2=13PO=13×32×23=1，
BO1=12BE=12BD2+DE2=12×232+22=2
所以由勾股定理得MB=MO12+BO12=12+22=5，
则球的体积V=43πR3=43π(5)3=2053π ；

（3）设Q(x1,y1,z1)，由PQ=λPE (0<λ<1)得(x1,y1,z1−3)=λ(−3,2,−3)，
所以x1=−3λy1=2λz1=3−3λ，得Q−3λ,2λ,3−3λ， ，
所以BQ=(−3λ−3,2λ,3−3λ)，
设直线BQ与平面PEC所成角为θ（θ∈0,π2），
则sinθ=BQ⋅n|BQ||n|=473(−3λ−3)2+(2λ)2+(3−3λ)2
=22174λ2−3λ+3=22174(λ−38)2+3916
所以当λ=38时，sinθ取得最大值89191，
此时直线BQ与平面PEC所成角最大，
即当PQ=38PE时，直线BQ与平面PEC所成角最大.

29．（2023·广东广州·广州市校考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E,F分别为AB，PD的中点.

(1)求证：EF //平面PBC；
(2)若AD=23，二面角E−FC−D的大小为45∘，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.求PD的长.
条件①：DE⊥PC；条件②：PB=PC.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【解题思路】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意可建立以D为坐标原点的空间直角坐标系D−xyz，设F0,0,t(t>0),分别求出平面EFC和平面FCD的法向量，由二面角公式代入解方程即可求出t，进而求出PD的长.
【解答过程】（1）取PC中点M，连接FM,BM.

在△PCD中，M,F分别为PC,PD的中点，所以MF//DC,MF=12DC.
在菱形ABCD中，因为AB//DC,BE=12DC，
所以BE//MF,BE=MF.
所以四边形BEMF为平行四边形，所以EF//BM.
又因为EF⊄平面PBC,BM⊂平面PBC，
所以EF //平面PBC.
（2）选择条件①：
因为PD⊥平面ABCD,DE,DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥DE,PD⊥DC.
又因为DE⊥PC,PD∩PC=P,PD,PC⊂平面PCD，
所以DE⊥平面PCD，又DC⊂平面PCD，
所以DE⊥DC，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.

连接BD，因为AB∥DC，所以DE⊥AB，又E为AB中点，所以AD=DB，
所以△ADB为正三角形.因为AD=23，所以DE=3.
设F0,0,t(t>0),E3,0,0,C0,23,0，
则EF=−3,0,t,EC=−3,23,0，
根据条件，可得平面FCD的法向量为n1=1,0,0.
设平面EFC的法向量为n2=x,y,z，
则n2⋅EF=0n2⋅EC=0，所以−3x+tz=0−3x+23y=0，
取x=2t，则y=3t,z=6，所以n2=2t,3t,6，
由题意，二面角E−FC−D的大小为45∘，
所以cs＜n1,n2＞=n1⋅n2n1n2=2t3t2+4t2+36=22，解得t=±6（舍负）.
因为F是PD的中点，所以PD的长为12.
经检验符合题意.
选择条件②：
因为PD⊥平面ABCD,DB,DC,DE⊂平面ABCD，
所以PD⊥DB,PD⊥DC,PD⊥DE.
连接BD，因为PB2=PD2+BD2,PC2=PD2+DC2，且PB=PC，
所以BD=DC，在菱形ABCD中，AB=BD=AD，即△ADB为正三角形.
又因为E为AB中点，所以DE⊥DC，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.

又因为AB∥DC,DE⊥AB.
因为△ADB为正三角形且AD=23，所以DE=3.
设F0,0,t(t>0),E3,0,0,C0,23,0，
则EF=−3,0,t,EC=−3,23,0，
根据条件，可得平面FCD的法向量为n1=1,0,0.
设平面EFC的法向量为n2=x,y,z，
则n2⋅EF=0n2⋅EC=0，所以−3x+tz=0−3x+23y=0，
取x=2t，则y=3t,z=6，所以n2=2t,3t,6，
由题意，二面角E−FC−D的大小为45∘，
所以cs＜n1,n2＞=n1⋅n2n1n2=2t3t2+4t2+36=22，解得t=±6（舍负）.
因为F是PD的中点，所以PD的长为12.
经检验符合题意.
30．（2023春·江苏南京·高二统考期末）如图所示，在三棱锥P−ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面PAB⊥平面PBC．

(1)证明：BC⊥平面PAB；
(2)若PA=AB=6，BC=3，在线段PC上（不含端点），是否存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为105，若存在，确定点D的位置；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）过点A作AE⊥PB于点E，由面面垂直性质定理可得AE⊥平面PBC，由此证明AE⊥BC，再证明PA⊥BC，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面ACD，平面ABD的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点D的位置；
【解答过程】（1）过点A作AE⊥PB于点E，
因为平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC=PB，AE⊂平面PAB，
所以AE⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，所以AE⊥BC，
又PA⊥平面ABC，BC⊂平面PBC，
所以PA⊥BC，
又因为AE∩PA=A，AE，PA⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB．

（2）假设在线段PC上（不含端点），存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为105，
以B为原点，分别以BC、BA为x轴，y轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则A0,6,0，B0,0,0，C3,0,0，P0,6,6，
AC=3,−6,0，AP=0,0,6，PC=3,−6,−6，BA=0,6,0，
设平面ACD的一个法向量为m=x,y,z，
m⋅AC=0,m⋅AP=0,即3x−6y=0,6z=0,取x=2，y=1，z=0，
所以m=2,1,0为平面ACD的一个法向量，
因为D在线段PC上（不含端点），所以可设PD=λPC=3λ,−6λ,−6λ，0<λ<1，
所以AD=AP+PD=3λ,−6λ,6−6λ，
设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z，
n⋅BA=0,n⋅AD=0,即6y=0,3λx−6λy+6−6λz=0,，
取x=2λ−2，y=0，z=λ，
所以n=2λ−2,0,λ为平面ABD的一个法向量，
csm,n=2×2λ−2+1×0+0×λ5×2λ−22+λ2，又0<λ<1，
由已知可得2×2λ−25×2λ−22+λ2=−105
解得λ=23或λ=2（舍去），
所以，存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为105，
此时D是PC上靠近C的三等分点．