高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题12立体几何与空间向量解答题特训(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题12立体几何与空间向量解答题特训(原卷版+解析)，共93页。

1．【2022年全国甲卷理科18】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
2．【2022年全国乙卷理科18】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
3．【2022年新高考1卷19】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．
4．【2022年新高考2卷20】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．
(1)证明：OE//平面PAC；
(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B的正弦值．
5．【2021年全国甲卷理科19】已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点．BF⊥A1B1
（1）证明：BF⊥DE；
（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
6．【2021年新高考1卷20】如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.
（1）证明：OA⊥CD；
（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积.
7．【2021年全国乙卷理科18】如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM．
（1）求BC；
（2）求二面角A−PM−B的正弦值．
8．【2021年新高考2卷19】在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3．
（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；
（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．
9．【2020年全国1卷理科18】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO．
（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求二面角B−PC−E的余弦值．
10．【2020年全国2卷理科20】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
11．【2020年全国3卷理科19】如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．
（1）证明：点C1在平面AEF内；
（2）若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角A−EF−A1的正弦值．
12．【2020年山东卷20】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．
13．【2020年海南卷20】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．
14．【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．
15．【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．
16．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．
17．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．
（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；
（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
18．【2018年新课标2理科20】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
（1）证明：PO⊥平面ABC；
（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．
19．【2018年新课标3理科19】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
20．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．
21．【2017年新课标2理科19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
（1）证明：直线CE∥平面PAB；
（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．
22．【2017年新课标3理科19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．
23．【2016年新课标1理科18】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．
（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．
24．【2016年新课标2理科19】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF=54，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=10．
（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．
25．【2016年新课标3理科19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
（1）证明：MN∥平面PAB；
（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
26．【2015年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．
（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC
（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
27．【2015年新课标2理科19】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值．
28．【2014年新课标1理科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
（Ⅰ）证明：AC＝AB1；
（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
29．【2014年新课标2理科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；
（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP＝1，AD=3，求三棱锥E﹣ACD的体积．
30．【2013年新课标1理科18】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．
（Ⅰ）证明AB⊥A1C；
（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
31．【2013年新课标2理科18】如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB=22AB．
（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD
（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
模拟好题
1．如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，平面A1C1CA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，AC与BD交于点O，∠ABC=60°,AB=AA1=AC1=2．
(1)求证：C1O⊥平面ABCD；
(2)线段DD1上是否存在点F，使得CF与平面B1AC所成角的正弦值是34？若存在，求出DFDD1；若不存在，说明理由．
2．四棱雉 P−ABCD中， PC⊥平面ABCD， 底面 ABCD是 等腰梯形， 且AB=2,CD=1,∠ABC=60∘,PC=3， 点 M在棱 PB上.
(1)当 M是棱 PB的中点时， 求证: CM//平面PAD;
(2)当直线 CM与平面 PAB所成角 θ最大时， 求二面角 C−AM−B的大小.
3．如图，O1，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，AA1，BB1，CC1为圆台的母线，AB=2A1B1=8．
(1)证明；C1D//平面OBB1O1；
(2)若二面角C1−BC−O为π3，求O1D与平面AC1D所成角的正弦值．
4．如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，AD=2AF=2AB=2，M，N分别是对角线BD，AE上异于端点的动点，且BM=AN．
(1)求证：直线MN∥平面CDE；
(2)当MN的长最小时，求二面角A-MN-D的正弦值．
5．如图甲，平面图形ABCDE中，AE=DE=BD=BC=1，BC⊥BD，DE//AB，∠EAB=60∘，沿BD将△BCD折起，使点C到F的位置，如图乙，使BF⊥BE，EG=BF.
(1)求证；平面GEBF⊥平面AEG；
(2)点M是线段FG上的动点，当AM与平面AEG所成角的正弦值为77时，求平面MAB与平面AEG所夹角的余弦值.
6． 如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A,B的点，直线PC⊥平面ABC，E,F分别是PA，PC的中点.
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，求证：直线l//平面PAC；
(2)若PC=AB=2，点C是AB的中点，求二面角E−l−C的正弦值.
7．如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的底面是矩形，平面DCC1D1⊥平面ABCD，DD1⊥CD，M为AB的中点，且MC⊥BD1.
(1)证明：平面B1MC⊥平面BDD1；
(2)若AD=DD1=1，DC=2D1C1，求二面角B1−MC−B的余弦值
8．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，ΔABC是边长为2的正三角形，D是AB的中点，AA1=A1C，直线A1B与平面A1ACC1所成的角为45°.
(1)求证：BC1∥平面A1CD；
(2)求二面角B−A1C−C1的余弦值.
9．如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB=AD=CF=1，AE=BC=2．
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)求平面BDE与平面ADE夹角的余弦值．
10．如图所示，四边形ABCD为菱形，AB=2，∠BAD=60°，将△ABD沿BD折起（折起后A到A1的位置），设AA1=3，点M在线段A1C上.
(1)证明：平面AA1C⊥平面MBD；
(2)当AA1∥平面MBD时，求三棱锥M−A1BD的体积.
11．如图，在平面五边形PABCD中，△PAD为正三角形，AD∥BC，∠DAB=90°且AD=AB=2BC=2.将△PAD沿AD翻折成如图所示的四棱锥P−ABCD，使得PC=7.F，Q分别为AB，CE的中点.
(1)求证：FQ∥平面PAD；
(2)若DEPE=12，求平面EFC与平面PAD夹角的余弦值.
12．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝2，∠A＝60°，E，F分别为线段AB，CD上的点，且BE＝2AE，DF＝FC，现将△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A1B，A1C．
(1)若点G为线段A1B上一点，且A1G=3GB，求证：FG//平面A1DE；
(2)当三棱锥C−A1DE的体积达到最大时，求二面角B−A1C−D的正弦值．
13．如图，等腰梯形ABCD中AD//BC,BE⊥AD,BC=BE=4,DE=8，沿BE将△ABE 折起至与平面BCDE成直二面角得到一四棱锥，M为AE中点，过C、D、M 作平面α .
(1)请画出平面CDM截四棱锥A−BCDE的截面，写出作法，并求其周长；
(2)求平面α 与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.
14．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PD//QA，∠PDA=π2，平面ADPQ⊥平面ABCD，且AD=PD=2QA=2．
(1)求证：QB//平面PDC；
(2)求二面角C−PB−Q的大小；
(3)已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7315，求点A到平面HBC的距离．
15．已知如图，在多面体ABCEF中，AC=BC=2，∠ACB=120∘，D为AB的中点，EF//CD，EF=1，BF⊥平面AEF．
(1)证明：四边形EFDC为矩形；
(2)当三棱锥A−BEF体积最大时，求平面AEF与平面ABE夹角的余弦值．
16．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面AA1B1B，AC=BC，四边形AA1B1B是边长为2的菱形，∠BAA1=60°.
(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若点B1到面ACA1的距离为263，求平面BA1A和平面CA1A夹角的余弦值.
17．如图（1），在正方形ABCD中，M、N、E分别为AB、AD、BC的中点，点P在对角线AC上，且CPPA=35，将△AMN、△BMC、△DNG分别沿MN、MC、NC折起，使A、B、D三点重合（记为F），得四面体MNCF（如图（2）），在图（2）中.
(1)求证：EP∥平面FMN；
(2)在NC上，求一点H，使二面角N−MF−H的大小为45°.
18．如图，圆台下底面圆O的直径为AB， C是圆O上异于A,B的点，且∠BAC=30∘，MN为上底面圆O'的一条直径，△MAC是边长为23的等边三角形，MB=4.
(1)证明：BC⊥平面MAC；
(2)求平面MAC和平面NAB夹角的余弦值.
19．如图1，已知等边△ABC的边长为3，点M,N分别是边AB,AC上的点，且满足BM=2MA,BN=13BA+23BC，如图2，将△AMN沿MN折起到△A'MN的位置．
(1)求证：平面A'BM⊥平面BCNM；
(2)给出三个条件：①A'M⊥CN；②平面A'MN⊥平面BCNM；③四棱锥A'−BCNM的体积为7312，从中任选一个，求平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值．
20．如图，在四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD是菱形，AB=1，SC=233，三棱锥S−BCD是正三棱锥，E，F分别为SA，SC的中点.
(1)求证：直线BD⊥平面SAC；
(2)求二面角E−BF−D的余弦值；
(3)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）
专题12立体几何与空间向量解答题
真题汇总命题趋势
1．【2022年全国甲卷理科18】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)55.
【解析】
(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AE=BF=12，
故DE=32，BD=DE2+BE2=3，
所以AD2+BD2=AB2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
又因PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA；
(2)解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
BD=3，
则A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3)，
则AP=(−1,0,3),BP=(0,−3,3),DP=(0,0,3)，
设平面PAB的法向量n=(x,y,z)，
则有{n→⋅AP→=−x+3z=0n→⋅BP→=−3y+3z=0，可取n=(3,1,1)，
则cs〈n,DP〉=n⋅DP|n||DP|=55，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.
2．【2022年全国乙卷理科18】如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为437
【解析】
(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由（1）知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，所以S△AFC=12AC⋅EF，
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，
又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE=3，
因为AD⊥CD，所以DE=12AC=1,
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD=−1,0,1,AB=−1,3,0，
设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z，
则n⋅AD=−x+z=0n⋅AB=−x+3y=0，取y=3，则n=3,3,3，
又因为C−1,0,0,F0,34,34，所以CF=1,34,34，
所以csn,CF=n⋅CFnCF=621×74=437，
设CF与平面ABD所成的角的正弦值为θ0≤θ≤π2，
所以sinθ=csn,CF=437，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.
3．【2022年新高考1卷19】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．
【答案】(1)2
(2)32
【解析】
(1)在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，
则VA−A1BC=13S△A1BC⋅ℎ=223ℎ=VA1−ABC=13S△ABC⋅A1A=13VABC−A1B1C1=43，
解得ℎ=2，
所以点A到平面A1BC的距离为2；
(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1=AB，所以AE⊥A1B,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，
且AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB1⊥BC，
又AE,BB1⊂平面ABB1A1且相交，所以BC⊥平面ABB1A1，
所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22，所以BC=2，
则A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中点D(1,1,1)，
则BD=(1,1,1)，BA=(0,2,0),BC=(2,0,0),
设平面ABD的一个法向量m=(x,y,z)，则{m⋅BD=x+y+z=0m⋅BA=2y=0，
可取m=(1,0,−1)，
设平面BDC的一个法向量n=(a,b,c)，则{m⋅BD=a+b+c=0m⋅BC=2a=0，
可取n=(0,1,−1)，
则cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=12×2=12，
所以二面角A−BD−C的正弦值为1−(12)2=32.
4．【2022年新高考2卷20】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．
(1)证明：OE//平面PAC；
(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)1113
【解析】
(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，
所以∠ODA=∠OAD
所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE//平面PAC
(2)解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，
因为PO=3，AP=5，所以OA=AP2−PO2=4，
又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=43，
所以AC=12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，所以E33,1,32，
则AE=33,1,32，AB=43,0,0，AC=0,12,0，
设平面AEB的法向量为n=x,y,z，则n⋅AE=33x+y+32z=0n⋅AB=43x=0，令z=2，则y=−3，x=0，所以n=0,−3,2；
设平面AEC的法向量为m=a,b,c，则m⋅AE=33a+b+32c=0m⋅AC=12b=0，令a=3，则c=−6，b=0，所以m=3,0,−6；
所以csn,m=n⋅mnm=−1213×39=−4313
设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，
所以csθ=−4313，所以sinθ=1−cs2θ=1113
故二面角C−AE−B的正弦值为1113；
5．【2021年全国甲卷理科19】已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点．BF⊥A1B1
（1）证明：BF⊥DE；
（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
【答案】（1）见解析；（2）B1D=12
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB
因为A1B1//AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，
又BB1∩BF=B，所以AB⊥平面BCC1B1．
所以BA,BC,BB1两两垂直．
以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图．
所以B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2)，
E(1,1,0),F(0,2,1)．
由题设D(a,0,2)（0≤a≤2）．
（1）因为BF=(0,2,1),DE=(1−a,1,−2)，
所以BF⋅DE=0×(1−a)+2×1+1×(−2)=0，所以BF⊥DE．
（2）设平面DFE的法向量为m=(x,y,z)，
因为EF=(−1,1,1),DE=(1−a,1,−2)，
所以{m⋅EF=0m⋅DE=0，即{−x+y+z=0(1−a)x+y−2z=0．
令z=2−a，则m=(3,1+a,2−a)
因为平面BCC1B1的法向量为BA=(2,0,0)，
设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ，
则|csθ|=|m⋅BA||m|⋅|BA|=62×2a2−2a+14=32a2−2a+14．
当a=12时，2a2−2a+4取最小值为272，
此时csθ取最大值为3272=63．
所以(sinθ)min=1−(63)2=33，
此时B1D=12．
6．【2021年新高考1卷20】如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点.
（1）证明：OA⊥CD；
（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积.
【答案】(1)详见解析(2) 36
（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD
因为平面ABD∩平面BCD=BD,平面ABD⊥平面BCD，AO⊂平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD
所以EF⊥BD, EF⊥CD, BD∩CD=D,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC
因为FM⊥BC，FM∩EF=F,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF
则∠EMF为二面角E-BC-D的平面角, ∠EMF=π4
因为BO=OD,△OCD为正三角形,所以△OCD为直角三角形
因为BE=2ED,∴FM=12BF=12(1+13)=23
从而EF=FM=23∴AO=1
∵AO⊥平面BCD,
所以V=13AO⋅SΔBCD=13×1×12×1×3=36
7．【2021年全国乙卷理科18】如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM．
（1）求BC；
（2）求二面角A−PM−B的正弦值．
【答案】（1）2；（2）7014
（1）∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP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D−xyz，
设BC=2a，则D(0,0,0)、P(0,0,1)、B(2a,1,0)、M(a,1,0)、A(2a,0,0)，
则PB=(2a,1,−1)，AM=(−a,1,0)，
∵PB⊥AM，则PB⋅AM=−2a2+1=0，解得a=22，故BC=2a=2；
（2）设平面PAM的法向量为m=(x1,y1,z1)，则AM=(−22,1,0)，AP=(−2,0,1)，
由{m⋅AM=−22x1+y1=0m⋅AP=−2x1+z1=0，取x1=2，可得m=(2,1,2)，
设平面PBM的法向量为n=(x2,y2,z2)，BM=(−22,0,0)，BP=(−2,−1,1)，
由{n⋅BM=−22x2=0n⋅BP=−2x2−y2+z2=0，取y2=1，可得n=(0,1,1)，
cs=m⋅n|m|⋅|n|=37×2=31414，
所以，sin=1−cs2=7014，
因此，二面角A−PM−B的正弦值为7014.
8．【2021年新高考2卷19】在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5,QC=3．
（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；
（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）23.
（1）取AD的中点为O，连接QO,CO.
因为QA=QD，OA=OD，则QO⊥AD，
而AD=2,QA=5，故QO=5−1=2.
在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故CO=5，
因为QC=3，故QC2=QO2+OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，
因为OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则OT⊥AD，
结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.
则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,−1,0)，故BQ=(−2,1,2),BD=(−2,2,0).
设平面QBD的法向量n=(x,y,z)，
则{n⋅BQ=0n⋅BD=0即{−2x+y+2z=0−2x+2y=0，取x=1，则y=1,z=12，
故n=(1,1,12).
而平面QAD的法向量为m=(1,0,0)，故cs〈m,n〉=11×32=23.
二面角B−QD−A的平面角为锐角，故其余弦值为23.
9．【2020年全国1卷理科18】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO．
（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求二面角B−PC−E的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）255.
【解析】
（1）由题设，知△DAE为等边三角形，设AE=1，
则DO=32，CO=BO=12AE=12，所以PO=66DO=24，
PC=PO2+OC2=64,PB=PO2+OB2=64，
又△ABC为等边三角形，则BAsin60∘=2OA，所以BA=32，
PA2+PB2=34=AB2，则∠APB=90∘，所以PA⊥PB，
同理PA⊥PC，又PC∩PB=P，所以PA⊥平面PBC；
（2）过O作ON∥BC交AB于点N，因为PO⊥平面ABC，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(−12,0,0),P(0,0,24),B(−14,34,0),C(−14,−34,0)，
PC=(−14,−34,−24)，PB=(−14,34,−24)，PE=(−12,0,−24)，
设平面PCB的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
由n⋅PC=0n⋅PB=0，得−x1−3y1−2z1=0−x1+3y1−2z1=0，令x1=2，得z1=−1,y1=0，
所以n=(2,0,−1)，
设平面PCE的一个法向量为m=(x2,y2,z2)
由m⋅PC=0m⋅PE=0，得−x2−3y2−2z2=0−2x2−2z2=0，令x2=1，得z2=−2,y2=33，
所以m=(1,33,−2)
故cs=n⋅m|n|⋅|m|=223×103=255，
设二面角B−PC−E的大小为θ，则csθ=255.
10．【2020年全国2卷理科20】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）1010.
【解析】
（1）∵M,N分别为BC，B1C1的中点，
∴MN//BB1，
又AA1//BB1
∴MN//AA1，
在△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM
又∵侧面BB1C1C为矩形，
∴BC⊥BB1，
∵MN//BB1，
MN⊥BC，
由MN∩AM=M，MN,AM⊂平面A1AMN
∴BC⊥平面A1AMN
又∵B1C1//BC，且B1C1⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴B1C1//平面ABC
又∵B1C1⊂平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC=EF
∴B1C1//EF
∴EF//BC，
又∵BC⊥平面A1AMN
∴EF⊥平面A1AMN
∵EF⊂平面EB1C1F
∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN
（2）连接NP
∵AO//平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F=NP
∴AO//NP，
根据三棱柱上下底面平行，
其面A1NMA∩平面ABC=AM，面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N
∴ON//AP，
故：四边形ONPA是平行四边形
设△ABC边长是6m(m>0)
可得：ON=AP，NP=AO=AB=6m
∵O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m
∴ON=13×6×sin60°=3m，
故：ON=AP=3m
∵EF//BC，
∴APAM=EPBM，
∴333=EP3，
解得：EP=m
在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2m
∵B1Q=EP且B1Q//EP
∴四边形B1QPE是平行四边形，
∴B1E//PQ，
由（1）B1C1⊥平面A1AMN
故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角
在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQ=QN2+PN2=2m2+6m2=210m
∴sin∠QPN=QNPQ=2m210m=1010，
∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：1010.
11．【2020年全国3卷理科19】如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．
（1）证明：点C1在平面AEF内；
（2）若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角A−EF−A1的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）427.
【解析】
（1）在棱CC1上取点G，使得C1G=12CG，连接DG、FG、C1E、C1F，
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD//BC且AD=BC，BB1//CC1且BB1=CC1，
∵C1G=12CG，BF=2FB1，∴CG=23CC1=23BB1=BF且CG=BF，
所以，四边形BCGF为平行四边形，则AF//DG且AF=DG，
同理可证四边形DEC1G为平行四边形，∴C1E//DG且C1E=DG，
∴C1E//AF且C1E=AF，则四边形AEC1F为平行四边形，
因此，点C1在平面AEF内；
（2）以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C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C1−xyz，
则A2,1,3、A12,1,0、E2,0,2、F0,1,1，
AE=0,−1,−1，AF=−2,0,−2，A1E=0,−1,2，A1F=−2,0,1，
设平面AEF的法向量为m=x1,y1,z1，
由m⋅AE=0m⋅AF=0，得−y1−z1=0−2x1−2z1=0取z1=−1，得x1=y1=1，则m=1,1,−1，
设平面A1EF的法向量为n=x2,y2,z2，
由n⋅A1E=0n⋅A1F=0，得−y2+2z2=0−2x2+z2=0，取z2=2，得x2=1，y2=4，则n=1,4,2，
cs=m⋅nm⋅n=33×21=77，
设二面角A−EF−A1的平面角为θ，则csθ=77，∴sinθ=1−cs2θ=427.
因此，二面角A−EF−A1的正弦值为427.
12．【2020年山东卷20】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）63.
【解析】
（1）证明：
在正方形ABCD中，AD//BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD//平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，
所以AD//l，
因为在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC,∴l⊥DC,
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD,∴l⊥PD,
因为CD∩PD=D
所以l⊥平面PDC；
（2）如图建立空间直角坐标系D−xyz，
因为PD=AD=1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，
设Q(m,0,1)，则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,−1)，
设平面QCD的法向量为n=(x,y,z)，
则DC⋅n=0DQ⋅n=0，即y=0mx+z=0，
令x=1，则z=−m，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,−m)，则
cs=n⋅PBnPB=1+0+m3⋅m2+1
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，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cs|=|1+m|3⋅m2+1=33⋅1+2m+m2m2+1=33⋅1+2mm2+1≤33⋅1+2|m|m2+1≤33⋅1+1=63，当且仅当m=1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.
13．【2020年海南卷20】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）63.
【解析】
（1）证明：
在正方形ABCD中，AD//BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
所以AD//平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，
所以AD//l，
因为在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，所以AD⊥DC,∴l⊥DC,
且PD⊥平面ABCD，所以AD⊥PD,∴l⊥PD,
因为CD∩PD=D
所以l⊥平面PDC；
（2）如图建立空间直角坐标系D−xyz，
因为PD=AD=1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，
设Q(m,0,1)，则有DC=(0,1,0),DQ=(m,0,1),PB=(1,1,−1)，
设平面QCD的法向量为n=(x,y,z)，
则DC⋅n=0DQ⋅n=0，即y=0mx+z=0，
令x=1，则z=−m，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,−m)，
则cs=n⋅PBnPB=1+0+m3⋅m2+1
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，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cs|=|1+m|3⋅m2+1=33⋅1+2m+m2m2+1=33⋅1+2mm2+1≤33⋅1+2|m|m2+1≤33⋅1+1=63，当且仅当m=1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.
14．【2019年新课标3理科19】图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°．将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B﹣CG﹣A的大小．
【答案】证明：（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，∴AD∥CG，
∴AD，CG确定一个平面，
∴A，C，G，D四点共面，
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，∴AB⊥面BCGE，
∵AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE．
解：（2）作EH⊥BC，垂足为H，
∵EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
∴EH⊥平面ABC，
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，
∴BH＝1，EH=3，
以H为坐标原点，HC→的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系H﹣xyz，
则A（﹣1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，3 ），
CG→=（1，0，3），AC→=（2，﹣1，0），
设平面ACGD的法向量n→=（x，y，z），
则CG→⋅n→=x+3z=0AC→⋅n→=2x−y=0，取x＝3，得n→=（3，6，−3），
又平面BCGE的法向量为m→=（0，1，0），
∴cs＜n→，m→＞=n→⋅m→|n→|⋅|m→|=32，
∴二面角B﹣CG﹣A的大小为30°．
15．【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE＝A1E，求二面角B﹣EC﹣C1的正弦值．
【答案】证明：（1）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平面ABA1B1，
∴B1C1⊥BE，∵BE⊥EC1，
∴BE⊥平面EB1C1．
解：（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，
则E（1，1，1），A（1，1，0），B1（0，1，2），C1（0，0，2），C（0，0，0），
∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，
故取平面EBC的法向量为m→=EB1→=（﹣1，0，1），
设平面ECC1 的法向量n→=（x，y，z），
由n→⋅CC1→=0n→⋅CE→=0，得z=0x+y+z=0，取x＝1，得n→=（1，﹣1，0），
∴cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=−12，
∴二面角B﹣EC﹣C1的正弦值为32．
16．【2019年新课标1理科18】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．
【答案】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且NH=12AA1，
又MB∥AA1，MB=12AA1，∴四边形NMBH为平行四边形，则NM∥BH，
由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，
∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，
∴NM∥DE，
∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，
∴MN∥平面C1DE；
（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则N（32，−12，2），M（3，1，2），A1（3，﹣1，4），
NM→=(32，32，0)，NA1→=(32，−12，2)，
设平面A1MN的一个法向量为m→=(x，y，z)，
由m→⋅NM→=32x+32y=0m→⋅NA1→=32x−12y+2z=0，取x=3，得m→=(3，−1，−1)，
又平面MAA1的一个法向量为n→=(1，0，0)，
∴cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=35=155．
∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为105．
17．【2018年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．
（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；
（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，
则AE=12AD，BF=12BC，
由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．
由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．
又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．
（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，
由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，
则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．
在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，
因为DE∥BF且PF⊥BF，
所以PF⊥DE，
又因为△PDF≌△CDF，
所以∠FPD＝∠FCD＝90°，
所以PF⊥PD，
由于DE∩PD＝D，则PF⊥平面PDE，
故VF﹣PDE=13PF⋅S△PDE，
因为BF∥DA且BF⊥面PEF，
所以DA⊥面PEF，
所以DE⊥EP．
设正方形边长为2a，则PD＝2a，DE＝a
在△PDE中，PE=3a，
所以S△PDE=32a2，
故VF﹣PDE=36a3，
又因为S△DEF=12a⋅2a=a2，
所以PH=3VF−PDEa2=32a，
所以在△PHD中，sin∠PDH=PHPD=34，
即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：34．
18．【2018年新课标2理科20】如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
（1）证明：PO⊥平面ABC；
（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．
【答案】（1）证明：连接BO，
∵AB＝BC＝22，O是AC的中点，
∴BO⊥AC，且BO＝2，
又PA＝PC＝PB＝AC＝4，
∴PO⊥AC，PO＝23，
则PB2＝PO2+BO2，
则PO⊥OB，
∵OB∩AC＝O，
∴PO⊥平面ABC；
（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：
A（0，﹣2，0），P（0，0，23），C（0，2，0），B（2，0，0），
BC→=（﹣2，2，0），
设BM→=λBC→=（﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1
则AM→=BM→−BA→=（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）＝（2﹣2λ，2λ+2，0），
则平面PAC的法向量为m→=（1，0，0），
设平面MPA的法向量为n→=（x，y，z），
则PA→=（0，﹣2，﹣23），
则n→•PA→=−2y﹣23z＝0，n→•AM→=（2﹣2λ）x+（2λ+2）y＝0
令z＝1，则y=−3，x=(λ+1)31−λ，
即n→=（(λ+1)31−λ，−3，1），
∵二面角M﹣PA﹣C为30°，
∴cs30°＝|m→⋅n→|m→||n→|=32，
即(λ+1)3λ−1(λ+11−λ⋅3)2+1+3⋅1=32，
解得λ=13或λ＝3（舍），
则平面MPA的法向量n→=（23，−3，1），
PC→=（0，2，﹣23），
PC与平面PAM所成角的正弦值sinθ＝|cs＜PC→，n→＞|＝|−23−2316⋅16|=4316=34．
19．【2018年新课标3理科19】如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
【答案】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，
∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，
∴AD⊥平面DCM，则AD⊥MC，
∵AD∩DM＝D，
∴MC⊥平面ADM，
∵MC⊂平面MBC，
∴平面AMD⊥平面BMC．
（2）∵△ABC的面积为定值，
∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，
此时M为圆弧的中点，
建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图
∵正方形ABCD的边长为2，
∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），
则平面MCD的法向量m→=（1，0，0），
设平面MAB的法向量为n→=（x，y，z）
则AB→=（0，2，0），AM→=（﹣2，1，1），
由n→•AB→=2y＝0，n→•AM→=−2x+y+z＝0，
令x＝1，
则y＝0，z＝2，即n→=（1，0，2），
则cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=11×1+4=15，
则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα=1−(15)2=255．
20．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．
（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．
【答案】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，
∵AB∥CD，∴AB⊥PD，
又∵PA∩PD＝P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD；
（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，
由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，
在△APD中，由PA＝PD，∠APD＝90°，可得△PAD为等腰直角三角形，
设PA＝AB＝2a，则AD=22a．
取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，
以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则：D（−2a，0，0），B（2a，2a，0），P（0，0，2a），C（−2a，2a，0）．
PD→=(−2a，0，−2a)，PB→=(2a，2a，−2a)，BC→=(−22a，0，0)．
设平面PBC的一个法向量为n→=(x，y，z)，
由n→⋅PB→=0n→⋅BC→=0，得2ax+2ay−2az=0−22ax=0，取y＝1，得n→=(0，1，2)．
∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，
又PD⊥PA，PA∩AB＝A，
∴PD⊥平面PAB，则PD→为平面PAB的一个法向量，PD→=(−2a，0，−2a)．
∴cs＜PD→，n→＞=PD→⋅n→|PD→||n→|=−2a2a×3=−33．
由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，
∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为−33．
21．【2017年新课标2理科19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
（1）证明：直线CE∥平面PAB；
（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．
【答案】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，
所以EF∥=12AD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴BC∥12AD，
∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
∴直线CE∥平面PAB；
（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，
侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，
∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD＝2，则AB＝BC＝1，OP=3，
∴∠PCO＝60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，
可得：BN＝MN，CN=33MN，BC＝1，
可得：1+13BN2＝BN2，BN=62，MN=62，
作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，
所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ=12+(62)2
=102，
二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：1102=105．
22．【2017年新课标3理科19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．
【答案】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．
∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．
△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，
∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD．
∵△ACD是直角三角形，
∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°．
∴DO=12AC．
∴DO2+BO2＝AB2＝BD2．
∴∠BOD＝90°．
∴OB⊥OD．
又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．
又OB⊂平面ABC，
∴平面ACD⊥平面ABC．
（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE．则ℎDℎE=DEBE．
∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，
∴13S△ACE⋅ℎD13S△ACE⋅ℎE=ℎDℎE=DEBE=1．
∴点E是BD的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2．
则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，3，0），E(0，32，12)．
AD→=（﹣1，0，1），AE→=(−1，32，12)，AC→=（﹣2，0，0）．
设平面ADE的法向量为m→=（x，y，z），则m→⋅AD→=0m→⋅AE→=0，即−x+z=0−x+32y+12z=0，取m→=(3，3，3)．
同理可得：平面ACE的法向量为n→=（0，1，−3）．
∴cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=−2321×2=−77．
∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为77．
23．【2016年新课标1理科18】如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．
（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．
【答案】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．
∵∠AFD＝90°，∴AF⊥DF，
∵DF∩EF＝F，
∴AF⊥平面EFDC，
∵AF⊂平面ABEF，
∴平面ABEF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，
可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；
由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，
∵BE⊥EF，
∴BE⊥平面EFDC
即有CE⊥BE，
可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．
可得∠DFE＝∠CEF＝60°．
∵AB∥EF，AB⊄平面EFDC，EF⊂平面EFDC，
∴AB∥平面EFDC，
∵平面EFDC∩平面ABCD＝CD，AB⊂平面ABCD，
∴AB∥CD，
∴CD∥EF，
∴四边形EFDC为等腰梯形．
以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD＝a，
则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（a2，0，32a），A（2a，2a，0），
∴EB→=（0，2a，0），BC→=（a2，﹣2a，32a），AB→=（﹣2a，0，0）
设平面BEC的法向量为m→=（x1，y1，z1），则m→⋅EB→=0m→⋅BC→=0，
则2ay1=0a2x1−2ay1+32az1=0，取m→=（3，0，﹣1）．
设平面ABC的法向量为n→=（x2，y2，z2），则n→⋅BC→=0n→⋅AB→=0，
则a2x2−2ay2+32az2=02ax2=0，取n→=（0，3，4）．
设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则csθ=m→⋅n→|m→|⋅|n→|
=−43+1⋅3+16=−21919，
则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为−21919．
24．【2016年新课标2理科19】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF=54，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=10．
（Ⅰ）证明：D′H⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明：∵ABCD是菱形，
∴AD＝DC，又AE＝CF=54，
∴DEEA=DFFC，则EF∥AC，
又由ABCD是菱形，得AC⊥BD，则EF⊥BD，
∴EF⊥DH，则EF⊥D′H，
∵AC＝6，
∴AO＝3，
又AB＝5，AO⊥OB，
∴OB＝4，
∴OH=AEAD⋅OD=1，则DH＝D′H＝3，
∴|OD′|2＝|OH|2+|D′H|2，则D′H⊥OH，
又OH∩EF＝H，
∴D′H⊥平面ABCD；
（Ⅱ）解：以H为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
∵AB＝5，AC＝6，
∴B（5，0，0），C（1，3，0），D′（0，0，3），A（1，﹣3，0），
AB→=(4，3，0)，AD'→=(−1，3，3)，AC→=(0，6，0)，
设平面ABD′的一个法向量为n1→=(x，y，z)，
由n1→⋅AB→=0n1→⋅AD'→=0，得4x+3y=0−x+3y+3z=0，取x＝3，得y＝﹣4，z＝5．
∴n1→=(3，−4，5)．
同理可求得平面AD′C的一个法向量n2→=(3，0，1)，
设二面角二面角B﹣D′A﹣C的平面角为θ，
则|csθ|=|n1→⋅n2→||n1→||n2→|=|3×3+5×1|52×10=7525．
∴二面角B﹣D′A﹣C的正弦值为sinθ=29525．
25．【2016年新课标3理科19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．
（1）证明：MN∥平面PAB；
（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：法∵N为PC的中点，
∴NG∥BC，且NG=12BC，
又AM=23AD=2，BC＝4，且AD∥BC，
∴AM∥BC，且AM=12BC，
则NG∥AM，且NG＝AM，
∴四边形AMNG为平行四边形，则NM∥AG，
∵AG⊂平面PAB，NM⊄平面PAB，
∴MN∥平面PAB；
法在△PAC中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，
在△ABC中，由已知AB＝AC＝3，BC＝4，得cs∠ACB=42+32−322×4×3=23，
∵AD∥BC，
∴cs∠EAM=23，则sin∠EAM=53，
在△EAM中，
∵AM=23AD=2，AE=12AC=32，
由余弦定理得：EM=AE2+AM2−2AE⋅AM⋅cs∠EAM=94+4−2×32×2×23=32，
∴cs∠AEM=(32)2+(32)2−42×32×32=19，
而在△ABC中，cs∠BAC=32+32−422×3×3=19，
∴cs∠AEM＝cs∠BAC，即∠AEM＝∠BAC，
∴AB∥EM，则EM∥平面PAB．
由PA⊥底面ABCD，得PA⊥AC，又NE⊥AC，
∴NE∥PA，则NE∥平面PAB．
∵NE∩EM＝E，
∴平面NEM∥平面PAB，则MN∥平面PAB；
（2）解：在△AMC中，由AM＝2，AC＝3，cs∠MAC=23，得CM2＝AC2+AM2﹣2AC•AM•cs∠MAC=9+4−2×3×2×23=5．
∴AM2+MC2＝AC2，则AM⊥MC，
∵PA⊥底面ABCD，PA⊂平面PAD，
∴平面ABCD⊥平面PAD，且平面ABCD∩平面PAD＝AD，
∴CM⊥平面PAD，则平面PNM⊥平面PAD．
在平面PAD内，过A作AF⊥PM，交PM于F，连接NF，则∠ANF为直线AN与平面PMN所成角．
在Rt△PAC中，由N是PC的中点，得AN=12PC=12PA2+PC2=52，
在Rt△PAM中，由PA•AM＝PM•AF，得AF=PA⋅AMPM=4×242+22=455，
∴sin∠ANF=AFAN=45552=8525．
∴直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525．
26．【2015年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．
（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC
（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．
【答案】解：（Ⅰ）连接BD，
设BD∩AC＝G，
连接EG、EF、FG，
在菱形ABCD中，
不妨设BG＝1，
由∠ABC＝120°，
可得AG＝GC=3，
BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，
可知AE＝EC，又AE⊥EC，
所以EG=3，且EG⊥AC，
在直角△EBG中，可得BE=2，故DF=22，
在直角三角形FDG中，可得FG=62，
在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE=2，FD=22，可得EF=22+(2−22)2=322，
从而EG2+FG2＝EF2，则EG⊥FG，
（或由tan∠EGB•tan∠FGD=EBBG•FDDG=2•22=1，
可得∠EGB+∠FGD＝90°，则EG⊥FG）
AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC，
由EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC；
（Ⅱ）如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC为x轴，y轴，|GB|为单位长度，
建立空间直角坐标系G﹣xyz，由（Ⅰ）可得A（0，−3，0），E（1，0，2），
F（﹣1，0，22），C（0，3，0），
即有AE→=（1，3，2），CF→=（﹣1，−3，22），
故cs＜AE→，CF→＞=AE→⋅CF→|AE→|⋅|CF→|=−1−3+16×92=−33．
则有直线AE与直线CF所成角的余弦值为33．
27．【2015年新课标2理科19】如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4，过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．
（1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；
（2）求直线AF与平面α所成角的正弦值．
【答案】解：（1）交线围成的正方形EFGH如图：
（2）作EM⊥AB，垂足为M，则：
EH＝EF＝BC＝10，EM＝AA1＝8；
∴MH=EH2−EM2=6，∴AH＝10；
以边DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则：
A（10，0，0），H（10，10，0），E（10，4，8），F（0，4，8）；
∴EF→=(−10，0，0)，EH→=(0，6，−8)；
设n→=(x，y，z)为平面EFGH的法向量，则：
n→⋅EF→=−10x=0n→⋅EH→=6y−8z=0，取z＝3，则n→=(0，4，3)；
若设直线AF和平面EFGH所成的角为θ，则：
sinθ=|cs＜AF→，n→＞|=40180⋅5=4515；
∴直线AF与平面α所成角的正弦值为4515．
28．【2014年新课标1理科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
（Ⅰ）证明：AC＝AB1；
（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
【答案】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，
∵侧面BB1C1C为菱形，
∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，
又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，
∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，
又B10＝CO，∴AC＝AB1，
（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO＝CO，
又∵AB＝BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，
∴OA，OB，OB1两两垂直，
以O为坐标原点，OB→的方向为x轴的正方向，|OB→|为单位长度，
OB1→的方向为y轴的正方向，OA→的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，
∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为正三角形，又AB＝BC，
∴A（0，0，33），B（1，0，0，），B1（0，33，0），C（0，−33，0）
∴AB1→=（0，33，−33），A1B1→=AB→=（1，0，−33），B1C1→=BC→=（﹣1，−33，0），
设向量n→=（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，
则n→⋅AB1→=33y−33z=0n→⋅A1B1→=x−33z=0，可取n→=（1，3，3），
同理可得平面A1B1C1的一个法向量m→=（1，−3，3），
∴cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=17，
∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为17
29．【2014年新课标2理科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：PB∥平面AEC；
（Ⅱ）设二面角D﹣AE﹣C为60°，AP＝1，AD=3，求三棱锥E﹣ACD的体积．
【答案】（Ⅰ）证明：连接BD交AC于O点，连接EO，
∵O为BD中点，E为PD中点，
∴EO∥PB，
EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB∥平面AEC；
（Ⅱ）解：延长AE至M连结DM，使得AM⊥DM，
∵四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，
∴CD⊥平面AMD，
∴CD⊥MD．
∵二面角D﹣AE﹣C为60°，
∴∠CMD＝60°，
∵AP＝1，AD=3，∠ADP＝30°，
∴PD＝2，
E为PD的中点．AE＝1，
∴DM=32，
CD=32×tan60°=32．
三棱锥E﹣ACD的体积为：13×12AD⋅CD⋅12PA=13×12×3×32×12×1=38．
30．【2013年新课标1理科18】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°．
（Ⅰ）证明AB⊥A1C；
（Ⅱ）若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB＝2，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B，
因为CA＝CB，所以OC⊥AB，由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，
所以△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB，
又因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C，
又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC⊥AB，OA1⊥AB，又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，
所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两垂直．
以O为坐标原点，OA→的方向为x轴的正向，|OA→|为单位长，建立如图所示的坐标系，
可得A（1，0，0），A1（0，3，0），C（0，0，3），B（﹣1，0，0），
则BC→=（1，0，3），BB1→=AA1→=（﹣1，3，0），A1C→=（0，−3，3），
设n→=（x，y，z）为平面BB1C1C的法向量，则n→⋅BC→=0n→⋅BB1→=0，即x+3z=0−x+3y=0，
可取y＝1，可得n→=（3，1，﹣1），故cs＜n→，A1C→＞=n→⋅A1C→|n→||A1C→|=−105，
又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，
故直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为：105．
31．【2013年新课标2理科18】如图，直棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB=22AB．
（Ⅰ）证明：BC1∥平面A1CD
（Ⅱ）求二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．
【答案】解：（Ⅰ）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1的中点，
又D是AB中点，连结DF，则BC1∥DF，
因为DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，
所以BC1∥平面A1CD．
（Ⅱ）因为直棱柱ABC﹣A1B1C1，所以AA1⊥CD，
由已知AC＝CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB，
又AA1∩AB＝A，于是，CD⊥平面ABB1A1，
设AB＝22，则AA1＝AC＝CB＝2，得∠ACB＝90°，
CD=2，A1D=6，DE=3，A1E＝3
故A1D2+DE2＝A1E2，即DE⊥A1D，所以DE⊥平面A1DC，
又A1C＝22，过D作DF⊥A1C于F，∠DFE为二面角D﹣A1C﹣E的平面角，
在△A1DC中，DF=A1D⋅DCA1C=62，EF=DE2+DF2=322，
所以二面角D﹣A1C﹣E的正弦值．sin∠DFE=DEEF=63．
模拟好题
1．如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，平面A1C1CA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，AC与BD交于点O，∠ABC=60°,AB=AA1=AC1=2．
(1)求证：C1O⊥平面ABCD；
(2)线段DD1上是否存在点F，使得CF与平面B1AC所成角的正弦值是34？若存在，求出DFDD1；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；DFDD1=12
【解析】
【分析】
(1)∵AA1=AC1，AA1=CC1，∴AC1=CC1，
又O是AC中点∴C1O⊥AC
∵平面A1C1CA⊥平面ABCD，平面A1C1CA∩平面ABCD=AC，
C1O⊂平面A1C1CA，∴C1O⊥平面ABCD
(2)∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD
以O为原点，OB,OC,OC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则A(0,−1,0),C(0,1,0),C1(0,0,3),B(3,0,0),D(−3,0,0)．
又BB1=CC1=0,−1,3，所以B13,−1,3，
∴AC=(0,2,0),B1A=(−3,0,−3),BB1=(0,−1,3)，
设平面B1AC的法向量是n=(x,y,z)n⋅AC=0n⋅B1A=0，∴2y=0−3x−3z=0，
令x=1，则n=(1,0,−1)，
假设线段DD1上存在点F，且DF=λDD1=λBB1=(0,−λ,3λ)，(0≤λ≤1)
∴F(−3,−λ,3λ)，∴CF=(−3,−λ−1,3λ)，
∴|csn,CF|=|n⋅CF||n|⋅|CF|=|−3−3λ|2⋅3+(−λ−1)2+3λ2=34，
平方整理得：2λ2−5λ+2=0，∴λ=12或λ=2（舍）.
∴DFDD1=12时，即存在点F是DD1中点时，CF与平面B1AC所成角的正弦值是34．
2．四棱雉 P−ABCD中， PC⊥平面ABCD， 底面 ABCD是 等腰梯形， 且AB=2,CD=1,∠ABC=60∘,PC=3， 点 M在棱 PB上.
(1)当 M是棱 PB的中点时， 求证: CM//平面PAD;
(2)当直线 CM与平面 PAB所成角 θ最大时， 求二面角 C−AM−B的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)90°
【解析】
(1)取AP中点N，
∵PB的中点为M，∴NN//12AB，MN=12AB，
∴MN//CD，且MN=CD，
∴四边形CDNM是平行四边形，
∴CM//DN，∵CM⊄平面PAD，
∴CM//平面PAD；
(2)等腰梯形ABCD中，AB=2，CD=1，∠ABC=60∘，
作CE⊥AB于E，则BE=12，∴BC=1，△ABC中，
由余弦定理得，AC=3，∴AC2+BC2=AB2，即∠ACB=90∘，
∵PC⊥底面ABCD，则CP、CA、CB两两垂直
如图，以C为原点，CA、CB、CP为x轴、y轴、z轴为正方向建立空间直角坐标系， 则A3,0,0，B0,1,0，C0,0,0，P0,0,3，
∴PA=3,0,−3，AB=−3,1,0，CA=(3,0,0)，
设平面PAB法向量m=x,y,z，则m⋅PA=3x−3z=0m⋅AB=−3x+y=0，
∴平面PAB的一个法向量m=3,3,1，
设BM=λBP0≤λ≤1，则CM=CB+BM=0,1−λ,3λ，
∴sinθ=cs=313⋅10λ2−2λ+1=313⋅10λ−1102+910，
∵0≤λ≤1，∴当λ=110时，sinθ取得最大值，
∴CM=0,910,310，AM=−3,910,310，
设平面CAM法向量n1=x1,y1,z1，则n1⋅CA=3x1=0n1⋅CM=910y1+310z1=0，
∴平面CAM的一个法向量n1=0,1,−3，
设平面AMB法向量n2=x2,y2,z2，则n2⋅AB=−3x2+y2=0n2⋅AM=−3x2+910y2+310z2=0，
∴平面AMB的一个法向量n2=3,3,1，
∵n1⋅n2=0×3+1×3+−3×1=0，∴n1⊥n2，
∴二面角C−AM−B的大小为90°.
3．如图，O1，O分别是圆台上、下底的圆心，AB为圆O的直径，以OB为直径在底面内作圆E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，连接BC交圆E于点D，AA1，BB1，CC1为圆台的母线，AB=2A1B1=8．
(1)证明；C1D//平面OBB1O1；
(2)若二面角C1−BC−O为π3，求O1D与平面AC1D所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)32128.
【解析】
(1)连接DE,O1E，C为圆O的直径AB所对弧的中点，
所以△BOC为等腰直角三角形，即∠OBD=45°，
又D在圆E上，故△BED为等腰直角三角形，
所以DE//OC且DE=12OC，又CC1是母线且O1C1=12OC，则O1C1//OC，
故DE//O1C1且DE=O1C1，则DEO1C1为平行四边形，
所以EO1//DC1，而EO1⊂面OBB1O1，DC1⊄面OBB1O1，
故C1D//平面OBB1O1.
(2)由题设及（1）知：O1O、OB、OC两两垂直，构建如下图示的空间直角坐标系，
过C1作C1F//O1O，则F为OC的中点，再过F作FG//OD，连接C1G，
由O1O⊥圆O，即C1F⊥圆O，BC⊂圆O，则C1F⊥BC，又OD⊥BC，则FG⊥BC，
故二面角C1−BC−O的平面角为∠FGC1=π3，而FG=12OD=24OB=2，
所以O1O=C1F=FGtanπ3=6.
则A(0,−4,0)，D(2,2,0)，C1(2,0,6)，O1(0,0,6)，
所以AD=(2,6,0)，C1D=(0,2,−6)，O1D=(2,2,−6)，
若m=(x,y,z)为面AC1D的一个法向量，则m⋅AD=2x+6y=0m⋅C1D=2y−6z=0，令y=6，则m=(−36,6,2)，
|cs|=6614×8=32128，故O1D与平面AC1D所成角的正弦值32128.
4．如图所示，已知矩形ABCD和矩形ADEF所在的平面互相垂直，AD=2AF=2AB=2，M，N分别是对角线BD，AE上异于端点的动点，且BM=AN．
(1)求证：直线MN∥平面CDE；
(2)当MN的长最小时，求二面角A-MN-D的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)429
【解析】
(1)过N作NN'∥AD与ED交于N'点，过M作MM'∥AD与CD交于M'点，连接M'N'．
由已知条件AD=2AF=2AB=2，可知矩形ABCD与矩形ADEF全等．
∵BM=AN，AE=BD，NN'∥AD∥MM'
∴NN'AD=AE−ANAE=BD−BMBD=MM'BC=MM'AD
∴NN'=MM'
又NN'∥AD∥MM'，则四边形MNN'M'为平行四边形，
所以MN∥N'M'．
∵MN⊂平面CDE，M'N'⊂平面CDE，
∴MN∥平面CDE．
(2)由平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD⋂平面ADEF=AD，
又AF⊂平面ADEF，AF⊥AD，
∴AF⊥平面ABCD．
以A为原点，分别以AB，AD，AF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
过M点作MG⊥AD，垂足为G，连接NG，易知NG⊥AD，设AG=a0可得M2−a2,a,0，N0,a,a2，
∴MN=2−a22+a22=a−12+12，
可知当a=1时，MN长最小值为22．
此时M12,1,0，N0,1,12，
又A0,0,0，D0,2,0，
∴AM=12,1,0，MN=−12,0,12，DM=12,−1,0
设平面AMN的法向量为m=x1,y1,z1，
由m⋅AM=0m⋅MN=0可得12x1+y1=0−12x1+12z1=0，
令x1=2，可得m=2,−1,2
设平面MND的法向量为n=x2,y2,z2，
由n⋅DM=0n⋅MN=0可得12x2−y2=0−12x2+12z2=0，
令x2=2，可得n=2,1,2
∴cs〈m,n〉|=m⋅nm⋅n=79，
∴sin〈m,n〉=1−792=429
则二面角A-MN-D的正弦值为429．
5．如图甲，平面图形ABCDE中，AE=DE=BD=BC=1，BC⊥BD，DE//AB，∠EAB=60∘，沿BD将△BCD折起，使点C到F的位置，如图乙，使BF⊥BE，EG=BF.
(1)求证；平面GEBF⊥平面AEG；
(2)点M是线段FG上的动点，当AM与平面AEG所成角的正弦值为77时，求平面MAB与平面AEG所夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)34
【解析】
(1)证明：翻折前BC⊥BD，翻折后，对应地，BF⊥BD，
又因为BE⊥BF，BE∩BD=B，所以，BF⊥平面ABDE，
∵AE⊂平面ABDE，∴AE⊥BF，
在底面ABCDE中，AE=DE=BD=BC=1，DE//AB，
所以，四边形ABDE为等腰梯形，因为∠EAB=60∘，∴∠AED=∠BDE=120∘，
因为BD=DE，则∠BED=∠DBE=30∘，∴∠AEB=∠AED−∠BED=90∘，
∴AE⊥BE，又因为AE⊥BF，BE⋂BF=B，∴AE⊥平面GEBF，
因为AE⊂平面AEG，因此，平面GEBF⊥平面AEG.
(2)解：在Rt△ABE中，∠AEB=90∘，∠EAB=60∘，AE=1，则BE=AEtan60∘=3，
因为EG=BF，则EG//BF且EG=BF=BC=1，
因为BF⊥平面ABDE，∴EG⊥平面ABDE，
∵AE⊥BE，以点E为坐标原点，EA、EB、EG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A1,0,0、B0,3,0、设点M0,λ,1，其中0≤λ≤3，
所以，AM=−1,λ,1，易知平面AEG的一个法向量为m=0,1,0，
由已知条件可得cs=AM⋅mAM⋅m=λλ2+2=77，
因为0≤λ≤3，解得λ=33，所以，AB=−1,3,0，AM=−1,33,1，
设平面ABM的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AB=−x+3y=0n⋅AM=−x+33y+z=0，取y=3，可得n=3,3,2，
cs=m⋅nm⋅n=34，因此，平面MAB与平面AEG所夹角的余弦值为34.
6． 如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A,B的点，直线PC⊥平面ABC，E,F分别是PA，PC的中点.
(1)记平面BEF与平面ABC的交线为l，求证：直线l//平面PAC；
(2)若PC=AB=2，点C是AB的中点，求二面角E−l−C的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)33
【解析】
(1)因为E,F分别是PA,PC的中点
所以EF//AC，
又因为AC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC
所以EF//平面ABC
又EF⊂平面BEF，平面BEF与平面ABC的交线为l，
所以EF//l，
而l⊄平面PAC，EF⊂平面PAC，
所以l//平面PAC
(2)如图，因为AB是圆O的直径，点C是AB的中点，AB=2
所以CA⊥CB，CA=CB=2
因为直线PC⊥平面ABC
所以PC⊥CA,PC⊥CB
所以以C为原点，直线CA，CB，CP分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系C−xyz，则
F(0,0,1)，B(0,2,0)，E(22,0,1)
所以BF=(0,−2,1)，BE=(22,−2,1)
设平面EFB的法向量n=(x,y,z)，则BF·n=0BE·n=0，即−2y+z=022x−2y+z=0
令y=1，则x=0,z=2
得n=(0,1,2)
因为直线PC⊥平面ABC
所以CP=(0,0,1)为平面ABC的法向量
所以cs=CP⋅n|CP||n|=23=63
所以二面角E−l−C的正弦值为33
7．如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的底面是矩形，平面DCC1D1⊥平面ABCD，DD1⊥CD，M为AB的中点，且MC⊥BD1.
(1)证明：平面B1MC⊥平面BDD1；
(2)若AD=DD1=1，DC=2D1C1，求二面角B1−MC−B的余弦值
【答案】(1)证明见解析；
(2)−1313.
【解析】
(1)证明：∵平面DCC1D1⊥平面ABCD，平面DCC1D1⋂平面ABCD=CD，DD1⊥CD，DD1⊂平面DCC1D1，
∴DD1⊥平面ABCD． 又MC⊂平面ABCD，∴DD1⊥MC．
∵MC⊥BD1，BD1， DD1⊂平面BDD1，BD1⋂DD1=D1，
∴MC⊥平面BDD1．
又MC⊂平面B1MC，∴平面B1MC⊥平面BDD1．
(2)解：设AB=t，则MB=t2．
由（1）知MC⊥BD，故△BCD∽△MBC．
所以MBBC=BCCD，即t21=1t，解得t=2，所以D1C1=12DC=22．
又由棱台的性质可知B1C1BC=D1C1DC=12， 故B1C1=12BC=12．
由（1）可知DA， DC， DD1所在直线两两垂直，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系D−xyz，如图所示 ，
则M1， 22， 0， C(0， 2， 0)， B112， 22， 1，
所以MC→=−1， 22， 0， MB1→=−12， 0， 1．
设m→=(x， y， z)，且m→⊥平面B1MC，则m→ ⋅ MC→=0， m→ ⋅ MB1→=0，即−x+22y=0， −12x+z=0，
故可取m→=(2， 22， 1)．
设n→⊥平面MBC，可取n→=(0， 0， 1)，
所以cs〈m→， n→〉=14+8+1=1313．
由图可知二面角B1−MC−B为钝角，所以二面角B1−MC−B的余弦值为−1313.
8．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，ΔABC是边长为2的正三角形，D是AB的中点，AA1=A1C，直线A1B与平面A1ACC1所成的角为45°.
(1)求证：BC1∥平面A1CD；
(2)求二面角B−A1C−C1的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)−55
【解析】
(1)证明：连接AC1交A1C于点E，连接DE，
因为四边形ACC1A1是平行四边形，所以E是AC1的中点，
又因为D是AB的中点，所以DE∥BC1，
因为BC1⊄平面A1CD，DE⊂平面A1CD，所以BC1∥面A1CD.
(2)取AC中点O，连接OA1、OB，因为AA1=A1C，所以OA1⊥AC，
因为平面A1ACC1⊥平面ABC，OA1⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以OA1⊥平面ABC，
因为△ABC是正三角形，O是AC的中点，所以OB⊥AC，
建立空间直角坐标系O−xyz，如图所示，
设OA1=a，
则A0,−1,0，B3,0,0，C0,1,0，D32,−12,0，A10,0,a，C10,2,a，
所以A1B=3,0,−a，A1C=(0,1,−3)，BC=(−3,1,0)，
又平面A1ACC的一个法向量n=1,0,0，
所以csA1B,n=A1B⋅nA1Bn=33+a2=sin45°=22，
因为a>0，解得a=3，
设平面BA1C的一个法向量n1=x,y,z，则n1⋅A1C=y−3z=0n1⋅BC=−3x+y=0，
取x=1，可得y=3,z=1，所以n1=1,3,1，
又平面A1CC1的一个法向量n2=(1,0,0)，所以csn1,n2=n1⋅n2n1n2=15=55，
设二面角B−A1C−C1的平面角为θ，
由图知θ为钝角，则csθ=−cscsn1,n2=−55，
即二面角B−A1C−C1的余弦值为−55.
9．如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB=AD=CF=1，AE=BC=2．
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)求平面BDE与平面ADE夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)49
(3)−23
【解析】
(1)∵CF//AE ，AD//BC,AD⊂ 平面ADE，AE⊂ 平面ADE，AD∩AE=A ，
BC⊂ 平面BDE，CF⊂ 平面BDE，BC⋂CF=C ，
∴平面ADE// 平面BDE，BF⊂ 平面BDE，∴BF// 平面ADE；
(2)依题意，AE⊥AD,AE⊥AB,AB⊥AD ，以A为原点建立空间直角坐标系如下图：
则A0,0,0,B0,1,0,C−2,1,0,D−1,0,0,E0,0,2,F−2,1,1 ，
CE=2,−1,2 ，BD=−1,−1,0,BE=0,−1,2 ，
设平面BDE的一个法向量为n=x,y,z ，
则有n·BD=0n·BE=0 ，−x−y=0−y+2z=0 ，令x=2，则y=-2，z=-1，n=2,−2,−1 ，
设CE与平面BDE的夹角为θ ，
则有sinθ=csπ2−θ=n⋅CEn⋅CE=2×2+−1×−2+2×−122+−22+−12×22+−12+22=49 ，
(3)显然平面ADE的一个法向量为m =(0，1，0)，设平面ADE与平面BDE的夹角为α ，
则 csα=n⋅mn⋅m=−23 ；
综上，CE与平面BDE的夹角的正弦值为49 ，平面ADE与平面BDE的夹角的余弦值为−23 .
10．如图所示，四边形ABCD为菱形，AB=2，∠BAD=60°，将△ABD沿BD折起（折起后A到A1的位置），设AA1=3，点M在线段A1C上.
(1)证明：平面AA1C⊥平面MBD；
(2)当AA1∥平面MBD时，求三棱锥M−A1BD的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)34
【解析】
(1)证明：如图，连接A1O，
∵ABCD为菱形，∴BD⊥AC，
又∵A1B=A1D，O为BD的中点，
∴BD⊥A1O.
又∵AC⋂A1O=O，AC,A1O⊂平面AA1C，
∴BD⊥平面AA1C，而BD⊂平面MBD，
∴平面AA1C⊥平面MBD.
(2)解：连接OM，∵AA1//平面MBD，而平面AA1C⋂平面MBD=OM，
∴AA1//OM，又O为AC的中点，∴M为A1C的中点.
由（1）知BD⊥平面AA1C，BD⊂平面ABCD，∴平面AA1C⊥平面ABCD，
过点A1作A1H⊥AC于H，平面AA1C⋂平面ABCD=AC，A1H⊂平面AA1C，
所以A1H⊥平面ABCD，
∵AB=2，∠BAD=60°，所以A1O=AO=3，又AA1=3，
∴△AA1O为等边三角形，∴A1H=32.
所以S△BCD=12×2×2sin60°=3
故三棱锥M−A1BD的体积VM−A1BD=VA1−BCD−VM−BCD=13S△BCD32−34=34.
11．如图，在平面五边形PABCD中，△PAD为正三角形，AD∥BC，∠DAB=90°且AD=AB=2BC=2.将△PAD沿AD翻折成如图所示的四棱锥P−ABCD，使得PC=7.F，Q分别为AB，CE的中点.
(1)求证：FQ∥平面PAD；
(2)若DEPE=12，求平面EFC与平面PAD夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)21070
【解析】
(1)解：（1）证明：取DC的中点M，连接MF，MQ.
则MQ∥PD，MF∥DA.
因为MQ⊄面PAD，ME⊄面PAD，
所以，MQ∥面PAD，MF∥面PAD，
因为MQ∩ME=M，
所以，面MQF∥面PAD，
因为FQ⊂面MQF，所以FQ∥面PAD.
(2)（2）取AD的中点O，连接OP，OC，
因为△PAD为正三角形，AD=2，所以OP⊥AD且OP=3，
在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠DAB=90°，AB=2BC=2，
所以，OC⊥AD且OC=2，
又因为PC=7，
所以在△POC中，OP2+OC2=PC2，即OP⊥OC，
所以，以O为坐标原点，分别以OD，OC，OP的方向为x，y，z轴的正向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D1,0,0，C0,2,0，F−1,1,0，P0,0,3，
DP=−1,0,3.
因为DEPE=12，即DE=13DP=−13,0,33，λ>0，
所以，E23,0,33，
所以EC=−23,2,−33，EF=−53,1,−33.
设n=x1,y1,z1为平面EFC的一个法向量，
则n⋅EC=0n⋅EF=0，即−23x1+2y1−33z1=0−53x1+y1−33z1=0，取n=3,−3,−83.
又平面PAD的一个法向量m=0,1,0，设平面EFC与平面PAD夹角为α，
csα=n⋅mn⋅m=39+9+192=21070.
12．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，AD＝2，∠A＝60°，E，F分别为线段AB，CD上的点，且BE＝2AE，DF＝FC，现将△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，连接A1B，A1C．
(1)若点G为线段A1B上一点，且A1G=3GB，求证：FG//平面A1DE；
(2)当三棱锥C−A1DE的体积达到最大时，求二面角B−A1C−D的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)398
【解析】
(1)在A1E上取一点M，使A1M=3ME，连接DM,MG，
因为A1G=3GB，EB=2AE，
所以MG∥EB，MG=34EB=34×23AB=12AB，
因为平行四边形ABCD中，AB=CD，AB∥CD，F为CD的中点，
所以DF=12CD=12AB，
所以DF=MG，DF∥MG，
所以四边形DMGF为平行四边形，
所以FG∥DM，
因为FG⊄平面A1DE，DM⊂平面A1DE，
所以FG∥平面A1DE，
(2)当平面A1DE⊥平面DEC时，三棱锥C−A1DE的体积最大，
△ADE中，∠A=60°,AD=2,AE=1，则DE2=AD2+AE2−2AD⋅AEcsA=4+1−2×2×1×12=3，
所以DE2+AE2=AD2，
所以∠AED=90°，
所以A1E⊥DE，
因为平面A1DE⊥平面DEC，平面A1DE⋂平面DEC=DE，
所以A1E⊥平面DEC，
因为BE⊂平面DEC，所以A1E⊥BE，
所以A1E,BE,DE两两垂直，
所以以E为原点，EB,ED,EA1所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0,3,0),A1(0,0,1),B(2,0,0),C(3,3,0)，
所以DC=(3,0,0),DA1=(0,−3,1),BC=(1,3,0),CA1=(−3,−3,1)，
设平面A1CD的法向量为n=(x,y,z)，则
n⋅DA1=−3y+z=0n⋅CA1=−3x−3y+z=0，令y=1，则n=(0,1,3)，
设平面A1BC的法向量为m=(a,b,c)，则
m⋅BC=a+3b=0m⋅CA1=−3a−3b+c=0，令b=1，则m=(−3,1,−23)，
所以csm,n=m⋅nmn=1−62×4=−58，
所以二面角B−A1C−D的正弦值为1−−582=398
13．如图，等腰梯形ABCD中AD//BC,BE⊥AD,BC=BE=4,DE=8，沿BE将△ABE 折起至与平面BCDE成直二面角得到一四棱锥，M为AE中点，过C、D、M 作平面α .
(1)请画出平面CDM截四棱锥A−BCDE的截面，写出作法，并求其周长；
(2)求平面α 与平面ABC所成的锐二面角的余弦值.
【答案】(1)作法见解析，4113+8173+42
(2)56
【解析】
(1)
以E为原点，EB为x轴，ED为y轴，EA为z轴，建立空间坐标系如上图，
平面α与线段AB的交点为F，
则有:A0,0,4,B4,0,0,D0,8,0,C4,4,0,M0,0,2 ，Fx,0,z ，
设AF=λAB ，则向量FM 与向量CD,DM 共面，
CD=−4,4,0，DM=0,−8,2 ，FM=−x,0,2−z ，
设FM=mCD+nDM=−4m,4m−8n,2n=−x,0,2−zm,n∈R
得：x=4m,4m−8n=02n=2−z …① ，
又AF=x,0,z−4,AF=λAB=4λ,0,−4λ,∴x=4λ,z−4=−4λ ，
x=−z−4,x+z=4…② ，
由①②得x+4z=8x+z=4 ，解得x=83,z=43 ，即F83,0,43 ，
AF=832+43−42=823 ，AB=42 ，AFAB=23 ，
F点在靠近B点的三分点处；
FC=83−42+42+432=4113 ，FM=832+02+2−432=2173 ，
DM=22+82=217 ，CD=42+42+02=42 ，
四边形CDMF的周长为4113+8173+42 ；
(2)设平面ABC的一个法向量为p=x,y,z ，AB=4,0,−4,BC=0,4,0 ,
则有p·AB=0p·BC=0 ，解得4x−4z=04y=0 ，令x=1 ，则p=1,0,1 ，
设平面α的一个法向量为q=a,b,c ，DM=0,−8,2,CD=−4,4,0 ,
q·DM=0q·CD=0 ，解得−8b+2c=0−4a+4b=0 ，令a=1，则b=1，c=4，q=1,1,4 ，
设平面α与平面ABC的二面角的平面角为θ ，
则csθ=p⋅qp⋅q=56 ；
综上，四边形CDMF的周长为4113+8173+42 ，F点在靠近B点的三分点处，
平面α与平面ABC的二面角的锐平面角的余弦值为56 .
14．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形ADPQ是梯形，PD//QA，∠PDA=π2，平面ADPQ⊥平面ABCD，且AD=PD=2QA=2．
(1)求证：QB//平面PDC；
(2)求二面角C−PB−Q的大小；
(3)已知点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7315，求点A到平面HBC的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)5π6
(3)65
【解析】
(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB//CD，AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC．所以AB//平面PDC．
∵四边形ADPQ是梯形，PD//QA， QA⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，所以QA//平面PDC，
AB⊂平面ABQ，QA⊂平面ABQ，AB∩QA=A，∴平面ABQ//平面DCP，
∵QB⊂平面ABQ，∴QB//平面PDC．
(2)以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0，2，0)，P(0，0，2)，B(2，2，0)，Q(2，0，1)，
PB=(2，2，−2)，PC=(0，2，−2)，PQ=(2，0，−1)，
设平面PBC的法向量n1=(x1，y1，z1)，
则n⋅PB=2x1+2y1−2z1=0n⋅PC=2y1−2z1=0，取y1=1，得z1=1，x1=0，得n1=(0，1，1)，
设平面PBQ的法向量n2=(x2，y2，z2)，
则m⋅PB=2x2+2y2−2z2=0m⋅PQ=2x2−z2=0，取x2=1，z2=2，y2=1，得n2=(1，1，2)，
设二面角C−PB−Q的大小为θ，由图形得θ为钝角，
则csθ=−|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=−32⋅6=−32，
因为θ为钝角，∴θ=5π6，
∴二面角C−PB−Q的大小为5π6．
(3)点H在棱PD上，且异面直线AH与PB所成角的余弦值为7315，
设DH=t,0≤t≤2则H0,0,t，A2,0,0，AH=−2,0,t，PB=2,2,−2，
∴cs=∣AH⋅PB∣AH⋅PB=4+2t4+t2⋅12=7315，
解得t=32，∴线段DH的长为32．
设平面HBC的法向量n3=x3,y3,z3，因为CB=(2,0,0)，HC=(0,2,−32)，
则m1⋅CB=2x3=0m1⋅HC=2y3−32z3=0，取z3=4，得n3=0,3,4，
又AB=0,2,0，所以d=AB⋅n3|n3∣=65．
15．已知如图，在多面体ABCEF中，AC=BC=2，∠ACB=120∘，D为AB的中点，EF//CD，EF=1，BF⊥平面AEF．
(1)证明：四边形EFDC为矩形；
(2)当三棱锥A−BEF体积最大时，求平面AEF与平面ABE夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)24
【解析】
(1)解：因为∠ACB=120∘，AC=BC=2，D为AB的中点，
所以CD⊥AB，且CD=BCsin30°=1，
又因为EF=1，所以CD=EF，因为EF//CD，
所以四边形EFDC为平行四边形，
因为BF⊥平面AEF，EF⊂平面AEF，所以BF⊥EF，所以CD⊥BF，
因为BF⋂AB=B，BF,AB⊂平面ABF，所以CD⊥平面ABF， DF⊂平面ABF，
所以CD⊥DF，所以四边形EFDC为矩形．
(2)解：由（1）可知，EF⊥平面ABF，BF⊥平面AEF，AF⊂平面AEF，所以BF⊥AF，AB=2BC2−CD2=23，
所以三棱锥A−BEF的体积
V=13S△ABF⋅EF=16AF⋅BF≤112(AF2+BF2)=112AB2=1，
当且仅当AF=BF时等号成立，此时FD⊥AB，
据（1），以D为坐标原点，分别以DA,CD,DF所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系Dxyz如图所示．
由已知可得下列点的坐标：A(3,0,0)，B(−3,0,0)，F(0,0,3)，E(0,−1,3)，
所以AB=(−23,0,0)，AE=(−3,−1,3)，
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AE=0m⋅AB=0，
即−3x−y+3z=0−23x=0，取y=3，则x=0，z=1，
所以平面ABE的一个法向量为m=(0,3,1)，
因为BF=(3,0,3)是平面AEF的法向量，
设平面AEF与平面ABE夹角为θ，则csθ=m⋅BFm⋅BF=32⋅6=24，
故平面AEF与平面ABE夹角的余弦值为24．
16．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面AA1B1B，AC=BC，四边形AA1B1B是边长为2的菱形，∠BAA1=60°.
(1)证明：AB⊥A1C；
(2)若点B1到面ACA1的距离为263，求平面BA1A和平面CA1A夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)13
【解析】
(1)取AB中点O，连接OC,OA1,A1B，
∵AC=BC，OA=OB∴AB⊥OC，
∵△AA1B为正三角形，OA=OB∴AB⊥OA1
又∵OC⋂OA1=O,OC、OA1⊂面A1OC，∴AB⊥面A1OC
又A1C⊂面A1OC，∴AB⊥A1C
(2)∵CO⊥AB,面ABC⊥平面AA1B1B，面ABC⋂面AA1B1B=AB
∴CO⊥面AA1B1B，故OA,OA1,OC两两垂直，
设OC=ℎ，以O为原点，分别以OA、OA1、OC所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图
则A(1,0,0),B(−1,0,0),A1(0,3,0),B1(−2,3,0),C(0,0,ℎ)，
∴AA1=(−1,3,0),B1A1=(2,0,0),AC=(−1,0,ℎ),
设面AA1C的法向量n=(x,y,z)，
则−x+3y=0−x+ℎz=0，令z=3，可得n=(3ℎ,ℎ,3)
∴263=n⋅B1A1n=23ℎ4ℎ2+3，解之得ℎ=6，
又面AA1B的法向量m=(0,0,1)，而n=(32,6,3)
则cs=31×27=13
所以平面BA1A与平面CA1A夹角的余弦值为13
17．如图（1），在正方形ABCD中，M、N、E分别为AB、AD、BC的中点，点P在对角线AC上，且CPPA=35，将△AMN、△BMC、△DNG分别沿MN、MC、NC折起，使A、B、D三点重合（记为F），得四面体MNCF（如图（2）），在图（2）中.
(1)求证：EP∥平面FMN；
(2)在NC上，求一点H，使二面角N−MF−H的大小为45°.
【答案】(1)证明见解析；
(2)H点在NC上靠近N的三等分点处.
【解析】
(1)在图（1）中，连接AC，设AC∩MN=G，S为DC的中点，连接BD、ES，AC⋂BD=Q，AC∩ES=R，而M,N,S分别是AB,AD,DC的中点，则MN//BD,MN=12BD，ES//BD,ES=12BD，于是AG=GQ=QR=RC，
又CPPA=35⇒PC=38AC=34QC，则P为QR的中点，也为GC的中点.
在图（2）中，MN的中点为G，连接FG，又E为FC的中点，∴EP∥FG
∵EP不在平面FMN内，FG在平面FMN内，∴EP∥平面FMN.
(2)由题意知，在图（2）中，直线FN、FM、FC两两互相垂直，且相交于一点F.
∴以F为原点，分别以直线FN、FM、FC为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系F−xyz.
设正方形ABCD的边长为2a，则F0,0,0，Na,0,0，M0,a,0，C0,0,2a，FM→=0,a,0，FN→=a,0,0，NC→=−a,0,2a，
设NH→=λNC→=−λa,0,2λa0≤λ≤1，
∴FH→=FN→+NH→=a,0,0+−λa,0,2λa=a−λa,0,2λa，
设平面MFH的一个法向量为n→=x0,y0,z0，则n⋅FM=0n⋅FH=0得ay0=0a−λax0+2λaz0=0，得y0=0，取x0=2λ，得z0=λ−1，∴n→=2λ,0,λ−1，
又知平面FMN的一个法向量为n1→=0,0,1，∴cs45°=n→⋅n1→n→⋅n1→，即22=λ−11×4λ2+λ−12，即λ−15λ2−2λ+12=12(0≤λ≤1)，
解得λ=13.
∴所求的H点在NC上靠近N的三等分点处.
18．如图，圆台下底面圆O的直径为AB， C是圆O上异于A,B的点，且∠BAC=30∘，MN为上底面圆O'的一条直径，△MAC是边长为23的等边三角形，MB=4.
(1)证明：BC⊥平面MAC；
(2)求平面MAC和平面NAB夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)31313
【解析】
(1)∵AB为圆台下底面圆O的直径，C是圆O上异于A、B的点，
故∠ACB=90°
又∵∠BAC=30°，AC=23，
∴AB=4=MB
∵AC=MC，BC=BC
∴△ABC≅△MBC，
∴∠BCM=90°
∴BC⊥MC，又∵BC⊥AC，AC∩MC=C，AC,MC⊂平面MAC
∴BC⊥平面MAC
(2)取AC的中点，连接DM、DO，则MD⊥AC，由(1)可知，BC⊥DM
∵AC⋂BC=C，∴DM⊥平面ABC，
又∵OD⊥AC
∴以D为原点，DA为x轴，DO为y轴，DM为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系；…
由题意可得A(3,0,0)，B(−3,2,0)，
∵OO'⊥平面ABC，∴DM//OO'，
四边形ODMO'为矩形，
∴N(0,2,3)
平面MAC的一个法向量为n1=(0,1,0).
设平面NAB的一条法向量为n2=(x,y,z)，AB=(−23,2,0)，AN=(−3,2,3)
由n2⋅AB=0n2⋅AN=0 得−23x+2y=0−3x+2y+3z=0 令x=3，则y=3，z=−1
平面NAB的一个法向量为n2=(3,3,−1)
则平面MAC与平面NAB的夹角的余弦值为n1·n2n1n2=33+9+1⋅1=31313
∴平面MAC和平面NAB夹角的余弦值为31313
19．如图1，已知等边△ABC的边长为3，点M,N分别是边AB,AC上的点，且满足BM=2MA,BN=13BA+23BC，如图2，将△AMN沿MN折起到△A'MN的位置．
(1)求证：平面A'BM⊥平面BCNM；
(2)给出三个条件：①A'M⊥CN；②平面A'MN⊥平面BCNM；③四棱锥A'−BCNM的体积为7312，从中任选一个，求平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)条件选择见解析，77
【解析】
(1)证明：
等边△ABC中，由BN=13BA+23BC，得BN−BA=2(BC−BN)即AN=2NC，
所以AN=2,NC=1
又BM=2MA,得BM=2,MA=1
在△AMN中，AM=1,AN=2,∠A=60∘，由余弦定理得MN=3
∴MN2+AM2=AN2，∴MN⊥AB
∴MN⊥A'M,MN⊥BM，
又BM⋂A'M=M,BM,A'M⊂平面A'BM，
∴MN⊥平面A'BM，
又MN⊂平面BCNM
∴平面A'BM⊥平面BCNM
(2)解（1）：若选择条件①A'M⊥CN
∵A'M⊥CN,A'M⊥MN，CN,MN⊂平面BCNM，CN∩MN=N
∴A'M⊥平面BCNM，
∴A'M⊥BM，
结合（1）可知，MA',MB,MN两两垂直，
以M为坐标原点，MA',MB,MN所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：M(0,0,0),A'(0,0,1),B(2,0,0),C(12,332,0),N(0,3,0).

设平面A'BC的法向量为n1 =(x1,y1,z1)，A'C=(12,332,−1)，BC=(−32,332,0)
则n1⋅BC=−32x1+332y1=0n1⋅A'C=12x1+332y1−z1=0，
令y1=1,则x1=3,z1=23，即n1=(3,1,23)，
同理，平面A'CN的法向量为n2=(−3,1,3)，
设平面A'BC和平面A'CN的夹角为θ，则csθ=|n1⋅n2|n1|⋅|n2||=|−3+1+64⋅7|=77，
故平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值为77.
解（2）：若选择条件②平面A'MN⊥平面BCNM，
∵平面A'MN⊥平面BCNM，平面A'MN⋂平面BCNM=MN，
A'M⊂平面A'MN,A'M⊥MN，
∴A'M⊥平面BCNM，
∴A'M⊥BM，
结合（1）可知，MA',MB,MN两两垂直，
以M为坐标原点，MA',MB,MN所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：M(0,0,0),A'(0,0,1),B(2,0,0),C(12,332,0),N(0,3,0).

设平面A'BC的法向量为n1=(x1,y1,z1)，A'C=(12,332,−1)，BC=(−32,332,0)
则n1⋅BC=−32x1+332y1=0n1⋅A'C=12x1+332y1−z1=0，
令y1=1,则x1=3,z1=23，即n1=(3,1,23)，
同理，平面A'CN的法向量为n2=(−3,1,3)，
设平面A'BC和平面A'CN的夹角为θ，则csθ=|n1⋅n2|n1|⋅|n2||=|−3+1+64⋅7|=77，
故平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值为77.
解（3）：若选择条件③四棱锥A'−BCNM的体积为7312，
容易求得，四边形BCNM的面积为S=734，又四棱锥A'−BCNM的体积为7312，
所以，四棱锥A'−BCNM的高为ℎ=1，即点A'到底面BCNM的距离为1，
又因为A'M=1，
∴A'M⊥平面BCNM，
∴A'M⊥BM，
结合（1）可知，MA',MB,MN两两垂直，
以M为坐标原点，MA',MB,MN所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则：M(0,0,0),A'(0,0,1),B(2,0,0),C(12,332,0),N(0,3,0)，
设平面A'BC的法向量为n1=(x1,y1,z1)，A'C=(12,332,−1)，BC=(−32,332,0)，
则n1⋅BC=−32x1+332y1=0n1⋅A'C=12x1+332y1−z1=0，
令y1=1,则x1=3,z1=23，即n1=(3,1,23)，
同理，平面A'CN的法向量为n2=(−3,1,3)，
设平面A'BC和平面A'CN的夹角为θ，则csθ=|n1⋅n2|n1|⋅|n2||=|−3+1+64⋅7|=77，
故平面A'BC和平面A'CN的夹角的余弦值为77.
20．如图，在四棱锥S−ABCD中，四边形ABCD是菱形，AB=1，SC=233，三棱锥S−BCD是正三棱锥，E，F分别为SA，SC的中点.
(1)求证：直线BD⊥平面SAC；
(2)求二面角E−BF−D的余弦值；
(3)判断直线SA与平面BDF的位置关系.如果平行，求出直线SA与平面BDF的距离；如果不平行，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)147
(3)平行，距离为3714
【解析】
(1)证明：连接AC，交BD于点O，连接SO，因为四边形ABCD是菱形，所以O为AC，BD的中点，且BD⊥AC，
因为三棱锥S−BCD是正三棱锥，SB=SD，O为BD的中点，所以BD⊥SO，
又SO⋂AC=O，所以BD⊥平面SAC.
(2)作SH⊥平面BCD于H，则H为正三角形BCD的中点，H在线段OC上，且OC=32，OH=13OC=13×32=36，CH=23OC=33，SH=SC2−CH2=43−13=1.
如图，以O为坐标原点，分别以OB，OC，HS的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则A0,−32,0，B12,0,0，C.0,32,0，D.−12,0,0，S0,36,1，E0,−36,12，F0,32,12，
所以BE=−12,−36,12，BF=−12,33,12，BD=−1,0,0，
设n1=x1,y1,z1是平面EBF的法向量，
则n1⋅BE=−12x1−36y1+12z1=0n1⋅BF=−12x1+33y1+12z1=0，
则n1=1,0,1，
设n2=x2,y2,z2是平面DBF的法向量，
则n2⋅BD=−x2=0n2⋅BF=−12x2+33y2+12z2=0，取n2=0,3,−2，
所以csn1,n2=n1⋅n2n1n2=−22×7=−147，
又因为二面角E−BF−D是锐二面角，所以二面角E−BF−D的余弦值为147.
(3)直线SA与平面BDF平行.
理由如下：
连接OF，由（1）知O为AC的中点，又F为SC的中点，所以OF∥SA，
又因为SA⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，所以直线SA∥平面BDF.
（或者用向量法证明直线SA与平面BDF平行：
由（2）知n2=0,3,−2是平面BDF的一个法向量，
又A0,−32,0，S0,36,1，所以SA=0,−233,−1，
所以SA⋅n2=0×0+3×−233+−2×−1=0，
所以SA⊥n2，
又因为SA⊄平面BDF，所以直线SA∥平面BDF.
设点A与平面BDF的距离为h，则h即为直线SA与平面BDF的距离，
因为OA=0,−32,0，n2=0,3,−2是平面DBF的一个法向量，
所以OA⋅n2n2=0×0+3×−32+0×−27=3714，
所以点A与平面BDF的距离为3714，
所以直线SA与平面BDF的距离为3714.