重难点专题33 立体几何解答题十七大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题33立体几何解答题十七大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc149840878" 题型1中位线法证明线面平行 PAGEREF _Tc149840878 \h 1
\l "_Tc149840879" 题型2平行四边形法证明线面平行 PAGEREF _Tc149840879 \h 11
\l "_Tc149840880" 题型3做平行平面证明线面平行 PAGEREF _Tc149840880 \h 21
\l "_Tc149840881" 题型4线线垂直证明线面平行 PAGEREF _Tc149840881 \h 32
\l "_Tc149840882" 题型5面面平行 PAGEREF _Tc149840882 \h 40
\l "_Tc149840883" 题型6线线垂直 PAGEREF _Tc149840883 \h 50
\l "_Tc149840884" 题型7线面垂直 PAGEREF _Tc149840884 \h 59
\l "_Tc149840885" 题型8面面垂直 PAGEREF _Tc149840885 \h 69
\l "_Tc149840886" 题型9向量法证明平行与垂直 PAGEREF _Tc149840886 \h 78
\l "_Tc149840887" 题型10画图问题 PAGEREF _Tc149840887 \h 89
\l "_Tc149840888" 题型11角度问题 PAGEREF _Tc149840888 \h 104
\l "_Tc149840889" 题型12距离问题 PAGEREF _Tc149840889 \h 116
\l "_Tc149840890" 题型13探索性问题 PAGEREF _Tc149840890 \h 125
\l "_Tc149840891" 题型14最值取值范围问题 PAGEREF _Tc149840891 \h 138
\l "_Tc149840892" 题型15交线未知型 PAGEREF _Tc149840892 \h 152
\l "_Tc149840893" 题型16建系有难度型 PAGEREF _Tc149840893 \h 166
\l "_Tc149840894" 题型17几何法的运用 PAGEREF _Tc149840894 \h 183
题型1中位线法证明线面平行
【例题1】（2023·陕西汉中·校联考模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AD=2,E为PB的中点，F为AC与BD的交点．

(1)证明：EF//平面PCD；
(2)求三棱锥E−ABF的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)13
【分析】（1）由中位线定理证明EF∥PD，再由判定证明即可；
（2）求出点E到平面ABCD的距离，再由体积公式求解.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，F为AC与BD的交点，
∴F是BD的中点，
又E是PB的中点，∴EF∥PD，
又EF⊄平面PCD,PD⊂平面PCD，
∴EF//平面PCD．
（2）∵PA⊥平面ABCD,E是PB的中点，
∴E到平面ABCD的距离d=12PA=1，
∵四边形ABCD是正方形，AD=2,∴S△ABF=14S正方形ABCD=1，
∴三棱锥E−ABF的体积V=13S△ABF⋅d=13×1×1=13．
【变式1-1】1. （2023秋·四川泸州·高三校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，BD⊥PC，四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°,AB=PA=1，PB=2,E是棱PD上的中点．

(1)证明PB//平面AEC；
(2)求三棱锥C−BDE的体积；
【答案】(1)证明见解析
(2)324
【分析】（1）根据三角形中位线与底边平行，通过线线平行证明线面平行；
（2）根据等体积法将三棱锥C−BDE的体积转为求三棱锥E−BCD的体积，在求出三棱锥E−BCD高和底面积，根据三棱锥公式求解即可.
【详解】（1）令AC、BD的交点为O，连接OE
因为四边形ABCD是菱形，所以O是BD的中点，
又因为E是棱PD上的中点，所以在△PBD中，OE∥PB，
因为OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC
所以PB∥平面AEC.

（2）因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC．
又BD⊥PC,AC,PC⊂平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC
因为PA⊂平面PAC，所以BD⊥PA
因为AB=PA=1,PB=2，所以PB2=AB2+PA2，所以AB⊥PA．
因为AB,BD⊂平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD．
因为E是棱PD上的中点，所以E到平面ABCD的距离dE=12PA=12．
四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°,AB=PA=1，
则△CBD中，∠BCD=120°,BC=CD=1,S△CBD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD=34，
∵VC−BDE=VE−CBD=13S△CBD⋅dE=13×34×12=324，∴三棱锥C−BDE的体积为324
【变式1-1】2. （2023秋·四川南充·高三四川省南充高级中学校考阶段练习）如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PA⊥底面ABCD，M，N分别为CD，PD的中点，AC与BM交于点E，AB=62，AD=6，K为PA上一点，PK=13PA.

(1)证明：KE//MN
(2)求证：平面PAC⊥平面BMNK.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由已知易得PKKA=CEAE=12，即有KE//PC，再由中位线性质、平行线的性质证结论；
（2）由线面垂直的性质得PA⊥BM，由已知及勾股定理可得AC⊥BM，最后利用线面垂直、面面垂直的判定证结论.
【详解】（1）四边形ABCD是矩形，M为CD的中点，
所以CM//AB且CM=12AB，显然有△AEB∼△CEM，
则CEAE=CMAB=12，又PK=13PA，故PK=12KA，
所以PKKA=CEAE，则KE//PC，
M,N分别是CD,PD的中点，则MN//PC，
综上，KE//MN.
（2）由PA⊥底面ABCD，BM⊂平面ABCD，所以PA⊥BM，
又AB=62,AD=6,M为CD中点，所以CM=32,AC=63,BM=36，
由（1）知：EM=13BM=6,CE=13AC=23，则CE2+EM2=MC2，
所以∠MEC=π2，即AC⊥BM，
由PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，所以BM⊥平面PAC，
而BM⊂平面BMNK，所以平面PAC⊥平面BMNK.
【变式1-1】3. （2023秋·北京·高三北京八中校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，D是线段AC的中点，且A1D⊥平面ABC.
(1)求证：平面A1BC⊥平面AA1C1C；
(2)求证：B1C//平面A1BD；
(3)若A1B⊥AC1，AC=BC=2，求三棱柱ABC−A1B1C1的表面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)8+23+27
【分析】（1）由BC⊥平面AA1C1C证得平面A1BC⊥平面AA1C1C；
（2）连接AB1，设AB1∩A1B=E，连接DE，由DE//B1C证得B1C//平面A1BD；
（3）证得四边形AA1C1C为菱形，求得其面积，证得BC⊥CC1，求得S四边形BCC1B1，作DF⊥AB于F，证得AB⊥ A1F，求得S四边形ABB1A1，从而求得三棱柱ABC−A1B1C1的表面积.
【详解】（1）因为∠ACB=90°，所以BC⊥AC，
根据题意，A1D⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以A1D⊥BC，
因为A1D∩AC=D，A1D,AC⊂平面AA1C1C，所以BC⊥平面AA1C1C，
又因为BC⊂平面A1BC，
所以平面A1BC⊥平面AA1C1C.
（2）
连接AB1，设AB1∩A1B=E，连接DE，
根据棱柱的性质可知，E为AB1的中点，
因为D是AC的中点，
所以DE//B1C，
又因为DE⊂平面A1BD,B1C⊂平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD。
（3）由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，AC1⊂平面AA1C1C，所以BC⊥AC1，
又因为A1B⊥AC1,BC∩A1B=B，BC,A1B⊂平面A1BC，
所以AC1⊥平面A1BC，
又A1C⊂平面A1BC，所以AC1⊥A1C，
所以四边形AA1C1C为菱形，边长为2，
又因为A1D⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以A1D⊥AC，
又D为AC中点，所以A1D=3，
S菱形AA1C1C=AC⋅A1D=23，
由已知AC=BC=2，所以S△ABC=12AC⋅BC=12×2×2=2 ，
由（1）可知，BC⊥平面AA1C1C，CC1⊂平面AA1C1C，所以BC⊥CC1，
所以S四边形BCC1B1=BC⋅CC1=2×2=4，
如图，作DF⊥AB于F，连接A1F，
因为AC=BC=2，∠ACB=90°，
所以DF=22 ，
又因为A1D⊥平面ABC，AB,DF⊂平面ABC，
所以A1D⊥AB，A1D⊥DF，
所以A1F=A1D2+DF2=3+12=142，
又DF∩A1D=D,DF,A1D⊂面A1DF，所以AB⊥面A1DF，
又A1F⊂面A1DF，所以AB⊥ A1F，
所以S四边形ABB1A1=AB⋅A1F=22×142=27，
所以2S△ABC+S四边形BCC1B1+S菱形AA1C1C+S四边形ABB1A1=4+4+23+27=8+23+27，
所以三棱柱ABC−A1B1C1的表面积为 8+23+27
【变式1-1】4. （2023秋·上海松江·高三校考阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N，P，E，F分别是AB,AD,DD1,B1C1,BB1的中点．
(1)证明：EF //平面AD1B；
(2)求DP与面MNP所成角的正弦值；
【答案】(1)证明见解析
(2)33
【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明；
（2）设点D到平面MNP的距离为d，则有VP−MND=VD−MNP=16，求出d，设DP与平面MNP所成角是θ，则sinθ=dDP代入求解即可得出答案.
【详解】（1）证明：正方体中BC1//AD1，又EF//BC1，
∴EF//AD1,AD1⊂平面AD1B,EF⊄平面AD1B，
∴EF//平面AD1B.

（2）设正方体的棱长是2，MN=2,MA=1,PD=1,S△MND=12,VP−MND=13S△MND×PD=16，
PD⊥平面ABCD，MD⊂平面ABCD，则PD⊥MD，PM=PD2+DM2=PD2+DA2+AM2=6，PN=MN=2，
S△MNP=12×6×(2)2−(62)2=32，
设点D到平面MNP的距离为d，
则有VP−MND=VD−MNP=13S△MNP⋅d=13×32⋅d=16，解得：d=33，
设DP与平面MNP所成角是θ，
则sinθ=dDP=33．
【变式1-1】5.（2023秋·广东珠海·高三校考开学考试）在如图所示的四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点.

(1)证明：PB//平面ACE；
(2)若PA=AD=1，AB=2，求平面ABC与平面AEC的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)23
【分析】（1）根据题意，由线面平行的判定定理即可证明；
（2）根据题意，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可得到结果.
【详解】（1）
证明：连接BD，交AC于点O，连接EO，
∵O为BD中点，E为PD中点，∴EO∥PB.
又∵EO⊂平面ACE，PB⊂平面ACE，
∴PB//平面ACE.
（2）
如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.
则A0,0,0，C2,1,0，B2,0,0，E0,12,12，
则AC=2,1,0，AE=0,12,12，
∵PA⊥平面ABCD，∴平面ABC的一个法向量为m=0,0,1，
设平面AEC的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AC=2x+y=0n⋅AE=12y+12z=0，令y=−2，得n=1,−2,2.
∴csm,n=m⋅nmn=23
∴平面ABC与平面AEC的夹角的余弦值为23.
题型2平行四边形法证明线面平行
【例题2】（2023·陕西西安·校考一模）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BA⊥BC，BA=BC=BB1=2，D，E，F分别为AA1，B1C1，AB的中点.

(1)证明：EF//平面ACC1A1；
(2)求直线CE与平面DEF所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)5511
【分析】（1）取AC的中点G，连接FG，GC1，利用线线平行证明线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面夹角正弦值.
【详解】（1）证明：取AC的中点G，连接FG，GC1，
因为F，G分别为AB，AC的中点，
所以FG//BC，FG=12BC，
又E为B1C1的中点，BC//B1C1，BC=B1C1，
所以FG//EC1，FG=EC1，
所以四边形EFGC1是平行四边形，
所以EF//GC1，
又EF⊄平面ACC1A1，GC1⊂平面ACC1A1，
所以EF//平面ACC1A1.
（2）
解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
又BA⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以BB1⊥BA，BB1⊥BC，又BA⊥BC，
故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则C0,2,0，D2,0,1，E0,1,2，F1,0,0，
所以FE=−1,1,2，FD=1,0,1，CE=0,−1,2 ，
设平面DEF的法向量为m=x,y,z，
则m⋅FE=−x+y+2z=0m⋅FD=x+z=0令x=1得y=3，z=−1，
所以平面DEF的一个法向量为m=1,3,−1，
设直线CE与平面DEF所成的角为θ，则sinθ=csm,CE=m⋅CEmCE=−511×5=5511，
即直线CE与平面DEF所成的角的正弦值为5511.
【变式2-1】1. （2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90∘，平面PAD⊥底面ABCD,M是棱PC（不与端点重合）上的点，N,Q分别为PA,AD的中点，PA=PD=2,BC=12AD=1,CD=3.

(1)证明：BN//平面PCD.
(2)当PM的长为何值时，平面QMB与平面PDC的夹角的大小为π3？
【答案】(1)证明见解析
【分析】（1）取PD的中点H，连接NH，CH，即可证明四边形BCHN为平行四边形，则BN//CH，从而得证；
（2）解法一：首先证明PQ⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，设PM=λPC，利用空间向量法求出λ，即可得解；
解法二：当M为PC的中点时，平面QMB与平面PDC所成角的大小为π3，首先证明CD⊥平面PAD，即可得到HM⊥平面PAD，则∠QHD为平面QMB与平面PDC所成的二面角的平面角，求出∠QHD即可.
【详解】（1）取PD的中点H，连接NH，CH，则NH//AD且NH=12AD.
因为BC//AD且BC=12AD，所以NH//BC且NH=BC，
所以四边形BCHN为平行四边形，所以BN//CH，
又BN⊄平面PCD，CH⊂平面PCD，
所以BN//平面PCD.
（2）解法1：依题意可知PQ⊥AD，平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，所以PQ⊥平面ABCD，
又底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠ADC=90∘，且AD=2BC，
所以DQ=BC，所以BCDQ为平行四边形，所以BQ//CD，则BQ⊥AD，
如图，以Q为原点，分别以QA,QB,QP所在直线为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系，

则Q0,0,0,D−1,0,0,P0,0,3,B0,3,0,C−1,3,0，
QB=0,3,0,DC=0,3,0,DP=1,0,3,PC=−1,3,−3，
PC=7.
设PM=λPC，则PM=−λ,3λ,−3λ，且00且a≠1)，则F(a,0,0)，所以BF=(a,−2,0)。
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为55，
∴55=csBF,n=BF⋅nBFn=2a−2a2+4×3，化简得11a2−40a−16=0，
解得a=4或a=−411（舍去），故AF=4。
∴F(4,0,0)，FD→=(−4,0,2),由（1）知平面DCE的一个法向量n=(2,1,2)，
所以F到平面DCE的距离d=FD⋅nn=43

【变式9-1】2. （2023秋·陕西西安·高三阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，且AB⊥BC，M是AC1上靠近点C1的三等分点，N是BB1的中点，AA1=2AB=2.

(1)求证：
AN⊥平面A1MN；
(2)求平面
ABM与平面
A1MN所成锐二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)31010
【分析】（1）借助空间直角坐标系，证明AN⋅A1N=0,AN⋅A1M=0，即可得到本题答案；
（2）先求出平面ABM法向量与平面A1MN法向量夹角的余弦值，从而可求得本题答案.
【详解】（1）因为底面ABC是等腰直角三角形，所以AB⊥BC，
又因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥AB,BB1⊥BC，
所以，AB,BC,BB1两两垂直，
以点B为原点，以BA,BB1,BC所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如下图，由题可得，A(1,0,0),N(0,1,0),A1(1,2,0),C1(0,2,1)，
因为M是AC1上靠近点C1的三等分点，所以AM=23AC1，设M(x1,y1,z1)，
则(x1−1,y1,z1)=(−23,43,23)，解得x1=13y1=43z1=23，所以M(13,43,23)，
所以，AN=(−1,1,0),A1N=(−1,−1,0),A1M=(−23,−23,23)，
所以，AN⋅A1N=0,AN⋅A1M=0，即AN⊥A1N,AN⊥A1M，
又因为A1N∩A1M=A1，A1N,A1M⊂平面A1MN，
所以，AN⊥平面A1MN；

（2）由（1）得，BA=(1,0,0),BM=(13,43,23)，设平面ABM的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则有x2=013x2+43y2+23z2=0，令z2=−2，则y2=1，
所以平面ABM的法向量为n=(0,1,−2)，
由（1）得，AN=(−1,1,0)为平面A1MN的法向量，
设平面ABM与平面A1MN所成锐二面角为θ，
因为csAN,n=AN⋅nAN⋅n=12×5=1010，
所以sinθ=1−(1010)2=31010，
即平面ABM与平面A1MN所成锐二面角的正弦值为31010.
【变式9-1】3. （2023秋·北京·高三东直门中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB，点E、F、G分别为PC、PA、BC的中点.
(1)求证：FG //平面PCD；
(2)求平面EFG与平面PAD所成锐二面角的余弦值；
(3)求直线DE与平面EFG所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)66
(3)π3
【分析】以点D为坐标原点，利用向量法分别求解即可.
【详解】（1）如图，以点D为坐标原点，
不妨设AD=2，
则F1,0,1,G1,2,0，故FG=0,2,−1，
因为x轴⊥平面PCD，
则可取平面PCD的法向量为n=1,0,0，
所以n⋅FG=0，所以n⊥FG，
又FG⊄平面PCD，
所以FG //平面PCD；
（2）E0,1,1，则FE=−1,1,0，
设平面EFG的法向量为m=x,y,z，
则有m⋅FG=2y−z=0m⋅FE=−x+y=0，令y=1，则z=2,x=1，
所以m=1,1,2，
因为y轴⊥平面PCD，
则可取平面PAD的法向量为a=0,1,0，
则csm,a=m⋅ama=16×1=66，
所以平面EFG与平面PAD所成锐二面角的余弦值为66；
（3）连接DE，DE=0,1,1，
设直线DE与平面EFG所成的角为θ,θ∈0,π2，
则sinθ=csDE,m=DE⋅mDEm=32×6=32，
所以直线DE与平面EFG所成角的大小为π3.
【变式9-1】4. （2023秋·天津北辰·高三校考阶段练习）已知底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA//DQ，PA=AD=3DQ=3，点E、F分别为线段PB、CQ的中点．
(1)求证：EF//平面PADQ；
(2)求直线EF与平面PCQ夹角的正弦值；
(3)求点F到面PAC的距离
【答案】(1)证明见详解；
(2)33570；
(3)324.
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行即可；
（2）利用空间向量求线面角即可；
（3）利用空间向量研究点面距离即可.
【详解】（1）根据PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB,PA⊥AD,
又底面ABCD是正方形，则AB⊥AD,
可以建立如图所示以A为原点，AB、AD、AP所在直线对应x、y、z轴的空间直角坐标系，
则B3,0,0,C3,3,0,D0,3,0,Q0,3,1,P0,0,3,E32,0,32,F32,3,12，
所以EF=0,3,−1,AB=3,0,0，
易知AB是平面PADQ的一个法向量，
而EF⋅AB=0，EF⊄平面PADQ，
所以EF//平面PADQ；
（2）由（1）知PC=3,3,−3,QC=3,0,−1，
设平面PCQ的一个法向量为n=x,y,z，则有n⋅PC=0n⋅QC=0，
所以3x+3y−3z=03x−z=0，令x=1⇒z=3,y=2，即n=1,2,3，
设直线EF与平面PCQ夹角为α，所以sinα=EF⋅nEF⋅n=33570；
（3）由（1）知BD=−3,3,0,CF=−32,0,12，显然BD是平面PAC的一个法向量，
则点F到面PAC的距离为d=BD⋅CFBD=324.
【变式9-1】5.（2023秋·全国·高三校联考阶段练习）如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB=FC=BC=1，AB=2，G是CF的中点．

(1)证明：BG∥平面AEF；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)28519
【分析】（1）由面面垂直性质证明线面垂直，则可建立空间直角坐标系.利用直线与平面的法向量垂直证明线面平行；
（2）利用法向量求解线面角即可.
【详解】（1）如图，取BC中点H，取AD中点M，
因为△FBC为等边三角形，所以FH⊥BC，平面FBC⊥平面ABCD，
又FH⊂平面FBC，平面FBC∩平面ABCD=BC，
所以FH⊥平面ABCD，又底面ABCD为矩形，则HM⊥HB.
以H为坐标原点，HM，HB，HF分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系H−xyz,

由题意可得，A2,12,0，B0,12,0，C0,−12,0，D2,−12,0，F0,0,32，
已知G是CF的中点．则G0,−14,34，
可知BG=0,−34,34，
AF=−2,−12,32，BD=2,−1,0，由四边形BDEF为平行四边形，
得AE=AF+FE=AF+BD=0,−32,32，
设平面AEF的法向量n=x,y,z，
则−2x−12y+32z=0−32y+32z=0，取z=3，得y=1,x=12，
则平面AEF的一个法向量n=12,1,3
故BG⋅n=0×12−34×1+34×3=0，则BG⊥n.
且BG⊄平面AEF，则BG∥平面AEF.
（2）AE=0,−32,32，BD=2,−1,0，BF=0,−12,32，
设平面BDEF的法向量m=x,y,z，
则2x−y=0−12y+32z=0，取z=2，得y=23,x=3，
得平面BDEF的一个法向量m=3,23,2
设直线AE与平面BDEF所成角为θ，
则sinθ=csAE,m=AE⋅mAE⋅m=233⋅19=21919，
则θ为锐角，故csθ=1−sin2θ=1−219192=28519.
故所求直线AE与平面BDEF所成角的余弦值为28519.
题型10画图问题
【例题10】（2023·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PBC⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，O,E分别是BC,PA的中点，平面α经过点O,D,E与棱PB交于点F．

(1)试用所学知识确定F在棱PB上的位置；
(2)若PB=PC=3,BC=2AB=2，求EF与平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)靠近B的三等分点处
(2)23
【分析】（1）根据矩形的性质，结合平行线的性质进行求解即可；
（2）根据面面垂直的性质，建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）过P作直线l与BC平行，延长DE与l交于点G，
连接OG,OG与PB的交点即为点F．
因为底面ABCD是矩形，O是BC的中点，
所以AD∥BC，且AD=2OB．
又l∥BC，所以l∥AD，
因为E是PA的中点，可得PG=AD，
则PG=2OB，所以PF=2BF．
故F在棱PB的靠近B的三等分点处．

（2）因为PB=PC,O是BC的中点，所以PO⊥BC，
又平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC∩平面ABCD=BC，
PO⊂平面PBC，所以PO⊥平面ABCD．
取AD中点Q，连接OQ，易知OQ,OC,OP两两相互垂直，
如图，分别以OQ,OC,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A1,−1,0,B0,−1,0,C0,1,0,D1,1,0,P0,0,2，
AD=0,2,0,CD=1,0,0,CP=0,−1,2．

设平面PCD的法向量为m=x,y,z，
则m⋅CD=0,m⋅CP=0,即x=0,−y+2z=0,令z=1，则y=2，所以m=0,2,1．
EF=PF−PE=23PB−12PA=230,−1,−2−121,−1,−2=−12,−16,−26．
设EF与平面PCD所成角为θ，
则sinθ=cs〈EF,m〉=EF⋅mEF⋅m=2333×3=23，
所以EF与平面PCD所成角的正弦值为23．
【变式10-1】1. （2023秋·福建厦门·高三厦门大学附属科技中学校考阶段练习）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD为正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AB=AF=2DE=2，M是线段BF上的一动点，过点M和直线AD的平面α与FC，EC分别交于P，Q两点.

(1)若M为BF的中点，请在图中作出线段PQ，并说明P，Q的位置及理由；
(2)线段BF上是否存在点M，使得直线AC与平面α所成角的正弦值为1010？若存在，求出MB的长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)作图见解析，P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点
(2)存在，MB=223
【分析】（1）结合图形，先由线面关系证得AB，AF∥平面DCE，平面ABF∥平面DCE，从而可得AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，又EDDC=12，得到Q为EC的三等分点，且QC=2EQ，从而作出线段PQ..
（2）利用空间向量法求出直线AC与平面α所成角的正弦值，从而得出结论.
【详解】（1）如图，取P为FC的中点，Q为EC靠近点E的三等分点.
理由如下：由四边形ABCD为正方形得，AD∥BC，AB∥CD，
又BC⊂平面FBC，AD⊄平面FBC，所以AD∥平面FBC.
又平面ADM∩平面FBC=MP，M为FB的中点，得AD∥MP，且P为FC的中点.
因为AF∥DE，AB∥CD，CD，DE⊂平面DCE，AB，AF⊄平面DCE，
所以AB，AF∥平面DCE，
又AF∩AB=A，AB，AF⊂平面ABF，所以平面ABF∥平面DCE，
平面ADM∩平面DCE=DQ，AM平分∠FAB，得DQ平分∠EDC，
又EDDC=12，得到Q为EC的三等分点，且QC=2EQ，从而作出线段PQ.
（2）由题意，可建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A0,0,0，C2,2,0，F0,0,2，B2,0,0，D0,2,0，
于是BF=−2,0,2，AD=0,2,0，AC=2,2,0，
设BM=λBF0