专题10 立体几何综合-2023年高考数学真题专题汇编（新高考卷）

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2023真题展现
考向一 求二面角
考向二 求距离
真题考查解读
近年真题对比
考向一 求三棱锥体积
考向二 求二面角
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 求二面角
1．（2023•新高考Ⅱ•第20题）如图，三棱锥A﹣BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．
（1）证明BC⊥DA；
（2）点F满足EF→=DA→，求二面角D﹣AB﹣F的正弦值．
证明：（1）连接AE，DE，
∵DB＝DC，E为BC中点．
∴DE⊥BC，
又∵DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
∴△ACD与△ABD 均为等边三角形，
∴AC＝AB，
∴AE⊥BC，AE∩DE＝E，
∴BC⊥平面ADE，
∵AD⊂平面ADE，
∴BC⊥DA．
（2）解：设DA＝DB＝DC＝2，
∴BC=22，
∵DE=AE=2，AD＝2，
∴AE2+DE2＝4＝AD2，
∴AE⊥DE，
又∵AE⊥BC，DE∩BC＝E，
∴AE⊥平面BCD，
以E为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
D(2，0，0)，A(0，0，2)，B(0，2，0)，E（0，0，0），
∵EF→=DA→，
∴F(-2，0，2)，
∴DA→=(-2，0，2)，AB→=(0，2，-2)，AF→=(-2，0，0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1→=(x1，y1，z1)，n2→=(x2，y2，z2)，
则-2x1+2z1=02y1-2z1=0，令x1＝1，解得y1＝z1＝1，
2y2-2z2=0-2x2=0，令y2＝1，解得x2＝0，z2＝1，
故n1→=（1，1，1），n2→=（0，1，1），
设二面角D﹣AB﹣F的平面角为θ，
则|csθ|=|n1→⋅n2→||n1→||n2→|=23×2=63，
故sinθ=33，
所以二面角D﹣AB﹣F的正弦值为33．
考向二 求距离
2．（2023•新高考Ⅰ•第18题）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．
（1）证明：B2C2∥A2D2；
（2）点P在棱BB1上，当二面角P﹣A2C2﹣D2为150°时，求B2P．
解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：
B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），
∴B2C2→=(0，-2，1)，A2D2→=(0，-2，1)，
∴B2C2→=A2D2→，又B2，C2，A2，D2四点不共线，
∴B2C2∥A2D2；
（2）在（1）的坐标系下，可设P（0，2，t），t∈[0，4]，
又由（1）知C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），
∴C2A2→=(2，2，-2)，C2P→=(0，2，t-3)，A2D2→=(0，-2，1)，
设平面PA2C2的法向量为m→=(x，y，z)，
则m→⋅C2A2→=2x+2y-2z=0m→⋅C2P→=2y+(t-3)z=0，取m→=(t-1，3-t，2)，
设平面A2C2D2的法向量为n→=(a，b，c)，
则n→⋅C2A2→=2a+2b-2c=0n→⋅A2D2→=-2b+c=0，取n→=(1，1，2)，
∴根据题意可得|cs150°|＝|cs＜m→，n→＞|=|m→⋅n→||m→||n→|，
∴32=6(t-1)2+(3-t)2+4×6，
∴t2﹣4t+3＝0，又t∈[0，4]，
∴解得t＝1或t＝3，
∴P为B1B2的中点或B2B的中点，
∴B2P＝1．
【命题意图】
考查线面平行与垂直、空间几何体的表面积与体积、空间角等．
【考查要点】
命题会涉及到线面平行与垂直的证明，等体积法求空间几何体的体积，空间向量法求空间距离、空间角，考查空间想象力、运算求解能力、数形结合思想、转化与化归思想．
【得分要点】
1．直线与平面平行
（1）直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．
（2）直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．
2．直线与平面垂直
（1）直线与平面垂直的定义：
如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l和平面α互相垂直，记作l⊥α，其中l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．
（2）直线与平面垂直的判定：
定义法：对于直线l和平面α，l⊥α⇔l垂直于α内的任一条直线．
判定定理1：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．
判定定理2：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．
（3）直线与平面垂直的性质：
①定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示为：a⊥α，b⊥α⇒a∥b
②由定义可知：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b．
3．二面角的平面角求法：
（1）定义法．
（2）三垂线定理及其逆定理．
（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．
（4）平移或延长（展）线（面）法．
（5）射影公式．
（6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角．
（7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法：
设平面α和β的法向量分别为u→和v→，若两个平面的夹角为θ，则
①当0≤＜u→，v→＞≤π2，θ=＜u→，v→＞，csθ＝cs＜u→，v→＞=u→⋅v→|u→||v→|．
②当π2＜＜u→，v→＞＜π时，csθ＝﹣cs＜u→，v→＞=-u→⋅v→|u→||v→|
考向一 求三棱锥体积
3．（2021•新高考Ⅰ）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．
【解答】解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面ABD，
所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，
所以AO⊥CD；
（2）方法一：
取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，
过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，
所以OM，OD，OA两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则B（0，﹣1，0），，D（0，1，0），
设A（0，0，t），则，
因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为，
设平面BCE的法向量为，
又，
所以由，得，
令x＝，则y＝﹣1，，故，
因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，
所以，
解得t＝1，所以OA＝1，
又，所以，
故＝．
方法二：
过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，
由题意可知，EF∥AO，又AO⊥平面BCD1
所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，
所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF＝F
所以BC⊥平面EFG，又EG⊂平面EFG，
所以BC⊥EG，
则∠EGF为二面角E﹣BC﹣D的平面角，即∠EGF＝45°，
又CD＝DO＝OB＝OC＝1，
所以∠BOC＝120°，则∠OCB＝∠OBC＝30°，
故∠BCD＝90°，
所以FG∥CD，
因为，
则，
所以，则，
所以EF＝GF＝，则，
所以．
考向二 求二面角
4．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为．
（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．
【解答】解：（1）由直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，可得＝＝，
设A到平面A1BC的距离为d，由＝，
∴•d＝，∴×2•d＝，解得d＝．
（2）连接AB1交A1B于点E，∵AA1＝AB，∴四边形ABB1A1为正方形，
∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，
∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，
由直三棱柱ABC﹣A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，
∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，
以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
∵AA1＝AB，∴BC×AB×＝2，又AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝AA1＝2，
则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），
则＝（0，2，0），＝（1，1，1），＝（2，0，0），
设平面ABD的一个法向量为＝（x，y，z），
则，令x＝1，则y＝0，z＝﹣1，
∴平面ABD的一个法向量为＝（1，0，﹣1），
设平面BCD的一个法向量为＝（a，b，c），
，令b＝1，则a＝0，c＝﹣1，
平面BCD的一个法向量为＝（0，1，﹣1），
cs＜，＞＝＝，
二面角A﹣BD﹣C的正弦值为＝．
5．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO是三棱锥P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为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．
【解答】解：（1）证明：连接OA，OB，依题意，OP⊥平面ABC，
又OA⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，则OP⊥OA，OP⊥OB，
∴∠POA＝∠POB＝90°，
又PA＝PB，OP＝OP，则△POA≌△POB，
∴OA＝OB，
延长BO交AC于点F，又AB⊥AC，则在Rt△ABF中，O为BF中点，连接PF，
在△PBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OE∥PF，
∵OE⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，
∴OE∥平面PAC；
（2）过点A作AM∥OP，以AB，AC，AM分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由于PO＝3，PA＝5，由（1）知OA＝OB＝4，
又∠ABO＝∠CBO＝30°，则，
∴，
又AC＝ABtan60°＝12，即C（0，12，0），
设平面AEB的一个法向量为，又，
则，则可取，
设平面AEC的一个法向量为，又，
则，则可取，
设锐二面角C﹣AE﹣B的平面角为θ，则，
∴，即二面角C﹣AE﹣B正弦值为．
6．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3．
（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD＝，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD；
又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD⊂平面QAD，QD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD；
又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．
（Ⅱ）解：取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，
以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：
则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），
因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为＝（1，0，0），
设平面BDQ的一个法向量为＝（x，y，z），
由＝（﹣2，2，0），＝（0，﹣1，2），
得，即，
令z＝1，得y＝2，x＝2，所以＝（2，2，1）；
所以cs＜，＞＝＝＝，
所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为．
本章内容是高考必考内容之一，多考查空间几何体的表面积与体积，空间中有关平行与垂直的判定，空间角与距离的求解，空间向量的应用等问题。
高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程
一．棱柱、棱锥、棱台的体积（共20小题）
1．（2023•保定二模）如图，四棱台ABCD﹣EFGH的底面是菱形，且∠BAD＝，DH⊥平面ABCD，EH＝2，DH＝3，AD＝4．
（1）求证：AE∥平面BDG；
（2）求三棱锥 F﹣BDG的体积．
【解答】解：（1）证明：如图，连接AC交BD于点O，连接EG，GO，
由ABCD﹣EFGH为四棱台，可知ACGE四点共面，且EG⊂面EFGH，AC⊂面ABCD，
∴EG∥AC，
∵EFGH和ABCD均为菱形，且，EH＝2，AD＝4，
∴，
∴四边形AOGE为平行四边形，
∴AE∥GO，
又GO⊂面BDG，AE⊄面BDG，
∴AE∥平面BDG；
（2）连接GE交FH于K，
∵GE⊥FH，FD⊥GE，FH∩DH＝D，FH⊂面BDHF，DH⊂面BDHF，
∴GE⊥面BDHF，
∵四边形ABCD为菱形且，EF＝2，
∴，
∴．
2．（2023•乌鲁木齐模拟）在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，交线段BC于点D（如图1），沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°（如图2）点E，M分别为棱BC，AC的中点．
（1）求证：CD⊥ME；
（2）求三棱锥A﹣BCD的体积最大值．
【解答】解：（1）在△ABC中，M，E分别为AC，BC的中点，则ME∥AB，
折叠前AD⊥BC则折叠后AD⊥CD，又∠BDC＝90°即CD⊥BD，且AD⋂BD＝D，
又AD⊂平面ADB，BD⊂平面ADB，所以CD⊥平面ADB，
又AB⊂平面ADB，所以CD⊥AB，而ME∥AB，所以CD⊥ME；
（2）设BD＝x（0＜x＜3），则CD＝3﹣x，
因为AD⊥CD，AD⊥BD，且CD⋂BD＝D，
又CD⊂平面BDC，BD⊂平面BDC，所以AD⊥平面BDC，
所以AD为三棱锥A﹣BCD的高，
在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝90°，所以AD＝CD＝3﹣x，
所以，
则，令V′＝0解得x＝1或x＝3（舍去），
令V′＞0解得0＜x＜1，令V′＜0解得1＜x＜3，
所以在（0，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，
故当x＝1即当BD＝1，CD＝2时，VA﹣BCD取最大值，
此时．
3．（2023•松江区校级模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝4，BC＝3，AB＝5．
（1）求证：AC⊥BC1；
（2）设AC1与底面ABC所成角的大小为60°，求三棱锥C﹣ABC1的体积．
【解答】解：（1）证明：由AC＝4，BC＝3，AB＝5，得AB2＝AC2+CB2，
∴∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，可得C1C⊥BC，BC∩C1C＝C，
∴AC⊥平面CBB1C1，∵BC1⊂平面CBB1C1，
∴AC⊥BC1；
（2）由C1C⊥平面ABC，可得AC为AC1在底面ABC内的射影，
知∠C1AC即为AC1与平面ABC所成的角，∴∠C1AC＝60°，
又∵△C1AC为直角三角形，且AC＝4，∴C1C＝4，
C1C为三棱锥C1﹣ABC的高，S△ABC＝6，
＝＝•S△ABC•C1C＝×6×4＝8，
∴三棱锥C﹣ABC1的体积8．
4．（2023•平罗县校级二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，且PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，E是PD的中点，点F在PC上，且PF＝2FC．
（1）证明：DF∥平面PAB；
（2）求三棱锥P﹣AEF的体积．
【解答】解：（1）证明：在线段PB上取点M，使得PM＝2MB，
所以，在△PBC中，，且MF∥BC，
因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，
所以MF∥AD，MF＝AD，
所以四边形ADFM是平行四边形，所以DF∥AM，
又DF⊄平面PAB，AM⊂平面PAB，
所以DF∥平面PAB；
（2）作FG⊥PD交PD于点G，
因为PA⊥面ABCD，所以PA⊥CD，
又AD⊥CD，PA与AD交于点A，
所以CD⊥面PAD，CD⊥PD，
又FG⊥PD，所求FG∥CD，
所以△PFG～△PCD，
所以，得，又E为PD中点，
所以．
5．（2023•新城区校级一模）在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是菱形，E是PD的中点，PA＝PD，AB＝2，∠ABC＝60°．
（1）证明：PB∥平面EAC．
（2）若四棱锥P﹣ABCD的体积为，求cs∠PCD．
【解答】解：（1）证明：连接BD交AC于点F，连接FE，
因为底面ABCD是菱形，所以F是BD的中点，
又E是PD的中点，所以EF∥PB，
因为EF⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，
所以PB∥平面EAC；
（2）取AD的中点O，连接PO，则PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD，
设PD＝a，则，得a＝3，
连接CO，因为底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，所以OC⊥AD，且，
因为，所以，
又CD＝AB＝2，所以由余弦定理可得．
6．（2023•开封三模）如图，四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，EF是圆柱的母线，P是线段AD的中点，已知AB＝4，BC＝6．
（1）证明：BF⊥平面EPF；
（2）若直线AB与平面EPF所成角为60°，求三棱锥B﹣EPF的体积．
【解答】解：（1）证明：连接AF，
∵四边形ABCD是圆柱OO1的轴截面，
∴AB为圆O的直径，
∴AF⊥BF，
又EF是圆柱的母线，
∴EF⊥平面ABF，
∵BF⊂平面ABF，
∴EF⊥BF，
又∵AF⋂EF＝F，AD∥EF，AF，EF⊂平面ADEF，
∴BF⊥平面ADEF，
又∵P是线段AD的中点，
∴平面ADEF即为平面EPF，
∴BF⊥平面EPF．
（2）由（1）知BF⊥平面EPF，
∴BF为三棱锥B﹣EPF的高，且AF为AB在平面EPF内的射影，
∴AB与平面EPF所成角为∠BAF，
由已知∠BAF＝60°，AB＝4，BC＝6，
∴，AF＝ABcs60°＝2，，
∴．
7．（2023•咸阳模拟）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面BB1C1C是边长为1的正方形，侧面BB1C1C⊥侧面AA1B1B，AB＝4，∠A1B1B＝60°，G是A1B1的中点．
（1）求证：平面GBC⊥平面BB1C1C；
（2）若P为线段BC的中点，求三棱锥A﹣PBG的体积．
【解答】解：（1）证明：在△GBB1中，，BB1＝1，∠A1B1B＝60°，
则在△GB1B中，由余弦定理得GB＝＝，
因为，即，
所以GB⊥BB1，由已知平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，
且平面BB1C1C∩平面AA1B1B＝BB1 又GB⊂平面AA1B1B，故GB⊥平面 BB1C1C，
又GB⊂平面GBC，则平面GBC⊥平面BB1C1C；
（2）由题意知，由（1）知，GB⊥平面 BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，
则BC⊥GB，又BC⊥BB1，且GB∩BB1＝B，GB，BB1⊂平面AA1B1B，
可得BC⊥平面AA1B1B，因此PB为三棱锥P﹣ABG的高，
因为∠A1B1B＝60°，∠GBB1＝90°，所以∠ABG＝30°，
又S△ABG＝sin∠ABG×AB×BG＝××4×＝，
所以VA﹣PBG＝VP﹣ABG＝×S△ABG×PB＝××＝．
8．（2023•河南三模）如图所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD，AB⊥AD，且AB＝AD＝1，CD＝2，M是DD1的中点．
（1）证明：BC⊥B1M；
（2）若B1M⊥CM，求四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积．
【解答】解：（1）如图，连接BD，∵AB＝AD＝1，CD＝2，AB∥CD，AB⊥AD，
∴，，
∴BD2+BC2＝CD2，∴BC⊥BD，
∵BB1⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BB1⊥BC，
又BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面B1BDD1，∴BC⊥平面B1BDD1，
∵B1M⊂平面B1BDD1，∴BC⊥B1M．
（2）设AA1＝2a（a＞0），则由已知可得，
CM2＝CD2+MD2＝4+a2，，
∵B1M⊥CM，∴，即2+a2+4+a2＝2+4a2，
解得（负值舍去），∴，
∴四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的体积．
9．（2023•南关区校级模拟）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1与A1C相交于点D，，且DE∥平面BCC1B1．
（1）求三棱锥C﹣A1B1C1的体积；
（2）求直线CC1与平面A1B1C所成角的正弦值．
【解答】解：（1）因为平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝平面ABB1A1∩平面ABC，BC⊥AB，
所以BC⊥平面ABB1A1，
又因为BB1⊂平面ABB1A1，
所以BC⊥BB1，
又因为AC⊥BB1，AC∩BC＝C，
所以BB1⊥平面ABC，
连接C1B，
因为DE∥平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，
平面ABC1∩平面BCC1B1＝C1B，
所以DE∥C1B，
又因为，
所以＝2，
又因为△A1C1D∽△CAD，
所以A1C1＝AC，
所以S△A1C1B1＝S△ACB＝××6×4＝3，
又因为BC∥B1C1，B1C1⊂平面A1B1C1，BC⊄平面A1B1C1，
所以BC∥平面A1B1C1，
所以C到平面A1B1C1的距离等于B到平面A1B1C1的距离，即为BB1＝2，
所以VC﹣A1B1C1＝S△A1C1B1•BB1＝×3×2＝2；
（2）由题意及（1）可得AB⊥BC，AB⊥BB1，BB1⊥BC，
所以以B为坐标原点，，，为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系：
则有A（6，0，0），C（0，4，0），B（0，0，0），B1（0，0，2），C1（0，2，2），A1（3，0，2），
则＝（3，0，0），＝（0，4，﹣2），＝（0，﹣2，2），
设平面A1B1C的法向量为＝（x，y，z），
则，所以x＝0，z＝2y，
取＝（0，1，2），
设直线CC1与平面A1B1C所成角为θ，
则sinθ＝|cs＜，＞|＝＝＝．
10．（2023•琼山区校级三模）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1与A1C相交于点D，，且DE∥平面BCC1B1．
（1）求三棱锥C﹣A1B1C1的体积；
（2）平面A1B1C与平面ABC所成角为α，CC1与平面A1B1C所成角为β，求证：．
【解答】解：（1）∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1⋂平面ABC＝AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC
∴BC⊥平面ABB1A1，∵BB1⊂平面ABB1A1，
∴BC⊥BB1，又AC⊥BB1，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC
∴BB1⊥平面ABC，连接C1B，
∵DE∥平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，平面ABC1⋂平面BCC1B1＝C1B，
∴DE∥C1B，∵，∴，∴．
∴三棱锥C﹣A1B1C1底面A1B1C1的面积，高h＝BB1＝2，
∴三棱锥C﹣A1B1C1的体积为：；
（2）证明：分别以为x，y，z轴的正方向建系如图．
则A（6，0，0），C（0，4，0），B1（0，0，2），A1（3，0，2），C1（0，2，2），
∴．
设平面A1B1C的法向量为，
则，取，
又平面ABC的一个法向量为，
∴csα＝|cs＜，＞|＝＝＝，
．
又，所以．
∴．
又α+β∈（0，π），∴．
11．（2023•兴庆区校级四模）在如图所示的几何体中，DE∥AC，AC⊥平面BCD，AC＝2DE＝4，BC＝2，DC＝1，∠BCD＝60°．
（1）证明：BD⊥平面ACDE；
（2）过点D作一平行于平面ABE的截面，画出该截面（不用说明理由），并求夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积．
【解答】证明：（1）在△BCD中，∵AC＝2DE＝4，BC＝2，DC＝1，∠BCD＝60°．
∴由余弦定理可得BD2＝22+1﹣2×1×2cs60°＝3．
∴BC2＝BD2+DC2，∴BD⊥CD．
又AC⊥平面BCD，∴AC⊥BD．而AC∩CD＝C，
∴BD⊥平面ACDE．
解：（2）取AC的中点F，BC的中点M，连接DF，DM，MF，
则平面DFM即为所求．理由如下：
因为DE∥AC，DE＝AF，所以四边形AEDF为平行四边形，
所以DF∥AE，从而DF∥平面ABE，
同理可证FM∥平面ABE．
因为FM∩DF＝F，所以平面DFM∥平面ABE．
由（1）可知，BD⊥平面ACDE，FC⊥平面CDM．
因为VA﹣CDE＝，
VF﹣CDM＝＝，
所以夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积为：
V＝VA﹣CDE﹣VF﹣CDM＝＝．
12．（2023•遂宁模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，H为△ABC的内心，直线AH与BC交于M，∠PAB＝∠PAC，∠PCA＝∠PCB．
（1）证明：平面PAM⊥平面ABC；
（2）若AB⊥BC，PA＝AB＝3，BC＝4，求三棱锥M﹣PAC的体积．
【解答】（1）证明：如图，设PN⊥平面ABC于点N，过N作NE⊥AB于E，NF⊥AC于F，连接PE，PF，
∵PN⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴PN⊥AB，
又∵NE⊥AB，∴AB⊥平面PNE，∴AB⊥PE，
同理AC⊥PF，
在Rt△PAE，Rt△PAF中，∠PAE＝∠PAF，PA＝PA，
∴△PAE≌△PAF，∴AF＝AE，
在Rt△ANE，Rt△ANF中，AF＝AE，AN＝AN，
∴△ANE≌△ANF，∴NE＝NF，即N到AB，AC的距离相等，
同理N到BC，AC的距离相等，故N为△ABC的内心，N与H重合，
∴PH⊥平面ABC，
又∵PH⊂平面APM，∴平面PAM⊥平面ABC．
（2）解：由已知可得AC＝5，设△ABC的内切圆半径为r，
则，故r＝1，
∵H为△ABC的内心，∴AH平分∠BAC，∴，BM+CM＝4，∴，，
故△AMC的面积为，
因为HE⊥AB，AB⊥BC，∴HE∥BC，∴，得AE＝2，
∴，，
故三棱锥M﹣PAC的体积为．
13．（2023•郑州三模）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积为，其中AB＝2A1B1＝4．
（1）求侧棱AA1与底面ABCD所成的角；
（2）在线段CC1上是否存在一点P，使得BP⊥A1D？若存在请确定点P的位置；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，
∵AB＝2A1B1＝4，∴S正方形ABCD＝16，，
设正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的高为h，
由正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积为，得，
得h＝．
连接AC，过A1作A1H⊥AC，垂足为H，则A1H为正四棱台的高，
且∠A1AH为侧棱AA1与底面ABCD所成的角，
在Rt△A1HA中，，AH＝，
∴∠A1AH＝45°，即侧棱AA1与底面ABCD所成的角为45°；
（2）设正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上下底面的中心分别为O1，O，
以O为坐标原点，分别以OA、OB、OO1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A1（，0，），D（0，，0），B（0，，0），
设线段CC1上存在一点P，满足（0≤λ≤1），
C1（，0，），C（，0，0），，
∴，
则＝＝，
．
若BP⊥A1D，则＝0，解得λ＝2，舍去．
∴在线段CC1上不存在一点P，使得BP⊥A1D．
14．（2023•广州三模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，AB＝AP＝2，PA⊥平面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，G是线段PC上的一点．
（1）求证：平面EFG⊥平面PAC；
（2）若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，且G点不是线段PC的中点，求三棱锥E﹣ABG体积．
【解答】（1）证明：连接BD，∵E，F分别是线段PB，PD的中点，∴EF∥BD，
∵底面四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，而EF∥BD，得EF⊥平面PAC，
又EF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PAC；
（2）解：以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线
为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），E（1，0，1），F（0，1，1），
P（0，0，2），C（2，2，0），
设PG＝λPC，（0＜λ＜1且），
则＝（2λ，2λ，2﹣2λ），
，，
设平面AEF的一个法向量为，
由，取z＝﹣1，得．
设直线AG与平面AEF所成角为θ，
sinθ＝|cs＜，＞|＝||＝||＝，
∴，即3（6λ﹣2）2＝12λ2﹣8λ+4，
∴12λ2﹣8λ+1＝0，解得λ＝（舍去）．
∴PG＝PC，
由已知可得BC⊥平面PAB，则G到平面PAB的距离为BC＝．
∴＝．
15．（2023•江西模拟）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝B1A＝B1C，D是AC的中点，AB1⊥BD．
（1）证明：B1D⊥平面ABC；
（2）若，点B1到平面ACC1A1的距离为，求三棱锥C1﹣A1B1C的体积．
【解答】（1）证明：∵AB＝BC，D是AC的中点，∴BD⊥AC，
∵AB1⊥BD，AB1∩AC＝A，∴BD⊥平面AB1C，
又B1D⊂平面AB1C，∴BD⊥B1D，
∵B1A＝B1C，D是AC的中点，∴B1D⊥AC，
∵BD⊥B1D，且BD∩AC＝D，∴B1D⊥平面ABC；
（2）解：由（1）知，BD⊥AC，B1D⊥AC，BD∩B1D＝D，
∴AC⊥平面BB1D，
∵AB＝BC＝B1A＝B1C，∴BD＝B1D，取A1C1的中点D1，连接DD1，B1D1，
可得BB1∥DD1，∴平面BDD1B1即为平面BB1D，
又AC⊂平面ACC1A1，∴平面BDD1B1⊥平面ACC1A1，
过点B1作B1H⊥DD1于点H，则B1H⊥平面ACC1A1，可得，
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形BDD1B1为平行四边形，∴∠B1BD＝∠B1D1D，
∵BD＝B1D，∴，可得BD＝B1D1＝1，则，
又∵，∴AD＝1．
∵B1D⊥平面ABC，∴＝．
16．（2023•成都模拟）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△A1B1C1与△AB1C1均是边长为2的正三角形，且AA1＝．
（Ⅰ）证明：平面AB1C1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求四棱锥A﹣BB1C1C的体积．
【解答】解：（Ⅰ）证明：取B1C1中点O，连接AO，A1O，如图，
∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△A1B1C1与△AB1C1均是边长为2的正三角形，且AA1＝，
∴A1O⊥B1C1，AO⊥B1C1，AO＝A1O＝＝，
∴∠A1OA是平面AB1C1和平面A1B1C1所成角，
∵＝，∴∠A1OA＝90°，
∴平面AB1C1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）∵A1O⊥B1C1，AO⊥B1C1，AO∩A1O＝O，∴B1C1⊥平面AOA1，
∵AA1⊂平面AOA1，∴B1C1⊥AA1，∴B1C1⊥BB1，
取BC中点D，连接AD，OD，则AO＝AD＝，DO＝，AO⊥AD，
过A作AE⊥平面BB1C1C，交CD于点E，由题意E是OD中点，
AE＝＝，
∴四棱锥A﹣BB1C1C的体积为：
V＝＝＝2．
17．（2023•宛城区校级三模）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面是边长为2a的正三角形，侧棱AA1的长为，D，D1分别是棱BC，B1C1的中点，平面ADD1A1⊥平面CBB1C1，且∠ADD1≠90°．
（1）求证：BC⊥CC1；
（2）若三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积为，求它的体积．
【解答】（1）证明：如图，过点A作AO⊥DD1交DD1于点O．
∵平面ADD1A1⊥平面CBB1C1，平面ADD1A1∩平面CBB1C1＝DD1，AO⊥DD1，AO⊂平面ADD1A1，
∴AO⊥平面CBB1C1．
又BC⊂平面CBB1C1，∴AO⊥BC．
∵△ABC是正三角形，D为BC的中点，∴BC⊥AD．
∵AO∩AD＝A，AO，AD⊂平面ADD1A1，∴BC⊥平面ADD1A1．
又DD1⊂平面ADD1A1，∴BC⊥DD1．
易知DD1∥CC1，∴BC⊥CC1．
（2）解：由（1）知四边形CBB1C1为矩形，如图，过O作OE⊥CC1，交CC1于E，连接AE．
易知四边形CDOE为矩形，．
由（1）知AO⊥平面CBB1C1，所以AO⊥CC1，
又AO∩OE＝O，AO，OE⊂平面AOE，所以CC1⊥平面AOE，
由于AE⊂平面AOE，所以CC1⊥AE．
同理过O作OF⊥BB1，交BB1于F，连接AF，可证AF⊥BB1．
由OE＝OF，可知AE＝AF．
所以三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积：，
所以．
在Rt△AOE中，OE＝a，，所以．
连接AC1，AB1，四棱锥A﹣CBB1C1的体积：，
又，所以．
18．（2023•长沙模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为4的菱形，∠PAB＝∠DAB＝，PA⊥PB，点E在线段PB上，CD⊥DE，平面PAB⊥平面ABCD．
（1）求四面体E﹣PAD的体积；
（2）求直线DE与平面CDP所成角的正弦值．
【解答】解：（1）取AB的中点O，连接BD，DO，过点P作DO的平行线PG，
在菱形ABCD中，，∴△ABD为等边三角形，
又底面ABCD是边长为4的菱形，∴，且DO⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，DO⊂平面ABCD，
∴DO⊥平面PAB，又DO∥PG，∴PG⊥平面PAB，
又PA，PB⊂平面PAB，∴PA⊥PG，PB⊥PG，又PA⊥PB，
建系如图，∵，∴，
取PA的中点F，连接OF，则，
∴，
∴，设C（a，b，c），则，
由，得，
即，，
设PE＝d，则E（0，d，0），∴，
∵，∴，∴，
∴，
∴；
（2）设平面CDP的一个法向量为，
得取，
又，
∴直线DE与平面CDP所成角的正弦值为：
．
19．（2023•鼓楼区校级模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝2，AB＝AC＝1，将△PAB绕着PA逆时针旋转到△PAD的位置，得到如图所示的组合体，M为PD的中点．
（1）当∠BAC为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；
（2）当PC∥平面MAB时，求直线PC与平面PBD所成角的正弦值．
【解答】解：（1）PA⊥底面ABC，AB，AC⊂面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥AC
则由旋转可得
∴底面积，
又∠BAC∈（0，π），故当时，sin∠BAC取最大值1，
则底面积S的最大值为，故几何体体积为，
故当时，该组合体的体积最大，最大值为；
（2）以A为原点，AC为x轴，AP为z轴，在平面ABC上作y轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则A（0，0，0），C（1，0，0），P（0，0，2），
设∠BAC＝θ，θ∈（0，π），则B（csθ，sinθ，0），，，
∴，设为平面MAB的法向量，
又
∴，
令x＝sinθ，则平面MAB的法向量，
∵PC∥平面MAB，∴，则，∴或，
∵，设为平面PBD的法向量，
①当，则，，∴，，
则，
取y1＝4，则平面PBD的法向量，
∴cs＜＞＝，
∴直线PC与平面PBD所成角的正弦值为；
②当，则，D（﹣1，0，0），
∴，，
则，
取y1＝2，则
∴cs＜＞＝，
∴直线PC与平面PBD所成角的正弦值为；
综上，直线PC与平面PBD所成角的正弦值为或．
20．（2023•睢宁县校级模拟）在三棱台ABC﹣DEF中，G为AC中点，AC＝2DF，AB⊥BC，BC⊥CF．
（1）求证：BC⊥平面DEG；
（2）若AB＝BC＝2，CF⊥AB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为，求三棱锥E﹣DFG的体积．
【解答】证明：（1）在三棱台ABC﹣DEF中，G为AC中点，
则AC＝2GC，又AC＝2DF，
则GC＝DF，
又AC∥DF，
∴四边形GCFD为平行四边形，
则DG∥CF，∵BC⊥CF，∴BC⊥DG，
又DE∥AB，AB⊥BC，
∴BC⊥DE，
∵DE，DG⊂平面DEG，DE⋂DG＝D，
∴BC⊥平面DEG．
（2）解：∵CF⊥AB，DG∥CF，
∴DG⊥AB，
又∵DG⊥BC，AB，BC⊂平面ABC，AB⋂BC＝B，
∴DG⊥平面ABC，
∵AB＝BC＝2，AB⊥BC，G为AC中点，
∴GB⊥AC．
以为正交基底，建立空间直角坐标系G﹣xyz，
AB＝BC＝2，
则G（0，0，0），，，，D（0，0，m），m＞0，，
，
设平面EFG的一个法向量为，
则，即，
令，y＝m，x＝m，则，又平面ACFD的一个法向量为，
则＝＝，解得m＝1，即DG＝1．
∵DG⊥平面ABC，平面ABC∥平面DEF，DG⊥平面DEF，
∴．
二．平面与平面垂直（共3小题）
21．（2023•江西模拟）如图所示，圆锥的高，底面圆O的半径为1，延长直径AB到点C，使得BC＝1，分别过点A，C作底面圆O的切线，两切线相交于点E，点D是切线CE与圆O的切点．
（1）证明：平面PDE⊥平面POD；
（2）点E到平面PAD的距离为d1，求d1的值．
【解答】解：（1）证明：由题设，PO⊥平面ABD，又D是切线CE与圆O的切点，
所以CE⊂平面ABD，则PO⊥CE，且OD⊥CE，
又PO∩OD＝O，PO，OD⊂平面POD，
所以CE⊥平面POD，
又CE⊂平面PDE，
所以平面PDE⊥平面POD．
（2）因为OD⊥CE，OD＝1，OC＝2，
所以，∠OCD＝30°，
又AE⊥AC，CA＝3，
所以，
所以，
所以，且△ADE的面积为，
因为，
所以PA＝PD＝2，
所以△PAD为等腰三角形，其底边AD上的高为，
所以△PAD的面积为，
因为，
所以，
所以．
22．（2023•开福区校级模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝3，点D是BC的中点，点E在AA1上，AD∥平面BC1E．
（1）求证：平面BC1E⊥平面BB1C1C；
（2）当三棱锥B1﹣BC1E的体积最大时，求直线AC与平面BC1E所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：可取CC1的中点M，连接DM，AM，
又D为BC的中点，可得DM∥BC1，
DM⊄平面BC1E，可得DM∥平面BC1E，
又AD∥平面BC1E，AD∩DM＝D，可得平面ADM∥平面BC1E，
所以AM∥平面BC1E，
又平面BC1E∩平面A1ACC1＝C1E，可得AM∥C1E，即有E为AA1的中点，
因为AB＝AC，D为BC的中点，可得AD⊥BC，
由直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，B1B⊥底面ABC，可得B1B⊥AD，
由BC∩B1B＝B，可得AD⊥平面BB1C1C，
取BC1的中点H，连接EH，可得EH∥AD，即有EH⊥平面BB1C1C，
而EH⊂平面BC1E，可得平面BC1E⊥平面BB1C1C；
（2）设BC＝2a，可得AD＝，
三棱锥B1﹣BC1E的体积V＝EH•＝•×3×2a＝a≤（a2+9﹣a2）＝（当且仅当a＝取得等号），
可得当AB⊥AC时，三棱锥B1﹣BC1E的体积取得最大值．
由于A1C1∥AC，可得直线AC与平面BC1E所成角即为直线A1C1与平面BC1E所成角．
设A1到平面BC1E的距离为h，由BE＝C1E＝＝，BC1＝＝3，可得＝×3×＝，
所以＝h•＝h，又＝×3××3×＝，
又＝，解得h＝，
又A1C1＝3，可得直线A1C1与平面BC1E所成角的正弦值为＝，
即有直线AC与平面BC1E所成角的正弦值为．
23．（2023•奉贤区二模）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°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，
求PB与平面ABCD所成的线面角的大小．
【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，∠BAP＝∠CDP＝90°，
∴AB⊥PA，CD⊥PD，
又∵AB∥CD，
∴AB⊥PD，
∵PA∩PD＝P，
∴AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD；
（2）解：取AD中点O，连结PO，
∵PA＝PD，O为AD的中点，
∴PO⊥AD，
∴AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴AB⊥PO，
∵AB∩AD＝A，
∴PO⊥底面ABCD，
设PA＝PD＝AB＝DC＝a，
则，，
∵四棱锥P﹣ABCD的体积为，PO⊥底面ABCD，
∴＝，解得a＝2，
＝，
∴，
∵PO⊥底面ABCD，
∴∠PBO为PB与平面ABCD所成的角，
在Rt△POB中，，
∴∠PBO＝30°，
故PB与平面ABCD所成的线面角为30°．
三．直线与平面所成的角（共7小题）
24．（2023•花都区校级模拟）图①是直角梯形ABCD，AB∥CD，∠D＝90°，四边形ABCE是边长为2的菱形，并且∠BCE＝60°，以BE为折痕将△BCE折起，使点C到达C1的位置，且AC1＝．
（1）求证：平面BC1E⊥平面ABED；
（2）在棱DC1上是否存在点P，使得点P到平面ABC1的距离为？若存在，求出直线EP与平面ABC1所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）证明：如图所示，
在图①中，连接AC，交BE于O，因为四边形ABCE是边长为2的菱形，且∠BCE＝60°，
所以AC⊥BE，且，
在图②中，相交直线OA，OC1均与BE垂直，
所以∠AOC1是二面角A﹣BE﹣C1的平面角，
因为，
所以，
所以OA⊥OC1，
所以平面BC1E⊥平面ABED．
（2）由（1）知，分别以直线OA，OB，OC1为x，y，z轴建立如图②所示的空间直角坐标系，
则，，，B（0，1，0），E（0，﹣1，0），
所以，，，，，
设，λ∈[0，1]，
则，
设平面ABC1的一个法向量，
则，
令x＝1，则y＝，z＝1，
所以．
因为P到平面ABC1的距离为，
所以，
解得，
由，得（xP﹣，yP+，zP）＝（﹣，，），
所以xP＝，yP＝﹣，zP＝，
所以，
所以．
设直线EP与平面ABC1所成的角为θ，
所以．
25．（2023•雅安三模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中、四边形ABB1A1是菱形，且∠ABB1＝60°，AB＝BC＝2，CA＝CB1，CA⊥CB1，
（1）证明：平面CAB1⊥平面ABB1A1；
（2）求直线BB1和平面ABC所成角的正弦值；
【解答】证明：（1）取AB1的中点O，连接OC，OB，如图所示：
∵四边形ABB1A1是菱形，且∠ABB1＝60°，
∴△ABB1为等边三角形，又∵AB＝2，
∴OB＝2×＝，AB1＝2，
∵CA＝CB1，CA⊥CB1，∴CO⊥AB1，且CO＝＝1，
又∵BC＝2，∴BC2＝OB2+CO2，
∴CO⊥OB，
又∵CO⊥AB1，AB1∩OB＝O，
∴CO⊥平面ABB1A1，
又∵CO⊂平面CAB1，
∴平面CAB1⊥平面ABB1A1；
解：（2）由（1）可知，OB，OB1，OC两两垂直，
以点O为坐标原点，分别以，，的正方向为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则B（，0，0），B1（0，1，0），A（0，﹣1，0），C（0，0，1），
∴＝（﹣，1，0），＝（，1，0），＝（0，1，1），
设平面ABC的一个法向量为＝（x，y，z），则，
即，取x＝得，，
∴＝（，﹣3，3），
∴直线BB1和平面ABC所成角的正弦值为|cs＜，＞|＝＝．
26．（2023•白山四模）在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB||CD，AD＝DC＝1，AB＝2，AC⊥PC．
（1）证明：平面ABCD⊥平面PBC．
（2）若，求直线PA与平面PCD所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：过点C作CE⊥AB于点E，如图所示：
∵四边形ABCD为等腰梯形，AB||CD，AD＝DC＝1，
∴BE＝，
又BC＝AD＝1，∠CEB＝90°，则∠ABC＝60°，
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+CB2﹣2AB•CB•cs∠60°＝1+4﹣2＝3，
∴AC2+CB2＝AB2，即△ABC是直角三角形，
∴AC⊥BC，
又AC⊥PC，BC∩PC＝C，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，
∴AC⊥平面PBC，
又AC⊂平面ABCD，则平面ABCD⊥平面PBC；
（2）由（1）得AC⊥平面PBC，PB⊥BC，则建立以C为原点的空间直角坐标系C﹣xyz，如图所示：
AD＝DC＝1，AB＝2，则A（，0，0），B（0，1，0），P（0，1，2），D（，﹣，0），
∴＝（，﹣，0），＝（0，1，2），＝（，﹣1，﹣2），
设平面PCD的一个法向量为＝（x，y，z），
则，取x＝1，则y＝，z＝﹣，
∴平面PCD的一个法向量为＝（1，，﹣），
设直线PA与平面PCD的夹角为α，
∴sinα＝|cs＜，＞|＝＝，
故直线PA与平面PCD所成角的正弦值为；
27．（2023•宁夏三模）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AB＝AP＝BC＝1，AD＝2．
（1）求证：CD⊥平面PAC；
（2）若E为PC的中点，求PD与平面AED所成角的正弦值．
【解答】解：（1）作CF⊥AD，垂足为F，易证，四边形ABCF为正方形．
所以CF＝AF＝DF＝1，．又，
因为AC2+CD2＝AD2，所以AC⊥CD．
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD．
又AC∩PA＝A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC．
（2）以点A为坐标原点，以AB，AD，AP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），P（0，0，1），C（1，1，0），D（0，2，0），．
则，，．
设平面AED的法向量为，
由，得，
令z＝1，可得平面AED的一个法向量为．
设PD与平面AED所成角为θ，
则．
28．（2023•贵阳模拟）如图所示，在四棱锥E﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB＝CD，CD⊥CE，∠ADC＝∠EDC＝45°，AD＝，BE＝．
（1）求证：平面ABE⊥平面ABCD；
（2）设M为AE的中点，求直线DM与平面ABCD所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：∵ABCD为直角梯形，AB∥CD，∴CD⊥BC，
又CD⊥CE，BC⋂CE＝C，BC，CE⊂平面BCE，
∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，
∴CD⊥BE，又∠ADC＝45°，，
如图，过点A作AF⊥CD，
∴AF＝1，DF＝FC＝1，∴BC＝1，
又∠EDC＝45°，∴CD＝CE＝2．
又，由勾股定理可知BE⊥BC，
∵BC⋂CD＝C，BC，CD⊂平面ABCD，
∴BE⊥平面ABCD，又BE⊂平面ABE，
∴平面ABE⊥平面ABCD；
（2）解：取AB的中点N，连接DN，MN，
∵M为AE的中点，BE＝，∴MN∥BE，，
由（1）知BE⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，
∴∠MDN为直线DM与平面ABCD所成角．
由（1）知CD⊥BC，又AB∥CD，，∠ADC＝45°，AD＝，
∴AB＝BC＝CD＝1，DN＝＝，
∴DM2＝DN2+MN2＝，
∴DM＝2．
∴．
29．（2023•温州模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，△ADP是等边三角形，AB＝AP＝2，BP＝3，AD⊥BP．
（Ⅰ）求BC的长度；
（Ⅱ）求直线BC与平面ADP所成的角的正弦值．
【解答】解：（I）取AD中点F，连PF、BF，
∵△ADP是等边三角形，∴PF⊥AD，……………………（2分）
又∵AD⊥BP，
∴AD⊥平面PFB，∵BF⊂平面PFB，∴AD⊥BF，………………………（4分）
∴BD＝AB＝2，∴BC＝． …………………………（6分）
（II）∵AD⊥平面PFB，AD⊂平面APD
∴平面PFB⊥平面APD …………………………………（8分）
作BG⊥PF交PF为G，则BG⊥平面APD，AD、BC交于H，
∠BHG为直线BC与平面ADP所成的角，…………（10分）
由题意得PF＝BF＝，又∵BP＝3，
∴∠GFB＝30°，BG＝，……………………（12分）
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴CD＝1，∴BH＝2，
∴sin∠BHG＝．
∴直线BC与平面ADP所成的角的正弦值为．……………………（15分）
30．（2023•分宜县校级一模）在正△ABC中，E，F，P分别是AB，AC，BC边上的点，满足，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连接A1B，A1P．
（1）求证：A1E⊥平面BEP；
（2）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小．
【解答】解：不妨设正三角形的边长为3．
（1）在图1中，取BE的中点D，连接DF．
∵，AF＝AD＝2，又∠A＝60°，△ADF为正三角形．
又∵AE＝ED＝1，
∴EF⊥AD，
∴在图2中有A1E⊥EF，BE⊥EF．
∴∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的平面角．
∵二面角A1﹣EF﹣B为直二面角，
∴A1E⊥BE
又∵BE∩EF＝E，
∴即A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP
（2）由（1）可知，A1E⊥平面BEP，BE⊥EF，建立坐标系则E（0，0，0），A1（0，0，1），B（2，0，0），
F（0，，0），D（1，0，0），不难得出EF∥DP且EF＝DP，DE∥EP且DE＝FP．
故P点的坐标为（1，，0），
∴
设平面A1BP的法向量＝（x，y，z），
则
∴．
∴．
∴A1E与平面A1BP所成角的大小为．
四．二面角的平面角及求法（共23小题）
31．（2023•广西模拟）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC＝90°，AB＝2DC＝2BC，E为AB的中点，沿DE将△ADE折起，使得点A到点P位置，且PE⊥EB，M为PB的中点，N是BC上的动点（与点B，C不重合）．
（Ⅰ）求证：平面EMN⊥平面PBC；
（Ⅱ）是否存在点N，使得二面角B﹣EN﹣M的余弦值？若存在，确定N点位置；若不存在，说明理由．
【解答】解：（I）证明：由PE⊥EB，PE⊥ED，EB∩ED＝E，
所以PE⊥平面EBCD，又BC⊂平面EBCD，
故PE⊥BC，又BC⊥BE，故BC⊥平面PEB，
EM⊂平面PEB，故EM⊥BC，
又等腰三角形PEB，EM⊥PB，
BC∩PB＝B，故EM⊥平面PBC，
EM⊂平面EMN，
故平面EMN⊥平面PBC；
（II）以E为原点，EB，ED，EP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设PE＝EB＝2，设N（2，m，0），B（2，0，0），D（0，2，0），P（0，0，2），C（2，2，0），M（1，0，1），
，，，
设平面EMN的法向量为，
由，得，
平面BEN的法向量为，
故|cs＜＞|＝||＝，
得m＝1，
故存在N为BC的中点．
32．（2023•龙华区校级模拟）如图所示，四棱锥S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为2正方形，，AC与BD交于点O，点E在线段SD上．
（1）求证：SA⊥平面ABCD；
（2）若OE∥平面SAB，求平面SAC与平面EAC所成夹角的余弦值．
【解答】证明：（1）因为平面SAD⊥平面ABCD且交线为AD，
又AB⊂平面ABCD且AB⊥AD，所以AB⊥平面SAD，
又SA⊂平面SAD，所以SA⊥AB，
因为ABCD是边长为2正方形，所以，又，
所以SA2+AC2＝SC2，即SA⊥AC，
又因为AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABCD，
所以SA⊥平面ABCD；
解：（2）因为OE∥平面SAB，OE⊂平面SBD，平面SBD∩平面SAB＝SB，
所以OE∥SB，
因为O为BD的中点，所以E为SD的中点，
以AB，AD，AS分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则有，E（0，1，），
易得平面SAC的一个法向量为，
设平面EAC的一个法向量为，
则，
取z＝1，则，
设平面SAC与平面EAC所成夹角为θ，则，
所以平面SAC与平面EAC所成夹角的余弦值为．
33．（2023•商丘三模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，AD⊥AB，AB＝AP＝2DC＝4，PB＝2AD＝4，M，N分别是PD，PB的中点．
（1）求证：直线MN∥平面ABCD；
（2）求平面MCN与平面ABCD夹角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：因为M，N分别为PD，PB的中点，
所以MN为△PBD的中位线，
所以MN∥DB，
因为MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD．
（2）因为AB＝AP＝2DC＝4，PB＝2AD＝4，PD＝2，
所以AD＝2，
所以AB2+AP2＝PB2＝32，
所以△PAB是直角三角形，PA⊥AB，
又AD2+AP2＝PD2＝24，
所以△PAD是直角三角形，PA⊥AD，
又AD⊥AB，
所以以A为原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
所以B（0，4，0），C（2，2，0），D（2，0，0），P（0，0，4），M（，0，2），N（0，2，2），
所以＝（，2，﹣2），＝（﹣2，0，2），
设平面MCN的法向量＝（x，y，z），
所以，
令x＝1，则y＝，z＝，
所以＝（1，，），
由题意知平面ABCD的一个法向量为＝（0，0，1），
设平面MCN与平面ABCD夹角为θ，
所以|csθ|＝|cs＜，＞|＝||＝||＝，
所以平面MCN与平面ABCD夹角的余弦值为．
34．（2023•保定三模）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，D1，F分别是BC，B1C1，A1B1的中点，，△ABC的边长为2．
（1）求证：EF∥平面ADD1A1；
（2）若三棱柱的高为1，求二面角B﹣EF﹣C1的正弦值．
【解答】解：（1）证明：取A1D1的中点G，连接FG，DG，
根据题意可得FG∥B1D1，且FG＝B1D1，DE＝BD，
由三棱柱得性质知BD∥B1D1，
所以四边形DGEF是平行四边形，
所以EF∥DG，
因为EF⊄面ADD1A1，DG⊂面ADD1A1，
所以EF∥面ADD1A1．
（2）因为△ABC是等边三角形，且边长为2，
所以AD⊥BC，
因为三棱柱的高为1，
以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系：
所以E（，0，0），F（，﹣，1），B（1，0，0），C1（﹣1，0，1），
所以＝（﹣，0，0），＝（0，﹣，1），＝（﹣，0，1），
设平面BEF的法向量＝（x1，y1，z1），
则，
令y1＝．则z1＝，x1＝0，
所以＝（0，，），
设平面C1EF的一个法向量为＝（x2，y2，z2），
所以，
令y2＝2，则x2＝，z2＝，
所以＝（，2，），
设二面角B﹣EF﹣C1为θ，
所以|csθ|＝||＝||＝，
所以sinθ＝＝，
所以二面角B﹣EF﹣C1的正弦值为．
35．（2023•唐县校级二模）如图，在三棱台ABC﹣DEF中，侧面ABED与ACFD均为梯形，AB∥DE，AC∥DF，AB⊥BE，且平面ABED⊥平面ABC，AC⊥DE．已知AB＝BE＝AC＝1，DE＝DF＝2．
（1）证明：平面ABED⊥平面ACFD；
（2）求平面BEFC与平面FCAD的夹角的大小．
【解答】解：（1）证明：因为AB∥DE，AC⊥DE，
所以AC⊥AB，
又AC⊂平面ABC，平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC＝AB，
所以AC⊥平面ABED，
又AC⊂平面ACFD，
所以平面ABED⊥平面ACFD．
（2）如图，作DE中点M，连接AM，易知AB，AM，AC两两垂直，
以，，为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B（1，0，0），C（0，0，1），F（﹣1，1，2），
所以（1，0，﹣1），，
设平面ACFD的法向量为＝（x1，y1，z1），
则，
取x1＝1，则y1＝1，z1＝0，
所以＝（1，1，0），
设平面CBEF的法向量为＝（x2，y2，z2），
则，
取x2＝1，则y2＝0，z2＝1，
所以＝（1，0，1），
设平面BEFC与平面FCAD的夹角为θ，
则，
所以，
所以平面BEFC与平面FCAD的角．
36．（2023•道里区校级四模）如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝4，BC＝2，∠DAB＝60°，点E，F在以AD为直径的半圆上，且＝＝，将半圆沿AD翻折如图2．
（1）求证：EF∥平面ABCD；
（2）当多面体ABE﹣DCF的体积为4时，求平面ABE与平面CDF夹角的余弦值．
【解答】（1）证明：连接AE，EF，FD，六边形ABCDFE为正六边形，则EF∥AD∥BC，
在翻折过程中，EF∥AD，EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD．
（2）解：连接EB，FC分别交AD于G，H，则EB⊥AD，FC⊥AD，
翻折过程中，EG⊂平面EGB，GB⊂平面EGB，EG∩GB＝G，
AD⊥EG，AD⊥GB，所以AD⊥平面EGB，同理AD⊥平面FHC，
所以平面EGB∥平面FHC．又因为EF∥GH∥BC，
则三棱柱EGB﹣FHC为直三棱柱，EG∥FH，BG∥HC，
且EG＝GB＝FH＝HC＝，AG＝HD＝1，GH＝2．
设∠EGB＝θ，所以，
V＝V三棱锥A﹣EGB+V三棱柱EGB﹣FHC+V三棱锥D﹣FHC＝AG•S△EGB+GH•S△EGB+HD•S△FHC＝4sinθ＝4．
所以sinθ＝1，即，AD⊥EG，AD⊥GB，∠EGB为二面角E﹣AD﹣B的平面角，
即平面EFDA⊥平面ABCD．以G为坐标原点，GB，GD，GE所在的直线为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系如图，则A（0，﹣1，0），，，
，2，0），D（0，3，0），F（0，2，），
，
设平面ABE的一个法向量，有，
令x＝1得，同理可得平面CDF的法向量，
设平面ABE与平面CDF的夹角为φ，观察图可知其为锐角，则csφ＝＝，
所以平面ABE与平面CDF的夹角的余弦值为．
37．（2023•万州区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝BB1，BC1∩B1C＝O，AO⊥平面BB1C1C．
（1）求证：AB⊥B1C；
（2）若∠B1BC＝60°，直线AB与平面BB1C1C所成的角为30°，求二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值．
【解答】（1）证明：因为AO⊥平面 BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C，
所以AO⊥B1C．
因为BC＝BB1，四边形BB1C1C是平行四边形，所以四边形BB1C1C是菱形．
所以BC1⊥B1C．
因为AO∩BC1＝O，AO⊂平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，
所以B1C⊥平面ABC1．
因为AB⊂平面ABC1，所以B1C⊥AB．
（2）解：因为AB与平面BB1C1C所成角为30°，AO⊥平面BB1C1C，
所以∠ABO＝30°，
因为∠B1BC＝60°，所以△BCB1是正三角形，
设BC＝2，则，
以O为原点，分别以OB，OB1，OA所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以 ，
设平面AB1C1的一个法向量为n1＝（x，y，z），
则
令x＝1，得，
设平面B1C1A1的一个法向量为n2＝（x′，y′，z′），
则
令x′＝1，解得．
设二面角A1﹣B1C1﹣A的大小为θ，
因为，
所以，
所以二面角A1﹣B1C1﹣A的正弦值为．
38．（2023•杭州模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A′B′C′中，已知CB⊥平面ABB′A′，AB＝2，且AB⊥BB′，A′C⊥AB′．
（1）求AA′的长；
（2）若D为线段AC的中点，求二面角A﹣B′C′﹣D的余弦值．
【解答】解：（1）连接A′B，
因为CB⊥平面ABB′A′，AB′⊂平面ABB′A′，
则CB⊥AB′，
又因为A′C⊥AB′，A′C⋂CB＝C，A′C，CB⊂平面A′BC，
所以AB′⊥平面A′BC，
且A′B⊂平面A′BC，
可得AB′⊥A′B，
因为ABB′A′为平行四边形，且AB⊥BB′，
则ABB′A′为矩形，
所以ABB′A′为正方形，
可得AA′＝AB＝2．
（2）根据题意将三棱柱转化为正四棱柱ABCE﹣A′B′C′E′，
取CE，AB的中点P，Q，连接PQ，C′P，B′Q，则P，D，Q三点共线，且PQ∥BC，
因为B′C′∥BC，可得PQ∥B′C′，
所以平面B′C′D即为平面PQB′C′，
同理平面AB′C′即为平面AB′C′E，
因为B′C′∥BC，CB⊥平面ABB′A′，则B′C′⊥平面ABB′A′，
且AB′，B′Q⊂平面ABB′A′，则B′C′⊥AB′，B′C′⊥B′Q，
所以二面角A﹣B′C′﹣D的平面角为∠AB′Q，
可得，
在△AB′Q中，则，
所以二面角A﹣B′C′﹣D的余弦值为．
39．（2023•徐州模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥平面ABCD，底面四边形ABCD是矩形，PA＝AD＝4，点M，N分别为棱PB，PD的中点，点E在棱AD上，AD＝3AE．
（1）求证：直线AM∥平面BNE；
（2）从下面①②两个条件中选取一个作为已知，证明另外一个成立．
①平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为；
②二面角N﹣BE﹣D的余弦值为．
注：若选择不同的组合分别作答，则按第一个解答计分．
【解答】解：（1）证明：如图，连接MD，交BN于点F，连接EF，
因为M，N分别为棱PB，PD的中点，
所以F为△PBD的重心，则MD＝3MF，
又在△AMD中，AD＝3AE，
所以EF∥AM，
又因为EF⊂平面BNE，AM⊄平面BNE，
所以AM∥平面BNE．
（2）若选①作为已知条件：
在矩形ABCD中，AB∥CD，CD⊂平面PCD，
AB⊄平面PCD，所以AB∥平面PCD．
又AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD＝l，
所以AB∥l．
所以l与直线BE所成角即为∠ABE．
在直角三角形ABE中，，AB⊥AE，
所以由可得，AB＝4
建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（4，0，0），，N（0，2，2），
所以，．
设平面BNE的法向量为，
则，可得，则可取．
又为平面BDE的一个法向量，
所以．
由图可知，二面角N﹣BE﹣D的余弦值为．
若选②为已知条件：
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，设AB＝m，则B（m，0，0），，N（0，2，2），
则，．
设平面BNE的法向量为，
则，即，则可取．
又为平面BDE的一个法向量，且二面角N﹣BE﹣D的余弦值为，
所以，解得m＝4．
在矩形ABCD中，AB∥CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，
所以AB∥平面PCD．
又AB⊂平面PAB，平面PAB∩平面PCD＝l，
所以AB∥l．
所以l与直线BE所成角即为∠ABE．
在直角三角形ABE中，AB⊥AE，AB＝4，，可得，
所以平面PAB与平面PCD的交线l与直线BE所成角的余弦值为．
40．（2023•锦州一模）如图一，△ABC是等边三角形，CO为AB边上的高线，D，E分别是CA，CB边上的点，；如图二，将△CDE沿DE翻折，使点C到点P的位置，PO＝3．
（1）求证：OP⊥平面ABED；
（2）求二面角B﹣PE﹣F的正弦值．
【解答】解：（1）证明：因为△ABC为等边三角形，，DE∥AB，
CO为AB边上的高线，故DE⊥OF，DE⊥PF，
又OF∩PF＝F，OF，PF⊂平面FOP，所以DE⊥平面FOP．
因为OP⊂平面FOP，所以DE⊥OP．
在△FOP中，，
所以OF2+OP2＝PF2，
故OP⊥OF，
而DE⊂平面ABED，OF⊂平面ABED，OF∩DE＝F，
故OP⊥平面ABED⋅
（2）分别以方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，
则．
设平面BPE的法向量，则，则可取，
设平面PEF的法向量，则，则可取，
设二面角B﹣PE﹣F大小为θ，则，
所以．
41．（2023•武功县校级模拟）如图，四边形ACC1A1与四边形BCC1B1是全等的矩形，AB＝．
（1）若P是AA1的中点，求证：平面PB1C1⊥平面PB1C；
（2）若P是棱AA1上的点，直线BP与平面ACC1A1所成角的正切值为，求二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值．
【解答】解：（1）证明：由题意知，
所以AC⊥BC，
又因为CC1⊥BC，且CC1∩AC＝C，AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又CP⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥CP．
，即，
所以AC＝AP，
所以，
同理，
所以，即PC1⊥CP．
又由于BC∥B1C1，
所以B1C1⊥CP，且PC1∩B1C1＝C1，
又PC1⊂平面PB1C1，B1C1⊂平面PB1C1，
所以CP⊥平面PB1C1，
又因为CP⊂平面PB1C，
所以平面PB1C1⊥平面PB1C．
（2）由（1）知，BC⊥平面ACC1A1，
所以CP是直线BP在平面ACC1A1内的射影，
所以∠BPC就是直线BP与平面ACC1A1所成的角，即，
所以，
所以由勾股定理得，
又由（1）知，A1 C 1，B1C1，CC1两两垂直，
以C1C，C1B1，C1A1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
设AA1＝2，则C（2，0，0），B1（0，1，0），
，，，
设平面PB1C的一个法向量为，
则，即，
则可取，
易知平面PCC1的一个法向量为，
设二面角B1﹣PC﹣C1的大小为θ，由图知θ为锐角，
所以．
故二面角B1﹣PC﹣C1的余弦值为．
42．（2023•海淀区二模）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，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．
【解答】解：（1）证明：取PC的中点M，连接MF，MB，
∵M，F分别为PC，PD的中点，
∴MF是△PCD的中位线，
∴MF∥CD且，
又E为AB的中点，
∴BE∥CD且，
∴MF∥BE且MF＝BE，
∴四边形MBEF是平行四边形，
∴EF∥MB，EF⊄平面PBC，MB⊂平面PBC，
∴EF∥平面PBC；
（2）选择条件①：DE⊥PC，PD⊥平面ABCD，DE⊥PD，PC⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，DE⊥平面PCD，
∴DE⊥CD，∴DE⊥AB，底面ABCD为菱形，E为AB的中点．∴DA＝DB，△ABD是等边三角形，
以DP为z轴，DC为y轴，DE为x轴，建立空间直角坐标系，
设PD＝2t，则，
设平面FCD法向量为，
设平面FEC法向量为，又，，
则，取，∵二面角E﹣FC﹣D的大小为45°，
∴cs＝＝＝cs45°＝，
∴，∴t＝6，2t＝12，∴PD＝12；
选择条件②：PB＝PC．PD⊥平面ABCD，BC⊥PD，
∵PB＝PC，取BC的中点O，∴PO⊥BC，PD⊂平面PDO，PO⊂平面PDO，BC⊥平面PDO，
∴BC⊥DO，∵AD∥BC，∴DA⊥DO，
底面ABCD为菱形，O为BC的中点．∴DC＝DB，△CBD是等边三角形，
以DP为z轴，以DA为x轴，以DO为y轴，
设PD＝2t，则，
设平面FCD法向量为，又，，
则，取，
设平面FEC的法向量为，又，，
则，∴，取，
∵二面角E﹣FC﹣D的大小为45°
∴，
∴，∴t＝6，2t＝12，∴PD＝12．
43．（2023•枣强县校级模拟）如图，△ABC和△BCD都是边长为2的正三角形，且它们所在平面互相垂直．DE⊥平面BCD，且．
（1）设P是DE的中点，证明：AP∥平面BCD．
（2）求二面角B﹣AE﹣C的正弦值．
【解答】解：（1）证明：取BC的中点O，连接AO，DO，AD，
∵△ABC是正三角形，
∴OA⊥BC，
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，OA⊂平面ABC，
∴OA⊥平面BCD．
∵OD⊂平面BCD，
∴OA⊥OD．
在Rt△AOD中，，
∴．
又，
∴△ADE为等腰三角形．
∵P是DE的中点，
∴AP⊥DE．
∵DE⊥平面BCD，
∴OA∥DE，
∴AP⊥OA，
∴AP∥OD．
∵OD⊂平面BCD，AP⊄平面BCD，
∴AP∥平面BCD．
（2）由（1）知，OA∥DP，AP∥OD，
∴四边形APDO为平行四边形，
∴，
∴．
以点O为坐标原点，以的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系O﹣xyz，
则，，
∴．
设平面ABE的法向量为，
则，则可取．
设平面ACE的法向量为，
则，则可取，
∴．
设二面角B﹣AE﹣C的平面角为θ，则，
∴二面角B﹣AE﹣C的正弦值为．
44．（2023•密云区三模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AD⊥MN，AB＝2，AD＝AP＝4，M，N分别是BC，PD的中点．
（1）求证：MN∥平面PAB；
（2）求二面角N﹣AM﹣B的余弦值．
【解答】解：（1）证明：由题意，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝AP＝4，AB⊥AD，
M，N分别是BC，PD的中点，
∴BM＝CM＝，AB＝CD＝2，
在四棱锥P﹣ABCD中，面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，AB⊥AD，
∴AB⊥面PAD，
∵PA⊂面PAD，∴PA⊥AB，
取AP中点E，连接BE，由几何知识得BE∥MN，
∵AD⊥MN，∴AD⊥BE，AD⊥AB，
∵BE⊂面PAB，AB⊂面PAB，AB∩BE＝B，
∴PA⊥面PAB，∴PA⊥AD，
以AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），P（0，0，4），M（2，2，0），N（0，2，2），
∴＝（﹣2，0，2），面PAB的一个法向量为＝（0，4，0），
∵＝0，∴MN∥平面PAB．
（2）由题意及（1）得：
在平面AMN中，A（0，0，0），M（2，2，0），N（0，2，2），
＝（2，2，0），＝（0，2，2），
设平面AMN的法向量为，
则，取x＝1，得＝（1，﹣1，1），
平面AMB的一个法向量为＝（0，0，1），
设二面角N﹣AM﹣B的平面角为θ，由图得θ为钝角，
∴二面角N﹣AM﹣B的余弦值为：
csθ＝﹣＝﹣．
45．（2023•日喀则市模拟）如图，已知直角梯形ABCD与ADEF，2DE＝2BC＝AD＝AB＝AF＝2，AD⊥AF，ED∥AF，AD⊥AB，BC∥AD，G是线段BF上一点．
（1）平面ABCD⊥平面ABF；
（2）若平面ABCD⊥平面ADEF，设平面CEG与平面ABF所成角为θ，是否存在点G，使得，若存在确定G点位置；若不存在，请说明理由．
【解答】证明：（1）因为AD⊥AF，AD⊥AB，AF∩AB＝A，AF、AB⊂平面ABF，
所以AD⊥平面ABF，又AD⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面ABF；
（2）由面ABCD⊥面ADEF，AD⊥AF，面ABCD∩面ADEF＝AD，AF⊂面ADEF，
所以AF⊥平面ABCD，AB在面ABCD内，则AF⊥AB，结合已知建立如下空间直角坐标系，
则C（2，1，0），E（0，2，1），F（0，0，2），B（2，0，0），
设，得G（2λ，0，2﹣2λ），
平面ABF的法向量为，
又，
设平面CEG的法向量为，则，
取y＝2﹣2λ，则，
故＝，
解得λ＝，（舍），
所以点G的坐标为（1，0，1），
故存在点G为BF中点时使得．
46．（2023•郑州模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AC的中点，AB＝BC＝2，∠AA1B1＝∠B1BC．
（1）证明：BB1⊥AC；
（2）若BB1⊥BC，直线AB1与平面BCC1B1所成的角的正弦值为，二面角A﹣BB1﹣C的大小为60°，求二面角B﹣B1D﹣C1的余弦值．
【解答】解：（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝B1B，∠AA1B1＝∠B1BC，A1B1＝AB＝BC，
∴△AA1B1≌△B1BC，
∴AB1＝CB1，
又D为AC的中点，
∴B1D⊥AC，
在△ABC中，∵AB＝BC，AD＝DC，
∴BD⊥AC，
∵B1D⋂BD＝D，B1D、BD⊂平面BDB1，
∴AC⊥平面BDB1，
又BB1⊂平面BDB1，
∴AC⊥BB1．
（2）∵BB1⊥AC，BB1⊥BC，AC⋂BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，
∴BB1⊥平面ABC，而AB⊂平面ABC，
∴BB1⊥AB，
∴∠ABC为二面角A﹣BB1﹣C的平面角，即∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，即AC＝2，
过点A作AO⊥BC于点O，则O为BC的中点，，
∴BB1⊥平面ABC，而AO⊂平面ABC，
∴BB1⊥AO，
又BB1⋂BC＝B，BC，BB1⊂平面BCC1B1，
∴AO⊥平面BCC1B1，
故直线AB1与平面BCC1B1所成角为∠AB1O，即，
设BB1＝y，则，即BB1＝3，
取 O1为B1C1中点，
∴A1O1⊥B1C1，
∵BB1⊥平面A1B1C1，而A1O1⊂平面A1B1C1，
∴BB1⊥A1O1，
又BB1⋂B1C1＝B1，B1C1，BB1⊂平面BCC1B1，
∴A1O1⊥平面BCC1B1，
∵O1O⊥BB1，
∴O1O⊥平面A1B1C1，
以O1为坐标原点，分别以O1B1，O1O，O1A1所在直线为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则B1（1，0，0），C1（﹣1，0，0），B（1，3，0），，
，，，，
设平面BB1D一个法向量为，
由，可得，则可取；
设平面C1B1D的一个法向量分别为，
由，可得，则可取．
∴．
∴二面角B﹣B1D﹣C1的余弦值．
47．（2023•招远市模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BC＝2，∠ACB＝60°，E为AB中点，过点E作ED垂直AC于D，将△ADE沿ED翻折，使得面ADE⊥面BCDE，点M是棱AC上一点，且BM∥面ADE．
（1）求的值；
（2）求二面角M﹣BE﹣C的余弦值．
【解答】解：（1）因为面ADE⊥面BCDE，面ADE⋂面BCDE＝DE
由题意可知，AD⊥DE，CD⊥DE，所以∠ADC＝90°，
过点B作BQ垂直CD于点Q，连接QM，
因为BQ∥DE，BQ⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，
所以BQ∥平面ADE，
又因为BM∥平面ADE，BQ⋂BM＝B，BQ，BM⊂平面ADE，
所以平面BQM∥平面ADE，
又因为面BQM⋂面ADC＝QM，平面ADE⋂平面ADC＝AD，
所以AD∥QM．
因为BC＝2，∠ACB＝60°，所以，CQ＝1，
在折叠前的图形中，，所以AQ＝3，
易知D为AQ的中点，所以，
所以，所以，．
（2）由（1）知，以D为原点，以DE，DC，DA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，
易知平面BCDE的一个法向量，
，
设平面MBE的法向量为，
所以，令，则y＝﹣1，z＝5，故，
所以，
所以二面角M﹣BE﹣C的余弦值为．
48．（2023•凯里市校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC，AB1＝B1C．
（1）证明：AC⊥B1B；
（2）若AB＝BB1＝2，AB1＝，∠ABC＝120°，求二面角A﹣BB1﹣C的余弦值．
【解答】（1）证明：取AC的中点D，连接BD，B1D，
∵AB＝BC，AB1＝B1C​，∴AC⊥BD，AC⊥B1D，
又BD∩B1D＝D，∴AC⊥平面BB1D，而BB1⊂平面BB1D，
∴AC⊥B1B；
（2）解：在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，
可得BD＝AB＝1，AC＝2AD＝2，
在△AB1C中，AB1＝B1C​＝，AC＝2，可得B1D＝，
在△BB1D中，BD＝1，B1D＝，BB1＝2，
可得，即B1D⊥BD，
由（1）知，平面ABC⊥平面BB1D，而平面ABC∩平面BB1D＝BD，
∴B1D⊥平面ABC，以D为坐标原点，分别以DB、DC、DB1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
B（1，0，0），A（0，，0），C（0，，0），B1（0，0，），
，，，
设平面ABB1与平面CBB1的一个法向量分别为，，
由，取，得，
由，取，得．
∴cs＝＝．
由图可知，二面角A﹣BB1﹣C的平面角为钝角，
∴二面角A﹣BB1﹣C的余弦值为﹣．
49．（2023•合肥三模）已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面ABB1A1都是边长为2的菱形，平面ABCD⊥平面ABB1A1，A1B⊥B1D．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）若∠A1AB＝60°，求二面角A﹣B1C﹣B的余弦值．
【解答】解：证明：（1）连接B1A，作A1H⊥AB于H，
∵ABB1A1是菱形，∴B1A⊥A1B，
又A1B⊥B1D，B1A⋂B1D＝B1，B1A、B1D⊂面DAB1，
∴A1B⊥面DAB1，又AD⊂面DAB1，∴A1B⊥AD，
又平面ABCD⊥平面ABB1A1，平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，
∴A1H⊥面ABCD，又AD⊂面ABCD，∴A1H⊥AD，
又A1H与AB1相交，且A1H、AB1⊂面ABB1A1，
∴AD⊥面ABB1A1，又AB⊂面ABB1A1，∴AD⊥AB，
又ABCD为菱形，∴四边形ABCD是正方形；
（2）在∠A1AB＝60°时，易知H为AB的中点，
如图以H为中心，建立空间直角坐标系则，A（1，0，0），，C（﹣1，2，0），B（﹣1，0，0），
∴，，，
设平面AB1C的法向量为，
则，取，
设平面BB1C的法向量为，
则，取，
∴cs＜，＞＝＝＝，
又由图可知二面角A﹣B1C﹣B为锐角，
∴二面角A﹣B1C﹣B的余弦值为．
50．（2023•安徽模拟）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，．
（1）求证：平面BC1D⊥平面ACC1A1；
（2）设E为棱BC的中点，线段AC，DE交于点F，C1F⊥平面ABCD，且C1F＝2，求平面ABC1与平面CBC1的夹角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：设AC，BD交于点O，连接C1O，如图，
因为BC＝CD，AB＝AD，则点A，C在线段BD的垂直平分线上，即有AC⊥BD，O为BD的中点；
又因为C1B＝C1D，则C1O⊥BD，又C1O∩AC＝O，C1O，AC⊂平面ACC1A1，
因此BD⊥平面ACC1A1，而BD⊂平面BC1D，所以平面BC1D⊥平面ACC1A1；
（2）由（1）知，BD⊥平面ACC1A1，而BD⊂平面ABCD，则平面ABCD⊥平面ACC1A1，
在平面ACC1A1内过O作Oz⊥AC，又平面ABCD∩平面ACC1A1＝AC，
因此Oz⊥平面ABCD，射线OB，OC，Oz两两垂直，
以O为原点，射线OB，OC，Oz的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为E为棱BC的中点，则点F是正△BCD的重心，
又，C1F⊥平面ABCD，且C1F＝2，
则，
所以，0）． ，2）． ，
设平面ABC1的法向量为＝（x，y，z），
则，令x1＝1，得＝（1，﹣，1），
设平面CBC1的法向量为＝（a，b，c），
则，令x2＝3，得＝（3，，1），
则cs＜，＞＝＝＝，
即平面ABC1与平面CBC1的夹角的余弦值为．
51．（2023•盱眙县校级四模）如图，在平面五边形ABCDE中△ADE是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是直角梯形，其中AD∥BC，AD⊥DC，BC＝1，CD＝．将△ADE沿AD折起，使得点E到达点M的位置，且使BM＝．
（1）求证：平面MAD⊥平面ABCD；
（2）设点P为棱CM上靠近点C的三等分点，求平面PBD与平面MAD所成的二面角的正弦值．
【解答】解：（1）如图，取AD的中点N，连接MN，BN．
∵△MAD是等边三角形，所以MN⊥AD，且，
在直角梯形ABCD中，因为DN＝BC＝1，DN∥BC，AD⊥DC，
∴四边形BCDN是矩形，所以BN⊥AD，且，
∴BN2+MN2＝6＝BM2，即BN⊥MN，
又∵AD∩MN＝N，AD⊂平面MAD．MN⊂平面MAD，
∴BN⊥平面MAD．
∵BN⊂平面ABCD，
∴平面MAD⊥平面ABCD．
（2）由（1）知NA，NB，NM两两互相垂直，
以N为坐标原点，直线NA为x轴、NB为y轴、NM为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意，
，
由P是棱CM的靠近点C的三等分点得，
，
∵平面MAD的一个法向量为，
设平面PBD的一个法向量为，
则，即，
令y＝1，则，故平面BDP的一个法向量为，
设平面MAD与平面PBD所成的二面角的平面角为θ，
则，
∴，
∴平面MAD与平面PBD所成的二面角的正弦值为．
52．（2023•市中区校级模拟）在直角梯形AA1B1B中，A1B1∥AB，AA1⊥AB，AB＝AA1＝2A1B1＝6，直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如下图的圆台A1A，已知点P，Q分别在线段CC1，BC上，二面角B1﹣AA1﹣C1的大小为θ．
（1）若θ＝120°，，AQ⊥AB，证明：PQ∥平面AA1B1B；
（2）若θ＝90°，点P为CC1上的动点，点Q为BC的中点，求PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值，并求此时二面角Q﹣AP﹣C的余弦值．
【解答】（1）证明：∵AA1⊥AB，∴AA1⊥AC，∴∠BAC＝∠B1A1C1＝θ＝120°，
又AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，∴AA1⊥平面ABC，
又AQ⊂平面ABC，∴AA1⊥AQ，又AQ⊥AB，
如图，以A为原点，AB，AQ，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由于AB＝AA1＝2A1B1＝6，∴，
则，
又，∴，则，
∴，又y轴⊥平面AA1B1B，
故可为平面AA1B1B的一个法向量，
又，且PQ⊄平面AA1B1B，∴PQ∥平面AA1B1B；
（2）解：∵AA1⊥AB，∴AA1⊥AC，∴∠BAC＝∠B1A1C1＝θ＝90°，
如图，以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（6，0，0），C（0，6，0），C1（0，3，6），Q（3，3，0），
设，则，
则，
又x轴⊥平面AA1C1C，∴可作为平面AA1C1C的一个法向量，
设PQ与平面AA1C1C所成角为α，且，
则，
又函数y＝sinα与y＝tanα均在上单调递增，
∴当时，有最大值为，此时tanα也取到最大值，
又，则；
设为平面APQ的法向量，又，
∴，令z＝9，则平面APQ的法向量，
平面APC的一个法向量为，
∴，由图可知二面角Q﹣AP﹣C为锐角，即二面角Q﹣AP﹣C的余弦值为．
∴PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值为，此时二面角Q﹣AP﹣C的余弦值为．
53．（2023•安徽模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为A1B上一点，AD⊥平面A1BC．
（1）求证：BC⊥A1B；
（2）若，AB＝BC＝2，P为AC的中点，求二面角A﹣A1B﹣P的余弦值．
【解答】（1）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，
∴A1A⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴A1A⊥BC，
∵AD⊥平面A1BC，且BC⊂平面A1BC，
∴AD⊥BC．又AA1⊂平面A1AB，AD⊂平面A1AB，A1A∩AD＝A，
∴BC⊥平面A1AB，
又A1B⊂平面A1BC，∴BC⊥A1B．
（2）解：由（1）知BC⊥平面A1AB，AB⊂平面A1AB，从而BC⊥AB，
如图，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz，
∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上，
∴AD⊥A1B．
在Rt△ABD中，AD＝，AB＝2，
sin∠ABD＝＝，∠ABD＝60°，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，A1A⊥AB．
在Rt△ABA1中，AA1＝AB•tan60°＝2，
则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），
P（1，1，0），A1（0，2，2），
，＝（0，2，2），，
设平面PA1B的一个法向量，
则，即，
得，
平面AA1B的一个法向量为＝，
则，
∴二面角A﹣A1B﹣P平面角的余弦值是．
五．点、线、面间的距离计算（共7小题）
54．（2023•郑州模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥AB，PD＝DC＝4，AB＝AD＝2．
（1）证明：平面PBC⊥平面PBD；
（2）求点D到平面PBC的距离．
【解答】（1）证明：∵AD⊥AB，AB＝AD＝2，
则，．
△BCD中，，
故BD2+BC2＝8+8＝16＝DC2，故BD⊥BC．
又因为PD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，所以PD⊥BC．
又因为PD∩BD＝D，PD，BD⊂平面PBD，BC⊥平面PBD．
又BC⊂底面PBC，故平面PBC⊥平面PBD．
（2）解：设点D到平面PBC的距离为d，
根据VD﹣PBC＝VP﹣BCD，即，
因为BC⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，所以BC⊥PB，
△PBC中，，，
所以，
故，解得．
即点D到平面PBC的距离为．
55．（2023•琼海校级模拟）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝4，AB＝2，点M，N，P分别是BB1，B1C1，BC的中点，点Q为棱CC1上一点，且直线AA1和PQ所成的角为．
（1）求证：PQ∥平面AMN；
（2）求点P到平面AMN的距离．
【解答】（1）证明：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵AA1∥CC1
∴直线AA1和PQ所成的角为，
∴直角三角形△PQC为等腰直角三角形，∴QC＝2，故点Q为棱CC1的中点．
连接BC1，∴PQ∥BC1，MN∥BC1故．∴PQ∥MN
又MN⊂平面AMN，PQ⊄平面AMN，∴PQ∥平面AMN
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A（4，0，0），B（4，2，0），C（0，2，0）B1（4，2，4），C1（0，2，4），
∴P（2，2，0），M（4，2，2），N（2，2，4）
则，
设平面AMN的法向量为，则，
即令z＝1，则平面AMN的法向量，
设P到平面AMN的距离为d，∴
∴点到平面AMN的距离为．
56．（2023•安康模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，E，F，G分别是棱BC，AD，PA的中点．
（1）证明：PE∥平面BFG；
（2）若AB＝2，求点C到平面BFG的距离．
【解答】解：（1）连接DE，
∵ABCD是正方形，E，F分别是棱BC，AD的中点，
∴DF＝BE，DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DE∥BF，∵G是PA的中点，
∴FG∥PD，又PD，DE⊄平面BFG，且FG，BF⊂平面BFG，
∴PD∥平面BFG，DE∥平面BFG，
∵PD∩DE＝D，直线PD，DE在平面PDE内，
∴平面PDE∥平面BFG，又PE⊂平面PDE，
∴PE∥平面BFG；
（2）∵PD⊥平面ABCD，FG∥PD，
∴FG⊥平面ABCD，
过C在平面ABCD内，作CM⊥BF，垂足为M，则FG⊥CM，
∵FG∩BF＝F，又FG，BF⊂平面BFG，
∴CM⊥平面BFG，
∴CM的长是点C到平面BFG的距离，
∵△BCF中，，
∴由等面积可得，
∴点C到平面BFG的距离为．
57．（2023•甘肃模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PB＝PD．
（1）证明：BD⊥PC；
（2）若，PB＝AB＝BD＝2，求点A到平面PCD的距离．
【解答】解：（1）证明：连接AC交BD于点O，连接PO，
∵底面ABCD为菱形，OB＝OD，CO⊥BD，
又PB＝PD，∴PO⊥BD．
又PO⋂CO＝O，PO，CO⊂平面PCO，
∴BD⊥平面PCO，又PC⊂平面PCO，
∴BD⊥PC．
（2）∵AB＝BD＝2，底面ABCD为菱形，
∴△ABD为等边三角形，∴，
在等边三角形PBD中，BD＝2，∴，
∴PO2+AO2＝3+3＝6＝PA2，∴AO⊥PO，
又PO⊥BD，AO⋂BD＝O，
∴PO⊥平面ABCD．
易知，．
设点A到平面PCD的距离为d，因为VP﹣ACD＝VA﹣PCD，
∴S△ACD⋅PO＝S△PCD⋅d，即，
解得，
∴点A到平面PCD的距离为．
58．（2023•新余二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，E为线段PB的中点，F为线段BC的中点．
（1）证明：AE⊥平面PBC；
（2）求点P到平面AEF的距离．
【解答】解：（1）证明：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，
∵PA∩AB＝A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，
∵AE⊂平面PAB，∴AE⊥BC，
∵PA＝AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB，
∵PA＝AB，E为线段PB的中点，∴AE⊥PB，
∵PB∩BC＝B，PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴AE⊥平面PBC．
（2）由F是BC的中点，∴AF＝＝，
∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，
∵E为线段PB的中点，∴AE＝＝，
由（1）知AE⊥平面PBC，EF⊂平面PBC，
∴AE⊥EF，∴EF＝＝，
∴S△AEF＝＝，
∵PA＝AB＝2，∴＝＝1，
由（1）知BC⊥平面PAB，∴FB⊥平面PAB，
设点P到平面AEF的距离为h，
则有VP﹣AEF＝＝＝VF﹣PAE＝＝，
解得h＝，
∴点P到平面AEF的距离为．
59．（2023•红桥区二模）如图，在底面是矩形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4．E是PD的中点，
（Ⅰ）求证：平面PDC⊥平面PAD；
（Ⅱ）求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值；
（Ⅲ）求B点到平面EAC的距离．
【解答】解：以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），E（0，2，1），P（0，0，2）．
∴＝（2，0，0），＝（0，4，0），＝（0，0，2），＝（﹣2，0，0），
＝（0，2，1），＝（2，4，0），
（Ⅰ）∵＝0，∴CD⊥AD，又∵＝0，∴CD⊥AP，
∵AP∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，由CD⊂平面PDC可得平面PDC⊥平面PAD；
（Ⅱ）设平面AEC的法向量＝（x，y，z），
由可得，解得，∴＝（1，，1）．
而平面ABC的法向量＝（0，0，2），
∴cs＜，＞＝＝＝
∴平面EAC与平面ACD夹角的余弦值是；
（Ⅲ） 设点B到平面AEC的距离为h，
由（Ⅰ）（Ⅱ）可知＝（2，0，0），＝（1，，1），
则h＝＝＝，∴B点到平面EAC的距离是
60．（2023•陵水县模拟）已知四棱锥S﹣ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点．
（1）求证：平面EBD⊥平面SAC；
（2）设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离．
【解答】解：（1）∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴SA⊥BD、
∵ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∴BD⊥平面SAC、
∵BD⊂平面EBD，
∴平面EBD⊥平面SAC、
（2）设AC∩BD＝F，连SF，则SF⊥BD、
∵AB＝2．∴BD＝2．
∵SF＝＝＝3
∴S△SBD＝BD•SF＝•2•3＝6．
设点A到平面SBD的距离为h，
∵SA⊥平面ABCD，
∴•S△SBD•h＝•S△ABD•SA，
∴6•h＝•2•2•4，
∴h＝，
∴点A到平面SBD的距离为．
1.求点到平面的距离的四步骤
2.用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标；
(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角；
(4)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角．
3.利用向量法求两平面夹角的步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；
(3)求两个法向量的夹角；
(4)法向量夹角或其补角就是两平面的夹角(不大于90°的角)
4．表面积与体积公式
（1）棱柱的体积公式：设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．
（2）棱锥的体积公式：设棱锥的底面积为S，高为h，V棱锥=13Sh．
（3）棱台的体积公式：设棱台上底面面积为S，下底面面积为S′，高为h，
V棱台=13×(S+S'+S×S')×h．
（4）圆柱的体积和表面积公式：设圆柱底面的半径为r，高为h(母线长l)，则V圆柱=πr2hS圆柱=2×πr2+2πrl=2πr(r+l)．
（5）圆锥的体积和表面积公式：设圆锥的底面半径为r，高为h(母线长l)，母线长为l：V圆锥=13πr2hS圆锥=πr2+πrl=πr(r+l)．
（6）圆台的体积和表面积公式：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：V圆台=13πh(r2+R2+Rr)S圆台=πr2+πR2+πrl+πRl=π(r2+R2+rl+Rl)．
（7）球的体积和表面积：设球体的半径为R，V球体=43πR3，S球体＝4πR2．
5．直线和平面所成的角：
一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：
（1）作出斜线与射影所成的角．
（2）论证所作（或找到的）角就是要求的角．
（3）常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．
（4）回答求解问题．
6．线面角的求解方法：
传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得．
向量求法：设直线l的方向向量为a→，平面的法向量为u→，直线与平面所成的角为θ，a→与u→的夹角为φ，则有sinθ＝|cs φ|=|a→⋅u→||a→||u→|．