重难点22 立体几何必考经典解答题全归类（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc1835" 【题型1 立体几何中的体积问题】 PAGEREF _Tc1835 \h 4
\l "_Tc15359" 【题型2 立体几何中的线段长度问题】 PAGEREF _Tc15359 \h 10
\l "_Tc30936" 【题型3 空间角问题】 PAGEREF _Tc30936 \h 15
\l "_Tc20802" 【题型4 空间点、线、面的距离问题】 PAGEREF _Tc20802 \h 21
\l "_Tc30804" 【题型5 立体几何中的作图问题】 PAGEREF _Tc30804 \h 27
\l "_Tc6815" 【题型6 立体几何中的折叠问题】 PAGEREF _Tc6815 \h 33
\l "_Tc13288" 【题型7 立体几何中的轨迹问题】 PAGEREF _Tc13288 \h 39
\l "_Tc21375" 【题型8 立体几何中的探索性问题】 PAGEREF _Tc21375 \h 47
\l "_Tc11926" 【题型9 立体几何建系繁琐问题（几何法）】 PAGEREF _Tc11926 \h 54
\l "_Tc15150" 【题型10 新情景、新定义下的立体几何问题】 PAGEREF _Tc15150 \h 59
1、立体几何必考经典解答题全归类
空间向量与立体几何是高考的重点、热点内容，空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深；第一小问主要考察空间线面位置关系的证明，难度较易；第二、三小问一般考察空间角、空间距离与几何体的体积等，难度中等偏难；空间向量作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，解题时需要灵活建系．
【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】
1．求几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2．求组合体的表面积与体积的一般方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【知识点2 几何法与向量法求空间角】
1．几何法求异面直线所成的角
(1)求异面直线所成角一般步骤：
①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；
②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；
③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2．用向量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)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
3．几何法求线面角
(1)垂线法求线面角(也称直接法)：
①先确定斜线与平面，找到线面的交点B为斜足；找线在面外的一点A，过点A向平面做垂线，确定垂足O；
②连结斜足与垂足为斜线AB在面上的投影；投影BO与斜线AB之间的夹角为线面角；
③把投影BO与斜线AB归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形.
(2)公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
4．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
5．几何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点3 空间距离的求解策略】
1．向量法求点到直线距离的步骤：
(1)根据图形求出直线的单位方向向量.
(2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量.
(3)垂线段长度.
2．求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面的距离.
②转化法：若点P所在的直线l平行于平面，则转化为直线l上某一个点到平面的距离来求.
③等体积法.
④向量法：设平面的一个法向量为，A是内任意点，则点P到的距离为.
【知识点4 立体几何中的轨迹问题的解题策略】
1．动点轨迹的判断方法
动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.
2．立体几何中的轨迹问题的常见解法
(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.
(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.
(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.
(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.
【知识点5 立体几何中的探索性问题的求解策略】
1．与空间向量有关的探索性问题的求解策略：
在立体几何中，与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角、二面角或点线面距离满足特定要求时的存在性问题．
解决这两类探索性问题的解题策略是：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．
【题型1 立体几何中的体积问题】
【例1】（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知三棱柱ABC−A1B1C1，如图所示，P是A1C1，上一动点，点O、D分别是AC、PC的中点，AB⊥BC，AA1=AB=BC=2．
(1)求证：OD∥平面PAB；
(2)当AA1⊥平面ABC，且A1P=3PC1时，求三棱锥B1−APC的体积．
【解题思路】（1）由中位线得到线线平行，得到线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求出点到平面的距离，利用三棱锥体积公式求出答案.
【解答过程】（1）因为点O、D分别是AC、PC的中点，
所以OD∥ PA，
因为OD⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以OD∥平面PAB；
（2）因为BB1⊥平面ABC，AB,BC⊂平面ABC，
所以BB1⊥ AB，BB1⊥ BC，
又AB⊥BC，AA1=AB=BC=2
以B为坐标原点，BA,BC,BB1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则B10,0,2,A0,2,0,C2,0,0,P32,12,C12,0,2，
设平面法向量ACC1A1的法向量为m=x,y,z，
则m⋅AC=x,y,z⋅2,−2,0=2x−2y=0m⋅AC1=x,y,z⋅2,−2,2=2x−2y+2z=0，
解得z=0，令x=1，则y=1，故m=1,1,0，
则点B1到平面ACC1A1的距离为d=B1A⋅mm=0,2,−2⋅1,1,01+1=22=2，
由勾股定理得AC=AB2+BC2=22，
S△ACP=12AC⋅AA1=12×22×2=22，
则三棱锥B1−APC的体积为13S△ACP⋅d=13×22×2=43.
【变式1-1】（2024·山东日照·二模）在三棱锥P−ABC中，BA⊥BC，PB⊥平面ABC，点E在平面ABC内，且满足平面PAE⊥平面PBE，AB=BC=BP=1．

(1)求证：AE⊥BE；
(2)当二面角E−PA−B的余弦值为33时，求三棱锥E−PCB的体积．
【解题思路】（1）作BH⊥PE，证得BH⊥平面PAE，得到BH⊥AE，再由PB⊥平面ABC，证得PB⊥AE，利用线面垂直的判定定理，证得AE⊥平面PBE，进而证得AE⊥BE；
（2）以B为原点，建立空间直角坐标，设E(x,y,0)，由AE⊥BE，得到AE⋅BE=0，求得(x−12)2+y2=14，在求得平面PAE和PAB的法向量n=(y,1−x,y)和BC=(0,1,0)，结合向量的夹角公式，列出方程求得E点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解.
【解答过程】（1）解：作BH⊥PE交PE于H，
因为平面PAE⊥平面PBE，且平面PAE⊥平面PBE=PE，BH⊂平面PBE，
所以BH⊥平面PAE，
又因为AE⊂平面PAE，所以BH⊥AE，
因为PB⊥平面ABC，且AE⊂平面PAE，所以PB⊥AE，
又因为BH⊥AE，PB⊥AE，且PB,BH⊂平面PBE，PB∩BH=B，
所以AE⊥平面PBE，
因为BE⊂平面PBE，所以AE⊥BE.
（2）解：以B为原点，以BA,BC,BP所在的直线分别为x,y,z，建立空间直角坐标，
如图所示，则B(0,0,0),P(0,0,1),C(0,1,0),A(1,0,0)，
设E(x,y,0)，因为AE⊥BE，所以AE⋅BE=0，
因为AE=(x−1,y,0),BE=(x,y,0)，所以(x−1)x+y×y=0，即(x−12)2+y2=14，
又由PA=(1,0,−1),AE=(x−1,y,0)，
设平面PAE的一个法向量为n=(a,b,c)，则n⋅PA=a−c=0n⋅AE=a(x−1)+by=0，
取a=y，可得b=1−x,c=y，所以n=(y,1−x,y)，
又因为BC=(0,1,0)为平面PAB的一个法向量，
设二面角E−PA−B的平面角为θ，
则csθ=n⋅BCnBC=x−1(x−1)2+2y2×1=33，
因为(x−12)2+y2=14，解得x=1,y=0（舍去）或x=12,y=±12，
所以点E(12,12,0)或E(12,−12,0)，
所以三棱锥E−PCB的体积为VE−PCB=13S△PCB⋅ℎ=13×12×1×1×12=112.
【变式1-2】（2024·河南·模拟预测）如图，几何体ABCDEF中，底面ABCD为边长为2的菱形，平面CDEF⊥平面ABCD，平面BCF⊥平面ABCD，∠DAB=π3.
(1)证明：CF⊥平面ABCD；
(2)若DE=132，平面ADE与平面BCF的夹角为π6，求四棱锥E−ABCD的体积.
【解题思路】（1）由面面垂直的性质定理结合线面垂直的判定定理即可得；
（2）建立空间直角坐标系，设出E点的坐标后结合题意确定E点位置后由体积公式计算即可得.
【解答过程】（1）在平面ABCD内分别作直线m⊥CD，n⊥BC，
因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD=CD，
m⊂平面ABCD，所以m⊥平面CDEF，
又FC⊂平面CDEF，所以m⊥FC.
同理可证n⊥FC，又m，n⊂平面ABCD，且m，n为相交直线，
所以FC⊥平面ABCD；

（2）取BC中点G，连接BD，DG，∠DAB=π3且底面ABCD为菱形，
故△BCD为等边三角形，所以DG⊥DA，
以D为原点，DA，DG为x，y轴正方向建立空间直角坐标系，
则D0,0,0，C−1,3,0，A2,0,0，
故DC=−1,3,0，由平面CDEF⊥平面ABCD，
所以可设Ea,−3a,ℎ，n1=x,y,z为平面ADE的法向量，
则有n1⋅DA=0n1⋅DE=0，即2x=0ax−3ay+ℎz=0，取y=ℎ>0，得n1=0,ℎ,3a.
由平面BCF⊥平面ABCD，故n2=0,1,0为平面BCF的一个法向量，
结合已知有csn1,n2=ℎℎ2+3a2=32，又DE=ℎ2+4a2=132，所以ℎ=32，
所以VE−ABCD=13×32×23=3.
【变式1-3】（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD,PD=2AD=2,M为PD的中点，Q为PA上一点，且AM⊥DQ．
(1)证明：PC//平面BDQ；
(2)若二面角B−DQ−C为45°，求三棱锥Q−BCD的体积．
【解题思路】（1）以向量DP，DA为基底，分别表示向量DQ,AM，利用AM⋅DQ=0建立方程，确定Q为AP的中点，从而得到OQ为△PAC的中位线，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面BDQ的法向量和平面CDQ的法向量，利用二面角为45°建立方程，解方程可得DC的长度，接着利用体积公式即可求解.
【解答过程】（1）证明：因为PD⊥平面ABCD,DA⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，则DP⋅DA=0．
设AQ=λAP，
则DQ=DA+AQ=DA+λAP=DA+λ(DP−DA)=(1−λ)DA+λDP，
AM=AD+DM=−DA+12DP，
因为AM⊥DQ，所以AM⋅DQ=0，即
AM⋅DQ=[(1−λ)DA+λDP]⋅−DA+12DP
=(λ−1)|DA|2+12(1−λ)DA⋅DP−λDP⋅DA+12λ|DP|2=0
则(λ−1)+λ=0，解得λ=12，
所以Q为AP的中点．
连结AC，与BD交于点O，连结QO，
由于底面ABCD是矩形，所以O为AC的中点，则OQ为△PAC的中位线，
所以OQ//PC，
又OQ⊂平面BDQ,PC⊂平面BDQ，
所以PC//平面BDQ
（2）易知DA，DC，DP两两互相垂直，
以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设DC=t(t>0)，则D(0,0,0),B(1,t,0),Q12,0,22,C(0,t,0)，
DQ=12,0,22,DB=(1,t,0),DC=(0,t,0)，
设平面BDQ的法向量为m=x1,y1,z1，
由DQ·m=0DB·m=0，得12x1+22z1=0x1+ty1=0，
取x1=1，则m=1,−1t,−22，
设平面CDQ的法向量为n=x2,y2,z2，
由DQ·n=0DC·n=0，得12x2+22z2=0ty2=0，
取x2=1，则n=1,0,−22，
于是cs〈m,n〉=3232+1t2×32=cs45∘=22，解得t=63，
故三棱锥Q−BCD的体积为VQ−BCD=13×S△BCD×12PD=13×12×1×63×22=318．
【题型2 立体几何中的线段长度问题】
【例2】（2024·江苏南京·二模）如图，AD//BC，AD⊥AB，点E、F在平面ABCD的同侧，CF//AE，AD=1，AB=BC=2，平面ACFE⊥平面ABCD，EA=EC=3.

(1)求证：BF//平面ADE；
(2)若直线EC与平面FBD所成角的正弦值为41015，求线段CF的长.
【解题思路】(1)根据线面平行，面面平行定理即可证明；
(2)建立合适坐标系，将各个点用坐标表示出来，再根据向量垂直列出方程式，求解即可
【解答过程】（1）因为CF//AE，CF⊂平面ADE，
所以CF//平面ADE，同理BC//平面ADE，
又BC，CF⊂平面BCF，BC∩CF=C，
所以平面BCF//平面ADE，BF⊂平面ADE，
所以BF//平面ADE；
（2）取AC的中点O，因为EA=EC，
所以EO⊥AC，又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，
EO⊂平面EAC，所以EO⊥平面ABCD，
又因为AD⊥AB，故可建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz.
在四边形ABCD中，因为AD=1，AB=BC=2，AD//BC，AD⊥AB，
所以AC=22，所以AO=OC=2，
因为EA=EC=3，所以EO=1，
所以A0,0,0，B2,0,0，D0,1,0，C2,2,0，O1,1,0，E1,1,1，EC=(1,1,−1)，
BD=−2,1,0，BC=0,2,0，
设CF=λAE=λ,λ,λ,λ>0，则BF=BC+CF=λ,2+λ,λ，
设n=x,y,z为平面BDF的法向量，
则n⋅BD=0n⋅BF=0，即−2x+y=0λx+(2+λ)y+λz=0，故取n=1,2,−4λ−3，
因为直线EC与平面FBD所成角的正弦值为41015，
所以cs=n⋅ECn⋅EC=6+4λ3×5+4λ+32=41015，
两边同时平方得
所以681λ2+12λ−23=0，解得1λ=12，或1λ=−2334（舍去），
所以λ=2，所以CF=2AE=23.
【变式2-1】（2024·重庆·模拟预测）如图，在四棱锥E−ABCD中，EC⊥平面ABCD,AB∥DC,△ACD为等边三角形，DC=2AB=2,CB=CE，点F为棱BE上的动点．
(1)证明：DC⊥平面BCE；
(2)当二面角F−AC−B的大小为45∘时，求线段CF的长度．
【解题思路】（1）先求得BC，再根据线面垂直的判定定理证得DC⊥平面BCE.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法列方程来求得F点的坐标，进而求得CF的长度.
【解答过程】（1）依题意∠BAC=∠ACD=60°，所以CB=22+12−2×2×1×cs60°=3，
所以AB2+CB2=AC2，所以AB⊥CB，则DC⊥CB，
由于CE⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以CE⊥DC，
由于BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE，所以DC⊥平面BCE.
（2）由（1）可知DC,CE,CB两两相互垂直，由此以C为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
A1,3,0,B0,3,0，设F0,t,3−t,0≤t≤3，
平面ABC的法向量为m=0,0,1，
设平面FAC的法向量为n=x,y,z，
则n⋅CA=x+3y=0n⋅CF=ty+3−tz=0，
故可设n=−3t+3,t−3,t，
依题意，二面角F−AC−B的大小为45∘，
所以m⋅nm⋅n=t−3t+32+t−32+t2=22，
整理得3t2−83t+12=3t−23t−6=0，
解得t=23或t=63（舍去），所以F0,233,33，
所以CF=2332+332=153.
【变式2-2】（2024·湖北·模拟预测）如图，AE⊥平面ABCD，E,F在平面ABCD的同侧，AE//DF，AD//BC，AD⊥AB，AD=AB=12BC=1.
(1)若B,E,F,C四点在同一平面内，求线段EF的长；
(2)若DF=2AE，平面BEF与平面BCF的夹角为30∘，求线段AE的长.
【解题思路】（1）由线面平行的判定定理、性质定理得四边形ADFE是平行四边形可得答案；
（2）以A为原点，分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，设E0,0,λ，求出平面BEF、平面BFC的一个法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【解答过程】（1）∵AD//BC，BC⊂平面BCEF，AD⊄平面BCEF，∴AD//平面BCEF，
∵AE//DF，则A,E,F,D四点共面，
∵AD//平面BCEF，AD⊂平面ADFE，平面BCEF∩平面ADFE=EF，∴AD//EF，又AE//DF，则四边形ADFE是平行四边形，
∴EF=AD=1；
（2）以A为原点，分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系，设AE=λ(λ>0)，则E0,0,λ，F0,1,2λ，B1,0,0，C1,2,0，BE=−1,0,λ，BF=−1,1,2λ，BC=0,2,0，
设m=x1,y1,z1是平面BEF的一个法向量，
由m⋅BE=0m⋅BF=0，得−x1+λz1=0−x1+y1+2λz1=0，令z1=1，可得x1=λ,y1=−λ，
可得m=λ,−λ,1，
设n=x2,y2,z2是平面BFC的一个法向量，
由n⋅BC=0n⋅BF=0，得2y2=0−x2+y2+2λz2=0，令z2=1，可得x2=2λ,y2=0，
可得n=2λ,0,1，
依题意csm,n=m⋅nmn=2λ2+1λ2+(−λ)2+1⋅(2λ)2+02+12=32，
解得λ=12，∴AE=12.
【变式2-3】（2024·湖南·模拟预测）如图1，在五边形ABCDP中，连接对角线AD，AD//BC，AD⊥DC，PA=PD=22,AD=2BC=2DC=4，将三角形PAD沿AD折起，连接PC,PB，得四棱锥P−ABCD（如图2），且PB=22,E为AD的中点，M为BC的中点，点N在线段PE上.

(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若平面AMN和平面PAB的夹角的余弦值为38729，求线段EN的长.
【解题思路】（1）由等腰三角形证得PE⊥AD，勾股定理证得PE⊥BE，可得PE⊥平面ABCD，得平面PAD⊥平面ABCD.
（2）以E为原点，建立空间直角坐标系，设EN=t，利用向量法表示两个平面夹角的余弦值，由方程解出t的值.
【解答过程】（1）连接BE，则BC=12AD=DE=2，因为AD//BC，AD⊥DC，
所以四边形BCDE为矩形，所以BE=CD=2，
因为PA=PD=22，且E为AD的中点，
所以PE⊥AD，且PE=PA2−DE2=2，
所以PE2+BE2=22+22=8=PB2，即PE⊥BE，
又因为AD∩BE=E，AD,BE⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，
又PE⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A2,0,0,B0,2,0,M−1,2,0,P0,0,2，
设EN=t0≤t≤2，则N0,0,t，
所以AB=−2,2,0,AP=−2,0,2，
设平面PAB的法向量为m=x1,y1,z1，则m⋅AB=−2x1+2y1=0,m⋅AP=−2x1+2z1=0,
令x1=1，则y1=1,z1=1，得m=1,1,1,
又AM=−3,2,0,AN=−2,0,t，
设平面AMN的法向量为n=x2,y2,z2，则n⋅AM=−3x2+2y2=0,n⋅AN=−2x2+tz2=0,
令x2=t，则y2=3t2,z2=2，得n=t,3t2,2，
所以csm,n=m⋅n|m|⋅|n|=t+3t2+212+12+12×t2+9t24+22=38729，
解得t=1，或t=10441（舍），
所以线段EN的长为1.
【题型3 空间角问题】
【例3】（2024·青海·二模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，所有棱长均相等，CB1∩BC1=O，∠ABB1=60°，CB⊥BB1.

(1)证明；AO⊥平面BB1C1C.
(2)若二面角C1−A1B1−B的正弦值.
【解题思路】（1）设D为BB1的中点，先证明BB1⊥平面AOD，以此得到BB1⊥AO，再证明AO⊥B1C，结合线面垂直的判定定理即可得解；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合向量夹角的坐标公式即可求解.
【解答过程】（1）

设D为BB1的中点，连接AD，OD，AB1.
因为在三角形ABB1中，AB=BB1,∠ABB1=60∘，所以三角形ABB1是等边三角形，
而D是BB1的中点，故由三线合一可知，AD⊥BB1，
因为CB⊥BB1，OD是三角形B1BC的中位线，即OD//BC，所以OD⊥BB1.
因为AD∩OD=D，AD,OD⊂平面AOD，所以BB1⊥平面AOD.
因为AO⊂平面AOD，所以BB1⊥AO.
在△ACB1中，AC=AB1，O为B1C的中点，所以AO⊥B1C.
因为B1C∩BB1=B1，B1C,BB1⊂平面BB1C1C，所以AO⊥平面BB1C1C.
（2）设三棱柱ABC−A1B1C1的棱长为2，以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0,0,0)，B(1,0,0)，B1(0,1,0)，A(0,0,1)，C(0,−1,0).
BA=(−1,0,1)，BB1=(−1,1,0)，BC=(−1,−1,0).

设平面ABB1A1的法向量为n=x1,y1,z1，
则n⋅BA=−x1+z1=0n⋅BB1=−x1+y1=0，可取n=(1,1,1).
设平面ABC的法向量为m=x2,y2,z2，
则m⋅BA=−x2+z2=0m⋅BC=−x2−y2=0，可取m=(1,−1,1).
因为平面ABC//平面A1B1C1，所以平面A1B1C1的一个法向量为m=(1,−1,1).
csn,m=n⋅m|n||m|=13×3=13，sinn,m=223，
故二面角C1−A1B1−B的正弦值为223.
【变式3-1】（2024·福建龙岩·三模）如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°,AB=2AA1=2A1B1,AA1⊥平面ABCD.

(1)证明：BD⊥CC1；
(2)若M是棱BC上的点，且满足BMBC=23，求二面角M−AD1−D的余弦值.
【解题思路】（1）先根据线面垂直的性质得AA1⊥BD，再根据线面垂直的判定定理得BD⊥平面ACC1A1，从而利用线面垂直的性质定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，然后利用法向量求法求出平面AMD1和平面ADD1的法向量，再利用向量法求解即可.
【解答过程】（1）在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AA1,CC1延长后必交于一点，
故A,C,C1,A1四点共面，因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故AA1⊥BD，
连接AC,A1C1，因为底面四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD，
AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1，故BD⊥平面ACC1A1，
因为CC1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥ CC1.

（2）过点A作BC的垂线，交BC与点N，以AN,AD,AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系A−xyz（如图），

设A1B1=1，则AB=2A1B1=2，由于∠ABC=60°，故BN=1，
则A(0,0,0),D1(0,1,1),D(0,2,0)，M(3,13,0)，
则AD1=(0,1,1)，AM=(3,13,0)，AD=(0,2,0)，
记平面AMD1的法向量为n=(a,b,c)，
则AD1⋅n=0AM⋅n=0，即b+c=03a+13b=0，令b=3，
则a=−33,c=−3，即n=(−33,3,−3)，
平面ADD1的法向量可取为m=(1,0,0)，
则cs〈n,m〉=n⋅m|n||m|=−33(−33)2+32+(−3)2=−5555.
所以二面角M−AD1−D的余弦值为5555.
【变式3-2】（2024·黑龙江大庆·三模）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD // BC,∠BAD=90°,AD=2BC=4,AB=2，PA=22,∠PAO=45°，且O是AD的中点.

(1)求证：平面POC⊥平面ABC；
(2)若二面角P−AD−B的大小为120∘，求直线PB与平面PAD所成角的余弦值.
【解题思路】（1）先证明线面垂直再根据面面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据二面角求参得出点的坐标，再应用线面角向量求法计算.
【解答过程】（1）因为PA=22,OA=2,∠PAO=45∘，
由余弦定理得PO2=AO2+AP2−2AO⋅APcs∠PAO=4，所以PO=2.
因为PA2=PO2+AO2，所以∠POA=90∘，所以AD⊥PO.
因为BC // AO,BC=AO，所以四边形ABCO为平行四边形，所以OC=AB=2.
因为∠BAO=90∘，所以∠AOC=90∘，即AD⊥OC.
因为PO∩CO=O,PO,CO⊂平面POC，所以AD⊥平面POC.
因为AD⊂平面ABC，所以平面POC⊥平面ABC.
（2）在平面POC内，过点O作OE⊥OC，交PC于E.
因为平面POC⊥平面ABC，平面POC∩平面ABC=OC，所以OE⊥平面ABC.

以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0,D−2,0,0,B2,2,0.
由（1）可知∠POC为二面角P−AD−B的平面角，即∠POC=120∘，所以∠POE=30∘，由PO=2，可得P0,−1,3.
所以PB=2,3,−3,DA=4,0,0,PA=2,1,−3.
设平面PAD的一个法向量为m=x,y,z，则m⋅AD=0m⋅PA=0，即x=0y=3z，
令z=3，则y=3，所以平面PAD的一个法向量为m=0,3,3.
设直线PB与平面PCD所成角为θ，则sinθ=csm,PB=m⋅PBm⋅PB=34
所以直线PB与平面PCD所成角的余弦值为34.
【变式3-3】（2024·河南濮阳·模拟预测）如图所示，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，AD=AB=BC=2，CD=4，E为CD中点，AE与BD相交于点O，将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置（P∉平面ABCE）．
(1)求证：平面POB⊥平面PBC；
(2)若PB=6，试判断线段PB上是否存在一点Q（不含端点），使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155，若存在，求Q在线段PB上的位置；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理及面面垂直的判定定理可得答案；
（2）以O为原点，分别以OE,OB,OP所在的直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设Q0,t,3−t，求出平面AEQ的法向量，由线面角的向量求法求出t可得答案.
【解答过程】（1）如图，在原图中连接BE，由于AB//DE，AB=DE，AB=DE，
所以四边形ABED是平行四边形．
由于AB=AD，所以四边形ABED是菱形，所以AE⊥BD．
由于AB//CE，AB=CE，所以四边形ABCE是平行四边形，
所以BC//AE，所以BC⊥BD．
在翻折过程中，AE⊥OP，AE⊥OB保持不变，
即BC⊥OP，BC⊥OB保持不变．
由于OP∩OB=O，OP，OB⊂平面POB，
所以BC⊥平面POB，由于BC⊂平面PBC，
所以平面POB⊥平面PBC；
（2）由上述分析可知，在原图中，BC⊥BD，
所以BD=42−22=23，所以OB=OD=3．
折叠后，若PB=6，则PO2+OB2=PB2，所以PO⊥OB，
由于PO⊥OE，OB∩OE=O，OB,OE⊂平面ABCE，
所以PO⊥平面ABCE．所以OE，OB，PO两两相互垂直．
由此以O为原点，
分别以OE,OB,OP所在的直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
OE=OA=22−12=3，
P0,0,3，C2,3,0，A−1,0,0，E1,0,0，
设Q0,t,3−t，0≤t≤3，PC=2,3,−3，
AE=2,0,0，AQ=1,t,3−t，
设平面AEQ的法向量为n=x,y,z，
则AE⋅n=2x=0AQ⋅n=x+ty+3−tz=0，令z=t得x=0,y=t−3，
故n=0,t−3,t，
设直线PC与平面AEQ所成角为θ，则
sinθ=n⋅PCn⋅PC =3t−3−3tt−32+t2×4+3+3
=32t2−23t+3×10 =155，
所以2t2−23t+3=32，2t2−23t+3=32，
4t2−43t+3=2t−32=0，解得t=32，
所以Q0,32,32，因为P0,0,3，B0,3,0，
P0,0,3、B0,3,0的中点坐标为0,32,32，
即Q是PB的中点．
【题型4 空间点、线、面的距离问题】
【例4】（2024·天津和平·二模）如图，三棱台ABC−A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AB=2A1B1=4，AA1⊥平面ABC，点M，N，D分别为AB，AC，BC的中点，A1B⊥AC1．
(1)证明：CC1∥平面A1MN；
(2)求直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值；
(3)求点D到平面A1MN的距离．
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，求出平面A1MN的法向量，利用CC1⊥n，结合CC1⊂平面A1MN，得出CC1//平面A1MN；
（2）利用向量的夹角公式即可求解；
（3）利用点到平面的距离的向量法公式，即可求解．
【解答过程】（1）因为侧棱AA1⊥底面ABC，△ABC为等边三角形，所以过点A作AH⊥AC，则以为点A为坐标原点，AC，AH，AA1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系，
设AA1长为m(m>0)，则A0,0,0,A10,0,m,B2,23,0,C12,0,m
A1B=(2,23,−m)，AC1=(2,0,m)，
因为A1B⊥AC1，所以A1B⋅AC1=0，则有4−m2=0，m=2．
所以A(0,0,0)，B(2,23,0)，C(4,0,0)，C1(2,0,2)，A1(0,0,2)，M(1,3,0)，N(2,0,0)．
证明：因为A1M=(1,3,−2)，A1N=(2,0,−2)，设平面A1MN的法向量为n1=(x,y,z)，
则n1⋅A1M=x+3y−2z=0,n1⋅A1N=2x−2z=0.，令x=1，则n1=1,33,1，
又因为CC1=(−2,0,2)．
所以CC1⋅n1=−2+0+2=0，所以CC1→⊥n1⃗，又因为CC1⊄平面A1MN，所以CC1∥平面A1MN．
（2）因为D为中点，所以CD=2，则D(3,3,0)，
有A1D=(3,3,−2)，又n1=1,33,1，设直线A1D与平面A1MN所成角为θ，
sinθ=cs=A1D⋅n1A1D⋅n1=24×73=2114，
则直线A1D与平面A1MN所成角的正弦值为2114．
（3）因为DN=(−1,−3,0)，平面A1MN的法向量为n1=1,33,1，
所以，点D到平面A1MN的距离为DN⋅n1n1=2217．
【变式4-1】（2024·广东·三模）如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG=2GD，直线AB与平面EFG相交于点H.
(1)证明：BD//GH；
(2)求直线BD与平面EFG的距离.
【解题思路】（1）首先证明BD//平面EFG，再由线面平行的性质证明即可；
（2）连接EA,ED，以点E为原点，建立空间直角坐标系，利用点到平面距离公式求解即得.
【解答过程】（1）因为E、F分别为BC、CD的中点，所以EF//BD，
又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD//平面EFG，
又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG=GH，所以BD//GH.
（2）由（1）知，BD//平面EFG，
则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离，
连接EA,ED，由△ABC,△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC,ED⊥BC，
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC,AE⊂平面ABC，
于是AE⊥平面BCD，又ED⊂平面BCD，则EA⊥ED，
以点E为原点，直线EB,ED,EA分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则B2,0,0，F−1,3,0，又A(0,0,23)，D(0,23,0)，
又AG→=2GD→，可得G0,433,233，
所以EB=2,0,0，EF=−1,3,0，EG=0,433,233，
设平面EFG的一个法向量为n=(x,y,z)，则EF⋅n=−x+3y=0EG⋅n=433y+233z=0，
令y=1，得n=3,1,−2，
设点B到平面EFG的距离为d，则d=|EB⋅n||n|=238=62，
所以BD与平面EFG的距离为62.
【变式4-2】（2024·上海·三模）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=2，AC=1，∠ACB=90°，D是棱AB上的一点．
(1)若AD=DB，求异面直线B1D与A1C1所成的角的大小；
(2)若CD⊥B1D，求点B到平面B1CD的距离．
【解题思路】（1）根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出B1D与A1C1的坐标，再利用线线角的向量求法求解即得.
（2）由（1）的坐标系，求出点D的坐标，平面B1CD的法向量坐标，再利用点到平面的距离公式计算即得.
【解答过程】（1）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，则直线CA,CB,CC1两两垂直，
以点C为原点，直线CA,CB,CC1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),C1(0,0,2),A1(1,0,2),B1(0,3,2)，
由AD=DB，得D(12,32,0)，于是B1D=(12,−32,−2),A1C1=(−1,0,0)，
cs〈B1D,A1C1〉=B1D⋅A1C1|B1D||A1C1|=−125×1=−510，
所以异面直线B1D与A1C1所成角的余弦为510，大小为arccs510.
（2）令AD=λAB=λ(−1,3,0)=(−λ,3λ,0)，0≤λ≤1，点D(1−λ,3λ,0)，
则CD=(1−λ,3λ,0),B1D=(1−λ,3λ−3,−2)，由CD⊥B1D，
得CD⋅B1D=(1−λ)2+3λ(λ−1)=0，而0≤λ≤1，解得λ=14或λ=1，
当λ=1时，点D与点B重合，点B在平面B1CD内，因此点B到平面B1CD的距离为0；
当λ=14时，D(34,34,0)，CD=(34,34,0),CB1=(0,3,2)，
设平面B1CD的法向量n=(x,y,z)，则n⋅CD=34x+34y=0n⋅CB1=3y+2z=0，
取x=2，得n=(2,−23,3)，
而CB=(0,3,0)，因此点B到平面B1CD的距离ℎ=|n⋅CB||n|=65，
所以点B到平面B1CD的距离为0或65.
【变式4-3】（2024·海南·模拟预测）如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面四边形ABCD为梯形，AD//BC,AB=AD=2，BD=22,BC=4.
(1)证明： A1B1⊥AD1;
(2)若直线 AB与平面 B1CD1所成角的正弦值为 66，点 M为线段 BD上一点，求点M到平面 B1CD1的距离.
【解题思路】（1）因为A1B1//AB，因此只需证明AB⊥平面ADD1A1，只需证明AB⊥AA1（由题可证），AB⊥AD，由勾股定理易证.
（2）建立空间直角坐标系，先由直线 AB与平面 B1CD1所成角的正弦值为 66，求出AA1，再证明BD//平面B1CD1，由此得点M到平面 B1CD1的距离等价于点B到平面 B1CD1的距离，再由点到平面的距离公式求解即可.
【解答过程】（1）因为AB=AD=2，BD=22，
所以AB2+AD2=8=BD2，所以AB⊥AD,
因为ABCD−A1B1C1D1为直四棱柱，
所以A1A⊥AB,
因为A1A∩AD=A，A1A,AD⊂平面ADD1A1，
所以AB⊥平面ADD1A1，
因为A1B1//AB，所以A1B1⊥平面ADD1A1，
因为AD1⊂平面ADD1A1，所以A1B1⊥AD1
（2）由（1）及题意知，AB,AD,A1A两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
因为AB=AD=2，BD=22，BC=4.设A1A=ℎ(ℎ>0)，
所以A(0,0,0),B(2,0,0),B1(2,0,ℎ),C(2,4,0),D1(0,2,ℎ),D(0,2,0)
所以AB=(2,0,0),CB1=(0,−4,ℎ),CD1=(−2,−2,ℎ),BC=(0,4,0),BD=(−2,2,0),
设平面B1CD1的一个法向量为n=(x,y,z)
则n⋅CB1=−4y+ℎz=0n⋅CD1=−2x−2y+ℎz=0，
令z=4，则x=y=ℎ，所以n=(ℎ,ℎ,4)
设直线 AB与平面 B1CD1所成的角为θ，
则sinθ=csAB,n=AB·nABn=2ℎ2×2ℎ2+16=66，
解得ℎ=2，所以n=(2,2,4)
所以点B到平面 B1CD1的距离为d=BC·nn=826=263
因为BD·n=−2×2+2×2+4×0=0，所以BD⊥n
因为BD不在平面B1CD1，所以BD//平面B1CD1，
因为M在线段BD上，所以点M到平面 B1CD1的距离等价于点B到平面 B1CD1的距离，为263
故点M到平面 B1CD1的距离263.
【题型5 立体几何中的作图问题】
【例5】（2024·贵州贵阳·模拟预测）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=4，AA1=3.设点D为A1C1上的一点，过D，A作平面BCC1B1的垂面α，
(1)画出平面α与正三棱柱ABC−A1B1C1表面的交线（保留作图痕迹，不需证明）；
(2)若A1到平面α的距离为32，求AC与平面α所成角的正弦值.
【解题思路】（1）记BC，B1C1的中点分别为O,O1，过点D作DE//A1O1，交B1C1于点E，连接AO,OE，平面AOC1D即为α；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法由A1到平面α的距离为32确定点D位置，然后由线面角的定义求解可得.
【解答过程】（1）记BC，B1C1的中点分别为O,O1，过点D作DE//A1O1，交B1C1于点E，
连接AO,OE，易知AO//A1O1，所以DE//AO，所以平面AOC1D即为α.
由正三棱柱的的性质可知，AO⊥BC，平面ABC∩平面BCC1B1=BC，
且平面ABC⊥平面BCC1B1，
所以AO⊥平面BCC1B1，
又AO⊂平面AOC1D，所以平面α⊥平面BCC1B1.
（2）如图，以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A123,0,3,C10,−2,3,A23,0,0，
所以A1C1=−23,−2,0,OA=23,0,0,AA1=0,0,3,
设A1D=λA1C1，则点的D坐标为(23(1−λ),−2λ,3)，
所以AD=(−23λ,−2λ,3).
设平面α的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅OA=23x=0n⋅AD=−23λx−2λy+3z=0，
所以x=0，−2λy+3z=0，
令y=3，则z=2λ，所以n=(0,3,2λ)，
所以A1到平面α的距离d=AA1⋅n|n|=23λ3+4λ2=32，解得λ=12，
因为AC∥A1D，AC与平面α所成角θ等于A1D与平面α所成角，
所以sinθ=dA1D=322=34.
【变式5-1】（2024·广东广州·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CD//AB，∠ABC=90°，AB=2CD，三棱锥B−PCD的体积为223，平面PAD与平面PBC的交线为l.

(1)求四棱锥P−ABCD的体积，并在答卷上画出交线l（注意保留作图痕迹）；
(2)若AB=2BC=4，PA=PD，且平面PAD⊥平面ABCD，在l上是否存在点N，使平面PDC与平面DCN所成角的余弦值为63？若存在，求PN的长度；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据等体积法和锥体的体积公式计算即可求出VP−ABCD；如图，BC的延长线和AD的延长线交点为M，则l为直线PM；
（2）建立如图空间直角坐标系，设PN=λPM，利用空间向量法求解面面角，建立关于λ的方程，解之即可求解.
【解答过程】（1）VB−PCD=VP−BCD=13⋅ℎ⋅S△BCD=223，VP−ABCD=13⋅ℎ⋅S四边形ABCD，
∵AB=2CD，∴S△ADB=2S△BCD，
∴S四边形ABCD=3S△BCD，VP−ABCD=3VP−BCD=22
延长BC，AD，设BC的延长线和AD的延长线交点为M，连接PM，
则平面PAD和平面PBC的交线l为直线PM.
（2）取AD的中点E，连接PE，
∵PA=PD，E是AD的中点，∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，PE⊥AD，
∴PE⊥平面ABCD，
VB−PCD=VP−BCD=13⋅PE⋅S△BCD=223，S△BCD=12BC⋅CD=2，解得PE=2.
以点B为坐标原点，以直线BA，BM分别为x，y轴，
以过点B作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系B−xyz，如图所示.

则P3,1,2，C0,2,0，D2,2,0，M0,4,0，
∴CD=2,0,0，PD=−1,1,−2，PM=−3,3,−2，
设PN=λPM=−3λ,3λ,−2λ，则DN=PN−PD=1−3λ,3λ−1,21−λ，
设平面PCD的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅CD=0m⋅PD=0，即2x1=0−x1+y1−2z1=0
令z1=1，得m=0,2,1，
设平面CDN的法向量为n=x2,y2,z2，
则n⋅CD=0n⋅DN=0，即2x2=01−3λx2+3λ−1y2+21−λz2=0
令y2=2(1−λ)，可得n=0,21−λ,1−3λ，
平面PDC与平面DCN夹角的余弦值为63
∴csm,n=m⋅nmn=21−λ+1−3λ3×21−λ2+1−3λ2=63，
整理得3λ2−10λ+3=0，解得：λ=13或λ=3，
即在直线l上存在点N，平面PDC与平面DCN的夹角的余弦值为63，
此时PN=−1,1,−23或PN=(−9,9,−32)，
则PN=1+1+29=253或PN=81+81+18=65.
【变式5-2】（2023·广西·模拟预测）已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA=AD=4，BA=BC=2，M为PA中点，过C，D，M的平面截四棱锥P−ABCD所得的截面为α．
(1)若α与棱PB交于点F，画出截面α，保留作图痕迹（不用说明理由），求点F的位置；
(2)求平面CDM与平面PBC所成锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）延长DC∩AB=E，可得四边形MFCD为截面α，即可得解；
（2）建系，求解.
【解答过程】（1）延长DC∩AB=E，连接ME交PB于F，连接FC，
如图，四边形MFCD为截面α.
△ADE中，BC∥AD，由BCAD=12，则C为DE中点，B为AE中点，
过M作MN∥AB交PB于N，则MN=12AB=1，∴ △MNF~△EBF，
∴ FNBF=MNBE=12，
∴ BF=2NF，即BF=13BP，
∴F为棱PB上靠近点B位置的三等分点；
（2）以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间坐标系如图，
则有：P0,0,4，B2,0,0，D0,4,0，C2,2,0，M0,0,2，F43,0,43
设平面PBC的一个法向量为p=x,y,z，PB=2,0,−4，BC=0,2,0
则有p⋅PB=0p⋅BC=0，解得2x−4z=02y=0
令z=1，则x=2,y=0，即p=2,0,1
设平面α的一个法向量为q=a,b,c，DM=0,−4,2，CD=−2,2,0，
则q⋅DM=0q⋅CD=0，解得−4b+2c=0−2a+2b=0，
令a=1，则b=1，c=2，q=1,1,2
设平面α与平面PBC的锐二面角的平面角为θ，则csθ=p⋅qp⋅q
=2×1+0×2+1×212+12+2222+12=46×5=23015
所以平面α与平面ABC的二面角的锐平面角的余弦值为23015.
【变式5-3】（2024·广西河池·模拟预测）已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥AD，PA=AD=4，BA=BC=2，M为PA中点，过C，D，M的平面截四棱锥P−ABCD所得的截面为α．
(1)若α与棱PB交于点F，画出截面α，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明PBFB=3．
(2)求多面体ABCDMF的体积．
【解题思路】（1）延长DC∩AB=E，连接ME交PB于F，连接FC，可得截面α；过M作MN∥AB交PB于N，通过证明△MNF∼△EBF，可得PBFB=3；
（2）由（1）可得VABCDMF=VE−MAD−VE−FBC，后由题目条件可得答案.
【解答过程】（1）延长DC∩AB=E，连接ME交PB于F，连接FC，如图，四边形MFCD为截面α.
△ADE中，BC∥AD，由BCAD=12，则C为DE中点，B为AE中点．
过M作MN∥AB交PB于N，则MN=12AB=1.
∴△MNF∼△EBF,∴FNBF=MNBE=12.∴BF=2NF，即BF=13BP．
（2）VABCDMF=VE−MAD−VE−FBC.
由题意及（1）可得AD⊥AM，AD=4,AM=12AP=2,AE=2AB=4.
则VE−MAD=13S△ADM⋅AE=13⋅12AD⋅AM⋅AE=16×4×2×4=163；
又可得BE⊥BC,BE=AB=BC=2，点F到平面BEC距离为13PA,PA=4，
则VE−FBC=VF−BEC=13S△BEC⋅13PA=19⋅12BE⋅BC⋅PA=19×12×2×2×4=89.
则VABCDMF=VE−MAD−VE−FBC=409．
【题型6 立体几何中的折叠问题】
【例6】（2024·四川南充·三模）已知如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=23，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥M−BCD，其中△MBD是折叠前的△ABD，过M作BD的垂线，垂足为H，MC=10.
(1)求证：MH⊥CD；
(2)过H作MB的垂线，垂足为N，求点N到平面MCD的距离.
【解题思路】（1）连接CH，利用余弦定理、勾股定理的逆定理证明MH⊥CH，再利用线面垂直的判定性质推理即得.
（2）证明NH//平面MCD，再利用等体积法求出点H到平面MCD的距离即可.
【解答过程】（1）连接CH，由MB=CD=2,MD=BC=23，∠BMD=∠BCD=90∘，
得BD=4,∠MDB=∠DBC=30∘,MH=3,BH=1，
在△BCH中，由余弦定理得CH=BH2+BC2−2BH⋅BCcs30∘=7，
则MH2+CH2=10=MC2，于是MH⊥CH，而MH⊥BD,CH∩BD=H,CH,BD⊂平面BCD，
因此MH⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，
所以MH⊥CD.
（2）在△MBD中，由NH⊥MB，MD⊥MB，得NH//MD，而MD⊂平面MCD，
NH⊄平面MCD，则NH//平面MCD，于是点N到平面MCD的距离等于点H到平面MCD的距离d，
又BNBM=BHBD=14，设点B到平面MCD的距离为ℎ，则d=34ℎ，
cs∠MDC=4+12−102×2×23=34，sin∠MDC=134，
S△MCD=12×2×23×134=392，S△BCD=12×2×23=23，
由VB−MCD=VM−BCD，得13S△MCD⋅ℎ=13S△BCD⋅MH，即392ℎ=23×3，解得ℎ=43913，
所以点N到平面MCD的距离d=34ℎ=33913.
【变式6-1】（2023·甘肃·一模）如图甲所示的正方形AA′A′1A1中，AA1=12,AB=A1B1=3,BC=B1C1=4，对角线AA′1分别交BB1,CC1于点P,Q，将正方形AA′A′1A1沿BB1,CC1折叠使得AA1与A′A′1重合，构成如图乙所示的三棱柱ABC−A1B1C1.点M在棱AC上，且AM=157.
(1)证明：BM ∥平面APQ；
(2)求三棱锥M−APQ的体积.
【解题思路】（1）过M作MN∥CQ，连接PN,BM，证明四边形MNPB为平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）根据三棱锥的等体积法，将三棱锥M−APQ的体积转化为求Q−ABC的体积，结合二者之间的数量关系，可得答案,
【解答过程】（1）证明：在图乙中，过M作MN∥CQ，交AQ于N，连接PN,BM，
由于PB∥CQ，则MN∥PB，所以M,N,P,B共面，
且平面MNPB∩平面APQ=PN，
因为AB=3,BC=4，所以AC=AA'−AB−BC=12−3−4=5，
又在正方形AA′A′1A1中，∠CAQ=π4,
所以PB=AB=3,∴QC=7,∴tan∠QAC=75，
由AM=157，得MN=157×75=3=PB，
所以四边形MNPB为平行四边形，则BM∥PN，
又PN⊂平面APQ,BM⊄平面APQ，所以BM ∥平面APQ..
（2）由（1）知AC2=AB2+BC2，所以AB⊥BC，
因为AC=5,AM=157，即AM=37AC，
所以VM−APQ=37VC−APQ=37VP−ACQ=37VB−ACQ=37VQ−ABC
=37×13×12×3×4×7=6.
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD,∠BAD=90°,CD=2AD=2,AB=3,E为线段AB上靠近点A的三等分点，将△ADE沿着DE折叠，得到四棱锥A−BCDE，使平面ADE⊥平面BCDE,P为线段CE上的点．
(1)求证：AD⊥AP；
(2)是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成角的正弦值为66?若存在，求出线段EP的长；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）计算CE=2，根据勾股定理得到DE⊥CE，确定CE⊥平面ADE，证明AD⊥平面ACE，得到答案.
（2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计算平面ABE的法向量为m=(1,1,−1)，设EP=t，AP=−22,t,−22，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【解答过程】（1）AD=AE=1,∠BAD=90°，故△ADE为等腰直角三角形，
DE=2,∠ADE=45°，故∠CDE=45°．
在△CDE中，CE2=DE2+DC2−2DE⋅DCcsπ4=2+4−4=2，CE=2，
故CE2+DE2=CD2，DE⊥CE，
平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE=DE,CE⊂平面BCDE，
故CE⊥平面ADE，AD⊂平面ADE，故CE⊥AD，
又AD⊥AE,CE∩AE=E,CE,AE⊂平面ACE，故AD⊥平面ACE，
又AP⊂平面ACE，故AD⊥AP.
（2）存在，EP=1，理由如下：
如图，以点E为坐标原点，以ED,EC所在的直线分别为x轴、y轴，
以过点E垂直于平面BCDE的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
E(0,0,0),A22,0,22,B−2,2,0，
则EA=22,0,22,EB=−2,2,0．
设EP=t，0≤t≤2，则P(0,t,0)，AP=−22,t,−22，
设平面ABE的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅EA=22x+22z=0m⋅EB=−2x+2y=0，
令x=1，则y=1,z=−1，m=(1,1,−1)，
设直线AP与平面ABE所成的角为θ，
则sinθ=csAP,m=AP⋅mAP⋅m=|t|1+t2⋅3=66，解得t=1，t=−1（舍），
故存在点P使得直线AP与平面ABE所成角的正弦值为66，则EP=1．
【变式6-3】（2024·安徽合肥·三模）如图一：等腰直角△ABC中AC⊥AB且AC=2，分别沿三角形三边向外作等腰梯形ABB2A2,BCC2B3,CAA3C3使得AA2=BB2=CC2=1,∠CAA3=∠BAA2=π3，沿三边AB,BC,CA折叠，使得A2A3,B2B3,C2C3，重合于A1,B1,C1，如图二
(1)求证：AA1⊥B1C1．
(2)求直线CC1与平面AA1B1B所成角θ的正弦值．
【解题思路】（1）补全图形得到三棱锥P−ABC，由线面垂直证得AA1⊥B1C1；
（2）思路一：建立空间直角坐标系，运用向量求解线面角；
思路二：等体积法求得C到平面PAB的距离，再用几何法求得线面角.
【解答过程】（1）延长AA1,CC1交于点P1,过C1作C1M⊥AC于M，过A1作A1N⊥AC于N，
又四边形AA1C1C为等腰梯形，则A1C1=AC−2AA1csπ3=1，则AC=2A1C1，
又∵A1C1//AC，所以P1A1=AA1，C1为P1C的中点，
延长AA1,BB1交于点P2，则P2A1=AA1，B1为P2B的中点，则P1A1=P2A1，
∴P1与P2重合于点P，P−ABC为三棱锥，
设O为BC中点，等腰直角△ABC中AC=AB,∴AO⊥BC，
又∵ C1为PC的中点，B1为PB的中点，CC1=BB1=1，∴PB=PC=2，
∴PO⊥BC，又∵AO∩PO=O,AO,PO⊂平面PAO ∴BC⊥平面PAO，
又AA1⊂平面PAO，∴BC⊥AA1,∵BC//B1C1,∴B1C1⊥AA1.
（2）方法一：∵BC=22+22=22,PB=PC=2,∴PB2+PC2=BC2,∴PC⊥PB,
∵O为中点，∴PO=12BC=2，
又∵AO=2,PA=2AA1=2,∴PO2+AO2=PA2,∴PO⊥AO，
以O为坐标原点，OA,OB,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A2,0,0,B0,2,0,P0,0,2,C0,−2,0，
∴CP=0,2,2，AP=−2,0,2 ，BP=0,−2,2，
设平面PAB的法向量为n=x,y,z，则AP⋅n=0BP⋅n=0 ⇒−2x+2z=0−2y+2z=0，
取x=1，则n=1,1,1，所以sinθ=csCP,n=2+223=63.
所以直线CC1与平面AA1B1B所成角θ的正弦值为63.
方法二：∵BC=22+22=22,PB=PC=2,∴PB2+PC2=BC2,∴PC⊥PB,
∵O为中点，∴PO=12BC=2，PO⊥BC，
又∵AO=2,PA=2AA1=2,∴PO2+AO2=PA2,∴PO⊥AO，
又BC∩AO=O，BC,AO⊂平面ABC，∴PO⊥平面ABC，
PA=PB=AB=2，△PAB为等边三角形，设C到平面PAB的距离为ℎ，
∵VP−ABC=VC−PAB,∴13×12×2×2×2=13×12×2×2×sinπ3×ℎ，
∴ℎ=263,∴sinθ=ℎPC=63.
所以直线CC1与平面AA1B1B所成角θ的正弦值为63.
【题型7 立体几何中的轨迹问题】
【例7】（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥P−ABC中，PB⊥平面ABC，AB=BC=BP=2，点E在平面ABC内，且满足平面PAE⊥平面PBE,BA垂直于BC．
(1)当∠ABE∈π8,π3时，求点E的轨迹长度；
(2)当二面角E−PA−B的余弦值为33时，求三棱锥E−PCB的体积．
【解题思路】（1）先通过垂直关系得到AE⊥BE，然后建立空间直角坐标系得到点E的轨迹，根据角度求轨迹的长；
（2）利用向量法求面面角，解方程求出点E的坐标，进而利用体积公式求解即可.
【解答过程】（1）作BH⊥PE交PE于H，
因为平面PAE⊥平面PBE，且平面PAE∩平面PBE=PE，BH⊂面PBE，
所以BH⊥平面PAE，又因为AE⊂平面PAE，所以BH⊥AE，
因为PB⊥平面ABC，且AE⊂平面ABC，所以PB⊥AE，
因为BH⊥AE，PB⊥AE，PB、BH⊂平面PBE，PB∩BH=B，
所以AE⊥平面PBE，又因为BE⊂平面PBE，所以AE⊥BE．
分别以直线BA,BC,BP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则B(0,0,0)，P(0,0,2)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，
设E(x,y,0)，因为AE⊥BE，所以AE⋅BE=0，
又AE=(x−2,y,0)，BE=(x,y,0)，
所以(x−2)⋅x+y⋅y=0，即(x−1)2+y2=1，
设AB中点为N，则N(1,0)，如图：
又∠ABE∈π8,π3，所以∠ANE∈π4,2π3，
因此，E的轨迹为圆弧QE，其长度为2π3−π4×1=5π12；
（2）由（1）知，可设E(x,y,0)，PA=(2,0,−2)，AE=(x−2,y,0)，
设平面PAE的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅PA=0n⋅AE=0，即2a−2c=0ax−2+by=0，令a=y得n=(y,2−x,y)．
BC=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量，令二面角E−PA−B为角θ，
csθ=|n⋅BC||n||BC|=2|x−2|2(x−2)2+2y2=33，又(x−1)2+y2=1，
解得x=2，y=0（舍去）或x=1，y=±1，
则E(1,1,0)或E(1,−1,0)，
从而可得三棱锥E−PCB的体积VE−PCB=13S△PCB⋅ℎ=13×12×2×2×1=23．
【变式7-1】（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AC=AA1=3,BC=32,E是侧面AA1C1C内的动点（包括边界），D为BC1的中点，B1E⊥A1D．
(1)求证：点E的轨迹为线段AC1；
(2)求平面ADE与平面ABC夹角的大小．
【解题思路】（1）方法一（几何法）补形为正方体ABHC−A1B1H1C1，证明A1D⊥平面AB1C1，所以B1E在平面AB1C1内，从而得证；
方法二（坐标法）如图建立空间直角坐标系，设E(0,y,z)，由条件B1E⊥A1D可得y=z，从而得证；
（2）方法一（几何法）平面ADE即平面C1AB，由二面角定义可知∠C1AC就是平面ADE与平面ABC所成角，从而可解；
方法二（坐标法）空间向量法求两平面夹角.
【解答过程】（1）方法一（几何法）
补形为正方体ABHC−A1B1H1C1，连接A1B,AB1,B1C1,AC1,A1H，
显然A1D⊆A1H．
由正方体性质，BH⊥平面A1ABB1，AB1⊂平面A1ABB1，所以BH⊥AB1，
又A1B⊥AB1，且A1B、BH⊂平面A1BH，A1B∩BH=B，
所以AB1⊥平面A1BH，而A1H⊂平面A1BH，所以AB1⊥A1H，
同理B1C1⊥A1H，又AB1、B1C1⊂平面AB1C1，AB1∩B1C1=B1，
所以A1H⊥平面AB1C1，即A1D⊥平面AB1C1．
因为B1E⊥A1D，
所以B1E在平面AB1C1内．
又因为E∈平面ACC1A1，
所以点E在平面ACC1A1和平面AB1C1的交线上．
因为平面ACC1A1∩平面AB1C1=AC1,E是侧面AA1C1C内的动点（包括边界），
所以点E的轨迹为线段AC1．
方法二（坐标法）
如图建立空间直角坐标系，则B(1,0,0),C1(0,1,0),B1(1,0,1),A1(0,0,1)，
设E(0,y,z)，则D12,12,12，则B1E=(−1,y,z−1),A1D=12,12,−12．
由B1E⊥A1D得B1E⋅A1D=−12+y2−z2+12=y2−z2=0，
所以y−z=0即y=z，
所以点E的轨迹为线段AC1．
（2）方法一（几何法）
因为点E的轨迹为线段AC1，
所以平面ADE即平面C1AB．
因为平面C1AB∩平面ABC=AB，
又因为AB⊥平面ACC1A1，
所以AB⊥AC,AB⊥AC1且∠C1AC是锐角，
所以∠C1AC就是平面ADE与平面ABC所成角，
所以平面ADE与平面ABC的夹角为45°．
方法二（坐标法）
如图建立空间直角坐标系，则B(1,0,0),C1(0,1,1)，
所以AC1=(0,1,1),AB=(1,0,0)．
因为点E的轨迹为线段AC1，
所以平面C1AB与平面ABC所成角，就是平面ADE与平面ABC所成角．
显然平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
设平面C1AB的一个法向量为n=(x,y,z)，
由AC1⋅n=0,AB⋅n=0得y+z=0,x=0.
令y=1，则x=0,z=−1，
所以n=(0,1,−1)，
所以|cs〈m,n〉|=m⋅n|m||n|=−12=22，
所以平面ADE与平面ABC的夹角为45°．
【变式7-2】（2024·全国·模拟预测）如图，四边形ABDC为圆台O1O2的轴截面，AC=2BD，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为2，E是BD的中点．
(1)已知圆O2内存在点G，使得DE⊥平面BEG，作出点G的轨迹（写出解题过程）；
(2)点K是圆O2上的一点（不同于A，C），2CK=AC，求平面ABK与平面CDK所成角的正弦值．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理，过B作下底面的垂线交下底面于点G，过G作BE的平行线，交圆O2于G1，G2，即可求出结果；
（2）建立空间直角坐标系，根据条件，求出平面ABK和平面CDK，利用面面角的向量法，即可求出结果.
【解答过程】（1）∵E是BD的中点，∴DE⊥BE．
要满足DE⊥平面BEG，需满足DE⊥BG，
又∵DE⊂平面BDE，∴平面BEG⊥平面BDE
如图，过B作下底面的垂线交下底面于点G，
过G作BE的平行线，交圆O2于G1，G2，则线段G1G2即点G的轨迹．
（2）易知可以O2为坐标原点，O2C，O2O1所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O2−xyz，
∵母线长为2，母线与底面所成角为45°，AC=2BD，∴O2A=2，O1B=1，O1O2=1，
取K的位置如图所示，连接O2K，
∵2CK=AC，∴∠CO2K=60°，即∠xO2K=30°，
则K3,1,0，A0,−2,0，B0,−1,1，C0,2,0，D0,1,1，
则AK=3,3,0，BK=3,2,−1，CK=3,−1,0，DK=3,0,−1．
设平面ABK的法向量为n=x1,y1,z1，
则n⋅AK=0n⋅BK=0，即3x1+3y1=03x1+2y1−z1=0，
令x1=3，则z1=1，y1=−1，∴n=3,−1,1．
设平面CDK的法向量为m=x2,y2,z2，
则m⋅CK=0m⋅DK=0，即3x2−y2=03x2−z2=0，
令x2=3，则z2=3，y2=3，∴m=3,3,3．
设平面ABK与平面CDK所成的角为θ，则
csθ=n⋅mn⋅m=3×3+−1×3+1×35×21=10535，
∴sinθ=1−cs2θ=47035．
【变式7-3】（2024·云南曲靖·模拟预测）如图，四面体ABCD的每条棱长都等于2，M，G，N分别是棱AB，BC，CD的中点，O，E，F分别为面BCD，面ABC，面ACD的重心.
(1)求证：面OEF//面ABD；
(2)求平面OEF与平面ABN的夹角的余弦值；
(3)保持点E，F位置不变，在△BCD内（包括边界）拖动点O，使直线MN与平面OEF平行，求点O轨迹长度；
【解题思路】（1）连接GN，利用平行的传递性可以证明EF∥BD，利用对应成比例可以证明EO∥AD，从而得证面面平行；
（2）利用第（1）问的结论，把平面OEF与平面ABN的夹角问题，转化为平面ABD与平面ABN的夹角问题，连接DM，根据二面角的平面角的定义，∠DMN为所求二面角的平面角，解三角形即可求；
（3）先找一个特殊的点O，使得直线MN与平面OEF平行，然后再延展平面OEF，与底面BCD的交线长度即为所求.
【解答过程】（1）如图，连接GN,GD,易知G,O,D三点共线
因为O，E，F分别为面BCD，面ABC，面ACD的重心，
所以在△AGN中，AEAG=AFAN=23，所以EF∥GN，
在△CBD中，所以G，N分别是棱BC，CD的中点，所以GN//BD，
所以EF∥BD，
又EF⊄平面ABD，BD⊂平面ABD，所以EF//平面ABD，
在△GAD中，GOGD=GEGA=13，所以EO∥AD，
又EO⊄平面ABD，AD⊂平面ABD，所以EO//平面ABD，
又因为EF∩OE=E，EF,OE⊂平面OEF，
所以面OEF//面ABD.
（2）由（1）知，平面OEF//平面ABD，所以平面OEF与平面ABN的夹角与平面ABD与平面ABN的夹角相等，
如图，连接DM，因为M分别是棱AB的中点，
所以在等腰△NAB中，NM⊥AB，在等边△DAB中，DM⊥AB，
所以∠DMN是平面ABN的夹角与平面ABD与平面ABN所成角的平面角，
因为AO⊥面BCD，CD⊂面BCD，所以AO⊥CD,
又CD⊥AN，CD⊥BN，AN∩BN=N，AN,CN⊂平面ABN，所以CD⊥面ABN，
又MN⊂面ABN，所以CD⊥MN，
所以在Rt△DMN中，sin∠DMN=DNMD=13，
所以cs∠DMN=1−sin2∠DMN=233，
所以平面OEF与平面ABN的夹角的余弦值为233；
（3）如图，取线段CN靠近点N的三等分点P，连接CM，易知C，E，M三点共线，
连接EP，因为点E为等边△CAB的重心，所以EP∥MN，
所以当点O在点P位置时，满足题意，
取线段CG靠近点G的三等分点Q，连接PQ，易知PQ∥GN，又GN∥EF，
所以EF∥PQ，所以EF、PQ共面，即当O在线段PQ上运动时，均满足题意，
所以PQ即为点O的轨迹长度,
又PQ=23GN=23×12BD=23，
所以点O的轨迹长度为23.
【题型8 立体几何中的探索性问题】
【例8】（2024·内蒙古呼和浩特·二模）如图，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC=π2，且AB=BC=2CD=4．
(1)设线段BE中点为F，证明：CF∥平面ADE；
(2)在线段AB上是否存在点M，使得点B到平面CEM的距离等于22，如果存在，求MB的长．
【解题思路】（1）取AE的中点G，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）设MB=x，根据等体积法VB−MEC=VM−BEC求出x的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）取BE的中点F，AE的中点G，连结FG、GD、CF
则有GF=12AB，GF//AB，
因为DC=12AB，CD//AB，所以CD//GF且CD=GF，
所以四边形CFGD是平行四边形，则CF//DG，
又DG⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，
所以CF//平面ADE.
（2）存在.设MB=x(0因为MB⊥面BEC，所以VM−BEC=13S△BEC×MB=13×12×BE×BC×MB=8x3.
因为MB⊥面BEC，BE⊂面BEC，BC⊂面BEC
所以MB⊥BE,MB⊥BC，
则△MBE,△MBC均为直角三角形.
在Rt△MBE中，ME=MB2+BE2=x2+16
同理，MC=x2+16.
取EC的中点H，因为ME=MC，所以MH⊥EC，
而MH=ME2−EH2=x2+8.
故S△MEC=12×EC×MH=12×42×x2+8=8x2+64.
因为点B到面CEM的距离等于22，
所以VB−MEC=13S△MEC×22=2x2+83.
而VB−MEC=VM−BEC，所以2x2+83=8x3，解得x=23015.
所以在线段AB上只存在唯一一点M，当且仅当BM=23015时，点B到面CEM的距离等于22.
【变式8-1】（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1,AB=AD=22,CB=CD=4,AA1=4，∠BCD=60°，M,M1分别是线段BC,B1C1的中点.
(1)证明:BC⊥平面MM1D；
(2)求直线BC与平面BDA1所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点P，使得PB1//平面BDA1，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由题意可知△BCD为正三角形，则DM⊥BC，又MM1⊥BC，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理的逆定理可得AB⊥AD，建立如图空间直角坐标系A−xyz，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段BC上存在点P，使得PB1//平面BDA1，令BP=λBC(0≤λ≤1)，利用PB1⋅n=0求出λ，进而求出BP即可.
【解答过程】（1）由∠BCD=60°,CB=CD，知△BCD为正三角形，
又M为BC的中点，则DM⊥BC.
又M1为B1C1的中点，则MM1//CC1，
而CC1⊥BC，所以MM1⊥BC，
又DM∩MM1=M,DM、MM1⊂平面MM1D，
所以BC⊥平面MM1D；
（2）由（1）知△BCD为正三角形，则BD=4，
在△ABD中，AB=AD=22，有BD2=AB2+AD2，所以AB⊥AD，
易知AA1⊥AB,AA1⊥AD，建立如图空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0),B(22,0,0),C(6+2,6+2,0),D(0,22,0),A1(0,0,4),B1(22,0,4)，
所以BC=(6−2,6+2,0),BA1=(−22,0,4),BD=(−22,22,0),BB1=(0,0,4)，
设平面BDA1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BD=−22x+22y=0n⋅BA1=−22x+4z=0，令x=2，得y=2,z=1，故n=(2,2,1)，
设BC与平面BDA1所成角为θ，则sinθ=csBC,n=BC⋅nBCn=4345=155，
即BC与平面BDA1所成角的正弦值为155.
假设在线段BC上存在点P，使得PB1//平面BDA1，令BP=λBC(0≤λ≤1)，
则BP=(6λ−2λ,6λ+2λ,0)，所以PB1=BB1−BP=(2λ−6λ,−2λ−6λ,4)，
由PB1//平面BDA1，得PB1⊥n，所以PB1⋅n=2λ−23λ−2λ−23λ+4=0，
解得λ=33，所以BP⃗=λBC⃗=33×4=433，即BP的值为433.
【变式8-2】（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形ABCD中，D=60°,DC=2AD=2，将△ADC沿AC折起，使点D到达点P位置，且PC⊥BC，连接PB得三棱锥P−ABC，如图2．
(1)证明：平面PAB⊥平面ABC；
(2)在线段PC上是否存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，若存在，求出|PM||PC|的值，若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）推导出PA⊥AC，证明出BC⊥平面PAB，可得出PA⊥BC， 利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点A为坐标原点，BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设PM=λPC，其中0≤λ≤1，利用空间向量法可得出关于λ的等式，结合0≤λ≤1求出λ的值，即可得出结论.
【解答过程】（1）证明：翻折前，因为四边形ABCD为平行四边形，∠D=60∘，则∠B=60∘，
因为DC=2AD=2，则AB=DC=2，BC=AD=1，
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcs∠B=4+1−2×2×1×12=3，
所以，AC2+BC2=AB2，则BC⊥AC，同理可证AD⊥AC，
翻折后，则有BC⊥AC，PA⊥AC，
因为PC⊥BC，AC∩PC=C，AC、PC⊂平面PAC，
所以，BC⊥平面PAC，
因为PA⊂平面PAC，则PA⊥BC，
因为AC∩BC=C，AC、BC⊂平面ABC，所以，PA⊥平面ABC，
所以平面PAB⊥平面ABC.
（2）因为PA⊥平面ABC，BC⊥AC，以点A为坐标原点，
BC、AC、AP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0、P0,0,1、C0,3,0、B−1,3,0，
设PM=λPC=λ0,3,−1=0,3λ,−λ，其中0≤λ≤1，
则AM=AP+PM=0,0,1+0,3λ,−λ=0,3λ,1−λ，AB=−1,3,0，
设平面ABM的法向量为m=x,y,z，则m⋅AB=−x+3y=0m⋅AM=3λy+1−λz=0，
取y=λ−1，则z=3λ，x=3λ−1，所以，m=3λ−1,λ−1,3λ，
平面MBC的一个法向量为n=a,b,c，PB=−1,3,−1，PC=0,3,−1，
则n⋅PB=−a+3b−c=0n⋅PC=3b−c=0，令b=3，可得n=0,3,3，
则，整理可得λ=23，
因此，线段PC上存在点M，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为58，且PMPC=23.
【变式8-3】（2024·天津·一模）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)求平面PCQ与平面CDQ夹角的余弦值；
(3)线段PC上是否存在点M，使得直线AM与平面PCQ所成角的正弦值是427，若存在求出PMMC的值，若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）法一：分别取AB、CD的中点G、H，连接EG、GH、FH，证明出平面EGHF//平面ADQP，利用面面平行的性质可证得结论成立；
法二：以点A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得平面PCQ与平面CDQ夹角的余弦值；
（3）假设存在点M，使得PM=λPC，其中λ∈0,1，求出向量AM的坐标，利用空间向量法可得出关于λ的方程，解之即可.
【解答过程】（1）证明：法一：分别取AB、CD的中点G、H，连接EG、GH、FH，
由题意可知点E、F分别为线段PB、CQ的中点．所以EG//PA，FH//QD，
因为PA//DQ，所以EG//FH，所以点E、G、H、F四点共面，
因为G、H分别为AB、CD的中点，所以GH//AD，
因为AD⊂平面ADQP，GH⊄平面ADQP，所以GH//平面ADQP，
又因为FH//QD，QD⊂平面ADQP，FH⊄平面ADQP，所以FH//平面ADQP，
又因为FH∩GH=H，FH、GH⊂平面EGHF，所以平面EGHF//平面ADQP，
因为EF⊂平面EGHF，所以EF//平面ADQP；
法二：因为ABCD为正方形，且PA⊥平面ABCD，所以AP、AB、AD两两互相垂直，
以点A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则P0,0,3、C3,3,0、Q0,3,1、B3,0,0、E32,0,32、F32,3,12，
所以EF=0,3,−1，易知平面PADQ的一个法向量a=1,0,0，
所以a⋅EF=0，所以EF⊥a，
又因为EF⊄平面ADQP，所以EF//平面ADQP．
（2）解：设平面PCQ的法向量m=x,y,z，PC=3,3,−3，CQ=−3,0,1，
则m⋅PC=3x+3y−3z=0m⋅CQ=−3x+z=0，取x=1，可得m=1,2,3，
所以平面PCQ的一个法向量为m=1,2,3，
易知平面CQD的一个法向量n=0,1,0，设平面PCQ与平面CQD夹角为θ，
则csθ=csm,n=m⋅nm⋅n=21×1+4+9=214=147，
所以平面PCQ与平面CQD夹角余弦值为147；
（3）解：假设存在点M，使得PM=λPC=3λ,3λ,−3λ，其中λ∈0,1，
则AM=AP+PM=0,0,3+3λ,3λ,−3λ=3λ,3λ,3−3λ，
由（2）得平面PCQ的一个法向量为m=1,2,3，
由题意可得csAM,m=AM⋅mAM⋅m=3λ+6λ+9−9λ149λ2+9λ2+3−3λ2=427，
整理可得12λ2−8λ+1=0．即2λ−16λ−1=0，
因为0≤λ≤1，解得λ=16或12，所以，PMMC=15或PMMC=1．
【题型9 立体几何建系繁琐问题（几何法）】
【例9】（2024·山东·二模）如图所示，直三棱柱ABC−A1B1C1，各棱长均相等.D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点.
(1)证明：平面A1CD⊥平面A1ABB1；
(2)求直线EF与A1B1所成角的正弦值.
【解题思路】（1）由题意可证得CD⊥AB，在直三棱柱中，AA1⊥平面ABC，可得AA1⊥CD，进而可证得CD⊥平面ABB1A1，即证得平面A1CD⊥平面A1ABB1；
（2）由题意可证得EF//A1D，即可得直线EF与A1B1所成的角，在△A1AD中，可求出∠DA1A的正弦值，进而求出于直线EF与A1B1所成的角．
【解答过程】（1）证明：由题意在等边三角形ABC中，D为AB的中点，所以CD⊥AB，
在直棱柱中，AA1⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以AA1⊥CD，
而AA1∩AB=A，AA1,AB⊂平面ABB1A1，
所以CD⊥平面ABB1A1，
又因为CD⊂平面A1CD，
所以平面A1CD⊥平面A1ABB1；
（2）连接DE，因为D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点，
所以DE//AC，且EF=12AC，
在三棱柱中，AC=A1C1，AC//A1C1，A1F=12A1C1，
所以DE//A1F，且DE=A1F，
所以四边形DEFA1为平行四边形，所以FE//A1D，
所以∠B1A1D即为直线EF与A1B1所成的角，
在△A1DA中，设直三棱柱的棱长为2，则AA1=2,AD=1
可得cs∠DA1A=212+22=255．
故sin∠B1A1D=cs∠DA1A=255
即直线EF与A1B1所成角的正弦值为255．
【变式9-1】（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120∘，AB=1，BC=4，PB=23，PD⊥CD，点E是BC的中点，且PE⊥ED．

(1)求证：PE⊥AD；
(2)求点E到平面PAD的距离．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；
（2）利用等体积转化可得答案.
【解答过程】（1）在平行四边形ABCD中，∠ABC=120∘，BC=4，点E是BC的中点，
所以∠BCD=60∘，EC=2．
在△CDE中，由余弦定理得DE2=CE2+CD2−2CD⋅CEcs∠ECD=3，
即DE=3，所以CE2=CD2+DE2，所以CD⊥DE，
又PD⊥CD，PD∩ED=D，PD，DE⊂平面PDE，
所以CD⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，所以CD⊥PE，
又PE⊥ED，CD∩DE=D，CD,DE⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，所以PE⊥AD；
（2）连接AE，由（1）知PE⊥平面ABCD，即PE是三棱锥P−AED的高，
又AE，BE⊂平面ABCD，所以PE⊥AE，PE⊥BE．
在△PBE中，PE⊥BE，PB=23，BE=2，
所以PE=PB2−BE2=22．
DC=1,EC=2,∠DCE=60∘，
由余弦定理得cs60∘=DC2+EC2−DE22DC⋅EC，解得DE=3，
所以EC2=DC2+DE2，即DE⊥DC，
则E到AD距离，即D到CE的距离，为CDsin60°=32，
在△PED中，PE⊥ED，PE=22，DE=3，
所以PD=PE2+ED2=11．
所以VPADE=13S△ADE⋅PE=13×12×4×32×22=263，
在△ABE中，AB=1，BE=2，∠ABE=120∘，
由余弦定理得AE2=AB2+BE2−2AB⋅BEcs∠ABE=7，即AE=7．
在△PAE中，PE⊥AE，AE=7，PE=22，
所以PA=PE2+AE2=15．
在△PAD中，PA=15，PD=11，AD=4，
由余弦定理得cs∠APD=AP2+PD2−AD22AP⋅PD=16533，
所以sin∠APD=1−cs2∠APD=223133，
所以S△APD=12AP⋅PDsin∠APD=35，
设点E到平面PAD的距离是h，
由VE−PAD=13S△APD⋅ℎ=13×35ℎ=VP−ADE=263，解得ℎ=221035，
即点E到平面PAD的距离是221035．

【变式9-2】（2024·全国·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，AB∥CD，且AB⊥AP，CD⊥DP.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAD；
(2)若PA=PD=AB，PA⊥PD，求PB与平面ABCD所成角的大小.
【解题思路】（1）应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）先根据定义得出线面角∠PBO，再计算正弦值求角即可.
【解答过程】（1）在四棱锥P−ABCD中，AB⊥AP，
又AB∥CD，所以CD⊥AP，
因为CD⊥DP，AP∩DP=P，AP，DP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.
（2）取棱AD的中点O，连接PO，OB，由PA=PD，得PO⊥AD，
由（1）知，CD⊥平面PAD，
因为PO⊂平面PAD，所以CD⊥PO，
因为AD，CD⊂平面ABCD，AD∩CD=D，所以PO⊥平面ABCD，
所以OB是PB在平面ABCD内的射影，所以PB与平面ABCD所成的角为∠PBO.
设PA=PD=AB=t，因为PA⊥PD，则PO=22t，
因为AB⊥AP，所以PB=PA2+AB2=t2+t2=2t，
所以在Rt△POB中，sin∠PBO=POPB=22t2t=12，
所以PB与平面ABCD所成的角为30°.
【变式9-3】（2024·浙江·模拟预测）.如图，底面A1B1C1D1固定在底面α上的盛水容器口为正方形ABCD，侧棱AA1，BB1，CC1，DD1相互平行.
(1)证明：底面四边形A1B1C1D1是平行四边形；
(2)若已知四条侧棱垂直于面ABCD，且AA1=DD1=4，BB1=CC1=AB=2.现往该容器中注水，求该容器最大盛水体积V及此时侧面BB1C1C与底面α所成角θ的余弦值（水面平行于底面α）.
【解题思路】（1）只需证明平面ABB1A1//平面CDD1C1，再结合面面平行的性质即可得证；
（2）取AA1,DD1的中点E,F，说明该容器最大盛水体积V就是平行六面体EBCF−A1B1C1D1的体积，当A1B1⊥B1C1时，VEBCF−A1B1C1D1最大，此时可以说明∠AEB=θ，结合解三角形知识以及平行六面体的体积公式即可求解.
【解答过程】（1）因为AA1//DD1，AA1⊄平面CDD1C1，DD1⊂平面CDD1C1，
所以AA1//平面CDD1C1，
同理AB//CD，AB⊄平面CDD1C1，CD⊂平面CDD1C1，
所以AB//平面CDD1C1，
而AA1∩AB=A，AA1,AB⊂平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1//平面CDD1C1，
又平面ABB1A1∩平面α=A1B1，平面CDD1C1∩平面α=C1D1，
所以A1B1//C1D1，同理A1D1//B1C1，
所以底面四边形A1B1C1D1是平行四边形；
（2）
取AA1,DD1的中点E,F，因为A1E//BB1,A1E=BB1，
所以四边形A1EBB1是平行四边形，所以EB//A1B1，
而EB⊄平面A1B1C1D1，A1B1⊂平面A1B1C1D1，
所以EB//平面A1B1C1D1，
同理A1E//D1F,A1E=D1F，所以四边形A1EFD1是平行四边形，所以EF//A1D1，
而EF⊄平面A1B1C1D1，A1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以EF//平面A1B1C1D1，
又EB∩EF=E，EB,EF⊂平面EBCF，
所以平面EBCF//平面α，
所以该容器最大盛水体积V就是平行六面体EBCF−A1B1C1D1的体积，
由题意AE=AB=2,AE⊥AB，所以BE=22，
因为AA1//DD1,AA1=DD1，所以四边形ADD1A1是平行四边形，
而E,F分别是AA1,DD1的中点，所以EF=AD=2，
当A1B1⊥B1C1时，VEBCF−A1B1C1D1最大，
而BB1⊥BC，BC//B1C1，所以BB1⊥B1C1，
所以∠A1B1B的补角就是侧面BB1C1C与底面α所成角θ，
因为BB1//AA1,A1B1//EB，
所以∠AEB=θ，csθ=AEEB=222=22，注意到θ∈0,π，所以θ=π4，
此时A1B1=EB=22,B1C1=BC=2，平行六面体的高为BB1sinθ=2×22=2，
平行六面体的底面积为A1B1⋅B1C1=42，
所以平行六面体的体积为V=2⋅42=8.
【题型10 新情景、新定义下的立体几何问题】
【例10】（23-24高一下·四川成都·期末）类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P−ABC，∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A−PC−B的大小为θ，则csγ=csαcsβ+sinαsinβcsθ．
（1）当α、β∈0,π2时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，平面AA1C1C⊥平面ABCD，∠A1AC=60°，∠BAC=45°，
①求∠A1AB的余弦值；
②在直线CC1上是否存在点P，使BP//平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点，作HN⊥PC交PB于N点，连接，MN，可得∠MHN是二面角A−PC−B的平面角．在△MNP中和△MNH中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；
（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结B1C，延长C1C至P，使CP=C1C，连结BP，由线面平行的判定定理证明BP//平面DA1C1．
【解答过程】（1）证明：如图，过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点，
作HN⊥PC交PB于N点，连接，MN
则∠MHN是二面角A−PC−B的平面角．
在△MNP中和△MNH中分别用余弦定理，得
MN2=MP2+NP2−2MP⋅NP⋅csγ，
MN2=MH2+NH2−2MH⋅NH⋅csθ，
两式相减得MP2−MH2+NP2−NH2−2MP⋅NP⋅csγ+2MH⋅NH⋅csθ=0，
∴2MP⋅NP⋅csγ=2PH2+2MH⋅NH⋅csθ，
两边同除以2MP⋅NP，得csγ=csαcsβ+sinαsinβcsθ．
（2）①由平面AA1C1C⊥平面ABCD，知θ=90°，
∴由（1）得cs∠A1AB=cs∠A1AC⋅cs∠CAB，
∵cs∠A1AC=60°，cs∠BAC=45°，
∴cs∠A1AB=12×22=24．
②在直线CC1上存在点P，使BP//平面DA1C1．
连结B1C，延长C1C至P，使CP=C1C，连结BP，
在棱柱ABCD−A1B1C1D1中，A1B1//AB，AB//CD，
∴A1B1//DC，∴四边形A1B1CD为平行四边形，
∴A1D//B1C．
在四边形B1BPC中，B1B//CP，
∴四边形B1BPC为平行四边形，
∴B1C//BP，
∴A1D//BP，
又A1D⊂平面DA1C1，BP⊄平面DA1C1，
∴BP//平面DA1C1．
∴当点P在C1C的延长线上，且使CP=C1C时，BP//平面DA1C1．
【变式10-1】（24-25高三上·浙江·开学考试）已知Ω是棱长为2的正四面体ABCD，设Ω的四个顶点到平面α的距离所构成的集合为M，若M中元素的个数为k，则称α为Ω的k阶等距平面，M为Ω的k阶等距集.
(1)若α为Ω的1阶等距平面且1阶等距集为a，求a的所有可能值以及相应的α的个数；
(2)已知β为Ω的4阶等距平面，且点A与点B,C,D分别位于β的两侧.若Ω的4阶等距集为b,2b,3b,4b，其中点A到β的距离为b，求平面BCD与β夹角的余弦值.
【解题思路】（1）分两种情况得出a的所有可能值以及相应的α的个数；
（2）先根据已知得出AD:DB=1:2,AE:EC=1:3,AF:FD=1:4，再计算求得余弦值.
【解答过程】（1）①情形一：分别取AB,AC,AD的中点M,E,F，
由中位线性质可知DE=EF=22，
此时平面DEF为Ω的一个1阶等距平面，
b为正四面体高的一半，等于12×63×2=33.
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面α平行于其中一个面，有4种情况；
②情形二：分别取AB,AC,CD,DB的中点P,Q,R,S
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，
则a为正方体棱长的一半，等于12.
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面α平行于其中一组异面直线，有3种情况.
综上，当a的值为33时，α有4个；当a的值为12时，α有3个.
（2）在线段AB,AC,AD上分别取一点M,E,F，
使得AM:MB=1:2,AE:EC=1:3,AF:FD=1:4，则平面β即为平面MEF.
如图，取BD中点O，连接OC,，以O为坐标原点，OC,OD所在直线分别为x,y轴，过点O且与平面BCD垂直的直线为z轴建立空间直角坐标系，
A66,0,233，设ME=AE−AM=14AC−13AB=1463,0,−233−13−66,−22,−233=5636,26,318，
MF=AF−AM=15AD−13AB=15−66,22,−233−13−66,−22,−233=645,4215,4345，
设平面MEF法向量为m=x,y,z
所以m⋅MF=0m⋅ME=0，即x+43y+22z=05x+23y+2z=0，
所以m=0,1,−6，
又平面BCD的法向量为n=0,0,1，
设平面BCD与β夹角为θ
所以csθ=m⋅nm⋅n=61+6=427，
所以平面BCD与β夹角余弦值为427.
【变式10-2】（23-24高一下·福建三明·期末）阅读数学材料：“设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为 1−12π∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+∠Q3PQ4+⋯+∠Qk−1PQk+∠QkPQ1，其中 Qii=1，2，⋯，k，k≥3为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面 Q2PQ3，…，平面Qk−1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面. ”已知在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形.AA1=AB. （角的运算均采用弧度制）
(1)若AC=BD，求四棱柱ABCD−A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率；
(2)若四棱柱ABCD−A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为13，求BC1与平面ACC1的夹角的正弦值；
(3)截取四面体A1−ABD，若该四面体在点A1处的离散曲率为712，AC1与平面A1BD交于点G，证明：AGAC1=13.
【解题思路】（1）根据条件得到菱形ABCD为正方形，再根据在顶点A处的离散曲率的定义计算即可；
（2）根据四棱柱ABCD−A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为13，求得∠DAB=π3，结合立体几何知识，求得BC1与平面ACC1的夹角为∠BC1O，在△BC1O中求解sin∠BC1O即可；
（3）根据四面体A1−ABD在点A1处的离散曲率为712，求得∠BA1D=π3，再结合立体几何知识，证得AC1⊥平面A1BD，用等体积法求三棱锥A−A1BD的体积，求得AG，即可得证.
【解答过程】（1）若AC=BD，则菱形ABCD为正方形，即AB⊥AD，
因为AA1⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，
所以直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，在顶点A处的离散曲率为1−12ππ2+π2+π2=14.
（2）因为AA1⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB，AA1⊥AD，
直四棱柱ABCD−A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为1−12ππ2+π2+∠DAB=13，
则∠DAB=π3，即△DAB是等边三角形，
∵ABCD为菱形∴AC⊥BD，又直四棱柱ABCD−A1B1C1D1，
∴CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴CC1⊥BD，
又AC,CC1⊂平面ACC1，AC∩CC1=C∴BD⊥平面ACC1，
设AC∩BD=O，则∠BC1O即为BC1与平面ACC1所成的角，
在△BC1O中，OB=12BD=12AB，BC1=2BC=2AB，
sin∠BC1O=OBBC1=12AB2AB=24，所以BC1与平面ACC1的夹角的正弦值为24.
（3）在四面体A1−ABD中AA1⊥AB，AA1⊥AD，AA1=AB=AD，
所以∠AA1B=∠AA1D=π4，A1B=A1D=2AB，
所以四面体A1−ABD在点A1处的离散曲率为1−12ππ4+π4+∠BA1D=712，
所以∠BA1D=π3，所以△BA1D为等边三角形，所以BD=A1D=2AB，
又在△ABD中AB=AD，所以AB⊥AD，
所以直四棱柱ABCD−A1B1C1D1为正方体，
因为C1D1⊥平面 ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，所以C1D1⊥A1D，
又A1D⊥AD1，AD1∩C1D1=D1，AD1，C1D1⊂平面AC1D1，
所以A1D⊥平面AC1D1，又AC1⊂平面AC1D1，所以AC1⊥A1D，
∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴CC1⊥BD，
又AC,CC1⊂平面ACC1，AC∩CC1=C∴BD⊥平面ACC1，
又AC1⊂平面ACC1，所以AC1⊥BD，
又A1D∩BD=D，A1D，BD⊂平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD，
∴AG是三棱锥A−A1BD的高，设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，
∴BD=2a，AC1=3a，
∴VA−A1BD=VA1−ABD ∴13⋅S△A1BD⋅AG=13⋅SΔABD⋅AA1 ，
∴122a⋅2a⋅sin60∘⋅AG=12⋅a⋅a⋅a ∴AG=33a，
∴AGAC1=33a3a=13.
【变式10-3】（23-24高一下·湖南长沙·期末）空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，故其各个顶点的曲率均为2π−3×π3=π.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点A的曲率为2π3，N，M分别为AB，CC1的中点，且AB=AC.
(1)证明：CN⊥平面ABB1A1；
(2)若AA1=2AB，求二面角B1−AM−C1的余弦值；
(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：D−L+M=2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数.
【解题思路】（1）由直棱柱的性质可得AA1⊥AC,AA1⊥AB，AA1⊥CN，再由点A的曲率可求出∠BAC=π3，则△ABC为等边三角形，所以CN⊥AB，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取A1C1的中点F，连接B1F,MF，则B1F⊥平面AA1C1C，所以B1F⊥AM,B1F⊥MF，AM⊥B1M，则AM⊥平面B1FM，所以可得∠FMB1为二面角B1−AM−C1的平面角，在Rt△FMB1中可求得结果；
（3）设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1,2,⋅⋅⋅,M号，设第i号（1≤i≤M）多边形有Li条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果.
【解答过程】（1）证明：因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC,AB⊂平面ABC，
所以AA1⊥AC,AA1⊥AB，
所以点A的曲率为2π−2×π2−∠BAC=2π3，得∠BAC=π3，
因为AB=AC，所以△ABC为等边三角形，
因为N为AB的中点，所以CN⊥AB，
因为AA1⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，
所以AA1⊥CN，
因为AA1∩AB=A，AA1,AB⊂平面ABB1A1，所以CN⊥平面ABB1A1；
（2）解：取A1C1的中点F，连接B1F,MF，
因为△A1B1C1为等边三角形，所以B1F⊥A1C1，
因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以平面AA1C1C⊥平面A1B1C1，
因为平面AA1C1C∩平面A1B1C1=A1C1，B1F⊂平面A1B1C1，
所以B1F⊥平面AA1C1C，
因为AM,MF⊂平面AA1C1C，所以B1F⊥AM,B1F⊥MF，
设AB=2，则AA1=2,AM=B1M=3,AB1=6，
所以AM2+B1M2=AB12，所以AM⊥B1M，
因为B1F∩B1M=B1，B1F,B1M⊂平面B1FM，
所以AM⊥平面B1FM，
因为MF⊂平面B1FM，所以AM⊥MF，
所以∠FMB1为二面角B1−AM−C1的平面角，
因为MF=222+12=62,B1M=3，
所以在Rt△FMB1中，cs∠FMB1=FMMB1=22，
所以二面角B1−AM−C1的余弦值为22；
（3）证明：设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1,2,⋅⋅⋅,M号，
设第i号（1≤i≤M）多边形有Li条边，
则多面体共有L=L1+L2+⋅⋅⋅+LM2条棱，
由题意，多面体共有D=2−M+L=2−M+L1+L2+⋅⋅⋅+LM2个顶点，
i号多边形的内角之和为πLi−2π，
所以所有多边形的内角之和为π(L1+L2+⋅⋅⋅+LM)−2πM，
所以多面体的总曲率为2πD−[π(L1+L2+⋅⋅⋅+LM)−2πM]
=2π2−M+L1+L2+⋅⋅⋅+LM2−[π(L1+L2+⋅⋅⋅+LM)−2πM]
=4π
所以简单多面体的总曲率为4π.
一、单选题
1．（2024·内蒙古包头·三模）如图，已知正方形ABCD为圆柱的轴截面，AB=BC=2，E，F为上底面圆周上的两个动点，且EF过上底面的圆心G，若AB⊥EF，则三棱锥A−BEF的体积为（ ）

A．23B．43C．223D．233
【解题思路】设圆柱的下底面的圆心为O，由线面垂直的判定定理得出EF⊥平面CDAB，再由VA−BEF=13S△ABGEF可得答案.
【解答过程】如图设圆柱的下底面的圆心为O，连接AG,BG,OG，
则OG=BC=2，且OG⊥平面GEC，
EF⊂平面GEC，所以OG⊥EF，又AB//CD，AB⊥EF，
所以CD⊥EF，又CD∩OG=G，CD,OG⊂平面CDAB，
所以EF⊥平面CDAB，且EG=GF=2，
S△ABG=12AB×OG=2，
所以VA−BEF=13S△ABGEF=13×2×2=43.

故选：B.
2．（2024·全国·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，点M∈平面A1BCD1，且MBMA=13，则点M的轨迹的长度为（ ）
A．34πB．17πC．34π2D．17π2
【解题思路】作出辅助线，得到AE⊥平面A1BCD1，AE⊥ME，故MA2=ME2+8，在平面A1BCD1内建立平面直角坐标系，设Mx,y，表达出MA,MB，根据MA=3MB得到方程，求出点M的轨迹是半径为344的圆，求出轨迹长度.
【解答过程】设E为AB1，A1B的交点，所以AE⊥A1B．
又BC⊥平面AA1B1B，AE⊂平面AA1B1B，所以BC⊥AE．
又BC∩A1B=B，BC,A1B⊂平面A1BCD1，所以AE⊥平面A1BCD1．
因为点M∈平面A1BCD1，故ME⊂平面A1BCD1，
所以AE⊥ME，所以MA2=ME2+AE2，
因为正方体的棱长为4，所以A1B=AB1=42,AE=22，即MA2=ME2+8，
在平面A1BCD1内建立平面直角坐标系，如图，
则A10,0,B42,0,E22,0,C42,4,D10,4．
设Mx,y，则ME2=x−222+y−02=x2−42x+8+y2，
MB2=x−422+y−02=x2−82x+32+y2，
所以MA2=ME2+8=x2−42x+16+y2．
又MA=3MB，故MA2=9MB2，即x2−42x+16+y2=9x2−82x+32+y2，
整理得x2+y2−1722x+34=0，即x−17242+y2=178，
故点M的轨迹是半径为344的圆，
所以点M的轨迹长度为2π⋅344=34π2．
故选：C．
3．（2024·山东济南·三模）如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E,F,G分别为BC,CC1,BB1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行
C．三棱锥F−ABE的体积为18D．直线BC与平面AEF所成的角为45°
【解题思路】A选项根据正方体的性质判断；对于B，D利用空间向量判断，对于C，利用体积公式求解即可.
【解答过程】A选项：ABCD−A1B1C1D1为正方体，所以DD1//CC1，直线AF与直线CC1不垂直，所以直线AF与直线DD1不垂直，故A错误；
如图建立空间直角坐标系，则A2,0,0,E1,2,0,F0,2,1,G2,2,1,A12,0,2，
对于B，设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，则AE→·n→=−x+2y=0AF→·n→=−2x+2y+z=0，令y=1，则n=(2,1,2)，
因为A1G→=0,2,−1，所以A1G→·n→=0×2+2×1−1×2=0，所以A1G⊥n，
因为A1G在平面AEF外，所以直线A1G与平面AEF平行，所以B正确，
对于C， S△ABE=12BE⋅AB=12×1×12=14，所以三棱锥F−ABE的体积为13S△AEB⋅d=13×14×12=124，所以C错误，
对于D，B1,1,0,C0,1,0,BC⃗=−1,0,0，直线BC与平面AEF所成的角为θ，sinθ=BC⋅nBCn=−21×22+12+22=23，所以D错误，
故选：B.
4．（2024·全国·模拟预测）已知△ABC中，AC=1,AB=2,BC=3，在线段AB上取一点M，连接CM，如图①所示．将△ACM沿直线CM折起，使得点A到达A′的位置，此时△BCM内部存在一点N，使得A′N⊥平面BCM,NC=73，如图②所示，则A′M的值可能为（ ）
A．25B．35C．45D．1
【解题思路】寻找点N的临界状态，再利用余弦定理、勾股定理计算，最后判断A′M的取值范围.
【解答过程】连接MN．因为A′N⊥平面BCM,CN,MN⊂平面BCM，所以A′N⊥CN，
A′N⊥MN．在Rt△A′CN中，A′C=AC=1,CN=73，
所以A′N=A′C2−CN2=1−79=23．
所以在Rt△A′MN中，A′M>A′N=23．
因为在△ABC中，AC2+BC2=1+3=4=AB2，所以△ABC是直角三角形，
且∠ACB=90°,A=60°,B=30°．
因为CN=73，所以点N在以点C为圆心，73为半径的圆C上．
作CD⊥AB于点D，因为点C到直线AB的距离CD=ACsinA=32，且32<73<1，
所以圆C与线段AB交于两点，记为N1和N2，记圆C与线段CB的交点为N3，如图所示．
在△ACN1中，由余弦定理得csA=AC2+AN12−CN122AC⋅AN1，代入数据，解得AN1=13；
同理，在△ACN2中，AN2=23．因为A′M=AM>23>13，所以点M在线段N1B上．
因为点N在△BCM内部，所以点N在弧N2N3上（不含点N2和N3）．
设AM=A′M=t，当点N在点N2时，MN=MN2=23−t．
在Rt△A′MN中，A′M2=MN2+A′N2，即t2=23−t2+29，解得t=12．
当点N在点N3时，MN=MN3．在Rt△A′MN中，A′M2=MN2+A′N2，
即t2=MN32+29，则MN32=t2−29．
在△BMN3中，BM=2−t,BN3=3−73,B=30°，
由余弦定理得MN32=BM2+BN32−2BM⋅BN3⋅csB，
代入数据，解得t=21−32<45．
因为随着t的增大，点M靠近点B，线段MN的长增大，点N靠近点N3，
所以A′M=t的取值范围为12,21−32．结合选项可知，A′M的值可能是35．
故选：B．
5．（2024·湖北·模拟预测）如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB=4，BC=2，CC1=3，BE=1，则点C到平面AEC1F的距离为（ ）
A．22B．322C．43311D．3311
【解题思路】建立空间直角坐标系，计算平面AEC1F的法向量，利用点到面距离的向量公式d=|CC1·n||n|即得解
【解答过程】以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
则D0,0,0,A2,0,0,B2,4,0,C0,4,0,E2,4,1,C10,4,3，
∴AC1=−2,4,3，AE=0,4,1.
设n为平面AEC1F的法向量，n=x,y,z，
由n·AE=0n·AC1=0，得4y+z=0−2x+4y+3z=0，
令z=1，∴x=1y=−14，
所以n=1,−14,1.
又CC1=0,0,3，
∴点C到平面AEC1F的距离d=|CC1·n||n|=43311.
故选：C.
6．（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形ABCD中，∠ABC=120°．将菱形沿对角线AC折叠成大小为30°的二面角B′−AC−D．若点E为B′C的中点，F为三棱锥B′−ACD表面上的动点，且总满足AC⊥EF，则点F轨迹的长度为（ ）
A．4+6−22B．4+6+22C．4+6−2D．4+6+2
【解题思路】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求B′D=6−2，进而利用线面垂直可判断点F轨迹为△EPQ，求解周长即可．
【解答过程】连接AC、BD，交于点O，连接OB′，
ABCD为菱形，∠ABC=120°，
所以AC⊥BD，OB′⊥AC，OD⊥AC，
所以∠B′OD为二面角B′−AC−D的平面角，
于是∠B′OD=30°，
又因为OB′=OD=12AB=2，
所以B′D=B′O2+DO2−2B′O⋅DOcs30∘=22+22−2×2×2×32=6−2，
取OC中点P，取CD中点Q，连接EP、EQ、PQ，所以PQ//OD、EP//OB′，
所以AC⊥EP、AC⊥PQ，EP，EQ相交，
所以AC⊥平面EPQ，
所以在三棱锥B′−ACD表面上，满足AC⊥EF的点F轨迹为△EPQ，
因为EP=12OB′，PQ=12OD，EQ=12B′D，
所以△EPQ的周长为12×6−2+2+2=4+6−22，
所以点F轨迹的长度为4+6−22．
故选：A．
7．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）已知四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD,PD=AD，点E是线段PB上的动点，则直线DE与平面PBC所成角的最大值为（ ）
A．π6B．π4C．π3D．π2
【解题思路】根据题意，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.
【解答过程】
由题意，因为ABCD为正方形，且PD⊥底面ABCD，
以D为原点，DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
设PD=AD=1，则D0,0,0,B1,1,0,C0,1,0,P0,0,1，
所以PB=1,1,−1,PC=0,1,−1，设PE=λPB，λ∈0,1，
则PE=λ,λ,−λ，所以Eλ,λ,1−λ，即DE=λ,λ,1−λ，
设平面PBC的法向量为n=x,y,z，
则n⋅PB=x+y−z=0n⋅PC=y−z=0，解得x=0,y=z，取y=z=1，
所以平面PBC的一个法向量为n=0,1,1，
设直线DE与平面PBC所成角为θ，
则sinθ=cs=n⋅DEnDE=12×2λ2+1−λ2=12×3λ−132+23，
因为y=sinθ,θ∈0,π2单调递增，所以当λ=13时，sinθ=32最大，
此时θ=π3，即直线DE与平面PBC所成角的最大值为π3.
故选:C.
8．（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，M，N，G，H分别为棱AB，BC，AD，CD，A1B1，C1D1的中点，P为DH的中点，连接EH，FG．对于空间任意两点I，J，若线段IJ上不存在也在线段EH，FG上的点，则称I，J两点“可视”，则与点B1“可视”的点为（ ）
A．DB．PC．MD．N
【解题思路】连接B1D、B1P、B1E、MF、B1M、B1N，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段B1D与EH相交，线段B1P与EH相交，线段B1M与FG相交，从而排除A、B、C.
【解答过程】如图，连接B1D，B1P，B1E，由正方体的性质及E、H分别为棱AB、C1D1的中点，
易得B1E//HD，所以线段B1D与EH相交，B1P与EH相交，故A、B错误；
连接MF，B1M，有AB//MF，AB//B1G，故B1G//MF，
所以线段B1M与FG相交，C错误；
连接B1N，直线B1N与EH，直线B1N与FG均为异面直线，D正确.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，B1C1的中点，以下说法正确的是（ ）
A．三棱锥C1−EFG的体积为13B．A1C⊥平面EFG
C．BC1∥平面EFGD．二面角G−EF−C的余弦值为36
【解题思路】建立如图所示的空间直角坐标系，由向量法证明BC1//面EFG，A1C⊥平面EFG，转换后求棱锥的体积，由空间向量法求二面角，从而判断各选项．
【解答过程】如图，分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，B1(2,2,2)，A1(2,0,2)，
E，F，G分别为AD，AB，B1C1的中点，则E(1,0,0)，F(2,1,0)，G(1,2,2)，
EF=(1,1,0),EG=(0,2,2)，BC1=(−2,0,2)，
易知BC1=EG−2EF，所以BC1,EF,EG共面，
又BC1⊄平面EFG，所以BC1//面EFG，C正确；
VC1−EFG=VB−EFG=VG−BEF=13S△BEF⋅BB1=13×12×1×1×2=13，A正确；
A1C=(−2,2,−2)，A1C⋅EF=−2+2+0=0，同理A1C⋅EG=0，
所以A1C是平面EFG的一个法向量，即A1C⊥平面EFG，B正确；
平面CEF的一个法向量是n=(0,0,1)，
csA1C,n=A1C⋅nA1Cn=−223×1=−33，因此二面角G−EF−C的余弦值为33，D错误．
故选：ABC．
10．（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，平面PAC⊥平面ABC，且△PAC和△ABC均是边长为2的等边三角形，D,E,F分别为AB,AC,BC的中点，G为PB上的动点（不含端点），平面EFG交直线PA于H，则下列说法正确的是（ ）
A．当G运动时，总有HG//AB
B．当G运动时，点G到直线AC距离的最小值为62
C．存在点G，使得CD⊥平面EFG
D．当PG>GB时，直线PC,GF,HE交于同一点
【解题思路】选项A，根据条件，得到AB//面EFG，再利用线面平行的性质，即可求解；选项B，根据条件得到EG为点G到直线AC的距离，从而知当EG⊥PC时，点G到直线AC距离最小，再利用等面积，即可求解；选项C，建立空间直角坐标系，根据条件得到DC与FG不垂直，即可求解；选项D，根据条件得到HE,GF必有交点，再利用基本事实3，即可求解.
【解答过程】对于选项A，因为E,F分别为AC,BC的中点，所以EF//AB，
又G为PB上的动点（不含端点），故AB⊄面EFG，所以AB//面EFG，
又面EFG∩面PAB=HG，AB⊂面PAB，故HG//AB，所以选项A正确，
对于选项B，由题知△APB≅△CPB，所以AG=CG，得到EG⊥AC，即EG为点G到直线AC的距离，
如图1，连接EP,EB，因为PE⊥AC，又平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，PE⊂面PAC，
所以PE⊥面ABC，又EB⊂面ABC，所以PE⊥EB，
在Rt△PEB中，当EG⊥PC时，点G到直线AC距离最小，
又PE=EB=3，PB=6，由6EG=3×3，得到EG=36=62，所以选项B正确，
对于选项C，由选项B知，可建立如图2所示的空间直角坐标系，
则A(0,−1,0),C(0,1,0),B(3,0,0),P(0,0,3)，
又D,F分别是AB,BC的中点，所以D(32,−12,0),F(32,12,0)，设BG=λBP,(0<λ<1)，
又DC=(−32,32,0)，BP=(−3,0,3)，FG=FB+BG=(32−3λ,−12,3λ)，
由DC⋅FG=0，得到−32(32−3λ)−34=0，解得λ=1，又0<λ<，
所以DC与FG不垂直，故不存在点G，使得CD⊥平面EFG，所以选项C错误，
对于选项D，如图3，由（1）知HG//AB，又EF//AB，且EF=12AB，
又PG>GB，所以HG//EF，且HG>EF，则HE,GF必有交点，
设HE∩GF=Q，因为HE⊂面APC，所以Q∈面APC，
又GF⊂面BPC，所以Q∈面BPC，得到Q∈面APC∩面BPC=PC，
所以直线PC,GF,HE交于同一点，故选项D正确，
故选：ABD.
11．（2024·山东·二模）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2,AB⊥BC，P,Q分别为棱BC,A1C1上的动点，且BP=λBC，C1Q=λC1A1，λ∈0,1，则（ ）
A．存在λ使得PQ⊥A1B
B．存在λ使得PQ//平面ABB1A1
C．若BB1,B1C1长度为定值，则λ=12时三棱锥B−A1PQ体积最大
D．当λ=12时，直线PQ与A1B所成角的余弦值的最小值为223
【解题思路】建立空间直角坐标系B1−xyz，用向量在空间直线、面位置关系和空间角、距离上的应用方法一一去计算求解，并结合一元二次函数、基本不等式求最值即可.
【解答过程】如图，由题意可建立如图所示的空间直角坐标系B1−xyz，设BC=a,BB1=b，
则由题：B10,0,0,A10,2,0,C1a,0,0,A0,2,b,B0,0,b，
所以A1B=0,−2,b，C1A=−a,2,0，BC=B1C1=a,0,0，B1B=0,0,b，
又BP=λBC，C1Q=λC1A1，λ∈0,1，
所以B1P=B1B+BP=B1B+λBC=λa,0,b，即Pλa,0,b，
OQ=OC1+C1Q=OC1+λC1A1=a−λa,2λ,0，即Qa−λa,2λ,0，
所以PQ=a−2λa,2λ,−b，
对A，由上PQ·A1B=a−2λa,2λ,−b·0,−2,b=−4λ−b2<0，故A错误；
对B，由题意B1C1=a,0,0是平面ABB1A1的一个法向量，
PQ·B1C1=a−2λa,2λ,−b·a,0,0=a2−2λa2，
故当λ=12时PQ·B1C1=a2−2λa2=0，此时PQ//平面ABB1A1，故B正确；
对C，由上A1P=λa,−2,b，PQ=a−2λa,2λ,−b，A1B=0,−2,b
设平面A1BP的一个法向量为m=x,y,z，则m⊥A1Bm⊥A1P，
所以m·A1B=−2y+bz=0m·A1P=λax−2y+bz=0，取z=2，则m=0,b,2，
设点Q到平面A1BP的距离为d，则由λ∈0,1得d=PQ·mm=2bλ−1b2+4=2b1−λb2+4，
又由题意可知S△A1BP=12A1BBP=λa·b2+42，
故VB−A1PQ=13S△A1BPd=13×λa·b2+42×2b1−λb2+4=−abλ2−λ3 =−abλ−1223+ab12，
因为BB1,B1C1长度为定值，所以ab为定值，
故当λ=12时，三棱锥B−A1PQ体积最大，故C正确；
对D，设直线PQ与A1B所成角为θ，由上当λ=12时csθ=PQ·A1BPQA1B
=b2+2b2+1b2+4=b4+4b2+4b4+5b2+4=b2+4b2+4b2+4b2+5=1−1b2+4b2+5 ≥1−12b2×4b2+5=223，
当且仅当b2=4b2即b=2时等号成立，故D对.
故选：BCD.
三、填空题
12．（2024·安徽芜湖·三模）在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是棱BB1的中点，则四面体A1C1EB的外接球的体积为 76193π ．
【解题思路】建立空间直角坐标系，设四面体A1C1EB的外接球的球心为O(x,y,z)，列式求解可得x=1,y=1,z=1，即可求得外接球的半径，由球的体积公式即可求得答案.
【解答过程】以D为坐标原点，以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则A1(4,0,4),C1(0,4,4),E(4,4,2),B(4,4,0)，
设四面体A1C1EB的外接球的球心为O(x,y,z)，
则OA1=OC1=OE=OB,即得(x−4)2+y2+(z−4)2=x2+y−42+(z−4)2
=(x−4)2+y−42+(z−2)2=x−42+y−42+z2，
整理得x−42+y2=x2+y−42y2+(z−4)2=y−42+z2z−22=z2，解得x=1,y=1,z=1，
故四面体A1C1EB的外接球的半径为(x−4)2+y2+(z−4)2=19，
故四面体A1C1EB的外接球的体积为43π×193=76193π，
故答案为：76193π.
13．（2024·四川成都·二模）如图，在平行四边形ABCD中，DC=2AD=2AC=4，AB=4AF=4EC，且EF交AC于点G，现沿折痕AC将△ADC折起，直至满足条件DC⊥BC，此时EF的长度为 3 ．
【解题思路】
根据题意，证得BC⊥平面D1AC，得到平面D1AC⊥平面ABC，分别过点E,F作AC的垂线EM,FN，证得EM⊥MN，NF⊥MN，再由EF=EM+MN+NF，结合向量的运算法则，即可求解.
【解答过程】
由题意可知△AGF≌△CGE，所以GF=GE=1，折起后，如图所示，
因为D1C⊥BC，BC⊥AC，且AC∩D1C=C，AC,D1C⊂平面D1AC，
所以BC⊥平面D1AC，
又因为BC⊂平面ABC，所以平面D1AC⊥平面ABC，
分别过点E,F作AC的垂线EM,FN，垂足分别为点M,N，
又平面D1AC∩平面ABC=AC，所以EM⊥平面ABC，NF⊥平面D1AC，
因为MN⊂平面ABC，MN⊂平面D1AC，所以EM⊥MN，NF⊥MN，
又由EF=EM+MN+NF，所以EF2=EM2+MN2+NF2=12+2+12=3，
所以EF=3．
故答案为：3.
14．（2024·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，动点M，N分别在棱BC，AB上，且满足AN=BM，当VD−MNB1的体积最小时，B1M与平面A1MN所成角的正弦值是 4515 ．
【解题思路】设AN=x0≤x≤2，结合等积法，可求出当VD−MNB1的体积最小时，M，N分别是所在棱的中点；法一，根据VM−A1B1N=VB1−A1MN，可求出点B1到平面A1MN的距离为ℎ，结合直线与平面所成角的集合法即可求解；法二，建立空间直角坐标系，应用向量法求解.
【解答过程】设AN=x0≤x≤2，则
S△DMN=2×2−12×2x−122−xx−12×22−x=2−122−xx．
由等体积法，得
VD−MNB1=VB1−DMN=13×2×S△DMN=43−132−xx≥43−132−x+x22=1，
当且仅当2−x=x，即x=1时，等号成立．
所以当VD−MNB1的体积最小时，M，N分别是所在棱的中点．
方法一 易知A1N=B1M=5，A1M=3，MN=2．由余弦定理，得
cs∠A1MN=32+22−522×3×2=22，所以sin∠A1MN=22，
所以S△A1MN=12×2×3×22=32．
设点B1到平面A1MN的距离为ℎ．根据VM−A1B1N=VB1−A1MN，
得13×12×2×2×1=13×32×ℎ，解得ℎ=43．
所以B1M与平面A1NM所成角的正弦值为ℎB1M=435=4515．
方法二 以点D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立空间直角坐标系，
则N2,1,0，M1,2,0，A12,0,2，B12,2,2．
所以MN=1,−1,0，A1M=−1,2,−2，MB1=1,0,2．
设平面A1MN的法向量为n=x,y,z，
则n⋅MN=0,n⋅A1M=0,即x−y=0,−x+2y−2z=0.令x=1，得y=1，z=12，
则n=1,1,12．设B1M与平面A1MN所成的角为θ，
则sinθ=csn,MB1=n⋅MB1nMB1=1×1+1×0+12×212+12+122×12+02+22=4515．
故答案为：4515.
四、解答题
15．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，已知多面体是由正四棱锥P-ABCD与正方体ABCD−A1B1C1D1组合而成的，且PC=32AB.

(1)求证：PC//平面ADC1B1；
(2)若AB=3，求四棱锥P−ADC1B1的体积.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系证明线面平行即可；
（2）根据线面垂直结合锥体体积公式计算即可.
【解答过程】（1）如图以点A1为原点，A1D1为 x 轴A1B1为 y 轴A1A为 z 轴建立空间直角坐标系．
设 AB=2a,则 PC=32AB=3a,过 P 作PP1平面ABCD . P−ABCD是正四棱锥点P1是正方形ABCD的中心,
因为PC2=PP12+CP12，PC=3a,CP1=2a，所以PP1=a,
C2a,2a,2a,Pa,a,3a,PC→=−a,−a,a
设平面ADC1B1法向量为n→=x,y,z,
A0,0,2a,D0,2a,2a,C12a,2a,0,
AD→=2a,0,0,AC1→=2a,2a,−2a,
则2ax=02ax+2ay−2az=0,
可得x=0y=1z=1,
所以n→=0,1,1,n→·PC→=0−a+a=0,PC不在平面ADC1B1内，所以PC//平面ADC1B1

（2）因为AB=3，所以CD1=32,
因为PC//平面ADC1B1,所以VP−ADC1B1=VC−ADC1B1，
因为CD1⊥C1D,AD⊥CD1,AD∩DC1=D,AD⊂平面ADC1B1,DC1⊂平面ADC1B1,所以CD1⊥平面ADC1B1,
VP−ADC1B1=VC−ADC1B1=13×CD12×SADC1B1=13×22×3×32×3=9.
16．（2024·陕西铜川·模拟预测）如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=CD=2，AD=AB=1，AB⊥DA，AB//CD，点M是棱PC的中点．
(1)求证：BM//平面PAD；
(2)求平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）取PD的中点E，连接ME，AE，根据E是PD的中点，得到EM//AB，EM=AB，从而四边形ABME是平行四边形，得到AE//BM，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面BDM的一个法向量n=x,y,z，平面PAB的一个法向量m=a,b,c，设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，由csθ=csn,m=|n⋅m|nm求解．
【解答过程】（1）证明：取PD的中点E，连接ME，AE，
因为E是PD的中点，M是PC的中点，
所以EM//DC，EM=12DC=1，又AB//CD，AB=1，
所以EM//AB，EM=AB，
所以四边形ABME是平行四边形，所以AE//BM，
又AE⊂平面PAD，BM⊄平面PAD，所以BM//平面PAD．
（2）解：因为PD⊥平面ABCD，DA，DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥DC，又AB⊥DA，AB//CD，所以AD⊥DC．
以D为坐标原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则D0,0,0,P0,0,2,A1,0,0,B1,1,0,C0,2,0，所以M0,1,1．
设平面BDM的一个法向量n=x,y,z，又DB=1,1,0，DM=0,1,1，
所以n⋅DB=x+y=0,n⋅DM=y+z=0,
令x=1，解得y=−1，z=1，
所以平面BMD的一个法向量n=1,−1,1．
设平面PAB的一个法向量m=a,b,c，又AP=−1,0,2，AB=0,1,0，
所以m⋅AP=−a+2c=0,m⋅AB=b=0.
令a=2，解得b=0，c=1，
所以平面PAB的一个法向量m=2,0,1，
设平面PAB与平面BMD所成锐二面角的大小为θ，
所以csθ=csn→,m→=|n→⋅m→|n→m→=31+1+1×4+1=155．
即平面PAB与平面BMD所成锐二面角的余弦值为155．
17．（2024·云南·模拟预测）如图，已知四棱锥S−ABCD中，SA⊥平面ABCD，∠CDA=∠DCB=90°，BC=2AD=2CD=4．

(1)求证：平面SAC⊥平面SAB；
(2)若平面SAB与平面SCD所成角的余弦值为66，求线段SA的长．
【解题思路】（1）设BC中点为E，连接AE，先证得AB⊥AC，SA⊥AC，由线面垂直的判定定理可证得AC⊥平面SAB，再由面面垂直的判定定理即可证明.
（2）以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，设SA=aa>0，分别求出平面SAB与平面SCD的法向量，代入二面角公式即可得出答案.
【解答过程】（1）证明：设BC中点为E，连接AE，如图，

因为∠CDA=∠DCB=90°，且AD=CD，
故四边形ADCE为正方形，
而AC=22+22=22，AE=2，AB=22+22=22，
所以BC2=AB2+AC2，所以AB⊥AC，
因为SA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以SA⊥AC，
又SA,AB⊂平面SAB，SA∩AB=A，所以AC⊥平面SAB，
因为AC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面SAB．
（2）解：以A为坐标原点，AE、AD、AS所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
设SA=aa>0，则C2,2,0，D0,2,0，B2,−2,0，S0,0,a，
所以SD=0,2,−a，DC=2,0,0，
设平面SCD的法向量为n=x,y,z，则n⋅SD=0n⋅DC=0，即2y−az=02x=0，
令z=2，所以n=0,a,2，
由（1）知，平面SAB的法向量为AC=2,2,0，
设平面SAB与平面SCD所成角为θ，则csθ=66，
csAC,n=AC⋅nACn=2a22×02+22+a2=66，
解得a=2或a=−2（舍去），所以AS=2．
18．（2024·四川雅安·模拟预测）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，棱AC,CC1的中点分别为D,E,C1在平面ABC内的射影为D，△ABC是边长为2的等边三角形，且AA1=2，点F在棱B1C1上运动（包括端点）．
(1)若点F为棱B1C1的中点，求点F到平面BDE的距离；
(2)求锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围．
【解题思路】（1）利用空间向量法求点到面的距离即可；
（2）用动点引入变量表示动向量，再用空间向量法求二面角的余弦值，最后利用关于变量的函数求取值范围即可.
【解答过程】（1）连接DC1，依题意可知DC1⊥平面ABC，由于AC,BD⊂平面ABC，
所以DC1⊥AC,DC1⊥BD，
由于三角形ABC是等边三角形，所以BD⊥AC，BD=22−12=3，
又DC1=22−12=3，
以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则C10,0,3，C1,0,0,E12,0,32,B0,3,0，
又C1B1=CB=−1,3,0，故B1−1,3,3，F−12,32,3，
则DE=12,0,32，DB=0,3,0，
设平面BDE的法向量为m=x1,y1,z1，
则m⋅DE=12x1+32z1=0m⋅DB=3y1=0，令z1=1，则x1=−3，y1=0，
故m=−3,0,1，又BF=−12,−32,3，
所以点F到平面BDE的距离为d=BF⋅mm=3322=334.
（2）设C1F→=λC1B1→0≤λ≤1，C1B1=−1,3,0，
则DF=DC1+C1F=DC1+λC1B1=0,0,3+λ−1,3,0=−λ,3λ,3，
设平面BDF的法向量为n=x2,y2,z2，
则m⋅DF=−λx2+3λy2+3z2=0m⋅DB=3y2=0，令x2=3，则z2=λ，y2=0，
故n=3,0,λ，
设锐二面角F−BD−E为θ，
则csθ=m⋅nm⋅n=−3+λ2×3+λ2=12⋅3−λ3+λ2 =123−λ2λ2+3，
令3−λ=tt∈2,3，
所以csθ=12t212−6t+t2=121121t2−6t+1，设s=1ts∈13,12，
则csθ=12112s2−6s+1，
二次函数y=12s2−6s+1=12s−142+14的开口向上，对称轴为s=14，
所以当s∈13,12时，该二次函数单调递增，
所以当s=13时，该二次函数有最小值12×132−6×13+1=13，
当s=12时，该二次函数有最大值12×122−6×12+1=1，
所以112s2−6s+1∈1,3，即csθ∈12,32.
即锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围为12,32.
19．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形BCDP中，PD//BC，BA⊥AD，垂足为A,PA=AB=BC=2AD，将△PAB沿AB翻折到△SAB的位置，使得平面SAB⊥平面ABCD，如图2所示.

(1)设平面SCD与平面SAB的交线为l，证明：BC⊥l.
(2)在线段SC上是否存在一点Q（点Q不与端点重合），使得二面角Q−BD−C的余弦值为66？若存在，求出SQQC的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由面面垂直的性质得到BC⊥平面SAB，即可得证；
（2）由面面垂直的性质得到SA⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，设SQSC=λ(0<λ<1)，利用空间向量法得到方程，求出λ的值，即可得解.
【解答过程】（1）由题意可知BC⊥AB.
因为平面ASB∩平面ABCD=AB，平面SAB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面SAB，
因为平面SCD∩平面SAB=l，所以l⊂平面SAB，则BC⊥l.
（2）由图1可知AB⊥AD.
因为平面SAB∩平面ABCD=AB，平面SAB⊥平面ABCD，SA⊂平面SAB，
所以SA⊥平面ABCD，
又AB,AD⊂平面ABCD，
所以SA⊥AB,SA⊥AD，则AB,AD,AS两两互相垂直，
故以A为坐标原点，AD,AB,AS的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：

设AD=1，则B0,2,0,C2,2,0,D1,0,0,S0,0,2，
所以BD=1,−2,0,SC=2,2,−2.
设SQSC=λ(0<λ<1)，则SQ=λSC=2λ,2λ,−2λ，从而Q2λ,2λ,−2λ+2，
所以BQ=2λ,2λ−2,−2λ+2，
设平面BDQ的法向量为n=x,y,z，
则n⋅BD=x−2y=0n⋅BQ=2λx+2λ−2y+−2λ+2z=0，
令x=2−2λ，得n=2−2λ,1−λ,1−3λ，
易知平面BCD的一个法向量为m=0,0,1，
设二面角Q−BD−C为θ，
则csθ=csn,m=n⋅mnm=1−3λ(2−2λ)2+(1−λ)2+(1−3λ)2=66，
即6(1−3λ)2=14λ2−16λ+6，整理得2λ2=λ，解得λ=12或λ=0（舍去）.
故当SQQC=1时，二面角Q−BD−C的余弦值为66.