专题03五大类立体几何题型-2024年高考数学最后冲刺大题秒杀技巧及题型专项训练（新高考新题型专用）（解析版）_2024年4月_01按日期_16号

专题 03 五大类立体几何题型-2024 年高考数学大题
秒杀技巧及专项训练（解析版）
【题型1 线面平行问题（刻度尺平移大法）】
【题型2 线面垂直问题（勾股定理妙解）】
【题型3 点面距离（体积求算）问题】
【题型4 线面夹角问题（两大法）】
【题型5 面面夹角问题（两大法）】
基础工具：法向量的求算
待定系数法：步骤如下：
⃗n=(x,y,z)
①设出平面的法向量为 ．
⃗a=(a ,b ,c ) ⃗b=(a ,b ,c )
②找出(求出)平面内的两个不共线的向量 1 1 1 ， 2 2 2 ．
{⃗n⋅⃗a=0
③根据法向量的定义建立关于x,y,z的方程组
⃗n⋅ ⃗b=0
④解方程组，取其中的一个解，即得法向量．
{⃗n⋅⃗a=0
⃗n⋅ ⃗b=0
注意：在利用上述步骤求解平面的法向量时，方程组 有无数多个解，只需给
x,y,z中的一个变量赋于一个值，即可确定平面的一个法向量；赋的值不同，所求平面的
法向量就不同，但它们是共线向量．
秒杀大法：口诀：求谁不看谁，积差很崩溃（求外用外减，求内用内减）
向量 ， 是平面 内的两个不共线向量，则向量
⃗n=(y z −y z ,x z −x z ,x y −x y )
1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 是平面 的一个法向量.
特别注意：空间点不容易表示出来时直接设空间点的坐标，然后利用距离列三个方程求解.：线面平行问题
线面平行：关键点 ①必须将刻度尺与所证线重合，然后平移落在所证平面且留下痕迹②
眼神法：观察采用哪一种技巧（五种方法）（记住六大图像）
：中位线型
如图⑴，在底面为平行四边形的四棱锥 中，点 是 的中点.求证： 平
面 .
分析：
：构造平行四边形
如图⑵, 平行四边形 和梯形 所在平面相交， // ，求证： //平面
.
分析：过点 作 // 交 于 ， 就是平面
与平面 的交线，那么只要证明 // 即可。
：作辅助面使两个平面是平行
如图⑶，在四棱锥 中，底面 为菱形， 为 的中点， 为 的
中点，证明：直线分析：：取 中点 ，连接 ，只需证平面 ∥平面 。
：利用平行线分线段成比例定理的逆定理证线线平行。
已知公共边为AB的两个全等的矩形ABCD和ABEF不在同一平面内，P，Q分别是对角线
AE，BD上的点，且AP＝DQ（如图）．求证：PQ∥平面CBE．
如图⑸，已知三棱锥 ， 是 , , 的重心.(1)求
证： ∥面 ；
（向量法）所证直线与已知平面的法向量垂直，关键：建立空间坐标
系（或找空间一组基底）及平面的法向量。
如 图 ⑹ ， 在 四 棱 锥 中 ， 底 面 为 正 方 形 ， 侧 棱 底 面
分别为 的中点．证明 平面 ；
分析：因为侧棱 底面 ，底面 是正方形，所以很容易建立空间直
角坐标系及相应的点的坐标。证明：如图，建立空间直角坐标系 ．
设 ，则
， ．
因为 轴垂直与平面 ，故可设平面的法向量为 =（0，1，0）
则： =0因此 ，所以 平面 ．
如图，三棱柱 中， 为底面 的重心， ．
(1)求证： ∥平面 ；
(2)若 底面 ，且三棱柱 的各棱长均为6，设直线 与平面 所
成的角为 ，求 的值．
破解：（1）连接 交 于 点，连接 ．
因为 为底面 的重心，则 ，又因为 ，则 ，可知 ∥ ，
因为 平面 平面 ，
所以 ∥平面 ．
（2）取 的中点 ，连接 ．
因为 底面 ，且三棱柱 的各棱长均为6，
可知射线 两两垂直，
以 所在直线分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，可得 ，可得 ，
所以 ．
如图，平行六面体 中， 分别为 的中点， 在 上.(1)求证： 平面 ；
(2)若 平面 ，求平面 与平
面 的夹角的余弦值.
破解：（1）证明：如图，设 的中点为 ，连接 .
∵ 为 的中点，
∴ 且 .
又 为 的中点，且四边形 是平行四边形，
∴ 且
∴四边形 为平行四边形.∴ .
又∵ 平面 平面 ，∴ 平面 .
（2）解：在平面 中，作 交 于 .
∵ 平面 ， 平面 ， 平面 ，
∴ .
∴ 两两互相垂直.
分别以射线 为 轴､ 轴､ 轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系
，在平行六面体 中，由 平面 得平行四边形 是矩形.
根据已知可得 ，
.
.
由 平面 得 是平面 的法向量.
设 是平面 的法向量，则
取 ，得 .
∴ 是平面 的法向量
∴ .设平面 与平面 的夹角为 ，则 .
平面 与平面 的夹角的余弦值为 .
如图，已知四棱台 的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面
⊥平面ABCD， ，点P是棱 的中点，点Q在棱BC上．
(1)若 ，证明： 平面 ；
(2)若二面角 的正弦值为 ，求BQ的长．
破解：（1）证明：取AA 的中点M，连接MP，MB．
1
在四棱台ABCDABCD 中，四边形AADD 是梯形， AD 2 ， ，
1 1 1 1 1 1 1 1 AD4
AD AD
又点M，P分别是棱
A 1 A
，D
1
D的中点，所以
MP∥AD
，且MP 1 1
2
3．
在正方形ABCD中，BC∥AD，BC 4，又BQ3QC，所以BQ3．
从而MP∥BQ且MPBQ，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以PQ∥MB．
又因为MB平面ABB
1
A
1
，PQ平面ABB
1
A
1
，所以PQ∥平面ABB
1
A
1
；（2）在平面AADD中，作AO AD于O．
1 1 1
因为平面AADD平面ABCD，平面AADD平面ABCD AD，AO AD，AO平面
1 1 1 1 1 1
AADD，所以AO平面ABCD．
1 1 1
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则ON OD．
⃗ ⃗ ⃗
 
以 ON,OD,OA
1
为正交基底，建立空间直角坐标系Oxyz．
因为四边形AA 1 D 1 D是等腰梯形， A 1 D 1 2 ， AD4 ，所以AO1，又A 1 AD 1 D 17 ，所
以AO4．
1
易得 B4,1,0， D0,3,0， C4,3,0，
D 1
0,2,4，P  

0, 5
2
,2  

，所以 
D
⃗ C4,0,0，
 D ⃗ P  

0, 1
2
,2  

，
C
⃗
B
 0,4,0．
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗
：设CQCB0,4,001，所以DQDCCQ4,4,0．
⃗  1
设平面PDQ的法向量为 ⃗ ，由    m  D ⃗ P0 ，得    2 y2z0 ，取 ⃗ ，
mx,y,z mDO0  4x4y0 m4,4,1⃗
另取平面DCQ的一个法向量为n0,0,1
．
1
设二面角 的平面角为θ，由题意得 cos 1sin2 ．
PQDC 26
⃗⃗
⃗⃗ mn 1 1 1
又 cos cosm,n  ⃗⃗  ，所以  ，
m n 4217 42 17 26
3 3
解得 （舍负），因此CQ 43， ．
4 4 BQ1
5 26
所以当二面角 的正弦值为 时，BQ的长为1．
PQDC 26
⃗
：设 Q4,t,01t3，所以 DQ4,t3,0．
⃗  1
设平面PDQ的法向量为 ⃗ ，由    m  D ⃗ P0 ，得    2 y2z0 ，取
mx,y,z mDQ0  4x(t3)y0
⃗
m3t,4,1
，
⃗
另取平面DCQ的一个法向量为n0,0,1
．
1
设二面角 的平面角为θ，由题意得 cos 1sin2 ．
PQDC 26
⃗⃗
⃗⃗ mn 1 1 1
又 cos cosm,n  ⃗⃗  ，所以  ，
m n 3t217 3t2 17 26
解得t0或6（舍），因此BQ1．
5 26
所以当二面角 的正弦值为 时，BQ的长为1．
PQDC 26：在平面 中，作 ，垂足为H．
AADD
1 1 PH  AD
因为平面A 1 ADD 1 平面ABCD，平面A 1 ADD 1 平面ABCD AD，PH  AD，PH 平面
AADD ，
1 1
所以PH 平面ABCD，又DQ平面ABCD，所以PH DQ．
在平面ABCD中，作HGDQ，垂足为G，连接PG．
因为PH DQ，HGDQ，PHHGH ，PH，HG平面PHG，
所以DQ平面PHG，又PG平面PHG，所以DQPG．
因为HGDQ，PGDQ，所以PGH 是二面角PQDA的平面角．
在四棱台ABCDABCD 中，四边形AADD 是梯形，
1 1 1 1 1 1
AD 2 ， ，AADD 17 ，点P是棱DD 的中点，
1 1 AD4 1 1 1
1
所以 ，DH  ．
PH 2 2
设BQx0x4，则CQ4x，DQ 424x2  x28x32，
1 1 1 2
在 中，  4  x28x32HG，从而HG ．
△QHD 2 2 2 x28x32
因为二面角PQDC的平面角与二面角PQDA的平面角互补，
5 26 5 26
且二面角 的正弦值为 ，所以sinPGH  ，从而 ．
PQDC 26 26 tanPGH 5
PH
所以在 中，  x28x32 5，解得 或 （舍）．
Rt△PHG HG x1 x7
5 26
所以当二面角 的正弦值为 时，BQ的长为1．
PQDC 261．如图，在直三棱柱 中， ， ，M，N，P分别为
，AC，BC的中点．
求证： 平面 ；
【详解】∵直三棱柱 中， 为AB 的中点，
1 1
1 1
所以BM  AB  AB，且 ，
1 2 1 1 2 BM//AB
1
因为P，N 分别BC，AC的中点，
1
∴ ，PN  AB，
PN//AB 2
 PN//B 1 M ，PN =B 1 M ，
∴四边形BMNP为平行四边形，∴MN//BP，
1 1
又∵MN平面BCCB，BP平面BCCB，
1 1 1 1 1
故MN //平面BCCB.
1 1
1
2．如图，在四棱锥 中， 平面 ，BC  AD，
PABCD PA ABCD，AB AD,AD//BC 2
PA AB2，E为棱PD的中点．求证：EC//平面PAB；
【详解】取PA中点为M ，连接ME,MB，如下所示：
1
在△ 中，因为 分别为 的中点，故 //AD,ME AD；
PAD M,E PA,PD ME 2
1
又AD//BC,BC  AD，故 // ，则四边形 为平行四边形， // ；
2 ME BC,MEBC MBCE EC MB
又MB面PAB,EC面PAB，故EC//面PAB.
3．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，PA ADCD2，BC 3，
PC 2 3．
(1)求证：CD平面PAD；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面PBC与平面PAD所成锐
二面角的大小．
条件①：AB 5；条件②：BC//平面PAD．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解
答，按第一个解答计分．
π
【答案】(1)证明见解析(2)所选条件见解析，
4
【详解】（1）如图，连接AC，因PA平面ABCD，AC,CD平面ABCD，则PA AC，
PACD.
又PC  2 3，PA  2，则AC 2 2.
π π
注意到 ，则 为等腰直角三角形，其中ACD ，ADC  .
ADDC 2 △ADC 4 2
所以CD AD，又因为PACD，AD,PA平面PAD，ADPA A，
所以CD平面PAD；
（2）若选条件①，由余弦定理可得，
AC2  BC2  AB2 8  9  5 2
cosACB    ，结合 为三角形内角，
2AC  BC 2  2 2  3 2 ACB
π π π
得ACB ，又ACD ，则BCD ，即 .
4 4 2 BC CD
若选条件②，因BC //平面PAD，BC平面ABCD，平面ABCD平面PAD  AD，则
BC∥AD，
π π
又ADC  ，则BCD ，即 .
2 2 BC CD
故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（x轴所在直线与DC平行）
又PA ADCD2，BC 3，AB 5，
则A0,0,0，B2,1,0，C2,2,0，D0,2,0 ，P0,0,2，
⃗ ⃗ ⃗
则BC 0,3,0 ，CP2,2,2 ，DC2,0,0 .
⃗
平面
法向量为DC2,0,0
，
PAD⃗
⃗
 nBC 0 3y0
设平面 法向量为⃗ ，则⃗ ⃗  .
PBC nx,y,z nCP0 2x2y2z0
⃗
令x1，则y0,z1，所以n1,0,1
，
⃗
⃗
n
⃗


D
⃗
C 2 2
设面 与平面 所成角为 ，cos cosn,DC  ⃗ ⃗   ，
n  DC 22 2
PBC PAD 
π
根据平面角的范围可知 .
4
4．如图，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，AB，CD是长度为2的底面圆的两条直
径，ABCDO，且SO3，P为母线SB上一点．
求证：当P为SB中点时，SA∥平面PCD；
【详解】连接PO，因为P，O分别为SB，AB的中点，
所以PO为BSA的中位线，所以SA//PO，
又PO平面PCD，SA 平面PCD，所以SA∥平面PCD；
5．如图，在四棱锥PABCD中，PC 平面ABCD，AB//CD，点E在棱PB上，
PE 2EB，点F ，H 是棱PA上的三等分点，点G是棱PD的中点.
2
PC CBCD AB2， .
3 AC  13证明：HD//平面CFG，且EC//FG；
【详解】因为F ，G分别为PH ，PD的中点，
所以FG//HD，又FG平面CFG，HD平面CFG，
所以HD//平面CFG，
PE PH
连接 ，在 中，  2，
HE PAB EB HA
2
所以 ，且HE AB，
HE//AB 3
2
因为 ，CD AB，
AB//CD 3
所以CDHE，且CD//HE，
所以四边形HECD为平行四边形，
所以CE//HD，又FG//HD，所以CE//FG，
6．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PD AD，平面PAD平面
ABCD，PD AD2，E是PC的中点，作EF PB交PB于F ．求证：PA//平面BDE；
【详解】连接AC交BD于点O，连接EO，
四边形ABCD为正方形，O为AC中点，又E为PC中点，OE//PA，
OE平面BDE，PA平面BDE，PA//平面BDE.
7．在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，PAPC，PB AC.
(1)证明：四边形ABCD为菱形；
(2)E为棱PB上一点（不与P，B重合），证明：AE不可能与平面PCD平行.
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.
【详解】（1）（1）证明：连接AC，BD，设ACBDO，
因为底面ABCD为平行四边形，则O为AC，BD的中点.
因为PAPC，所以AC PO又AC PB，PBPOP，PO平面PBD，PB平面PBD，
所以AC 平面PBD，又BD平面PBD，所以ACBD，
所以四边形ABCD为菱形.
（2）（2）方法一：（反证法）假设AE∥平面PDC，
因为AB∥CD，AB平面PCD，CD平面PCD，所以AB∥平面PDC，
又AB平面PAB，AE平面PAB，ABAE E，
所以平面PAB∥平面PDC，这显然与平面PAB与平面PDC有公共点P所矛盾.
所以假设错误，即AE不可能与平面PCD平行.
方法二：∵P平面PAB，P平面PCD，
∴平面PAB与平面PCD必相交，可设平面PAB平面PCDl，
又∵AB∥CD，AB平面PCD，CD平面PCD，∴AB∥平面PCD，
又∵AB平面PAB，平面PAB平面PCDl，∴AB∥l
又∵AE平面PAB，且E不与B重合，∴AE必与l相交
∵l面PCD，∴AE必与平面PCD相交，
∴AE不可能与平面PCD平行.
8 ． 如 图 ， 在 平 行 六 面 体 ABCDABCD 中 ， AB AD AA 1， DAB90，
1 1 1 1 1
⃗ ⃗ 2 ⃗ ⃗ 1
cos AA,AB ，cos<AA,AD ，点 为 中点．
1 2 1 2 M BD证明：BM //平面ACD；
1 1 1
6
【答案】(1)证明见详解(2)
3
【详解】（1）连结BD ，交AC 于点N ，连结DN ，
1 1 1 1
在平行六面体ABCDABCD 中，DD //BB,DD BB ，N 是BD 的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以四边形BBDD是平行四边形，又点M 为BD中点，
1 1
则BN MD且BN //MD，
1 1
所以四边形BNDM 是平行四边形，从而BM //ND，
1 1
因为BM 平面ACD，DN  ACD，所以BM //平面ACD.
1 1 1 1 1 1 1 1
（2）以A为原点建立如图所示的坐标系，
则A(0,0,0),B(1,0,0)，D(0,1,0),C(1,1,0)，设点A 1 为(x,y,z)，其中z  0，
⃗ ⃗ ⃗
则AA x,y,z ，AB1,0,0 ，AD0,1,0 ，
1
⃗ ⃗
2
⃗ ⃗
1
因为 ，cos<AA,AB ，cos<AA,AD ，
AA 1 1 2 1 2
1
 ⃗
AA 1
 ⃗ 1 ⃗   x 2
所以       A  A   ⃗ A  ⃗ A  1 1    A  A   ⃗ B  ⃗ B   2 2 ，即     1 x  2 x 1   y2 2 2 z2 1 ，解得     y 1 2 2 ，
    A A ⃗ A  A 1 1   A  A  D ⃗ D   1 2    1 y 1  1 2    z 1 2
 2 1 1 ⃗  2 1 1
则A  , , ，则AA  , , ，
1 2 2 2 1  2 2 2
   
⃗
⃗
ABmx 0
 1
设平面 的法向量为 ⃗ ，则


A
⃗
A

m
⃗

2
x 
1
y 
1
z 0
，
BAA m(x,y ,z )  1 2 1 2 1 2 1
1 1 1 1
⃗
令y 1，则m(0,1,1)，
1
⃗
⃗
ADn y 0
 2
设平面 的法向量 ，则⃗ ⃗ 2 1 1 ，
⃗ AA n x  y  z 0
AAD n(x ,y ,z )  1 2 2 2 2 2 2
1 2 2 2
⃗
令x 1，则n(1,0, 2)，
2
设二面角BAA D为，则0π，
1
⃗⃗
⃗⃗ mn 2 3
所以 cos cosm,n  ⃗⃗   ，
m n 2 3 3
6
则sin 1cos2 ，
3
6
所以二面角 的正弦值为 .
BAA D 3
1
线面垂直问题（勾股定理妙解）600
必记结论：①特殊的平行四边形⇒边长之比1:2，夹角为 ，则对角线与边垂直
②特殊的直角梯形⇒边长之比1:1:2,对角线与腰垂直
③等腰三角形三线合一，三线与底垂直
④直径所对的圆周角为直角 ⑤菱形和正方形：对角线互相垂直
√2
⑥特殊的矩形：边长之比1:2或1： 有明显的直角关系
要证线面垂直，只需让线垂直于平面内两条相交直线即可
如：要证 平面 ；
第一步：表示 ,表示（ ）中的两个
第二步：
如图，在四棱锥 中， 平面 ，底面 是菱形， ，
．
求证： 平面 ．
证明：第一步：已知直线垂直于平面中某一直线（利用结论直接出答案）
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD.
第二步：求算平面中某一直线垂直于已知直线
又因为PA⊥平面ABCD. 所以PA⊥BD. 又因为 所以BD⊥平面PAC.如图，在三棱柱 中， 平面 ， .
求证： 平面 ；
证明：第一步：已知直线垂直于平面中某一直线（利用结论直接出答案）
因为 ，所以
第二步：求算平面中某一直线垂直于已知直线
在三棱柱 中，由 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以平面 平面 ，交线为 .
又因为 ，所以 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以
又 ，所以 平面 .
三棱柱 中，侧棱与底面垂直， ， ， ，
分别是 ， 的中点．
求证： 平面 ．
证明：第一步：已知直线垂直于平面中某一直线（利用结论直接出答案）三棱柱 中，侧棱与底面垂直，
四边形 是正方形． ． ．
第二步：求算平面中某一直线垂直于已知直线
连接 ， ， ．
，又 是 的中点， ．
与 相交于点 ， 平面 ．
1．在长方体 中， 是 上的点,，且 的长成等比数列，又
是 所在的直线 上的动点.
(1)求证： 平面
【详解】如图，
连接 交 于点 ，在长方体 中，有 面 ，
因为 面 ，所以 ，
又因为 的长成等比数列，所以 的长成等比数列，即 ，
注意到 ，
所以 ，从而 ，
又因为 ，
所以 ，从而 ，
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平行且等于 ， 平行且等于 ，
所以 平行且等于 ，即四边形 是平行四边形，
所以 ，
又因为 平面 ，所以 平面 .
2．如图，在三棱柱 中， 平面 ， 是 的中点， 是边长
为 的等边三角形．
证明： ．
【详解】因为 是边长为 的等边三角形，所以 ， ，
因为 为 中点，所以 ，所以 为等腰三角形，
所以 ，所以 ，所以 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 ，又 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ；
3．如图，在三棱台 中，平面 平面
.
证明： 平面 ；
【详解】由于平面 平面 且交线为 ,
又 平面 ，所以 平面
平面 故 ，
又 平面 ,故 平面
4．如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，点 在棱 上，
，点 ， 是棱 上的三等分点，点 是棱 的中点．
， ．
(1)证明： ∥平面 ，且 ， ， ， 四点共面；
(2)证明：平面 平面 ；
【详解】（1）因为F，G分别为 的中点，所以 ，
又 平面CFG， 平面 ，所以 平面 ．连接HE，在 中， ，
所以 ，且 ，
因为 ， ，
所以 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形．所以 ，
又FG∥HD，所以CE∥FG，
故C，E，F，G四点共面．
（2）由题意可知，AB3，BC 2，AC  13，
所以AB2BC2  AC2，故BC  AB．
又PC 平面ABCD，AB平面ABCD，所以PC  AB，
又BCPCC,BC,PC平面PBC，
故AB平面PBC，
又AB平面PAB，所以平面PAB平面PBC．
5．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD侧面PAB，F 为BD
中点，E是PA上的点，PAPD2，PAPD．
求证：平面PAD平面ABCD；【详解】平面PAD平面PAB，平面PAD平面PABPA，PAPD，PD平面
PAD，
PD平面PAB，又AB平面PAB，PD AB；
四边形ABCD为正方形，ABAD，
 PDADD，PD,AD平面PAD，AB平面PAD，
 AB平面ABCD，平面PAD平面ABCD.
π
6．如图，四棱锥 ABCDE,ABBC  AC CD2BE 2,BE∥CD,BCD ，平面
2
ABC平面BCDE,F为BC中点．
证明：平面AEC 平面AFD；
π
【详解】证明：根据题意可得 为 中点，所以FC 1,CD2,BCD ，
F BC 2
π
易知BE1,BC 2,BE∥CD,EBC  ，
2
所以△EBC △FCD，可得ECBFDC，
易知DFCFDC 90，所以DFCECB90，即DF EC；
由ABBC AC，F 为BC中点，可得AFBC，
又平面ABC平面BCDE，平面ABC平面BCDE BC，AF 平面ABC，
所以AF 平面BCDE，
又EC平面BCDE，所以AF EC；
又AFDF F ，AF,DF 平面ADF，
所以EC 平面ADF，又EC平面AEC，因此平面AEC 平面AFD；
7．如图几何体中，底面ABC是边长为2的正三角形，AE 平面ABC，若AE//CD//BF，
AE5，CD4，BF 3．
求证：平面DEF 平面AEFB；
【详解】证明：设M,N分别为EF，AB边的中点，连接MN,DM,CN ，
因为AE 平面ABC，且AE//CD//BF，AE5，CD4，BF 3，
所以MN CD4，且MN//CD，
即四边形CNMD为平行四边形，可得MD//CN，
在底面正三角形ABC中，N 为AB边的中点，则CN  AB，
又因为AE 平面ABC，且CN 平面ABC，所以AE CN ，
由于AEAB A，且AE,AB平面ABFE，所以CN 平面ABFE，
因为MD//CN，且CN 平面ABFE，则MD平面ABFE，
又MD平面DEF ，则平面DEF 平面AEFB．
8．如图，在直四棱柱ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，底面为矩形，AB 3AD 3a，高为h，O，
E分别为底面的中心和CD的中点．
求证：平面AOE平面CDDC ；
1 1 1【详解】连接AC、DE，
1
O，E分别为AC的中点和CD的中点，
∴OE∥AD，
∵AD∥A
1
D
1
，∴OE∥A
1
D
1
，
∴四点O、E 、A
1
、D
1
共面，
∵AD CD ，AD DD ，且DDDC D ，DD、DC 平面CDDC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
AD 平面CDDC ，
1 1 1 1
∴AD 平面CDDC ，
1 1 1 1
∵AD 平面AOE，
1 1 1
∴平面AOE平面CDDC ，
1 1 1
点面距离问题
√
(
⃗PP⋅⃗a) 2
d= | ⃗PP| 2 − 1
1 |⃗a|
结论1：《点线距离》 ⇒《异面直线求距离问题》
⃗PP⋅⃗n ⃗PP⋅⃗n
1 1
d= d=
|⃗n| |⃗n|
结论2：《点面距离》 结论3：《线面距离》⃗PP⋅⃗n
1
d=
|⃗n|
结论4：《面面距离》
d= √ (x −x ) 2 +(y −y ) 2 +(z −z ) 2
结论5：《点点距离》 1 2 1 2 1 2
在棱长为1的正方体 中， 为 的中点，则点 到直线 的距离
为
解：第一步：识别题干属于哪一种距离
空间点线距离
第二步：直接利用结论
则 ， ， ，所以
， ，
所以 在 上的投影为 ，
所以点 到直线 的距离 .
在棱长为 的正方体 中，则平面 与平面 之间的距离为( )
解：第一步：识别题干属于哪一种距离
空间面面距离
第二步：直接利用结论
建立如图所示的直角坐标系，则 ， ，， ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量 ，则 ，
即 ，解得（秒杀），故 ，
显然平面 平面 ，
所以平面 与平面 之间的距离
已知正方形 的边长为1， 平面 ，且 ， ， 分别为 ，
的中点.（1）求点 到平面 的距离；（2）求直线 到平面 的距离.
解：第一步：识别题干属于哪一种距离
空间面面距离
第二步：直接利用结论
建立以点 为坐标原点， ， ， 分别为 轴， 轴， 轴正方向的空间
直角坐标系，如图所示，
， ， 分别为 ， 的中点，
， ， ， ，
，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，秒杀 所以 ，
所以点 到平面 的距离 ，
（2）因为 ，
所以点 到平面 的距离 .
1．如图，在平行六面体 中，E在线段 上，且 F，
G分别为线段 ， 的中点，且底面 为正方形.
(1)求证:平面 平面
(2)若 与底面 不垂直，直线 与平面 所成角为 且 求点
A 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见详解(2)
【详解】（1）因为 ， 为 中点，
所以 ， ，即 ，
因为 是正方形，所以 ，因为 分别是 的中点，所以 ，所以 ，
又 ， 平面 ，
平面 ，又BC平面BCCB ，
1 1
平面BCCB 平面EGF .
1 1
uuur uuur
（2）以F 为坐标原点，过F 作与平面ABCD垂直的直线为z轴，以FC,GF的方向为x,y
轴的正方向，建立如图空间直角坐标系，
则D1,2,0,C1,0,0,B1,0,0 ，设E0,a,ha0,h0
，
⃗ ⃗ ⃗
则ED1,2a,h ，EB1,a,h ，CB2,0,0
，
⃗
设平面EBC的法向量为nx,y,z
，
⃗
⃗
 nEBxayhz0
则⃗ ⃗ ，令 ，则 ，
nCB2x0 yh za
⃗
所以n0,h,a
，又EB2，所以a2h2 3，
设直线ED与平面EBC所成角为，
⃗
⃗
EDn 2h 2
则sin ⃗ ⃗   ，
ED n 3 h22a2 1 2
3 3
解得a 或 （舍），h ，
2 a0 2
3 3
所以点 到平面 的距离为 ，则点 到平面 的距离为 .
E ABCD 2 A A 1 B 1 C 1 D 1 2
2．如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F 在底面圆O上，圆O的半径为1，
AF  3 G BFAF  3，点G是线段BF的中点.
(1)证明：EG//平面DAF ；
(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45，求点G到平面DEF 的距离.
15
【答案】(1)证明见解析(2)
10
【详解】（1）证明：取AF 中点M ，连接DM,GM ，如图所示：
G为BF中点，则GM//AB，又AB//DE，得GM//DE，
1 1
由GM  AB，DE AB，得 ，
2 2 GM DE
所以四边形DEGM 为平行四边形，DM//EG，
又DM平面DAF ，EG平面DAF ，所以EG//平面DAF .
（2）因为OB1，AF  3，AFB90，所以BF  AB2AF2  431.
因为DA平面ABF ，且直线DF与圆柱底面所成角为45，
所以AFD45，则有AD 3.
如图，以F 为原点，FB,FA分别为x,y轴，过F 垂直于底面的直线FN 为z轴，建立空间
直角坐标系Fxyz，则有F0,0,0,A  0, 3,0  ,B1,0,0,G    1 2 ,0,0    ,D  0, 3, 3  ,C  1,0, 3  ，E     1 2 , 2 3 , 3     ，
⃗   ⃗ 1 3 
FD 0, 3, 3 ,FE , , 3，
2 2 
 
⃗
⃗
FDn 3y 3z0

设平面 的一个法向量为 ，则⃗ ⃗ 1 3 ，
n
⃗
x,y,z
FEn x y 3z0
DEF  2 2
⃗  
令y1，有x 3,z1，得n 3,1,1 ，
⃗  3 
EG0, , 3，
 
2
 
设点G到平面DEF 的距离为d，
⃗
⃗ 
3
 3
EGn 2 15
d  ⃗   .
n 5 10
15
故点 到平面 的距离 .
G DEF 10
3．如图，在直三棱柱形木料ABC- A
1
B
1
C
1
中，D为上底面ABC上一点．(1)经过点D在上底面ABC上画一条直线l与B
1
D垂直，应该如何画线，请说明理由；
π
(2)若 ， ，ABC  ， 为 的中点，求点 到平面 的距离．
BC BB 1 1 AB2 1 1 1 2 E A 1 B 1 B AC 1 E
2 3
【答案】(1)答案见解析(2) ．
3
【详解】（1）连结BD，在平面ABC上作l BD，
因为ABC- ABC 为直三棱柱，所以BB 平面ABC，
1 1 1 1
因为l平面ABC，所以BB l，
1
因为l BB
1
，l BD，BB
1
BDB，BB
1
，BD平面BB
1
D，
所以l平面BBD，
1
因为BD平面BBD，所以l BD．
1 1 1
π
（2）因为ABC  ，所以 ， ， 两两互相垂直，以 为原点，
1 1 1 2 BA BC BB B
1 1 1 1 1 1
分别以B
1
A
1
，B
1
C
1
，B
1
B所在直线为x，y，z轴建立空向直角坐标系，
B0,0,1 ，A2,0,1 ，E1,0,0 ，C 0,1,0 ，
1
⃗ ⃗ ⃗
则BA2,0,0 ，EA1,0,1 ，EC 1,1,0 ．
1
⃗ ur uur
⃗ ⃗
设平面ACE的一个法向量为mx,y,z ，因为mEA，mEC ，
1 1
xz0
所以⃗
m



E
⃗
A

0
，
m
⃗


E

C
⃗
0
，则
xy0
，取
x1
，则
m
⃗ 1,1,1，
1⃗
⃗
BAm
2 3
设点 到平面 的距离为 ，则d  ⃗ 
ACE m 3
B 1 d
2 3
因此点 到平面 的距离为 ．
ACE
B 1 3
4．如图，在直四棱柱ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
中，底面ABCD为菱形，BAD60，AB2，
AA 4 2，E是DD 的中点．
1 1
(1)证明：BD//平面ACE；
1
(2)求点B到平面ACE的距离．
1
2 66
【答案】(1)证明见解析；(2) .
11
【详解】（1）如图所示，连接BD
1
交AC
1
于F点，连接EF，
由直四棱柱的性质可知F是BD
1
及AC
1
的中点，所以EF是BDD
1
的一条中位线，
即EF//BD，又EF 平面AC
1
E，BD平面AC
1
E，
所以BD//平面ACE；
1（2）如图所示，作CM  AD，交AD延长线于M，
由直四棱柱的特征易知D
1
D底面ADB，CM 面ADB，
所以DDCM ，又DDADD,DD、AD平面ADDA，
1 1 1 1 1
故CM面ADDA，
1 1
因为底面ABCD为菱形，BAD60，AB2，
所以CM  3,BD2,AC 2 3，则AC 2 11,EF 1，
1
易知B、D
1
到平面AEC
1
的距离相等，设点B到平面AC
1
E的距离为h，
1 1 1 1
则V V V  CM ADDE h EFAC ，
BAEC1 D1AEC1 C1AD1E 3 2 1 3 2 1
2 66
解之得h .
11
5．图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是正方形，点E在棱PD上，
AD AP2，AECE.
(1)证明：AEPD；
(2)求点C到平面BAE的距离.
【答案】(1)证明见解析(2) 2
【详解】（1）由PA平面ABCD，CD平面ABCD，故PACD，
由底面ABCD是正方形，故CD AD，
又PAAD A，PA、AD平面PAD，故CD平面PAD，
又AE平面PAD，故CD AE，又AECE，
CECDC，CE、CD平面PCD，故AE 平面PCD，又PD平面PCD，故AEPD；
（2）由AEPD，AD AP，故E为PD中点，
AP 2
又 平面 ，故点 到平面 的距离为  1，
PA ABCD E ABCD 2 2
1 1
AE PD  2222  2，
2 2
由底面ABCD是正方形，故BA//CD，由CD AE，故BA AE，
1 1 2
由 ，且V   221 ，
V V EABC 3 2 3
EABC CABE
1 1 2h 2
故V   2 2h  ，解得 ,
CABE 3 2 3 3 h 2
故点C到平面BAE的距离为 2.
6．设四边形ABCD为矩形，点P为平面ABCD外一点，且PA平面ABCD，若
PA AB1,BC 2.
(1)求PC与平面PAD所成角的正切值；
(2)在BC边上是否存在一点G，使得点D到平面PAG的距离为 2，若存在，求出BG的
值，若不存在，请说明理由；
5
【答案】(1) (2)存在，
5 BG1
【详解】（1）因为PA平面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD，
又ADCD,PAAD A,PA,AD平面PAD，所以CD平面PAD，
所以CPD即为PC与平面PAD所成角的平面角，CD 5
在 中， ，则tanCPD  ，
Rt△PCD PD 14  5 PD 5
5
所以 与平面 所成角的正切值为 ；
PC PAD 5
（2）假设存在，设BGx0x2
，
连接AG,DG，作DM  AG于点M ，
因为PA平面ABCD，DM平面ABCD，所以PADM ，
又PAAG A,PA,AG平面PAG，所以DM 平面PAG，
所以DM 即为点D到平面PAG的距离，
由BGx，得AG x21，
1 1 2
由S  21 AGDM  x21，解得 ，
ADG 2 2 2 x1
所以存在，BG1.
7．如图，在四棱锥PABCD中，AD//BC，ADPD，平面PAD平面PCD．
(1)证明：BC平面PCD；
1
(2)已知ADPDDC  BC 2，且 ，求点D到平面 的距离．
2 DPC 30 PAB2 21
【答案】(1)证明见解析(2)
7
【详解】（1）因为平面PAD平面PCD，平面PAD平面PCDPD，
且ADPD，AD 平面PAD，所以AD平面PCD，
又因为AD//BC，所以BC平面PCD．
（2）由（1）可知，AD平面PCD，且AD平面ABCD，所以平面ABCD平面PCD，
过P作直线CD的垂线，垂足为H ，则PH 平面ABCD，
由CPDDCP30，PD2，
可得PDC 120，PH PDsin(180120) 3，PA2 2，AB2 2，
因为BC平面PCD，PC平面PCD，所以PC BC，
则PB2 BC2PC2，可得PB2 7，
1
在直角梯形 中，因为ADDC  BC 2，可得 ，
ABCD 2 DAB135
1
所以S  22 2sin1352，在等腰 中， ，
△DAB 2 PAB PA AB2 2,PB2 7
PB
取 的中点 ，连接 ，可得 ，且AM  PA2( )2 1，
PB M AM AM PB 2
1
所以S  PBAM  7 ，
PAB 2
设点D到平面PAB的距离为h，
1 1 2 21
由 ，可得 S h S PH，解得h ，
V V 3 PAB 3 DAB 7
DPAB PABD
2 21
所以点 到平面 的距离为 ．
D PAB 78．如图，在三棱柱ABC- ABC 中，CAA 60，ABBC，AC CC ，点E，F分别
1 1 1 1 1
为BC，AC 的中点．
1 1
(1)求证：EF//平面ABBA ；
1 1
(2)若底面ABC是边长为2的正三角形，且平面ACC A 平面ABC，求点C 到平面
1 1 1
ABBA 的距离．
1 1
2 15
【答案】(1)证明见解析(2)
5
【详解】（1作AB 的中点D，连接DF，DB，
1 1
1
因为点D，F分别为 ， 的中点，所以 ，且DF  BC ，
AB AC DF//BC 2 1 1
1 1 1 1 1 1
又由三棱柱的定义，结合点E为BC的中点可知：DF//BE，且DF BE，
所以四边形DFEB是平行四边形，所以EF//BD，
又EF 平面ABB
1
A
1
，BD平面ABB
1
A
1
，所以EF//平面ABB
1
A
1
；（2）作AC的中点G，连接AG，AC，AB，GB，
1 1 1
因为CAA 60，AC CC  AA ，所以△ACA 是正三角形，
1 1 1 1
又点G为AC的中点，所以AG AC，
1
由平面ACC A 平面ABC，有平面ACC A 平面ABC  AC，
1 1 1 1
因为AG平面ACC A ，所以AG平面ABC，
1 1 1 1
又BG平面ABC，所以A
1
GBG，
所以AG是三棱锥A ABC的高，
1 1
1 1
所以V  S AG  3 31，
A 1ABC 3 △ABC 1 3
又因为CC //平面ABBA ，点C 到平面ABBA 的距离即为点C到平面ABA 的距离，
1 1 1 1 1 1 1
1 1  2 15
又
AB AG2BG2  6
，S
ABA1

2
A
1
B AB2
2
A
1
B


2
，
1 1
1 2 15
设点C到平面 的距离为d，则V V  S d 1，解得d  ．
ABA 1 A 1 ABC C 1 ABA 1 3 ABA 1 5
线面夹角问题（两大法）|⃗a⋅ ⃗b|( ( π ))
cosθ= θ∈ 0,
|⃗a|⋅| ⃗b| 2
结论1：异面直线所成角
①能建空间直角坐标系时，写出相关各点的坐标，然后利用结论求解
⃗a⋅ ⃗b
cos⟨⃗a,⃗b⟩=
|⃗a|⋅| ⃗b|
②不能建空间直角坐标系时，取基底的思想，在由公式 求出
关键是求出
⃗a⋅ ⃗b
及
|⃗a|
与
|
⃗b|
⃗AB⋅⃗n ( ( π ))
cosα=sinθ= θ∈ 0，
|
⃗AB|⋅|⃗n| 2
结论2：线面角
结论： { 点面距离（ 往往用等体积法计算）， 线自身长度}
如图，在四棱锥 中，四边形 是菱形， ， 为正三
角形， .
求直线 与平面 所成角的大小；
解：第一步：先去掉相同的字母且明确求哪个点到哪个面的距离
直线 与平面 ，去掉相同的 ,只需求 到平面 的距离即
第二步：利用等体积法求距离
， ,第三步：利用结论求出答案
,
四棱锥 中， 平面 ，四边形 为菱形， ，
， 为 的中点．
求 与平面 所成的角的正切值；
解：第一步：先去掉相同的字母且明确求哪个点到哪个面的距离
直线 与平面 ，去掉相同的 ,只需求 到平面 的距离即
第二步：利用等体积法求距离
， ,
第三步：利用结论求出答案
,
如图，在直三棱柱 中， ， ， 是 的中
点， 是 的中点.求直线 与平面 所成的角的大小.
解：第一步：先去掉相同的字母且明确求哪个点到哪个面的距离
直线 与平面 ，去掉相同的 ,只需求 到平面 的距离即
第二步：利用等体积法求距离
设 ，
第三步：利用结论求出答案
,
在长方体 中， ， ，则 与平面 所成角
的正弦值为______________．
第一步：建系出现坐标
如图，建立空间直角坐标系 ，
则 ， ， ， ，
所以 ，设平面 的一个法向量为 ，
由题可得 ，秒杀可得 ，
第二步：利用结论
设 与平面 所成角为 ，则 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
1．如图，在几何体 中， 为等腰梯形， 为矩形， ， ，
，DE 2，EF 1，平面ADEF 平面ABCD.
(1)证明：BF CF ；
(2)求直线AF 与平面CEF所成角的余弦值.
3
【答案】(1)证明见解析(2)
2
【详解】（1）证明：如图，过点F 作AD的垂线，垂足为M ，连接MB,MC，
由已知可得AM MF 1，MD2，BM  2，CM  5，
平面ADEF 平面ABCD，平面ADEF平面ABCD AD，FM 平面ADEF ，
FM  AD
FM 平面ABCD，
MB，MC平面ABCD，FM MB，FM MC，BF  FM2BM2  3，CF  FM2CM2  6
BF2 CF2 BC2，BF CF.
（2）解：建立如图所示空间直角坐标系Axyz,
则C1,3,0,E0,2,1,F0,1,1
，
⃗ ⃗ ⃗
AF 0,1,1,CE1,1,1,EF 0,1,0 ，
⃗
⃗
 nEF y0
设平面 的法向量为⃗ ，则⃗ ⃗ ，
CEF
nx,y,z nCExyz0
⃗
令x1得n1,0,1
，
设直线AF 与平面CEF所成角为，
⃗
⃗
⃗
⃗
AFn
1 1
则，sin cosAF,n  ⃗ ⃗   .
AF n 2 2 2
 π π
  0, ，
 2 6
3
即直线 与平面 所成角的余弦值为 .
AF CEF 2
2．如图，三棱柱ABC- ABC 中，四边形ACC A,BCCB 均为正方形，D,E分别是棱
1 1 1 1 1 1 1
AB,AB 的中点，N 为CE上一点.
1 1 1(1)证明：BN //平面ADC；
1
⃗ ⃗
(2)若AB AC,CE 3C N ，求直线DN 与平面ADC所成角的正弦值.
1 1 1
15
【答案】(1)证明见解析(2)
10
【详解】（1）连接BE,BC ,DE.
1
因为AB // A
1
B
1
，且AB A
1
B
1
，
又D,E分别是棱AB,AB 的中点，
1 1
所以BD // A
1
E，且BD A
1
E，
所以四边形BDA
1
E为平行四边形，所以A
1
D // EB，
又AD平面ADC,EB平面ADC，
1 1 1
所以EB //平面A
1
DC，
因为DE // BB
1
// CC
1
，且DE BB
1
CC
1
，
所以四边形DCC
1
E为平行四边形，所以C
1
E // CD，
又CD平面ADC,CE平面ADC，
1 1 1
所以CE //平面ADC，
1 1
因为CEEBE,CE,EB平面BEC ，
1 1 1
所以平面BEC //平面ADC，
1 1
因为BN 平面BEC ，所以BN //平面ADC.
1 1（2）四边形ACC A,BCCB 均为正方形，所以CC AC,CC BC.
1 1 1 1 1 1
所以CC 平面ABC.
1
因为DE // CC ，
1
所以DE平面ABC.
从而DEDB,DEDC.
又AB AC，
所以ABC为等边三角形.
因为D是棱AB的中点，
所以CDDB.
即DB,DC,DE两两垂直.
以D为原点，DB,DC,DE所在直线为x,y,z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
设AB2 3，
则D0,0,0,E  0,0,2 3  ,C0,3,0,C  0,3,2 3  ,A   3,0,2 3  ，
1 1
⃗ ⃗
所以DC 0,3,0,DA    3,0,2 3  .
1
⃗
设nx,y,z 为平面ADC的法向量，
1
⃗
⃗
 nDC 0  3y0
则⃗ ⃗ ，即 ，可取⃗ .
nDA 0  3x2 3z0 n2,0,1
1⃗ ⃗
 
⃗
 
因为CE3CN，所以N 0,2,2 3 ,DN  0,2,2 3 .
1 1
设直线DN 与平面ADC所成角为，
1
⃗
⃗
|n
⃗


D
⃗
N| 2 3 15
则sin|cosn,DN| ⃗ ⃗   ，
|n||DN| 54 10
15
即直线 与平面 所成角正弦值为 .
DN ADC 10
1
3．如图，在四棱锥QABCD中，四边形ABCD为直角梯形，CD//AB，BC  AB，平面
QAD平面ABCD，QAQD，点M 是AD的中点.
(1)证明：QM BD.
(2)点N 是CQ的中点，AD AB2CD2，当直线MN与平面QBC所成角的正弦值为
42
时，求四棱锥 的体积.
7 QABCD
3 3 3
【答案】(1)证明见解析(2) 或
2 4
【详解】（1）M 是AD中点，QAQD，QM  AD，
平面QAD平面ABCD，平面QAD平面ABCD AD，QM 平面QAD，
QM 平面ABCD，又BD平面ABCD，QM BD.
（2）方法一：取BC中点F ，连接MF,QF ，作MGQF，垂足为G，连接NG,MC，M,F 分别为AD,BC中点，AB//CD，MF//AB，又BC  AB，MF BC；
由（1）知：QM 平面ABCD，BC平面ABCD，QM BC；
QM,MF 平面QMF ，QM MF M ，BC 平面QMF ，
MG平面QMF ，BCMG，
又MGQF，QFBC F ，QF,BC平面QBC，MG平面QBC，
42
直线 与平面 所成角为 ，sinMNG ，
 MN QBC MNG 7
设QM aa0 ，
MF  1 ABCD 3 ，BC  AD2   1 AB   2  3，
2 2 2 
MC  MF2   1 BC   2  3，MN  1 QC  1 a23，
2  2 2
3
a
QMMF 2 3a
MG  
又 ，
QF 9 94a2
a2
4
3a
MG 94a2 42
sinMNG   ，解得： 或 ，
MN 1 7 3
a23 a
2 a 3 2
1 1 3
V   ABCDBCQM  QM ，
QABCD 3 2 2
3 3 3 3
当 时，V  ；当QM  时，V  .
 QM  3 QABCD 2 2 QABCD 43 3 3
综上所述：四棱锥 的体积为 或 .
QABCD 2 4
方法二：取BC中点F ，连接MF，
M,F 分别为AD,BC中点，AB//CD，MF//AB，又BC  AB，MF BC；
由（1）知：QM 平面ABCD，
⃗ ⃗
以F 为坐标原点，FM,FB正方向为x,y轴正方向，过F 作z轴//QM ，可建立如图所示空
间直角坐标系，
设QM aa0 ，
MF  1 ABCD 3 ，BC  AD2   1 AB   2  3，
2 2 2 
M    3 2 ,0,0    ，Q    3 2 ,0,a    ，B     0, 2 3 ,0     ，C     0, 2 3 ,0     ，N     3 4 , 4 3 , a 2     ，
⃗  3 3 a ⃗ 3 3 
MN    4 , 4 , 2   ，  B  C ⃗   0, 3,0 ，CQ 2 , 2 ,a  ；
   
⃗
设平面QBC的法向量nx,y,z
，
⃗
⃗
BCn 3y0

则⃗ ⃗ 3 3 ，令 ，解得： ， ， ；
CQn x yaz0
n
⃗
2a,0,3
 2 2 x2a y0 z3
⃗
⃗
⃗ ⃗ MNn 3a 42
cosMN,n  M  N ⃗  n ⃗  3a2  7 ，解得： 或 3 ，
 4a29 a
4 a 3 21 1 3
V   ABCDBCQM  QM ，
QABCD 3 2 2
3 3 3 3
当 时，V  ；当QM  时，V  .
 QM  3 QABCD 2 2 QABCD 4
3 3 3
综上所述：四棱锥 的体积为 或 .
QABCD 2 4
4．如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F 在底面圆O上，圆O的半径为1，
AF  3，点G是线段BF的中点.
(1)证明：EG//平面DAF ；
(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45，求点G到平面DEF 的距离.
15
【答案】(1)证明见解析(2)
10
【详解】（1）证明：取AF 中点M ，连接DM,GM ，如图所示：
G为BF中点，则GM//AB，又AB//DE，得GM//DE，
1 1
由GM  AB，DE AB，得 ，
2 2 GM DE
所以四边形DEGM 为平行四边形，DM//EG，又DM平面DAF ，EG平面DAF ，所以EG//平面DAF .
（2）因为OB1，AF  3，AFB90，所以BF  AB2AF2  431.
因为DA平面ABF ，且直线DF与圆柱底面所成角为45，
所以AFD45，则有AD 3.
如图，以F 为原点，FB,FA分别为x,y轴，过F 垂直于底面的直线FN 为z轴，建立空间
直角坐标系Fxyz，
则有F0,0,0,A  0, 3,0  ,B1,0,0,G    1 2 ,0,0    ,D  0, 3, 3  ,C  1,0, 3  ，E     1 2 , 2 3 , 3     ，
⃗   ⃗ 1 3 
FD 0, 3, 3 ,FE , , 3，
2 2 
 
⃗
⃗
FDn 3y 3z0

设平面 的一个法向量为 ，则⃗ ⃗ 1 3 ，
n
⃗
x,y,z
FEn x y 3z0
DEF  2 2
⃗  
令y1，有x 3,z1，得n 3,1,1 ，
⃗  3 
EG0, , 3，
 
2
 
设点G到平面DEF 的距离为d，
⃗
⃗ 
3
 3
EGn 2 15
d  ⃗   .
n 5 10
15
故点 到平面 的距离 .
G DEF 105．如图，在三棱柱ABC- ABC 中，A在底面ABC上的射影为线段BC的中点，M为线段
1 1 1 1
BC 的中点，且AA 2AB2AC4，BAC 90.
1 1 1
(1)求三棱锥M ABC的体积；
1
(2)求MC与平面MAB所成角的正弦值.
1
2 14 14
【答案】(1) (2)
3 6
【详解】（1）取BC的中点O，连接OA，OA ，
1
因为A在底面ABC上的射影为O，
1
所以OA 面ABC，
1
在三棱柱ABC- ABC 中，面ABC//面ABC ，
1 1 1 1 1 1
所以OA 面ABC.因为MA 面ABC ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以OA MA，
1 1
在△ABC 中，M为线段BC 的中点，BC MA，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为BC//BC ，
1 1
所以BCMA，
1
因为OA �面ABC，BC面ABC，OA BC O，
1 1 1 1
所以MA 面ABC，
1 1
ABC中，AB AC 2，BAC 90，所以BC 2 2，OA 2，1 1 1 1 1
所以V  S MA   BCOA MA   BC AA2 OA2 MA
MA1BC 3 A1BC 1 3 2 1 1 3 2 1 1
1 1 2 14
  2 2 162 2 ；
3 2 3
（2）设C到平面MAB的距离为d，则
1
在RtMAB中，MA  2，ACAB OA2OB2  1424，
1 1 1 1 1
1 1
所以S  MA AB  242 2，
MA1B 2 1 1 2
3V
所以d  MA1BC  7，
S
MA1B
设MC与平面MAB所成角为，则
1
d d 7 14
sin    ，
MC MA2AC2 216 6
1 1
14
所以MC与平面 所成角的正弦值为 .
MAB
6
1
6．如图，已知三棱锥PABC,PB平面PAC,PAPC,PAPBPC，点O是点P在平面
ABC内的射影，点Q在棱PA上，且满足 AQ 3PQ .
(1)求证：BCOQ；(2)求OQ与平面BCQ所成角的正弦值.
2 66
【答案】(1)证明见解析；(2)
33
【详解】（1）连结PO，

PB平面PAC,PA,PC平面PACPBPA,PBPC，
又 PAPCPA､PB､PC两两垂直，以P为原点，PA为x轴，PC为 y 轴，PB为z轴建
立空间直角坐标系Pxyz，如下图所示：
不妨设
，可得P0,0,0,A4,0,0,C0,4,0,B0,0,4,Q1,0,0
，
PA4
⃗ ⃗
AB4,0,4,AC C4,4,0
.
⃗ ⃗ ⃗
AB  BC  CA 4 2，所以 是正三角形，
ABC
点 为正三角形 的中心，所以  A ⃗ O   2  1  A ⃗ B    A ⃗ C    1 8,4,4   8 , 4 , 4 ，
O ABC 3 2 3  3 3 3
⃗ ⃗ ⃗
 8 4 4 4 4 4 4 4 4
POPAAO4,0,0 , ,  , , ,所以O , , .
 3 3 3 3 3 3 3 3 3
Q ⃗ O    

1
3
, 4
3
, 4
3
 

，又


B

C
⃗ 0,4,4，
⃗ ⃗
QOBC 0BC OQ.
（2） B  C ⃗ 0,4,4,Q ⃗ C  1,4,0 ，Q ⃗ O      1 3 , 3 4 , 4 3    ，Q ⃗ O      1 3    2    3 4   2    3 4   2  3 33 ，
⃗
设平面BCQ的一个法向量为nx,y,z
，⃗
⃗
 nBC 0 4y4z0
由⃗ ⃗ ，得： ，
nQC 0 x4y0
⃗⃗⃗
⃗
1 4 4
则x4,y1,z1,n4,1,1, n  421212 3 2,nQO4 1 1 4，
3 3 3
设OQ与平面BCQ所成角为，
⃗
⃗ Q
⃗
O

n
⃗
4 4 2 66
则 sin cosQO,n  Q ⃗ O  n ⃗  33  66  33 .
3 2
3
2 66
故直线 与平面 所成角的正弦值为 .
OQ BCQ 33
7．如图，在三棱台ABC- ABC 中，AA 平面ABC，ABC 90，AA  AB BC 1，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
AB2.
(1)求证：平面ABB
1
A
1
平面BCC
1
B
1
；
(2)求AC与平面BCCB 所成角正弦值.
1 1
1
【答案】(1)证明见解析(2)sin
2
【详解】（1）由ABC 90，得ABBC，
由AA 平面ABC，BC平面ABC，则AA BC，
1 1
又AA AB A,AA,AB平面ABBA ，所以BC平面ABBA ，
1 1 1 1 1 1
因为BC平面ABC
1
B
1
，所以平面ABB
1
A
1
平面BCC
1
B
1
．
（2）将棱台补全为如下棱锥DABC，由ABC 90，AA
1
 A
1
B
1
B
1
C
1
1，AB2，易知DA ABBC 2，AC 2 2，
由AA 平面ABC，AB,AC,BC平面ABC，则AA  AB，AA  AC，AA BC，
1 1 1 1
所以BD2 2，CD2 3.
1
可得S  22 2 2 2，
△BCD 2
设A到平面BCC
1
B
1
的距离为h，又V
DABC
V
ABCD
，
1 1 1
则 2 22 h2 2 ，可得 ，
3 2 3 h 2
 π h 1
设 AC 与平面 BCCB 所成角为  ，   0, 2   ，则sin AC  2 .
1 1
8．如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD为平行四边形，且
1 1
BD CD1,BDCD.DE 平面 ，且DE BF  3,DE .点 分别为线
2 ABCD 2 BF H,G
段DC,EF上的动点，满足DH EG(02).
(1)证明：直线GH 平面BCF；
42
(2)是否存在 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ？请说明理由.
 GH AEF 14
【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析【详解】（1）如图，以D为原点，分别以DC,DB,DE方向为x,y,z轴建立坐标系.
C2,0,0,B0,1,0,A2,1,0,E  0,0, 3  ,F  0,1,2 3  .
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
BC 2,1,0,BF   0,0,2 3  ,AE  2,1, 3  ,EF   0,1, 3  .
⃗
设平面BCF的法向量为n
1
x
1
,y
1
,z
1
 ，
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 2x y 0
则由BCn 0,BFn 0, 1 1 ，取 得 ⃗ .
1 1 2 3z
1
0 x
1
1 n
1
1,2,0
⃗ ⃗ ⃗ ⃗
因为 ，所以DH  DC,EG EF
DC EF 2,EGDH  2 2
  3  ⃗   3 
解得H,0,0,G  0, 2 , 3 2   ,GH   , 2 , 3 2  .
   
⃗ ⃗
所以n GH 0，且GH 平面BCF，所以GH 平面BCF
1
⃗
（2）设平面AEF 的法向量为n
2
x
2
,y
2
,z
2

⃗ ⃗ ⃗ ⃗  2x y  3z 0
则由AEn 2 0,EFn 2 0, y
2
2  3 2 z
2
0 2 ，解得 n ⃗
2
  3, 3,1 .
⃗ ⃗
3 3 42
所以sin cosn ,GH   ，
2 7 2233 14
解得1.面面夹角问题（两大法）
结论：二面角的平面角
提示： 是二面角的夹角，具体 取正取负完全用眼神法观察，若为锐角则
取正，若为钝角则取负.
结论：任意二面角的平面角 满足 如（ ）
注意： 为原图上的点，而分子_则是 点在面 的投影点
在如图所示的几何体中，四边形 是等腰梯形， ∥ ，
平面 .
求二面角 的余弦值.
解：
第一步：分析目标
令二面角 的平面角大小为
由二面角的平面角结论可得
第二步：求算目标中的两个面积
由题意得：令故
第三步：代入求目标
如图，在三棱柱 -中， ， ， ， 在底面
的射影为 的中点， 为 的中点.
求二面角 -BD- 的平面角的余弦值.
解：第一步：分析目标
令二面角 的平面角大小为
由二面角的平面角结论可得
第二步：求算目标中的两个面积
由题意得：故
第三步：代入求目标
目测此二面角为钝角，故二面角 的平面角的余弦值为四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠ADC=60°，PA=AD=2，E
为AD的中点.
求二面角A-PD-C的正弦值.
解：第一步：分析目标
令二面角 的平面角大小为
由二面角的平面角结论可得
第二步：求算目标中的两个面积
由题意得：故
第三步：代入求目标
故二面角A-PD-C的正弦值为
1．如图，三棱台 中， 是边长为2的等边三角形，四边形 是等腰
梯形，且 为 的中点.(1)证明： ；
(2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求二面角 的大小.
【答案】(1)证明见解析(2)
【详解】（1）如图，取 中点 ，连接 ，
因为 是等边三角形，点 是 的中点，
所以 ，
又四边形 是等腰梯形，且 为 的中点，
所以 ，
又 , 平面 ,
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 .
（2）以 为原点，建立的空间直角坐标系 ，如图所示
由（1）得 即为二面角A ACB的平面角，设BOD，
11 1
作 于 ，由 可得AE ACAC  ，
A 1 E AC E A 1 C 1  AA 1 1 2 1 1 2
3 3
AE AA2AE2  ，故OD AE ，
1 1 2 1 2
1 1
作 于 ，同理可得CF  ，所以OF  ，
C 1 F  AC F 2 2
从而B  0, 3,0  ,C1,0,0,A1,0,0,E    1 2 ,0,0    ,F     1 2 ,0,0    ,D     0, 2 3 cos, 2 3 sin     ，
⃗
 
所以CB 1, 3,0 ，
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗  1   3 3   1 3 3 
AA
1
 AEEA
1
 AEOD


2
,0,0


 
0,
2
cos,
2
sin
 

 

2
,
2
cos,
2
sin
 
，
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 1   3 3  1 3 3 
CC
1
CFFC
1
CFOD
2
,0,0


 
0,
2
cos,
2
sin
 

  2
,
2
cos,
2
sin
 
，
⃗
设平面BBCC的法向量为mx,y,z
，则
1 1
⃗
⃗ 

x 3y0
   m ⃗ C  B ⃗ 0 ，即  1 x 3 cosy 3 sinz0 ，
mCC 0 2 2 2
1
令x 3sin，则ysin,zcos1，
⃗  
所以m 3sin,sin,cos1 ，
3 3 3 3
⃗
⃗
 sin sincos sincos sin
从而 ⃗ ⃗ mAA 1 2 2 2 2
cosm,AA 1  m ⃗   A ⃗ A   3sin2sin212coscos2
1
3sin
 ，
3sin22cos2
3sin
3
即  ，化简得： ，
3sin22cos2 13 2cos23cos10
1
解得：cos 或 （舍）
2 cos1π
又 ，所以 ，
0π 3
π
所以二面角 的大小为 .
A ACB
3
1
2．如图，在三棱锥DABC中，AB ADBD3 2,AC 7,BC CD5．
(1)证明：平面ACD平面ABC；
⃗ ⃗
(2)若E是线段CD上的点，且CD4CE，求二面角EABC的正切值．
2
【答案】(1)证明见解析(2)
8
【详解】（1）证明：在ACD 中，
AC2AD2CD2 72(3 2)252 2
cosCAD   ，
2ACAD 273 2 2
所以CAD45，
过点D作DOAC于点O，连接BO，
则DO ADsinCAD3 2sin453，
因为AB AD，CDCB，
所以ABC≌ADC，得ODOB3，
又BD3 2，所以OB2OD2 BD2 ，得ODOB，
又OD AC，ODOB，OBAC O ，AC平面ABC，OB平面ABC，
所以OD平面ABC，
因为OD平面 ACD ，OD平面ABC，
所以平面ACD平面ABC.（2）由（1）知，OA,OB,OD两两垂直，如图以O为原点建立坐标系Oxyz，
A(3,0,0)，B(0,3,0)，D(0,0,3)，C(4,0,0)，
因为
⃗ ⃗
，得E(3,0,
3
)，
CD4CE 4
⃗
设n(x,y,z)是平面ABE的一个法向量，
⃗
⃗
3x3y0
 nAB0 
则⃗ ⃗  3
nAE0  6x z0
 4
⃗
令x1，则y1，z8，得n(1,1,8)，
⃗
而m(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，
⃗⃗

两个法向量 ⃗⃗ 夹角的余弦值为：
⃗⃗

mn

4 66
m,n |m||n| 33
设二面角EABC平面角的大小为，
4 66 4 66 33
结合图形得：cos ，sin 1( )2  ，
33 33 33
33
sin 33 2
tan   ，
cos 4 66 8
33
2
所以二面角 的正切值为 .
EABC 8
3．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ABC BCD90,PA平
面ABCD,PA ABBC 4,CD3,M 为侧棱PC的中点.(1)求点D到平面PBC的距离；
(2)求二面角M ADB的正切值.
3 2 17
【答案】(1) (2) .
2 3
1
【详解】（1）由 平面 ，可得V  S PA，
PA ABCD 三棱锥PBCD 3 BCD
1
令点 到平面 的距离为 ，则V  S d，
D PBC d 三棱锥DPBC 3 PBC
1 1
由V 三棱锥DPBC V 三棱锥PBCD ，可得 3 S PBC d  3 S BCD PA，
S PA
则d  BCD ，
S
PBC
1
由 ，可得S  BCCD6，
ABC 90,BC 4,CD3 BCD 2
由PA平面ABCD，PA平面PAB，所以平面PAB平面ABCD，
又ABC 90，平面PAB平面ABCD AB，BC平面ABCD，
所以BC平面PAB，又PB平面PAB，
1
所以 ，又 ，则S  PBBC 8 2，
BC PB PB 4242 4 2 PBC 2
64 3 2 3 2
所以d   ，即点 到平面 的距离为
8 2 2 D PBC 2
（2）设O为AC的中点，过O作OH  AD交AD于H ，连接OM 、HM ，
M 是PC的中点，OM//PA，又PA平面ABCD，所以OM 平面ABCD，
又AD平面ABCD，OM  AD，又OHOM O，OH,OM 平面MOH，
AD平面MOH，HM 平面MOH，AD MH ，
MHO为二面角M ADB的一个平面角，
1 1 1 1
又S  ADOH  S   CDBC 3，
AOD 2 2 ADC 2 2
6
且AD 42432  17，所以OH  ，
17
OM 17
所以tanMHO  ，
OH 3
17
即二面角 的正切值为 .
M ADB 3
4．如图，在正四面体PABC中，E,F 是棱PC的两个三等分点．
(1)证明：ABPC；
(2)求出二面角PABE,EABF,FABC的平面角中最大角的余弦值．
17
【答案】(1)证明见解析(2)
19
【详解】（1）取AB的中点为T，连接PT,CT ．四面体PABC为正四面体，ABP为正三角形．又T为AB的中点，PT  AB．同理可得CT  AB．
 PTCT T,PT,CT 平面PTC，AB平面PTC．
又PC平面PTC,ABPC．
（2）
取PC的中点为Q，连接ET,FT,QT ，设PA6a．
由（1）得AB平面PTC． ET,FT 平面PTC,ABET,ABFT ．
PTE为二面角PABE的平面角，ETF为二面角EABF 的平面角，
FTC为二面角FABC的平面角．由图形对称性可判断PTE FTC．
易得PT CT 3 3a,TQPC．在TPQ中，TQ PT2PQ2 3 2a．
在ETQ中，ET  EQ2TQ2  19a．同理可得FT  19a．
PT2ET2PE2 7 57 ET2FT2EF2 17
cosPTE  ,cosETF   ．
2PTET 57 2ETFT 19
cosPTEcosETF,PTEETF．
17
二面角 的平面角最大，其余弦值等于 ．
 EABF 19
5．如图，已知PD平面ABCD,CD2AB2AD2,AB//CD,ADCD,PC与底面ABCD
6
所成角为 ，且tan ．
 2(1)求证：CB平面PBD；
(2)求二面角PBCD的大小．
【答案】(1)证明见解析(2)60
【详解】（1）因为PD平面ABCD，CB平面ABCD，所以PDCB，
又由已知得，AB AD,BD 2,BC  12212  2,CD2，
则BD2BC2 CD2，即CBBD，
又PDBDD,PD,BD平面PBD，
所以CB平面PBD；
（2）因为CB平面PBD，PB平面PBD，所以CBPB，
所以PBD为二面角PBCD的平面角，
因为PD平面ABCD,PC与底面ABCD所成角为，
6
所以 为 与底面 所成角，由tan ，得 ，
PCD PC ABCD 2 PD 6
PD 6
在 中，tanPBD   3，则 ，
RtPDB BD 2 PBD60
所以二面角PBCD的大小为60．
6．如图，在四棱锥 PABCD中，四边形 ABCD为梯形，其中 ABCD， BCD60
AB2BC 2CD4，平面PBD平面ABCD．(1)证明：ADPD；
(2)若ABPD，且PC与平面ABCD所成角的正切值为2，求平面PBC与平面PAD所成二
面角的正弦值．
133
【答案】(1)证明见解析(2)
19
【详解】（1）因为BCD60,BC CD2，所以△BCD为等边三角形，
所以AB2BD4，
又四边形ABCD为梯形，ABDC，则ABD60，
在△ABD中，由余弦定理可知，
1
AD2  AB2BD22ABBDcosABD42 22 242 12，
2
根据勾股定理可知，AD2BD2  AB2，即ADBD．
因为平面PBD平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD,AD平面ABCD，
所以AD平面PBD，又因为PD平面PBD，
所以ADPD．
（2）法一：由（1）可知ADPD，
又因为ABPD,ADAB A，所以PD平面ABCD，
DP
所以 就是 与平面 所成角，所以tanPCD 2，
PCD PC ABCD DC
所以PD4；
⃗ ⃗ ⃗
 
以 DA,DB,DP 为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则B0,2,0,C   3,1,0  ,P0,0,4 ，
⃗ ⃗
所以BP0,2,4,BC    3,1,0  ，
⃗
设平面PBC的法向量为n x,y,z ，
1
2y4z0,
⃗
则有 取  ，
 3xy0, n
1
 2 3,6,3
⃗
由题意得n 0,1,0 为平面 的法向量，
2 PAD
⃗ ⃗
⃗ ⃗
n n 6 2 57
所以
cosn
1
,n
2
 ⃗
n
1
n
⃗2 
57

19 ，
1 2
133
即平面 与平面 所成二面角的正弦值 ．
PBC PAD 19
法二：在平面ABCD内，延长BC与AD相交于点M ，
连接PM ，则PM 为平面PBC与平面PAD的交线，
在平面PDM 内，过点D作DN PM ，垂足为N ，连接BN ，
由（1）得，ADPD，
因为ADPD,ABPD,ADAB A且均在面ABCD内，所以PD面ABCD，
因为BD面ABCD，所以PDBD，
又因为ADBD,PDBD,ADPDD且均在面PAD内,
所以BD面PAD，即BD面PDM ,
因为PM 面PDM ，所以BDPM ,
因为PM BD,DN PM,NDBDD且均在面BDN内,
所以PM 面BDN，由BN 面BDN，所以BN PM ,
所以ADDM 2 3,
PDDM PDDM 4 21
在直角三角形 中DN    ,
PND PM PD2DM2 7
21
在直角三角形 中tanBND ，
BND 6
133
所以平面 与平面 所成二面角的正弦值 ．
PBC PAD 19
所以BND就是二面角BPM D的平面角，
又因为PD平面ABCD，
所以PCD就是PC与平面ABCD所成角，
DP
所以tanPCD 2，所以 ，
DC PD4
DM DC 1
因为 ，所以   ．
DC∥AB AM AB 2
7．如图，在三棱柱ABC- ABC 中，AA 平面 ABC,AB AC,AB AC 2,AA 4,D 是
1 1 1 1 1
线段BB
1
上的一个动点，E,F 分别是线段BC,AC的中点，记平面DEF 与平面A
1
B
1
C
1
的交线
为l.(1)求证：EF // l；
(2)当二面角DEFC的大小为120时，求BD.
【答案】(1)证明见解析；(2)BD 3.
【详解】（1）因为E,F 分别是线段BC,AC的中点，所以EF // AB.
在三棱柱ABC- ABC 中，四边形AABB为平行四边形，
1 1 1 1 1
所以A
1
B
1
// AB，则EF // A
1
B
1
，
因为EF 平面ABC ,AB 平面ABC ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以EF //平面A
1
B
1
C
1
.
因为EF 平面DEF ，平面DEF平面A
1
B
1
C
1
l，
所以EF // l.
（2）解法一：在直三棱柱ABC- ABC 中，AA 平面ABC，
1 1 1 1
所以AA  AB,AA  AC，
1 1
又AC  AB，所以AB,AC,AA两两垂直.
1
以A为坐标原点，分别以AB,AC,AA
1
所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标
系.设BDt,0t4，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(2,0,t),E(1,1,0),F(0,1,0)
⃗ ⃗
所以EF 1,0,0,DF 2,1,t .
⃗
设平面DEF
的法向量为nx,y,z
，
⃗
⃗
 nEF x0
则⃗ ⃗ ,
nDF 2xytz0
⃗
令z1，得n0,t,1
.
⃗
易知平面CEF的一个法向量为AA
1
0,0,4 ，
⃗
⃗
nAA
4 1
则 cos120  ⃗ ⃗ 1   ，
n  AA t214 2
1
解得t  3或t   3（舍去）.
综上，当二面角DEFC的大小为120时，BD 3.
解法二：作DG // AB，交AA
1
于点G，连接GF .
因为AB // EF，所以DG // EF，
所以D,G,F,E四点共面，
ACC A GF
所以平面DEF平面
1 1
.
AB AC,AB AA,AA AC  A
因为 ，
1 1
所以AB平面ACC
1
A
1
，所以EF平面ACC
1
A
1
，
所以EF FC,EF FG，
所以GFC为二面角DEFC的平面角.
若GFC 120，则在Rt△AGF中，GFA60，
又AF 1，所以AG 3，
又BD AG，所以BD 3.
2 π
8．如图，在梯形 中， ，ABBC  CD2，ABC .将 沿对角
ABCD AB//CD 3 3 △ADC
线AC折到△APC的位置，点P在平面ABC内的射影H恰好落在直线AB上.
(1)求二面角PACB的正切值；
(2)点F为棱PC上一点，满足PF 2FC，在棱BC上是否存在一点Q，使得直线FQ与平面
π BQ
所成的角为 ?若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由.
ABF 3 QC
BQ
【答案】(1) (2)存在， 3
2 2 QC
【详解】（1）如图，过点H 作HM  AC于点M ，连接PM ，DM ，
QPH 平面ABCD，AC平面ABCD，PH AC，又HM  AC，HM PH H,HM,PH 平面PMH ，AC平面PMH ，
 PM 平面PMH ，AC PM ，ACDM .
PMH 为二面角PACB的平面角.
∵AB AC，ABC 60，∴ABC为等边三角形，AC 2，
3 1
又 中， ， ，CM  ，AM  .
RtDMC DCM 60 CD3 2 2
AH AM 1
又 ，   ， ，H为线段 的中点.
AH//CD CD MC 3 AH 1 AB
3 3 1 3
 PM DM  ，MH  DM  ，
2 3 2
PH
中， ，tanPMH  2 2，
RtPMH PH  6 MH
所以二面角PAC—B的正切值为2 2.
（2）连接CH ，ABC为等边三角形，H为线段AB的中点，CH  AB，
又PH 平面ABCD，则HC，HB，HP两两垂直，
以H为坐标原点，HC，HB，HP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直
角坐标系，
   
则A0,1,0，B0,1,0，C 3,0,0 ，P 0,0, 6 ，
⃗ 1⃗  3 6 ⃗ ⃗ ⃗ 2 3 6
CF  3 CP   3 ,0, 3  ，BF CFCB  3 ,1, 3  ， A ⃗ B  0,2,0 .
   设平面 ABF 的法向量为 n ⃗ x,y,z ，     n n ⃗ ⃗    B  A   F ⃗ ⃗ B     0 0 ，      2 2 y 3 3  x 0 y 3 6 z0
⃗  
令x1，可得n 1,0, 2 .
⃗ ⃗
⃗
 
假设棱BC上存在满足要求的点Q，设BQBC，0,1，BC  3,1,0 .
⃗ ⃗ ⃗  2 3 6
  B  Q ⃗   3,,0 ，FQBQBF   3 3 ,1, 3  
 
π
因为直线 与平面 所成的角为 ，
FQ ABF 3
⃗
⃗
FQn
π 3 3
sin  ⃗
⃗
 
3 FQ n  2 3 2  6 2 2 ，
 3  12   3
3 3
   
3 3
整理得： ，解得 或 （舍去）.
821890 4 2
⃗ 3⃗ BQ
所以BQ BC，则 3.
4 QC
BQ π
所以当 3时， 与平面 所成的角为 .
QC FQ ABF 3