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专题 1.6 空间角的向量求法大题专项训练（30 道）
【人教A版（2019）】
姓名：___________班级：___________考号：___________
1．（2023春·高二单元测试）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，
AB=2，∠BAD=60∘.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)若PA=AB，求PB与AC所成角的余弦值.
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）通过已知条件建立空间直角坐标系，利用空间向量法求两直线所成角的余弦值即可.
【解答过程】（1）证明：因为底面ABCD是菱形，
所以BD⊥AC，
又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD
所以PA⊥BD，
又PA∩AC=A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，
所以BD⊥平面PAC.
（2）设AC∩BD＝O
因为∠BAD=60°,PA=AB=2，
所以BO=1,AO=CO=√3
以O为坐标原点,射线OB,OC分别为x轴,y轴的正半轴
建立空间直角坐标系O−xyz，
如图：
学科网（北京）股份有限公司则P(0,−√3,2),A(0,−√3,0),B(1,0,0),C(0,√3,0)，
所以 ⃗PB=(1,√3,−2),⃗AC=(0,2√3,0)，
设PB与AC所成角θ，
|⃗PB⋅⃗AC|
所以cosθ=
|⃗PB‖⃗AC|
|1×0+√3×2√3+(−2)×0|
=
√12+(√3) 2+(−2) 2×√02+(2√3) 2+02
6 √6
= = ，
2√2×2√3 4
√6
即PB与AC所成角的余弦值为 .
4
2．（2023春·河南洛阳·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
π
AD∥BC，AP=AB=AD=1，且直线PB与CD所成角的大小为 ．
3
(1)求BC的长；
(2)求二面角D−PB−C的余弦值．
【解题思路】（1）建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．由已知求得A，B，D，P的坐标，再由直线
π
PB与CD所成角大小为 列式求得y值，则C的坐标可求，即可求得BC的长；
3
学科网（北京）股份有限公司（2）分别求出平面PBD与平面PBC的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角的余弦值．
【解答过程】（1）由于PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，所以AB,AD,AP两两垂直，故分别以AB,AD,
AP所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．
∵AP=AB=AD=1，∴A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，P(0,0,1)．
设C(1,y,0)，则⃗PB=(1,0,−1)，⃗CD=(−1,1−y,0)．
π
∵直线PB与CD所成角大小为 ，
3
|⃗PB⋅⃗CD| 1
∴|cos<⃗PB,⃗CD>|= = ，
|⃗PB||⃗CD| 2
1 1
即 = ，解得y=2或y=0（舍)，
√2×√1+(1−y) 2 2
∴C(1,2,0)，则BC的长为2；
（2）设平面PBD的一个法向量为⃗m=(x,y,z)．
∵ ⃗PB=(1,0,−1)，⃗PD=(0,1,−1)，⃗BC=(0,2,0),
∴ ¿，令x=1，则y=1，z=1，⃗m=(1,1,1)．
∵平面PBC的一个法向量为⃗n=(a,b,c)，
∴ ¿，令a=1，则b=0，c=1，⃗n=(1,0,1),
⃗m⋅⃗n 2 √6
∴cos<⃗m,⃗n>= = = ，
|⃗m||⃗n| √2×√3 3
由几何体的特征可知二面角D−PB−C的平面角为锐角，
√6
∴二面角D−PB−C的余弦值为 ．
3
π
3．（2023春·陕西西安·高一校考期末）如图1，在Rt△ABC中，AB⊥BC，AC=12，∠BAC= ，E，
3
F都在AC上，且AE:EF:FC=3:4:5，BE//FG，将△AEB，△CFG分别沿EB，FG折起，使得点A，
学科网（北京）股份有限公司C在点P处重合，得到四棱锥P−EFGB，如图2.
(1)求异面直线PF，BG所成角的余弦值；
(2)若M为PB的中点，求钝二面角B−FM−E的余弦值.
【解题思路】（1）（2）依题意可得BE⊥EF，BE⊥PE，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算
可得.
【解答过程】（1）由题意可知AE=3，EF=4，CF=5，所以AE2+EF2=CF2，
π
故PE⊥EF，且AB=ACcos =6，
3
AE AB 1 π
∴ = = ，∴△ABE∽△ACB，∴∠AEB=∠ABC= ，所以BE⊥AC，
AB AC 2 2
又BE//FG，所以FG⊥AC，即BE⊥EF，BE⊥PE，
故可以EF，EB，EP为x，y，z轴建立空间直角坐标系E−xyz如图所示，
π π 5√3
易知BE=ABsin =3√3，FG=FCtan = ，
3 6 3
( 5√3 )
则F(4,0,0)，B(0,3√3,0)，G 4, ,0 ，P(0,0,3)，
3
( 4√3 )
∴⃗PF=(4,0,−3)，⃗BG= 4,− ,0 ，
3
学科网（北京）股份有限公司⃗PF⋅⃗BG 16 2√3
cos⟨⃗PF,⃗BG⟩= = =
∴ |⃗PF∣| ⋅|⃗BG|
5×
8 5 ，
√3
2√3
故异面直线PF，BG所成角的余弦值为 ；
5
( 3√3 3)
（2）由（1）可知M 0, , ，
2 2
( 3√3 3)
∴⃗MF= 4,− ,− ，⃗BF=(4,−3√3,0)，⃗EF=(4,0,0)，
2 2
设平面BFM法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
由¿，则¿，令y =4得⃗m=(3√3,4,4√3)，
1
设平面EFM法向量为⃗n=(x ,y ,z )，
2 2 2
由¿，则¿，令y =1得⃗n=(0,1,−√3)，
2
⃗m⋅⃗n 4−12 4√91
所以cos⟨⃗m,⃗n⟩= = =− ，
|⃗m|⋅|⃗n| √91×2 91
4√91
所以钝二面角B−FM−E的余弦值为− .
91
4．（2023春·江苏镇江·高一校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB//CD，
AD=CD=1，∠BAD=120°，∠ACB=90°.
(1)求证：BC⊥平面PAC；
√5
(2)试确定PA的值为多少时？二面角A−PC−D的余弦值为 .
5
【解题思路】（1）根据线面垂直的性质定理和判定定理分析证明；
（2）建系，利用空间向量处理二面角问题.
【解答过程】（1）因为PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，则PA⊥BC，
学科网（北京）股份有限公司且AC⊥BC，PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
（2）由题意可知：∠CAD=∠ACD=∠CAB=60°，即△ACD为等边三角形，
取CD的中点E，连接AE，则AE⊥CD，
又因为AB//CD，则AE⊥AB，
如图，以A为坐标原点，AE,AB,AP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
(√3 1 ) (√3 1 )
设PA=m>0，则B(0,2,0)C , ,0 ,D ,− ,0 ,P(0,0,m)，
2 2 2 2
(√3 1 ) (√3 3 )
可得⃗DC=(0,1,0),⃗PC= , ,−m ,⃗BC= ,− ,0 ，
2 2 2 2
(√3 3 )
由（1）可知：平面PAC的法向量⃗BC= ,− ,0 ，
2 2
设平面PCD的法向量⃗n=(x,y,z)，则¿，
令x=2m，则y=0,z=√3，可得⃗n=(2m,0,√3)，
|⃗n⋅⃗BC| √3m √5
由题意可得： |cos⟨⃗n,⃗BC⟩|= = = ，解得m=√3，
|⃗n|⋅|⃗BC| √4m2+3×√3 5
√5
所以当PA=√3时，二面角A−PC−D的余弦值为 .
5
5．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）在直角梯形ABCD中，CD⊥AD，AB=BC=2CD=2，AD=√3，
π
现将△ACD沿着对角线AC折起，使点D到达点P位置，此时二面角P−AC−D为 ．
3
学科网（北京）股份有限公司(1)求异面直线PA，BC所成角的余弦值；
(2)求点A到平面PBC的距离．
【解题思路】（1）作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到异面直线的夹角；
（2）利用点到平面距离的向量公式进行求解.
【解答过程】（1）过点D做DO⊥AC交AC于O，连接OP，
以O点为原点，以OA为x轴，在平面ABCD内，过点O垂直于AC的线为y轴，
过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，
π
所以∠DOP为二面角P−AC−D的平面角．所以∠DOP=
，
3
√3 ( √3 3)
又因为OD=OP= ，所以点P 0,− , ，
2 4 4
( 1 ) (3 ) (1 )
又因为C − ,0,0 ，A ,0,0 ，由等边三角形△ABC可得B ,√3,0 ，
2 2 2
( 3 √3 3)
所以⃗AP= − ,− , ，⃗BC=(−1,−√3,0)，
2 4 4
3 3
+
⃗AP⋅⃗BC 2 4 3√3
所以cos⟨⃗AP,⃗BC⟩= = =
，
|⃗AP||⃗BC| √9 3 9 8
+ + ⋅2
4 16 16
3√3
所以AP与BC夹角的余弦值为 ．
8
学科网（北京）股份有限公司( 1 √3 3)
（2）⃗PC= − , ,− ，⃗BC=(−1,−√3,0)，
2 4 4
设⃗n=(x,y,z)为平面PBC的一个法向量，
则¿，
令x=√3，则y=−1,z=−√3，
故⃗n=(√3,−1,−√3)，
|⃗AP⋅⃗n| 2√3 2√21
所以点A到平面PBC的距离为d= = = ．
|⃗n| √7 7
π
6．（2023春·江苏盐城·高二校考期末）如图，在Rt△AOB中，∠AOB= ，AO=4，BO=2，
2
Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B−AO−C是直二面角．动点D在线段
AB上．
(1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值；
(2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值．
【解题思路】（1）建系，利用空间向量求异面直线夹角；
（2）设⃗BD=λ⃗BA可得D(0,2(1−λ),4λ)，利用空间向量求线面夹角结合二次函数分析运算.
【解答过程】（1）由题意可得：AO⊥OB,AO⊥OC，平面AOB⊥平面AOC，
平面AOB∩平面AOC=AO，OB⊂平面AOB，所以OB⊥平面AOC，
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则O(0,0,0),A(0,0,4),C(2,0,0),B(0,2,0)，
若D为AB的中点，则D(0,1,2)，可得⃗OA=(0,0,4),⃗CD=(−2,1,2)，
设异面直线AO与CD所成角θ∈ ( 0,
π]
，则cosθ=|cos⟨⃗OA,⃗CD⟩|=
|⃗OA⋅⃗CD|
=
8
=
2
.
2 |⃗OA|⋅|⃗CD| 4×3 3
学科网（北京）股份有限公司2
故异面直线AO与CD所成角的余弦值为 .
3
（2）若动点D在线段AB上，设D(x,y,z),⃗BD=λ⃗BA,λ∈[0,1]，
则⃗BD=(x,y−2,z),⃗BA=(0,−2,4)，可得¿，解得¿，
即D(0,2(1−λ),4λ)，则⃗CD=(−2,2(1−λ),4λ)，
由题意可知：平面AOB的法向量为⃗n=(1,0,0)，
(
π]
设CD与平面AOB所成角为α∈ 0, ，
2
|⃗n⋅⃗CD| 2 1
则sinα=|cos⟨⃗n,⃗CD⟩|= = = ，
|⃗n|⋅|⃗CD| √4+4(1−λ) 2+16λ2 √5λ2−2λ+2
1
对于y=5λ2−2λ+2开口向上，对称轴为λ= ∈[0,1]，
5
1 (1) 2 1 9
可得当λ= 时，y=5λ2−2λ+2取到最小值y =5× −2× +2= ，
5 min 5 5 5
1 √5
=
(
π]
所以sinα的最大值为√9 3 ，因为α∈ 0, ，
2
5
√5
故CD与平面AOB所成角的正弦最大值为 .
3
7．（2023春·北京通州·高三统考阶段练习）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，在底面ABCD
中，BC//AD,CD⊥AD, AD=CD=1,BC=2．
学科网（北京）股份有限公司(1)求证：AC⊥平面PAB；
π
(2)若平面PAB与平面PCD的夹角等于 ，求异面直线PB与CD所成角的余弦值．
3
【解题思路】（1）根据几何关系证明AB⊥AC，根据PA⊥底面ABCD得PA⊥AC，进而证明结论；
（2）根据题意，AE,AD,PA两两互相垂直，进而建立空间直角坐标系，设PA=a(a>0)，再根据坐标法
求解异面直线所成角的余弦值即可.
【解答过程】（1）设BC中点为E，连接AE，
易知ADCE为正方形，且AC=√2,AE=1,AB=√2
所以BC2=AB2+AC2，所以AB⊥AC
因为PA⊥底面ABCD,AC⊂底面ABCD，所以PA⊥AC
又PA⊂面PAB,AB⊂面PAB，PA∩AB=A
所以AC⊥平面PAB
（2）因为PA⊥底面ABCD，在正方形ADCE中AE⊥AD，所以AE,AD,PA两两互相垂直.
如图建立空间直角坐标系A−xyz
设PA=a(a>0)
则C(1,1,0),D(0,1,0),B(1,−1,0),P(0,0,a)，所以⃗PD=(0,1,−a),⃗DC=(1,0,0)，
设平面PCD的法向量为⃗n=(x,y,z)，则
¿即¿，取z=1，则⃗n=(0,a,1)
由（1）知，平面PAB的法向量为⃗AC=(1,1,0)
π
因为平面PAB与平面PCD的夹角为 ，
3
π |⃗AC⋅⃗n| |(1,1,0)⋅(0,a,1)| |a| 1
所以 cos =|cos⟨⃗AC,⃗n⟩|= = = = ，解得a=1，
3 |⃗AC||⃗n| √2⋅√02+12+(−a) 2 √2⋅√1+a2 2
⃗PB=(1,−1,−1),⃗DC=(1,0,0)
|⃗PB⋅⃗DC| |(1,−1,−1)⋅(1,0,0)| √3
设异面直线PB与CD所成角为θ，则cosθ= = = ，
|⃗PB|⋅|⃗DC| √3×1 3
学科网（北京）股份有限公司8．（2023秋·高一单元测试）如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC
与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°.
(1)求异面直线DE与CF所成角的余弦值；
(2)求二面角A−FB−C的余弦值.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系O﹣xyz，求出⃗DE=(0,−1,√3)，⃗CF=(√3,0,√3)，利用空间向
量的数量积求解异面直线所成角的余弦函数值即可；
（2）求出平面ABF的法向量，平面CBF的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角A−FB−C的余弦
值即可．
【解答过程】（1）∵AC⊥平面BDEF，FO，BD⊂平面BDEF，∴AC⊥FO，AC⊥BD，
∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，∴△DBF为等边三角形，
∵O为BD的中点，∴FO⊥BD，所以OA，OB，OF两两垂直．
以O为坐标原点，OA、OB、OF所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示．
∵AB＝2，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
学科网（北京）股份有限公司∴BD＝2，OA=√AB2−OB2=√3，
∵△DBF为等边三角形，∴OF=√3，
则A(√3,0,0),B(0,1,0),D(0,−1,0),E(0,−2,√3),F(0,0,√3),C(−√3,0,0)，
∴⃗DE=(0,−1,√3)，⃗CF=(√3,0,√3)，
⃗DE⋅⃗CF √6
设异面直线所成角为θ，则
cosθ=|cos⟨⃗DE,⃗CF⟩|= =
，
|⃗DE|⋅|⃗CF| 4
√6
故cosθ= .
4
（2）由（1）知⃗AB=(−√3,1,0)，⃗BF=(0,−1,√3)，⃗CB=(√3,1,0)，
设平面ABF的法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
则¿，令y =√3，则x =1，z =1，得⃗m=(1,√3,1)．
1 1 1
设平面CBF的法向量为⃗n=(x ,y ,z )，则¿，
2 2 2
令y =√3，则x =−1，z =1，得⃗n=(−1,√3,1)．
2 2 2
⃗m⋅⃗n 3
∴cos⟨⃗m,⃗n⟩= =
，
|⃗m|⋅|⃗n| 5
又二面角A−FB−C为钝角，
3
∴二面角A−FB−C的余弦值为− ．
5
9．（2023·辽宁丹东·统考二模）如图，平行六面体ABCD−A B C D 的所有棱长都相等，平面
1 1 1 1
CDD C ⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D −AD−C的大小为120°，E为棱C D 的中点．
1 1 1 1 1
(1)证明：CD⊥AE；
学科网（北京）股份有限公司(2)点F在棱CC 上，AE//平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
1
【解题思路】（1）根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D DC=120∘，进
1
而根据中点得线线垂直即可求，
（2）由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间
直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.
【解答过程】（1）（1）因为平面CDD C ⊥平面ABCD，且两平面交线为DC,AD⊥DC，AD⊂平面
1 1
ABCD,
所以AD⊥平面CDD C ，所以AD⊥D D,AD⊥DC，∠D DC是二面角D −AD−C的平面角，故
1 1 1 1 1
∠D DC=120∘ ．
1
连接DE，E为棱C D 的中点，则DE⊥C D ,C D //CD，从而DE⊥CD．
1 1 1 1 1 1
又AD⊥CD，DE∩AD=D，DE,AD⊂平面AED，所以CD⊥平面AED，ED⊂平面AED,因此
CD⊥AE．
（2）解法1：设AB=2，则DE= √ D D2− (1 D C ) 2 =√3，所以CE=AE=√AD2+DE2=√7．
1 2 1 1
连AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连OG．因为AE//平面BDF，AE⊂平面AEC,平面AEC∩平
面BDF=OG
所以AE∥OG，因为O为AC中点，
1 √7
所以G为CE中点，故OG= AE= ．且直线OG与DF所成角等于直线AE与DF所成角．
2 2
1 √7
在Rt△EDC中，DG= CE= ，因为OD=√2，
2 2
2 2
(√7)
+
(√7)
−(√2) 2
2 2 3
所以cos∠OGD= = ．
√7 √7 7
2× ×
2 2
学科网（北京）股份有限公司3
因此直线AE与DF所成角的余弦值为 ．
7
解法2；设AB=2，则DE= √ D D2− (1 D C ) 2 =√3，所以CE=AE=√AD2+DE2=√7．
1 2 1 1
取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG=DD =2．
1
连接AG交BD于点I，连HI，因为AE//平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF=IH，所以
AE∥IH．
HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角．
1 1 2√2 1 1 √7
正方形ABCD中，GI= AG，DI= DB= ，所以GH= EG，故HI= AE= ．
3 3 3 3 3 3
1 2
在△DHG中，GH= EG= ，GD=1，∠EGD=60°，
3 3
2 2 2
(√7) (√7) (2√2)
+ −
√ 4 2 √7 3 3 3 3
由余弦定理DH= 1+ −1× = ．在△DHI中，cos∠DHI= = ．
9 3 3 √7 √7 7
2× ×
3 3
3
因此直线AE与DF所成角的余弦值为 ．
7
解法3:由（1）知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，⃗DA为x轴正方向，|⃗DA|为2个单位长，建立如图
所示的空间直角坐标系D−xyz．
学科网（北京）股份有限公司由（1）知DE=√3，得A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0), E(0,0,√3)，C (0,1,√3)．
1
则⃗CC =(0,−1,√3)，⃗DC=(0,2,0)，⃗AE=(−2,0,√3)，⃗DB=(2,2,0)．
1
由⃗CF=t⃗CC (0≤t≤1)，得⃗DF=⃗DC+⃗CF=(0,2−t,√3t)．
1
因为AE//平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R，
使得⃗AE=λ⃗DB+μ⃗DF=λ(2,2,0)+μ(0,2−t,√3t)=(2λ,2λ+2μ−tμ,√3μt)，
2
故2λ=−2,2λ+2μ−tμ=0,√3μt=√3，解得t= ，
3
( 4 2 )
从而⃗DF= 0, , √3 ．
3 3
| ⃗AE⋅⃗DF | 3
所以直线AE与DF所成角的余弦值为|cos⟨⃗AE,⃗DF⟩|= = ．
|⃗AE||⃗DF| 7
10．（2023春·北京·高二校考期中）如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PD
的中点，PA＝2，AB＝1，AD＝2．
(1)求证：PB∥平面ACE；
(2)求直线CP与平面ACE所成角的正弦值；
【解题思路】（1）根据线面平行的判断，转化为证明线线平行，即可证明；
（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，求平面ACE的法向量，利用线面角的向量公式，即可求线面
角的正弦值.
【解答过程】（1）连结BD，交AC于点O，连结OE，
因为点O,E分别是BD,PD的中点，
所以PB//OE，PB⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，
所以PB//平面ACE；
学科网（北京）股份有限公司（2）如图，以点A为原点，以⃗AB,⃗AD,⃗AP分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，A(0,0,0)，
C(1,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，
⃗AC=(1,2,0)，⃗AE=(0,1,1)，⃗PC=(1,2,−2)，
设平面ACE的法向量为⃗n=(x,y,z)，
则¿，即¿，令y=1，则x=−2,z=−1，
所以平面ACE的法向量为⃗n=(−2,1,−1)，
设直线CP与平面ACE所成角为θ，
|⃗PC⋅⃗n| |−2+2+2| √6
所以sinθ=|cos⟨⃗PC,⃗n⟩|= = =
.
|⃗PC||⃗n| 3√6 9
11．（2023·四川成都·校考模拟预测）如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘.点D、
E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2.
(1)求证：MN//平面BDE；
√7
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BH所成角的余弦值为 ，求线段AH的长．
21
【解题思路】（1）以点A为原点，以AB、AC、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MN//平面BDE；
（2）设AH= ℎ(0≤ℎ≤4)，则H(0,0,ℎ)，利用空间向量法可得出关于ℎ的方程，解出ℎ的值，即可得出
结论.
学科网（北京）股份有限公司【解答过程】（1）证明：因为PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘，
如图，以点A为原点，以AB、AC、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A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(0,4,0)、P(0,0,4)、D(0,0,2)、E(0,2,2)、M(0,0,1)、N(1,2,0)，
⃗DE=(0,2,0)，⃗DB=(2,0,−2)，
设平面BDE的法向量为⃗n=(x,y,z)，则¿，
取x=1，可得⃗n=(1,0,1)，
又因为⃗MN=(1,2,−1)，则⃗MN⋅⃗n=1−1=0，所以，⃗MN⊥⃗n，
又因为MN⊄平面BDE，所以，MN//平面BDE.
（2）解：依题意，设AH= ℎ(0≤ℎ≤4)，则H(0,0,ℎ)，
所以，⃗NH=(−1,−2,ℎ)，⃗BE=(−2,2,2)，
由已知，得 |cos⟨⃗BE,⃗NH⟩|=
|⃗BE⋅⃗NH|
=
|2ℎ−2|
=
√7
，
|⃗BE|⋅|⃗NH| √
ℎ
2+5×2√3 21
8 1
整理可得10ℎ 2−21ℎ +8=0，解得ℎ = 或ℎ = ，
5 2
8 1
所以，线段AH的长为 或 .
5 2
12．（2023春·福建泉州·高二校联考期末）如图，在四棱台ABCD−A B C D 中，AB//CD，
1 1 1 1
DA=DC=2，AB=C D =1，∠ADC=120∘，∠D DA=∠B BA=90∘．
1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司(1)证明：平面D C CD⊥平面ABCD；
1 1
7√3
(2)若四棱台ABCD−A B C D 的体积为 ，求直线A A 与平面AB C 所成角的正弦值．
1 1 1 1 4 1 1 1
【解题思路】（1）解法一：证明AB⊥BD，AB⊥BB 从而得到AB⊥DD ，结合AD⊥DD 面面垂
1 1 1
直的判定即可证明；解法二：建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法证明即可；
（2）解法一：利用锥体体积公式求出DD =2，建立合适的空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法
1
即可；解法二：利用锥体体积比从而得到PD=4，再建立空间直角坐标系，利用线面角的空间向量求法即
可.
【解答过程】（1）解法一：∵AB//CD，∵∠ADC=120∘，∴∠DAB=60∘，
在△ABD中，AB=1,AD=2,∠DAB=60∘，
由余弦定理得BD=√12+22−2×1×2cos60∘=√3，
故AB2+BD2=AD2，则AB⊥BD，
因为棱台ABCD−A B C D ，故BB ,DD 交于一点，即BB ,DD 共面，
1 1 1 1 1 1 1 1
又∠B BA=90° ，即AB⊥BB ，BB ∩BD=B，BB ,BD⊂平面BB D D，所以AB⊥平面
1 1 1 1 1 1
BB D D，
1 1
因为DD ⊂面BB D D，所以AB⊥DD ，又∠D DA=90∘，即AD⊥DD ，AB∩AD=A，
1 1 1 1 1 1
AB,AD⊂平面ABCD，所以DD ⊥平面ABCD，又因为DD ⊂平面D C CD，
1 1 1 1
所以平面D C CD⊥平面ABCD；
1 1
解法二：由棱台的定义，把四棱台ABCD−A B C D 的侧棱延长交于点P，
1 1 1 1
得到四棱锥P−ABCD，则∠PDA=∠PBA=90°，
同解法一，可得AB⊥BD，
以D为原点，DB,DC分别为x,y轴建立空间直角坐标系如图，
学科网（北京）股份有限公司则B(√3,0,0),A(√3,−1,0),C(0,2,0)，设P(a,b,c)，
由∠PDA=∠PBA=90∘，则有⃗DP⋅⃗DA=√3a−b=0,⃗DP⋅⃗BA=−b=0,，
所以a=b=0，即P(0,0,c)，所以PD⊥平面ABCD， 因为PD⊂平面PCD，
故平面PCD⊥平面ABCD，即平面D C CD⊥平面ABCD；
1 1
（2）解法一：设梯形ABCD与梯形A B C D 的面积分别为S ,S ，
1 1 1 1 1 2
1 1 3√3
S = (AB+CD)BD= ×(1+2)×√3= ，
1 2 2 2
C D 1 S 1 3√3
因为梯形A B C D 与梯形ABCD相似，且 1 1= ，故 2= ，所以S = ，
1 1 1 1 CD 2 S 4 2 8
1
由（1）知，DD ⊥平面ABCD，
1
1 1(3√3 3√3 √3√3 3√3) 7√3
则V = (S +S +√S S )DD = + + ⋅ DD = DD ，
ABCD−A 1 B 1 C 1 D 1 3 1 2 1 2 1 3 2 8 2 8 1 8 1
7√3 7√3
所以 DD = ，故DD =2，
8 1 4 1
以D为原点，DB,DC,DD 分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图，
1
1
B(√3,0,0),A(√3,−1,0),D (0,0,2),C (0,1,2)，由⃗D A = ⃗DA，
1 1 1 1 2
学科网（北京）股份有限公司√3 1 1 √3
得A ( ,− ,2)，由⃗A B = ⃗AB，得B ( ,0,2)，
1 2 2 1 1 2 1 2
( √3 1 ) ( √3 ) ( √3 )
所以⃗A A = − , ,2 ,⃗AB = − ,1,2 ,⃗B C = − ,1,0 ，
1 2 2 1 2 1 1 2
设平面AB C 的法向量为⃗n=(x,y,z)，
1 1
√3 √3
则⃗n⋅⃗AB =− x+ y+2z=0,⃗n⋅⃗B C =− x+ y=0，取⃗n=(2,√3,0)，
1 2 1 1 2
设直线A A 与平面AB C 所成的角为θ，则
1 1 1
| √3 |
−√3+ +0
sinθ=|cos<⃗A A ,⃗n>|=
|⃗A A
1
⋅⃗n|
=
2
=
√105．
1 |⃗A A |⋅|⃗n| √5⋅√7 70
1
解法二：可知四棱锥P−A B C D 与四棱锥P−ABCD，
1 1 1 1
C D 1 V 1 7 7√3
相似比为 1 1= ，故体积比为 P−A 1 B 1 C 1 D 1= ，故V = V = ，
CD 2 V 8 ABCD−A 1 B 1 C 1 D 1 8 P−ABCD 4
P−ABCD
1 1 3√3
所以V =2√3，又S = (AB+CD)BD= ×(1+2)×√3= ，
P−ABCD ABCD 2 2 2
1 3√3
所以 × ×PD=2√3，故PD=4，所以P(0,0,4)，
3 2
√3 √3 1
故B ( ,0,2),A ( ,− ,2),C (0,1,2),
1 2 1 2 2 1
下同解法一．
13．（2023春·河南·高二校联考期末）如图，圆柱O O 的底面半径与高均为2，AB为⊙O 的直径，C,D
1 2 2
分别为⊙O ，⊙O 上的点，直线CD与线段O O 交于O点.
1 2 1 2
(1)证明：O为线段O O 的中点；
1 2
π
(2)若AC与下底面所成的角为 ，求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.
6
学科网（北京）股份有限公司【解题思路】（1）利用面面平行的性质，可证明O DO C是平行四边形，即可证明；
1 2
（2）首先作辅助线，延长DO 交⊙O 于点E，并连结EA,EB,EC，利用垂直关系，可证明
2 2
EA,EB,EC两两互相垂直，则以点E为原点，建立空间直角坐标系，利用向量公式，求线面角的正弦值.
【解答过程】（1）连接O C，O C，O D，O D，如图所示.
1 2 1 2
因为C，O ，D，O 四点共面，且圆柱O O 的上、下底面平行，所以O C∥O D.
1 2 1 2 1 2
因为O C=O D，所以四边形CO DO 为平行四边形，
1 2 1 2
所以O O=OO ，即O为O O 的中点.
1 2 1 2
（2）延长DO 交⊙O 于点E，连接CE，AE，BE.
2 2
因为E在⊙O 上，AB为⊙O 的直径，
2 2
所以AE⊥BE，O C=O E，O C∥O E，
1 2 1 2
所以四边形CO O E为平行四边形，
1 2
所以O O ∥CE，所以CE⊥平面ABE.
1 2
π
所以∠CAE为直线AC与下底面所成的角，所以∠CAE=
.
6
因为CE=2，所以AE=2√3，BE=2.
如图所示，以E为坐标原点，⃗EA，⃗EB，⃗EC的方向分别为x轴、y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标
系E−xyz.
则A(2√3,0,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，D(2√3,2,0).
所以⃗AD=(0,2,0)，⃗CD=(2√3,2,−2)，⃗BC=(0,−2,2).
设平面ACD的法向量为⃗n=(x,y,z).
则¿不妨取x=1，则⃗n=(1,0,√3).
设直线BC与平面ACD所成的角为θ，
学科网（北京）股份有限公司|⃗n⋅⃗BC| 2√3 √6
则sinθ= = =
.
|⃗n||⃗BC| 2×2√2 4
√6
即直线BC与平面ACD所成角的正弦值为 .
4
14．（2023·上海闵行·上海市校考二模）已知正方体ABCD−A B C D ，点E为A D 中点，直线B C
1 1 1 1 1 1 1 1
交平面CDE于点F.
(1)证明：点F为B C 的中点；
1 1
6√5 A M
(2)若点M为棱A B 上一点，且直线MF与平面CDE所成角的正弦值为 ，求 1 的值.
1 1 25 A B
1 1
【解题思路】（1）得到CD//EF，结合E为A D 中点，进行求解即可；
1 1
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A B C D 中，CD//C D ，又CD⊂平面A B C D ，且
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
C D ⊂平面A B C D ，
1 1 1 1 1 1
则CD//平面A B C D ，而B C 交平面CDE于点F，即F∈平面CDE,F∈B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1
又B C ⊂平面A B C D ，有F∈平面A B C D ，因此平面CDE∩平面A B C D =EF，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
于是CD//EF，而E为A D 中点，
1 1
所以F为B C 的中点.
1 1
（2）以D为坐标原点，DA,DC,DD 方向分别为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
1
学科网（北京）股份有限公司A M
不妨设正方体的棱长为3，设 1 =λ(0≤λ≤1)，
A B
1 1
(3 ) (3 )
则M(3,3λ,3),C(0,3,0),E ,0,3 ,F ,3,3 ,
2 2
从而⃗FM= (3 ,3λ−3,0 ) ,⃗CD=(0,3,0),⃗ED= (3 ,0,3 ) ，
2 2
设平面CDE的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，则
¿,即¿,不妨取x=2,则¿,即⃗n=(2,0,−1)，
设直线MF与平面CDE所成角为θ，
6√5
又直线MF与平面CDE所成角的正弦值为 ，
25
|⃗MF⋅⃗n| 3 6√5
sinθ= = =
1
因此 |⃗MF|⋅|⃗n| √ (3) 2
+(3λ−3) 2 ⋅√5
25 ，解得λ=
3
，
2
A M 1
所以 1 = .
A B 3
1 1
15．（2023春·湖南岳阳·高二统考期末）如图，在几何体ABCDEF中，菱形ABCD所在的平面与矩形
BDEF所在的平面互相垂直.
学科网（北京）股份有限公司(1)若M为线段BF上的一个动点，证明：CM//平面ADE；
√15
(2)若∠BAD=60∘，AB=2，直线CF与平面BCE所成角的正弦值为 ，求BF的长.
10
【解题思路】（1）利用面面平行的性质定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式求解.
【解答过程】（1）由题知，四边形BDEF为矩形，所以BF//DE，
又因为BF⊄̸)平面ADE，DE⊂平面ADE，所以BF//平面ADE，
同理可证BC//平面ADE，又因为BC∩BF=B，BC、BF⊂平面BCF，
所以平面BCF//平面ADE，又因为CM⊂平面BCF，所以CM//平面ADE.
（2）因为平面ABCD⊥平面BDEF，
且平面ABCD∩平面BDEF=BD，DE⊥DB，
DE⊂平面BDEF，所以DE⊥平面ABCD.
又因为底面ABCD为菱形，且∠BAD=60∘，AB=2，
所以△ABD为等边三角形，且AB=BD=2，设BF=a，
取AB的中点为G，连接DG，以D为坐标原点，分别以⃗DG,⃗DC,⃗DE的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建
立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则B(√3,1,0)，C(0,2,0)，E(0,0,a)，F(√3,1,a)，
→ → →
则CF=(√3,−1,a)，BC=(−√3,1,0)，CE=(0,−2,a) ，
→
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z) ，¿，则¿，
2√3 → ( 2√3)
取x=1，则y=√3，z= ，即n= 1,√3, ，
a a
设直线CF与平面BCE所成角为θ，则
学科网（北京）股份有限公司| 2√3|
√3−√3+a⋅
|⃗CF⋅⃗n| a √15
sinθ=|cos<⃗CF,⃗n>|= = = ,
|⃗CF|⋅|⃗n| √ 12 10
√4+a2 ⋅ 4+
a2
化简可得a4−13a2+12=0，解得a=2√3或a=1，
故BF的长可为2√3或1.
16．（2023春·江苏连云港·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，
AB=BC=2√2,PA=PC=AC=4，平面ABC⊥平面PAC.
(1)求异面直线AC与PB间的距离；
(2)若点M在棱BC上，且二面角M−PA−C为30∘，求PC与平面PAM所成角的正弦值.
【解题思路】（1）法一：根据等腰三角形性质得PO垂直AC，BO⊥AC，根据线面垂直的判定定理得
AC⊥面PBO，在面PBO中，作OD⊥PB，知OD为异面直线AC与PB间的距离可得答案；法二：以O
为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设⃗n=(x,y,z)，且
⃗n⋅⃗AC=0,⃗n⋅⃗PB=0可得⃗n，由异面直线AC与PB间的距离向量求法可得答案；
（2）方法一：在平面ABC内作MN⊥AC，则MN⊥平面PAC，在平面PAC内作NF⊥AP，则
MF⊥AP，得∠MFN为二面角M−PA−C的平面角，法一：设点C到平面PAM的距离为
ℎ
，利用
V
M−APC
=V
C−APM
得ℎ可得答案；法二：以O为坐标原点，OB､OC､OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建空间直角坐标系，求出平面PAM的法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【解答过程】（1）法一：取AC中点O，连接PO，由PA=PC知PO⊥AC，
又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，故PO⊥平面ABC，
连接BO，则∠POB=90∘，
又因为AB=BC,O为AC中点，故BO⊥AC，
BO,PO⊂面PBO,BO∩PO=O，故AC⊥面PBO，
在面PBO中，作OD⊥PB，则由OD⊥AC知OD为异面直线AC与PB间的距离，
由PO=2√3,OB=2,PB=4，PO×OB=PB×OD知OD=√3，
学科网（北京）股份有限公司即异面直线AC与PB间的距离为√3；
法二：取AC中点O，连接PO，由PA=PC知PO⊥AC，
又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，故PO⊥平面ABC
以O为坐标原点，OB,OC,OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
则A(0,−2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2√3),⃗PB=(2,0,−2√3),⃗AC=(0,4,0)，
设⃗n=(x,y,z)，且⃗n⋅⃗AC=0,⃗n⋅⃗PB=0，
则¿，令z=√3，则⃗n=(3,0,√3)，
|⃗n⋅⃗AB| 6
又⃗AB=(2,2,0)，则异面直线AC与PB间的距离为d= = =√3；
|⃗n| 2√3
（2）由（1）知PO⊥平面ABC，可得平面PAC⊥平面ABC，
如图，在平面ABC内作MN⊥AC，垂足为N，则MN⊥平面PAC，
在平面PAC内作FN⊥AP，垂足为F，联结MF，
PA⊂平面PAC，所以MN⊥PA，且MN∩FN=N，MN、FN⊂平面MFN，
所以PA⊥平面MFN，FM⊂平面MFN，所以PA⊥FM
学科网（北京）股份有限公司故∠MFN为二面角M−PA−C的平面角，即∠MFN=30∘，
√3
设MN=a，则NC=a,AN=4−a，在Rt△AFN中，FN= (4−a)，
2
4
在Rt△MFN中，由∠MFN=30∘知FN=√3MN，得a= ，
3
1 1
法一：设点C到平面PAM的距离为ℎ，由V
M−APC
=V
C−APM
，得
3
S
△APC
MN=
3
S
△APM
ℎ，即
1 1 1 1
× ×AC×MN×PO= × ×PA×MF×ℎ，
3 2 3 2
又AC=PA=4,MF=2MN,PO=2√3，
√3
解得ℎ =√3，则PC与平面PAM所成角的正弦值为 ；
4
法二：以O为坐标原点，OB､OC､OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，
建立空间直角坐标系如图，
(4 2 )
则A(0,−2,0),B(2,0,0),C(0,2,0),P(0,0,2√3),M , ,0 ，
3 3
⃗PC=(0,2,−2√3),⃗AP=(0,2,2√3),⃗AM= (4 , 8 ,0 ) ，
3 3
设平面PAM的法向量为⃗n=(x,y,z)，则由⃗n⋅⃗AP=0,⃗n⋅⃗AM=0，
知¿，令z=√3，则⃗n=(6,−3,√3)，
⃗n⋅⃗PC √3
则⃗PC与⃗n所成角的余弦值为 cosθ= =− ，
|⃗n||⃗PC| 4
√3
则PC与平面PAM所成角的正弦值sinα=|cosθ|= .
4
学科网（北京）股份有限公司17．（2023春·甘肃白银·高二校考期末）如图，在正三棱柱A B C −ABC中，D为AB的中点，
1 1 1
⃗C E=λ⃗C C(0<λ<1)，A A=√3AB=2√3．
1 1 1
1
(1)若λ= ，证明：DE⊥平面A B E；
2 1 1
π
(2)若直线BC 与平面A B E所成角为 ，求λ的值；
1 1 1 3
【解题思路】（1）先证明A B ⊥平面DCC F，得到DE⊥A B ，再证明DE⊥平面A B E即可；
1 1 1 1 1 1 1
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法，根据线面角列方程即可得解.
【解答过程】（1）取A B 的中点F，连接EF，DF，DC，FC
1 1 1
因为CC ⊥平面ABC，CD⊂平面ABC，所以CC ⊥CD，同理CC ⊥C F，
1 1 1 1
又CD=C F=√3，结合题设，可得DE=EF=√6，
1
易知DF=A A=2√3，
1
所以DE2+EF2=DF2，则DE⊥EF．
因A B ⊥C F,A B ⊥DF，C F∩DF=F,C F,DF⊂平面DCC F，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以A B ⊥平面DCC F，
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司又DE⊂平面DCC F，所以DE⊥A B ，
1 1 1
因为A B ∩EF=F，A B ,EF⊂平面A B E，
1 1 1 1 1 1
所以DE⊥平面A B E．
1 1
（2）以D为坐标原点，⃗DB,⃗DC,⃗DF的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A (−1,0,2√3),B(1,0,0),C (0,√3,2√3),B (1,0,2√3)
1 1 1
设E(0,√3,a),a∈(0,2√3)，则⃗A E=(1,√3,a−2√3)，⃗A B =(2,0,0),⃗BC =(−1,√3,2√3)
1 1 1 1
设平面A B E的法向量为⃗n=(x,y,z)，
1 1
则¿，取y=2√3−a，则⃗n=(0,2√3−a,√3)
设直线BC 与平面A B E所成的角为θ，
1 1 1
|⃗n⋅⃗BC | |−√3a+12| √3
则sinθ=|cos⟨⃗n,⃗BC ⟩|= 1 = =
1 |⃗n||⃗BC | 4√a2−4√3a+15 2
1
2√3
化简得3a2−8√3a+12=0，解得a= 或a=2√3．
3
当a=2√3时，点E与点C 重合，此时λ=0，不符合题意．
1
学科网（北京）股份有限公司|⃗C E|
2 2
所以λ= 1 = ，即λ的值为 .
|⃗C C| 3 3
1
18．（2023春·云南玉溪·高二校考期末）如图，在三棱柱ABC−A B C 中，AB=AC=2，D为BC的中
1 1 1
点，平面BB C C⊥平面ABC.
1 1
(1)证明：AD⊥平面BB C C；
1 1
(2)已知四边形BB C C是边长为2的菱形，且∠B BC=60°，求平面ABC与平面AC D所成角的正弦
1 1 1 1
值.
【解题思路】（1）利用等腰三角形性质，面面垂直的性质推理作答.
（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.
【解答过程】（1）在三棱柱ABC−A B C 中，由AB=AC=2,D是BC的中点，得AD⊥BC，
1 1 1
而平面BB C C⊥平面ABC，且平面BB C C∩平面ABC=BC,AD⊂平面ABC，
1 1 1 1
所以AD⊥平面BB C C.
1 1
（2）因为四边形BB C C为菱形，∠B BC=60°，则△B BC为正三角形，连接B D，有B D⊥BC，
1 1 1 1 1 1
而平面BB C C⊥平面ABC，平面BB C C∩平面ABC=BC，因此B D⊥平面ABC，DC,DA,DB
1 1 1 1 1 1
两两垂直，
以D为坐标原点，DC,DA,DB 分别为x轴,y轴,z轴，建立空间直角坐标系，
1
则D(0,0,0),C(1,0,0),A(0,√3,0),C (2,0,√3)，⃗DC =(2,0,√3),⃗DA=(0,√3,0)，
1 1
学科网（北京）股份有限公司设平面AC D的法向量⃗n=(x ,y ,z )，则¿，令x =√3，得⃗n=(√3,0,−2)，
1 1 1 1 1
显然平面ABC的法向量⃗m=(0,0,1)，设平面ABC与平面AC D所成角为θ，
1
|⃗m⋅⃗n| 2 √21
则cosθ=|cos〈⃗m,⃗n〉|= = ,sinθ=√1−cos2θ= ，
|⃗m||⃗n| √7 7
√21
所以平面ABC与平面AC D所成角的正弦值为 .
1 7
19．（2023春·上海宝山·高二统考期末）已知E、F分别是正方体ABCD−A B C D 的棱BC、CD的中
1 1 1 1
点，求：
(1)A D与EF所成角的大小；
1
(2)二面角C−D B −C 的大小；
1 1 1
√19
(3)点M在棱CD上，若A M与平面B C CB所成角的正弦值为 ，请判断点M的位置，并说明理由.
1 1 1 19
【解题思路】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线的夹角、二面角大小作答.
（3）利用（1）中坐标系，设出点M的坐标，利用线面角的正弦值求解作答.
【解答过程】（1）在正方体ABCD−A B C D 中，令AB=1，
1 1 1 1
以点D为原点，以⃗DA,⃗DC,⃗DD 的方向分别为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系D−xyz，如图，
1
则D(0,0,0),A (1,0,1),E( 1 ,1,0),F(0, 1 ,0), ⃗A D=(−1,0,−1),⃗EF= ( − 1 ,− 1 ,0 ) ，
1 2 2 1 2 2
1
|⃗A D⋅⃗EF|
2 1
设A D与EF所成角为θ，cosθ=|cos〈⃗A D,⃗EF〉|= 1 = = ，
1 1 |⃗A D||⃗EF| √2 2
1 √2×
2
π
所以A D与EF所成角的大小是 .
1 3
学科网（北京）股份有限公司（2）平面B D C 的一个法向量为⃗DD =(0,0,1)，
1 1 1 1
设平面CB D 的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，⃗D C=(0,1,−1),⃗D B =(1,1,0)，
1 1 1 1 1
则¿，令z=1，得⃗n=(−1,1,1)，
⃗n⋅⃗DD 1 √3
设⃗n,⃗DD 的夹角为α，cosα= 1 = = ，而二面角C−D B −C 为锐二面角，
1 |⃗n‖⃗DD | √3 3 1 1 1
1
√3
所以二面角C−D B −C 大小为arccos .
1 1 1 3
（3）设M(0,y,0),y∈[0,1]，则⃗A M=(−1,y,−1)，平面B C CB的一个法向量为⃗DC=(0,1,0)，
1 1 1
|⃗A M⋅⃗AB|
√19
设A M与平面B C CB所成角为β,sinβ=|cos〈⃗A M,⃗AB〉|= 1 = ，即
1 1 1 1 |⃗A M||⃗AB| 19
1
|y| 1 1
= ,y=
，
√y2+2 √19 3
1
所以当DM= DC，即点M是线段DC靠近点D的三等分点时,A M与平面B C CB所成角的的正弦值为
3 1 1 1
√19
.
19
20．（2023春·河南·高三阶段练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，
1
AB//CD，AB=2，AD=CD=1，PC⊥底面ABCD,E是AC的中点，⃗PF= ⃗PD.
3
学科网（北京）股份有限公司(1)证明：平面PBC⊥平面ACF.
√10
(2)若直线PE与平面PAB所成角的正弦值为 ，且PC>CD，求平面ACF与平面PAB夹角的余弦值.
15
【解题思路】（1）由余弦定理求出BC2=2，由勾股定理逆定理得到线线垂直，进而得到线面垂直，证明
出面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，设出点的坐标P(0,0,a)，利用线面角的大小列出方程，求出a，从而利用空间
向量求出面面角的余弦值
【解答过程】（1）因为PC⊥底面ABCD,AC⊂平面ABCD，所以PC⊥AC.
因为AD=CD=1,AD⊥CD，所以AC=√AD2+CD2=√2,∠CAD=45°.
又AB//CD,AB=2，
所以∠BAC=45°,BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcos∠BAC=2，
则BC2+AC2=AB2，故AC⊥BC.
因为PC∩BC=C，PC,BC⊂平面PBC，所以AC⊥平面PBC.
又AC⊂平面ACF，所以平面PBC⊥平面ACF.
（2）取AB中点N，连接CN，
因为底面ABCD是直角梯形，AD⊥CD，AB//CD，AB=2，AD=CD=1，
所以CN⊥AB，
因为PC⊥底面ABCD，CD,CN⊂平面ABCD，所以PC⊥CN,PC⊥CD，
以C为坐标原点，CN,CD,CP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，
学科网（北京）股份有限公司(1 1 )
则A(1,1,0),B(1,−1,0),E , ,0 ，
2 2
( 1 2a)
设P(0,0,a)(a>1)，则F 0, , ，
3 3
⃗PE= (1 , 1 ,−a ) ,⃗PA=(1,1,−a),⃗AB=(0,−2,0).
2 2
设平面PAB的法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
则¿，解得y =0，
1
令z =1，得x =a，故⃗m=(a,0,1).
1 1
√10
因为直线PE与平面PAB所成角的正弦值为 ，
15
|1 |
a−a
2 √10
所以 = ，
√ 1 15
a2+ ×√a2+1
2
√2
解得a=2或a= （舍去），则⃗m=(2,0,1)，
4
则⃗CA=(1,1,0),⃗CF= ( 0, 1 , 4) .
3 3
设平面ACF的法向量为⃗n=(x ,y ,z )，
2 2 2
则¿，
令z =1，则y =−4,x =4，得⃗n=(4,−4,1).
2 2 2
⃗m⋅⃗n 9 3√165
cos⟨⃗m,⃗n⟩= = = ，
|⃗m||⃗n| √5×√33 55
3√165
故平面ACF与平面PAB夹角的余弦值为 .
55
21．（2023春·江苏扬州·高二统考期末）如图,在直三棱柱ABC−A B C 中,△ABC是以BC为斜边的等腰
1 1 1
BD C E
直角三角形，A A =AB=3,D,E分别为BC,B C 上的点,且 = 1 =t(0 ,直线A C与平面A BE所成角的正弦值为 ,求二面角C −AD−C的余弦值.
2 1 1 3 1
1
【解题思路】（1）当t= 时可得点D,E分别为BC,B C 的中点,根据已知条件证明四边形BB ED为平
2 1 1 1
行四边形,再依据线面平行的判定定理即可证明.
（2）以{⃗AB,⃗AC,⃗A A }为正交基底空间直角坐标系A−xyz,写出各个点的坐标,根据直线A C与平面
1 1
√6
A BE所成角的正弦值为 求出t值,再分别求出平面AC D和平面ADC的法向量,根据公式求解即可.
1 3 1
【解答过程】（1）
1 BD C E 1
当t= 时, = 1 = ,即点D,E分别为BC,B C 的中点,
2 BC C B 2 1 1
1 1
在直三棱柱ABC−A B C 中,B C ∥BC,B C =BC,所以B E∥BD,B E=BD,
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以四边形BB ED为平行四边形,所以BB ∥ DE,BB = DE，
1 1 1
又A A ∥BB ,A A =BB ,所以A A ∥DE,A A =DE,
1 1 1 1 1 1
所以四边形A A ED为平行四边形,则AD∥A E,
1 1
又因为AD⊄平面A EB,A E⊂平面A EB,
1 1 1
所以AD ∥平面A EB.
1
（2）A A ⊥平面ABC,又∠BAC=90∘,以{⃗AB,⃗AC,⃗A A }为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系
1 1
A−xyz,
学科网（北京）股份有限公司则点A(0,0,0),C (0,3,3),A (0,0,3),B(3,0,0),C(0,3,0),
1 1
BD C E
由 = 1 =t(0 ,所以t= .
2 6 2 6
而⃗AC =(0,3,3),⃗AB=(3,0,0),⃗BC=(−3,3,0),⃗BD=t⃗BC=(−3t,3t,0),
1
所以⃗AD=⃗AB+⃗BD=(3−3t,3t,0)= (1 , 5 ,0 ) ,
2 2
设平面AC D的一个法向量为⃗n =(x,y,z),则¿,即¿,
1 1
取y=−1,则⃗n =(5,−1,1),
1
1 √3
又平面ADC的一个法向量为⃗n =(0,0,1),得 cos⟨⃗n ,⃗n ⟩= = ,
2 1 2 1⋅ √52+(−1) 2+12 9
√3
观察得二面角C −AD−C为锐角,所以二面角C −AD−C的余弦值为 .
1 1 9
22．（2023春·广东深圳·高一统考期末）如图，三棱锥P−ABC的三个顶点A，B，C在圆O上，AB为
圆O的直径，且AB=6，PA=PC=2√2，BC=2√5，平面PAC⊥平面PCB，点E是PB的中点.
学科网（北京）股份有限公司(1)证明：平面PAC⊥平面ABC；
(2)点F是圆O上的一点，且点F与点C位于直径AB的两侧.当EF//平面PAC时，画出二面角E−BF−A
的平面角，并求出它的余弦值.
【解题思路】（1）要证明平面PAC⊥平面ABC，只需证明BC⊥平面PAC即可；
（2）建立空间坐标系，运用空间向量求解.
【解答过程】（1）因为点C在圆O上，∴AC=√AB2−BC2=4，又PA2+PC2=AC2，所以△PAC是
等腰直角三角形，
即AP⊥PC，由条件：平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC=PC,∴AP⊥ 平面PBC，BC⊂
平面PBC，∴BC⊥PA，
又BC⊥AC，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，PA∩AC=A,∴BC⊥平面PAC，
又BC⊂平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC；
（2）取AC的中点M，连接PM，则PM⊥AC，由（1）可知平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面
ABC=AC，∴PM⊥平面ABC，
连接OM，OE，OF，则OM是△ABC中BC边的中位线，∴OM⊥AC，OM⊂平面ABC，∴PM⊥OM
，
即PM，AC，OM两两垂直，以M为原点，AC，OM，PM分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如下图：
由于O，E分别是AB，PB的中点，连接BM，取BM的中点N，连接EN，则有
学科网（北京）股份有限公司EN//PM，∵PM⊥平面ABC，∴EN⊥平面ABC，BF⊂平面ABC，∴BF⊥EN，
过N点作FB的垂线，得垂足S，
BF⊥NS,EN∩NS=N,∴BF⊥平面ENS，ES⊂平面ENS，∴ES⊥BF，
∴∠ESN就是二面角E−BF−A的平面角；
∴OE//PA,OE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC，∴OE//平面PAC，
OE∩FE=E，∴平面EFO//平面PAC，OF⊂平面EFO，∴FO//平面PAC，AC,FO⊂平面ABC，
∴AC//FO，
1
其中|OF|= |AB|，∴A(2,0,0),B(−2,2√5,0),P(0,0,2),E(−1,√5,1),F(3,√5,0)，
2
⃗FE=(−4,0,1),⃗FB=(−5,√5,0)，设平面EFB的一个法向量为⃗m=(x,y,z)，
则¿，¿，令x=1，得y=√5,z=4,∴⃗m=(1,√5,4)，
显然平面ABC的一个法向量⃗n=(0,0,1)，
⃗m·⃗n 2√22
设平面ABC与平面EFB的二面角为α，则cosα= = ，
|⃗m|·|⃗n| 11
2√22
综上，二面角E−BF−A的余弦值为 .
11
23．（2023春·江苏南京·高二校考期中）如图，已知在三棱柱ABC−A B C 中，A B=1，A A =√5，
1 1 1 1 1
AB=BC=2，∠BAC=30∘，平面ABB A ⊥平面ABC.
1 1
(1)求A A 与BC所成角的余弦值；
1
5√13 AE
(2)在棱A A 上是否存在一点E，使得二而角E−BC−B 的余弦值为− ？若存在，求 出 的值，
1 1 26 A A
1
若不存在，说明理由．
【解题思路】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求异面直线所成的角；
（2）假设存在点E满足题意，设⃗AE=λ⃗A A （(0≤λ≤1)，由空间向量法求二面角得λ值，从而得出结论．
1
学科网（北京）股份有限公司【解答过程】（1）因为A B=1，A A =√5，AB=BC=2，∠BAC=30∘，
1 1
所以A A2=AB2+A B2 ，所以A B⊥AB，∠ABC=120°，∠ACB=30°，
1 1 1
以BA为x轴，平面ABC内，过B与AB垂直的直线为y轴，BA 为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
1
则A(2,0,0)，B(0,0,0)，C(−1,−√3,0)，A (0,0,1)，
1
⃗A A =(−2,0,1)，⃗BC=(−1,−√3,0)，
1
⃗A A ⋅⃗BC 2 √5
cos⟨⃗A A ,⃗BC⟩= 1 = = ，
1 |⃗A A ||⃗BC| √5×2 5
1
√5
所以A A 与BC所成角的余弦值是 ；
1 5
（2）假设存在点E满足题意，设⃗AE=λ⃗A A （(0≤λ≤1)，则⃗AE=(−2λ,0,λ)，
1
⃗BE=⃗AE+⃗BA=(2−2λ,0,λ)，⃗BB =⃗A A =(−2,0,1)，
1 1
设平面EBC的一个法向量是⃗m=(x ,y ,z )，则
1 1 1
2√3(λ−1)
¿，取y =−1，则x =√3，z = ，
1 1 1 λ
2√3(λ−1)
⃗m=(√3,−1, )，
λ
设平面BCC B 的一个法向量是⃗n=(x ,y ,z )，则
1 1 2 2 2
¿，取y =1，则x =−√3，z =−2√3，即⃗n=(−√3,1,−2√3)，
2 2 2
| 12(λ−1|
−3−1−
|⃗m⋅⃗n| λ 5√13 1 7
|cos⟨⃗m,⃗n⟩|= = = ，解得λ= 或λ= （舍去），
|⃗m||⃗n| √ 12(λ−1) 2 26 3 6
1+3+ ×√3+1+12
λ2
学科网（北京）股份有限公司1 AE 1
由图可知当λ= ，二面角E−BC−B 是钝二面角，满足题意，此时 =λ= ．
3 1 A A 3
1
2π
24．（2023·福建福州·福建省校考二模）如图1，在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC= ,E为BC的中
3
点，F为AB上一点，且EF⊥AB.将△BEF沿EF翻折到△B′EF的位置，如图2.
(1)当AB′=√2时，证明：平面B′ AE⊥平面ABC；
π
(2)已知二面角B′−EF−A的大小为 ，棱AC上是否存在点M，使得直线B′E与平面B′MF所成角的正
4
√10
弦值为 ？若存在，确定M的位置；若不存在，请说明理由.
10
【解题思路】（1）根据线面垂直的判定定理证明AB′⊥平面ABC，再由面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【解答过程】（1）由已知，有EF⊥AF,EF⊥B′F，且AF∩B′F=F，
AF，B′F⊂平面AB′F，所以EF⊥平面AB′F，
因为AB′ ⊂平面AB′E，所以EF⊥AB′.
π
在Rt△BEF中，BE=√3,∠B= ，
6
3 1
所以BF= ,AF=
.
2 2
因为AB′2+AF2=B′F2，所以AB⊥AB′.
且AB∩EF=F，AB，EF⊂平面ABC，所以AB′⊥平面ABC.
因为AB′ ⊂平面AB′E，所以平面AB′E⊥平面ABC.
（2）由（1）EF⊥AF,EF⊥B′F，
学科网（北京）股份有限公司π
所以∠AFB′为二面角B′−EF−A的平面角，∠AFB′=
，
4
2π
因为AB=AC=2,∠BAC= ,E为BC的中点，
3
1 3 3 1 √3
所以BE=ABsin60°= BC=√3，BF=B′F=BEcos30°= ，AF=2− = ，EF=BEsin30°= ，
2 2 2 2 2
3√2
B′Fsin45°=B′Fcos45°=
，
4
如图，以F为坐标原点，分别以⃗FB､⃗FE为x轴､y轴正方向建立空间直角坐标系F−xyz.
则F(0,0,0),A
(
−
1
,0,0
)
,C
(
−
3
,√3,0
) ,B′(
−
3√2
,0,
3√2)
,E
(
0,
√3
,0
)
.
2 2 4 4 2
设⃗AM=λ⃗AC,λ∈[0,1]，
则⃗FM=⃗FA+⃗AM= ( −λ− 1 ,√3λ,0 ) , ⃗ FB′= ( − 3√2 ,0, 3√2) , ⃗ B′E= (3√2 , √3 ,− 3√2) .
2 4 4 4 2 4
设平面B′MF的一个法向量⃗m=(x,y,z)，
由¿，得¿，
2λ+1
(
2λ+1
)
令x=1，则y= ,z=1，所以⃗m= 1, ,1 .
2√3λ 2√3λ
√10
因为直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为 ，
10
| √3 |
(2λ+1)
所以| cos ⟨ ⃗m, ⃗ B′E ⟩| = | ⃗m⋅ ⃗ B′E | = 2 = √10，
|⃗m|⃗ B′E| √3⋅√12λ2+12λ2+(2λ+1) 2 10
1 1
解得λ= 或λ=− （舍）.
2 6
√10
因此，当点M为AC中点时，直线B′E与平面B′MF所成角的正弦值为
.
10
学科网（北京）股份有限公司25．（2023春·四川乐山·高二期末）如图，在三棱柱ABC−A B C 中，侧面BCC B 为正方形，
1 1 1 1 1
AB=BC=2,AC=2√3,M,N分别为A B ,AC的中点．
1 1
(1)求证：MN//平面BCC B ；
1 1
(2)再从条件（1）、条件（2）这两个条件中选择一个作为已知，求二面角A−BM−N的平面角的余弦值．
条件①：BN⊥平面A A C C；
1 1
条件②：B N=√5．
1
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解题思路】（1）先证明线面平行，再利用面面平行的判定可证结论；
（2）无论选择哪个条件都能得到侧棱与底面垂直，然后利用空间向量可求答案或者找出二面角的平面角，
利用三角形知识求解.
【解答过程】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，
∵三棱柱ABC−A B C ，∴四边形ABB A 为平行四边形，
1 1 1 1 1
∵B M=M A ,BK=KA，
1 1
∴MK//BB ．
1
又MK⊄平面BCC B ,BB ⊂平面BCC B ，
1 1 1 1 1
∴MK//平面BCC B ．
1 1
∵N,K分别为AC,AB中点，
∴NK//BC．
又NK⊄平面BCC B ,BC⊂平面BCC B ，
1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司∴NK//平面BCC B ．
1 1
∵NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，
∴平面MKN//平面BCC B ．
1 1
又MN⊂平面MKN，
∴MN//平面BCC B ．
1 1
（2）选条件①
∵BN⊥平面A A C C，∴BN⊥CC ．
1 1 1
又∵侧面BCC B 为正方形，∴CC ⊥BC．
1 1 1
∵BC∩BN=B，∴CC ⊥平面ABC．
1
选条件②
∵在△B BN中，BB =2,BN=1,B N=√5，∴BB2+BN2=B N2 ．
1 1 1 1 1
∴BB ⊥BN．
1
又∵侧面BCC B 为正方形，∴BB ⊥BC．
1 1 1
∵BC∩BN=B，∴BB ⊥平面ABC．
1
解法一：如图建立空间直角坐标系，
(√3 1 )
A(√3,0,0),B(0,1,0),N(0,0,0),M , ,2 ；
2 2
(√3 1 )
⃗NB=(0,1,0),⃗NM= , ,2 ；
2 2
设平面NBM的法向量为⃗m=(x,y,z)，
¿
√3 ( √3)
令x=2得y=0,z=− ，即⃗m= 2,0,− ．
2 2
学科网（北京）股份有限公司(√3 1 )
⃗BA=(√3,−1,0),⃗BM= ,− ,2 ,
2 2
设平面ABM的法向量为⃗n=(x ,y ,z )，
1 1 1
¿，
令x =1得y =√3,z =0，即平面ABM的法向量为⃗n=(1,√3,0)．
1 1 1
2 2√19
cos⟨⃗m,⃗n⟩= =
∴ √19 19 ．
×2
2
2√19
即二面角A−BM−N的平面角的余弦值为 ．
19
解法二：过点N作NO⊥AB交AB于点O，
过点O作OD⊥BM交BM于点D，连结DN，
∵BB ⊥平面ABC，∴BB ⊥NO．
1 1
∵BB ⊥NO，NO⊥AB，BB ∩AB=B，∴NO⊥平面ABB A ．
1 1 1 1
又BM⊂平面ABB A ，∴NO⊥BM．
1 1
∵OD∩NO=O，∴BM⊥平面NOD．
∴BM⊥ND．∴∠NDO即为所求角．
学科网（北京）股份有限公司√3 1
在直角三角形ANB中，BN=1,AN=√3,AB=2，∴NO= ，OB=√BN2−NO2= ；
2 2
在正方形ABB A 中，BB =2,B M=1，∴BM=√5；
1 1 1 1
√5
在△BOM中，由等面积可得OD= ，
5
√19 √95
∴ND=√OD2+NO2= = ，
2√5 10
OD 2√19
∴cos∠NDO= = ．
ND 19
2√19
即二面角A−BM−N的平面角的余弦值为 ．
19
26．（2023春·江苏徐州·高二校考期中）如图1，在等边△ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，
DE
且满足DE//BC，记 =λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE位置，使得平面MDE⊥平面DECB，连接
BC
MB，MC得到图2，点N为MC的中点.
(1)当EN//平面MBD时，求λ的值；
(2)试探究：随着λ值的变化，二面角B−MD−E的大小是否为定值？如果是，请求出二面角B−MD−E
的正弦值；如果不是，请求出二面角B−MD−E的余弦值的取值范围.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解，
（2）由法向量的夹角即可求解二面角.
学科网（北京）股份有限公司【解答过程】（1）取DE的中点O，连接AO并延长与BC相交，因为AD=AE，DO=OE，所以
AO⊥DE，即MO⊥DE，
又平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB=DE，MO⊂平面MDE，
所以MO⊥平面DECB，建立如图空间直角坐标系，不妨设BC=2，则M(0,0,√3λ)，D(λ,0,0)，
( 1 √3 √3 )
E(−λ,0,0)，B(1,√3(1−λ),0)，C(−1,√3(1−λ),0)，N − , (1−λ), λ ，
2 2 2
( 1 √3 √3 )
所以⃗EN= λ− , (1−λ), λ ，⃗MD=(λ,0,−√3λ)，⃗DB=(1−λ,√3(1−λ),0).
2 2 2
设平面BMD的法向量为⃗m=(x,y,z)，则¿，
令x=√3，则y=−1，z=1，所以即⃗m=(√3,−1,1)是平面BMD的一个法向量，
( 1) √3 √3 1
因为EN∥平面MBD，所以⃗EN⊥⃗m，⃗EN⋅⃗m=√3 λ− − (1−λ)+ λ=0，解得λ= ；
2 2 2 2
（2）
由（1）知，⃗m=(√3,−1,1)是平面BMD的一个法向量，
同理可求平面EMD的一个法向量为⃗n=(0,1,0)，
⃗m⋅⃗n −1 √5
cos⟨⃗m,⃗n⟩= = =− ，即随着λ值的变化，二面角B−MD−E的大小为定值.
|⃗m||⃗n| √5 5
2√5 2√5
且sin⟨⃗m,⃗n⟩=√1−cos2⟨⃗m,⃗n⟩= ，所以二面角B−MD−E的正弦值为 .
5 5
27．（2023春·湖北武汉·高一校考期末）如图，四棱台ABCD−A B C D 中，上、下底面均是正方形，
1 1 1 1
且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A B =4，E、F分别为DC、BC的中点，上下底面中心的连线O O垂
1 1 1
直于上下底面，且O O与侧棱所在直线所成的角为45°.
1
学科网（北京）股份有限公司(1)求证：BD ∥平面C EF；
1 1
3√22
(2)线段BF上是否存在点M，使得直线A M与平面C EF所成的角的正弦值为 ，若存在，求出线段
1 1 22
BM的长；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）作出辅助线，得到四边形CED C 为平行四边形，从而得到MF是△BCD 的中位线，
1 1 1
得到线线平行，证明出线面平行；
（2）法一：作出辅助线，建立空间直角坐标系，写出点到坐标，设出M(m,2,0)，0≤m≤2，利用空间向
量线面角的求解公式列出方程，求出答案；
法二：作出辅助线，得到平面C EF//平面BDD B ，得到直线A M与平面C EF所成的角即为A M与
1 1 1 1 1 1
A D A S √44
平面BDD B 所成的角，设BM=x，由三角形相似得到 1 1= 1 ，表达出SM= x，
1 1 BM SM 6
√44 √44
A M=A S+SM= + x，进而表达出BR=1,MR=x−1或1−x，故W M2=(x−1) 2+32，从而
1 1 3 6
列出方程，求出x，得到答案.
【解答过程】（1）连接D C，与C E相交于点M，连接D E，
1 1 1
因为AB=2A B =4，E为DC的中点，
1 1
所以CE=C D 且CE//C D ，故四边形CED C 为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
故CM=D M，
1
又因为F为BC的中点，所以MF是△BCD 的中位线，
1
故MF//BD ，
1
因为MF⊂平面C EF，BD ⊄平面C EF，
1 1 1
所以BD ∥平面C EF；
1 1
学科网（北京）股份有限公司（2）法一：存在，线段BM的长为1，理由如下：
取AB的中点Q，连接OQ，以O为坐标原点，分别以OQ,OF,OO 为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1
连接AO,A O ，过点A 作A W⊥AO于点W，因为AB=2A B =4，
1 1 1 1 1 1
则AO=2√2,A O =WO=√2，AW =2√2−√2=√2，
1 1
因为O O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠A AW =45°，A W =AW =√2，
1 1 1
所以A (1,−1,√2),C (−1,1,√2),E(−2,0,0),F(0,2,0)，
1 1
设M(m,2,0)，0≤m≤2，⃗A M=(m−1,3,√2)，
1
设平面C EF的法向量为⃗n=(x,y,z)，
1
则¿，
令x=1得y=−1,z=0，
则⃗n=(1,−1,0)，
设直线A M与平面C EF所成的角的大小为θ，
1 1
|(m−1,3,√2)⋅(1,−1,0)| |m−4| 3√22
则sinθ=|cos⟨⃗A M,⃗n⟩|= = = ，
1 √(m−1) 2+9+2⋅√1+1 √2⋅ √(m−1) 2+11 22
解得m=1或34（舍去），
故M(1,2,0)，线段BM的长为2−1=1.
法二：存在，线段BM的长为1，理由如下：
学科网（北京）股份有限公司连接B D ，显然过点O ，连接BD，过点O，
1 1 1
因为E、F分别为DC、BC的中点，所以EF//BD，
因为EF⊄平面BDD B ，BD⊂平面BDD B ，
1 1 1 1
所以EF//平面BDD B ，
1 1
由（1）知：DE=D C 且DE//D C ，故四边形DEC D 为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
故C E//D D，
1 1
因为C E⊄平面BDD B ，D D⊂平面BDD B ，
1 1 1 1 1 1
所以C E//平面BDD B ，
1 1 1
因为C E∩EF=E，C E,EF⊂平面C EF，
1 1 1
所以平面C EF//平面BDD B ，
1 1 1
故直线A M与平面C EF所成的角即为A M与平面BDD B 所成的角，
1 1 1 1 1
设A M∩BD =S，连接O S,A O ，
1 1 1 1 1
因为O O垂直于上下底面，上、下底面均是正方形，
1
所以A O ⊥平面BDD B ，故∠A SO 即为A M与平面BDD B 所成的角，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
连接AO，过点A 作A W⊥AO于点W，因为AB=2A B =4，
1 1 1 1
则AO=2√2,A O =WO=√2，AW =2√2−√2=√2，
1 1
因为O O与侧棱所在直线所成的角为45°，所以∠A AW =45°，A W =AW =√2，
1 1 1
A O √2 3√22 √44
sin∠A SO = 1 1= = ，解得A S= ，
1 1 A S A S 22 1 3
1 1
因为A D //BF，所以△A D S~ △MBS，设BM=x，
1 1 1 1
√44
A D A S √44
则 1 1= 1 ，即2 3 ，解得SM= x，
BM SM = 6
x SM
√44 √44
故A M=A S+SM= + x，
1 1 3 6
过点W作WR⊥BC于点R，则BR=1,MR=x−1或1−x，
故W M2=(x−1) 2+32，
2
由勾股定理得A W2+W M2=A M2 ，即(√2) 2+(x−1) 2+32= (√44 + √44 x ) ，
1 1 3 6
学科网（北京）股份有限公司解得x=1，
故线段BM的长为2−1=1.
28．（2023春·江苏宿迁·高二统考期末）如图（1）所示，在△ABC中，AB=4√3，BC=2√3，
∠B=60°，DE垂直平分AB．现将△ADE沿DE折起，使得二面角A−DE−B大小为60°，得到如图
（2）所示的空间几何体（折叠后点A记作点P）
(1)求点D到面PEC的距离；
(2)求四棱锥P−BCED外接球的体积；
(3)点Q为一动点，满足⃗PQ=λ⃗PE (0<λ<1)，当直线BQ与平面PEC所成角最大时，试确定点Q的位置．
【解题思路】（1）由已知可证得平面PDB⊥平面BCDE，取BD中点O ，连接PO,OC ，则有
OB,OC,OP两两垂直，所以以{⃗OB,⃗OC,⃗OP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，然后
利用空间向量求解，
（2）连接BE，则四边形BCED的外接圆圆心在BE的中点O ，△PBD外接圆的圆心为PO的三等分点O ，
1 2
过点圆心O ，O 分别作两面垂线，则垂线交点即为球心M，连接BM，求出其长度可得外接球的半径，
1 2
从而可求出外接球的体积，
（3）由⃗PQ=λ⃗PE (0<λ<1)，表示出点Q的坐标，然后利用空间向量表示出直线BQ与平面PEC所成角
的正弦值，求出其最大值可得答案.
π π
【解答过程】（1）由AB=4√3，BC=2√3，∠B= ，得AC=6 ，∠C= ，DC=BC
3 2
学科网（北京）股份有限公司因为DE垂直平分AB，
所以DE⊥PD,DE⊥BD，
所以∠PDB为平面PDE与平面BCED的二面角的平面角，
π
所以∠PDB= ，PD=BD，所以△PDB为等边三角形，
3
取BD中点O ，连接PO,OC ，所以PO⊥BD,OC⊥BD，
因为PD∩BD=D，PD,BD⊂平面PDB，
所以DE⊥平面PDB，
因为DE⊂平面BCDE，
所以平面PDB⊥平面BCDE，
因为PO⊥BD,OC⊥BD
所以∠POC为二面角P−BD−C的平面角，
所以PO⊥OC，
以{⃗OB,⃗OC,⃗OP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
则B(√3,0,0),C(0,0,3),P(0,0,3),D(−√3,0,0),E(−√3,2,0)，
所以⃗PC=(0,3,−3),⃗PE=(−√3,2,−3)，
设平面PEC的一个法向量为⃗n=(x,y,z) ，则
√3
¿，令z=1，则⃗n=(− ,1,1)
3
又⃗DP=(√3,0,3)，
√3
|− ×√3+3|
|⃗PD·⃗n| 3 2 2√21
所以点D到面PEC的距离d= = = =
；
|⃗n| √ 1 √7 7
1+1+
3 3
（2）连接BE，由BD⊥DE，BC⊥CE，则四边形BCED的外接圆圆心在BE的中点O ，
1
△PBD为正三角形，则△PBD外接圆的圆心为PO的三等分点O ，
2
过点圆心O ，O 分别作两面垂线，则垂线交点即为球心M，
1 2
如图所示，连接BM，则BM即球的半径.
在Rt△ADE中，AD=2√3,∠DAE=30°,∠ADE=90°，
√3
则DE=ADtan30°=2√3× =2，
3
1 1 √3
在Rt△MO B中，MO =OO = PO= × ×2√3=1，
1 1 2 3 3 2
学科网（北京）股份有限公司1 1 1
BO = BE= √BD2+DE2= ×√(2√3) 2+22=2
1 2 2 2
所以由勾股定理得MB=√MO2+BO2=√12+22=√5，
1 1
4 4 20√5
则球的体积V = πR3= π(√5) 3= π ；
3 3 3
（3）设Q(x ,y ,z )，由⃗PQ=λ⃗PE (0<λ<1)得(x ,y ,z −3)=λ(−√3,2,−3)，
1 1 1 1 1 1
所以¿，得Q(−√3λ,2λ,3−3λ)， ，
所以⃗BQ=(−√3λ−√3,2λ,3−3λ)，
[ π ]
设直线BQ与平面PEC所成角为θ（θ∈ 0, ），
2
| ⃗BQ⋅⃗n | 4
sinθ= =
则 |⃗BQ||⃗n| √7
√ (−√3λ−√3) 2+(2λ) 2+(3−3λ) 2
3
2√21 2√21
= =
7√4λ2−3λ+3 √ 3 2 39
7 4(λ− ) +
8 16
3 8√91
所以当λ= 时，sinθ取得最大值 ，
8 91
此时直线BQ与平面PEC所成角最大，
3
即当⃗PQ= ⃗PE时，直线BQ与平面PEC所成角最大.
8
学科网（北京）股份有限公司29．（2023·广东广州·广州市校考模拟预测）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AD=2√3，二面角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.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【解题思路】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意可建立以D为坐标原点的空间直角坐标系D−xyz，设F(0,0,t)(t>0),分别求出平面EFC和
平面FCD的法向量，由二面角公式代入解方程即可求出t，进而求出PD的长.
【解答过程】（1）取PC中点M，连接FM,BM.
1
在△PCD中，M,F分别为PC,PD的中点，所以MF//DC,MF= DC.
2
1
在菱形ABCD中，因为AB//DC,BE= DC，
2
所以BE//MF,BE=MF.
学科网（北京）股份有限公司所以四边形BEMF为平行四边形，所以EF//BM.
又因为EF⊄平面PBC,BM⊂平面PBC，
所以EF //平面PBC.
（2）选择条件①：
因为PD⊥平面ABCD,DE,DC⊂平面ABCD，
所以PD⊥DE,PD⊥DC.
又因为DE⊥PC,PD∩PC=P,PD,PC⊂平面PCD，
所以DE⊥平面PCD，又DC⊂平面PCD，
所以DE⊥DC，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.
连接BD，因为AB∥DC，所以DE⊥AB，又E为AB中点，所以AD=DB，
所以△ADB为正三角形.因为AD=2√3，所以DE=3.
设F(0,0,t)(t>0),E(3,0,0),C(0,2√3,0)，
则⃗EF=(−3,0,t),⃗EC=(−3,2√3,0)，
根据条件，可得平面FCD的法向量为⃗n =(1,0,0).
1
设平面EFC的法向量为⃗n =(x,y,z)，
2
则¿，所以¿，
取x=2t，则y=√3t,z=6，所以⃗n =(2t,√3t,6)，
2
由题意，二面角E−FC−D的大小为45∘，
|⃗n ⋅⃗n | | 2t | √2
所以|cos＜⃗n ,⃗n ＞|= 1 2 = = ，解得t=±6（舍负）.
1 2 |⃗n||⃗n | √3t2+4t2+36 2
1 2
因为F是PD的中点，所以PD的长为12.
经检验符合题意.
学科网（北京）股份有限公司选择条件②：
因为PD⊥平面ABCD,DB,DC,DE⊂平面ABCD，
所以PD⊥DB,PD⊥DC,PD⊥DE.
连接BD，因为PB2=PD2+BD2,PC2=PD2+DC2，且PB=PC，
所以BD=DC，在菱形ABCD中，AB=BD=AD，即△ADB为正三角形.
又因为E为AB中点，所以DE⊥DC，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.
又因为AB∥DC,DE⊥AB.
因为△ADB为正三角形且AD=2√3，所以DE=3.
设F(0,0,t)(t>0),E(3,0,0),C(0,2√3,0)，
则⃗EF=(−3,0,t),⃗EC=(−3,2√3,0)，
根据条件，可得平面FCD的法向量为⃗n =(1,0,0).
1
设平面EFC的法向量为⃗n =(x,y,z)，
2
则¿，所以¿，
取x=2t，则y=√3t,z=6，所以⃗n =(2t,√3t,6)，
2
由题意，二面角E−FC−D的大小为45∘，
|⃗n ⋅⃗n | | 2t | √2
所以|cos＜⃗n ,⃗n ＞|= 1 2 = = ，解得t=±6（舍负）.
1 2 |⃗n||⃗n | √3t2+4t2+36 2
1 2
因为F是PD的中点，所以PD的长为12.
经检验符合题意.
30．（2023春·江苏南京·高二统考期末）如图所示，在三棱锥P−ABC中，已知PA⊥平面ABC，平面
PAB⊥平面PBC．
学科网（北京）股份有限公司(1)证明：BC⊥平面PAB；
(2)若PA=AB=6，BC=3，在线段PC上（不含端点），是否存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值
√10
为 ，若存在，确定点D的位置；若不存在，说明理由．
5
【解题思路】（1）过点A作AE⊥PB于点E，由面面垂直性质定理可得AE⊥平面PBC，由此证明
AE⊥BC，再证明PA⊥BC，根据线面垂直判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面ACD，平面ABD的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件
列方程确定点D的位置；
【解答过程】（1）过点A作AE⊥PB于点E，
因为平面PAB⊥平面PBC，且平面PAB∩平面PBC=PB，AE⊂平面PAB，
所以AE⊥平面PBC，
又BC⊂平面PBC，所以AE⊥BC，
又PA⊥平面ABC，BC⊂平面PBC，
所以PA⊥BC，
又因为AE∩PA=A，AE，PA⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB．
√10
（2）假设在线段PC上（不含端点），存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为 ，
5
学科网（北京）股份有限公司以B为原点，分别以⃗BC、⃗BA为x轴，y轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(0,6,0)，B(0,0,0)，C(3,0,0)，P(0,6,6)，
⃗AC=(3,−6,0)，⃗AP=(0,0,6)，⃗PC=(3,−6,−6)，⃗BA=(0,6,0)，
设平面ACD的一个法向量为⃗m=(x,y,z)，
¿即¿取x=2，y=1，z=0，
所以⃗m=(2,1,0)为平面ACD的一个法向量，
因为D在线段PC上（不含端点），所以可设⃗PD=λ⃗PC=(3λ,−6λ,−6λ)，0<λ<1，
所以⃗AD=⃗AP+⃗PD=(3λ,−6λ,6−6λ)，
设平面ABD的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，
¿即¿，
取x=2λ−2，y=0，z=λ，
所以⃗n=(2λ−2,0,λ)为平面ABD的一个法向量，
2×(2λ−2)+1×0+0×λ
cos⟨⃗m,⃗n⟩= ，又0<λ<1，
√5×√(2λ−2) 2+λ2
2×(2λ−2) √10
由已知可得
=−
√5×√(2λ−2) 2+λ2 5
2
解得λ= 或λ=2（舍去），
3
√10
所以，存在点D，使得二面角B−AD−C的余弦值为 ，
5
此时D是PC上靠近C的三等分点．
学科网（北京）股份有限公司
