专题20立体几何解答题分类练（解析版）_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_1.2024一轮复习_2024年高考数学热点难点特色专题分题型强化训练（新高考专用）

专题 20 立体几何解答题分类练 一、长度、面积及体积的计算 1. （2023届安徽省安庆市高三第三次模拟）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ， ， ， 为 的中点，且 ．记 的中点为 ，若 在线段 上（异于 、 两点）． (1)若点 是 中点，证明： 面 ； (2)若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，求线段 的长． 【解析】（1）证明：取线段 的中点 ，连接 、 ， 因为 ， ， 为 的中点，则 且 ， 因为 为 的中点，则 且 ， 因为 、 分别为 、 的中点，所以， 且 ， 所以， 且 ，所以，四边形 为平行四边形，则 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以， 平面 . （2）解：连接 ， 因为 ， ， 为 的中点，则 且 ， 所以，四边形 为平行四边形，所以， ，且 ， 因为 ，则 ， 又因为 ，则 ，因为 ， 为 的中点，则 ， 因为 ， ， ，所以， ， 所以， ，则 ， 又因为 ， 、 平面 ，所以， 平面 ， 以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则 、 、 、 ， 设 ，则 ， ， ，设平面 的法向量为 ， 则 ，取 ，可得 ， ，若直线 与平面 所成角的正弦值为 ， 则 ，整理可得 ， 因为 ，解得 ，故 . 2.（2024届江苏省南通市如东高三上学期学情检测）劳动教育是中国特色社会主义教育制度的重要内容， 对于培养社会主义建设者和接班人具有重要战略意义.为了使学生熟练掌握一定劳动技能，理解劳动创造价 值，某普通高中组织学生到工厂进行实践劳动.在设计劳动中，某学生欲将一个底面半径为20cm，高为 40cm的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内. (1)求该圆柱的侧面积的最大值；(2)求该圆柱的体积的最大值. 【解析】（1）设该圆柱的底面半径为 ，高 为 .由平面几何知识知 ， 所以 ，即 . 因为 ，所以 . 因为 ， 当且仅当 时等号成立，所以该圆柱的侧面积的最大值是 . （2）设圆柱的体积为 ，因为 ， 所以 ，令 得 ，令 得 ， 令 得 ，所以 在 上单调递增， 上单调递减， 所以当 时， . 3.（2024届云南省昆明市第一中学高三第二次双基检测）如图，在三棱锥 中， 平面 分别为棱 的中点.(1)证明： ； (2)若 ，二面角 的余弦值为 ，求三棱锥 的体积. 【解析】（1）因为 ，点 是 的中点，所以 . 因为 平面 平面 ，所以 . 又因为 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 . （2）因为 ，所以 ， 取 中点 ，连接 ，则 . 因为 平面 ，所以 平面 . 故以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系， 设 ，得 ， 所以 . 设平面 的法向量 ，则 ， 得 ，令 ，得 . 设平面 的法向量 ， 则由 ，得 ，令 ，得 .依题意， ， 因为 ，所以解得 ，所以 ， 所以三棱锥 的体积 . 二、平行关系的证明 4. （2024届安徽省江淮十校高三第一次联考）如图，在五面体 中，四边形 为正方形， 为正三角形， ， . (1)若平面 平面 ，证明： ； (2)求二面角 的余弦值. 【解析】（1）因为四边形 为正方形，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 又因为 平面 ，平面 平面 ，所以 . （2）记 ， 的中点分别为E，F，连接 ， ， ， 因为 ， ， ， 平面 ， ， 所以 平面 ， 平面 ，所以 . 因为 ，所以 ， 又 , ,所以 ，所以 ， 所以 ，所以 ， ， 平面 ， ， 平面 ，所以 平面 . 以P为坐标原点，以 ， 所在的直线为x，z轴，过P与 平行的直线为y轴，建立如图所示的空间 直角坐标系.则 ， ， ， ， ， ， ， 设平面 的法向量为 ， 则 令 ，得 设平面 的法向量为 ， 则 令 ，得 ， 由图可知，二面角 为钝角， 所以二面角 的余弦值为 . 5.（2024届山西省忻州市名校高三上学期开学联考）如图，在多面体ABCDE中， 平面BCD，平面 平面BCD，其中 是边长为2的正三角形， 是以 为直角的等腰三角形， .(1)证明： 平面BCD. (2)求平面ACE与平面BDE的夹角的余弦值. 【解析】（1）取CD的中点F，连接EF，BF. 因为 是边长为2的正三角形，所以 ，且 . 因为平面 平面BCD，且平面 平面 ， 平面ECD， 所以 平面BCD. 因为 平面BCD，所以 . 因为 ，所以四边形ABFE为平行四边形， 所以 . 因为 平面BCD， 平面BCD，所以 平面BCD. （2）过点B作 ，以B为坐标原点，分别以 ， ， 的方向为x，y，z轴的正方向，建立如 图所示的空间直角坐标系， 则 ， ， ， ， ， 故 ， ， ， .设平面ACE的法向量为 ， 则 ， 令 ，得 . 设平面BDE的法向量为 ， 则 ， 令 ，得 . 设平面ACE与平面BDE的夹角为 ， 则 . 6.（2023届四川省绵阳市涪城区南山中学高三仿真）如图，在多面体ABCDEF中，四边形 与 均为直角梯形， 平面 ， ． (1)已知点G为AF上一点，且 ，求证：BG与平面DCE不平行； (2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为 ，求AF的长及四棱锥D－ABEF的体积． 【解析】（1）证明：因为 平面ABEF，AB， 平面ABEF， 所以 ， ， 又 ， 以 为坐标原点， 分别为 轴，建立空间直角坐标系， 则 、 、 、 、 ，所以 ， ， ， 设平面DCE的法向量为 ，则 ， 令 ，则 ，所以 ， 因为 ，且不存在 使得 与 垂直， 所以BG与平面DCE不平行； （2）设 （ 且 ），则 ，所以 ， ∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为 ， ∴ ， 化简得 ，解得 或 （舍去）；故 ． 此时梯形ABEF的面积 ，故 ． 三、垂直关系的证明 7.（2023届四川省南充高级中学高三下学期第三次模拟） 如图，在四棱台 中，底面 是菱形， ， ， 平面 .(1)证明：BD CC ； 1 (2)棱 上是否存在一点 ，使得二面角 的余弦值为 若存在，求线段 的长；若不存在， 请说明理由. 【解析】（1）证明:如图所示，连接 , 因为 为棱台，所以 四点共面， 又因为四边形 为菱形，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 又因为 且 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 . （2）解：取 中点 ，连接 ， 因为底面 是菱形，且 ，所以 是正三角形，所以 ，即 ， 由于 平面 ，以 为原点，分别以 为 轴、 轴和 轴，建立如图所示的空间直角 坐标系， 则 假设点 存在，设点 的坐标为 ，其中 ， 可得 设平面 的法向量 ，则 ，取 ，可得 ，所以 . 又由平面 的法向量为 ， 所以 ，解得 由于二面角 为锐角，则点 在线段 上，所以 ，即 故 上存在点 ，当 时，二面角 的余弦值为 . 8.（2024届云南省昆明市第一中学高三上学期第一次月考）如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是 边长为4的正方形， ，平面 平面ABCD，且 ， ，点G是EF的中点． (1)证明： 平面ABCD； (2)线段AC上是否存在一点M，使 平面ABF？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由． 【解析】（1）因为 ，点G是EF的中点，所以 ， 又因为 ，所以 ， 由平面 平面ABCD，平面 平面 ， 平面ADEF， 所以 平面ABCD．（2）由（1）得 平面ABCD， 平面ABCD，∴ ， 四边形ABCD是边长为4的正方形，所以AG、AD、AB两两垂直， 以A为原点，建立空间直角坐标系 ，如图， 所以 ， 假设线段AC上存在一点M，使 平面ABF， 设 ，则 ， ∵ ，∴ ， 设 ，则 , 所以 ， , 设平面ABF的法向量为 ，取 由于 平面ABF，所以 ，即 ，解得 所以 ，此时 ， 即当 时， 平面ABF．9.（2024届广东仲元中学高三上学期9月月考）如图，在以 为顶点的五面体中，面 为 正方形， ，且二面角 与二面角 都是 . (1)证明：平面 平面 ； (2)求二面角 的正弦值. 【解析】（1）由正方形 ，得 ，由 ，得 ， 而 ， 平面 ，则 平面 ，又 平面 ， 所以平面 平面 . （2）过 作 ，垂足为 ，因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，因此 平面 ， 以 为坐标原点， 的方向为 轴正方向， 的方向为 轴正方向， 的方向为 轴的正方向， 为单位长，建立空间直角坐标系 ，如图： 因为平面 平面 ，则由（1）可知 为二面角 的平面角， 即有 ，则 ， ， ， 则有 ， ， ， ， 又因为 ， 平面 ， 平面 ，则 平面 ， 又平面 平面 ，于是 ， ， 由 可得 平面 ，于是 为二面角 的平面角，即有 ，从而得 ， 则 ， ， ， ， 设平面 的法向量 ，则 ，令 ，得 ， 设平面 的法向量 ，则 ，令 ，得 ， 因此 ，设二面角 的大小为 ， 则 ， 所以二面角 的正弦值为 . 10.（2024届广西百色市贵百联考高三上学期9月月考）四边形 为菱形， 平面 ， ， ， ． (1)设 中点为 ，证明： 平面 ； (2)求平面 与平面 的夹角的大小． 【解析】（1）四边形 为菱形，且 ， 中点为 ，所以 ． 因为 ，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 ． 又 ， ， 平面 ， 所以 平面 ； （2）设 交 于点 ，取 中点 ，连接 ，所以 ， 底面 ．以 为原点，以， ， 分别为 轴， 轴， 轴的正方向建立空间直角坐标系， 因为 ，所以 ， 所以 ， ， ， ， ， ， 所以 ， ， 设平面 的一个法向量为 ，则 ， 令 ，得 ； ， ，平面 的一个法向量为 ， 则 ，令 得 ； 所以 ， 所以平面 与平面 的夹角的大小为 ． 四、线面角的计算 11. （2023届河南省部分名校高三仿真模拟）如图所示，正六棱柱 的底面边长为 1，高为 ， 为线段 上的动点.(1)求证： 平面 ； (2)设直线 与平面 所成的角为 ，求 的取值范围. 【解析】（1）连接 ， . 在正六棱柱 中， 因为底面为正六边形，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 . 因为 ， ，所以四边形 为平行四边形， 所以 ，又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 又 ，所以平面 平面 ， 因为 为线段 上的动点，所以 平面 ， 所以 平面 .（2）取 的中点为Q，连接 ， . 因为底面边长为1，所以 ， 因为 ，所以 ，所以 . 易得 ， ， ，所以 平面 ，所以 ， 因为 ，所以 平面 ， 即 为平面 的一个法向量. 连接 ，以 为坐标原点， ， ， 所在直线分别为x，y，z轴建立空间坐标系 ， 则 ， ， ， ， ， 所以 ，所以 ， ， . 设 （ ）， 所以 ， 则 ， 因为 ，所以 ，所以 的取值范围是 . 12．（2023届河南省部分学校高三押题信息卷）如图，在四棱锥 中，平面 平面 ， 底面 是矩形， 分别是 的中点，平面 经过点 与棱 交于点 ．(1)试用所学知识确定 在棱 上的位置； (2)若 ，求 与平面 所成角的正弦值． 【解析】（1）过 作直线 与 平行，延长 与 交于点 ， 连接 与 的交点即为点 ． 因为底面 是矩形， 是 的中点， 所以 ，且 ． 又 ，所以 ， 因为 是 的中点，可得 ， 则 ，所以 ． 故 在棱 的靠近 的三等分点处． （2）因为 是 的中点，所以 ， 又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 ． 取 中点 ，连接 ，易知 两两相互垂直， 如图，分别以 为 轴建立空间直角坐标系， 则 ， ．设平面 的法向量为 ， 则 即 令 ，则 ，所以 ． ． 设 与平面 所成角为 ， 则 ， 所以 与平面 所成角的正弦值为 ． 13．（2024届湖南省三湘创新发展联合体高三上学期9月月考）如图，在四棱锥 中，底面 ABCD是正方形， ， ，E为BC的中点． (1)证明： ． (2)若二面角 的平面角为 ，G是线段PC上的一个动点，求直线DG与平面PAB所成角的最大值． 【解析】（1）如图，取AD的中点F，连接PF，EF． ∵底面ABCD是正方形， ，∴ ， ． ∵ ， 平面PEF，∴ 平面PEF． 又∵ 平面PEF，∴ ． （2）由（1）可知，二面角 的平面角为 ，且为 ， 过点P作PO垂直于直线EF，垂足为O， ∵ 平面PEF， 平面PEF，∴ ， ∵ 平面 ，∴ 平面 ， 以O为原点，OE，OP所在的直线分别为y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 易得 ， ， ， ， 则 ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设平面PAB的法向量为 ，则 得 取 ，则 ． 设 ， ，则 ， 设直线DG与平面PAB所成的角为 ，则 ， 令 ，则 ， ． 当 时， ， ； 当 时， ， 当 ，即 ， 时， 取得最大值，且最大值为 ，此时 ． 所以直线DG与平面PAB所成角的最大值为 ． 五、二面角的计算 14. （2024届新疆巴音郭楞蒙古自治州高三上学期开学考试）在长方体 中， ， ， 与 交于点 ，点 为 中点. (1)求证： 平面 ； (2)求平面 与平面 的夹角的余弦值. 【解析】（1）证明：在长方体 中，因为 平面 ， 平面 ，所以 ， 因为 为正方形，所以 ，因为 ， 平面 所以 平面 （2）以 为坐标原点， 、 、 分别为 、 、 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ， ， ； ， ， ， 设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ，则 ，即 ， 设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，则 ，即 ， ， 所以，平面 与平面 的夹角的余弦值为 . 15．（2024届江西省吉安市第三中学高三上学期开学考试）如图，在四棱锥 中，，四边形 是菱形， 是棱 上的动点，且 ． (1)证明: 平面 ． (2)是否存在实数 ，使得平面 与平面 所成锐二面角的余弦值是 ?若存在，求出 的值；若 不存在，请说明理由． 【解析】（1） 因为四边形 是菱形，所以 . 因为 平面 ，且 ，所以 平面 . 因为 平面 ，所以 . 因为 ，所以 ，即 . 因为 平面 ，且 ，所以 平面 . （2）取棱 的中点 ，连接 ，易证 两两垂直， 故以 为原点，分别以 的方向为 轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设 ，则 ， 故 ， 所以 ， 设平面 的法向量为 ，则 ， 令 ，得 ． 平面 的一个法向量为 ,设面 与面 所成的锐二面角为 ， 则 ，整理得 ，解得 (舍去)． 故存在实数 ，使得面 与面 所成锐二面角的余弦值是 ． 16．（2024届江苏省南京市第九中学2高三上学期学情检测）如图，在四棱柱 中， ， ，平面 平面 ， .(1)求证： 平面 ； (2)若 为线段 的中点，直线 与平面 所成角为 ，求二面角 的正弦值. 【解析】（1）证明：连接 ，设 . 因为 ， ，所以 是线段 的垂直平分线，所以 . 又平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，所以 平面 . 因为 平面 ，所以 . 因为 ， 平面 ， 平面 ， ， 所以 平面 . （2）因为 ，所以 . 因为 ， ， ，所以 .所以 ， 又 ， ，所以以 为正交基底，建立空间直角坐标系 . 在 中， 为 中点，所以 . 因为 平面 ， 所以 即为 与平面 所成角.即 ，所以 . 所以 ， ， ， ， ， 平面 ， 平面 ， ， 又 ， 平面 ， ，所以 平面 . 平面 的一个法向量为 . 设平面 的一个法向量为 ， 因为 ， ，则 不妨取 ，则 ， ，即 ， 设二面角 大小为 ， 则 . 所以 ，即二面角 的正弦值为 . 17．（2024届湖北省宜荆荆恩高三9月起点联考）如图，在三棱台 中， ， ， ， ，且 平面 .设P，Q，R分别为棱 ， ， 的中点. (1)证明：平面 平面 ； (2)求平面 与平面 所成的角的余弦值. 【解析】（1）证明：连接DP，则四边形DPCF是矩形． 又 ，则 ，从而 由 平面 ，且 平面 ，得 由 ，且 为三角形 的中位线，得 又因为 ，AC， 平面ADFC， 所以 平面 由于 平面 ，则因为 ， 平面 ，则 平面 又因为 平面 ， 所以平面 平面 （2）解：以P为原点，PA、PR、PD为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则 ， ， ， ， 故 ， ， 设 是平面 的法向量，则 取 ，得 ， 设 是平面 的法向量，则 取 ，得 ， 设平面 与平面 相交所成角的平面角为 ，则 又 故平面 与平面 所成的角的余弦值为 . 六、距离问题 18. （2023届海南省高三全真模拟）如图，在平面四边形 中， ， ，将 沿 向上折起，使得平面 与平面 所成的锐二面角的平面角最大． (1)求该几何体中任意两点间的距离的最大值； (2)若 ，垂足为 ，点 是 上一点，证明：平面 平面 ． 【解析】（1）如图，以 为坐标原点， 为 轴，平面 为 平面， 建立空间直角坐标系， 则 ， 设 ，显然，当 时，平面 与平面 共面，此时的锐二面角一定不是最大 的，所以 ， 所以 ， 设平面 的法向量为 ， 则 即 令 ，则 ． 又平面 的一个法向量为 ，则 ， 又 ，所以 ， 所以 ， 当 时，等号成立，由 得 ， 所以 ，即点 在 面上． 所以平面 平面 ， 所以 ， 所以该几何体中任意两点间的距离的最大值为 ． （2）由（1）知 平面 ， 所以 ． 又 ，且 ， 平面 ， 所以 平面 ． 又 平面 ， 所以 ． 由 ，且 平面 ， 所以 平面 ． 又 平面 ，所以平面 平面 ． ABCDABCD AA  AD2 BD 19.（2023届陕西省宝鸡市高三下学期模考）如图，在长方体 1 1 1 1中， 1 ， 1和 BD E,F 1 交于点 为AB的中点.EF// ADDA (1)求证： 平面 1 1； π (2)已知BD与平面BCCB 所成角为 4 ，求 1 1 1 （ⅰ）平面CEF与平面BCE的夹角的余弦值； （ⅱ）点A到平面CEF的距离. 【解析】（1）连接 AD 1 ， B 1 D 1， BD . ABCDABCD BB //DD BB DD 因为长方体 1 1 1 1中， 1 1且 1 1， BBDD 1 1 所以四边形 为平行四边形. BD 所以E为 1的中点， ABD BD EF//AD 在  1中，因为E，F分别为 1和AB的中点，所以 1. EF  ADDA AD  ADDA EF// ADDA 因为 平面 1 1， 1 平面 1 1，所以 平面 1 1. π （2）BD与平面BCCB 所成角为 4 .连接BC. 1 1 1 1 ABCDABCD CD BCCB BC BCCB 因为长方体 1 1 1 1中， 平面 1 1， 1 平面 1 1，  所以CD BC.所以 DBC 为直线 BD 与平面 BCCB 所成角，即DB 1 C  4 . 1 1 1 1 1 DBC 所以  1 为等腰直角三角形. AA  AD2 BC 2 2 CDBC 2 2 因为长方体中 1 ，所以 1 .所以 1 . Dxyz AA 1  AD2 CD2 2 如图建立空间直角坐标系 ，因为长方体中 ， ，    D0,0,0 A2,0,0 C 0,2 2,0 B 2,2 2,0 则 ， ， ， ，     F 2, 2,0 B 2,2 2,2 E1,2,1 ， 1 ， .        CE  1, 2,1 CF  2, 2,0 CB2,0,0 所以 ， ， . mC  E  0  x  2y z 0 1 1 1 设平面 CEF 的法向量为m  x 1 ,y 1 ,z 1 ，则  mC  F  0 ，即  2x 1  2y 1 0 .    x 1 y  2 z 1 m 1, 2,1 令 1 ，则 1 ， 1 ，可得 . nC  E  0 x  2y z 0 设平面BCE的法向量为n  x 2 ,y 2 ,z 2 ，则  nC  B  0 ，即  2 2 x 2 0 2 2 .    n 0,1, 2 令y 2 1，则 x 2 0 ， z 2  2 ，所以 .   mn   6 cos cos m,n   设平面 与平面 的夹角为 ，则   . m n 3 CEF BCE  6 所以平面 与平面 的夹角的余弦值为 . CEF BCE 3    AF  0, 2,0 （ⅱ）因为 ，   AFm d  1 所以点A到平面 的距离为  . m CEF 七、立体几何探索性问题与开放问题 ABC- ABC CC  20. （2024届北京市清华大学附属中学高三上学期开学考试）如图，在三棱柱 1 1 1中， 1 平面 ABC,AC BC 2,CC 1 3 ，点 D ， E 分别在梭 AA 1和棱 CC 1上，且 AD1,CE2,M 为棱 A 1 B 1中点． CM // BDE 1 1 (1)求证： 平面 ； ADEB 1 (2)从下面两个选项中选择一个作为条作，求二面角 的余弦值． DEBC CM  2 ① ；② 1 ． AD N MN,CN 【解析】（1）取 1 的中点 ，连接 1 ， AD1,CE 2 AA//CC 因为 ， 1 1， CE//DN CEDN 1 1 所以 且 ， DEC N DE//CN 所以四边形 1 为平行四边形，所以 1 ， CN  BDE BDE 又 1 平面 1 ， DE 平面 1 ， CN // BDE 1 1 所以 平面 ， AB MN//DB 因为 M 为棱 1 1中点，所以 1， MN BDE DB  BDE 又 平面 1 ， 1 平面 1 ， MN // BDE 1 所以 平面 ， CNMN N,C N,MN  MNC 又 1 1 平面 1， MNC // BDE 所以平面 1 平面 1 ，CM  MNC 又 1 平面 1， CM // BDE 1 1 所以 平面 ； （2）选①， CC  ABC BC ABC 因为 1 平面 ， 平面 ， CC BC 1 所以 ， DEBC,DECC E,DE,CC  ACC A 1 1 1 1 又 平面 ， BC ACC A 1 1 所以 平面 ， AC ACC A ACBC 1 1 又 平面 ，所以 ， 如图，以点C为原点，建立空间直角坐标系， B0,2,0,C0,0,0,D2,0,1,E0,0,2,B 0,2,3 则 1 ， BC ACC A 1 1 因为 平面 ，  CB0,2,0 ACC A 所以 即为平面 1 1的一条法向量，   DE2,0,1,EB 0,2,1 1 ，  DEB nx,y,z 设平面 1为法向量为 ，  n  D  E  2xz0 则有  n  E  B  2yz0 ，令 x1 ，则 z2,y1 ， 1  n1,1,2 所以 ，     CBn 2 6 cos CB,n      则 CB n 2 6 6 ， ADEB 1 由图可知，二面角 为钝二面角，6 所以二面角 的余弦值为 ． ADEB 6 1 CM  2 选②， 1 ， AC BC 2 1 1 1 1 由题意， ， AB CM  AB 因为 M 为棱 1 1中点，所以 1 1 1， MA MB  2 所以 1 1 ， AC2BC2  AB2 则 1 1 1 1 1 1 ， AC BC ACBC 1 1 1 1 所以 ，故 ， CC  ABC BC ABC 因为 1 平面 ， 平面 ， CC BC 1 所以 ， AC CC C,AC,CC  ACC A  1 1 1 1 又 平面 ， BC ACC A 1 1 所以 平面 ， 如图，以点C为原点，建立空间直角坐标系， 以下步骤同选①. 21.（2023届福建省宁德第一中学高三一模）如图①在平行四边形ABCD中，AEDC，AD4，AB3， ADE60，将VADE沿AE折起，使平面ADE平面ABCE，得到图②所示几何体．M BD M ABCE V MABCE (1)若 为 的中点，求四棱锥 的体积 ； 2 3 (2)在线段 上，是否存在一点 ，使得平面 与平面 所成锐二面角的余弦值为 ，如果存 DB M MAC ABCE 5 DM 在，求出 的值，如果不存在，说明理由． DB 【解析】（1）由图①知，AEDC，所以DEAE，在VADE中，因为AD4，ADE60， AE2 3 DE2 EC 1 可得 ， ，所以 ． 由图②知，平面ADE平面ABCE，DE平面ADE， 平面ADE 平面ABCE AE，因为DEAE，所以DE平面ABCE， 因为M 为BD的中点， 1 1 1 1 1 4 3 所以V  V   S DE  132 32 ． MABCE 2 DABCE 2 3 ABCE 6 2 3 （2）由（1）知EA，EC，ED三者两两垂直，以点E为原点，  E  A   E  C   E  D  x y z ， ， 的方向分别为 轴， 轴， 轴的正方向，建立空间直角坐标系（如图）．           E0,0,0 D0,0,2 C0,1,0 A 2 3,0,0 B 2 3,3,0 DB 2 3,3,2 AC  2 3,1,0 则 ， ， ， ， ， ， ，     DM DB 2 3,3,2 01 设 ， ，  E  M    E  D    D  M  0,0,2  2 3,3,2    2 3,3,22  ，   M 2 3,3,22 即 ，    CM  2 3,31,22 所以 ， mx,y,z ACM 设平面 的法向量为 ，  m  A  C  0  2 3xy0 所以 mC  M  0 ，则   2 3x31y22z0 ，   4 3 3 m1,2 3,  令 ，得  1 ， x1    n0,0,1 设平面ABCE的法向量为 ， 4 3 3   1 2 3 cos m,n   所以 2 5 ， 解得 或 （舍去）， 4 3 3 1 112  1 1   1   2 2 DM 1 所以此时 的值为 . DB 2 22.（2024届北京市第一六六中学高三上学期阶段性诊断）如图，梯形ABCD，ABEF所在的平面互相垂直， π ， ， ， ，BADBAF  ，点 为棱 的中点． AB//CD AB//EF CDEF 1 ABADAF 2 2 M BE (1)求证：AF 平面ABCD； (2)求二面角CDFB的余弦值；(3)判断直线AM 与平面DCEF 是否相交，并说明理由，若相交，求出A点与交点之间的距离． π 【解析】（1）因为FAB ，所以 ， 2 FA AB 又平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD平面ABEF  AB，FA平面ABEF， 所以FA平面ABCD． π （2）又BAD ，所以 、 、 两两互相垂直． 2 FA AD AB 如图以A为原点，AD，AB，AF 所在直线为x轴， y 轴，z轴建立空间直角坐标系． 由ABADAF 2，CDEF 1， A0,0,0 C2,1,0 D2,0,0 B0,2,0 F0,0,2 可知 ， ， ， ， ，    CD0,1,0 DF 2,0,2 FB0,2,2 则 ， ， ，  nx,y,z CDF 设 为平面 的一个法向量，  nC  D  x,y,z0,1,0y0 则   n  D  F  x,y,z2,0,22x2z0 ，解得 y0 ，  n1,0,1 令 x1 ，则z1，所以 ，  mx,y,z  设 1 1 1 为平面DFB的一个法向量，  m  F  B  x,y ,z 0,2,22y 2z 0 1 1 1 1 1 则   n  D  F  x 1 ,y 1 ,z 1 2,0,22x 1 2z 1 0 ，  x 1 y 1 z 1 m1,1,1 令 1 ，则 1 ， 1 ，所以 ，    mn 1,1,11,0,1 2 6 cos m,n       则 m  n 111 11 6 3 ， 由图形可知二面角CDFB为锐二面角， 6 所以二面角 的余弦值为 ． CDFB 3  3    3  （3）由 A0,0,0 ， M  0, 2 ,1 得 AM   0, 2 ,1 ，   3 因为AMn10 0110， 2 所以AM 与平面DCEF 不平行，所以直线AM 与平面DCEF 相交， 在四边形ABEF中延长AM 交FE，延长线于点H． 点H就是直线AM 与平面DCEF 的交点， 因为M 为棱BE的中点，可知EH  AB2，则FH 213， H0,3,2 AH  023222  13 易知 ，所以 ．