文档内容
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2021-2025高考真题分类 空间向量与立体几何(解答题)
~ ~
2021-2025高考真题分类 空间向量与立体几何(解答题)1
一 平行关系的判定 1
二 垂直关系的判定 2
三 求异面直线所成的角 3
四 求直线与平面所成的角 4
五 求面面角或二面角 7
六 求点到面的距离 15
参考答案 16
~ ~
一 平行关系的判定
1. (2025·上海·高考真题)如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB=2．
π
(1)若直线PA与圆锥底面的所成角为 ，求圆锥的侧面积；
3
π
(2)已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为 ，CD∥AB．设点M在线段
3
OC上，证明：直线QM∥平面PBD．
2. (2023·全国乙卷·高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=2 2，PB=PC=
6，BP,AP,BC的中点分别为D,E,O，点F在AC上，BF⊥AO．
(1)求证：EF⎳平面ADO；
(2)若∠POF=120°，求三棱锥P-ABC的体积．
数学试题 第 1 页 共 64 页3. (2022·全国甲卷·高考真题)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底
面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在
的平面都与平面ABCD垂直．
(1)证明：EF⎳平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
二 垂直关系的判定
1. (2023·全国甲卷·高考真题)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，AC⊥平面ABC,∠ACB=90°．
1 1 1 1
(1)证明：平面ACCA ⊥平面BBCC；
1 1 1 1
(2)设AB=AB,AA =2，求四棱锥A -BBCC的高．
1 1 1 1 1
2. (2022·全国乙卷·高考真题)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC
的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F-ABC的体积．
数学试题 第 2 页 共 64 页3. (2021·全国甲卷·高考真题)已知直三棱柱ABC-ABC 中，侧面AABB为正方形，AB=BC=2，E，
1 1 1 1 1
F分别为AC和CC 的中点，BF⊥AB.
1 1 1
(1)求三棱锥F-EBC的体积；
(2)已知D为棱AB 上的点，证明：BF⊥DE.
1 1
4. (2021·全国乙卷·高考真题)如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中
点，且PB⊥AM．
(1)证明：平面PAM⊥平面PBD；
(2)若PD=DC=1，求四棱锥P-ABCD的体积．
三 求异面直线所成的角
1. (2025·全国一卷·高考真题)如图所示的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD,AB⊥
AD．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)PA=AB= 2,AD=1+ 3,BC=2，P，B，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O．
(i)证明：O在平面ABCD上；
(ⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值．
数学试题 第 3 页 共 64 页2. (2021·上海·高考真题)四棱锥P-ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面
ABCD.
(1)若△PAB为等边三角形，求四棱锥P-ABCD的体积；
(2)若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PD与AC所成角的大小.
四 求直线与平面所成的角
1. (2025·北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形，∠ADC=
90°，∠BAC=90°，E为BC的中点．
(1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证：FG⎳平面PAB；
(2)若PA⊥平面ABCD，PA=AC，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．
2. (2024·上海·高考真题)如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心．
(1)若AP=5,AD=3 2，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小．
数学试题 第 4 页 共 64 页3. (2023·全国甲卷·高考真题)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，AC⊥底面ABC，∠ACB=90°,AA =
1 1 1 1 1
2，A 到平面BCCB 的距离为1．
1 1 1
(1)证明：AC=AC；
1
(2)已知AA 与BB 的距离为2，求AB 与平面BCCB 所成角的正弦值．
1 1 1 1 1
4. (2022·上海·高考真题)如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且PO⊥
底面ABC，AP=AC=2
(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小(结果用反三角数值表示).
5. (2022·浙江·高考真题)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB⎳DC，DC⎳EF，AB=5，DC=
3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B的平面角为60°．设M，N分别为AE,BC的中
点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
数学试题 第 5 页 共 64 页6. (2022·全国甲卷·高考真题)在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1
,AB=2,DP= 3．
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．
7. (2022·全国乙卷·高考真题)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC，E为AC
的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的
角的正弦值．
数学试题 第 6 页 共 64 页8. (2022·北京·高考真题)如图，在三棱柱ABC-ABC 中，侧面BCCB 为正方形，平面BCCB ⊥平面
1 1 1 1 1 1 1
ABBA ，AB=BC=2，M，N分别为AB ，AC的中点．
1 1 1 1
(1)求证：MN∥平面BCCB ；
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，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM=MN．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
9. (2021·浙江·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°,AB=
1,BC=4,PA= 15，M，N分别为BC,PC的中点，PD⊥DC,PM⊥MD.
(1)证明：AB⊥PM；
(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
数学试题 第 7 页 共 64 页五 求面面角或二面角
1. (2021·全国乙卷·高考真题)如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，
M为BC的中点，且PB⊥AM．
(1)求BC；
(2)求二面角A-PM-B的正弦值．
2. (2023·北京·高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，PC= 3．
(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A-PC-B的大小．
3. (2025·全国二卷·高考真题)如图，在四边形ABCD中，AB⎳CD,∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在
AB上，EF⎳AD，AB=3AD,CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFDA，使得面
EFDA与面EFCB所成的二面角为60°．
(1)证明:AB⎳平面CDF；
(2)求面BCD与面EFDA所成的二面角的正弦值．
数学试题 第 8 页 共 64 页4. (2025·天津·高考真题)正方体ABCD-ABCD 的棱长为4，E、F分别为AD ,CB 中点，CG=
1 1 1 1 1 1 1 1
3GC．
1
(1)求证：GF⊥平面FBE；
(2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值；
(3)求三棱锥D-FBE的体积．
5. (2024·全国甲卷·高考真题)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形
ADEF均为等腰梯形，EF⎳AD,BC⎳AD，AD=4,AB=BC=EF=2，ED= 10,FB=2 3，M为
AD的中点．
(1)证明：BM⎳平面CDE；
(2)求二面角F-BM-E的正弦值．
6. (2024·北京·高考真题)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC⎳AD，AB=BC=1，AD=3,点E在AD上，
且PE⊥AD，PE=DE=2．
(1)若F为线段PE中点，求证：BF⎳平面PCD．
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
数学试题 第 9 页 共 64 页7. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)如图，平面四边形ABCD中，AB=8，CD=3，AD=5 3，∠ADC=90°，
2 1
∠BAD=30°，点E，F满足AE= AD，AF= AB，将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC=4 3．
5 2
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
8. (2023·上海·高考真题)在直四棱柱ABCD-ABCD 中，AB⎳CD，AB⊥AD，AB=2，AD=3，DC
1 1 1 1
=4
(1)求证：AB⎳平面DCCD ；
1 1 1
(2)若四棱柱ABCD-ABCD 体积为36，求二面角A -BD-A大小.
1 1 1 1 1
9. (2023·全国乙卷·高考真题)如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=2 2，PB=PC=
6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD= 5DO，点F在AC上，BF⊥AO.
(1)证明：EF⎳平面ADO；
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF；
(3)求二面角D-AO-C的正弦值.
数学试题 第 10 页 共 64 页10.(2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)如图，三棱锥A-BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC
=60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足EF=DA，求二面角D-AB-F的正弦值．
11.(2022·天津·高考真题)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，AC⊥AB，点D、E、F分别为AB ,AA ,
1 1 1 1 1 1
CD的中点，AB=AC=AA =2.
1
(1)求证：EF⎳平面ABC；
(2)求直线BE与平面CCD所成角的正弦值；
1
(3)求平面ACD与平面CCD夹角的余弦值．
1 1
12.(2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)如图，PO是三棱锥P-ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的
中点．
(1)证明：OE⎳平面PAC；
(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C-AE-B的正弦值．
数学试题 第 11 页 共 64 页13.(2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)如图，直三棱柱ABC-ABC 的体积为4，△ABC的面积为2 2．
1 1 1 1
(1)求A到平面ABC的距离；
1
(2)设D为AC的中点，AA =AB，平面ABC⊥平面ABBA ，求二面角A-BD-C的正弦值．
1 1 1 1 1
14.(2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=
QA= 5,QC=3．
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值．
15.(2021·天津·高考真题)如图，在棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中，E为棱BC的中点，F为棱CD
1 1 1 1
的中点．
(I)求证：DF⎳平面A EC ；
1 1 1
(II)求直线AC 与平面A EC 所成角的正弦值．
1 1 1
(III)求二面角A-AC -E的正弦值．
1 1
数学试题 第 12 页 共 64 页16.(2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O
为BD的中点.
(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E-BC-D的大小为
45°，求三棱锥A-BCD的体积.
17.(2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)如图，在正四棱柱ABCD-ABCD 中，AB=2,AA =4．点A ,B ,C
1 1 1 1 1 2 2 2
,D 分别在棱AA ,BB ,CC ,DD 上，AA =1,BB =DD =2,CC =3．
2 1 1 1 1 2 2 2 2
(1)证明：B C ∥A D ；
2 2 2 2
(2)点P在棱BB 上，当二面角P-A C -D 为150°时，求B P．
1 2 2 2 2
数学试题 第 13 页 共 64 页18.(2021·北京·高考真题)如图：在正方体ABCD-ABCD 中，E为AD 中点，BC 与平面CDE交于点
1 1 1 1 1 1 1 1
F．
(1)求证：F为BC 的中点；
1 1
5 AM
(2)点M是棱AB 上一点，且二面角M-FC-E的余弦值为 ，求 1 的值．
1 1 3 AB
1 1
19.(2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1,
AB= 3．
(1)若AD⊥PB，证明：AD⎳平面PBC；
42
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为 ，求AD．
7
数学试题 第 14 页 共 64 页20.(2021·全国甲卷·高考真题)已知直三棱柱ABC-ABC 中，侧面AABB为正方形，AB=BC=2，E，
1 1 1 1 1
F分别为AC和CC 的中点，D为棱AB 上的点．BF⊥AB
1 1 1 1 1
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当BD为何值时，面BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小?
1 1 1
六 求点到面的距离
1. (2024·全国甲卷·高考真题)如图，AB⎳CD,CD⎳EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4,AD=BC=
10，AE=2 3,M为CD的中点.
(1)证明：EM⎳平面BCF；
(2)求点M到ADE的距离.
数学试题 第 15 页 共 64 页2. (2024·天津·高考真题)如图，在四棱柱ABCD-ABCD 中，AA⊥平面ABCD，AB⊥AD,
1 1 1 1 1
AB⎳DC，AB=AA =2,AD=DC=1．M,N分别为DD ,BC 的中点，
1 1 1 1
(1)求证：DN⎳平面CBM；
1 1
(2)求平面CBM与平面BBCC夹角余弦值；
1 1 1
(3)求点B到平面CBM的距离．
1
3. (2023·天津·高考真题)如图，在三棱台ABC-ABC 中，AA⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=
1 1 1 1
AA =2,AC =1，M为BC中点.，N为AB的中点，
1 1 1
(1)求证：AN⎳平面AMC ；
1 1
(2)求平面AMC 与平面ACCA 所成夹角的余弦值；
1 1 1
(3)求点C到平面AMC 的距离．
1
数学试题 第 16 页 共 64 页参考答案
1. (1)2π
(2)证明见解析
【分析】(1)由线面角先算出母线长，然后根据侧面积公式求解.
(2)证明平面QOC⎳平面PBD，然后根据面面平行的性质可得.
π
【解析】(1)由题知，∠PAB= ，即轴截面△ABP是等边三角形，故PA=AB=2，
3
1
底面周长为2π×1=2π，则侧面积为： ×2×2π=2π;
2
(2)由题知AQ=QP,AO=OB，则根据中位线性质，QO∥PB，
又QO⊄平面PBD，PB⊂平面PBD，则QO⎳平面PBD
π π π
由于AC= ，底面圆半径是1，则∠AOC= ，又CD∥AB，则∠OCD= ，
3 3 3
又OC=OD，则△OCD为等边三角形，则CD=1，
于是CD∥BO且CD=OB，则四边形OBDC是平行四边形，故OC∥BD，
又OC⊄平面PBD，BD⊂平面PBD，故OC⎳平面PBD.
又OC∩OQ=O,OC,OQ⊂平面QOC，
根据面面平行的判定，于是平面QOC⎳平面PBD，
又M∈OC，则QM⊂平面QOC，则QM⎳平面PBD
2. (1)证明见解析
2 6
(2)
3
【分析】(1)根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
(2)作出并证明PM为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
1
【解析】(1)连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1-t)BA+tBC，AO=-BA+ BC，BF⊥
2
AO，
1 则BF⋅AO=[(1-t)BA+tBC]⋅-BA+ BC
2
=(t-1)BA 2 + 1 tBC2=4(t-1)+4t=0，
2
1
解得t= ，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，
2
1 1
于是DE⎳AB,DE= AB,OF⎳AB,OF= AB，即DE⎳OF,DE=OF，
2 2
则四边形ODEF为平行四边形，
EF⎳DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，
所以EF⎳平面ADO.
(2)过P作PM垂直FO的延长线交于点M，
因为PB=PC,O是BC中点，所以PO⊥BC，
1
在Rt△PBO中，PB= 6,BO= BC= 2，
2
所以PO= PB2-OB2= 6-2=2，
因为AB⊥BC,OF⎳AB，
所以OF⊥BC，又PO∩OF=O，PO,OF⊂平面POF，
所以BC⊥平面POF，又PM⊂平面POF，
数学试题 第 17 页 共 64 页所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM⊂平面ABC，
所以PM⊥平面ABC，
即三棱锥P-ABC的高为PM，
因为∠POF=120°，所以∠POM=60°，
3
所以PM=POsin60°=2× = 3，
2
1 1
又S = AB⋅BC= ×2×2 2=2 2，
△ABC 2 2
1 1 2 6
所以V = S ⋅PM= ×2 2× 3= .
P-ABC 3 △ABC 3 3
3. (1)证明见解析；
640
(2) 3．
3
【分析】(1)分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，
依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM⎳FN，即可知
四边形EMNF为平行四边形，于是EF⎳MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；
(2)再分别取AD,DC中点K,L，由(1)知，该几何体的体积等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四
棱锥B-MNFE体积的4倍，即可解出．
【解析】(1)如图所示：
分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为△EAB,△FBC为全等的正
三角形，所以EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，又平面EAB⊥平面
ABCD，平面EAB∩平面ABCD=AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平
面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知
EM⎳FN，而EM=FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以
EF⎳MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF⎳平面
ABCD．
(2)[方法一]：分割法一
如图所示：
分别取AD,DC中点K,L，由(1)知，EF⎳MN且EF=MN，同理有，
HE⎳KM,HE=KM，HG⎳KL,HG=KL，GF⎳LN,GF=LN，由平面知
识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM=MN=NL=LK，所以该几何体的体积
等于长方体KMNL-EFGH的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍．
因为MN=NL=LK=KM=4 2，EM=8sin60°=4 3，点B到平面MNFE
的距离即为点B到直线MN的距离d，d=2 2，所以该几何体的体积
V=4 2
1 256 640
2×4 3+4× ×4 2×4 3×2 2=128 3+ 3= 3．
3 3 3
数学试题 第 18 页 共 64 页[方法二]：分割法二
如图所示：
连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上
三棱锥A-OEH的4倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取
EH的中点P，连接AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱
锥E-OAB的高均为EM的长.所以该几何体的体积
1
V= ⋅4 3⋅4 2
3
1 1 1 1 640 3
2+4⋅ ⋅4 2⋅ 4 2⋅4 3+4⋅ ⋅4 3⋅ 4 2⋅4 2= .
3 2 3 2 3
1. (1)证明见解析.
(2)1
【分析】(1)由AC⊥平面ABC得AC⊥BC，又因为AC⊥BC，可证BC⊥平面ACCA ，从而证得平
1 1 1 1
面ACCA ⊥平面BCCB ；
1 1 1 1
(2) 过点A 作AO⊥CC ，可证四棱锥的高为AO,由三角形全等可证AC=AC，从而证得O为CC
1 1 1 1 1 1
中点，设AC=AC=x，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求AO.
1 1
【解析】(1)证明：因为AC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC,
1
所以AC⊥BC,
1
又因为∠ACB=90°，即AC⊥BC，
AC,AC⊂平面ACCA ，AC∩AC=C,
1 1 1 1
所以BC⊥平面ACCA ，
1 1
又因为BC⊂平面BCCB,
1 1
所以平面ACCA ⊥平面BCCB.
1 1 1 1
(2)如图，
过点A 作AO⊥CC ，垂足为O.
1 1 1
因为平面ACCA ⊥平面BCCB ，平面ACCA ∩平面BCCB =CC ，AO⊂平面ACCA ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AO⊥平面BCCB ，
1 1 1
所以四棱锥A -BBCC的高为AO.
1 1 1 1
因为AC⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC,
1
数学试题 第 19 页 共 64 页所以AC⊥BC,AC⊥AC,
1 1
又因为AB=AB，BC为公共边，
1
所以△ABC与△ABC全等，所以AC=AC.
1 1
设AC=AC=x，则AC =x，
1 1 1
1
所以O为CC 中点，OC = AA =1,
1 1 2 1
又因为AC⊥AC,所以AC2+AC2=AA2,
1 1 1
即x2+x2=22，解得x= 2，
所以A 1 O= A 1 C 1 2-OC 1 2= 2 2-12=1，
所以四棱锥A -BBCC的高为1．
1 1 1
2. (1)证明详见解析
3
(2)
4
【分析】(1)通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.
(2)首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱
锥F-ABC的体积.
【解析】(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.
AD=CD
由于BD=BD ，所以△ADB≅△CDB，
∠ADB=∠CDB
所以AB=CB，故AC⊥BE，
由于DE∩BE=E，DE,BE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)[方法一]：判别几何关系
依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，
所以AC=2,AE=CE=1,BE= 3，
由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1.
DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，
由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
由于△ADB≅△CDB，所以∠FBA=∠FBC，
BF=BF
由于∠FBA=∠FBC，所以△FBA≅△FBC，
AB=CB
所以AF=CF，所以EF⊥AC，
1
由于S = ⋅AC⋅EF，所以当EF最短时，三角形AFC的面积最小
△AFC 2
过E作EF⊥BD，垂足为F，
1 1 3
在Rt△BED中， ⋅BE⋅DE= ⋅BD⋅EF，解得EF= ，
2 2 2
3
所以DF= 12-
2
2 1 3
= ,BF=2-DF= ，
2 2
BF 3
所以 =
BD 4
数学试题 第 20 页 共 64 页FH BF 3
过F作FH⊥BE，垂足为H，则FH⎳DE，所以FH⊥平面ABC，且 = = ，
DE BD 4
3
所以FH= ，
4
1 1 1 3 3
所以V = ⋅S ⋅FH= × ×2× 3× = .
F-ABC 3 △ABC 3 2 4 4
[方法二]：等体积转换
∵AB=BC，∠ACB=60°，AB=2
∴ΔABC是边长为2的等边三角形，
∴BE= 3
连接EF
∵ΔADB≅ΔCDB∴AF=CF
∴EF⊥AC
∴在ΔBED中，当EF⊥BD时，ΔAFC面积最小
∵AD⊥CD,AD=CD,AC=2,E为AC中点
∴DE=1∵DE2+BE2=BD2
∴BE⊥ED
BE⋅DE 3
若EF⊥BD,在ΔBED中，EF= =
BD 2
3
BF= BE2-EF2=
2
1 1 3 3 3 3
∴S = BF⋅EF= ⋅ ⋅ =
ΔBEF 2 2 2 2 8
1 1 3 3 3
∴V =V +V = S ⋅AC= ⋅ ⋅2=
F-ABC A-BEF C-BEF 3 ΔBEF 3 8 4
1
3. (1) ；(2)证明见解析.
3
【分析】(1)先证明△ABC为等腰直角三角形，然后利用体积公式可得三棱锥的体积；
(2)将所给的几何体进行补形，从而把线线垂直的问题转化为证明线面垂直，然后再由线面垂直可得题
中的结论.
【解析】(1)由于BF⊥AB ，AB⎳AB ，所以AB⊥BF，
1 1 1 1
又AB⊥BB ，BB ∩BF=B，故AB⊥平面BCCB ，
1 1 1 1
则AB⊥BC，△ABC为等腰直角三角形，
1 1 1
S = S = × ×2×2
△BCE 2 △ABC 2 2
1 1 1
=1，V = ×S ×CF= ×1×1= .
F-EBC 3 △BCE 3 3
(2)由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方体ABCM-ABCM ，如图所示，取棱AM,
1 1 1 1
BC的中点H,G，连结AH,HG,GB ，
1 1
数学试题 第 21 页 共 64 页正方形BCCB 中，G,F为中点，则BF⊥BG，
1 1 1
又BF⊥AB ,AB ∩BG=B ，
1 1 1 1 1 1
故BF⊥平面ABGH，而DE⊂平面ABGH，
1 1 1 1
从而BF⊥DE.
【点睛】求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我
们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．对于空间中垂直关系(线线、线面、面
面)的证明经常进行等价转化.
2
4. (1)证明见解析；(2) ．
3
【分析】(1)由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平
面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；
(2)由(1)可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P-
ABCD的体积公式即可求出．
【解析】(1)因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，
所以PD⊥AM，
又PB⊥AM，PB∩PD=P，
所以AM⊥平面PBD，
而AM⊂平面PAM，
所以平面PAM⊥平面PBD．
(2)[方法一]：相似三角形法
由(1)可知AM⊥BD．
AD AB
于是△ABD∽△BMA，故 = ．
AB BM
1 1
因为BM= BC,AD=BC,AB=1，所以 BC2=1，即BC= 2．
2 2
1 2
故四棱锥P-ABCD的体积V= AB⋅BC⋅PD= ．
3 3
[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法
由(2)知AM⊥DB,所以k ⋅k =-1．
AM BD
建立如图所示的平面直角坐标系，设BC=2a(a>0)．
数学试题 第 22 页 共 64 页因为DC=1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．
a-0 2a-0
从而k ⋅k = × =a×(-2a)=-2a2=-1．
AM BD 1-0 0-1
2
所以a= ，即DA= 2．下同方法一.
2
[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法
建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
设DA =t，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．
t
所以M ,1,0
2
t
，PB=(t,1,-1)，AM =- ,1,0
2
．
t
所以PB⋅AM =t⋅-
2
t2
+1×1+0×(-1)=- +1=0．
2
所以t= 2，即DA = 2．下同方法一.
[方法四]：空间向量法
由PB⊥AM，得PB⋅AM =0．
所以(PD+DA+AB)⋅AM =0．
即PD⋅AM +DA⋅AM +AB⋅AM =0．
又PD⊥底面ABCD，AM在平面ABCD内，
因此PD⊥AM，所以PD⋅AM =0．
所以DA⋅AM +AB⋅AM =0，
由于四边形ABCD是矩形，根据数量积的几何意义，
1
得- DA|2+
2
1
AB|2=0，即- |BC|2+1=0．
2
所以BC = 2，即BC= 2．下同方法一.
【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；
数学试题 第 23 页 共 64 页方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通
性通法，为最优解；
方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.
1. (1)证明见解析；
(2)(i)证明见解析；
2
(ii) .
3
【分析】(1)通过证明AP⊥AB，AP⊥AD，得出AB⊥平面PAD，即可证明面面垂直；
(2)(i)法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设P,B,C,D在同一球面O上，在平面xAy
中，得出点O坐标，进而得出点O在空间中的坐标，计算出OP =OB =OC =OD ，即可证明结论；
法二：作出△BCD的边BC和CD的垂直平分线，找到三角形的外心O ，求出PO ，求出出外心O 到P，
1 1 1
B，C，D的距离相等，得出外心O 即为P，B，C，D所在球的球心，即可证明结论；
1
(ii)法一：写出直线AC和PO的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出AC的长，过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C ，连接AC ，PC ，利用勾股定理求出
1 1 1
AC 的长，进而得出PC 的长，在△POC 中由余弦定理求出cos∠POC ，即可求出直线AC与直线PO
1 1 1 1
所成角的余弦值.
【解析】(1)由题意证明如下，
在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴AP⊥AB，AP⊥AD，
∵AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，AP∩AD=A，
∴AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)(i)由题意及(1)证明如下，
法一：
在四棱锥P-ABCD中，AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，
PA=AB= 2，AD=1+ 3，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴A0,0,0 ,B 2,0,0 ,C 2,2,0 ,D0,1+ 3,0 ,P0,0, 2 ，
若P，B，C，D在同一个球面上，
则OP =OB =OC =OD ，
在平面xAy中，
数学试题 第 24 页 共 64 页∴A0,0 ,B 2,0 ,C 2,2 ,D0,1+ 3 ，
2 3+3
∴线段CD中点坐标F ,
2 2
，
1+ 3-2 3-1
直线CD的斜率：k = =- ，
1 0- 2 2
2 6+ 2
直线CD的垂直平分线EF斜率：k = = ，
2 3-1 2
3+3 6+ 2 2
∴直线EF的方程：y- = x-
2 2 2
，
6+ 2 2
即y= x-
2 2
3+3
+ ，
2
6+ 2 2
当y=1时，1= x -
2 O 2
3+3
+ ，解得：x =0，
2 O
∴O0,1
在立体几何中，O0,1,0 ，
OP
∵
= 02+12+0- 2 2
OB = 0- 2 2+12+02
OC = 0- 2 2+1-2 2+02
OD = 02+1-1- 3
2+02
解得：OP =OB =OC =OD = 3，
∴点O在平面ABCD上.
法二：
∵P，B，C，D在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在△BCD中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出BC和CD的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
1
O E=AB= 2，BE=CE=AO =GO = BC=1，OD=AD-AO = 3
1 1 1 2 1 1
数学试题 第 25 页 共 64 页BO 1 =CO 1 = 12+ 2 2= 3，
∴OD=BO =CO ，
1 1 1
∴点O 是△BCD的外心，
1
在Rt△AOP中，AP⊥AD，AP= 2，
由勾股定理得，
PO 1 = AP2+AO2 1 = 2 2+12= 3
∴PO =BO =CO =OD= 3，
1 1 1 1
∴点O 即为点P，B，C，D所在球的球心O，
1
此时点O在线段AD上，AD⊂平面ABCD，
∴点O在平面ABCD上.
(ii)由题意，(1)(2)(ii)及图得，
AC= 2,2,0
,PO=0,1,- 2 ，
设直线AC与直线PO所成角为θ，
AC⋅PO
∴cosθ=
AC
PO
0+2×1+0
=
2 2+22+0× 0+12+- 2
2
= .
2 3
法2：
由几何知识得，PO= 3，
AB⊥AD，BC∥AD，
∴AB⊥BC，
在Rt△ABC中，AB= 2，BC=2，由勾股定理得，
AC= AB2+BC2= 2 2+22= 6，
过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C ，连接AC ，PC ，
1 1 1
数学试题 第 26 页 共 64 页则OC =AC= 6，直线AC与直线PO所成角即为△POC 中∠POC 或其补角.
1 1 1
∵PA⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，PA∩AC =A，
1 1
∴PA⊥AC ，
1
在Rt△ABC 中，AB= 2，BC =BC+CC =2+1=3，由勾股定理得，
1 1 1
AC 1 = AB2+BC 1 2= 2 2+32= 11，
在Rt△APC 中，PA= 2，由勾股定理得，
1
PC 1 = PA2+AC 1 2= 2 2+ 11 2= 13，
在△POC 中，由余弦定理得，
1
PC2=PO2+OC2-2PO⋅OCcos∠POC ，
1 1 1 1
即： 13 2= 3 2+ 6 2-2 3× 6cos∠POC 1
2
解得：cos∠POC =-
1 3
∴直线AC与直线PO所成角的余弦值为：cos∠POC 1
2
= . 3
32 3 2
2. (1)V = ；(2)arccos .
P-ABCD 3 6
【分析】(1)由棱锥体积公式计算；
(2)建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【解析】(1)∵正方形ABCD边长为4，△PAB为等边三角形，E为AB中点，
1 32 3
∴PE=2 3，V = ×42×2 3= ；
P-ABCD 3 3
(2)如图以EA,EF,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,4)，
D(-2,4,0)，A(-2,0,0)，
C(2,4,0)，∴PD=(-2,4,-4)，AC=(4,4,0)，
PD⋅AC -8+16+0 2
∴cosθ= = = ，
|PD|⋅|AC| 6×4 2 6
2
即PD与AC所成角的大小为arccos ．
6
1. (1)证明见解析
3
(2)
3
【分析】(1)取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，只需证明FG∥MN即可；
(2)建立适当的空间直角坐标系，求出直线AB的方向向量与面PCD的法向量，根据向量夹角公式即可
求解.
【解析】(1)取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN，
∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形且∠ADC=90°，∠BAC=90°，
数学试题 第 27 页 共 64 页不妨设AD=CD=2，∴AC=AB=2 2.∴BC=4.
∵E、F分别为BC、PD的中点，
1 1
∴FN= AD=1,GM= BE=1，且FN⎳AD,GM⎳BC.
2 2
∵∠DAC=45°, ∠ACB=45°，∴AD∥BC，
∴FN∥GM，∴四边形FGMN为平行四边形，
∴FG∥MN，
∵FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB，∴FG∥平面PAB；
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴以A为原点，AC、AB、AP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AD=CD=2，则A0,0,0 ,B0,2 2,0 ,C2 2,0,0 ,D 2,- 2,0 ,P0,0,2 2 ，
∴AB=0,2 2,0
,DC= 2, 2,0
,CP=-2 2,0,2 2 ，
设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z)，
∴ D C ⋅n =0 ，∴ 2x+ 2y=0 ，
CP⋅n=0 -2 2x+2 2z=0
取x=1，∴y=-1,z=1，∴n=1,-1,1 .
设AB与平面PCD所成角为θ，
则sinθ=cos
AB⋅n
=
AB ⋅n
0×1+2 2×-1
=
+0×1
2 2× 12+-1
2 2 3
= = ，
2+12 2 2× 3 3
3
即AB与平面PCD所成角的正弦值为 .
3
2. (1)12π
π
(2)
4
【分析】(1)根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形△POA的边长，然后求圆锥的体积；
(2)连接EA,EO,EC，可先证BE⊥平面ACE，根据线面角的定义得出所求角为∠BOE，然后结合题
目数量关系求解.
【解析】(1)正四棱锥满足且PO⊥平面ABCD，由AO⊂平面ABCD，则PO⊥AO，
又正四棱锥底面ABCD是正方形，由AD=3 2可得，AO=3，
故PO= PA2-AO2=4，
根据圆锥的定义，△POA绕PO旋转一周形成的几何体是以PO为轴，AO为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为PO=4，底面半径为AO=3，
1
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是 ×π×32×4=12π
3
数学试题 第 28 页 共 64 页(2)连接EA,EO,EC，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由E是PB中点，则AE⊥PB,CE⊥PB，又AE∩CE=E,AE,CE⊂平面ACE，
故PB⊥平面ACE，即BE⊥平面ACE，又BD∩平面ACE=O，
于是直线BD与平面AEC所成角的大小即为∠BOE，
3 2
不妨设AP=AD=6，则BO=3 2,BE=3，sin∠BOE= = ，
3 2 2
π
又线面角的范围是x∈ 0,
2
，
π
故∠BOE= .即为所求.
4
3. (1)证明见解析
13
(2)
13
【分析】(1)根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得AO⊥平面BCCB ，再由勾股定理求出O
1 1 1
为中点，即可得证；
(2)利用直角三角形求出AB 的长及点A到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
1
【解析】(1)如图，
∵AC⊥底面ABC，BC⊂面ABC，
1
∴AC⊥BC，又BC⊥AC，AC,AC⊂平面ACCA ，AC∩AC=C,
1 1 1 1 1
∴BC⊥平面ACCA ，又BC⊂平面BCCB ，
1 1 1 1
∴平面ACCA ⊥平面BCCB ，
1 1 1 1
过A 作AO⊥CC 交CC 于O，又平面ACCA ∩平面BCCB =CC ，AO⊂平面ACCA ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴AO⊥平面BCCB
1 1 1
∵A 到平面BCCB 的距离为1，∴AO=1，
1 1 1 1
在Rt△ACC 中，AC⊥AC ,CC =AA =2，
1 1 1 1 1 1 1
设CO=x，则CO=2-x，
1
∵△AOC,△AOC ,△ACC 为直角三角形，且CC =2，
1 1 1 1 1 1
CO2+AO2=AC2，AO2+OC2=CA2，AC2+AC2=CC2，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
∴1+x2+1+(2-x)2=4，解得x=1，
数学试题 第 29 页 共 64 页∴AC=AC=AC = 2，
1 1 1
∴AC=AC
1
(2)∵AC=AC ,BC⊥AC,BC⊥AC，
1 1 1
∴Rt△ACB≌Rt△ACB
1
∴BA=BA ，
1
过B作BD⊥AA ，交AA 于D，则D为AA 中点，
1 1 1
由直线AA 与BB 距离为2，所以BD=2
1 1
∵AD=1，BD=2，∴AB=AB= 5，
1 1
在Rt△ABC，∴BC= AB2-AC2= 3，
延长AC，使AC=CM，连接CM，
1
由CM∥AC ,CM=AC 知四边形ACMC 为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
∴CM∥AC，∴CM⊥平面ABC，又AM⊂平面ABC，
1 1 1
∴CM⊥AM
1
则在Rt△ACM中，AM=2AC,CM=AC，∴AC = (2AC)2+AC2，
1 1 1 1 1
在Rt△ABC 中，AC = (2AC)2+AC2，BC =BC= 3，
1 1 1 1 1 1
∴AB = (2 2)2+( 2)2+( 3)2= 13,
1
又A到平面BCCB 距离也为1，
1 1
1 13
所以AB 与平面BCCB 所成角的正弦值为 = .
1 1 1 13 13
4. (1)1；
3
(2)θ=arcsin ．
4
【分析】(1)由棱锥体积公式计算；
(2)建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角．
【解析】(1)PO⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，则PO⊥AC，连接BO，同理PO⊥BO，
1
又AO= AC=1，PA=2，∴PO= 22-12= 3，
2
1
而S = ×2×2×sin60°= 3，
△ABC 2
1 1
所以V = PO⋅S = × 3× 3=1；
P-ABC 3 △ABC 3
(2)由已知BO⊥AC，分别以OB,OC,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，
由已知BO= 3，
3 1
则P(0,0, 3)，B( 3,0,0)，C(0,1,0)，∴M , ,0
2 2
，
3 1
PM = , ,- 3
2 2
，易知平面PAC的一个法向量是m=(1,0,0)，
cosm,PM
m⋅PM
= m PM
3
2 3
= = ， 3 1 4 1× + +3
4 4
3 3
设PM与平面PAC所成角大小为θ，则sinθ= ，θ∈[0,π]，∴θ=arcsin ．
4 4
数学试题 第 30 页 共 64 页5. (1)证明见解析；
5 7
(2) ．
14
【分析】(1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FC=
BC，再根据二面角的定义可知，∠BCF=60°，由此可知，FN⊥BC，FN⊥CD，从而可证得FN⊥平面
ABCD，即得FN⊥AD；
(2)由(1)可知FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所
在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即
可利用线面角的向量公式解出．
【解析】(1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H．
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB⎳DC,CD⎳EF,AB=5,DC=3,EF=1，∠BAD=
∠CDE=60°，由平面几何知识易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，则四边形
EFCG和四边形DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=2 3，
∵DC⊥CF,DC⊥CB，且CF∩CB=C，
∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F-DC-B的平面角，则∠BCF=60°，
∴△BCF是正三角形，由DC⊂平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，
∵N是BC的中点，∴FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN⊂平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=
C，∴FN⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD∴FN⊥AD．
(2)因为FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别
为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N-xyz，
3 3
设A(5, 3,0),B(0, 3,0),D(3,- 3,0),E(1,0,3)，则M3, ,
2 2
，
3 3
∴BM =3,- ,
2 2
,AD=(-2,-2 3,0),DE=(-2, 3,3)
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)
由 n ⋅A D =0 ，得 -2x-2 3y=0 ，取n =( 3,-1, 3)，
n⋅DE=0 -2x+ 3y+3z=0
设直线BM与平面ADE所成角为θ，
∴sinθ=cos
n⋅BM
=
n
⋅BM
3 3 3 3 3+ +
2 2
=
5 3 5 7
= = ．
3 9 7⋅2 3 14 3+1+3⋅ 9+ +
4 4
数学试题 第 31 页 共 64 页6. (1)证明见解析；
5
(2) .
5
【分析】(1)作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得
PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；
(2)以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD⎳AB,AD=CD=CB=1,AB=2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
1
所以AE=BF= ，
2
3
故DE= ，BD= DE2+BE2= 3，
2
所以AD2+BD2=AB2，
所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD=D，
所以BD⊥平面PAD，
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA；
(2)解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
BD= 3，
则A1,0,0 ,B0, 3,0 ,P0,0, 3 ，
则AP=-1,0, 3
,BP=0,- 3, 3
,DP=0,0, 3 ，
设平面PAB的法向量n=x,y,z ，
数学试题 第 32 页 共 64 页
n⋅AP=-x+ 3z=0
则有{ ，可取n= 3,1,1
n⋅BP=- 3y+ 3z=0
，
则cosn,DP
n⋅DP
=
n
DP
5
= ， 5
5
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为 .
5
7. (1)证明过程见解析
4 3
(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为
7
【分析】(1)根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关
系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
(2)根据勾股定理逆用得到BE⊥DE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【解析】(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE；
在△ABD和△CBD中，因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又因为E为AC的中点，所以AC⊥BE；
又因为DE,BE⊂平面BED，DE∩BE=E，所以AC⊥平面BED，
因为AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.
(2)连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，因为EF⊂平面BED，
1
所以AC⊥EF，所以S = AC⋅EF，
△AFC 2
当EF⊥BD时，EF最小，即△AFC的面积最小.
因为△ABD≌△CBD，所以CB=AB=2，
又因为∠ACB=60°，所以△ABC是等边三角形，
因为E为AC的中点，所以AE=EC=1，BE= 3，
1
因为AD⊥CD，所以DE= AC=1,
2
在△DEB中，DE2+BE2=BD2，所以BE⊥DE.
以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz，
则A1,0,0 ,B0, 3,0 ,D0,0,1
，所以AD=-1,0,1
,AB=-1, 3,0 ，
设平面ABD的一个法向量为n=x,y,z ，
n⋅AD=-x+z=0
则 ，取y= 3，则n=3, 3,3
n⋅AB=-x+ 3y=0
，
又因为C-1,0,0
3 3
,F0, ,
4 4
3 3
，所以CF=1, ,
4 4
，
n⋅CF
所以cosn,CF=
n
CF
6 4 3
= = ，
7 7 21×
4
π
设CF与平面ABD所成的角为θ0≤θ≤
2
，
所以sinθ=cosn,CF
4 3
= ，
7
4 3
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为 .
7
8. (1)见解析
数学试题 第 33 页 共 64 页(2)见解析
【分析】(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN⎳平面BCCB ，从而可证MN⎳平面
1 1
BCCB.
1 1
(2)选①②均可证明BB ⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面
1
角的正弦值.
【解析】(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，
由三棱柱ABC-ABC 可得四边形ABBA 为平行四边形，
1 1 1 1 1
而BM=MA ,BK=KA，则MK⎳BB ，
1 1 1
而MK⊄平面BCCB ，BB ⊂平面BCCB ，故MK⎳平面BCCB ，
1 1 1 1 1 1 1
而CN=NA,BK=KA，则NK⎳BC，同理可得NK⎳平面BCCB ，
1 1
而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，
故平面MKN⎳平面BCCB ，而MN⊂平面MKN，故MN⎳平面BCCB ，
1 1 1 1
(2)因为侧面BCCB 为正方形，故CB⊥BB ，
1 1 1
而CB⊂平面BCCB ，平面CBBC ⊥平面ABBA ，
1 1 1 1 1 1
平面CBBC ∩平面ABBA =BB ，故CB⊥平面ABBA ，
1 1 1 1 1 1 1
因为NK⎳BC，故NK⊥平面ABBA ，
1 1
因为AB⊂平面ABBA ，故NK⊥AB，
1 1
若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，
故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，
所以AB⊥BB ，而CB⊥BB ，CB∩AB=B，故BB ⊥平面ABC，
1 1 1
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0 ,A0,2,0 ,N1,1,0 ,M0,1,2 ，
故BA=0,2,0
,BN =1,1,0
,BM =0,1,2 ，
设平面BNM的法向量为n=x,y,z ，
则 n ⋅B N =0 ，从而 x+y=0 ，取z=-1，则n =-2,2,-1
n⋅BM=0 y+2z=0
，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ= cosn,AB
4 2
= = .
2×3 3
若选②，因为NK⎳BC，故NK⊥平面ABBA ，而KM⊂平面ABBA ，
1 1 1 1
故NK⊥KM，而BM=BK=1,NK=1，故BM=NK，
1 1
而BB=MK=2，MB=MN，故△BBM≅△MKN，
1 1
所以∠BBM=∠MKN=90°，故AB ⊥BB ，
1 1 1 1
而CB⊥BB ，CB∩AB=B，故BB ⊥平面ABC，
1 1
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0 ,A0,2,0 ,N1,1,0 ,M0,1,2 ，
故BA=0,2,0
,BN =1,1,0
,BM =0,1,2 ，
设平面BNM的法向量为n=x,y,z ，
则 n ⋅B N =0 ，从而 x+y=0 ，取z=-1，则n =-2,2,-1
n⋅BM=0 y+2z=0
，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ= cosn,BA
4 2
= = .
2×3 3
数学试题 第 34 页 共 64 页15
9. (1)证明见解析；(2) ．
6
【分析】(1)要证AB⊥PM，可证DC⊥PM，由题意可得，PD⊥DC，易证DM⊥DC，从而DC⊥平面
PDM，即有DC⊥PM，从而得证；
(2)取AD中点E，根据题意可知，ME,DM,PM两两垂直，所以以点M为坐标原点，建立空间直角坐标
系，再分别求出向量AN 和平面PDM的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【解析】(1)在△DCM中，DC=1，CM=2，∠DCM=60°，由余弦定理可得DM= 3，
所以DM2+DC2=CM2，∴DM⊥DC．由题意DC⊥PD且PD∩DM=D，∴DC⊥平面PDM，而
PM⊂平面PDM，所以DC⊥PM，又AB⎳DC，所以AB⊥PM．
(2)由PM⊥MD，AB⊥PM，而AB与DM相交，所以PM⊥平面ABCD，因为AM= 7，所以PM=
2 2，取AD中点E，连接ME，则ME,DM,PM两两垂直，以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角
坐标系,
则A(- 3,2,0),P(0,0,2 2),D( 3,0,0),M(0,0,0),C( 3,-1,0)
3 1
又N为PC中点，所以N ,- , 2
2 2
3 3 5
,AN = ,- , 2
2 2
.
由(1)得CD⊥平面PDM，所以平面PDM的一个法向量n=(0,1,0)
5
|AN⋅n| 2 15
从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为sinθ= = = ．
|AN‖n | 27 + 25 +2 6
4 4
【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明AB⊥PM，可以考虑DC⊥PM，
题中与DC有垂直关系的直线较多，易证DC⊥平面PDM，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由
第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
70
1. (1) 2；(2)
14
数学试题 第 35 页 共 64 页【分析】(1)以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设BC=
2a，由已知条件得出PB⋅AM =0，求出a的值，即可得出BC的长；
(2)求出平面PAM、PBM的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本
关系可求得结果.
【解析】(1)[方法一]：空间坐标系+空间向量法
∵PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、
DC、DP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D-
xyz，
设BC=2a，则D0,0,0 、P0,0,1 、B2a,1,0 、Ma,1,0 、A2a,0,0 ，
则PB=2a,1,-1
，AM =-a,1,0 ，
2
∵PB⊥AM，则PB⋅AM =-2a2+1=0，解得a= ，故BC=2a= 2；
2
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结BD．因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂底面ABCD，所以PD⊥AM．
又因为PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD．
又BD⊂平面PBD，所以AM⊥BD．
从而∠ADB+∠DAM=90°．
因为∠MAB+∠DAM=90°，所以∠MAB=∠ADB．
AD BA
所以△ADB∽△BAM，于是 = ．
AB BM
1
所以 BC2=1．所以BC= 2．
2
[方法三]：几何法+三角形面积法
如图，联结BD交AM于点N．
数学试题 第 36 页 共 64 页由[方法二]知AM⊥DB．
AN DA 2
在矩形ABCD中，有△DAN∽△BMN，所以 = =2，即AN= AM．
MN BM 3
令BC=2t(t>0)，因为M为BC的中点，则BM=t，DB= 4t2+1，AM= t2+1．
1 1 1 2 1
由S = DA⋅AB= DB⋅AN，得t= 4t2+1⋅ t2+1，解得t2= ，所以BC=2t= 2．
△DAB 2 2 2 3 2
(2)[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面PAM的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1
2
，则AM =- ,1,0 2
，AP=- 2,0,1 ，
2
m⋅AM=- x +y =0
由 2 1 1 ，取x 1 = 2，可得m= 2,1,2
m⋅AP=- 2x +z =0
1 1
，
设平面PBM的法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2
2
，BM =- ,0,0 2
，BP=- 2,-1,1 ，
2
n⋅BM=- x =0
由 2 2 ，取y 2 =1，可得n=0,1,1
n⋅BP=- 2x -y +z =0
2 2 2
，
cosm,n
m⋅n
= m ⋅n
3 3 14
= = ， 7× 2 14
所以，sinm,n
= 1-cos2m,n
70
= ，
14
70
因此，二面角A-PM-B的正弦值为 .
14
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体ABCD-ABCD ，联结AB ,AB，交点记为H，由于AB ⊥AB，AB ⊥BC，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AH⊥平面ABCD．过H作DM的垂线，垂足记为G．
1 1 1
联结AG，由三垂线定理可知AG⊥DM，
1
故∠AGH为二面角A-PM-B的平面角．
易证四边形ABCD 是边长为 2的正方形，联结DH，HM．
1 1 1
1
S = DM⋅HG,S =S -S -S -
△D1HM 2 1 △D1HM 正方形A1BCD1 △D1A1H △HBM
S ，
△MCD1
3 10
由等积法解得HG= ．
10
2 3 10
在Rt△AHG中，AH= ,HG= ，由勾股定理求得AG=
2 10
数学试题 第 37 页 共 64 页35
．
5
AH 70 70
所以，sin∠AGH= = ，即二面角A-PM-B的正弦值为 ．
AG 14 14
【整体点评】(1)方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结
合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面
积方法求得.
(2)方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，
为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证.
2. (1)证明见解析
π
(2)
3
【分析】(1)先由线面垂直的性质证得PA⊥BC，再利用勾股定理证得BC⊥PB，从而利用线面垂直的判
定定理即可得证；
(2)结合(1)中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAC与平面PBC的法向量，再利用空间向量
夹角余弦的坐标表示即可得解.
【解析】(1)因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB为直角三角形，
又因为PB= PA2+AB2= 2，BC=1,PC= 3，
所以PB2+BC2=PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，
又因为BC⊥PA，PA∩PB=P，
所以BC⊥平面PAB.
(2)由(1)BC⊥平面PAB，又AB⊂平面PAB，则BC⊥AB，
以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A(0,0,0),P(0,0,1),C(1,1,0),B(1,0,0)，
所以AP=(0,0,1),AC=(1,1,0),BC=(0,1,0),PC=(1,1,-1)，
设平面PAC的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1
，则
m⋅A
P
=0
，即
z
1
=0,
m⋅AC=0 x +y =0,
1 1
令x =1，则y =-1，所以m=(1,-1,0)，
1 1
设平面PBC的法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2
，则 n⋅B C =0 ，即 y 2 =0 ， n⋅PC=0 x +y -z =0
2 2 2
数学试题 第 38 页 共 64 页
令x =1，则z =1，所以n=(1,0,1)，
2 2
所以cosm,n
m⋅n
= m n
1 1
= = ， 2× 2 2
又因为二面角A-PC-B为锐二面角，
π
所以二面角A-PC-B的大小为 .
3
3. (1)证明见解析
42
(2)
7
【分析】(1)先应用线面平行判定定理得出AE⎳平面CDF及EB⎳平面CDF，
再应用面面平行判定定理得出平面AEB⎳平面CDF，进而得出线面平行；
(2)建立空间直角坐标系，利用已知条件将点B,C,D,E,F的坐标表示出来，然后将平面BCD及平面
EFDA的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得
其正弦值.
【解析】(1)设AD=1，所以AB=3,CD=2，因为F为CD中点，所以DF=1，因为EF⎳AD，AB⎳CD，所
以AEFD是平行四边形，所以AE⎳DF，所以AE⎳DF，
因为DF⊂平面CDF,AE⊄平面CDF，所以AE⎳平面CDF，
因为FC⎳EB,FC⊂平面CDF,EB⊄平面CDF，所以EB⎳平面CDF，
又EB∩AE=E，EB,AE⊂平面AEB，所以平面AEB⎳平面CDF，
又AB⊂平面AEB，所以AB⎳平面CDF．
(2)
因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB，又因为AB⎳FC,EF⎳AD，所以EF⊥FC，
以F为原点，FE,FC以及垂直于平面BECF的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系.
因为DF⊥EF,CF⊥EF，平面EFDA与平面EFCB所成二面角为60° ，
所以∠DFC=60°.
则B1,2,0 ，C0,1,0
1 3
，D0, ,
2 2
，E1,0,0 ，F0,0,0 ，.
所以BC=-1,-1,0
1 3
,CD=0,- ,
2 2
,FE=1,0,0
1 3
,FD=0, ,
2 2
.
设平面BCD的法向量为n=x,y,z ，则
1 3
BC·n=0 - y+ z=0
，所以 2 2 ，令y= 3，则z=1,x=- 3，则n=- 3, 3,1
CD·n=0 -x-y=0
.
设平面EFDA的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1 ，
数学试题 第 39 页 共 64 页
1 3
FE·m=0 y+ z=0
则
，所以 2 2 ，
FD·m=0 x=0
令y= 3，则z=-1,x=0，所以m=0, 3,-1 .
m·n
所以cosm,n=
m n
0+3-1 1
= = .
3+3+1× 1+3 7
1
所以平面BCD与平面EFDA夹角的正弦值为 1-
7
2 42
= .
7
4. (1)证明见解析
4
(2)
5
32
(3)
3
【分析】(1)法一、利用正方形的性质先证明FG⊥BF，再结合正方体的性质得出EF⊥平面BCCB ，利
1 1
用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
(2)利用空间向量计算面面夹角即可；
(3)利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
【解析】(1)法一、在正方形BCCB 中，
1 1
CG 1 FB
由条件易知tan∠CFG= 1 = = 1 =tan∠BBF，所以∠CFG=∠BBF，
1 CF 2 BB 1 1 1
1 1
π
则∠BFB+∠BBF= =∠CFG+∠BFB，
1 1 2 1 1
故∠BFG=π-∠C 1 FG+∠B 1 FB
π
= ，即FG⊥BF， 2
在正方体中，易知DC ⊥平面BCCB ，且EF⎳DC ，
1 1 1 1 1 1
所以EF⊥平面BCCB ，
1 1
又FG平面BCCB ，∴EF⊥FG，
1 1
∵EF∩BF=F,EF、BF⊂平面BEF，∴GF⊥平面BEF；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则B4,4,0 ,E2,0,4 ,F2,4,4 ,G0,4,3 ，
所以EF=0,4,0
,EB=2,4,-4
,FG=-2,0,-1 ，
设m=a,b,c 是平面BEF的一个法向量，
m⋅EF=4b=0
则 ，令a=2，则b=0,c=1，所以m=2,0,1
m⋅EB=2a+4b-4c=0
，
易知FG=-m，则FG也是平面BEF的一个法向量，∴GF⊥平面BEF；
(2)同上法二建立的空间直角坐标系，
所以EG=-2,4,-1
,BG=-4,0,3 ，
由(1)知FG是平面BEF的一个法向量，
设平面BEG的一个法向量为n=x,y,z
n⋅EG=-2x+4y-z=0
，所以 ，
n⋅BG=-4x+3z=0
令x=6，则z=8,y=5，即n=6,5,8 ，
设平面BEF与平面BEG的夹角为α，
数学试题 第 40 页 共 64 页
则cosα= cosFG,n
FG⋅n
=
FG ⋅n
20 4
= = ； 5× 125 5
(3)由(1)知EF⊥平面BCCB ，FB⊂平面BCCB ，∴EF⊥FB，
1 1 1 1
1 1
易知S = EF⋅BF= ×4× 42+22=4 5，
△BEF 2 2
又DE=2,0,4
DE⋅FG
，则D到平面BEF的距离为d=
FG
8
= ，
5
1 1 8 32
由棱锥的体积公式知：V = d×S = × ×4 5= .
D-BEF 3 △BEF 3 5 3
5. (1)证明见详解；
2 39 13 4 3
(2)∴sin2B=2sinBcosB=2× × =
13 13 13
【分析】(1)结合已知易证四边形BCDM为平行四边形，可证BM⎳CD，进而得证；
(2)作BO⊥AD交AD于O，连接OF，易证OB,OD,OF三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公
式即可求解.
【解析】(1)因为BC⎳AD,EF=2,AD=4,M为AD的中点，所以BC⎳MD,BC=MD，
四边形BCDM为平行四边形，所以BM⎳CD，又因为BM⊄平面CDE，
CD⊂平面CDE，所以BM⎳平面CDE；
(2)如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF，
因为四边形ABCD为等腰梯形，BC⎳AD,AD=4,AB=BC=2，所以CD=2，
结合(1)BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2，又AM=2，
所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB= 3，
又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD,EF⎳MD，
四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF，
所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，OF= AF2-AO2=3，
因为OB2+OF2=BF2，所以OB⊥OF，所以OB,OD,OF互相垂直，
以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立O-xyz空间直角坐标系，
F0,0,3 ，B 3,0,0 ,M0,1,0 ,E0,2,3
，BM =- 3,1,0
,BF=- 3,0,3 ，
BE=- 3,2,3
，设平面BFM的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1 ，
平面EMB的法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2 ，
则 m m ⋅ ⋅ B B M F = = 0 0 ，即 - - 3 3 x x 1 1 + + y 3z 1 = 1 = 0 0 ，令x 1 = 3，得y 1 =3,z 1 =1，即m = 3,3,1 ，
数学试题 第 41 页 共 64 页
则 n n ⋅ ⋅ B B M E = = 0 0 ，即 - - 3 3 x x 2 2 + + y 2y 2 = 2 + 0 3z 2 =0 ，令x 2 = 3，得y 2 =3,z 2 =-1，
即n= 3,3,-1
m⋅n
，cosm,n= m ⋅n
11 11 4 3
= = ，则sinm,n= ， 13⋅ 13 13 13
2 39 13 4 3
故二面角F-BM-E的正弦值为∴sin2B=2sinBcosB=2× × = .
13 13 13
6. (1)证明见解析
30
(2)
30
【分析】(1)取PD的中点为S，接SF,SC，可证四边形SFBC为平行四边形，由线面平行的判定定理可
得BF⎳平面PCD.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面APB和平面PCD的法向量后可求夹角的余弦值.
1
【解析】(1)取PD的中点为S，接SF,SC，则SF⎳ED,SF= ED=1，
2
而ED⎳BC,ED=2BC，故SF⎳BC,SF=BC，故四边形SFBC为平行四边形，
故BF⎳SC，而BF⊄平面PCD，SC⊂平面PCD，
所以BF⎳平面PCD.
(2)
因为ED=2，故AE=1，故AE⎳BC,AE=BC，
故四边形AECB为平行四边形，故CE⎳AB，所以CE⊥平面PAD，
而PE,ED⊂平面PAD，故CE⊥PE,CE⊥ED，而PE⊥ED，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,-1,0 ,B1,-1,0 ,C1,0,0 ,D0,2,0 ,P0,0,2 ，
则PA=0,-1,-2
,PB=1,-1,-2
,PC=1,0,-2
,PD=0,2,-2 ,
设平面PAB的法向量为m=x,y,z ，
数学试题 第 42 页 共 64 页
则由 m ⋅P A =0 可得 -y-2z=0 ，取m =0,-2,1
m⋅PB=0 x-y-2z=0
，
设平面PCD的法向量为n=a,b,c ，
则由 n ⋅P C =0 可得 a-2b=0 ，取n =2,1,1
n⋅PD=0 2b-2c=0
，
故cosm,n
-1 30
= =- ，
5× 6 30
30
故平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为
30
7. (1)证明见解析
8 65
(2)
65
【分析】(1)由题意，根据余弦定理求得EF=2，利用勾股定理的逆定理可证得EF⊥AD，则EF⊥PE,
EF⊥DE，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
(2)由(1)，根据线面垂直的判定定理与性质可证明PE⊥ED，建立如图空间直角坐标系E-xyz，利用空
间向量法求解面面角即可.
2 1
【解析】(1)由AB=8,AD=5 3,AE= AD,AF= AB，
5 2
得AE=2 3,AF=4，又∠BAD=30°，在△AEF中，
3
由余弦定理得EF= AE2+AF2-2AE⋅AFcos∠BAD= 16+12-2⋅4⋅2 3⋅ =2,
2
所以AE2+EF2=AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE,EF⊥DE，又PE∩DE=E,PE、DE⊂平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，又PD⊂平面PDE，
故EF⊥PD；
(2)连接CE，由∠ADC=90°,ED=3 3,CD=3，则CE2=ED2+CD2=36，
在△PEC中，PC=4 3,PE=2 3,EC=6，得EC2+PE2=PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，又EC∩EF=E,EC、EF⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED⊂平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-xyz，
则E(0,0,0),P(0,0,2 3),D(0,3 3,0),C(3,3 3,0),F(2,0,0),A(0,-2 3,0)，
由F是AB的中点，得B(4,2 3,0)，
所以PC=(3,3 3,-2 3),PD=(0,3 3,-2 3),PB=(4,2 3,-2 3),PF=(2,0,-2 3)，
设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n=(x ,y ,z),m=(x ,y ,z )，
1 1 1 2 2 2
n⋅PC=3x +3 3y -2 3z =0 m⋅PB=4x +2 3y -2 3z =0
则 1 1 1 ，
2 2 2 ，
n⋅PD=3 3y -2 3z =0 m⋅PF=2x -2 3z =0
1 1 2 2
令y =2,x = 3，得x =0,z =3,y =-1,z =1，
1 2 1 1 2 2
所以n=(0,2,3),m=( 3,-1,1)，
所以cosm,n
m⋅n
=
m n
1 65
= = ，
5⋅ 13 65
8 65
设平面PCD和平面PBF所成角为θ，则sinθ= 1-cos2θ= ，
65
数学试题 第 43 页 共 64 页8 65
即平面PCD和平面PBF所成角的正弦值为 .
65
8. (1)证明见解析
2 13
(2)arctan
3
【分析】(1)利用直四棱柱的性质及线面平行的判定定理，可证平面ABBA ⎳平面DCCD ，再由面面平
1 1 1 1
行的性质定理，即可得证；
(2)先根据棱柱的体积公式求得AA ，再利用二面角的定义，求解即可．
1
【解析】(1)由题意知，AA ⎳DD ，
1 1
因为 平面DCCD ，DD ⊂平面DCCD ，
1 1 1 1 1
所以AA ⎳平面DCCD ，
1 1 1
因为AB⎳DC，且AB⊂平面DCCD ，DC⊂平面DCCD ，
1 1 1 1
所以AB⎳平面DCCD ，
1 1
又AA AB=A，AA 、AB⊂平面ABBA ，
1 1 1 1
所以平面ABBA ⎳平面DCCD ，
1 1 1 1
因为AB⊂平面ABBA ，
1 1 1
所以AB⎳平面DCCD．
1 1 1
(2)由题意知，底面ABCD为直角梯形，
(2+4)×3
所以梯形ABCD的面积S= =9，
2
因为四棱柱ABCD-ABCD 的体积为36，
1 1 1 1
36
所以AA = =4，
1 S
过A作AE⊥BD于E，连接A E，
1
因为AA ⊥平面ABCD，且BD⊂平面ABCD，
1
所以AA ⊥BD，
1
又AA AE=A，AA 、AE⊂平面AA E，
1 1 1
所以BD⊥平面AA E，
1
因为A E⊂平面AA E，所以BD⊥A E，
1 1 1
所以∠A EA即为二面角A -BD-A的平面角，
1 1
在Rt△ABD中，AE⋅BD=AB⋅AD，
AB⋅AD 2×3 6 13
所以AE= = = ，
BD 22+32 13
AA 4 2 13 2 13
所以tan∠A EA= 1 = = ，即∠A EA=arctan ，
1 AE 6 13 3 1 3
13
数学试题 第 44 页 共 64 页2 13
故二面角A -BD-A的大小为arctan ．
1 3
9. (1)证明见解析；
(2)证明见解析；
2
(3) .
2
【分析】(1)根据给定条件，证明四边形ODEF为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
(2)法一：由(1)的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点B作
z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，设Px,y,z
PA= 14
，所以由PB= 6 求出P点坐标，再
PC= 6
求出平面ADO与平面BEF的法向量n ,n ，由n ⋅n =0即可证明；
1 2 1 2
(3)法一：由(2)的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出
平面ADO与平面ACO的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
1
【解析】(1)连接DE,OF，设AF=tAC，则BF=BA+AF=(1-t)BA+tBC，AO=-BA+ BC，BF⊥
2
AO，
1 则BF⋅AO=[(1-t)BA+tBC]⋅-BA+ BC
2
=(t-1)BA 2 + 1 tBC2=4(t-1)+4t=0，
2
1
解得t= ，则F为AC的中点，由D,E,O,F分别为PB,PA,BC,AC的中点，
2
1 1
于是DE⎳AB,DE= AB,OF⎳AB,OF= AB，即DE⎳OF,DE=OF，则四边形ODEF为平行
2 2
四边形，
EF⎳DO,EF=DO，又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO，
所以EF⎳平面ADO.
6 30
(2)法一：由(1)可知EF⎳OD，则AO= 6,DO= ，得AD= 5DO= ，
2 2
15
因此OD2+AO2=AD2= ，则OD⊥AO，有EF⊥AO，
2
数学试题 第 45 页 共 64 页又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF⊂平面BEF，
则有AO⊥平面BEF，又AO⊂平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.
法二：因为AB⊥BC，过点B作z轴⊥平面BAC，建立如图所示的空间直角坐标系，
A2,0,0, ,B0,0,0 ,C0,2 2,0 ，
3 15
+4-
DB2+AB2-DA2 2 2 1
在△BDA中，cos∠PBA= = =- ，
2DB⋅AB 6 6
2×2×
2
1
在△PBA中，PA2=PB2+AB2-2PB⋅ABcos∠PBA=6+4-2 6×2×-
6
=14，
设Px,y,z
PA= 14 x-2
，所以由PB= 6 可得：
PC= 6
2+y2+z2=14
x2+y2+z2=6
x2+y-2 2
，
2+z2=6
可得：x=-1,y= 2,z= 3，所以P-1, 2, 3 ，
1 2 3
则D- , ,
2 2 2
1 2 3
，所以E , ,
2 2 2
，F1, 2,0 ，
AO=-2, 2,0
5 2 3
,AD=- , ,
2 2 2
设平面ADO的法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1 ，
-2x + 2y =0
n ⋅AO=0 1 1
则 1 ，得
5 2 3
，
n ⋅AD=0 - x + y + z =0
1 2 1 2 1 2 1
令x 1 =1，则y 1 = 2,z 1 = 3，所以n 1 =1, 2, 3 ，
1 2 3
BE= , ,
2 2 2
,BF=1, 2,0
设平面BEF的法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2 ，
1 2 3
n ⋅BE=0 x + y + z =0
则 2 ，得 2 2 2 2 2 2 ，
n 2 ⋅BF=0 x 2 + 2y 2 =0
令x 2 =2，则y 2 =- 2,z 2 =0，所以n 2 =2,- 2,0 ，
n 1 ⋅n 2 =2×1+ 2×- 2 +0=0，
所以平面ADO⊥平面BEF；
(3)法一：过点O作OH⎳BF交AC于点H，设AD∩BE=G，
1
由AO⊥BF，得HO⊥AO，且FH= AH，
3
又由(2)知，OD⊥AO，则∠DOH为二面角D-AO-C的平面角，
因为D,E分别为PB,PA的中点，因此G为△PAB的重心，
数学试题 第 46 页 共 64 页1 1 1 3
即有DG= AD,GE= BE，又FH= AH，即有DH= GF，
3 3 3 2
3 15
4+ -
2 2 4+6-PA2 6
cos∠ABD= = ，解得PA= 14，同理得BE= ，
6 2×2× 6 2
2×2×
2
1 6
于是BE2+EF2=BF2=3，即有BE⊥EF，则GF2= ×
3 2
2 6
+
2
2 5
= ，
3
15 3 15 15
从而GF= ，DH= × = ，
3 2 3 2
1 3 6 15
在△DOH中，OH= BF= ,OD= ,DH= ，
2 2 2 2
6 3 15
+ -
4 4 4 2 2
于是cos∠DOH= =- ，sin∠DOH= 1--
6 3 2 2
2× ×
2 2
2 2
= ，
2
2
所以二面角D-AO-C的正弦值为 .
2
法二：平面ADO的法向量为n 1 =1, 2, 3 ，
平面ACO的法向量为n 3 =0,0,1 ，
n ⋅n
所以cosn ,n = 1 3
1 3 n 1
⋅n 3
3 2
= = ，
1+2+3 2
因为n 1 ,n 3 ∈0,π
2
，所以sinn ,n = 1-cos2n ,n = ， 1 3 1 3 2
2
故二面角D-AO-C的正弦值为 .
2
10.(1)证明见解析；
3
(2) ．
3
【分析】(1)根据题意易证BC⊥平面ADE，从而证得BC⊥DA；
(2)由题可证AE⊥平面BCD，所以以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间
直角坐标系，再求出平面ABD,ABF的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即
可解出．
【解析】(1)连接AE,DE，因为E为BC中点，DB=DC，所以DE⊥BC①，
因为DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
∴AC=AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE=E，AE,DE⊂平面ADE，
所以，BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，所以BC⊥DA．
(2)不妨设DA=DB=DC=2，∵BD⊥CD，∴BC=2 2,DE=AE= 2．
∴AE2+DE2=4=AD2£¬∴AE⊥DE£¬，∴AE⊥DE，又∵AE⊥BC,DE∩BC=E，DE,BC⊂平
数学试题 第 47 页 共 64 页面BCD∴AE⊥平面BCD．
以点E为原点，ED,EB,EA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
设D( 2,0,0),A(0,0, 2),B(0, 2,0),E(0,0,0)，
设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1
,n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2 ，
二面角D-AB-F平面角为θ,而AB=0, 2,- 2 ，
因为EF=DA=- 2,0, 2 ，所以F- 2,0, 2
，即有AF=- 2,0,0 ，
- 2x + 2z =0
∴ 2y - 1 2z = 1 0 ，取x 1 =1，所以n 1 =(1,1,1)；
1 1
2y - 2z =0
- 2
2
x =0
2 ，取y
2
=1，所以n
2
=(0,1,1)，
2
所以，cosθ
= n 1 ⋅n 2
n 1
n 2
2 6 6 3 = = ，从而sinθ= 1- = ．
3× 2 3 9 3
3
所以二面角D-AB-F的正弦值为 ．
3
11.(1)证明见解析
4
(2)
5
10
(3)
10
【分析】(1)以点A 为坐标原点，AA、AB 、AC 所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用
1 1 1 1 1 1
空间向量法可证得结论成立；
(2)利用空间向量法可求得直线BE与平面CCD夹角的正弦值；
1
(3)利用空间向量法可求得平面ACD与平面CCD夹角的余弦值.
1 1
【解析】(1)证明：在直三棱柱ABC-ABC 中，AA ⊥平面ABC ，且AC⊥AB，则AC ⊥AB
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
以点A 为坐标原点，AA、AB 、AC 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，
1 1 1 1 1 1
则A2,0,0 、B2,2,0 、C2,0,2 、A 10,0,0 、B 10,2,0 、C 10,0,2 、D0,1,0 、E1,0,0 、
1
F1, ,1
2
1
，则EF=0, ,1
2
，
数学试题 第 48 页 共 64 页
易知平面ABC的一个法向量为m=1,0,0
，则EF⋅m=0，故EF⊥m，
∵EF⊄平面ABC，故EF⎳平面ABC.
(2)解：C 1 C=2,0,0
，C 1 D=0,1,-2
，EB=1,2,0 ，
设平面CC 1 D的法向量为u=x 1 ,y 1 ,z 1
u⋅CC=2x =0
，则 1 1 ，
u⋅CD=y -2z =0
1 1 1
取y 1 =2，可得u=0,2,1
EB⋅u
，cos=
EB
⋅u
4
= . 5
4
因此，直线BE与平面CCD夹角的正弦值为 .
1 5
(3)解：A 1 C=2,0,2
，A 1 D=0,1,0 ，
设平面A 1 CD的法向量为v=x 2 ,y 2 ,z 2
v⋅AC=2x +2z =0
，则 1 2 2 ，
v⋅AD=y =0
1 2
取x 2 =1，可得v=1,0,-1
u⋅v
，则cos= u ⋅v
1 10
=- =- ， 5× 2 10
10
因此，平面ACD与平面CCD夹角的余弦值为 .
1 1 10
12.(1)证明见解析
11
(2)
13
【分析】(1)连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三
角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE⎳PD，即可得证；
(2)建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的
基本关系计算可得.
【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，
因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，
所以PO⊥AO、PO⊥BO，
又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，
又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，
所以∠ODA=∠OAD
所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE⎳PD，
又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，
所以OE⎳平面PAC
(2)解：过点A作Az⎳OP，如图建立空间直角坐标系，
因为PO=3，AP=5，所以OA= AP2-PO2=4，
又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=4 3，
数学试题 第 49 页 共 64 页所以AC=12，所以O2 3,2,0 ，B4 3,0,0 ，P2 3,2,3 ，C0,12,0 ，
3
所以E3 3,1,
2
，
3
则AE=3 3,1,
2
，AB=4 3,0,0
，AC=0,12,0 ，
设平面AEB的法向量为n=x,y,z
3
n⋅AE=3 3x+y+ z=0
，则 2 ，令z=2，则y=-3，x=0，所以n
n⋅AB=4 3x=0
=0,-3,2 ；
设平面AEC的法向量为m=a,b,c
3
m⋅AE=3 3a+b+ c=0
，则 2 ，
m⋅AC=12b=0
令a= 3，则c=-6，b=0，所以m= 3,0,-6 ；
所以cosn,m
n⋅m
= n m
-12 4 3
= =- . 13× 39 13
设二面角C-AE-B的大小为θ，则cosθ
= cosn,m
4 3
= ，
13
11 11
所以sinθ= 1-cos2θ= ，即二面角C-AE-B的正弦值为 .
13 13
13.(1) 2
3
(2)
2
【分析】(1)由等体积法运算即可得解；
(2)由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面ABBA ，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得
1 1
解.
【解析】(1)在直三棱柱ABC-ABC 中，设点A到平面ABC的距离为h，
1 1 1 1
1 2 2 1 1 4
则V = S ⋅h= h=V = S ⋅AA= V = ，
A-A1BC 3 △A1BC 3 A1-ABC 3 △ABC 1 3 ABC-A1B1C1 3
解得h= 2，
所以点A到平面ABC的距离为 2；
1
(2)取AB的中点E,连接AE,如图，因为AA =AB，所以AE⊥AB,
1 1 1
又平面ABC⊥平面ABBA ，平面ABC∩平面ABBA =AB，
1 1 1 1 1 1 1
且AE⊂平面ABBA ，所以AE⊥平面ABC，
1 1 1
在直三棱柱ABC-ABC 中，BB ⊥平面ABC，
1 1 1 1
由BC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，BB ⊥BC，
1 1
又AE,BB ⊂平面ABBA 且相交，所以BC⊥平面ABBA ，
1 1 1 1 1
所以BC,BA,BB 两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
1
数学试题 第 50 页 共 64 页由(1)得AE= 2，所以AA =AB=2，AB=2 2，所以BC=2，
1 1
则A0,2,0 ,A 10,2,2 ,B0,0,0 ,C2,0,0 ,所以A 1 C的中点D1,1,1 ，
则BD=1,1,1
，BA=0,2,0
,BC=2,0,0 ,
设平面ABD的一个法向量m=x,y,z
m⋅BD=x+y+z=0
，则 ，
m⋅BA=2y=0
可取m=1,0,-1 ，
设平面BDC的一个法向量n=a,b,c
n⋅BD=a+b+c=0
，则 ，
n⋅BC=2a=0
可取n=0,1,-1 ，
则cosm,n
m⋅n
= m ⋅n
1 1
= = ， 2× 2 2
1
所以二面角A-BD-C的正弦值为 1-
2
2 3
= .
2
2
14.(1)证明见解析；(2) .
3
【分析】(1)取AD的中点为O，连接QO,CO，可证QO⊥平面ABCD，从而得到面QAD⊥面ABCD.
(2)在平面ABCD内，过O作OT⎳CD，交BC于T，则OT⊥AD，建如图所示的空间坐标系，求出平面
QAD、平面BQD的法向量后可求二面角的余弦值.
(1)取AD的中点为O，连接QO,CO.
因为QA=QD，OA=OD，则QO⊥AD，
而AD=2,QA= 5，故QO= 5-1=2.
数学试题 第 51 页 共 64 页在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故CO= 5，
因为QC=3，故QC2=QO2+OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，
因为OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，
因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)在平面ABCD内，过O作OT⎳CD，交BC于T，则OT⊥AD，
结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.
则D0,1,0 ,Q0,0,2 ,B2,-1,0
，故BQ=-2,1,2
,BD=-2,2,0 .
设平面QBD的法向量n=x,y,z ，
则 n n ⋅ ⋅ B B Q D = = 0 0 即 - - 2 2 x x + + y 2y + = 2z 0 =0 ，取x=1，则y=1,z= 2 1 ，
1
故n=1,1,
2
.
而平面QAD的法向量为m=1,0,0
，故cosm,n
1 2
= = .
3 3
1×
2
2
二面角B-QD-A的平面角为锐角，故其余弦值为 .
3
3 1
15.(I)证明见解析；(II) ；(III) .
9 3
【分析】(I)建立空间直角坐标系，求出DF及平面A EC 的一个法向量m，证明DF⊥m，即可得证；
1 1 1 1
(II)求出AC ，由sinθ= cosm,AC
1 1
运算即可得解；
(III)求得平面AAC 的一个法向量DB，由cosDB,m 1 1
DB⋅m
=
DB
⋅m
结合同角三角函数的平方关系即
可得解.
【解析】(I)以A为原点，AB,AD,AA 分别为x,y,z轴，建立如图空间直角坐标系，
1
则A0,0,0 ,A 10,0,2 ,B2,0,0 ,C2,2,0 ,D0,2,0 ,C 12,2,2 ,D 10,2,2 ，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E2,1,0 ，F1,2,0 ，
所以D 1 F=1,0,-2
,A 1 C 1 =2,2,0
,A 1 E=2,1,-2 ,
设平面A 1 EC 1 的一个法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1 ，
m⋅AC =2x +2y =0
则 11 1 1 ，令x 1 =2，则m=2,-2,1
m⋅A E=2x +y -2z =0
1 1 1 1
，
因为DF⋅m=2-2=0，所以DF⊥m，
1 1
因为DF⊄平面A EC ，所以DF⎳平面A EC ；
1 1 1 1 1 1
数学试题 第 52 页 共 64 页
(II)由(1)得，AC 1 =2,2,2 ，
设直线AC 与平面A EC 所成角为θ，
1 1 1
则sinθ= cosm,AC 1
m⋅AC = 1 m ⋅AC
1
2 3 = = ； 3×2 3 9
(III)由正方体的特征可得，平面AA 1 C 1 的一个法向量为DB=2,-2,0 ，
则cosDB,m
DB⋅m
= DB ⋅m
8 2 2
= = ， 3×2 2 3
所以二面角A-AC -E的正弦值为 1-cos2DB,m
1 1
1
= .
3
3
16.(1)证明见解析；(2) .
6
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；
(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.
【解析】(1)因为AB=AD，O是BD中点，所以OA⊥BD，
因为OA⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，
且平面ABD∩平面BCD=BD，所以OA⊥平面BCD．
因为CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD.
(2)[方法一]：通性通法-坐标法
如图所示，以O为坐标原点，OA为z轴，OD为y轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标
系O-xyz，
3 1
则C , ,0
2 2
1 2
,D(0,1,0),B(0,-1,0)，设A(0,0,m),E0, , m
3 3
,
4 2
所以EB=0,- ,- m
3 3
3 3
,BC= , ,0
2 2
，
设n=x,y,z 为平面EBC的法向量，
数学试题 第 53 页 共 64 页
EB⋅n=0 2
则由
可求得平面EBC的一个法向量为n=- 3,1,-
m
BC⋅n=0
．
又平面BCD的一个法向量为OA=0,0,m ，
所以cosn,OA
-2
=
4
m⋅ 4+
m2
2
= ，解得m=1．
2
3 1 1 3 3
又点C到平面ABD的距离为 ，所以V =V = × ×2×1× = ，
2 A-BCD C-ABD 3 2 2 6
3
所以三棱锥A-BCD的体积为 ．
6
[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角
如图所示，作EG⊥BD，垂足为点G．
作GF⊥BC，垂足为点F，连结EF，则OA∥EG．
因为OA⊥平面BCD，所以EG⊥平面BCD，
∠EFG为二面角E-BC-D的平面角．
因为∠EFG=45°，所以EG=FG．
由已知得OB=OD=1，故OB=OC=1．
又∠OBC=∠OCB=30°，所以BC= 3．
2 4 2 2 2
因为GD= ,GB= ,FG= CD= ,EG= ,OA=1，
3 3 3 3 3
1 1 1 1 3
V = S ×OA= ×2S ×OA= ×2× × ×1×1
A-BCD 3 △BCD 3 △BOC 3 2 2
3
×1= ．
6
[方法三]：三面角公式
考虑三面角B-EDC，记∠EBD为α，∠EBC为β，∠DBC=30°，
记二面角E-BC-D为θ．据题意，得θ=45°．
对β使用三面角的余弦公式，可得cosβ=cosα⋅cos30°，
3
化简可得cosβ= cosα．①
2
sinα
使用三面角的正弦公式，可得sinβ= ，化简可得sinβ= 2sinα．②
sinθ
3
将①②两式平方后相加，可得 cos2α+2sin2α=1，
4
1 1
由此得sin2α= cos2α，从而可得tanα=± ．
4 2
数学试题 第 54 页 共 64 页π
如图可知α∈0,
2
1
，即有tanα= ，
2
4
根据三角形相似知，点G为OD的三等分点，即可得BG= ，
3
结合α的正切值，
2 3
可得EG= ,OA=1从而可得三棱锥A-BCD的体积为 ．
3 6
【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在
于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；
方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更
加深刻的认识，该法为本题的最优解.
方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简
单、直观、迅速.
17.(1)证明见解析；
(2)1
【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
(2)设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，利用向量法求二面角，建立方程求出λ即可得解.
【解析】(1)以C为坐标原点，CD,CB,CC 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，
1
则C(0,0,0),C (0,0,3),B (0,2,2),D (2,0,2),A (2,2,1)，
2 2 2 2
∴B C =(0,-2,1),A D =(0,-2,1)，
2 2 2 2
∴B C ∥A D ，
2 2 2 2
又B C ，A D 不在同一条直线上，
2 2 2 2
∴B C ∥A D .
2 2 2 2
(2)设P(0,2,λ)(0≤λ≤4)，
则A C =(-2,-2,2),PC =(0,-2,3-λ),D C =(-2,0,1)，
2 2 2 2 2
设平面PA C 的法向量n=(x,y,z)，
2 2
n⋅A C =-2x-2y+2z=0
则 22 ，
n⋅PC =-2y+(3-λ)z=0
2
令 z=2，得y=3-λ,x=λ-1，
∴n=(λ-1,3-λ,2)，
设平面A C D 的法向量m=(a,b,c)，
2 2 2
m⋅A C =-2a-2b+2c=0
则
22 ，
m⋅D C =-2a+c=0
2 2
令 a=1，得b=1,c=2，
∴m=(1,1,2)，
数学试题 第 55 页 共 64 页
∴ cosn,m
n⋅m
=
n m
6
= =cos150° 6 4+(λ-1)2+(3-λ)2
3
= ， 2
化简可得，λ2-4λ+3=0，
解得λ=1或λ=3，
∴P(0,2,1)或P(0,2,3)，
∴B P=1.
2
AM 1
18.(1)证明见解析；(2) 1 = ．
AB 2
1 1
【分析】(1)首先将平面CDE进行扩展，然后结合所得的平面与直线BC 的交点即可证得题中的结论；
1 1
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数λ的
值.
【解析】(1)如图所示，取BC 的中点F'，连结DE,EF',F'C，
1 1
由于ABCD-ABCD 为正方体，E,F'为中点，故EF'∥CD，
1 1 1 1
从而E,F',C,D四点共面，即平面CDE即平面CDEF'，
据此可得：直线BC 交平面CDE于点F'，
1 1
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F'重合，
即点F为BC 中点.
1 1
(2)以点D为坐标原点，DA,DC,DD 方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系D-
1
xyz，
AM
不妨设正方体的棱长为2，设 1 =λ0≤λ≤1
AB
1 1
，
则：M2,2λ,2 ,C0,2,0 ,F1,2,2 ,E1,0,2 ，
数学试题 第 56 页 共 64 页
从而：MC=-2,2-2λ,-2
,CF=1,0,2
,FE=0,-2,0 ，
设平面MCF的法向量为：m=x 1 ,y 1 ,z 1 ，则：
m⋅MC=-2x 1 +2-2λ y -2z =0 1 1 ，
m⋅CF=x +2z =0
1 1
1
令z =-1可得：m=2, ,-1
1 1-λ
，
设平面CFE的法向量为：n=x 2 ,y 2 ,z 2 ，则：
n⋅FE=-2y =0
2 ，
n⋅CF=x +2z =0
2 2
令z 1 =-1可得：n=2,0,-1 ，
从而：m⋅n=5,m
1
= 5+
1-λ
2
,n = 5，
则：cosm,n
m⋅n
= m ×n
5
= 1 5+
1-λ
5
= ， 2 3 × 5
整理可得：λ-1
1 1 3
2= ，故λ= (λ= 舍去).
4 2 2
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑
推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量
的夹角公式求解.
19.(1)证明见解析
(2) 3
【分析】(1)先证出AD⊥平面PAB，即可得AD⊥AB，由勾股定理逆定理可得BC⊥AB，从而
AD⎳BC，再根据线面平行的判定定理即可证出；
(2)过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，根据三垂线法可知，∠DFE即为二
面角A-CP-D的平面角，即可求得tan∠DFE= 6，再分别用AD的长度表示出DE,EF，即可解方
程求出AD．
【解析】(1)(1)因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB,PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，根据平面知识可知AD⎳BC，
又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD⎳平面PBC．
(2)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD=AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
42
即sin∠DFE= ，即tan∠DFE= 6．
7
x 4-x2
因为AD⊥DC，设AD=x，则CD= 4-x2，由等面积法可得，DE= ，
2
又CE= 4-x2
x24-x2
-
4-x2 4-x2
= ，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF= ，
4 2 2 2
数学试题 第 57 页 共 64 页x 4-x2
2
故tan∠DFE= = 6，解得x=\sqrt3，即AD= 3．
4-x2
2 2
1
20.(1)证明见解析；(2)BD=
1 2
【分析】(1)方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向
量证明线线垂直；
(2)方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答
案；
【解析】(1)[方法一]：几何法
因为BF⊥AB ,AB ⎳AB，所以BF⊥AB．
1 1 1 1
又因为AB⊥BB ，BF∩BB =B，所以AB⊥平面BCCB．又因为AB=BC=2，构造正方体ABCG
1 1 1 1
-ABCG ，如图所示，
1 1 1 1
过E作AB的平行线分别与AG，BC交于其中点M,N，连接AM,BN，
1 1
因为E，F分别为AC和CC 的中点，所以N是BC的中点，
1
易证Rt△BCF≅Rt△BBN，则∠CBF=∠BBN．
1 1
又因为∠BBN+∠BNB=90°，所以∠CBF+∠BNB=90°，BF⊥BN．
1 1 1 1
又因为BF⊥AB ,BN∩AB =B ，所以BF⊥平面AMNB．
1 1 1 1 1 1 1 1
又因为ED⊂平面AMNB ，所以BF⊥DE．
1 1
[方法二]【最优解】：向量法
因为三棱柱ABC-ABC 是直三棱柱，∴BB ⊥底面ABC，∴BB ⊥AB
1 1 1 1 1
∵AB ⎳AB，BF⊥AB ，∴BF⊥AB，又BB ∩BF=B，∴AB⊥平面BCCB．所以BA,BC,BB
1 1 1 1 1 1 1 1
两两垂直．
以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图．
1
数学试题 第 58 页 共 64 页∴B0,0,0 ,A2,0,0 ,C0,2,0 ,B 10,0,2 ,A 12,0,2 ,
C 10,2,2 ，E1,1,0 ,F0,2,1 ．
由题设Da,0,2 (0≤a≤2)．
因为BF=0,2,1
,DE=1-a,1,-2 ，
所以BF⋅DE=0×1-a +2×1+1×-2 =0，所以BF⊥DE．
[方法三]：因为BF⊥AB ，AB ⎳AB，所以BF⊥AB，故BF⋅AB =0，BF⋅AB=0，所以BF⋅ED
1 1 1 1 1 1
=BF⋅EB+BB +BD
1 1
=BF⋅BD+BF⋅EB+BB
1 1
1 1
=BF⋅EB+BF⋅BB =BF- BA- BC
1 2 2
1 1 1 1
+BF⋅BB =- BF⋅BA- BF⋅BC+BF⋅BB =- BF⋅BC+BF⋅BB =- BF
1 2 2 1 2 1 2
⋅
BC
cos∠FBC+BF
⋅BB
1
1 2 1
cos∠FBB =- × 5×2× + 5×2× =0，所以BF⊥ED．
1 2 5 5
(2)[方法一]【最优解】：向量法
设平面DFE的法向量为m=x,y,z ，
因为EF=-1,1,1
,DE=1-a,1,-2 ，
m⋅EF=0 -x+y+z=0
所以 m ⋅D E =0 ，即 1-a
． x+y-2z=0
令z=2-a，则m=3,1+a,2-a
因为平面BCC 1 B 1 的法向量为BA=2,0,0 ，
设平面BCCB 与平面DEF的二面角的平面角为θ，
1 1
则cosθ
m⋅BA
=
m
⋅BA
6 3
= = ．
2× 2a2-2a+14 2a2-2a+14
1 27
当a= 时，2a2-2a+14取最小值为 ，
2 2
3 6
此时cosθ取最大值为 = ．
27 3
2
所以sinθ
6
= 1- min 3
2 3 1
= ，此时BD= ． 3 1 2
[方法二] ：几何法
如图所示，延长EF交AC 的延长线于点S，联结DS交BC 于点T，则平面DFE∩平面BBCC=
1 1 1 1 1 1
FT．
数学试题 第 59 页 共 64 页作BH⊥FT，垂足为H，因为DB ⊥平面BBCC，联结DH，则∠DHB 为平面BBCC与平面DFE所
1 1 1 1 1 1 1
成二面角的平面角．
设BD=t,t∈[0,2],BT=s，过C 作CG⎳AB 交DS于点G．
1 1 1 1 1 1
CS 1 CG 1
由 1 = = 1 得CG= (2-t)．
SA 3 AD 1 3
1 1
BD BT t s 3t
又 1 = 1 ，即 = ，所以s= ．
CG CT 1 2-s t+1
1 1 (2-t)
3
BH BT BH s s
又 1 = 1 ，即 1 = ，所以BH= ．
C
1
F FT 1 1+(2-s)2 1 1+(2-s)2
s2 9t2
所以DH= BH2+BD2= +t2= +t2．
1 1 1+(2-s)2 2t2-2t+5
BD t 1
则sin∠DHB = 1 = =
1 DH 9t2 9
+t2
2t2-2t+5 2t- 1
2
，
+1
2 9 +
2
1
所以，当t= 2 时，sin∠DHB 1
3
= ． min 3
[方法三]：投影法
如图，联结FB ,FN，
1
△DEF在平面BBCC的投影为△BNF，记面BBCC与面DFE所成的二面角的平面角为θ，则cosθ=
1 1 1 1 1
S
△B1NF ．
S
△DEF
设BD=t(0≤t≤2)，在Rt△DBF中，DF= BD2+BF2= t2+5．
1 1 1 1
在Rt△ECF中，EF= EC2+FC2= 3，过D作BN的平行线交EN于点Q．
1
在Rt△DEQ中，DE= QD2+EQ2= 5+(1-t)2．
数学试题 第 60 页 共 64 页DF2+EF2-DE2 3t2+15(t+1)
在△DEF中，由余弦定理得cos∠DFE= =
2DF⋅EF 3t2+5
，sin∠DFE=
2t2-2t+14
3t2+5
1 1 3
，S = DF⋅EFsin∠DFE= 2t2-2t+14，S = ,
△DFE 2 2 △B1NF 2
cosθ= S △B1NF = 3 ，sinθ= 1- 9
S △DFE 2t2-2t+14 2t2-t+7
，
1 1 3
当t= ，即BD= ，面BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为 ．
2 1 2 1 1 3
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐
标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进
行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方
法；方法二：利用空间线面关系找到，面BBCC与面DFE所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不
1 1
是很容易找到；方法三：利用面DFE在面BBCC上的投影三角形的面积与△DFE面积之比即为面
1 1
BBCC与面DFE所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常
1 1
好的方法，开阔学生的思维．
1. (1)证明见详解；
6 13
(2)
13
【分析】(1)结合已知易证四边形EFCM为平行四边形，可证EM⎳FC，进而得证；
(2)先证明OA⊥平面EDM，结合等体积法V =V 即可求解.
M-ADE A-EDM
【解析】(1)由题意得，EF⎳MC，且EF=MC，
所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM⎳FC，
又CF⊂平面BCF,EM⊂平面BCF，
所以EM⎳平面BCF；
(2)取DM的中点O，连接OA，OE，因为AB⎳MC，且AB=MC，
所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM=BC= 10，
又AD= 10，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三角形，
DM
可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA= AD2-
2
2 DM
=3,OE= ED2-
2
2
= 3，
又AE=2 3，所以OA2+OE2=AE2，故OA⊥OE.
又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM⊂平面EDM，所以OA⊥平面EDM，
1
易知S = ×2× 3= 3.
△EDM 2
4+12-10 3
在△ADE中，cos∠DEA= = ，
2×2×2 3 4
13 1 13 39
所以sin∠DEA= ,S = ×2×2 3× = .
4 △DEA 2 4 2
设点M到平面ADE的距离为d，由V =V ，
M-ADE A-EDM
1 6 13
得 S ⋅OA，得d= ，
3 △EDM 13
6 13
故点M到平面ADE的距离为 .
13
数学试题 第 61 页 共 64 页2. (1)证明见解析
2 22
(2)
11
2 11
(3)
11
【分析】(1)取CB 中点P，连接NP，MP，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得DN⎳MP，结
1 1
合线面平行判定定理即可得证；
(2)建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
(3)借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【解析】(1)取CB 中点P，连接NP，MP，
1
1
由N是BC 的中点，故NP⎳CC ，且NP= CC ，
1 1 1 2 1
1 1
由M是DD 的中点，故DM= DD = CC ，且DM⎳CC ，
1 1 2 1 2 1 1 1
则有DM⎳NP、DM=NP，
1 1
故四边形DMPN是平行四边形，故DN⎳MP，
1 1
又MP⊂平面CBM，DN⊄平面CBM，
1 1 1
故DN⎳平面CBM；
1 1
(2)以A为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A0,0,0 、B2,0,0 、B 12,0,2 、M0,1,1 、C1,1,0 、C 11,1,2 ，
则有CB 1 =1,-1,2
、CM =-1,0,1
、BB 1 =0,0,2 ，
设平面CB 1 M与平面BB 1 CC 1 的法向量分别为m=x 1 ,y 1 ,z 1
、n=x 2 ,y 2 ,z 2 ，
m⋅CB =x -y +2z =0 n⋅CB =x -y +2z =0
则有
1 1 1 1 ， 1 2 2 2 ，
m⋅CM=-x +z =0 n⋅BB =2z =0
1 1 1 2
分别取x =x =1，则有y =3、z =1、y =1，z =0，
1 2 1 1 2 2
即m=1,3,1
、n=1,1,0 ，
数学试题 第 62 页 共 64 页
则cosm,n
m⋅n
= m ⋅n
1+3 2 22
= = ， 1+9+1⋅ 1+1 11
2 22
故平面CBM与平面BBCC 的夹角余弦值为 ；
1 1 1 11
(3)由BB 1 =0,0,2
，平面CB 1 M的法向量为m=1,3,1 ，
BB ⋅m
1
则有
m
2 2 11
= = ，
1+9+1 11
2 11
即点B到平面CBM的距离为 .
1 11
3. (1)证明见解析
2
(2)
3
4
(3)
3
【分析】(1)先证明四边形MNAC 是平行四边形，然后用线面平行的判定解决；
1 1
(2)利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；
(3)方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解
【解析】(1)
AC
连接MN,CA.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN⎳AC，且MN= =1，
1 2
由棱台性质，AC ⎳AC，于是MN⎳AC ，由MN=AC =1可知，四边形MNAC 是平行四边形，则
1 1 1 1 1 1 1 1
AN⎳MC ，
1 1
又AN⊄平面CMA，MC ⊂平面CMA，于是AN⎳平面AMC.
1 1 1 1 1 1
(2)过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC ，垂足为F,连接MF,C E.
1 1
由ME⊂面ABC，AA⊥面ABC，故AA ⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA =A，AC,AA ⊂平面
1 1 1 1
ACCA ，则ME⊥平面ACCA.
1 1 1 1
由AC ⊂平面ACCA ，故ME⊥AC ，又EF⊥AC ，ME∩EF=E，ME,EF⊂平面MEF，于是AC
1 1 1 1 1 1
⊥平面MEF，
由MF⊂平面MEF，故AC ⊥MF.于是平面AMC 与平面ACCA 所成角即∠MFE.
1 1 1 1
AB 1 2 2
又ME= =1，cos∠CAC = ，则sin∠CAC = ，故EF=1×sin∠CAC = ，在Rt△MEF
2 1 5 1 5 1 5
4 3
中，∠MEF=90°，则MF= 1+ = ，
5 5
EF 2
于是cos∠MFE= =
MF 3
数学试题 第 63 页 共 64 页(3)[方法一：几何法]
过C 作CP⊥AC，垂足为P，作CQ⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P
1 1 1
作PR⊥CQ，垂足为R.
1
由题干数据可得，CA=CC= 5，CM= CP2+PM2= 5，根据勾股定
1 1 1 1
2
理，CQ= 5-
1 2
2 3 2
= ，
2
由CP⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则CP⊥AM，又CQ⊥AM，CQ
1 1 1 1
∩CP=C ，CQ,CP⊂平面CPQ，于是AM⊥平面CPQ.
1 1 1 1 1 1
又PR⊂平面CPQ，则PR⊥AM，又PR⊥CQ，CQ∩AM=Q，CQ,
1 1 1 1
AM⊂平面CMA，故PR⊥平面CMA.
1 1
2
2⋅
PC ⋅PQ 2 2
在Rt△CPQ中，PR= 1 = = ，
1 QC 3 2 3
1
2
又CA=2PA，故点C到平面CMA的距离是P到平面CMA的距离的两倍，
1 1
4
即点C到平面AMC 的距离是 .
1 3
[方法二：等体积法]
辅助线同方法一.
设点C到平面AMC 的距离为h.
1
1 1 1
V C1-AMC = 3 ×C 1 P×S △AMC = 3 ×2× 2 × 2
2
2= ， 3
1 1 1 3 2 h
V = ×h×S = ×h× × 2× = .
C-C1MA 3 △AMC1 3 2 2 2
h 2 4
由V =V ⇔ = ，即h= .
C1-AMC C-C1MA 2 3 3
数学试题 第 64 页 共 64 页
