第56讲立体几何解答题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第56讲 立体几何解答题
必考题型全归纳
1 题型一：非常规空间几何体为载体
28 2
2895 (2024·全国·高三专题练习)已知正四棱台ABCD-ABCD 的体积为 ，其中
1 1 1 1 3
AB=2AB =4.
1 1
(1)求侧棱AA 与底面ABCD所成的角；
1
(2)在线段CC 上是否存在一点P，使得BP⊥AD？若存在请确定点P的位置；若不存
1 1
在，请说明理由.
【解析】(1)依题意，在正四棱台ABCD-ABCD 中，AB=2AB =4，
1 1 1 1 1 1
所以上底面积S =2×2=4，下底面积S =4×4=16，
1 2
1
设正四棱台的高为h，则 4+ 4×16+16
3

28 2
h= ,h= 2.
3
连接AC,AC ，则AC=4 2,AC =2 2，
1 1 1 1
4 2-2 2
所以AA = 
1 2

2
+h2= 2+2=2，
h 2
设侧棱AA 与底面ABCD所成的角为θ，则sinθ= = ，
1 AA 2
1
π
由于线面角θ的取值范围是 0,
 2

π
，所以θ= .
4
(2)连接BD,BD ，设正四棱台上下底面的中心分别为O,O，
1 1 1
以O为原点，OA,OB,OO 分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系，
1
A 1 2,0, 2  ,D0,-2 2,0  ,B0,2 2,0  ，
 
设线段CC 1 上存在一点P，满足C 1 P=λC 1 C0≤λ≤1  ，
C 1- 2,0, 2  ,C2 2,0,0 

,C 1 C=3 2,0,- 2  ，

C 1 P=3 2λ,0,- 2λ  ，
  
则BP=BC 1 +C 1 P=- 2,-2 2, 2  +3 2λ,0,- 2λ  =
3 2λ- 2,-2 2, 2- 2λ  ，

A 1 D=- 2,-2 2,- 2  ，
 
若BP⊥AD，则BP⋅AD=0，
1 1
即- 23 2λ- 2  +8- 2 2- 2λ  =0，
解得λ=2，舍去，
所以在线段CC 上不存在一点P，使得BP⊥AD.
1 1
第 页 共 页
1820 34272896 (2024·全国·高三专题练习)在三棱台ABC-DEF中，G为AC中点，AC=2DF，AB
⊥BC，BC⊥CF.
(1)求证：BC⊥平面DEG；
π
(2)若AB=BC=2，CF⊥AB，平面EFG与平面ACFD所成二面角大小为 ，求三棱
3
锥E-DFG的体积.
【解析】(1)在三棱台ABC-DEF中，G为AC中点，则AC=2GC，
又AC=2DF，∴GC=DF，
∵AC⎳DF，∴四边形GCFD为平行四边形，∴DG⎳CF，
又BC⊥CF，∴BC⊥DG，
∵DE⎳AB，AB⊥BC，∴BC⊥DE，
∵DE∩DG=D，DE,DG⊂平面DEG，∴BC⊥平面DEG.
(2)∵CF⊥AB，DG⎳CF，∴DG⊥AB，
又DG⊥BC，AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，∴DG⊥平面ABC，
连接BG，∵AB=BC=2，AB⊥BC，G为AC中点，∴GB⊥AC；
  
以GB,GC,GD

 为正交基底，可建立如图所示空间直角坐标系G-xyz，
则G0,0,0  ，B 2,0,0  ，A0,- 2,0  ，C0, 2,0  ，
设DG=CF=mm>0  ，则D0,0,m  ，F0, 2,m  ，
    
1
∴GE=GD+DE=GD+ AB=0,0,m
2

1
+  2, 2,0
2

2 2
= , ,m
2 2


，GF=
第 页 共 页
1821 34270, 2,m  ，

设平面EFG的一个法向量为n=x,y,z  ，

 2 2
n⋅GE= x+ y+mz=0 
则

2 2 ，令z=- 2，解得：y=m，x=m，∴n=

n⋅GF= 2y+mz=0
m,m,- 2  ；

又平面ACFD的一个法向量m=1,0,0  ，
 
∴ cosm,n   
 
m⋅n
=

 m   ⋅n 
m 1
= = ，解得：m=1，即DG=1， 2m2+2 2
∵DG⊥平面ABC，平面ABC⎳平面DEF，∴DG⊥平面DEF，
1 1 1 1
∴V =V = S ⋅DG= × ×1×1×1= .
E-DFG G-DEF 3 △DEF 3 2 6
2897 (2024·重庆万州·高三重庆市万州第二高级中学校考阶段练习)如图，在正四棱台
ABCD-ABCD 中，AB=2AB ，AA = 3，M，N为棱BC ，CD 的中点，棱AB上
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
存在一点E，使得AE⎳平面BMND．
1
AE
(1)求 ；
AB
(2)当正四棱台ABCD-ABCD 的体积最大时，求BB 与平面BMND所成角的正弦
1 1 1 1 1
值．
【解析】(1)作BF∥AE交AB于F，再作FG∥BC交BD于G，连接MG．
1 1
因为AE⎳平面BMND，所以BF⎳平面BMND．
1 1
又平面BFGM∩平面BMND=MG，所以BF∥MG．
1 1
又因为FG∥BC∥BC ，所以四边形BFGM是平行四边形，
1 1 1
1 1
所以FG=BM= BC = AD，即F为棱AB的四等分点，
1 2 1 1 4
AE 1
故E也为棱AB的四等分点，所以 = ．
AB 4
(2)由(1)易知G为BD的四等分点，所以点B 在点G的正上方，
1
所以BG⊥底面ABCD．
1
1
设AB=2AB =4x，则BG= BD= 2x，所以BG= 3-2x2，
1 1 4 1
1
所以该四棱台的体积V= 16x2+ 16x2⋅4x2+4x2
3

28
3-2x2= x2 3-2x2，
3
784
而V2= x2⋅x2⋅3-2x2
9

784 x2+x2+3-2x2
≤ ⋅
9 3

3
．
当且仅当x2=3-2x2，即x=1时取等号，此时AB=4，AB =2．
1 1
以G为原点，GF，BG分别为x轴、z轴，
1
过G平行于AB的直线为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，
第 页 共 页
1822 3427则G0,0,0  ，B 10,0,1  ,，B1,1,0  ，F1,0,0  ，

所以GB=1,1,0 
 
，GM=FB 1 =-1,0,1 

，BB 1 =-1,-1,1  ．

设平面BMND的法向量为n=x,y,z  ，


由   C  B  ⋅n  =0, 得  x+y=0, 令x=1，则n  =1,-1,1
GM⋅n=0, -x+z=0,
 ．
设BB 与平面BMND所成角为θ，
1


则sinθ=cosn,BB 1 


n⋅BB
1
=

 n   ⋅BB
1

1 1
= = ， 3× 3 3
1
故BB 与平面BMND所成角的正弦值为 ．
1 3
2898 (2024·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测)如图，在三棱台ABC -ABC中，
1 1 1
π
AB =2，AB=AC=4，AA =CC = 5，BB =3，∠BAC= ．
1 1 1 1 1 2
(1)证明：平面AACC ⊥平面ABC；
1 1
(2)设D是BC的中点，求平面AACC 与平面AAD夹角的余弦值．
1 1 1
【解析】(1)证明：
由三棱台ABC -ABC知：AB ⎳AB，
1 1 1 1 1
在梯形AABB 中，取AB的中点E，连接BE，
1 1 1
因AB =2，AB=AC=4
1 1
故AB =AE，四边形AAEB 是平行四边形，
1 1 1 1
∴BE=AA = 5，
1 1
第 页 共 页
1823 34271
EB= AB=2，BB =3
2 1
所以BE2+EB2=BB2，
1 1
π
∴∠BEB = ，即BE⊥AB，
1 2 1
因BE⎳AA ，所以BA⊥AA ，
1 1 1
π
又因∠BAC= ，所以BA⊥AC，
2
又因AA ∩AC=A，所以BA⊥平面AACC ，
1 1 1
因BA⊂平面ABC，
所以平面AACC ⊥平面ABC；
1 1
(2)取AC的中点O，AC 的中点F，连接OD，OF，则OD⎳AB，
1 1
因AB⊥AC，所以OD⊥AC，
由条件知：四边形AACC 是等腰梯形，所以OF⊥AC，
1 1
平面AACC ∩平面ABC=AC
1 1
OF⊂平面AACC,
1 1
平面AACC ⊥平面ABC
1 1
∴OF⊥平面ABC，
分别以OA，OD，OF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则在等腰梯形AACC 中，由平面几何知识可得：OF= 5-(2-1)2=2，
1 1
∴A2,0,0  ，D0,2,0  ，A 11,0,2 

，AD=-2,2,0 

，AA 1 =-1,0,2 

设平面A 1 AD的法向量μ=x,y,z  ，


则由   μ μ  ⊥ ⊥ A A  A D 1得  - - 2 x x + + 2 2 z y = = 0 0 ，
令x=2，得y=2，z=1，

所以μ=2,2,1  ，

又平面A 1 ACC 1 的法向量ν=0,1,0  ，
设平面AACC 与平面AAD的夹角为θ，
1 1 1
 
μ⋅ν
则cosθ=

 μ   ⋅ν 
2×1 2
= = ．
22+22+12×1 3
2899 (2024·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习)如图，圆锥PO的高为3，AB是底面圆
O的直径，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB=2CD=2，点E是母线
PB上一动点.
第 页 共 页
1824 3427(1)证明：平面ACE⊥平面POD；
130
(2)若二面角A-EC-B的余弦值为 ，求三棱锥A-ECD的体积.
130
【解析】(1)连接OC，由题意知四边形AOCD为菱形，故OD⊥AC，
因为PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以PO⊥AC，
因为PO∩OD=O，PO,OD⊂平面POD，所以AC⊥平面POD，又AC⊂平面ACE，
故平面ACE⊥平面POD；
(2)以O为原点，CD的中垂线为x轴，OB为y轴，OP为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则A0,-1,0  ，B0，1，0  ，P0，0，3 
3 1
，C ， ，0
2 2
 ，
 
设PE=λPB，显然λ=1不合题意，则λ∈0,1  ，则E0,λ,3-3λ  ，

3 1
于是CE=- ，λ- ，3-3λ
2 2


3 3
，CA=- ，- ，0
2 2


3 1
，CB=- ， ，0
2 2
 ，

设平面CBE的法向量为m=x,y,z  ，

 3 1
m⋅CB=- x+ y=0
2 2
则 
 3 1
m⋅CE=- x+λ-
2 2
 y+3-3λ 

 ，
z=0
3  3
令y= 3，得x=1，z= ，则m=1，3，
3 3


设平面AEC的法向量为n=a,b,c 

 3 3
n⋅CA=- a- b=0
2 2
，则 
 3 1
n⋅CE=- a+λ-
2 2
 b+3-3λ 


c=0
1+λ  1+λ
令a= 3，b=-1，c= 则n= 3，-1，
3-3λ 3-3λ
 ，
  m⋅n
从而cosθ=

 m⋅ 
3 1+λ 
3 3-3λ
 =
 n|

1 1+λ 1+3+ ⋅ 3+1+
3 3-3λ

130 1
= ，解得λ= 或3，
2 130 3
因为λ∈0,1 
1
，故λ= .
3
130
此时二面角A-EC-B的余弦值为 满足题意.
130
1 2 1 1 3 2 3
从而V =V = S ⋅ PO= × ×1×1× × ×3= .
A-ECD E-ACD 3 △ACD 3 3 2 2 3 6
第 页 共 页
1825 34272900 (2024·云南·云南师大附中校考模拟预测)如图，P为圆锥的顶点，A，B为底面圆O上
2π
两点，∠AOB= ，E为PB中点，点F在线段AB上，且AF=2FB.
3
(1)证明：平面AOP⊥平面OEF；
(2)若OP=AB，求直线AP与平面OEF所成角的正弦值.
【解析】(1)设圆O的半径为r，
2π π
在△AOB中，OA=OB=r，∠AOB= ，∠OAB= ，
3 6
2 3r
故AB= 3r，又AF=2FB，故AF= ，
3
1 1
在△AOF中，由余弦定理得OF2=OA2+AF2-2OA∙AF∙cos∠OAF= OA2= r2，
3 3
所以OA2+OF2=AF2，即OA⊥OF；
圆锥中，PO⊥底面⊙O，OF⊂底面⊙O，故PO⊥OF，
又OA∩OP=O，所以OF⊥平面AOP，
又OF⊂平面OEF，所以平面AOP⊥平面OEF.
(2)以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
3
不妨设OA= 3，则OP=AB= 3OA=3，OF= OA=1，
3
3 3
则A( 3， 0， 0)，P(0， 0， 3)，B- ， ， 0
2 2
 ，
3 3 3
E- ， ，
4 4 2
 ，F(0， 1， 0)，
 
3 3 3
AP=(- 3， 0， 3)，OE=- ， ，
4 4 2


，OF=(0， 1， 0)，

设平面OEF的一个法向量为n=(x， y， z)，
第 页 共 页
1826 3427
 3 3 3
n⋅OE=0 - x+ y+ z=0 
有  ，即 4 4 2 ，解得n=(2 3， 0， 1)，
n⋅OF=0 y=0
设直线AP与平面OEF所成角为θ，
 
则sinθ=cos‹AP， n› 


AP·n
=


AP·    n 
-6+3
=
 39
= .
12· 13 26
2901 (2024·内蒙古赤峰·校联考三模)如图，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，四边形
ABCD是圆O的内接四边形，BD为底面圆的直径，M在母线PB上，且AB=BC=
BM=2，BD=4，MD=2 3．
(1)求证：平面AMC⊥平面ABCD；
(2)设点E为线段PO上动点，求直线CE与平面ADM所成角的正弦值的最大值．
【解析】(1)如图，设AC交BD于点N，连接MN,OC,OA，
由已知可得OC=OA=2，又AB=BC=2，
所以四边形ABCO为菱形，所以AC⊥BD，
∵BM=2，BD=4，MD=2 3，
π
∴BM2+MD2=BD2，∴∠BMD= ，
2
1
∴cos∠MBD= ，又∠MBD∈0,π
2

π
，所以∠MBD= ，
3
因为N为OB的中点，∴BN=1，BM=2．
由余弦定理可得MN= BN2+BM2-2BN⋅BMcos∠MBN= 3，
∴BM2=BN2+MN2，所以MN⊥BN，即MN⊥BD，
又AC,MN⊂平面AMC，AC∩MN=N，∴BD⊥平面AMC．
又BD⊂平面ABCD，∴平面AMC⊥平面ABCD．
第 页 共 页
1827 3427(2)由已知PO⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC，
又AC⊥BD，BD∩PO=P，BD,PO⊂平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
又MN⊂平面PBD，∴MN⊥AC．
由(1)知MN⊥BD，AC∩BD=N，AC,BD⊂平面ABCD，
所以MN⊥平面ABCD，
∴PO⎳MN，又点N为BO的中点，
所以PO=2MN=2 3．
以点N为坐标原点，NA,ND,NM所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间
直角坐标系
则A 3,0,0  ，D0,3,0  ，B0,-1,0  ，M0,0, 3  ，C- 3,0,0  ，O0,1,0  ，
设E0,1,t  0≤t≤2 3 

，则CE= 3,1,t  ，

∴AD=- 3,3,0 

，AM=- 3,0 3  ，

设平面AMD的法向量为n=x,y,z  ，


则   A  D  ⋅n  =0 ，即  - 3x+3y=0 ，令y=1，则x= 3,z= 3，
AM⋅n=0 - 3x+ 3z=0

所以n= 3,1, 3  为平面AMD的一个法向量．
设直线CE与平面AMD所成的角为θ，
 
则sinθ=cos‹n,CE› 


n⋅CE
=

 n 

⋅CE 
 3t+4
=
 7 3t2+16+8 3t
= =
7× t2+4 7 t2+4
7 4+8 3t
3+ ，
7 t2+4
第 页 共 页
1828 3427构建ft 
4+8 3t
= 0≤t≤2 3
t2+4
 ，
则ft 
8 3⋅t2+4
=
 -4+8 3t  ⋅2t
t2+4

-8 3t+4
=
2
 t- 3 
t2+4

，
2
当0≤t< 3时，ft  >0，函数ft  在0, 3  上单调递增，
当 3<t≤2 3时，ft  <0，函数ft  在 3,2 3  上单调递减，
∴t= 3时，ft  取到最大值4．
此时，sinθ取到最大值1.

另由n= 3,1, 3 

，CE= 3,1,t  知，
 

当t= 3时，n∥CE，此时CE⊥平面AMD，
设直线CE与平面AMD所成的角为θ，因为0°≤θ≤90°，
当t= 3时，sinθ取到最大值1．
2902 (2024·山东潍坊·统考模拟预测)如图，线段AA 是圆柱OO 的母线，△ABC是圆柱下
1 1
底面⊙O的内接正三角形，AA =AB=3．
1
 
(1)劣弧BC上是否存在点D，使得OD⎳平面AAB？若存在，求出劣弧BD的长度；若
1 1
不存在，请说明理由．
(2)求平面CBO 和平面BAA 所成角的正弦值．
1 1

【解析】(1)如图过点O作AB的平行线OD交劣弧BC于点D，
连接OO ，OD，因为OO ⎳AA ，AA ⊂平面AAB，OO ⊄平面AAB，
1 1 1 1 1 1 1 1
则OO ⎳平面AAB，同理可证OD⎳平面AAB，
1 1 1
OO ∩OD=O，且OO ⊂平面OOD，OD⊂平面OOD，所以平面AAB⎳平面
1 1 1 1 1
OOD，
1
又因为OD⊂平面OOD，所以OD⎳平面AAB
1 1 1 1
故存在点D满足题意．
π π
因为△ABC为底面⊙O的内接正三角形，所以∠BAC= ，即∠ABO=∠BOD= ，
3 6
3
又因为AB=3，所以⊙O的半径为 = 3，
π
2sin
3
π
 6 3π
所以劣弧BD的长度为 ×2π× 3= ；
2π 6
第 页 共 页
1829 3427(2)如图取BC的中点为M，连接MA，以MB为x轴，MA为y轴，过M作OO 平行线
1
为z轴，建立空间直角坐标系，
又因为AA =AB=3，设AB中点为N．
1
3
故M(0,0,0)，B ,0,0
2

3 3
，A0, ,0
2

3
，C- ,0,0
2

3
，O0, ,0
2

3
，O 0, ,3
1 2
 ，
3 3 3
N , ,0
4 4


3 3
易知ON⊥平面AAB，所以平面AAB的法向量ON= , ,0
1 1 4 4
 ．

设平面CBO 1 的法向量为n=x,y,z  ，
 3 又因为MO =0, ,3 1 2   3 ，MB= ,0,0 2  ，故   n   ⋅M    O   1 =0, 即    3 2 3 y+3z=0,
n⋅MB=0,  x=0,
 2

令y=2 3得n=0,2 3,-1 


n⋅ON
所以平面CBO 和平面BAA 夹角的余弦值为
1 1  n⋅ 

 ON 
3
2 39
= = ．
2 3 13 × 13
4
130
故平面CBO 和平面BAA 夹角的正弦值为 ．
1 1 13
2 题型二：立体几何存在性问题
2903 (2024·全国·高三对口高考)如图，如图1，在直角梯形ABCD中，∠ABC=∠DAB=90°,
∠CAB=30°,BC=2,AD=4．把△DAC沿对角线AC折起到△PAC的位置，如图2所
示，使得点P在平面ABC上的正投影H恰好落在线段AC上，连接PB，点E，F分别为
线段PA，AB的中点．
第 页 共 页
1830 3427(1)求证：平面EFH⎳平面PBC；
(2)求直线HE与平面PHB所成角的正弦值；
(3)在棱PA上是否存在一点M，使得M到点P,H,A,F四点的距离相等？请说明理由．
【解析】(1)在△ABC中，∠ABC=90°,∠CAB=30°,BC=2，所以AC=4
在△APC中，∠PAC=60°，AC=AP=4，所以△APC为等边三角形，
因为点P在平面ABC上的正投影H恰好落在线段AC上，
所以PH⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，
所以PH⊥AC，所以H为线段AC的中点，
又点E，F分别为线段PA，AB的中点，
所以EH⎳PC,EF⎳PB，
由EF⎳PB，EF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，所以EF⎳平面PBC，
由EH⎳PC，EH⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以EH⎳平面PBC，
由EH,EF⊂平面EFH，EH∩EF=E，
所以平面EFH⎳平面PBC；
(2)在平面ABC内过H作AC的垂线
如图建立空间直角坐标系，
则A(0,-2,0)，P0,0,2 3  ，B 3,1,0  ，
因为E0,-1, 3 

，HE=0,-1, 3 

设平面PHB的法向量为n=x,y,z 

因为HB= 3,1,0 

，HP=0,0,2 3  ，
 
 
所以有HB⋅n=0,HP⋅n=0，
3x+y=0
即 ，

z=0
令x= 3，则y=-3，z=0，

所以n= 3,-3,0  为平面PHB的一个法向量，
 
cosn,HE 


n⋅HE
=  n   HE 
3 3
= = 2×2 3 4
3
所以直线HE与平面PHB所成角的正弦值为 ；
4
(3)存在，点M为线段PA的中点E，理由如下：
第 页 共 页
1831 34271
因为在直角三角形PHB中，EH=PE=EA= PA=2，
2
在直角三角形PHB中，PB=4，
1
又EF= PB=2
2
所以点E到四个点P,H,A,F的距离相等，
所以点E为所找的点，即线段PA的中点E为所求.
2904 (2024·上海长宁·上海市延安中学校考三模)已知△ABC和△ADE所在的平面互相垂
直，AD⊥AE，AB=2，AC=4，∠BAC=120°，D是线段BC的中点，AD= 3.
(1)求证：AD⊥BE；
(2)设AE=2，在线段AE上是否存在点F(异于点A)，使得二面角A-BF-C的大小为
45°.
【解析】(1)BC2=AC2+AB2-2AC⋅AB⋅cos120°=4+16+8=28，故BC=2 7，
BD= 7，则BD2=AB2+AD2，故AD⊥AB，
又AD⊥AE，AE,AB⊂平面ABE，AE∩AB=A，故AD⊥平面ABE，
BE⊂平面ABE，故AD⊥BE，
(2)△ABC和△ADE所在的平面互相垂直，则平面ABC∩平面ADE=AD，
AD⊥AE且AE⊂平面ADE，故AE⊥平面ABC，
如图所示：以AB,AD,AE分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0  ，B2,0,0  ，C-2,2 3,0  ，设F0,0,a  ，a∈0,2  ，

平面ABF的一个法向量为n 1 =0,1,0  ，

设平面CBF的一个法向量为n 2 =x,y,z 
 
n ⋅BC=2 3y-4x=0
，则 2  ，
n ⋅BF=-2x+az=0
2
 2 3a
取x=a得到n =a, ,2
2 3
 ，
  则 cosn,n 1 2   
 
= n 1 ⋅n 2   n 1   ⋅n 2 
2 3
a
3 2 = = ，解得a=2 3，不满足题意. 7 2 a2+4
3
第 页 共 页
1832 3427综上所述：不存在点F，使二面角A-BF-C的大小为45°.
2905 (2024·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测)如图，在△ABC中，∠B=90°，P为
AB边上一动点，PD⎳BC交AC于点D，现将△PDA沿PD翻折至△PDA.
(1)证明：平面CBA⊥平面PBA；
(2)若PB=CB=2PD=4，且AP⊥AP，线段AC上是否存在一点E(不包括端点)，使
3 14 AE
得锐二面角E-BD-C的余弦值为 ，若存在求出 的值，若不存在请说明理由.
14 EC
【解析】(1)因为PD∥BC，∠B=90°，
所以∠APD=90°，所以AP⊥PD，
所以AP⊥BC，又因为BC⊥BP，
AP∩BP=P，AP⊂平面PBA，BP⊂平面PBA，
所以BC⊥平面PBA，又BC⊂平面CBA，
所以平面CBA⊥平面PBA.
(2)因为PD∥BC，BC⊥AP，∴PD⊥AP，
又∵AP⊥AP，AP∩PD=P，AP,PD⊂平面APD，
∴AP⊥平面APD，
∴PA、PA、PD两两垂直，以P点为原点，PA为x轴，PD为y轴，PA为z轴建立空间
直角坐标系，
因为PB=CB=2PD=4，PD⎳BC，
所以AP=PB=4.
则D0,2,0  ，C-4,4,0  ，B-4,0,0  ，A0,0,4  ，

平面BCD的一个法向量为m=0,0,1  ，

AC=-4,4,-4 
 
，设AE=λAC=-4λ,4λ,-4λ  ，0<λ<1

BA=4,0,4 
  
，BE=BA+AE=-4λ+4,4λ,-4λ+4 

BD=4,2,0  ，

设平面BDE法向量为n=x,y,z  ，


n⋅BE=0 -4λ+4
则  ，所以
n⋅BD=0
 x+4λy+-4λ+4  z=0 
， 
4x+2y=0
3λ-1
取x=1，则y=-2，z= ，
1-λ
 3λ-1
故n=1,-2,
1-λ
 为平面BDE的一个法向量，
第 页 共 页
1833 3427 
所以 cosm,n   
  m⋅n
=

 m   n 
3λ-1 
1-λ
=

1× 12+-2  3λ-1 2+
1-λ

3 14
= ， 2 14
2
解得λ= ，符合题意
3
 
2 AE
即AE= AC，∴ =2.
3 EC
2906 (2024·福建厦门·统考模拟预测)筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边形．
如图，四边形ABCD为筝形，其对角线交点为O,AB= 2,BD=BC=2，将△ABD沿
BD折到△ABD的位置，形成三棱锥A-BCD．
(1)求B到平面AOC的距离；
(2)当AC=1时，在棱AD上是否存在点P，使得直线BA与平面POC所成角的正弦值
1 AP
为 ？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由．
4 AD
【解析】(1)因为AB= 2,BD=BC=2，
所以BD不可能为四边形ABCD的对称轴，则AC为四边形ABCD的对称轴，
所以AC垂直平分BD，所以AO⊥BD,CO⊥BD．
AO⊂平面AOC,CO⊂平面AOC,AO∩CO=O
所以BD⊥平面AOC．
1
所以B到平面AOC的距离d= BD=1．
2
1
(2)存在点P，使得直线BA与平面POC所成角的正弦值为 ．
4
过O作OE⊥平面BCD，所以OD,OE,OC两两垂直.
以O为原点，OD,OE,OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系
由(1)得平面BCD⊥平面AOC，因为OA=1,OC= 3,AC=1
3 1
所以A0, ,
2 2
 ．
 
3 1
设AP=λAD=λ,- λ,- λ
2 2
 λ∈0,1    ，
  
3 3 1 1
OP=OA+AP=λ, - λ, - λ
2 2 2 2
 ，

OC=0, 3,0  ，

设平面POC的法向量n=x,y,z  ，
第 页 共 页
1834 3427
 y=0
n⋅OC=0
  ，所以
λx+
3
-
3
λ n⋅OP=0 2 2 
1 1
y+ - λ 2 2 


z=0
令z=2λ，则x=λ-1，

所以平面POC的一个法向量n=λ-1,0,2λ  ，

3 1
设直线BA与平面POC所成角为θ，BA=1, ,
2 2
 ，
 
sinθ=cos‹BA,n› 


BA⋅n
=


BA   n 
λ-1+λ
=
 1
= ．
2× (λ-1)2+4λ2 4
1 7
所以λ= 或λ= ，所以存在点P，使得直线BA与平面POC所成角的正弦值为
3 9
1 AP 1 AP 7
= 或 = ．
4 AD 3 AD 9
2907 (2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测)斜三棱柱ABC-ABC 的各棱长都为4,
1 1 1
∠AAB=60°，点A 在下底面ABC的投影为AB的中点O.
1 1
(1)在棱BB(含端点)上是否存在一点D使AD⊥AC？若存在，求出BD的长；若不存
1 1 1
在，请说明理由；
(2)求点A 到平面BCCB 的距离.
1 1 1
【解析】(1)因为点A 在下底面ABC的投影为AB的中点O，故AO⊥平面ABC，
1 1
连接OC，由题意△ABC为正三角形，故OC⊥AB,
以O为原点，OA,OC,OA 分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系：
1
则A(2,0,0),A 10,0,2 3  ,C0,2 3,0  ，B-2,0,0  ,B 1-4,0,2 3  ,C 1-2,2 3,2 3  ，
  
设BD=λBB 1 ,BB 1 =-2,0,2 3  ，可得D-2λ-2,0,2 3λ  ，

∴A 1 D=-2λ-2,0,2 3λ-2 3 

,AC 1 =-4,2 3,2 3  ，
假设在棱BB(含端点)上存在一点D使AD⊥AC ，
1 1 1
 
则A 1 D⊥AC 1 ,∴42λ+2  +2 32 3λ-2 3 
1
=0,∴λ= ， 5
1 4
则BD= BB = ；
5 1 5
第 页 共 页
1835 3427
(2)由(1)知BB 1 =-2,0,2 3 

,BC=2,2 3,0  ，

设平面BCC 1 B 1 的法向量为n=x,y,z  ，


则   n  ⋅B  B 1 =0 ,∴   -2x+2 3z=0 ，令x= 3，则z=1,y=-1，
n⋅BC=0 2x+2 3y=0

则n= 3,-1,1  ，

又A 1 B=-2,0,-2 3  ，


|AB⋅n| 4 3 4 15
则A 到平面BCCB 的距离为d= 1 = = ，
1 1 1 |n  | 5 5
4 15
即点A 到平面BCCB 距离为 .
1 1 1 5
2908 (2024·全国·高三专题练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，CD⊥平面PAD，△PAD为
等边三角形，AD⎳BC，AD=CD=2BC=2，平面PBC交平面PAD直线l，E、F分别
为棱PD，PB的中点．
(1)求证：BC∥l；
(2)求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；
PG
(3)在棱PC上是否存在点G，使得DG∥平面AEF？若存在，求 的值，若不存在，说
PC
明理由．
【解析】(1)因为AD⎳BC，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，
所以BC⎳平面PAD，
又因为BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=直线l，
所以BC∥l.
(2)取AD的中点O，连接OP,OB，
由题意可得：BC⎳OD，且BC=OD，
则OBCD为平行四边形，可得OB⎳CD，
且CD⊥平面PAD，则OB⊥平面PAD，
由OP⊂平面PAD，则OP⊥OB，
又因为△PAD为等边三角形，则O为AB的中点，可得OP⊥AD，
OB∩AD=O，OB,AD⊂平面ABCD，则OP⊥平面ABCD，
如图，以O为坐标原点，OA,OB,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A1,0,0  ,B0,2,0  ,C-1,2,0  ,D-1,0,0  ,P0,0, 3 
1 3
,E- ,0,
2 2

3
,F0,1,
2
 ，

3 3
可得AE=- ,0,
2 2


1
,EF= ,1,0
2
 ，
第 页 共 页
1836 3427
设平面AEF的法向量n=x,y,z 

 3 3
n⋅AE=- x+ z=0
2 2
，则  ，
 1
n⋅EF= x+y=0
2

令x=2，则y=-1,z=2 3，即n=2,-1,2 3  ，

由题意可知：平面PAD的法向量m=0,1,0  ，
 
  n⋅m
可得cosn,m=
 n   ⋅m 
-1 17
= =- ，
17×1 17
17
所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值 .
17

(3)由(2)可得：PC=-1,2,- 3  ，
 
设PG=λPC，Ga,b,c 

，则PG=a,b,c- 3  ，
a=-λ a=-λ

可得b=2λ ，解得 b=2λ
c- 3=- 3λ c= 31-λ 

 ，
即G -λ,2λ, 31-λ   

，可得DG= 1-λ,2λ, 31-λ    ，


若DG∥平面AEF，则n⊥DG，


可得n⋅DG=21-λ  -2λ+61-λ 
4
=0，解得λ= ，
5
PG 4
所以存在点G，使得DG∥平面AEF，此时 = .
PC 5
2909 (2024·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测)在三棱锥P-ABC中，若已知PA⊥BC，PB
⊥AC，点P在底面ABC的射影为点H，则
(1)证明：PC⊥AB
(2)设PH=HA=HB=HC=2，则在线段PC上是否存在一点M，使得BM与平面
4 CM
PAB所成角的余弦值为 ，若存在，设 =λ，求出λ的值，若不存在，请说明理由.
5 CP
【解析】(1)因为点P在底面ABC的射影为点H，
所以PH⊥平面ABC，又AB,BC,CA⊂平面ABC，
第 页 共 页
1837 3427所以PH⊥AB,PH⊥BC,PH⊥CA，
因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH=P，PA,PH⊂平面PAH，
所以BC⊥平面PAH，又AH⊂平面PAH，
所以BC⊥AH，
因为PB⊥AC，PH⊥AC，PB∩PH=P，PB,PH⊂平面PBH，
所以AC⊥平面PBH，又BH⊂平面PBH，
所以AC⊥BH，
因为BC⊥AH，AC⊥BH，
所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，
因为CH⊥AB，PH⊥AB，CH,PH⊂平面PCH，CH∩PH=H，
所以AB⊥平面PCH，又PC⊂平面PCH，
所以PC⊥AB；
(2)延长CH交AB于点O，由(1)可得CO⊥AB，
又HA=HB，所以点O为线段AB的中点，
所以CA=CB，同理可得BA=BC，
所以△ABC为等边三角形，又HA=HB=HC=2，所以AB=2 3，
  
如图，以点O为原点，以OB,OC,HP为x,y,z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A- 3,0,0  ,B 3,0,0  ,P0,1,2  ,C0,3,0  ，

故AB=2 3,0,0 

,AP= 3,1,2 

,BC=- 3,3,0 

,CP=0,-2,2  ，
4 CM
设存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 ，且 =λ，
5 CP
    
则BM=BC+CM=BC+λCP=- 3,3-2λ,2λ  ，
 
设平面PAB的法向量为n，n=x,y,z  ，


则   n  ⋅A  B  =0 ，所以  2 3x=0 ，
n⋅AP=0 3x+y+2z=0
令z=1，可得x=0,y=-2，

所以n=0,-2,1  为平面PAB的一个法向量，
 
所以cosBM,n 


BM⋅n
= 
BM 

n 
-6+6λ
= ，
12-12λ+8λ2× 5
4 π
设直线BM与平面PAB所成角为θ，则cosθ= ，又θ∈ 0,
5  2
 ，
3 -6+6λ
所以sinθ= ，故
5
 3
= ，
12-12λ+8λ2× 5 5
1
所以λ= 或λ=2，又λ∈0,1
3
 ，
1
所以λ= .
3
4 CM
所以在线段PC上存在点M，使得BM与平面PAB所成角的余弦值为 ，且 =λ=
5 CP
1
.
3
第 页 共 页
1838 34272910 (2024·浙江·校联考模拟预测)在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为矩形，AD=2AB
=2，△EAD为等腰直角三角形，平面EAD⊥平面ABCD，G为BC中点.
3
(1)在线段AD上是否存在点Q，使得点Q到平面EGD的距离为 .若存在，求出DQ
2
的值；若不存在，说明理由；
(2)求二面角D-EC-B的正弦值.
【解析】(1)法1：取AD中点，记为F，连接EF，FG，DG，
因为△EAD为等腰直角三角形，所以EF⊥AD，
∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD=AD，
EF⊂平面EAD，∴EF⊥平面ABCD，
1
因为AB=1，AD=2，所以EF= AD=1，则EG= EF2+FG2= 2，
2
DG= CD2+CG2= 2，ED= DF2+EF2= 2，
1 1
假设Q存在，由V =V ，即 S d = S d ，
Q-EDG E-QGD 3 △EDG Q-EDG 3 △QGD E-QGD
1 3 1 3 3 1
又S = × 2× 2×sin60°= ，所以V = × × = ，
△EDG 2 2 Q-EDG 3 2 2 4
又d =1，
E-QGD
3 1 3 3
∴S = ，又S = CD×QD= ，又CD=1，∴QD= .
△QGD 4 △QGD 2 4 2
法2：取AD中点，记为F，连接EF，FG，DG，
因为△EAD为等腰直角三角形，所以EF⊥AD，
∵平面EAD⊥平面ABCD，平面EAD∩平面ABCD=AD，
1
EF⊂平面EAD，∴EF⊥平面ABCD，因为AB=1，AD=2，所以EF= AD=1，
2
第 页 共 页
1839 3427如图以F为原点，FG所在直线为x轴，FD所在直线为y轴，FE所在直线为z轴，建立
空间直角坐标系，
则D0,1,0  ，E0,0,1  ，G1,0,0  ，
设线段AD上存在Q0,m,0  ,m∈-1,1 
3
，使得它到平面EGD的距离为 ，
2

则EQ=0,m,-1 

，DE=0,-1,1 

，DG=1,-1,0  ，

设平面EGD的法向量n=x,y,z 


n⋅DE=-y+z=0 
，则  ，令x=1，则n=1,1,1
n⋅DG=x-y=0
 ，


EQ⋅n
∴Q到平面EGD的距离d=

 n 
m-1
=
 3 1 5
= ，解得m=- 或m= (舍去)，
3 2 2 2
1
则Q0,- ,0
2

3
，∴QD= ；
2
(2)法1：由(1)可知EF⊥平面ABCD，易得CG=CD=1，EG=ED= 2，
则EC= 12+12+12= 3，∴△EGC≌△EDC，
过点G作GP⊥EC，交EC于点P，连结DP，则DP⊥EC，
∴∠DPG为二面角D-EC-B的一个平面角，
EG⋅GC 2 2
在△DPG中，可得GP= = ，同理可得PD= ，又DG= 12+12= 2，
EC 3 3
2 2
+ -2
GP2+PD2-GD2 3 3 1
∴cos∠DPG= = =- ，
2PG⋅PD 2 2 2
2× ×
3 3
3 3
∴sin∠DPG= 1-cos2∠DPG= ，即二面角D-EC-B的正弦值为 ；
2 2
法2：如图建立空间直角坐标系：
第 页 共 页
1840 3427则F0,0,0  ,E0,0,1  ,D0,1,0  ,C1,1,0  ,B1,-1,0  ，

所以ED=0,1,-1 

，EC=1,1,-1 

，EB=1,-1,-1  ，

设m=a,b,c  为平面ECD法向量，


m⋅ED=b-c=0 
所以   ，则m=0,1,1
m⋅EC=a+b-c=0
 ，

设h=x 1 ,y 1 ,z 1 
 
h⋅EC=x +y -z =0 
为平面ECB法向量，则  1 1 1 ，令x 1 =1，则h=
h⋅EB=x -y -z =0
1 1 1
1,0,1  ，
 
h⋅m
设二面角D-EC-B为θ，显然θ为锐角，则cosθ=  h⋅    m 
  1 1
= = ， 2× 2 2
3 3
所以sinθ= 1-cos2θ= ，即二面角D-EC-B的正弦值为 .
2 2
2911 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱锥P-ABC中，侧面PAC是边长为2的正三角
形，BC=4，AB=2 5，E,F分别为PC,PB的中点，平面AEF与底面ABC的交线为l.
(1)证明：l⎳平面PBC.
4 3
(2)若三棱锥P-ABC的体积为 ，试问在直线l上是否存在点Q，使得直线PQ与平
3
π
面AEF所成角为α，异面直线PQ,EF所成角为β，且满足α+β= ？若存在，求出线段
2
AQ的长度；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)因为E,F分别为PC,PB的中点，
所以，EF⎳BC.
又BC⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，
所以，EF⎳平面ABC.
又EF⊂平面AEF，平面AEF与底面ABC的交线为l，所以，EF⎳l.
从而，l⎳BC.
而BC⊂平面PBC，l⊄平面PBC，所以，l⎳平面PBC.
(2)取AC的中点记为D，连接PD，
因为△PAC是边长为2的正三角形，所以AD=1，PD= PA2-AD2= 3.
由(1)可知，在底面ABC内过点A作BC的平行线，即平面AEF与底面ABC的交线l.
由题意可得AC2+BC2=AB2，即AC⊥BC，
1
所以△ABC的面积S= AC⋅BC=4.
2
设点P到平面ABC的距离为h，
4 3 1 1
则由已知可得V = = Sh= ×4h，于是h= 3.
P-ABC 3 3 3
因为PD= 3，所以PD⊥平面ABC.
取AB的中点记为M，连接DM，则DM⎳BC.
第 页 共 页
1841 3427因为AC⊥BC，所以DM⊥AC.
以D为坐标原点，DA,DM,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，如图建立空间直角坐标
系，则A1,0,0  ，P0,0, 3  ，C-1,0,0  ，B-1,4,0 
1 3
，E- ,0,
2 2

1 3
，F- ,2,
2 2
 ，
设Q1,t,0  .

于是，PQ=1,t,- 3 

3 3
，AE=- ,0,
2 2


，EF=0,2,0  .

设平面AEF的一个法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2  ，

 3 3
AE⋅n=0 - x + z =0
则

，即 2 2 2 2 ，
EF⋅n=0 2y =0
2

取z 2 = 3，则x 2 =1，y 2 =0，即n=1,0, 3  是平面AEF的一个法向量，
 
所以cosn,PQ 


n⋅PQ
= 
n 

PQ 
1-3 1
= =- .
2 4+t2 4+t2
又直线PQ与平面AEF所成角为α，


于是sinα= cosPQ,n   
1
= .
4+t2
 
又cosPQ,EF 
 
PQ⋅EF
= 
PQ 

EF 
2t t
= = ，
2 4+t2 4+t2
 
而异面直线PQ,EF所成角为β，于是cosβ= cosPQ,EF   
t
=

.
4+t2
π
假设存在点Q满足题设α+β= ，则sinα=cosβ，
2
1 t
即 =
4+t2

，所以t
4+t2
 =1.

当t=1时，AQ=0,1,0 

，此时有AQ  =1；

当t=-1时，AQ=0,-1,0 

，此时有AQ  =1.
综上所述，这样的点Q存在，且有AQ=1.
2912 (2024·安徽淮北·统考二模)如图所示，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，
2
∠ABC=60°,PC⊥BD,PA=AB= PB.
2
第 页 共 页
1842 3427(1)证明：PA⊥面ABCD；
39
(2)线段PD上是否存在点E，使平面ACE与平面PAB夹角的余弦值为 ？若存在，
13
指出点E位置；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PC⊥BD，
AC∩PC=C,AC,PC⊂面PAC，所以BD⊥面PAC，
PA⊂面PAC，所以BD⊥PA.
2
又PA=AB= PB，所以PA⊥AB.
2
结合BD⊥PA,PA⊥AB，BD∩AB=B,BD,AB⊂面ABCD，得PA⊥面ABCD.
(2)取线段BC的中点F，结合题设及(1)的结论，如图所示建立空间直角坐标系.
不妨设AB=2，则P0,0,2  ,D2,0,0  ,C1, 3,0  ，B-1, 3,0 
假设存在Ex 0 ,y 0 ,z 0 
 
符合条件，设PE=λPD,0≤λ≤1 
即x 0 ,y 0 ,z 0 -2  =λ2,0,-2  ，即x =2λ,y =0,z =2-2λ， 0 0 0
所以E2λ,0,2-2λ  .

设平面PAB的法向量n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ，

AB=-1, 3,0 

,AP=0,0,2  ,
则  - z x = 1 + 0 3y 1 =0 ，令y 1 = 2 3 ，则x 1 = 3 2 ,z 1 =0，即n  1 = 3 2 , 2 3 ,0
1
 .

注意到AC=1, 3,0 

,AE=2λ,0,2-2λ 

，设平面ACE的法向量n 2 =x,y,z  ，
x+ 3y=0
则 2λx+2-2λ 
 3 λ  3 λ
 z=0 ，令y=- 3 ，则x=1,z= λ-1 ，即n 2 =1,- 3 , λ-1  .
 
题设知 39 = n 1 ⋅n 2
13

∣n 1⋅ 
3 1
-
2 2  =
n ∣ 1 λ 2 3 1+ +
3 λ-1

，
2
1
即
4 λ
+
3 λ-1

1 λ
= ，所以
2 13 λ-1
9

2 1 1 1
= ，得λ=- (舍)或λ= .
9 2 4
第 页 共 页
1843 34271
综上，λ= 时符合条件，此时点E为线段PD的靠近点P的四等分点.
4
3 题型三：立体几何折叠问题
2913 (2024·河南·洛宁县第一高级中学校联考模拟预测)在图1中，△ABC为等腰直角三角
形，∠B=90°，AB=2 2，△ACD为等边三角形，O为AC边的中点，E在BC边上，且
EC=2BE，沿AC将△ACD进行折叠，使点D运动到点F的位置，如图2，连接FO，
FB，FE，使得FB=4．
(1)证明：FO⊥平面ABC．
(2)求二面角E-FA-C的余弦值．
【解析】(1)证明：连接OB，
因为△ABC为等腰直角三角形，∠B=90°，AB=2 2，
所以AC=4，
因为O为AC边的中点，
1
所以OB= AC=2，
2
在等边三角形FAC中，AF=AC=FC=4，
因为O为AC边的中点，
所以FO⊥AC，则FO= AF2-AO2=2 3，
又FB=4，
所以FO2+OB2=FB2，即FO⊥OB，
因为AC∩OB=O，AC⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，
所以FO⊥平面ABC．
(2)方法一：因为△ABC是等腰直角三角形，∠ABC=90°，O为边AC中点，
所以OB⊥AC，
  
由(1)得FO⊥平面ABC，则以O为坐标原点，OB，OC，OF的方向分别为x，y，z轴
第 页 共 页
1844 3427的正方向建立空间直角坐标系，
则A0,-2,0 
4 2
，E , ,0
3 3
 ，F0,0,2 3  ，

所以AF=0,2,2 3 

4 8
，AE= , ,0
3 3
 ，

设平面FAE的法向量为n=x,y,z  ，

 2y+2 3z=0
AF⋅n=0  
由  ，得 4 x+ 8 y=0 ，令z=1，得n=2 3,- 3,1
AE⋅n=0 3 3
 ，

易知平面FAC的一个法向量为m=1,0,0  ，
设二面角E-FA-C的大小为θ，
 
m⋅n
则|cosθ|=


m 

n 
3
= ，
2
由图可知二面角E-FA-C为锐角，
3
所以二面角E-FA-C的余弦值为 ．
2
方法二：
作EM⊥AC，垂足为M，作MN⊥AF，垂足为N，连接EN，
因为FO⊥平面ABC，EM⊂平面ABC，
所以EM⊥FO，
又因为AC∩FO=O，AC,FO⊂平面AFC，
所以EM⊥平面ACF，
又AF⊂平面AFC，
所以EM⊥AF，
又MN⊥AF，MN∩EM=M，MN,EM⊂平面EMN，
所以AF⊥平面EMN，
又EN⊂平面EMN，
所以AF⊥EN，
又平面AFC∩平面AEF=AF，
所以二面角E-FA-C的平面角为∠ENM，
EM EC CM 2
因为EM∥OB，所以 = = = ，
OB BC OC 3
4 1 2
所以EM= ，OM= OC= ，
3 3 3
2 8
在Rt△AMN中，∠FAC=60°，AM=AO+OM=2+ = ，
3 3
第 页 共 页
1845 34278 4 3
所以MN= sin60°= ，
3 3
4 所以EN= EM2+MN2= 
3
 2 4 3 +
3
 2 8 = ，
3
MN 3 3
所以cos∠ENM= = ，即二面角E-FA-C的余弦值为 ．
EN 2 2
2914 (2024·广东深圳·校考二模)如图1所示，等边△ABC的边长为2a，CD是AB边上的
高，E，F分别是AC，BC边的中点．现将△ABC沿CD折叠，如图2所示.
(1)证明：CD⊥EF；
(2)折叠后若AB=a，求二面角A-BD-E的余弦值.
【解析】(1)在等边△ABC的边长为2a，CD是AB边上的高，
根据折叠的性质可得AD⊥CD，BD⊥CD，
因为AD⊥CD，BD⊥CD，AD∩BD=D，AD,BD⊂平面ABD，
所以CD⊥平面ABD，因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB，
因为E和F分别是AC和BC的中点，
所以EF⎳AB，所以CD⊥EF，
(2)取BD的中点O，连接AO，
取AD和OD的中点分别为G和H，连接GE，GH，HE，
因为AD，AC，OD的中点分别为G，E，H，
所以GE⎳CD，GH⎳AO，
因为AB=AD=BD=a，所以△ABD为等边三角形，又O为BD的中点，所以AO⊥
第 页 共 页
1846 3427BD，
所以GH⊥BD，又CD⊥平面ABD，GE⊥平面ABD，GH⊂平面ABD，所以GE⊥
GH，
又因为BD⊂平面ABD，
所以GE⊥BD，又因为GH∩GE=G，GH,GE⊂平面GHE，
所以BD⊥平面GHE，HE⊂平面GHE，
所以BD⊥HE，
则二面角A-BD-E的平面角为∠GHE，
GE CD 3a
所以tan∠GHE= = = =2，
GH AO 3a
2
sin∠GHE
tan∠GHE= =2 5
又 cos∠GHE ，解得cos∠GHE=± ，显然∠GHE为锐角，
5
sin2∠GHE+cos2∠GHE=1
5 5
所以cos∠GHE= ，即二面角A-BD-E的余弦值为 ．
5 5
2915 (2024·四川南充·高三阆中中学校考阶段练习)如图甲所示的正方形AAA'A 中，AA =
1 1 1
12,AB=AB =3,BC=BC =4,对角线AA'分别交BB,CC 于点P,Q，将正方形
1 1 1 1 1 1 1
AAA'A 沿BB,CC 折叠使得AA 与AA'重合，构成如图乙所示的三棱柱ABC-
1 1 1 1 1 1
ABC.
1 1 1
15
(1)若点M在棱AC上，且AM= ，证明：BM∥平面APQ；
7
(2)求二面角A -PQ-A的余弦值.
1
【解析】(1)在三棱柱ABC-ABC 中过M作MN⎳CQ交AQ于N，连接PN，则
1 1 1
MN⎳PB，
所以P,B,M,N四点共面，且平面PBMN∩平面APQ=PN，
因为AB=3,BC=4，所以AC=5，
7
又AAA'A 是正方形，所以QC=7，tan∠QAC= ，PB=3，
1 1 5
15
又AM= ，则MN=3=BP，
7
所以四边形PBMN平行四边形，BM⎳PN，
又PN⊂平面APQ，BM⊄平面APQ，所以BM⎳平面APQ；
第 页 共 页
1847 3427(2)由(1)知AC2=AB2+BC2，所以AB⊥BC，而BB 与AB,BC都垂直，
1
则分别以BA,BC,BB 为x,y,z轴建立空间直角坐标系B-xyz，如图，
1
由PB=3,QC=7得A(3,0,0)，P(0,0,3)，Q(0,4,7)，
 
所以AP=(-3,0,3)，AQ=(-3,4,7)，

设平面APQ的一个法向量是n=(x,y,z)，


n⋅AP=-3x+3z=0 
由  ，取x=1得n=(1,-1,1)，
n⋅AQ=-3x+4y+7z=0
 
又A(3,0,12)，则AP=(-3,0,-9)，AQ=(-3,4,-5)，
1 1 1

设平面APQ的一个法向量是m=(x,y,z)，
1 1 1 1


m⋅AP=-3x -9z =0 
由

1 1 1 ，取z
1
=1得m=(-3,-1,1)，
m⋅AQ=-3x +4y -5z =0
1 1 1 1
设二面角A-PQ-A 的平面角为θ，
1
则cosθ 
 
m⋅n
=

 m   n 
-3+1+1
=
 33
= ， 11× 3 33
由图可知二面角A-PQ-A 的平面角为钝角，
1
33
所以二面角A -PQ-A的余弦值是- ．
1 33
2916 (2024·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知如图甲所示，直角三角形SAB
中，∠ABS=90°，AB=BS=6，C，D分别为SB，SA的中点，现在将△SCD沿着CD进
行翻折，使得翻折后S点在底面ABCD的投影H在线段BC上，且SC与平面ABCD所
π
成角为 ，M为折叠后SA的中点，如图乙所示.
3
(1)证明：DM⎳平面SBC；
(2)求平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值.
第 页 共 页
1848 3427【解析】(1)证明：取SB的中点为N，连接MN，CN，如图所示：
在图甲中，∵C，D分别为SB，SA上的中点，
1
∴CD⎳AB，CD= AB，
2
又∵M，N分别为SA，SB的中点，
1
∴MN⎳AB，MN= AB，
2
∴MNCD为平行四边形，∴DM⎳CN，
又∵DM⊄平面SBC，CN⊂平面SBC，
∴DM⎳平面SBC.
(2)∵∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，AB⊥SC，BC∩SC=C，
∴AB⊥平面SBC，又AB⊂平面ABCD，
∴平面SBC⊥平面ABCD，
因为S点在底面的投影H在线段BC上，
∴SH⊥平面ABCD，∴SH⊥HC.
SC与平面ABCD所成角的平面角为∠SCH，
CH 1 3
cos∠SCH= = ⇒CH= ，
SC 2 2
过H作HP∥AB，则HP，HB，HS两两互相垂直，
  
以H为坐标原点，HP，HB，HS的方向分别为x，y，z轴的正方向
建立如图所示的空间直角坐标系，
3 3
则S0,0,
2

3
，A6, ,0
2

3
，D3,- ,0
2
 ，

DA=3,3,0 

3 3 3
，SA=6, ,-
2 2
 ，

易知n=1,0,0  为平面SBC的一个法向量；

设m=x,y,z  为平面ADS的一个法向量，

 3x+3y=0
m⋅DA=0 
则有   ⇒ 3 3 3 ，
m⋅SA=0 6x+ y- z=0
2 2

可取m=1,-1, 3  ，
设平面ADS与平面SBC所成锐二面角的大小为θ，
 
则cosθ= cosn,m   
5
= ，
5
5
所以平面ADS与平面SBC所成锐二面角的余弦值为 .
5
第 页 共 页
1849 34272917 (2024·全国·高三专题练习)如图1，在直角梯形BCDE中，BC⎳DE，BC⊥CD，A为
DE的中点，且DE=2BC=4，BE=2 2，将△ABE沿AB折起，使得点E到达P处(P
与D不重合)，记PD的中点为M，如图2．
(1)在折叠过程中，PB是否始终与平面ACM平行？请说明理由；
(2)当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值．
【解析】(1)在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行.
理由如下：
由已知可得：AB⊥DE,DE=2BC=4,BE=2 2，
所以AB=2，即四边形ABCD为正方形，
连接BD与AC于点N，连接MN，
又M为PD的中点，所以MN⎳PB，
因为PB⊄平面ACM，MN⊂平面ACM，
所以PB⎳平面ACM
(2)要使四棱锥P-ABCD的体积最大，只需点P到平面ABCD的距离最大，
即PA⊥平面ABCD，以A为坐标原点，AB,AD,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，
则A0,0,0  ,C2,2,0  ,D0,2,0  ,M0,1,1  ，

AC=2,2,0 

,AM=0,1,1 

,DC=2,0,0  ，

设平面ACM的法向量为n=x,y,z  ，


则   n  ⋅A  C  =0 ⇒   2x+2y=0 ，
n⋅AM=0 y+z=0

令y=-1，得x=z=1，则n=1,-1,1  ，
设CD与平面ACM所成角为θ，


所以sinθ=cosn,DC 


n⋅DC
=

 n 

⋅DC 
2 3
= = .
3×2 3
第 页 共 页
1850 34273
即CD与平面ACM所成角的正弦值为 .
3
2918 (2024·全国·高三专题练习)如图，四边形ABCD中，AB⊥AD,AD∥BC,AD=6,BC
=2AB=4，E，F分别在BC，AD上，EF∥AB，现将四边形ABCD沿EF折起，使BE
⊥EC．
(1)若BE=3，在折叠后的线段AD上是否存在一点P，使得CP⎳平面ABEF？若存在，
AP
求出 的值；若不存在，说明理由．
PD
(2)求三棱锥A-CDF的体积的最大值，并求出此时点F到平面ACD的距离．
AP 1
【解析】(1)AD上存在一点P，使得CP⎳平面ABEF，此时 = ，
PD 2
AP 1 AP 1
理由如下：当 = 时， = ，
PD 2 AD 3
如图，过点P作PM∥FD交AF于点M，连接ME，
MP AP 1
则 = = ，
FD AD 3
∵BE=3，∴FD=3，∴MP=1，又EC=1，MP∥FD∥EC，∴MP∥EC，
故四边形MPCE为平行四边形，∴CP∥ME，
又CP⊄平面ABEF，ME⊂平面ABEF，
∴CP⎳平面ABEF.
AP 1
综上，存在点P，使得CP⎳平面ABEF， = .
PD 2
(2)设BE=x，则AF=x(0<x≤4),FD=6-x，
1 1 1
故V = × ×2×(6-x)×x=- (x-3)2+3，
A-CDF 3 2 3
第 页 共 页
1851 3427∴当x=3时，V 有最大值，且最大值为3，
A-CDF
∴此时EC=1，AF=3，FD=3，DC=2 2，
∴AD= AF2+FD2=3 2，AC= EF2+EC2+AF2= 14，
18+8-14 1 3
在△ACD中，由余弦定理得cos∠ADC= = ，sin∠ADC= ，
2×3 2×2 2 2 2
1
S = ⋅DC⋅AD⋅sin∠ADC=3 3，
△ACD 2
设F到平面ACD的距离为h，
1
V =V ， ⋅S ⋅h=3,h= 3．
A-CDF F-ACD 3 △ACD
综上，三棱锥A-CDF的最大值为3，此时点F到平面ACD的距离为 3.
2919 (2024·全国·高三专题练习)如图，四边形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB
=90°,△MAC是边长为2的正三角形，以AC为折痕，将△MAC向一方折叠到△DAC的
位置，使D点在平面ABC内的射影在AB上，再将△MAC向另一方折叠到△EAC的位
置，使平面EAC⊥平面ABC，形成几何体DABCE.
(1)若点F为BC的中点，求证：DF⎳平面EAC；
(2)求平面ACD与平面BCE所成角的正弦值.
【解析】(1)如图，设D点在平面ABC内的射影为O，连接OD,OC，连接OF,DF.
∵AD=CD，∴OA=OC，
∴在等腰Rt△ABC中，O为AB的中点.
∵F为BC中点，∴OF⎳AC.
又OF⊄平面EAC，AC⊂平面EAC，
∴OF⎳平面EAC.取AC的中点H，连接EH，
则易知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，
平面EAC∩平面ABC=AC，
∴EH⊥平面ABC，
又DO⊥平面ABC，
∴DO⎳EH，又DO⊄平面EAC，EH⊂平面EAC，
第 页 共 页
1852 3427∴DO⎳平面EAC，
又DO∩OF=O.∴平面DOF⎳平面EAC.
又DF⊂平面DOF，∴DF⎳平面EAC.
(2)连接OH，由(1)可知OF，OH，OD两两垂直，以O为坐标原点OF，OH，OD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，
则A-1，1，0  ,C1，1，0  ,D0，0，2  ,E0，1，- 3  ,B1，-1，0  ，

从而AC=2，0，0 

,CD=-1,-1，2 

,BE=-1，2，- 3 

,BC=0，2，0  .
 设平面ACD的一个法向量为m=x,y,z 


，则   A  C  ⋅m  =0 ，即  2x=0 ，
CD⋅m=0 -x-y+ 2z=0

得x=0，取y= 2，则z=1，m=0，2，1  .

设平面EBC的一个法向量为n=a,b,c  ，


则   B  C  ⋅n  =0 ，即  2b=0 ，
BE⋅n=0 -a+2b- 3c=0

得b=0，取a= 3，则c=-1，n= 3，0，-1  ，
 
从而cosm⋅n 
 
m⋅n
=  m   ⋅n 
-1 - 3
= = . 3×2 6
 
∴sinm⋅n 
33
= ，
6
33
∴平面ACD与平面BCE所成角的正弦值为 ．
6
2920 (2024·四川泸州·泸县五中校考三模)如图1，在梯形ABCD中，AB⎳CD，且AB=
2CD=4，△ABC是等腰直角三角形，其中BC为斜边.若把△ACD沿AC边折叠到
△ACP的位置，使平面PAC⊥平面ABC，如图2.
(1)证明：AB⊥PA；
(2)若E为棱BC的中点，求点B到平面PAE的距离.
【解析】(1)证明：∵△ABC是等腰直角三角形，BC为斜边，
第 页 共 页
1853 3427∴AB⊥AC.
∵平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，AB⊂平面ABC
∴AB⊥平面PAC，
∵PA⊂平面PAC，
∴AB⊥PA；
(2)由(1)知AB⊥AC，PC⊥平面ABC，
由题意可得PC=2，AC=AB=4，AC⊥AB，
则BC=4 2，PA= 4+16=2 5，
∵E为棱BC的中点，
1
∴AE=CE= BC=2 2，
2
∴PE= 4+8=2 3，
在△PAE中，AE=2 2，PA=2 5，PE=2 3，
∴AE2+PE2=PA2，
即AE⊥PE，
1
则△PAE的面积为 ×2 2×2 3=2 6，
2
设点B到平面PAE的距离为h
∵V =V ，
B-PAE P-ABE
1 1 1 1
∴ ×2 6h= × × ×42×2，
3 3 2 2
2 6
∴h= .
3
2921 (2024·湖南长沙·长沙一中校考一模)如图1，四边形ABCD为直角梯形，AD⎳BC，AD
⊥AB，∠BCD=60°，AB=2 3，BC=3，E为线段CD上一点，满足BC=CE，F为
BE的中点，现将梯形沿BE折叠(如图2)，使平面BCE⊥平面ABED.
(1)求证：平面ACE⊥平面BCE；
(2)能否在线段AB上找到一点P(端点除外)使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值
3
为 ？若存在，试确定点P的位置；若不存在，请说明理由.
4
第 页 共 页
1854 3427【解析】(1)证明：在直角梯形ABCD中，BE=BC=3，∠BCD=60°，
因此ΔBCE为等边三角形，从而BE=3，又AB=2 3，
由余弦定理得：AE2=12+9-2×2 3×3cos30°=3，
∴AE2+BE2=AB2，即AE⊥BE，且折叠后AE与BE位置关系不变，
又∵平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED=BE.
∴AE⊥平面BCE，∵AE⊂平面ACE，
∴平面ACE⊥平面BCE.
(2)∵ΔBCE为等边三角形，F为BE的中点，
∴CF⊥BE，又∵平面BCE⊥平面ABED，且平面BCE∩平面ABED=BE，
∴CF⊥平面ABED，
取AB的中点G，连结FG，则FG⎳AE，从而FG⊥BE，以F为坐标原点建立如图所示
的空间直角坐标系：
3
则A 3,- ,0
2

3 3
，C0,0,
2


3 3 3
，则CA= 3,- ,-
2 2
 ，

3
假设在AB上存在一点P使直线AC与平面PCF所成角的正弦值为 ，且AP=
4

λAB，λ∈0,1  ，
3
∵B0, ,0
2


，∴AB=- 3,3,0 

，故AP=- 3λ,3λ,0  ，
  
∴CP=CA+AP= 31-λ 
3
, 2λ-1
2

3 3
 ,-
2


3 3
，又FC=0,0,
2
 ，

该平面PCF的法向量为n=x,y,z  ，
 n  ⋅CP=0 31-λ
  ⇒
n⋅FC=0
 3 x+ 2λ-1 2    y- 3 3 z=0 2
， 
3 3  z=0
 2
令y=2λ-1 

得n= 32λ-1  ,2λ-1   ,0  ，


∴ cosCA,n   
3λ
=
2 3⋅ 32λ-1  2+4λ-1 
3
= ，
2 4
1 7
解得λ= 或λ= (舍)，
2 6
综上可知，存在点P是线段AB的中点，使得直线AC与平面PCF所成角的正弦值为
3
.
4
第 页 共 页
1855 34274 题型四：立体几何作图问题
2922 (2024·云南昆明·高三校考阶段练习)已知正四棱锥P-ABCD中，O为底面ABCD的
中心，如图所示．
(1)作出过点O与平面PAD平行的截面，在答题卡上作出该截面与四棱锥表面的交线，
写出简要作图过程及理由；
(2)设PD的中点为G，PA=AB，求AG与平面PAB所成角的正弦值．
【解析】(1)如图所示，
取PC中点E，DC的中点F，连接EF，FO，并延长FO交AB于M，
截面EFN交侧棱PB于N，则EF∥PD，
连接AC，O为AC的中点，所以FO∥AD，
又EF∩FO=F，PD∩AD=D，
EF⊂截面EFMN，FO⊂截面EFMN，
PD⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以平面PAD∥平面EFMN．
所以平面EFMN为所求截面．
(2)不妨设四棱锥的所有棱长均为2，以O为原点，过O点且分别与AB，BC平行的直线
为x轴、y轴，OP为z轴，建立如图所示空间直角坐标系(图)．
可得A-1,-1,0  ，B1,-1,0  ，P0,0, 2 
1 1 2
，G- , ,
2 2 2
 ．
第 页 共 页
1856 3427
1 3 2
则AG= , ,
2 2 2


，PB=1,-1,- 2  ，

PA=-1,-1,- 2  ，

设平面PAB的一个法向量为n=x,y,z  ，


则   n  ⋅P  B  =0 ，即  x-y- 2z=0 ，取z=1，则n  =0,- 2,1
n⋅PA=0 x+y+ 2z=0
 ，


设AG与平面PAB所成角为θ，则sinθ= cosn,AG   
3 2 2
0- +
2 2
=
3⋅ 3

2
= ，
3
2
所以AG与平面PAB所成角的正弦值为 ．
3
2923 (2024·贵州·校联考模拟预测)如图，已知平行六面体ABCD-ABCD 的底面ABCD
1 1 1 1
π 3
是菱形，CD=CC =AC =2，∠DCB= ，且cos∠CCD=cos∠CCB= .
1 1 3 1 1 4
(1)试在平面ABCD内过点C作直线l，使得直线l⎳平面CBD，说明作图方法，并证明：
1
直线l∥BD ；
1 1
(2)求平面BCD与平面ABD所成锐二面角的余弦值.
1 1 1
【解析】(1)只需要在平面ABCD内过点C作BD的平行线l，即可使满足题意.
理由如下：l⊂平面ABCD，且l⎳平面CBD
1
平面ABCD∩平面CBD=BD
1
所以l∥BD
又∵在平行六面体ABCD-ABCD 中BD ∥BD，
1 1 1 1 1 1
∴l∥BD ，得证.
1 1
(2)连接AC交BD于O，连接CO，如图，
1
由题意易知BD=2，AC=2 3，
在△CCD中，CD= CD2+CC2-2CD⋅CC ⋅cos∠CCD= 2，
1 1 1 1 1
同理：在△CCB中，CB= 2，
1 1
∴△BCD为等腰三角形，即CO⊥BD，又BO=OD=1，
1 1
∴CO=1，
1
第 页 共 页
1857 3427在△CCO中，CC2=OC2+CO2，∴CO⊥OC，
1 1 1 1
又∵BD∩OC=O，∴CO⊥平面ABCD，
1
如图建系：以CO为z轴，OC为x轴，OD为y轴.
1
C 10,0,1  ，B0,-1,0  ，D0,1,0  ，C 3,0,0  ，A- 3,0,0  ，
  
∵CC 1 =BB 1 =AA 1 ，∴B 1- 3,-1,1  ，A 1-2 3,0,1  ，

易知平面BC 1 D与平面yOz重合，则平面BC 1 D的法向量n=1,0,0  ，

设平面A 1 B 1 D的法向量v=x,y,z  ，


  v  ⋅A 1 B 1 =0 ⇒   3x-y=0 ，∴v  =1, 3,3 3
v⋅BD=0 3x+2y-z=0
1
 ，
设平面BCD与平面ABD所成角的平面角为θ，
1 1 1
cosθ 
 
= cosn,v   
 
n⋅v
=


n 

⋅v 
1
= .
31
31
平面BCD与平面ABD所成角的锐二面角的余弦值为 .
1 1 1 31
2924 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知平行六面体ABCD-ABCD 的底面ABCD是
1 1 1 1
π 3
菱形，CD=CC =AC =2，∠DCB= 且cos∠CCD=cos∠CCB= .
1 1 3 1 1 4
(1)试在平面ABCD内过点C作直线l，使得直线l⎳平面CBD，说明作图方法，并证明：
1
直线l⎳BD ；
1 1
(2)求点C到平面ABD的距离.
1
【解析】(1)在平面ABCD内过点C作BD的平行线l，则直线l即为所作.
连接BD,BD ，如图，
1 1
第 页 共 页
1858 3427因l⊂平面ABCD，l⎳平面CBD，平面CBD∩平面ABCD=BD，则l⎳BD，
1 1
平行六面体ABCD-ABCD 的对角面BDDB 是平行四边形，即BD ⎳BD，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以l⎳BD.
1 1
(2)连AC∩BD=O，连接CO，如图，
1
π
菱形ABCD中，∠DCB= ，则BD=CD=2，BO=OD=1，CO= 3，
3
在△CCD中，CD= CD2+CC2-2CD⋅CC ⋅cos∠CCD= 2，同理，在△CCB中，
1 1 1 1 1 1
CB= 2，
1
即△BCD为等腰三角形，有CO⊥BD，且CO=1，在△CCO中，CC2=OC2+
1 1 1 1 1
CO2，则CO⊥OC，
1 1
而BD∩OC=O,BD,OC⊂平面ABCD，于是得CO⊥平面ABCD，
1
对角面ACCA 为平行四边形，即AC ⎳AC，又AC⊂平面ABCD，AC ⊄平面
1 1 1 1 1 1
ABCD，则AC ⎳平面ABCD，
1 1
因此点A 到平面ABCD的距离等于点C 到平面ABCD的距离CO=1，
1 1 1
因∠AAD=∠BBC=π-∠CCB，在△AAD中，AD=
1 1 1 1 1
AD2+AA2 1 -2AD⋅AA 1 ⋅cosπ-∠C 1 CD  = 14，
1
同理AB= 14，等腰△ABD底边BD上的高h= AD2-OD2= 13，S = BD
1 1 1 △A1BD 2
⋅h= 13，S = 3，
△CBD
1 1
设点C到平面ABD的距离为d，由V =V 得， S ⋅d= S ⋅CO，
1 C-A1BD A1-CBD 3 △A1BD 3 △CBD 1
S ⋅CO 3×1 39
则d= △CBD 1 = = ，
S 13 13
△A1BD
39
所以点C到平面ABD的距离 .
1 13
2925 (2024·全国·高三专题练习)如图多面体ABCDEF中，面FAB⊥面ABCD，△FAB为
3
等边三角形，四边形ABCD为正方形，EF⎳BC，且EF= BC=3，H，G分别为CE，
2
CD的中点.
第 页 共 页
1859 3427(1)求二面角C-FH-G的余弦值；
AP
(2)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AB交点为P，写出 的值(不
AB
需要说明理由，保留作图痕迹).
【解析】(1)因为面FAB⊥面ABCD，△FAB为等边三角形，设AB中点为O，所以OF
⊥AB
又因为面FAB∩面ABCD=AB，OF⊂面FAB，则OF⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，分别以OB,OG,OF方向为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
3
因为EF= BC=3，则BC=2
2
则C1,2,0  ，F0,0, 3  ，E0,3, 3 
1 5 3
，H , ,
2 2 2
 ，G0,2,0 

所以CF=-1,-2, 3 

1 5 3
,FH= , ,-
2 2 2


1 1 3
，HG=- ,- ,-
2 2 2


设平面CFH的一个法向量为m=x,y,z 

 -x-2y+ 3z=0
m⋅CF=0  
则   ⇒ 1 5 3 取x= 3得y=0,z=1，所以m= 3,0,1
m⋅FH=0 x+ y- z=0
2 2 2


设平面GFH的一个法向量为n=a,b,c 
n  ⋅F  H  =0   2 1 a+ 5 2 b- 2 3 c=0 2 
则  ⇒  取a=3得b=-1,c=- ，所以n=
n⋅HG=0 - 1 a- 1 b- 3 c=0 3
 2 2 2
2 3
3,-1,-
3

 
  n⋅m
所以cosn,m=
 n   ⋅m 
7 3
3 7 34
= =
34 68 2×
3
第 页 共 页
1860 34277 34
则二面角C-FH-G的余弦值为 ；
68
AP 1
(2) = ，如图所示：
AB 6
2926 (2024·全国·高三专题练习)四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，
2π
∠DAB= .AC∩BD=O,且PO⊥平面ABCD，PO= 3，点F,G分别是线段PB.
3
PD上的中点，E在PA上.且PA=3PE.
(Ⅰ)求证：BD⎳平面EFG；
(Ⅱ)求直线AB与平面EFG的成角的正弦值；
(Ⅲ)请画出平面EFG与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.
【解析】(Ⅰ)在△PBD中，因为点F,G分别是线段PB,PD上的中点，
所以FG⎳BD
因为BD⊄平面EFG，FG⊂平面EFG.
所以BD⎳平面EFG.
(Ⅱ)因为底面ABCD是边长为2的菱形，
所以OA⊥OB，
因为PO⊥平面ABCD，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，
如图，建立空间直角坐标系，则依题意可得
第 页 共 页
1861 3427A1,0,0  ，B0, 3,0  ，C-1,0,0  ，D0,- 3,0  ，P0,0, 3 
1 2 3
，E ,0,
3 3
 ，
3 3
F0, ,
2 2

3 3
，G0,- ,
2 2


所以AB=-1, 3,0 

1 3 3
，EF=- , ,-
3 2 6


，GF=0, 3,0 

设平面EFG的法向量为n=x,y,z 

 1 3 3
n⋅EF=0, - x+ y- z=0,
，则由{  可得 3 2 6 ，

n⋅GE=0 3y=0
3
令x= 3，可得n=- ,0, 3
2



  AB·n
因为cos<AB,n>= 
AB 

n 
21
= .
14
21
所以直线AB与平面EFG的成角的正弦值为
14
(Ⅲ)法Ⅰ：延长EF,EG分别交AB,AD延长线于M,N，连接M,N，发现刚好过点C，,连
接CG,CF，则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线.
    
法2：记平面EFG与直线PC的交点为H，设PH=λPC，则FH=FP+PH=
3 3
0,- ,
2 2
 +λ-1,0,- 3 
3 1-2λ
= -λ,- ,
2
 3

2

  3 1-2λ
由FH⋅n= -λ,- ,
2
 3

2

3
⋅- ,0, 3
2

3 31-2λ
= λ+
2

=0，可得λ=1.
2
所以H即为点C.
所以连接CG，CF，则四边形EFCG为平面EFG与四棱锥的表面的交线.
第 页 共 页
1862 34272927 (2024·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测)如图，已知多面体EABCDF的底面
1
ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD⎳EA，且FD= EA=1.
2
(1)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求
保留作图痕迹，但不要求证明；
(2)求直线EB与平面ECF所成角的正弦值.
【解析】(1)延长AD,EF，设其交点为N，连接CN，
则CN为平面ABCD与平面ECF的交线，
取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．
证明如下：延长AD,EF，设其交点为N，连接CN，
则CN为平面ABCD与平面ECF的交线，
1
因为FD⎳EA，所以△FDA∽△EAN，又FD= EA，
2
1
所以ND= NA，
2
所以ND=DA=BC，又ND⎳BC，
所以四边形BCND为平行四边形，所以CN⎳BD，
取CD的中点M，连接KM，
∵K,M分别为BC,CD的中点，
∴KM⎳BD，∴KM⎳CN．
∵CN⊂平面EFC，KM⊄平面EFC，
∴KM⎳平面EFC．
(2)以点A为原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，建立空间直角坐标
第 页 共 页
1863 3427系，如图.由已知可得A0,0,0  ,E0,0,2  ,B2,0,0  ,C2,2,0  ,F0,2,1  ，

所以EC=2,2,-2 

,EB=2,0,-2 

,EF=0,2,-1  ，

设平面ECF的法向量为n=(x,y,z)，


则   n  ⋅E  C  =0, 得  x+y-z=0 ，
n⋅EF=0. 2y-z=0
取y=1得，x=1,z=2，

平面ECF的一个法向量n=(1,1,2).
设直线EB与平面ECF所成的角为θ，


则sinθ= cosEB,n   


EB⋅n
=

 EB   ⋅n 
2 3
= = . 2 2× 6 6
3
所以直线EB与平面ECF所成角的正弦值为 .
6
2928 (2024·广西·高三统考阶段练习)如图，三棱柱ABC-ABC 中，侧面BBCC为菱形.
1 1 1 1 1
(1)(如图1)若点P为△ABC内任一点，作出CP与面ACB 的交点M(作出图象并写出
1 1
简单的作图过程，不需证明)；
(2)(如图2)若面ACB ⊥面BBCC,AC⊥AB,AC=AB,∠CBB =60°，求二面角A
1 1 1 1 1 1
-AB -C 的余弦值.
1 1 1
【解析】(1)
作图步骤
①连接AP并延长交BC于点E
②连接CE交CB 于点F，连接AC,AF
1 1 1
第 页 共 页
1864 3427③连接CP交AF于点M
1
④点M即为所求.
(2)连结BC ，交BC于点O，连结AO，
1 1
∵侧面BBCC为菱形，∴OB⊥OB ，且O为BC的中点，
1 1 1 1
∵AB =AC，∴AO⊥BC，
1 1
∵平面ACB ⊥平面BBCC，平面ACB ∩平面BBCC=BC，AO⊂平面ACB ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴AO⊥平面BBCC，
1 1
又OB，OB ⊂平面BBCC，∴OA⊥OB，OA⊥OB ，
1 1 1 1
以O为坐标原点，分别以OB、OB 、OA所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，
1
3
设OB=1，则A0，0，
3
 ，B(1，0，0)，
3
B 0， ，0
1 3

3
，C0，- ，0
3
 ，

3 3
AB =0, ,-
1 3 3

 
3
，AB =AB=1,0,-
1 1 3

 
3
，BC =BC=-1,- ,0
1 1 3
 ，
 
设平面AAB 与平面ABC 的一个法向量分别为m=(x,y,z)与n=(x,y,z)，
1 1 1 1 1 1 1 1

 3 3
m⋅AB = y- z=0
1 3 3 
由  ，取x=1，得m=(1, 3, 3)；
 3
m⋅AB =x- z=0
1 1 3

 3
n⋅AB =x - z =0
1 1 1 3 1 
由   3 ，取x 1 =1，得n=(1,- 3, 3)．
n⋅BC =-x - y =0
1 1 1 3 1
 
  m⋅n 1 1
∴cos<m,n>= = = ，
|m  ||n  | 7× 7 7
2929 (2024·四川成都·成都七中校考模拟预测)△ABC是边长为2的正三角形，P在平面上
满足CP=CA，将△ACP沿AC翻折，使点P到达P的位置，若平面PBC⊥平面
ABC，且BC⊥PA．
(1)作平面α，使得AP⊂α，且BC⊥α，说明作图方法并证明；
 
(2)点M满足MC=2PM，求二面角P-AB-M的余弦值．
第 页 共 页
1865 3427【解析】(1)记BC中点为O，连接AO，PO，平面APO即为平面α，
证明如下：因为△ABC为正三角形，O为BC中点，所以AO⊥BC，
又BC⊥PA，AO⊂平面APO，AP⊂平面APO，AO∩AP=A
所以BC⊥平面APO
(2)由(1)可知,因为PO⊥平面ABC,AO⊥BC,以点O为坐标原点，OA,OB,OP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 2 3
则A( 3,0,0)，B(0,1,0)，P(0,0, 3),M0,- ,
3 3


AB=- 3,1,0 

,AP=- 3,0, 3 

,设平面PAB的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1  ，


m⋅AB=- 3x +y =0 
则

 1 1 ,取x
1
=1,则m=(1, 3,1),
m⋅AP=- 3x + 3z =0
1 1

4 2 3
BM=0,- , 3 3 

,设平面ABM的法向最为n=x 2 ,y 2 ,z 2  ,


n⋅AB=- 3x
2
+y
2
=0

则  4 2 3 ，取x 2 =1，则n=1, 3,2
n⋅BM=- y + z =0
3 2 3 2
 ，
 
由已知可得 cosm,n 
 
|m⋅n|
 =  m   ⋅n 
6 3 10
= = . 5× 8 10
3 10
由图可知二面角P-AB-M为锐角，故二面角P-AB-M的余弦值为 .
10
2930 (2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习)已知四棱锥P-ABCD的
底面ABCD是平行四边形，侧棱PA⊥平面ABCD，点M在棱DP上，且DM=2MP，点
N是在棱PC上的动点(不为端点).(如图所示)
第 页 共 页
1866 3427(1)若N是棱PC中点，
(i)画出△PBD的重心G(保留作图痕迹)，指出点G与线段AN的关系，并说明理由；
(ii)求证：PB∥平面AMN；
(2)若四边形ABCD是正方形，且AP=AD=3，当点N在何处时，直线PA与平面AMN
所成角的正弦值取最大值.
【解析】(1)(i)设AC与BD交点为O，连接PO与AN交于点G，
因为O为AC中点，N为PC中点，
所以PO与AN交点G为△PAC重心，
所以PG=2GO,
又因为PO为△PBD的BD边的中线，
所以点G也为△PBD的重心，即重心G在AN上.
(ii)连接DG并延长交PB于点H，连接MG，
因为G为△PBD重心，所以DG=2GH,
又因为DM=2MP,
所以MG∥PH,MG∥PB，
又因为MG⊂平面AMN,PB⊄平面AMN,
所以PB∥平面AMN；
(2)因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD,
PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，
所以以A为坐标原点，建立如图所示坐标系，
第 页 共 页
1867 3427所以A(0,0,0),P(0,0,3),C(3,3,0),M(0,1,2).
  
AP=(0,0,3),AM=(0,1,2),PC=(3,3,-3),
 
设PN=λPC，则PN=λPC=(3λ,3λ,-3λ),
  
∴AN=AP+PN=(3λ,3λ,-3λ+3).

设平面AMN的法向量为n=(x,y,z)，

 y=-2z
n⋅AM=y+2z=0
 n  ⋅A  N  =3λx+3λy+(-3λ+3)z=0 ，化简得 x=3- 1 λ 

 ， z
 1
取z=1则n=3- ,-2,1
λ
 ，
设直线PA与平面AMN所成角为θ，
 
所以sinθ= cosAP,n   


|AP⋅n|
= 
AP 
1
= 
⋅|n| 5+3- 1
λ

，
2
1 1
所以当 =3,λ= 时，即点N在线段PC靠近P的三等分点处时，
λ 3
5
直线PA与平面AMN所成角的正弦值取最大值为 .
5
5 题型五：立体几何建系繁琐问题
2931 (2024·福建福州·福建省福州格致中学校考模拟预测)如图，在四棱台ABCD-
π π
ABCD 中，底面ABCD是菱形，∠ABC= ，∠BBD= ，∠BBA=∠BBC,AB=
1 1 1 1 3 1 6 1 1
2AB =2,BB=3
1 1 1
(1)求证：直线AC⊥平面BDB ；
1
(2)求直线AB 与平面ACC 所成角的正弦值.
1 1 1
【解析】(1)连接AC,BD交于O，
第 页 共 页
1868 3427因为BC=BA，∠BBA=∠BBC，BB=BB ，
1 1 1 1
所以ΔBBC≅ΔBBA，故BA=BC
1 1 1 1
又因为O为菱形对角线交点，即是线段AC的中点，所以BO⊥AC
1
又四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD
而BO∩BD=O，所以AC⊥平面BDB
1 1
方法二：因为∠BBA=∠BBC，
1 1
所以点B 在平面ABCD内的射影O在为∠ABC的平分线，
1
又四边形ABCD为菱形，故BD为∠ABC的平分线，则O∈直线BD
故平面BDB ⊥平面ABCD，而平面BDB ∩平面ABCD=BD，
1 1
又四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD
所以AC⊥平面BDB
1
(2)延长AA,BB,CC,DD 交于点P，平面BDB 即为平面BDP，平面ACC 即平面
1 1 1 1 1 1
ACP
由(1)得平面ACP⊥平面BDP，OP=平面ACP∩平面BDP，
所以过B 做BH⊥OP，则BH⊥平面ACP，故∠BAH即为直线AB 与平面ACC
1 1 1 1 1 1 1 1
所成角(若研究直线AB与平面ACC 所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变)
1
因为四棱台ABCD-ABCD 中AB=2AB =2，所以AB =1，BP=6
1 1 1 1 1 1 1 1
π
由菱形有AB=BC=2，且∠ABC= ，所以BD=2 3，
3
π
作PG⊥BD，因为∠BBD= ，则BG=3 3，PG=3，所以PO= BG2+PG2=
1 6
21，
36+21-3 9 7 3 7
则cos∠BPO= = ，sin∠BPO= ，BH= ，
2×6× 21 2 21 14 1 14
BH 3 7
故sin∠BAH= 1 = .
1 1 BA 14
1 1
法二：延长AA,BB,CC,DD 交于点P，
1 1 1 1
平面BDB 即为平面BDP，平面ACC 即平面ACP，
1 1
设直线AB 与平面ACC 所成角为θ
1 1 1
过P作PG⊥BD，垂足为G，因为BP=6，所以BG=3 3
第 页 共 页
1869 3427建系，以OB,OC为x,y轴，作z轴⎳GP，
A(0,-1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),P(-2 3,0,3)
  
AB=( 3,1,0)AC=(0,2,0)AP=(-2 3,1,3)

设平面ACP的法向量为m=(x,y,z)，则
2y=0
 ，

-2 3x+y+3z=0
 3
所以m= ,0,1
2
 ，


cosm,AB 
3 3 3 7
= = =
3 2 7 14
2×2× +1
4
3 7
所以sinθ=
14
2932 (2024·全国·模拟预测)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，侧面BCCB 为正方形，
1 1 1 1 1
M，N分别为BC,AC 的中点，AC⊥BM．
1 1 1
(1)证明：MN⎳平面ABBA ；
1 1
(2)若BC=2，三棱锥A-BMN的体积为2，求二面角A-BM-N的余弦值．
1 1
【解析】(1)证明：取AB 的中点Q，连接NQ,BQ，
1 1
1
因为N为AC 的中点，所以NQ为△ABC 的中位线，则NQ⎳BC ，且NQ= BC ，
1 1 1 1 1 1 1 2 1 1
1
又M为BC的中点，所以BM⎳BC ，且BM= BC ，所以NQ⎳BM且NQ=BM，
1 1 2 1 1
所以四边形BMNQ为平行四边形，则MN⎳BQ，
又因为MN⊄平面ABBA ，且BQ⊂平面ABBA ，所以MN⎳平面ABBA.
1 1 1 1 1 1
第 页 共 页
1870 3427(2)在直三棱柱ABC-ABC 中，可得CC ⊥平面ABC，
1 1 1 1
因为AC⊂平面ABC，所以CC ⊥AC，
1
又因为AC⊥BM，直线CC 与直线BM相交，且CC,BM⊂平面BCCB ，
1 1 1 1 1 1 1
所以AC⊥平面BCCB ，因为BC⊂平面BCCB ，所以AC⊥BC，
1 1 1 1
1 1
设AC=m，连接CN，则V = BC×AC×BB = ×2×m×2=2m，
三棱柱ABC-A1B1C1 2 1 2
1 1 1 m 1 1 1
V =V = × × BC×AC×BB = ，V = × × AC ×
B1-ABM N-ACM 3 2 2 1 3 A-A1B1N 3 2 2 1 1
m 1 1
B 1 C 1 ×BB 1 = 3 ，V N-B1C1CM = 3 × 2 B 1 C 1 +CM 
1 m
×CC × AC = ， 1 2 1 1 2
m
所以V =V -V -V -V -V =2m-m-
A-B1MN 三棱柱ABC-A1B1C1 B1-ABM N-ACM A-A1B1N N-B1C1CM 2
m m
= ，所以 =2，则m=4，
2 2
以C为坐标原点，以CB,CC,CA所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间
1
直角坐标系，则A0,0,4  ，M1,0,0  ，B 12,2,0  ，N0,2,2  ，

可得AM=1,0,-4 

，MB 1 =1,2,0 

，B 1 N=-2,0,2  ．

设平面AB 1 M的法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1 


AM⋅m=x -4z =0
，则  1 1 ，
AB ⋅m=x +2y =0
1 1 1

取z 1 =1，则m=4,-2,1  ，

设平面NB 1 M的法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2 


BN⋅n=-2x +2z =0
，则1   2 2 ，
MB ⋅n=x +2y =0
1 2 2
 1
取z =1，则n=1,- ,1
2 2

 
则cosm,n 
 
m⋅n
=  m   ⋅n 
6 4 21
= = ， 9 21 21×
4
4 21
由图可知，二面角A-BM-N为锐角，故二面角A-BM-N的余弦值为 ．
1 1 21
2933 (2024·江西抚州·高三校联考阶段练习)如图，在几何体ABCDE中，AB=BC,AB⊥
BC，已知平面ABC⊥平面ACD，平面ABC⊥平面BCE，DE⎳平面ABC，AD⊥
DE．
第 页 共 页
1871 3427(1)证明：DE⊥平面ACD；
(2)若AC=2CD=2，设M为棱BE上的点，且满足2BM=ME，求当几何体ABCDE的
体积取最大值时，AM与CD所成角的余弦值．
【解析】(1)证明：过点D作DO⊥AC交AC与点O，
∵平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，DO⊂平面ACD，
∴DO⊥平面ABC，又∵DE⎳平面ABC，∴DO⊥DE，
又∵AD⊥DE，且AD∩DO=D，AD,DO⊂平面ACD，
∴DE⊥平面ACD；
(2)过点E作EN⊥BC交BC于点N，连接ON，
∵平面ABC⊥平面BCE，平面ABC∩平面BCE=BC，EN⊂平面BCE，
∴EN⊥平面ABC，
又因为DO⊥平面ABC，所以DO⎳EN．
∵DE⎳平面ABC，∴D，E到平面ABC的距离相等，
∴DO⎳EN且DO=EN，∴四边形ONED是平行四边形，∴DE=ON,
∴ON⎳DE，又DE⊥平面ACD，∴ON⊥平面ACD，AC⊂平面ACD，
∴ON⊥AC.
由AB=BC,AB⊥BC得∠ACB=45°∴CO=ON.
1
由AC=2，得AB=BC= 2，S =1，∴V =V +V = EN⋅S +
△ABC ABCDE E-ABC E-ACD 3 △ABC
1 1 1 1
DE⋅S = EN+ DE⋅DO= DO1+DE
3 △ACD 3 3 3
 ，
又DO2+DE2=DO2+CO2=CD2=1，令DE=x0≤x≤1  ，
则V =fx
ABCDE

1
= DO1+DE
3

1-x2×1+x
=

，fx
3

1+x
= 1-2x
3 1-x2
 ，
1
当x∈0，
2
 时，fx 
1
>0，当x∈ ，1
2
 时，fx  <0，
所以fx 
1
在0，
2

1
上单调递增，在 ，1
2
 上单调递减，
1
即V ≤f
ABCDE 2

3 1
= ，当且仅当DE= 时取得最大值．
4 2
如图所示，以点O为原点建立空间直角坐标系O-xyz，
3
则A- ,0,0
2

1
,B- ,1,0
2

1 3
,E0, ,
2 2

1
,C ,0,0
2

3
,D0,0,
2
 ，
第 页 共 页
1872 3427
7 5 3
所以AM= , ,
6 6 6


1 3
,CD=- ,0,
2 2
 ．
 
设AM与CD所成角为α，则cosα= cosAM，CD   
 
AM⋅CD
=


AM⋅ 

 CD 
2 77
= ，
77
2 77
即当几何体ABCDE体积最大时，AM与CD所成角的余弦值为 ．
77
2934 (2024·黑龙江佳木斯·高一建三江分局第一中学校考期末)如图，已知三棱柱ABC-
ABC 的底面是正三角形，侧面BBCC是矩形，M,N分别为BC,BC 的中点，P为
1 1 1 1 1 1 1
AM上一点，过BC 和P的平面交AB于E，交AC于F．
1 1
(1)证明：平面AAMN⊥EBCF；
1 1 1
(2)设O为△ABC 的中心，若AO⎳平面EBCF，且AO=AB，求直线BE与平面
1 1 1 1 1 1
AAMN所成角的正弦值．
1
【解析】(1)因为侧面BBCC是矩形，M,N分别为BC,BC 的中点，所以BB ⊥BC，
1 1 1 1 1
MN⎳BB ，从而BC⊥MN，
1
又△ABC是正三角形，M是BC中点，所以AM⊥BC，
因为AM∩MN=M，AM,MN⊂平面AAMN，所以BC⊥平面AAMN，
1 1
BC ⎳平面ABC，BC ⊂平面BCFE，平面ABC∩平面BCFE=EF，所以
1 1 1 1 1 1 1 1
BC ⎳EF，而BC⎳BC ，所以EF⎳BC，所以EF⊥平面AAMN，EF⊂平面BCFE，
1 1 1 1 1 1 1
所以平面AAMN⊥EBCF；
1 1 1
(2)EF∩AM=P，连接PN，
AO⎳平面EBCF，平面EBCF∩平面AAMN=PN，AO⊂平面AAMN，所以
1 1 1 1 1 1
AO⎳PN，又由三棱柱的性质得ON⎳AP，所以APNO是平行四边形，所以AP=NO，
1 1 1
O是△ABC 的中心，则ON= AN，所以AP= AN= AM，
1 1 1 3 1 3 1 3
EF AP 1
所以 = = ，
BC AM 3
设BC=3a，则EF=a，PN=AO=BC=3a，
由三棱柱性质知四边形BCFE是等腰梯形，如图，PN⊥BC ，作EH⊥BC 于H，则
1 1 1 1 1 1
1
EH=PN=3a，又BH= (3a-a)=a，
1 2
BH a 10
所以BE= 10a，cos∠EBC = 1 = = ．
1 1 1 BE 10a 10
 1  
由(1)知BC 是平面AAMN的一个法向量，而∠EBC 是BE与BC 的夹角，
1 1 1 1 1 1 1 1
10
所以直线BE与平面AAMN所成角的正弦值等于cos∠EBC = ．
1 1 1 1 10
第 页 共 页
1873 34272935 (2024·黑龙江哈尔滨·哈九中校考三模)如图，已知三棱柱ABC-ABC 的底面是正三
1 1 1
角形，侧面BBCC是矩形，M，N分别为BC，BC 的中点，P为AM上一点，过BC 和
1 1 1 1 1 1
P的平面交AB于E，交AC于F.
(1)证明：AA ⎳MN，且平面AAMN⊥平面EBCF；
1 1 1 1
π
(2)设O为△ABC 的中心，若AO=AB=12，AO⎳平面EBCF，且∠MPN= ，求
1 1 1 1 1 3
四棱锥B-EBCF的体积.
1 1
【解析】(1)因为M，N分别为BC，BC 的中点，所以MN⎳BB ，
1 1 1
又AA ⎳BB ，所以MN⎳AA ，
1 1 1
在等边△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM.
又因为侧面BBCC为矩形，所以BC⊥BB.
1 1 1
因为MN⎳BB ，MN⎳BC，
1
由MN∩AM=M，MN、AM⊂平面AAMN，
1
所以BC⊥平面AAMN，
1
又因为BC ⎳BC，且BC ⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
1 1 1 1
所以BC ⎳平面ABC，
1 1
又因为BC ⊂平面EBCF，且平面EBCF∩平面ABC=EF，
1 1 1 1 1 1
BC ⎳EF
1 1
所以EF⎳BC.
又因为BC⊥平面AAMN，
1
所以EF⊥平面AAMN，
1
因为EF⊂平面EBCF
1 1
所以平面EBCF⊥平面AAMN.
1 1 1
(2)过M作PN垂线，垂足为H，画出图形，如图.
第 页 共 页
1874 3427因为AO⎳平面EBCF，AO⊂平面AAMN，平面AAMN∩平面EBCF=NP，
1 1 1 1 1 1
所以AO⎳NP，
又因为NO⎳AP，所以四边形OAPN为平行四边形，
所以AO=NP=12，
因为O为△ABC 的中心，
1 1 1
1 3
所以ON= × ×12=2 3，
3 2
因为平面EBCF⊥平面AAMN，平面EBCF∩平面AAMN=NP，
1 1 1 1 1 1
MH⊂平面AAMN，
1
所以MH⊥平面EBCF，
1 1
EF AP BC⋅AP 12×2 3
又因为在等边△ABC中， = ，得EF= = =4，
BC AM AM 3
×12
2
由(1)知，四边形EBCF为梯形，
1 1
1 1
所以四边形EBCF的面积为S = (EF+BC)NP= (4+12)×12=96，
1 1 EB1C1F 2 1 1 2
1
所以V = S ⋅MH，MH=sin∠MPN⋅PM，
B-EB1C1F 3 EB1C1F
3 3
PM=AM-AP=AM-ON= ×12-2 3=4 3，所以MH= ×4 3=6，
2 2
1
所以V = ×96×6=192.
B-EB1C1F 3
2936 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中)如图，在平行六面体ABCD-ABCD 中，
1 1 1 1
每一个面均为边长为2的菱形，平面ABBA ⊥底面ABCD，∠DAB=60°，M，N分别
1 1
是AA ，BB 的中点，P是BM的中点.
1 1 1
(1)证明：DP∥平面ACN；
第 页 共 页
1875 3427(2)若侧棱AA 与底面ABCD所成的角为60°，求平面DPB 与平面ADDA 所成锐二面
1 1 1 1
角的余弦值.
【解析】(1)证明：连接DM,MN，
因为在平行六面体ABCD-ABCD 中，每一个面均为边长为2的菱形，
1 1 1 1
所以，BB =AA =2,BB ⎳AA,AB=CD=2,AB⎳CD，
1 1 1 1
因为M，N分别是AA ，BB 的中点
1 1
所以，AM⎳BN,AM=BN，AM⎳BN,AM⎳BN，
1 1
所以，四边形AMBN，AMNB均为平行四边形，
1
所以，AN⎳MB ，MN⎳AB，MN=AB
1
因为菱形ABCD中，CD⎳AB，CD=AB
所以，MN⎳CD，CD=MN，
所以，四边形CDMN是平行四边形，
所以CN⎳DM，
因为BM,DM⊄平面ACN，AN,CN⊂平面ACN，
1
所以，BM⎳平面ACN，DM⎳平面ACN，
1
因为BM∩DM=M,BM,DM⊂平面BDM，
1 1 1
所以，平面BDM⎳平面ACN，
1
因为P是BM的中点，DP⊂平面BDM，
1 1
所以DP∥平面ACN.
(2)过A 点作AO⊥AB，垂足为O，连接DO，
1 1
因为平面ABBA ⊥底面ABCD，平面ABBA ∩底面ABCD=AB，AO⊂平面
1 1 1 1 1
ABBA ，
1 1
所以，AO⊥底面ABCD，
1
因为，OD⊂底面ABCD，
所以AO⊥OD
1
因为，侧棱AA 与底面ABCD所成的角为60°，
1
所以，∠AAO=60°，
1
因为AA =2，
1
所以AO=1，即O为AB中点，
因为底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，
所以，DO⊥AB，
  
所以，以O为坐标原点，以OD,OA,OA 为x,y,z轴方向建立空间直角坐标系，
1
所以，A 10,0, 3  ，B 10,-2, 3  ，A0,1,0 
1 3
，M0, ,
2 2

3 3 3
，P0,- ,
4 4
 ，
第 页 共 页
1876 3427D 3,0,0  ，

3 3 3
所以，DP=- 3,- ,
4 4


5 3
,PB =0,- ,
1 4 4
 ，

设平面DPB 1 的一个法向量为n=x 1 ,y 1 ,z 1  ，
 3 3 3
DP⋅n  =0  3x 1 + 4 y 1 = 4 z 1 
则 P  B  1 ⋅n  =0 ，即 - 5 4 y 1 + 4 3 z 1 =0 ，令z 1 =5得n=3, 3,5  ，

所以，AA 1 =0,-1, 3 

,AD= 3,-1,0  ，

设平面ADD 1 A 1 的一个法向量为m=x 2 ,y 2 ,z 2  ，


则   A A  A D 1 ⋅ ⋅ m m  = = 0 0 ，即   y 2 3 = x 2 = 3z y 2 1 ，令z 2 =1得m  =1, 3,1  ，
 
所以，cosn,m 
 
n⋅m
=  n   ⋅m 
3+3+5 11 185
= = , 5⋅ 37 185
11 185
所以，平面DPB 与平面ADDA 所成锐二面角的余弦值为
1 1 1 185
2937 (2024·全国·高三专题练习)已知四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，
1
BC⊥AB，AB=AD= BC，BD= 2，PD= 5．
2
(1)求直线PC与平面PBD所成角的正弦值；
(2)线段PB上是否存在一点M，使得CM⊥平面PBD？若存在，请指出点M的位置；若
不存在，请说明理由．
【解析】(1)因为AD∥BC，BC⊥AB，所以AD⊥AB．
第 页 共 页
1877 34271
又因为AB=AD= BC，BD= 2，所以AB=AD=1,BC=2．
2
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB,PA⊥AD．又PD= 5，所以PA= PD2-AD2=2．
以A为坐标原点，以AB,AD,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间
直角坐标系，
则B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0,2)．
  
所以PC=(1,2,-2)，BD=(-1,1,0)，BP=(-1,0,2)．

设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，

 y=x
则   B B  D P  ⋅ ⋅ n n  = = 0 0 ，即  - - x x + + y 2z = = 0 0 ，得   z= 2 1 x ，

令x=2，可得平面PBD的一个法向量为n=(2,2,1)．
π
设直线PC与平面PBD所成的角为θ，θ∈ 0,
 2
 ，


则sinθ=|cos‹P  C  ,n  ›|=   P  C⋅n
 |PC|⋅|n|
 4 4 = = ，
9⋅ 9 9
4
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 ．
9
另
如图，连接AC．因为AD∥BC，BC⊥AB，所以AD⊥AB．
1
因为AB=AD= BC，BD= 2，所以AB=AD=1,BC=2．
2
因为BC⊥AB，所以AC= AB2+BC2= 5．
因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD．
第 页 共 页
1878 3427因为PA= PD2-AD2=2，所以PC= AC2+PA2=3，PB= PA2+AB2= 5．
1 2
所以S = × 2× ( 5)2-
△PBD 2 2

2 3 1 1
= ，S = ×BC×AB= ×2×1=1．
2 △BCD 2 2
设点C到平面PBD的距离为h，
1 1 1 1 3
由V =V ，得 ×PA×S = ×h×S ，即 ×2×1= ×h× ，解
P-BDC C-PBD 3 △BCD 3 △PBD 3 3 2
4
得h= ．
3
π
设直线PC与平面PBD所成的角为θ，θ∈ 0,
 2

h 4
，则sinθ= = ．
PC 9
4
所以直线PC与平面PBD所成角的正弦值为 ．
9
(2)不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M(如图)．
 
可设BM=λBP=(-λ,0,2λ)，λ∈[0,1]，所以M(1-λ,0,2λ)，

所以CM=(-λ,-2,2λ)．

 
又由(1)知n=(2,2,1)为平面PBD的一个法向量，所以CM∥n，
-λ -2 2λ
即 = = ，无解．
2 2 1
所以线段PB上不存在满足条件的点M．
另不存在点M，理由如下：
假设存在满足条件的点M，
由CM⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，得CM⊥PB，且CM⊥BD，
因为PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC．
因为BC⊥AB，且PA∩AB=A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB．又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB．
若存在满足条件的点M，则点M必与点B重合．
又BC与BD不垂直，所以线段PB上不存在满足条件的点M．
2938 (2024·全国·模拟预测)如图，三棱柱ABC-ABC 的底面为等边三角形，AA =AC，
1 1 1 1
点D，E分别为AC，CC 的中点，∠CED=30°，AB= 2BD= 6．
1 1
第 页 共 页
1879 3427(1)求点A 到平面BDE的距离；
1
(2)求二面角A -BE-D的余弦值．
1
【解析】(1)连接AC ，AC，设AC与DE交于点F，
1 1 1
由AA =AC可知，侧面ACCA 为菱形，所以AC ⊥AC，
1 1 1 1 1
因为点D，E分别为AC，CC 的中点，所以DE⎳AC ，则DE⊥AC，
1 1 1
因为∠CED=30°，所以∠CCA=30°，
1
则∠AAC=2∠CCA=60°，又AC=AA ，所以△AAC为等边三角形，
1 1 1 1
由△ABC为等边三角形，BD= 3，得AC=2，
连接AD，则AD⊥AC，AD= 3，
1 1 1
又AB= 6，BD= 3，所以AB2=BD2+AD2，则AD⊥BD，
1 1 1 1
易知BD⊥AC，因为AC∩AD=D，AC⊂平面ACCA ，AD⊂平面ACCA ，
1 1 1 1 1 1
所以BD⊥平面ACCA ，
1 1
又AC⊂平面ACCA ，所以BD⊥AC，
1 1 1 1
因为BD∩DE=D，BD⊂平面BDE，DE⊂平面BDE，所以AC⊥平面BDE，
1
所以AF为点A 到平面BDE的距离，
1 1
3 3 3
又AF= AC= ，故点A 到平面BDE的距离为 ．
1 4 1 2 1 2
(2)由(1)可知，BD,AC,AD两两垂直，以D为坐标原点，直线DB，DC，DA 分别为x，
1 1
y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C0,1,0  ，A0,-1,0  ，B 3,0,0  ，A 10,0, 3  ，C 10,2, 3 
3 3
，E0, ,
2 2
 ，

所以A 1 C=0,1,- 3 

3 3
，BE=- 3, , 2 2 

3 3
,AE=0, ,- 1 2 2  ，

由(1)知平面BDE的一个法向量为A 1 C=0,1,- 3  ，
第 页 共 页
1880 3427
设平面A 1 BE的法向量为n=x,y,z 
A  E  ⋅n  =0   3 2 y- 2 3 z=0
，则1  ，即  ， BE⋅n=0 - 3x+ 3 y+ 3 z=0
 2 2

取y=1，则n= 3,1, 3  ，
 
于是cosAC,n 1 


AC⋅n
=  1  AC
1
  n 
1-3 7
= =- ， 2× 7 7
7
因为二面角A -BE-D为锐二面角，所以二面角A -BE-D的余弦值为 ．
1 1 7
2939 (2024·全国·高三专题练习)已知两个四棱锥P -ABCD与P -ABCD的公共底面是边
1 2
长为4的正方形，顶点P，P 在底面的同侧，棱锥的高PO =PO =2，O ，O 分别为
1 2 1 1 2 2 1 2
AB，CD的中点，PD与PA交于点E，PC与PB交于点F.
1 2 1 2
(1)求证：点E为线段PA的中点；
2
(2)求这两个棱锥的公共部分的体积.
【解析】(1)
连接PP，OO ，如图，因为PO ⊥平面ABCD，PO ⊥平面ABCD，
1 2 1 2 1 1 2 2
所以PO ⎳PO ，又PO =PO ，所以四边形POO P 是矩形，
1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2
所以PP ⎳OO ，PP =OO ，
1 2 1 2 1 2 1 2
又O ，O 分别为AB，CD的中点，所以OO ⎳AD，OO =AD，
1 2 1 2 1 2
所以PP ⎳AD，PP =AD，所以四边形PPDA是平行四边形，
1 2 1 2 1 2
又对角线PA∩DP =E，所以点E为线段PA的中点.
2 1 2
(2)连接PO ，交EF于点N，过点P 作PM⊥PO 于M，
2 1 1 1 2 1
由题意知PA=PB，故PO ⊥AB，
2 2 2 1
又PO ⊥AB，PO ∩PO =O ，PO ，PO ⊂平面PPO ，所以AB⊥平面PPO ，
1 1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1
故AB⊥PM，又PO ∩AB=O ，PO ，AB⊂平面PAB，
1 2 1 1 2 1 2
所以PM⊥平面PAB，即PM是四棱锥P -ABFE的高，
1 2 1 1
1
由(1)同理可得点F为线段PB的中点，所以EF⎳AB，EF= AB=2，
2 2
1
在Rt△P 2 O 2 O 1 中，P 2 O 1 = 42+22=2 5，则NO 1 = 5，所以S AEFB = 2 ×2+4  × 5
第 页 共 页
1881 3427=3 5，
4 4
因为PM=POsin∠POM=2× = ，
1 1 1 1 1 2 5 5
1 1 4 20
所以V=V -V = ×2×42- ×3 5× = .
P1-ABCD P1-ABEF 3 3 5 3
2940 (2024·全国·高一专题练习《) 九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最
重要的一部，成于公元一世纪左右.它是一本综合性的历史著作，是当时世界上最简练有
效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系.《九章算术》中将由四个
直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，已知在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC.
(1)从三棱锥P-ABC中选择合适的两条棱填空： ⊥ ，则三棱锥P-ABC
为“鳖臑”；
(2)如图，已知AD⊥PB，垂足为D，AE⊥PC，垂足为E，∠ABC=90°.
(i)证明：平面ADE⊥平面PAC；
(ii)设平面ADE与平面ABC交线为l，若PA=2 3，AC=2，求二面角E-l-C的大
小.
【解析】(1)因为“鳖臑”是由四个直角三角形组成的四面体，又PA⊥平面ABC，所以PA
⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC；即△PAB，△PAC为直角三角形；
若BC⊥AB，由AB∩PA=A，AB,PA⊂平面PAB，可得：BC⊥平面PAB；
所以BC⊥PB，即△ABC，△PBC为直角三角形；满足四个面都是直角三角形；
同理，可得BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC，都能满足四个面都是直角三角形；
故可填：BC⊥AB或BC⊥AC或BC⊥PB或BC⊥PC；
(2)(i)证明：
∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥BC，
又BC⊥AB，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，
又AD⊂平面PAB，
∴BC⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩BC=B，PB,BC⊂平面PBC，
∴AD⊥平面PBC，
又PC⊂平面PBC，
∴PC⊥AD，
又AE⊥PC，AE∩AD=A，AD,AE⊂平面ADE，
∴PC⊥平面ADE，
又PC⊂平面PAC，
第 页 共 页
1882 3427∴平面ADE⊥平面PAC.
(ii)由题意知，在平面PBC中，直线DE与直线BC相交.
如图所示，设DE∩BC=F，连结AF，则AF即为l.
∵PC⊥平面AED，l⊂平面AED，
∴PC⊥l，
∵PA⊥平面ABC，l⊂平面ABC，
∴PA⊥l，
又PA∩PC=P，PA,PC⊂平面PAC，
∴l⊥平面PAC，
又AE,AC⊂平面PAC，
∴AE⊥l，AC⊥l.
∴∠EAC即为二面角E-l-C的一个平面角.
在△PAC中，PA⊥AC，PA=2 3，AC=2，
∴PC=4，
又AE⊥PC，
AP×AC 2 3×2
∴AE= = = 3，
PC 4
AE 3
∴cos∠EAC= = ，
AC 2
∴∠EAC=30°，
∴二面角E-l-C的大小为30°.
2941 (2024·浙江金华·高一浙江金华第一中学校考期末)如图，四面体ABCD中，△ABC等边
三角形，AB⊥AD，且AB=AD=2.
(1)记AC中点为M，若面ABC⊥面ABD，求证：BM⊥面ADC；
5π
(2)当二面角D-AB-C的大小为 时，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值.
6
【解析】(1)∵△ABC为等边三角形，AC中点为M，∴BM⊥AC，
又面ABC⊥面ABD，面ABC∩面ABD=AB，AD⊂面ABD,
由AD⊥AB，得AD⊥面ABC,
∵BM⊂面ABC，∴BM⊥AD,
又AD∩AC=A，AD,AC⊂平面ACD，∴BM⊥面ADC.
第 页 共 页
1883 3427(2)在△ABC中，过A作AB的垂线,与BC的延长线交于点E,连结DE,
∵AB⊥AD,AE⊥AB，AD∩AE=A，AD,AE⊂面AED，
5π
∴BA⊥面AED，∴∠DAE是二面角D-AB-C的平面角，∴∠DAE= ,
6
过A作AF⊥DE交于F点,连结BF,作AG⊥BF交于点G,连结DG,
由BA⊥面AED，DE⊂面AED，得DE⊥BA,
又∵AF⊥DE，AF∩AB=A,AF,AB⊂面ABF，∴DE⊥面ABF,
∵DE⊂面BDE，∴面ABF⊥面BDE，∵面ABF∩面BDE=BF，
AG⊥BF,AG⊂面ABF，所以AG⊥面BDE，即AG⊥面BCD，
所以直线AD与平面BCD所成角即为∠ADG，
5π
由题意:AD=AB=2,AE=2 3，∠DAE= ,
6
则DE= AD2+AE2-2AD⋅AEcos∠DAE= 22+2 3 
3
2-2×2×2 3×-
2
 =
2 7
5π
AE⋅AD⋅sin
6 21
AF= = ，∵BA⊥面AED，AF⊂面AED，∴BA⊥AF，
DE 7
31 AB⋅AF 2 3
∴BF= AB2+AF2= ，∴AG= =
7 EF 31
AG 93
∴sin∠ADG= = ，
AD 31
93
∴直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 .
31
2942 (2024·河北衡水·高二校考开学考试)已知四面体ABCD，AD=CD，∠ADB=∠CDB
=120°，且平面ABD⊥平面BCD．
第 页 共 页
1884 3427(1)求证：BD⊥AC；
(2)求直线CA与平面ABD所成角的大小．
【解析】(1)证明：∵AD=DC，∠ADB=∠CDB=120°，BD=BD
∴△ADB≅△CDB，
∴AB=BC，取AC中点M，
则MB⊥AC，DM⊥AC，MB∩DM=M,MB，DM⊂平面BDM，
∴AC⊥平面BDM，BD⊂平面BDM，
∴AC⊥BD；
(2)过点C作CH⊥BD交BD延长线于H，连结HA，
∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，CH⊥BD，CH⊂平面BCD，
∴CH⊥平面ABD，
∴∠CAH为CA与平面ABD所成角，
∵DC=AD，∠ADH=∠CDH=60°，DH=DH，
∴△HAD≅△HCD，
∴AH=HC，
∴在Rt△HAC中，∠HAC=45°，
∴直线CA与平面ABD所成角的大小为45°
第 页 共 页
1885 34276 题型六：两角相等(构造全等)的立体几何问题
2943 (2024·全国·高三专题练习)如图，在三棱锥A-BCD中，△ABC是等边三角形，
∠BAD=∠BCD=90°，点P是AC的中点，连接BP，DP
1  证明：平面ACD⊥平面BDP；
2 
3
若BD= 6，cos∠BPD=- ，求三棱锥A-BCD的体积．
3
【解析】1  证明：如图所示，
因为△ABC是等边三角形，∠BAD=∠BCD=90°，
所以Rt△ABD≌Rt△BCD，可得AD=CD，
又因为点P是AC的中点，则PD⊥AC，PB⊥AC，
又PD∩PB=P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，
所以平面ACD⊥平面BDP；
2  设AB=a，在Rt△ABD中，BD= 6，则AD= BD2-AB2= 6-a2；
3 3
在等边△ABC中，BP= AB= a，
2 2
1 在等腰△ACD中，DP= AD2-AP2= 6-a2- a
2
 2 = 6- 5 a2；
4
3 6
在△BPD中，由cos∠BPD=- ，得sin∠BPD= ；
3 3
由余弦定理得BD2=BP2+DP2-2⋅BP⋅cos∠BPD，
3 5 3 5 3
即6= a2+6- a2-2× a× 6- a2×-
4 4 2 4 3
 ，解得a=2；
1 2
所以△BPD的面积为S= ⋅BP⋅DP⋅sin∠BPD= ，
2 2
1 1 2 2
所以三棱锥A-BCD的体积为V= ⋅AC⋅S = ×2× = ．
3 △BPD 3 2 3
2944 (2024·高二校考单元测试)如图,在三棱锥A-BCD中,△ABC是等边三角形,∠BAD
=∠BCD=90°,点P是AC的中点,连接BP,DP．
第 页 共 页
1886 3427(1)证明:平面ACD⊥平面BDP;
(2)若BD= 6,且二面角A-BD-C为120°,求直线AD与平面BCD所成角的正弦
值．
【解析】解:(1)证明:因为△ABC是等边三角形,∠BAD=∠BCD=90°,
所以Rt△ABD≅Rt△CBD,可得AD=CD．
因为点P是AC的中点,则PD⊥AC,PB⊥AC,
因为PD∩PB=P,PD⊂平面PBD,PB⊂平面PBD,
所以AC⊥平面PBD,因为AC⊂平面ACD,
所以平面ACD⊥平面BDP．
(2)如图,作CE⊥BD,垂足为E连接AE．
因为Rt△ABD⊆Rt△CBD,
所以AE⊥BD,AE=CE,∠AEC为二面角A-BD-C的平面角．
由已知二面角A-BD-C为120°,知∠AEC=120°．
在等腰三角形AEC中,由余弦定理可得AC= 3AE．
因为△ABC是等边三角形,则AC=AB,所以AB= 3AE．
1 1
在Rt△ABD中,有 AE⋅BD= AB⋅AD,得BD= 3AD,
2 2
因为BD= 6,所以AD= 2．
又BD2=AB2+AD2,所以AB=2．
2 3 6
则AE= ,ED= ．
3 3
 
以E为坐标原点,以向量EC,ED的方向分别为x轴,y轴的正方向,
以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,
6
则D0, ,0
3

3
,A- ,0,1
3


3 6
,向量AD= , ,-1
3 3
 ,

平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),
设直线AD与平面BCD所成的角为θ,


  m⋅AD
则cos‹m,AD›=
 m 

AD 
 -1 2  2
= =- ,sinθ=|cos‹m,AD›|=
2×1 2 2
第 页 共 页
1887 34272
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为 ．
2
2945 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱锥F-ABCD中，底面ABCD为边长是2的正方
形，E，G分别是CD，AF的中点，AF=4，∠FAE=∠BAE，且二面角F-AE-B的大
小为90°.
(1)求证：AE⊥BG；
(2)求二面角B-AF-E的余弦值.
【解析】(1)证明：作GO⊥AE于点O连接BO，
∵AG=AB=2，∠GAO=∠BAO，AO=AO，
∴△AOG≅△AOB，∴∠AOB=∠AOG=90°，
即GO⊥AE，BO⊥AE，又GO∩AO=O，
∴AE⊥平面OGB，又GB⊂平面OGB，
∴AE⊥BG.
(2)∵二面角F-AE-B的大小为90°，
∴平面AEF⊥平面AEB，平面AEF∩平面AEB=AE，GO⊥AE，∴GO⊥平面
AEB.
以点O为原点，OA,OB,OG所在直线为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标系O-
xyz，
第 页 共 页
1888 34271 1
∵S = ×AB×BC= AE⋅BO,
△ABC 2 2
1 1
∴ ×2×2= × 5×BO.
2 2
4 5 4 5 2 5
∴BO= ，即GO= ⇒AO= .
5 5 5
2 5 8 5
∴F- ,0,
5 5

2 5
，A ,0,0
5

4 5
，B0, ,0
5

4 5
，G0,0,
5
 .

4 5 8 5
∴FA= ,0,-
5 5


2 5 4 5
,BA= ,- ,0
5 5
 ，

设平面ABF的法向量m=x,y,z  ，
  4 5 x- 8 5 z=0,
5 5
由 ，得

2 5 4 5
 x- y=0.
 5 5

令y=1，得m=2,1,1  .


易知n=OB=0,1,0  为平面AEF的一个法向量.
 
m⋅n
设二面角B-AF-E为θ，θ为锐角，则cosθ=


m 

⋅n 
6
= .
6
2946 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱
形，∠DAE=∠BAE=45°，∠DAB=60°.
(1)证明：平面ADE⊥平面ABE；
(2)当直线DE与平面ABE所成的角为30°时，求平面DCE与平面ABE所成锐二面角
的余弦值.
第 页 共 页
1889 3427【解析】(1)过点D作DO⊥AE，垂足为O，连结OB，BD.
在Rt△AOD中，由∠DAE=45°，AD=2得，OA=OD= 2.
在△AOB中，由余弦定理得OB2=AO2+AB2-2AO⋅ABcos45°=2，
即OB= 2，又BD=2，所以OD2+OB2=AD2，即DO⊥OB.
又OB∩AE=O，所以DO⊥平面ABE.
又DO⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ABE.
(2)由(1)知，∠DEA为直线DE与底面ABE所成角，则∠DEA=30°，所以OE= 6.
以O为原点，建立空间直角坐标系O-xyz如图所示，则A(0,- 2,0)，B( 2,0,0)，E(0,
 
6,0)，D(0,0, 2)，所以AB=( 2, 2,0)，DE=(0, 6,- 2)，
 
由于AB⎳DC，所以DC=AB=( 2, 2,0).


设平面DCE的法向量为n  =(x,y,z)，则   n  ⊥D  E  ，即  6y- 2z=0 ，解得  x=-y ，
n⊥DC 2x+ 2y=0 z= 3y

令y=1得n=(-1,1, 3).

显然平面ABE的一个法向量为OD=(0,0, 2)，


  n⋅OD 6 15
所以cos<n,OD>=  = = ，
|n  ||OD| 5× 2 5
15
即平面DCE与平面ABE所成二面角的余弦值为 .
5
2947 (2024·广东阳江·高二统考期中)如图，在四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD
是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．
(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；
 
1
(2)若DE=mDB，二面角D-AE-C的余弦值为 ，求m．
7
第 页 共 页
1890 3427【解析】(1)证明：因为△ABC是正三角形，所以AB=BC=AC
因为∠ABD=∠CBD，BD公共边，
所以△ABD≌△CBD,
所以AD=CD，
因为△ACD是直角三角形，
所以∠ADC=90°，
取AC的中点O，连接DO,BO，则DO⊥AC,DO=AO,
因为△ABC是正三角形，所以BO⊥AC，
所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角，
在Rt△AOB中，BO2+AO2=AB2，
因为AB=BD，所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,
所以∠DOB=90°，
所以平面ACD⊥平面ABC；
(2)由(1)可得DO⊥OB,DO⊥AO,AO⊥OB，所以以O为原点，OA,OB,OD所在的
直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设等边△ABC的边长为2，则A(1,0,0),B(0, 3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1)，
  
则AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),DB=(0, 3,-1)，
   
因为DE=mDB，所以DE=mDB=m(0, 3,-1)=(0, 3m,-m)，
  
所以AE=AD+DE=(-1,0,1)+(0, 3m,-m)=(-1, 3m,1-m)，

设平面ADE的法向量为m=(x,y,z)，则


m⋅AD=-x+z=0
   ，
m⋅AE=-x+ 3my+(1-m)z=0

令y= 3，则m=(3, 3,3)，
第 页 共 页
1891 3427
设平面ACE的法向量为n=(a,b,c)，则


n⋅AC=-2a=0
  ，
n⋅AE=-a+ 3mb+(1-m)c=0
 3m
令b=1，则n=0,1,
m-1
 ，
1
因为二面角D-AE-C的余弦值为 ，
7
 
所以 cosm,n   
  m⋅n
=  m   n 
 
3 3m
3+ m-1
= 3m
9+3+9⋅ 1+
m-1


2
 1
= ， 7
(4m-1)2 1
化简得 = ，18m2-9m+1=0，
(m-1)2+3m2 7
1 1
解得m= 或m= ，
3 6
如图，过A作AF⊥BD于F，连接CF，则由(1)可得CF⊥BD，
因为AF∩CF=F，所以BD⊥平面ACF，
所以平面DAF⊥平面ACF，所以二面角D-AF-C为直角二面角，
因为AB=BD=2,AD= 2，
1 AD 所以S = AD⋅ AB2-
△ABD 2 2
 2 1 1 7 = × 2× 4- = ,
2 2 2
1 7 7
所以 BD⋅AF= ,得AF= ，
2 2 2
7 1 1
所以DF= 2- = ，所以DF= DB,
4 2 4
1
所以当0<m< 时，二面角D-AE-C为钝角，
4
1
所以m= 舍去，
6
1
所以m=
3
2948 (2024·全国·高三专题练习)如图，在四面体ABCD中，已知∠ABD=∠CBD=60°，AB
=BC=2，
第 页 共 页
1892 3427(1)求证：AC⊥BD；
5
(2)若平面ABD⊥平面CBD，且BD= ，求二面角C-AD-B的余弦值.
2
【解析】(1)∵∠ABD=∠CBD，AB=BC，BD=BD.∴ΔABD≅ΔCBD，
∴AD=CD，取AC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥AC，DE⊥AC.
又∵BE∩DE=E，BE⊂平面BED，BD⊂平面BED，∴AC⊥平面BED，又BD⊂平
面BED，∴AC⊥BD.
(2)过C作CH⊥BD于点H，则CH⊂平面BCD，
又∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
∴CH⊥平面ABD.过H作HK⊥AD于点K，连接CK.
∵CH⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，∴CH⊥AD
又HK∩CH=H，HK,CH⊂平面CHK，∴AD⊥平面CHK，CK⊂平面CHK
∴CK⊥AD，根据二面角的定义，∴∠CKH为二面角C-AD-B的平面角.
连接AH，∵ΔABD≅ΔCBD，由于CH⊥BD，∴AH⊥BD.
∵∠ABD=∠CBD=60°，AB=BC=2，∴AH=CH= 3，BH=1.
5 3 21 AH·DH 3 7
∵BD= ，DH= ，∴AD= ，根据等面积法：HK= = .
2 2 2 AD 7
CH 21
∴tan∠CKH= = ，显然∠CKH是锐角，根据同角三角函数的关系
HK 3
30 30
易得：cos∠CKH= ，故二面角C-AD-B的余弦值为 .
10 10
7 题型七：利用传统方法找几何关系建系
2949 (2024·河北·高三河北衡水中学校考阶段练习)如图，在长方体ABCD-FGHE，平面
π
ABCD与平面BCEF所成角为θ0<θ<
2
 .
第 页 共 页
1893 3427(1)若AB=BC，求直线AH与平面BCEF所成角的余弦值(用cosθ表示)；
(2)将矩形BCEF沿BF旋转θ度角得到矩形BFPQ，设平面ABCD与平面BFPQ所成
π
角为α0<α<
2
 ，请证明：cosα=cos2θ.
【解析】(1)∵BC⊥平面ABGF，AB,BF⊂平面ABGF，
∴AB⊥BC,BF⊥BC，
故平面ABCD与平面BCEF所成角为∠ABF=θ，
设AB=1，则AF=tanθ，
如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
若AB=BC=1，则A1,0,0  ,B1,1,0  ,C0,1,0  ,F1,0,tanθ  ,H0,1,tanθ  ，

可得BF=0,-1,tanθ 

,BC=-1,0,0 

,AH=-1,1,tanθ  ，

设平面BCEF的法向量为n=x,y,z 


n⋅BF=-y+ztanθ=0
，则  ，
n⋅BC=-x=0

令y=tanθ，则x=0,z=1，即n=0,tanθ,1  ，
 
∵cosn,AH 


n⋅AH
= 
n 

AH 
2tanθ
= ，
2+tan2θ 1+tan2θ
π
设直线AH与平面BCEF所成角为β∈ 0,
 2

2tanθ
，则sinβ= ，
2+tan2θ 1+tan2θ
4tan2θ
∴cosβ= 1-sin2β= 1-
2+tan2θ

1+tan2θ

4cos2θ1-cos2θ
= 1-

=
1+cos2θ
4cos4θ-3cos2θ+1
，
1+cos2θ
4cos4θ-3cos2θ+1
故直线AH与平面BCEF所成角的余弦值 .
1+cos2θ
(2)如图1，延长PQ交平面ABCD于点M，连接QC,BM,MC，
第 页 共 页
1894 3427由题意可知：∠CBQ=θ,BF⊥BC,BF⊥BQ，
∵BQ∩BC=B，BQ,BC⊂平面BCQ，
∴BF⊥平面BCQ，
又∵BF∥QM，故QM⊥平面BCQ，
如图2，在三棱锥M-BQC中，以Q为坐标原点建立空间直角坐标系，
设BQ=BC=1,MQ=m，则M0,0,m  ,B1,0,0  ,C1-cosθ,sinθ,0  ,Q0,0,0  ，

可得BC=-cosθ,sinθ,0 

,BM=-1,0,m 

,QM=0,0,m  ，

设平面MBC的法向量为n 1 =a,b,c 
 
n ⋅BC=-acosθ+bsinθ=0
，则 1  ，
n ⋅BM=-a+mc=0
1
sinθ  sinθ
设a=sinθ，则b=cosθ,c= ，即n =sinθ,cosθ,
m 1 m
 ，
因为在长方体ABCD-FGHE中，AF⊥面ABCD，
所以BF与面ABCD的夹角为∠ABF=θ，
又MQ⎳BF，所以MQ与平面MBC的夹角与BF与面ABCD的夹角相同，即为θ，
 
则 cosn,QM
1
  
 
n ⋅QM 1
=


n 1 

QM 
sinθ
=
 sinθ
=
sin2θ m 1+
m2

=sinθ，
m2+sin2θ
π
∵θ∈0,
2

sinθ
，则sinθ>0,cosθ>0，故 =sinθ，解得m=cosθ，
m2+sin2θ

故n 1 =sinθ,cosθ,tanθ  ，

由题意可得：平面MBQ的法向量为n 2 =0,1,0  ，
 
∵cosn,n
1 2

 
n ⋅n
= 1 2
n 1 

n 2 
cosθ
= =cos2θ，
sin2θ+cos2θ+tan2θ
∴平面MBC与平面MBQ的夹角余弦值为cos2θ，
π
注意到平面ABCD与平面BFPQ的夹角α0<α<
2
 ，即平面MBC与平面MBQ的夹
角，
故cosα=cos2θ.
2950 (2024·全国·唐山市第十一中学校考模拟预测)在四棱锥S-ABCD中，BC⊥CD，AB
∥CD，SA=SD=1，AB=2BC=2CD=2，平面SAD⊥平面ABCD.
第 页 共 页
1895 3427(1)证明：SA⊥BD；
1 SE
(2)若E是棱SB上一点，且二面角S-AD-E的余弦值为 ，求 的大小.
2 SB
【解析】(1)取AD中点为O，AB中点为F，连接OS，OF，DF，
∵SA=SD=1，
∴SO⊥AD，
∵平面SAD⊥平面ABCD，且平面SAD∩平面ABCD=AD，
∴SO⊥平面ABCD，
∴SO⊥BD，
在四边形ABCD中，BC⊥CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD为直角梯形，
∵AB=2BC=2CD=2，
1
∴AF=BF= AB=1，
2
∴CD∥BF，CD=BF，
∴四边形BCDF为正方形，
∴DF=1且DF⊥AB，
在Rt△ADF中，AD= AF2+DF2= 2，
在Rt△BCD中，BD= BC2+CD2= 2，
∴AD2+BD2=AB2，
∴BD⊥AD，
∵SD∩AD=D，SD⊂平面SAD，AD⊂平面SAD，
∴BD⊥平面SAD，
∵SA⊂平面SAD，
∴SA⊥BD；
(2)∵O、F为AD、AB的中点，
1 2
∴OF∥BD，且OF= BD= ，
2 2
由(1)知BD⊥AD，
第 页 共 页
1896 3427∴OF⊥AD，
以O为原点，OA、OF、OS分别为x、y、z轴，如图建立空间直角坐标系，
则O0,0,0 
2
，A ,0,0
2

2
，D- ,0,0
2

2
，S0,0,
2

2
，B- , 2,0
2
 ，

则AD=- 2,0,0 

2 2
，SB=- , 2,-
2 2


2 2
，SA= ,0,-
2 2
 ，
SE
设 =λ，λ∈0,1
SB
 ，
 
则SE=λSB，
设Ex,y,z  ，

2
则SE=x,y,z-
2
 ，
2
x=- λ
 2

2 2 2
则 y= 2λ ，则E- λ, 2λ, - λ
 2 2 2
  z- 2 =- 2 λ
2 2
 ，

2 2 2 2
则AE=- λ- , 2λ, - λ
2 2 2 2
 ，

设平面SAD的一个法向量为m=x 1 ,y 1 ,z 1  ，

 2 2
SA⋅m= x - z =0
则 2 1 2 1 ，

AD⋅m=- 2x =0
1

令y 1 =1，则m=0,1,0  ，

设平面ADE的一个法向量为n=x 2 ,y 2 ,z 2  ，


AD⋅n=- 2x =0 2
则   2 2
AE⋅n=- λ-
2 2

2 2
x + 2λy + - λ
2 2 2 2


 ，
z =0
2
 2λ
令y =1，则n=0,1,
2 λ-1
 ，
1
∵二面角S-AD-E的余弦值为 ，
2
 
∴ cosm,n   
 
m⋅n
=

 m   n 
1
= 2λ 1 1+
λ-1

1
= ， 2 2
2λ
∴1+
λ-1

2 2λ
=4，即
λ-1

2
=3，
∵λ∈0,1  ，
第 页 共 页
1897 34272λ
∴ ≤0，
λ-1
2λ
∴ =- 3，解得：λ=2 3-3，
λ-1
SE
故 =2 3-3.
SB
2951 (2024·安徽·高三校联考期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD,AP⊥PD,AB
⊥BC,PA=PD=DC=BC=1,AB=2，E是PB的中点．
(1)求CE的长；
π
(2)设二面角P-AD-B平面角的补角大小为θ，若θ∈0,
2
 ，求平面PAD和平面
PBC夹角余弦值的最小值．
【解析】(1)取PA的中点G，连接DG，EG，如图所示：
1
则GE⎳AB，且AB∥CD，GE= AB=DC，
2
所以四边形CDGE为平行四边形．
π
因为AP⊥PD，所以△APD为直角三角形，∠APD= ，
2
1
在Rt△DPG中，因为PA=PD=1，所以DG= 1+
2

2 5
= ，
2
5
所以CE=DG=
2
5
所以CE的长为 ；
2
(2)在平面ABCD内过点A作BC的平行线，交CD的延长线于点M，如图所示，
π
则AM=ME=1，∠AME= ，
2
以点M为坐标原点，分别以MA，MC为x轴和y轴，以与平面MABC垂直的直线为z
第 页 共 页
1898 3427轴，建立空间直角坐标系M-xyz，取AD的中点为N，连接PN，MN，则PN⊥AD,MN
⊥AD，PN∩MN=N，PN,MN⊂平面PMN，所以AD⊥平面PMN，AD⊂平面
MABC，
所以平面PMN⊥平面MABC，在平面PMN内过点P作PF⊥MN，垂足为F，
因为平面PMN∩平面MABC=MN，所以PF⊥平面MABC，
由已知可得∠PNM=θ，则A(1,0,0),D(0,1,0),C(0,2,0),B1,2,0  ，设Px 0 ,y 0 ,z 0  ．
2 2 2 2
因为PN= ，所以PF= sinθ,FN= cosθ,MF= (1-cosθ)，
2 2 2 2
π π
因为AM=MD=1，∠AMD= ，N为线段AD的中点，所以∠AMN=∠DMN= ，
2 4
2 2 1 2
所以x =y = (1-cosθ)× = (1-cosθ),z = sinθ，
0 0 2 2 2 0 2
1 1 2
所以P (1-cosθ), (1-cosθ), sinθ
2 2 2
 ，
 
1+cosθ cosθ-1 2
所以AD=(-1,1,0),PA= , ,- sinθ
2 2 2
 ．

设平面PAD的法向量n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ，
-x +y =0,
 1 1
则1+cosθ
cosθ-1 2sinθ
x + y - z =0,
2 1 2 1 2 1

令z = 2，则n =(tanθ,tanθ, 2)．
1 1

设平面PBC的法向量n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  ，
 
cosθ-1 cosθ+3 2
因为CB=(1,0,0),PC= , ,- sinθ
2 2 2
 ，
x =0,
 2
则cosθ-1 cosθ+3 2
x + y - z sinθ=0,
2 2 2 2 2 2

令y = 2sinθ．则x =0,z =3+cosθ，所以n =(0, 2sinθ,3+cosθ)为平面PBC的
2 2 2 2
一个法向量．
设平面PAD和平面PBC的夹角为α，
 
n ⋅n 1 2
则cosα=


n
1


⋅n
2

sin2θ
 2 +3 2+ 2cosθ
cosθ
=

2tan2θ+2  sin2θ+6cosθ+10 
|3cosθ+1|
=
11-cos2θ+6cosθ
1
3cosθ+
3
=

1
-cosθ+
3

2 20 1
+ cosθ+
3 3

3
=
80 80
+
9 1
9cosθ+
3

20
+
2 1
3cosθ+
3

．
-1
1 π
令t= ,θ∈0,
1 2
cosθ+
3

3
，所以t∈ ,3
4
 ，
9 9
所以cosα= =
80t2+60t-9 3
80t+
8

，所以当t=3时，cosα有最小值
2 81
-
4
11
，
11
11
所以平面PAD和平面PBC夹角余弦值的最小值为 ．
11
2952 (2024·全国·高三专题练习)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面
第 页 共 页
1899 3427ABCD，M是线段PD的中点，设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明l∥平面BCM
6
(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，若PB与平面QCD所成角的正弦值为是 ，求
3
线段QC的长.
(3)在(2)的条件下，求二面角D-CQ-M的正弦值.
【解析】(1)在正方形ABCD中，AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，所以AD∥l，BC∥l
因为BC⊂平面
MBC，l⊄平面MBC，所以l∥平面BCM
(2)如图建立空间直角坐标系D-xyz，
因为PD=AD=1，则有D0,0,0  ，C0,1,0  ，A1,0,0  ，P0,0,1  ，B1,1,0  ，
设Qm,0,1 

，则有DC=0,1,0 

，DQ=m,0,1 

，PB=1,1,-1  ，
 设平面QCD的法向量为n=x,y,z 


，则   D  C  ⋅n  =0 ，即  y=0 ，令x=1，则z=
DQ⋅n=0 mx+z=0

-m，所以平面QCD的一个法向量为n=1,0,-m 
 
，则cosn,PB 


n⋅PB
= 
n 

PB 
=
1+0+m
3⋅ m2+1
6
因为PB与平面QCD所成角的正弦值为是 ，
3
 
所以 cosn,PB   
1+m
=
 6
= ，
3⋅ m2+1 3
解得m=1.所以QC  = 3.

(3)由(2)可知平面QCD的一个法向量为n=1,0,-1 
1
因为M是线段PD的中点，所以M0,0,
2


于是QC=-1,1,-1 

1
，MC=0,1,-
2


，设平面MCQ的法向量m=x,y,z 
第 页 共 页
1900 3427
 -x+y-z=0
QC⋅m=0  
则  ，即 y- 1 z=0 .令z=2，得y=1，x=-1，m=-1,1,2
MC⋅m=0 2

 
cosm,n 
 
m⋅n
=  m   ⋅n 
-3 3 1
= =- ，所以二面角D-CQ-M的正弦值为 . 2 6 2 2
2953 (2024·江西抚州·高二临川一中校考期中)如图，直线AQ⊥平面α，直线AQ⊥平行四
边形ABCD，四棱锥P-ABCD的顶点P在平面α上，AB= 7，AD= 3，AD⊥
DB，AC∩BD=O,OP⎳AQ,AQ=2，M,N分别是AQ与CD的中点.
(1)求证：MN⎳平面QBC；
(2)求二面角M-CB-Q的余弦值.
【解析】(1)连接OM,ON，底面ABCD为平行四边形，
∵N是CD的中点，O是BD的中点，∴ON⎳BC，
∵M是AQ的中点，O是AC的中点，∴OM⎳QC，
ON∩OM=O，BC∩QC=C，∴平面OMN⎳平面QBC，
MN⊆平面OMN，∴MN⎳平面QBC；
(2)由AQ⊥平面α，AQ⊥平行四边形ABCD，
∴平面α⎳底面ABCD，OP⎳AQ，OP=AQ=2，
∴四边形PQAO为矩形，且PO⊥底面ABCD，AD⊥DB，过D作DZ⎳OP，
以DA,DB,DZ所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系(如图)，
由AB= 7，AD= 3，AD⊥DB，知DB=2，
∴D(0，0，0)、A( 3，0，0)、M( 3，0，-1)、N( 3，0，-2)、B(0，2，0)、C(- 3，2，0)，
   
∴MB=(- 3，2，1)、CB=DA=( 3，0，0)、QB=(- 3，2，2)，
第 页 共 页
1901 3427
设平面MCB的法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ，
则
 
  n  1 ⋅M  B=- 3x 1 +2y 1 +z 1 =0 ,
n ⋅CB= 3x =0
1 1

取y 1 =-1，z 1 =2，x 1 =0，即n 1 =0,-1,2  ，

设平面QCB的法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2 
则
 
  n  2 ⋅Q  B  =- 3x 2 +2y 2 +2z 2 =0 ,
n ⋅CB= 3x =0
2 2

取y 2 =-1，z 2 =1，x 2 =0，即n 2 =0,-1,1  ，
 
n ⋅n
∴二面角M-CB-Q的平面角θ的余弦cosθ= 1 2
n 1⋅ 

 n 2 
0,-1,2
=
 0,-1,1 
=
5⋅ 2
3 10
.
10
2954 (2024·陕西安康·陕西省安康中学校考模拟预测)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面
ABCD为正方形，侧面SAD为等边三角形，AB=2，SC=2 2．
(1)证明：平面SAD⊥平面ABCD；
(2)侧棱SC上是否存在一点P(P不在端点处)，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦
21
值等于 ？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
7
【解析】(1)证明：因为底面ABCD为正方形，AB=2，所以CD⊥AD，
又因为侧面SAD为等边三角形，所以AB=AD=SD=2.
SC=2 2，所以SD2+CD2=SC2，即CD⊥SD，又AD∩SD=D,
所以CD⊥平面SAD，又因为CD⊂平面ABCD，
所以平面SAD⊥平面ABCD.
第 页 共 页
1902 3427(2)如图：
取AD的中点为E，连接SE，因为侧面SAD为等边三角形，
所以SE⊥AD，
又由(1)可知平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD，
SE⊂平面SAD，所以SE⊥平面ABCD，
  
以E为原点，分别以AB,ED,ES的方向为x轴，y轴，z轴为正方向，建立空间直角坐标
系.
A0,-1,0  ，B2,-1,0  ，S0,0, 3  ，D0,1,0  ，C2,1,0  ，

所以SC=2,1,- 3 

，SA=0,-1,- 3 

，AC=2,2,0 
 
，设SP=λSC,(0<λ<1).

SP=2λ,λ,- 3λ  ，所以P2λ,λ, 3- 3λ 

，所以BP=2λ-2,λ+1, 3- 3λ  .
 设平面SAC的法向量为m=a,b,c 


，由于   S  A  ⋅m  =0 ，所以  -b- 3c=0 .
AC⋅m=0 2a+2b=0

令c= 3，则b=-3，a=3，所以m=3,-3, 3  ，


  m⋅BP
所以cos‹m,BP›=

m 

BP 
-6
= .
21× 8λ2-12λ+8
21
因为直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于 .
7
6 21 1
所以 = ，解得λ= 或λ=1(舍)
21× 8λ2-12λ+8 7 2
21
故存在，当点P为SC的中点时，使得直线BP与平面SAC所成角的正弦值等于 .
7
2955 (2024·吉林长春·高二校考期末)如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为矩形，SD
⊥底面ABCD，AD= 2，DC=SD=2.点M在侧棱SC上，∠ABM=60°.
(1)证明：M是侧棱SC的中点；
(2)求二面角S-AM-B的余弦值.
【解析】(1)以D为坐标原点，射线DA、DC、DS分别为x、y、z轴正半轴，建立如图所示
的直角坐标系D-xyz.
第 页 共 页
1903 3427 
设A( 2,0,0)，则B( 2,2,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2).SM=λMC(λ>0)，
2λ 2
则M0, ,
1+λ 1+λ


2 -2
，MB= 2, ,
1+λ 1+λ
 .
  
又AB=(0,2,0),‹MB,AB›=60°，
   
故MB⋅AB=|MB|⋅|AB|cos60°，
4 2 即 = ( 2)2+
1+λ 1+λ
 2 -2 +
1+λ
 2 ，
 
解得λ=1，即SM=MC.
所以M为侧棱，SC的中点.
2 1 1
(2)由M(0,1,1)，A( 2,0,0)，得AM的中点G , ,
2 2 2
 .

2 3 1
又GB= , ,-
2 2 2

 
，MS=(0,-1,1)，AM=(- 2,1,1)，
   
GB⋅AM=0，MS⋅AM=0，
   
所以GB⊥AM，MS⊥AM.
 
因此‹GB,MS›等于二面角S-AM-B的平面角.
 
  GB⋅MS 6
cos‹GB,MS›=   =- .
|GB||MS| 3
2956 (2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习)三棱柱ABC-ABC 的
1 1 1
底面ABC是等边三角形，BC的中点为O，AO⊥底面ABC，AA 与底面ABC所成的
1 1
π 3
角为 ，点D在棱AA 上，且AD= ,AB=2.
3 1 2
(1)求证：OD⊥平面BBCC；
1 1
(2)求二面角B-BC-A 的平面角的余弦值.
1 1
第 页 共 页
1904 3427【解析】(1)连接AO，
∵AO⊥底面ABC，AO,BC⊂底面ABC，
1
π
∴BC⊥AO,AO⊥AO，且AA 与底面ABC所成的角为∠AAO，即∠AAO= .
1 1 1 1 1 3
在等边△ABC中，易求得AO= 3.
在△AOD中，由余弦定理，得
π 3
OD= OA2+AD2-2OA⋅ADcos = ，
3 2
∴OD2+AD2=3=OA2,∴OD⊥AA.
1
又∵AA ⎳BB,∴OD⊥BB.
1 1 1
∵AB=AC,OB=OC,∴AO⊥BC,
又∵BC⊥AO,AO∩AO=O，
1 1
∴BC⊥平面AAO，
1
又∵OD⊂平面AAO，
1
∴OD⊥BC，
又BC∩BB =B，
1
∴OD⊥平面BBCC.
1 1
(2)如下图所示，以O为原点，分别以OA,OB,OA 所在的直线为x,y,z轴建立空间直角
1
坐标系，
则A 3,0,0  ,C0,-1,0  ,A 10,0,3  ,B0,1,0 
 
故A 1 B 1 =AB=- 3,1,0 

,A 1 C=0,-1,-3 
 
1
由(1)可知AD= AA,
4 1
3 3 3
∴可得点D的坐标为 ,0,
4 4
 ，

3 3 3
∴平面BBCC的一个法向量是OD= ,0,
1 1 4 4
 .
设平面A 1 B 1 C的法向量n=x,y,z  ，由

n⋅A
1
B
1
=0
得
- 3x+y=0,
 
n⋅AC=0 y+3x=0,
1
令x= 3,则y=3,z=-1,
则n= 3,3,-1  ，
第 页 共 页
1905 3427
∴cosOD,n 

OD⋅n
=


OD  n 
13
=
13
易知所求的二面角为钝二面角，
13
∴二面角B-BC-A 的平面角的余弦角值是- .
1 1 13
2957 (2024·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市实验中学校联考阶段练习)如图，三棱锥P-
ABC所有棱长都等，PO⊥平面ABC，垂足为O．点B ，C 分别在平面PAC，平面
1 1
PAB内，线段BB ，CC 都经过线段PO的中点D．
1 1
(1)证明：BC ∥平面ABC；
1 1
(2)求直线AP与平面ABC 所成角的正弦值．
1 1
【解析】(1)连接PC ，延长PC 交AB于点C ，连接PB ，延长PB 交AC于点B ，
1 1 2 1 1 2
分别连接CC ，BB ，B C ．
2 2 2 2
∵PD是平面PC C与平面△PB B的交线，O∈PD，
2 2
∴BB ∩CC =O，
2 2
∵三棱锥P-ABC所有棱长都相等，
∴O为正△ABC的重心，且C ，B 分别是AB，AC中点．
2 2
∴CO=2OC ．
2
作OE∥CC 交PC 于点E，则CE=2EC ．
1 2 1 2
∵D是PO中点，∴PC =CE．
1 1
PC 2 PB 2
∴ 1 = ．同理， 1 = ．
PC 5 PB 5
2 2
∴BC ∥B C ．
1 1 2 2
第 页 共 页
1906 3427∵BC ⊄平面ABC，B C ⊂平面ABC，
1 1 2 2
∴BC ∥平面ABC．
1 1
(2)根据条件得BB ⊥AC，PO⊥BB ，PO⊥AC．分别以过O平行于CA的直线为x
2 2
轴，以直线OB为y轴，以直线OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz．

设AB  =5，
5 5 3
则A ,- ,0
2 6

5 6
，P0,0,
3

5 3
，B 0,- ,0
2 6

5 3
，B0, ,0
3
 ．
5 5 3
∵C 是A,B的中点，∴C  , ,0
2 2 4 12
 ，
PB 2  2 
由(1)知 1 = ，即PB = PB ,
PB 5 1 5 2
2
设B 1x,y,z  ，
5 6
则x,y,z-
3

2 5 3 5 6
= 0,- ,-
5 6 3
 ，
3
易得：B 0,- , 6
1 3

1 3
，同理得：C  , , 6
1 2 6
 ．

5 3
∴AB =- , , 6 1 2 2 

，AC 1 =-2, 3, 6 

5 5 3 5 6
，AP=- , , 2 6 3  ．

设m=x,y,z  是平面ABC 的一个法向量， 1 1
 
 
则m⊥AB ，m⊥AC ，
1 1
 
 
∴m⋅AB =0，m⋅AC =0，
1 1
5 3
- x+ y+ 6z=0
∴ 2 2 ，
-2x+ 3y+ 6z=0
不妨取x= 6，解得：  y=- 2 ，∴m  = 6,- 2,3
z=3
 ．
 
∴cosm,AP 

 m⋅AP
=  m   ⋅AP 
5
6×- 2
=

5 3 5 6
- 2× +3× 6 3 102
= ． 17×5 51
102
所以直线AP与平面ABC 所成角的正弦值为 ．
1 1 51
2958 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知四棱锥P-ABCE中，PA⊥平面ABCE，平面
PAB⊥平面PBC，且AB=1，BC=2，BE=2 2，点A在平面PCE内的射影恰为
第 页 共 页
1907 3427△PCE的重心G.
(1)证明：BC⊥AB；
(2)求直线CG与平面PBC所成角的正弦值.
【解析】(1)过A作AD⊥PB于D，
因为平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，AD⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PBC，
∵BC⊂平面PBC，∴AD⊥BC.
又PA⊥平面ABCE，BC⊂平面ABCE，∴PA⊥BC，
又PA∩AD=A，∴BC⊥平面PAB，
∵AB⊂平面PAB，∴BC⊥AB.
(2)连结PG并延长交CE于M，连结AM，以B为原点，
分别以BA，BC所在的直线为x，y轴，以过B且与平面ABCE垂直的直线为z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则B0,0,0  ，A1,0,0  ，c0,2,0  ，设Ex,y,0  ，
∵AG⊥平面PCE，CE⊂平面PCE，∴AG⊥CE，同理PA⊥CE，
又AG∩PA=A，∴CE⊥平面PAM，∴CE⊥AM，
又G是△PCE的重心，∴M是CE的中点，∴AC=AE，由(1)知，BC⊥AB，

∴AC=AE= 5，∴BE=x,y,0 

，AE=x-1,y,0  ，
∴   x (x 2+ - y 1 2 ) = 2+ 8 y2=5 ，解得  x y= = 2 2 ，∴E2,2,0  ，
第 页 共 页
1908 3427设AP=a，则P1,0,a 
4 a
，故G1, ,
3 3
 ，
 4 a
∴AG=0, ,
3 3

 2 a
，CG=1,- ,
3 3

  8 a2
，∴AG⋅GC=0- + =0，∴a=2 2，
9 9
∴P1,0,2 2 

，∴BP=1,0,2 2 

，BC=0,2,0 

2 2 2
，CG=1,- ,
3 3
 ，
 设平面PBC的法向量为n=x,y,z 


，则   B  P  ⋅n  =0 ⇒   x+2 2z=0 ，
BC⋅n=0 2y=0

令z=1，则n=-2 2,0,1  ，


CG⋅n
设直线CG与平面PBC所成角为θ，则sinθ= 
CG 

⋅n 
 
2 2
-2 2+0+
 3
=
21 ×3
3

=
4 42
，
63
4 42
故直线CG与平面PBC所成角的正弦值为 .
63
2959 (2024·全国·高三专题练习)如图，平面α⎳平面β，菱形ABCD⊂平面α，AC=2，E为
平面β内一动点.
1
(1)若平面α，β间的距离为3，设直线AE，CE与平面α所成的角分别为θ，φ， +
tanθ
1
=2，求动点E在平面α内的射影F的一个轨迹方程；
tanφ
(2)若点E在平面α内的射影为A，证明：直线CE与平面BDE所成的角与∠BAD的大
小无关.
【解析】(1)如图①，连接AC，BD，AE，CE，设AC，BD的交点为O，
点E在平面α内的射影为F，连接AF，CF，EF，
第 页 共 页
1909 3427图①
因为点E在平面α内的射影为点F，所以EF⊥平面α，
所以AE，CE在平面α的射影分别为AF，CF，所以∠EAF=θ，∠ECF=φ，
1 1 AF CF AF+CF
所以 + = + = =2，所以AF+CF=6>AC=2，
tanθ tanφ EF EF 3
所以点F的轨迹是以A，C为焦点，长轴长为6的椭圆.
以AC，BD的交点O为坐标原点，
x2 y2
若以AC为x轴，BD为y轴建立平面直角坐标系，则点F的轨迹方程是 + =1.
9 8
y2 x2
若以BD为x轴，AC为y轴建立平面直角坐标系，则点F的轨迹方程是 + =1.
9 8
(2)取CE的中点M，连接OM，则OM∥AE，
因为AE⊥平面α，所以OM⊥平面α，所以OM⊥OB，OM⊥OC，
因为平面ABCD为菱形，所以OB⊥OC，所以OB，OC，OM两两互相垂直，
故以O为坐标原点，以OB，OC，OM所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图②所示
的空间直角坐标系Oxyz.
图②
设OB=a，AE=b，则E0,-1,b  ，Ba,0,0  ，C0,1,0  ，D-a,0,0  ，

所以EB=a,1,-b 

，EC=0,2,-b 

，ED=-a,1,-b  ，
 设平面BDE的法向量为n=x,y,z 


，则   n  ⋅E  B  =0, 即  ax+y-bz=0,
n⋅ED=0, -ax+y-bz=0,

两式相减得2ax=0，即x=0，则y-bz=0，令y=b，得z=1，所以n=0,b,1  .
 
设直线CE与平面BDE所成的角为γ，则sinγ= cosn,EC   


n⋅EC
= 
n 

EC 
 
2b-b
=
b2+1⋅ 4+(-b)2

b
= ，所以γ只与b有关.
b2+1⋅ 4+(-b)2
第 页 共 页
1910 34272 1-a2
又cos∠BAD=2cos2∠BAO-1= -1= ，所以∠BAD只与a有关，
a2+1 a2+1
所以直线CE与平面BDE所成的角与∠BAD的大小无关.
8 题型八：空间中的点不好求
2960 (2024·全国·校联考模拟预测)已知三棱锥ABCD，D在面ABC上的投影为O，O恰好
为△ABC的外心．AC=AB=4，BC=2.
(1)证明：BC⊥AD；
(2)E为AD上靠近A的四等分点，若三棱锥A-BCD的体积为1，求二面角E-CO-B
的余弦值．
【解析】(1)连结AO并延长AO交BC于M，连结OB,OC，
因为O恰好为△ABC的外心，所以OB=OC，
又AC=AB，AO=OA，所以△AOC≅△AOB，
所以∠CAO=∠BAO，即AM是∠BAC的角平分线，
又AC=AB，所以由等腰三角形三线合一可得AM⊥BC，
因为D在面ABC上的投影为O，所以OD⊥面ABC，
又BC⊂面ABC，所以OD⊥BC，
又AM∩OD=O,AM,OD⊂面AMD，所以BC⊥面AMD，
又AD⊂面AMD，所以BC⊥AD，
(2)由(1)知AM⊥BC，OD⊥面ABC，
过M作z轴平行于OD，则z轴垂直于面ABC，如图建立空间直角坐标系，
第 页 共 页
1911 3427在△ABC中，由(1)与等腰三角形三线合一可知M是BC的中点，
1
又AC=AB=4，BC=2，则AM= AB2-BM2= 15，S = AM⋅BC= 15，
△ABC 2
设AO=r，则BO=r，又OM2+BM2=OB2，
所以 15-r 
8 15 7 15
2+12=r2，解得r= ，故OM=AM-AO= ，
15 15
1 1 15
因为三棱锥ABCD的体积为1，所以 S ⋅OD= × 15⋅OD=1，则OD= ，
3 △ABC 3 5
则C0,1,0  ,B0,-1,0 
7 15
,O ,0,0
15
 ,A 15,0,0 
7 15 15
,D ,0,
15 5
 ，

8 15
故OA= ,0,0
15


8 15 15
,AD=- ,0,
15 5


7 15
,OC=- ,1,0
15
 ，
  
1 2 15 15
因为E为AD上靠近A的四等分点，所以OE=OA+ AD= ,0,
4 5 20
 ，

设n=x,y,z 

 2 15 15
n⋅OE= x+ z=0
5 20
为平面ECO的一个法向量，则  ，
 7 15
n⋅OC=- x+y=0
15
15 1 15  15 1 15
取x= ，则y= ,z= ，故n= , ,
56 8 7 56 8 7
 ，

易得m=0,0,1  是平面COB的一个法向量，
设二面角E-CO-B的平面角为θ，则θ为钝角，
 
所以cosθ=-cosm,n   
 
m⋅n
=-

 m   n 
15
7 15
=- =- ， 15 1 15 4 1× + +
562 64 49
15
所以二面角E-CO-B的余弦值为- .
4
21
2961 (2024·河南·校联考模拟预测)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB=BC= ，AD=
2
CD=AC=2 3，E，F分别为AC，CD的中点，点G在PF上，且G为三角形PCD的重
心.
(1)证明：GE⎳平面PBC；
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1912 3427(2)若PA=PC，PA⊥CD，四棱锥P-ABCD的体积为3 3，求直线GE与平面PCD
所成角的正弦值.
【解析】(1)证明：连接BD，因为AB=BC，AD=CD，所以AC⊥BD，且BD∩AC=
E，
由AD=CD=AC=2 3，得AE= 3，DE=3，
3
则BE= AB2-AE2= ，所以DE=2BE.
2
连接DG并延长交PC于点M，如图，
因为G为△PCD的重心，所以DG=2GM.
DE DG
连接BM，因为 = ，所以EG⎳BM.
BE GM
又EG⊄平面PBC，BM⊂平面PBC，故GE⎳平面PBC.
(2)连接PE，因为PA=PC，所以AC⊥PE，
又AC⊥BD，BD，PE⊂平面PBD，BD∩PE=E，所以AC⊥平面PBD.
1
连接AF交DE于点Q，则EQ= DE=1，AF⊥CD.
3
又PA⊥CD，PA，AF⊂平面PAF，PA∩AF=A，所以CD⊥平面PAF.
连接PQ，PQ⊂平面PAF，则CD⊥PQ，
因为AC⊥平面PBD，PQ⊂平面PBD，所以AC⊥PQ，
因为AC∩CD=C，AC,CD⊂平面ABCD，所以PQ⊥平面ABCD.
1 1 9 3
易得四边形ABCD的面积为 AC×BE+ AC×DE= ，
2 2 2
1 9 3
由四棱锥P-ABCD的体积为3 3得， × ×PQ=3 3，所以PQ=2.
3 2
以E为坐标原点，以EC，ED所在直线分别为x轴、y轴，建立空间直角坐标系E-xyz，
则E0,0,0 
3
，B0,- ,0
2
 ，C 3,0,0  ，D0,3,0  ，P0,1,2 

，CD=- 3,3,0 

，PD=
0,2,-2  .
 设平面PCD的法向量为m=x,y,z 


，则   m  ⋅C  D  =0 ,即  - 3x+3y=0 ,
m⋅PD=0 2y-2z=0

取x= 3，可得m= 3,1,1  ，
3 1
由(1)可知，M为PC的中点，则M , ,1
2 2


3
，所以BM= ,2,1
2
 .
由(1)知，EG⎳BM，所以直线GE与平面PCD所成的角等于直线BM与平面PCD所
成的角，设为θ，


所以sinθ= cosm,BM   
 
m⋅BM
=

 m   BM 
9
2 9 115
= = ， 23 115 5×
4
第 页 共 页
1913 34279 115
故直线GE与平面PCD所成角的正弦值为 .
115
2962 (2024·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测)如图，平行六面体ABCD-ABCD
1 1 1 1
中，点P在对角线BD 上，AC∩BD=O，平面ACP∥平面ACD．
1 1 1
(1)求证：O，P，B 三点共线；
1
π
(2)若四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=∠BAA =∠DAA = ，AA =3，求
1 1 3 1
二面角P-AB-C大小的余弦值．
【解析】(1)证明：连BD 交AC 于O ，连DO．
1 1 1 1 1 1
在平行六面体ABCD-ABCD 中，BB =DD 且BB ∥DD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以四边形BDDB 是平行四边形，BD=BD 且BD∥BD ，
1 1 1 1 1 1
又O，O 分别为BD，BD 的中点，所以OD=OB ，OD∥OB ，
1 1 1 1 1 1 1
所以四边形ODOB 是平行四边形，于是OB ∥OD，
1 1 1 1
因为平面ACP∥平面ACD，平面ACP∩平面BDDB =OP，
1 1 1 1
平面ACD∩平面BDDB =OD，所以OP∥OD，
1 1 1 1 1 1
因为OB ，OP都经过点O，所以O，P，B 三点共线．
1 1
BP OB 1 1
(2)由(1)可知 = = ，所以BP= BD．
PD BD 2 3 1
1 1 1
作AQ⊥平面ABCD于Q，AE⊥AB于E，AF⊥AD于F，连EQ，FQ，AQ，
1 1 1
π 3
则AQ⊥AB，AQ⊥AD，由∠BAA =∠DAA = ，得AE=AF= ，
1 1 1 1 3 2
又AQ∩AE=A ，AQ,AE⊂平面AEQ，所以AB⊥平面AEQ，
1 1 1 1 1 1 1
于是AB⊥EQ，同理AD⊥FQ，
3
又AE=AF= ，AQ=QA，
2
π
所以△AEQ≅△AFQ，则∠EAQ=∠FAQ= ，
6
所以点Q在AC上，且AQ= 3，所以点Q与O重合，于是AQ= 6．
1
以点O为原点，分别以OA，OB，OA 所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
1
则A 10,0, 6  ，A 3,0,0  ，B0,1,0  ，D0,-1,0  ，
第 页 共 页
1914 3427
所以AA 1 =- 3,0, 6 

=DD 1 ，于是D 1- 3,-1, 6  ，
  
1 3 2 6
又BP= BD ，所以BP=- ,- , 3 1 3 3 3 

，AB=- 3,1,0  ，

设平面PAB的法向量为m=x,y,z  ，


则   m  ⋅B  P  =0 ，于是可得  - 3x-2y+ 6z=0 ，
m⋅AB=0 - 3x+y=0

不妨令x=2，则m=2,2 3,3 2  ，

平面ABC的一个法向量为n=0,0,1  ，
 
cosm,n 
 
m⋅n
=  m   ⋅n 
3 2 3 17
= = ， 34 17
又结合图形易得二面角P-AB-C为锐角，
3 17
所以二面角P-AB-C大小的余弦值为 ．
17

2963 (2024·江西·校联考二模)正四棱锥P-ABCD中，PA=AB=2，E为PB中点，AF=
  
λAP,CG=μCP，平面EFG∩平面ABCD=l，平面EFG∩AD=K.
(1)证明：当平面EFG⊥平面PBD时，l⊥平面PBD
1
(2)当λ=μ= 时，T为P-ABCD表面上一动点(包括顶点)，是否存在正数m，使得有
3
且仅有5个点T满足2 2TP  2+TA  2+TB  2+TC  2+TK  2=m，若存在，求m的值，
若不存在，请说明理由.
【解析】(1)连接AC,BD，由题意可知：AC⊥BD，
设AC∩BD=O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，
AC⊂平面ABCD，则AC⊥PO，
BD∩PO=O，BD,PO⊂平面PBD，
故AC⊥平面PBD.
若l为直线AC，此时l⊂平面EFG，可得平面EFG⊥平面PBD，符合题意，
故l⊥平面PBD；
第 页 共 页
1915 3427若l不为直线AC，∵平面EFG⊥平面PBD，则存在直线l ⊂平面EFG，使得l ⊥平面
1 1
PBD，
可得l ∥AC，且l ⊂平面EFG，AC⊄平面EFG，
1 1
故l ∥平面EFG，
1
又∵l ⊂平面EFG，平面EFG∩平面ABCD=l，
1
则l ∥l，可得l∥AC，
1
故l⊥平面PBD；
综上所述：l⊥平面PBD.
(2)不存在，理由如下：
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，则有A- 2,0,0  ,B0, 2,0  ,C 2,0,0  ,
D0,- 2,0 
2 2
,E0, ,
2 2

2 2 2
,G ,0,
3 3

2 2 2
,F- ,0,
3 3
 ,O0,0,0  ,P0,0, 2  ，

4 2
可得FG= ,0,0
3


2 2 2 2
,EG= ,- ,-
3 2 6
 ，

设平面EFG的法向量n=a,b,c 

 4 2
n⋅FG= a=0
3
，则  ，
 2 2 2 2
n⋅EG= a- b- c=0
3 2 6

令b=1，则a=0,c=-3，即n=0,1,-3  ，
设平面ABCD的任一点坐标Mx,y,0 

2 2
，则EM=x,y- ,-
2 2
 ，

 2
由n⋅EM=0×x+1×y-
2
 +-3 
2
×-
2
 =0，解得y=- 2，
可得交线l满足y=- 2,x∈R,z=0，
令x=0，可得交线l与y轴的交点为D0,- 2,0  ，K即为点D.
设四棱锥P-ABCD表面上任一点Tx,y,z  ，
则TA  2+TC  2=x+ 2  2+y2+z2+x- 2  2+y2+z2=2x2+y2+z2  +4，
TB  2+TK  2=TB  2+TD  2=x2+y- 2  2+z2+x2+y+ 2  2+z2=2x2+y2+z2 
+4，
可得TA  2+TB  2+TC  2+TK  2=4x2+y2+z2  +8，
且TP  2=x2+y2+z- 2  2
故m=2 2TP  2+TA  2+TB  2+TC  2+TK  2=2 2 x2+y2+z- 2  2   +
4x2+y2+z2  +8
=2 2 x2+y2+z- 2  2   +4x2+y2+z2  +8=4+2 2  x2+y2+z2  -8z+8+4 2
=4+2 2  x2+y2+z2-22- 2   z  +8+4 2=4+2 2  x2+y2+z-2+ 2  2   +
8 2，
x2+y2+z-2+ 2  2表示点Tx,y,z  到点0,0,2- 2  的距离的平方，
第 页 共 页
1916 3427设四棱锥P-ABCD的内切球的半径为r，
1 4 2 1
∵P-ABCD的体积V= ×2×2× 2= ，表面积S=2×2+4× ×2×2×
3 3 2
3
=41+ 3
2
 ，
3V 4 2
则r= =
S 41+ 3 
6- 2
= ，
2
6- 2
可得四棱锥P-ABCD内切球的球心坐标为0,0,
2
 ，
又∵OA=OB=OC=OD=OP= 2，可得四棱锥P-ABCD的外接球的球心为
O0,0,0  ，
显然0,0,2- 2  既不是内切球的球心也不是外接球的球心，
故不存在m，使得有且仅有5个点T满足2 2TP  2+TA  2+TB  2+TC  2+TK  2=m.
2964 (2024·全国·高三专题练习)如图，在棱长为2的正方体ABCD-EFGH中，点M是正方
体的中心，将四棱锥M-BCGF绕直线CG逆时针旋转α(0<α<π)后，得到四棱锥M
-BCGF．
π
(1)若α= ，求证：平面MCG⎳平面MBF；
2
(2)是否存在α，使得直线MF⊥平面MBC？若存在，求出α的值；若不存在，请说明理
由．
π
【解析】(1)证明：若α= ，则平面DCGH、平面CBFG为同一个平面，
2
连接BH,BF，则M是BH中点，M是BF中点，
第 页 共 页
1917 34271
故MM是BHF的中位线，所以MM∥GF,MM= HF=GF．
2
因为MM∥GF,MM=GF，所以平面四边形MMFG是平行四边形，所以MG∥
MF．
又MG⊄平面MBF,MF⊂平面MBF，所以MG∥平面MBF
同理MC∥平面BMF，且MG⊂平面MCG,MC⊂平面MCG,MG∩MC=M，
所以，平面MCG∥平面MBF．
(2)假设存在α，使得直线MF⊥平面MBC．
  
以C为原点，分别以CB,DC,CG为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，
 
则C(0,0,0),B(2,0,0)，M(1,-1,1)，故CB=(2,0,0),CM=(1,-1,1)．


 m⋅CB=0
设m=(x,y,z)是平面MBC的法向量，则

 ，
m⋅CM=0
所以

2x=0 ，取y=1，得m  =(0,1,1)是平面MBC的一个法向量，
-y+z=0
取CG中点P，BF中点Q，连接PQ,PM，
则PM⊥CG,PQ⊥CG,PM⊥CG．
于是∠MPM是二面角M-CG-M的平面角，∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面
角，
π
∠QPM是二面角Q-CG-M的平面角，于是∠MPM=α,∠MPQ= ，
4
π
所以∠MPQ=α- ，且CG⊥平面MPM,MP= 2，
4
π
故M 2cosα-
4

π
, 2sinα-
4
  ,1  ，同理F(2cosα,2sinα,2)，

π
所以MF= 2cosα- 2cosα-
4

π
,2sinα- 2sinα-
4
  ,1  ，
π
因为2cosα- 2cosα-
4

π π
=2cosα- 2cosαcos - 2sinαsin =cosα-sinα，
4 4
第 页 共 页
1918 3427π
2sinα- 2sinα-
4

π π
=2sinα- 2sinαcos + 2cosαsin =cosα+sinα，
4 4

所以MF=(cosα-sinα,cosα+sinα,1)．

 
若直线MF⊥平面MBC，m是平面MBC的一个法向量，则MF∥m．
cosα-sinα=0
  
即存在λ∈R，使得MF=λm，则cosα+sinα=λ，此方程组无解，
1=λ
所以，不存在α，使得直线MF⊥平面MBC．
2965 (2024·全国·模拟预测)已知菱形ABCD中，AB=BD=1，四边形BDEF为正方形，满
2π
足∠ABF= ，连接AE，AF，CE，CF．
3
(1)证明：CF⊥AE；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
【解析】(1)证明：如图，取CF的中点M，EF的中点N，连接AC，交BD于点O，连接
EM，CN，AM，ON．
∵菱形ABCD中，AB=BD=1，
∴△ABD为等边三角形，∴AC= 3．
∵四边形BDEF为正方形，
∴BF=BD=DE=EF=1．
2π
又∵AB=BF=1，∠ABF= ，
3
1
∴在△ABF中，由余弦定理可得AF= 12+12-2×1×1×-
2
 = 3．
∴AC=AF，又M为CF的中点，∴CF⊥AM①．
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD．
又∵四边形BDEF为正方形，DO=OB，EN=NF，则ON⎳DE⎳BF，
∴BD⊥ON，又ON∩AC=O，ON、AC在面ONC内，故BD⊥平面ONC．
∵BD⎳EF，∴EF⊥平面ONC，NC在面ONC内，∴EF⊥NC，
由N为EF的中点，得EC=FC．
2π π
∵AB⎳CD，BF⎳DE，∠ABF= ，∴∠EDC= ．
3 3
又∵DE=DC=1，∴△DCE为等边三角形，∴EC=1．
第 页 共 页
1919 3427又EF=1，EC=CF，∴△EFC为等边三角形．
又∵M为CF中点，∴CF⊥EM②．
由①②，且EM∩AM=M，EM、AM在面AEM内，得CF⊥平面AEM，
又AE在面AEM内，故CF⊥AE．
(2)方法一：以O为坐标原点，AC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过O且垂直于
3
平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，得A- ,0,0
2
 ，
1
D0, ,0
2
 ．
3
点N作NH垂直OC于点H，在△ONC中，ON=1，CN=CO= ，可得ON边上的
2
2 6
高为 ，由等面积法可得OC边上的高NH= ，
2 3
3 3 6
由勾股定理可得OH= ，故N ,0,
3 3 3

3 1 6
，E , ,
3 2 3
 ，

1
OD=0, ,0
2


3 1 6
，OE= , ,
3 2 3


5 3 1 6
，AE= , ,
6 2 3


设平面BDEF的法向量为n=x,y,z  ，
n  ⋅O  D  =0   2 1 y=0 
则  ，即  3 1 6 ，取z=1，平面BDEF的一个法向量为n=
n⋅OE=0  x+ y+ z=0
 3 2 3
- 2,0,1  ．
5 6 6
- +
6 3
设直线AE与平面BDEF所成角为θ，则sinθ=

6
= ，
3⋅ 3 6
6
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为 ．
6
π
方法二：将原图补成一个平行六面体，显然该平行六面体每个面均为有一个角为 的菱
3
形．
     
令AB=a，AD=b，AA =c，
1

依题意，a 

=b 

=c 
 
=1，a,b 
 
=a,c 
 
=b,c 
π
= ，
3
      π 1
则a⋅b=a⋅c=b⋅c=1×1×cos = ，
3 2
         
AE=b+c，AC=a+b-c，EF=a-b
1
    
由于AC⋅EF=a+b-c
1

 
a-b 
     
=a2-b2-a⋅c+b⋅c=0，
    
AC⋅BF=a+b-c
1

      1 1
⋅c=a⋅c+b⋅c-c2= + -1=0，
2 2

所以AC与EF、BF都垂直且EF、BF都在面BDEF内，故AC为平面BDEF的一个
1 1
法向量，
设直线AE与平面BDEF所成角为θ，
第 页 共 页
1920 3427 
sinθ= cosAE,AC 1   
 
b+c
=

  
a+b-c   
 
b+c 
2   
⋅ a+b-c 
2
         
a⋅b+b2-c⋅b+a⋅c+c⋅b-c2
=

6
= ，
             6
b2+c2+2c⋅b⋅ a2+b2+c2+2a⋅b-2c⋅b-2a⋅c
6
∴直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为 ．
6
9 题型九：创新定义
2966 (2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习)魏晋时期数学家刘徽(图a)为研究球
体的体积公式，创造了一个独特的立体图形“牟合方盖”，它由完全相同的四个曲面构成，
相对的两个曲面在同一圆柱的侧面上．如图，将两个底面半径为1的圆柱分别从纵横两
个方向嵌入棱长为2的正方体时(如图b)，两圆柱公共部分形成的几何体(如图c)即得一
个“牟合方盖”，图d是该“牟合方盖”的直观图(图中标出的各点A，B，C，D，P，Q均在原
正方体的表面上)．
(1)由“牟合方盖”产生的过程可知，图d中的曲线PBQD为一个椭圆，求此椭圆的离心
率；
1
(2)如图c，点M在椭圆弧PB上，且三棱锥A-DMC的体积为 ，求二面角P-AM-
3
C的正弦值．
【解析】(1)由“牟合方盖”产生的过程可知，将图中正方体的前面的面旋转至上面，可得图
中标出的各点A，B，C，P，Q在原正方体中相对对应的位置为如图所示．
故图中的曲线PBQD所对应的椭圆的长轴长2a=BD=2 2，短轴长2b=PQ=2，
c 2
于是可得此椭圆的半焦距c= a2-b2=1，因此离心率e= = ．
a 2
1 2 1
(2)三棱锥A-DMC的体积V= S ⋅h= h= ，
3 △ACD 3 3
1
故点M到平面ABCD的距离h= ，连接BD交AC于点O，连接OP，
2
由题可知OA，OB，OP两两相互垂直，
如图，
第 页 共 页
1921 3427  
以O为原点，分别以OA，OB，OP所在方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标
系O-xyz，
6 1
由题可得M0, ,
2 2
 ，A 2,0,0  ，C- 2,0,0  ，P0,0,1  ，

设平面PAM的一个法向量为n 1 =x 1 ,y 1 ,z 1  ，
 
由   n n 1 ⋅ ⋅ P P  A M  = = 0 0 ⇒   2 6 x y 1 - - z z 1 = = 0 0 , , 取z= 6⇒n  1 = 3,1, 6
1 1 1
 ，

设平面AMC的一个法向量为n 2 =x 2 ,y 2 ,z 2  ，
 
由   n n 2 ⋅ ⋅ C C  A M  = = 0 0 ⇒   x 2 2 = 2x 0, + 6y +z =0, 取y=1⇒n  2 =0,1,- 6
2 2 2 2
 ，
记二面角P-AM-C的平面角为θ，则cosθ 
 
n ⋅n
= 1 2
n 1 

⋅n 2 
 
5 5
= = ，
10⋅ 7 14
3 3 14
故sinθ= 1-cos2θ= = ．
14 14
2967 (2024·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模)蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所
示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H-ABC，J-CDE，K-EFA，再分
别以AC，CE，EA为轴将△ACH，△CEJ，△EAK分别向上翻转180°，使H，J，K三点重
合为点S所围成的曲顶多面体(下底面开口)，如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲
率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲
率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和(多面体的面角是多面体的面的内
π
角，用弧度制表示).例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是 ，所以正四面体
3
π
在各顶点的曲率为2π-3× =π.
3
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设BH=x
(i)用x表示蜂房(图2右侧多面体)的表面积S(x)；
(ii)当蜂房表面积最小时，求其顶点S的曲率的余弦值.
【解析】(1)蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，
根据定义其度量值等于7×2π减去三个菱形的内角和3×2π，
再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和6×π，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为7×2π-3×2π-6π=2π.
(2)(i)如图所示，连接AC，SH，则AC= 3，设点S在平面ACE的射影为O，
AC 则OB=1，则SH=2 AB2+BH2-
2
 2 = 1+4x2，
3
菱形SAHC的面积为S= ⋅ 1+4x2，
2
第 页 共 页
1922 34272+2-x
侧面积6×

×1=34-x
2
 =12-3x，
所以蜂房的表面积为Sx 
3 3
= ⋅ 1+4x2-3x+12,x∈0,2
2
 .
6 3x 6 3 3 1
(ii)S(x)= -3= -3= 2 3- 4+
1+4x2 1 1 x2
+4 +4
x2 x2
 ，
2
令S(x)=0得到x= ，
4
所以Sx 
2
在0,
4
 ,Sx  <0,Sx 
2
递增；在 ,2
4
 ,Sx  >0,Sx  递增.
2
所以S(x)在x= 处取得极小值，也即是最小值.
4
3 2
此时SA=SC= 1+x2= ，在△SAC中，令∠ASC=θ，由余弦定理得cosθ=
4
SA2+SC2-AC2 1
=- ，
2×SA×SC 3
又顶点S的曲率为2π-3θ，
∴cos(2π-3θ)=cos3θ=cos(2θ+θ)=cos2θcosθ-sin2θsinθ
=2cos2θ-1

cosθ-2sin2θcosθ
=2cos2θ-1  cosθ-21-cos2θ  cosθ
1 =4cos3θ-3cosθ=4×-
3
 3 1 -3×-
3
 23 = .
27
2968 (2024·全国·高三专题练习)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．
刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的
曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角
度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的
π
曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是 ，所以正四面体在各顶
3
π
点的曲率为2π-3× =π，故其总曲率为4π．
3
第 页 共 页
1923 3427(1)求四棱锥的总曲率；
(2)若多面体满足：顶点数-棱数+面数=2，证明：这类多面体的总曲率是常数．
【解析】(1)由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.
可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内
角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.
所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，
则其总曲率为：2π×5-4π+2π  =4π.
(2)设顶点数、棱数、面数分别为n、l、m，所以有n-l+m=2
设第i个面的棱数为x，所以x +x +⋯+x =2l
i 1 2 m
所以总曲率为：
2πn-π x 1 -2  +x 2 -2  +⋯+x m -2   
=2πn-π2l-2m 
=2πn-l+m  =4π
所以这类多面体的总曲率是常数.

2969 (2024·河北·高三校联考阶段练习)已知a=x 1 ,y 1 ,z 1 

，b=x 2 ,y 2 ,z 2 

，c=x 3 ,y 3 ,z 3  ，定
 
义一种运算：a×b 

⋅c=xy z +x y z +x yz -xy z -x yz -x y z ，在平行六面体
1 2 3 2 3 1 3 1 2 1 3 2 2 1 3 3 2 1

ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 中，AB=1,1,0 

，AD=0,2,2 

，AA 1 =1,-1,1  .
(1)证明：平行六面体ABCD-ABCD 是直四棱柱；
  1 1 1 1
(2)计算 AB×AD 

 ⋅AA
1

 
，并求该平行六面体的体积，说明 AB×AD 

 ⋅AA
1
 的值与平
行六面体ABCD-ABCD 体积的关系.
1 1 1 1
 
【解析】(1)证明：由题意AA 1 ⋅AB=1×1+1×-1 
 
+0×1=0，AA ⋅AD=0×1+2 1
×-1  +2×1=0，
   
∴AA ⊥AB，AA ⊥AD，即AA ⊥AB，AA ⊥AD，
1 1 1 1
∵AB，AD是平面ABCD内两相交直线，∴AA ⊥平面ABCD，
1
∴平行六面体ABCD-ABCD 是直四棱柱；
1 1 1 1
 
(2) AB×AD 

 ⋅AA 1  =1×2×1+2×1×1+0-1×-1  ×2-0-0=6，

由题意AB 

= 2，AD 
 
=2 2，AB⋅AD=1×0+1×2+0×2=2，
第 页 共 页
1924 3427 
AB⋅AD
cos∠BAD= 
AB 

×AD 
2 1 3
= = ，所以sin∠BAD= ，
2×2 2 2 2
S =AB ABCD  ⋅AD 

3
⋅sin∠BAD= 2×2 2× =2 3，AA 2 1  = 3，
∴V ABCD-A1B1C1D1 =S ABCD ×AA 1  =2 3× 3=6.
 
∴ AB×AD 

 ⋅AA
1
 =V ，
 
ABCD-A1B1C1D1
故 AB×AD 

 ⋅AA
1
 的值表示以AB，AD，AA 为邻边的平行六面体的体积.
1
2970 (2024·全国·高三专题练习)(1)如图，对于任一给定的四面体AA A A ，找出依次排列
1 2 3 4
的四个相互平行的平面α 1 ，α 2 ，α 3 ，α 4 ，使得A i ∈α ii=1,2,3,4  ，且其中每相邻两个平面间
的距离都相等；
(2)给定依次排列的四个相互平行的平面α ，α ，α ，α ，其中每相邻两个平面间的距离为
1 2 3 4
1，若一个正四面体A 1 A 2 A 3 A 4 的四个顶点满足：A i ∈α ii=1,2,3,4  ，求该正四面体
AA A A 的体积．
1 2 3 4
【解析】(1)取AA 的三等分点P，P，AA 的中点M，A A 的中点N，
1 4 2 3 1 3 2 4
过三点A ，P，M作平面α ，过三点A ，P，N作平面α ，
2 2 2 3 3 3
因为A P ⎳NP，A P ⎳MP，所以平面α ⎳平面α ，
2 2 3 3 3 2 2 3
再过点A ，A 分别作平面α ，α 与平面α 平行，那么四个平面，α ，α ，α 依次相互平行，
1 4 1 4 2 2 3 4
由线段AA 被平行平面α ，α ，α ，α 截得的线段相等知，每相邻两个平面间的距离相
1 4 1 2 3 4
等，故α ，α ，α ，α 为所求平面．
1 2 3 4
(2)如图，将此正四面体补形为正方体ABCD-ABCD(如图)，
1 1 1 1
第 页 共 页
1925 3427分别取AB、CD、AB 、CD 的中点E、F、E 、F，
1 1 1 1 1 1
平面DEED 与BFFB 是分别过点A 、A 的两平行平面，若其距离为1，
1 1 1 1 2 3
则正四面体AA A A 满足条件，右图为正方体的下底面，设正方体的棱长为a，
1 2 3 4
1 5
若AM=MN=1，因为AE= a，DE= a，
2 2
5 1
在直角三角形ADE中，AM⊥DE，所以1⋅ a= a⋅a，所以a= 5，
2 2
又正四面体的棱长为 2a= 10，
1 1 5
所以此正四面体的体积为V=a3-4⋅ ⋅ a3= 5．
3 2 3
2971 (2024·全国·高三专题练习)已知顶点为S的圆锥面(以下简称圆锥S)与不经过顶点S
的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角(圆S轴截面
上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平
面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交
点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，OM  =a，MS  =b．
(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，θ关系式；
(2)求证：曲线C是抛物线．
【解析】(1)∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，
∴TF⊥OA，
记P是平面α内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点
F，
∴TF⊥FP，
∵平面α内直线AO，FP相交于点F，
第 页 共 页
1926 3427∴TF⊥平面α，
∵直线TF⊂平面AOS，
∴平面AOS⊥平面α，
∴∠SAD=∠ASO=θ．连TO，TM，
∴OT⊥SA，TA⊥SO，
ab
∴球T的半径TM= ab且tanθ= ，
b
∴a=btan2θ.
(2)在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点
∵∠NSA=∠SAO=θ，
∴NS∥AO
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐
标系，如图.
∵OM，OF与球T相切，
∴OF=OM=a，
∴Fa,0,0  ，Sa-b,0,2 ab  ，
设交线C上任意点Px,y,0  ，记圆锥S的母线SP与球T相切于E．
∵PF与球T相切于点F，
∴PE=PF，SE=SM=b，
∴PS=PF+b，
即 x-a+b  2+y2+4ab= x-a  2+y2+b(1)，
两边平方整理得：x+a= x-a  2+y2(2)，
两边平方整理得：y2=4ax(3)，
易知：(3)⇒(2)⇒(1)，
∴交线C在坐标平面xOy中方程为y2=4ax，
∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.
2972 (2024·湖南·校联考模拟预测)类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余
弦定理；如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P-ABC，∠APC=α，∠BPC=β，
∠APB=γ，二面角A-PC-B的大小为θ，则cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ．
第 页 共 页
1927 3427π
(1)当α、β∈0,
2
 时，证明以上三面角余弦定理；
(2)如图2，四棱柱ABCD-ABCD 中，平面AACC⊥平面ABCD，∠AAC=60°，
1 1 1 1 1 1 1
∠BAC=45°，
①求∠AAB的余弦值；
1
②在直线CC 上是否存在点P，使BP⎳平面DAC？若存在，求出点P的位置；若不存
1 1 1
在，说明理由．
【解析】(1)证明：如图，过射线PC上一点H作HM⊥PC交PA于M点，
作HN⊥PC交PB于N点，连接，MN
则∠MHN是二面角A-PC-B的平面角．
在△MNP中和△MNH中分别用余弦定理，得
MN2=MP2+NP2-2MP⋅NP⋅cosγ，
MN2=MH2+NH2-2MH⋅NH⋅cosθ，
两式相减得MP2-MH2+NP2-NH2-2MP⋅NP⋅cosγ+2MH⋅NH⋅cosθ=0，
∴2MP⋅NP⋅cosγ=2PH2+2MH⋅NH⋅cosθ，
两边同除以2MP⋅NP，得cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ．
(2)①由平面AACC⊥平面ABCD，知θ=90°，
1 1
∴由(1)得cos∠AAB=cos∠AAC⋅cos∠CAB，
1 1
∵cos∠AAC=60°，cos∠BAC=45°，
1
1 2 2
∴cos∠AAB= × = ．
1 2 2 4
②在直线CC 上存在点P，使BP⎳平面DAC．
1 1 1
连结BC，延长CC至P，使CP=CC，连结BP，
1 1 1
在棱柱ABCD-A
1
B
1
C
1
D
1
中，A
1
B
1
//AB，AB//CD，
∴A
1
B
1
//DC，∴四边形A
1
B
1
CD为平行四边形，
∴AD⎳BC．
1 1
在四边形B
1
BPC中，B
1
B//CP，
∴四边形BBPC为平行四边形，
1
∴BC⎳BP，
1
∴AD⎳BP，
1
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1928 3427又AD⊂平面DAC ，BP⊄平面DAC ，
1 1 1 1 1
∴BP⎳平面DAC．
1 1
∴当点P在CC的延长线上，且使CP=CC时，BP⎳平面DAC
1 1 1 1
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1929 3427