1
解答题：空间向量与立体几何
目录
题型一空间异面直线夹角的求解1
题型二空间直线与平面夹角的求解4
题型三空间平面与平面夹角的求解7
题型四空间点、线、面间的距离求解11
题型五空间几何体的体积求解15
题型六空间几何体的翻折问题20
题型七空间动点存在性问题的探究24
必刷大题28
题型一
空间异面直线夹角的求解
大题典例
1. (23 - 24 高三上·河北衡水·月考) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，PA ⊥平面ABCD，底面ABCD 是平
行四边形，且△ABD 是等边三角形，AB = 2.
(1) 求证：BD ⊥平面PAC；
(2) 若△PAB 是等腰三角形，求异面直线PB 与AC 所成角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
6
4 .
【解析】(1) 因为底面ABCD 是平行四边形，且△ABD 是等边三角形，
所以四边形ABCD 是菱形，则有BD ⊥AC，
又PA ⊥平面ABCD，BD ⊂平面ABCD，所以PA ⊥BD，
又PA ∩AC = A，PA ⊂平面PAC，AC ⊂平面PAC，所以BD ⊥平面PAC；
(2) 设AC ∩BD = O，
∵△PAB 是等腰三角形，
∴PA = AB = 2，AO = OC =
3 ，
以O 为坐标原点，射线OB，OC 分别为x 轴，y 轴的正半轴建立空间直角坐标系O - xyz，
如图，
2
则P 0,- 3,2
，A 0,- 3,0
，B 1,0,0
，C 0, 3,0
，
所以PB
= 1, 3,-2
，AC
= 0,2 3,0
，
设PB 与AC 所成角为θ，
所以cosθ =
PB
⋅AC
PB
⋅AC
=
1×0+
3×2 3+ -2
×0
12+
3
2+ -2
2×
02+ 2 3
2+02 =
6
2 2×2 3 =
6
4 ，
即PB 与AC 所成角的余弦值为
6
4 .
解法指导
1、求异面直线所成角一般步骤：
(1) 平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．
(2) 证明：证明所作的角是异面直线所成的角．
(3) 寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．
(4) 取舍：因为异面直线所成角θ 的取值范围是0, π
2
，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线
所成的角．
2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：
(1) 直接平移法(可利用图中已有的平行线)；
(2) 中位线平移法；
(3) 补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．
3、异面直线所成角：若n1
,n2
分别为直线l1,l2 的方向向量，θ 为直线l1,l2 的夹角，则cosθ =
cos<n1
,n2
>
=
n1
⋅n2
n1
n2
.
变式训练
2. (24 - 25 高三上·江西南昌·开学考试) 如图，圆锥PO 的轴截面PAB 是边长为4 的等边三角形，C 是
OB 的中点，D 是底面圆周上一点，∠DOC = 2π
3 .
3
(1) 求DC 的值；
(2) 求异面直线PA 与DC 所成角的余弦值.
【答案】(1) 7；(2)
7
7
【解析】(1)△OCD 中，OD = 2，OC = 1，∠DOC = 2π
3 ，
根据余弦定理，DC =
OD2+OC2-2OD⋅OC⋅cos 2π
3 =
7.
(2) 如图，以点O 为原点，OB,OP 为y 轴和z 轴，
过点O 作Ox ⊥OB 为x 轴，建立空间直角坐标系，
P 0,0,2 3
，A 0,-2,0
，C 0,1,0
，D
3,-1,0
，
PA
= 0,-2,-2 3
,DC
= - 3,2,0
，
设异面直线PA 与DC 所成角为θ，
则cosθ = cosPA
，DC
=
PA
⋅DC
PA
DC
=
4
4 7 =
7
7
所以异面直线PA 与DC 所成角的余弦值为
7
7 .
3. (24 - 25 高三上·上海·期中) 如图，在直三棱柱ABC - A1B1C1中，AB ⊥AC，AB = AC = AA1= 1.
(1) 求证：A1C ⊥平面ABC1；
(2) 求直线A1B 与AC1所成角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 1
2
【解析】(1) 由题知AA1⊥面ABC，又AB ⊂面ABC，所以AA1⊥AB，
又AB ⊥AC，AA1∩AC = A，AA1,AC ⊂面ACC1A1，所以AB ⊥面
ACC1A1，
又A1C ⊂面ACC1A1，所以AB ⊥A1C，
又AC = AA1= 1，所以四边形ACC1A1是正方形，得到A1C ⊥AC1，
又AB ∩AC1= A，AB,AC1⊂面ABC1，所以A1C ⊥平面ABC1.
(2) 如图，建立空间直角坐标系，因为AB = AC = AA1= 1，
4
则A1(0,0,1)，A(0,0,0),B(1,0,0),C1(0,1,1)，
得到A1B
= (1,0, -1)，AC1
= (0,1,1)，
设直线A1B 与AC1所成角为θ，
则cosθ = cosA1B
,AC
1
=
A1B
⋅AC
1
A1B
⋅AC
1
=
1
2×
2 = 1
2 ，
所以直线A1B 与AC1所成角的余弦值为1
2 .
题型二
空间直线与平面夹角的求解
大题典例
4. (24 - 25 高三上·江苏南京·期中) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD，PA ⊥PD，
AB ⊥AD，PA = PD，AB = 2，AD = 8，AC = CD = 5，
(1) 求证：平面PCD ⊥平面PAB；
(2) 求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 4 34
51
【解析】(1) 因为平面PAD ⊥平面ABCD，且平面PAD ∩平面ABCD = AD，
且AB ⊥AD，AB ⊂平面ABCD，
所以AB ⊥平面PAD，
因为PD ⊂平面PAD，所以AB ⊥PD，
又PD ⊥PA，且PA ∩AB = A，PA，AB ⊂平面PAB，
所以PD ⊥平面PAB，
又PD ⊂平面PAD，所以平面PCD ⊥平面PAB；
(2)
取AD 中点为O，连接CO，PO，
又因为PA = PD，所以PO ⊥AD，则AO = PO = 4，
因为AC = CD = 5，所以CO ⊥AD，则CO =
AC2-AO2 = 3，
以O 为坐标原点，分别以OC
，OA
，OP
所在直线为x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz，
则A 0,4,0
，B 2,4,0
，C 3,0,0
，D 0,-4,0
，P 0,0,4
，
PC
= 3,0,-4
，PD
= 0,-4,-4
，PB
= 2,4,-4
，
设n= x,y,z
是平面PCD 的一个法向量，
5
则n⋅PC
=0
n⋅PD
=0
，得3x-4z=0
-4y-4z=0
，
令z = 3，则x = 4，y =-3，所以n= 4,-3,3
，
设PB 与平面PCD 所成的角为θ，
则sinθ =
n⋅PB
n
PB
=
-16
34⋅
36
= 4 34
51
，
所以PB 与平面PCD 所成的角的正弦值为4 34
51
.
解法指导
1、垂线法求线面角(也称直接法)：
(1) 先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A，过点A 向平面α 做垂线，确定垂
足O；
(2) 连结斜足与垂足为斜线AB 在面α 上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；
(3) 把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
3、公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA 在面外的一点P 到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解。
公式为：sinθ = h
l ，其中θ 是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，l 是斜线段的长。
方法：已知平面β 内一个多边形的面积为S，它在平面α 内的射影图形的面积为S射影，
平面α 和平面β 所成的二面角的大小为θ，则COSθ = S射影
S
. 这个方法对于无棱二面角的求解很简便。
4、直线与平面所成角：设n1
是直线l 的方向向量，n2
是平面α 的法向量，直线与平面的夹角为θ. 则sinθ
= cos<n1
,n2
>
=
n1
⋅n2
n1
n2
.
变式训练
5. (24 - 25 高三上·黑龙江哈尔滨·月考) 在三棱柱ABC - A1B1C1 中，AB1 = BB1 = B1C = 5，AB = 4，
AC = 6，AB ⊥BC，D 为AC 中点.
6
(1) 求证：B1D ⊥平面ABC；
(2) 求直线B1C1与平面ABB1A1所成角的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 4 21
21
【解析】(1) 连接BD，
因为AB ⊥BC，D 为AC 中点，所以AD = CD = BD = 1
2 AC = 3，
因为AB1= B1C = 5，所以B1D ⊥AC，所以B1D =
52-32 = 4，
又BB1= 5，所以BB2
1 = 52= 25 = 32+ 42= BD2+ CB2
1，所以B1D ⊥BD，
又BD ∩AC = D，BD,AC ⊂平面ABC，所以B1D ⊥平面ABC；
(2) 以B 为坐标原点，BC,BA 所在直线为x,y，
过B 作DB1的平行线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB ⊥BC，所以BC =
62-42 = 2 5 ，
则B(0,0,0),A(0,4,0),B1( 5,2,4),C(2 5,0,0)，
则BA
= (0,4,0),BB1
= ( 5,2,4),BC
= (2 5,0,0)，
设平面ABB1A1的一个法向量为n= (x,y,z)，
则n·BA
=4y=0
n·BB1
=
5x+2y+4z=0
，令x = 4 5 ，则y = 0,z =-5，
所以平面ABB1A1的一个法向量为n= (4 5,0, -5)，
又BC ∥B1C1，所以B1C1
= BC
= (2 5,0,0)，
设直线B1C1与平面ABB1A1所成的角为θ，
则sinθ = |B1C1
∙n|
|B1C1
|∙|n|
=
40
2 5×
80+25 = 4 21
21
，
所以直线B1C1与平面ABB1A1所成角的正弦值为4 21
21
.
6. (24 - 25 高三上·云南大理·月考) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧棱PD
⊥底面ABCD，PD = CD = 2,BD = 2 2 ,∠BDC = 45°. 点E 是棱PC 的中点，点F 为棱PB 上的一
点，且BF
= 2
3 BP
.
7
(1) 求证：平面PBC ⊥平面PCD；
(2) 求直线DC 与平面DEF 所成角的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
3
3 .
【解析】(1) 在△BCD 中，BC2= BD2+ CD2- 2BD ⋅CD ⋅cos∠BDC = 4，即BC = 2，
又BD = 2 2,CD = BC = 2，则有BC2+ CD2= BD2，即BC ⊥CD，
因为PD ⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，所以PD ⊥BC，
又CD ∩PD = D,CD,PD ⊂平面PCD，所以BC ⊥平面PCD，
因为BC ⊂平面PBC，所以平面PBC ⊥平面PCD
(2) 由(1) 可知，DA ⊥DC，DA ⊥DP，DC ⊥DP，
故以D 为坐标原点，DA，DC，DP 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，
依题意得，B 2,2,0
，C 0,2,0
，D 0,0,0
，P 0,0,2
，E 0,1,1
，
设点F a,b,c
，由P，F，B 三点共线，则有BF
= 2
3 BP
，
又BF
= a-2,b-2,c
，BP
= -2,-2,2
，
∴a-2,b-2,c
= 2
3
-2,-2,2
，解得a = 2
3 ，b = 2
3 ，c = 4
3 ，故F
2
3 , 2
3 , 4
3
，
设平面DEF 的法向量为n= x,y,z
，DF
=
2
3 , 2
3 , 4
3
，DE
= 0,1,1
，
由n⋅DF
=0
n⋅DE
=0
，得
2
3 x+ 2
3 y+ 4
3 z=0
y+z=0
，即x=-z
y=-z
，
取平面DEF 的一个法向量n= 1,1,-1
，
设直线DC 与平面DEF 所成角为θ，则DC
= 0,2,0
，n= 1,1,-1
，
所以DC
⋅n= 0 × 1 + 2 × 1 + 0 × -1
= 2，DC
= 2，n
=
3 ，
故sinθ = cos n,DC
=
n⋅DC
n
DC
=
3
3 ，
所以直线DC 与平面DEF 所成角的正弦值为
3
3 .
题型三
空间平面与平面夹角的求解
大题典例
8
7. (24 - 25 高三上·湖北·期中) 如图，球O 的半径为R，A,B,C 为球面上三点，若三角形ABC 为直角三角
形，其中AC ⊥BC. 延长AO 与球O 的表面交于点D.
(1) 求证：BD ⊥平面ABC；
(2) 若直线DA,DC 与平面ABC 所成的角分别为π
4 , π
3 ，试求二面角C - AD - B 的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
2
2 .
【解析】(1) 因为AD 是球的直径，所以AB ⊥BD,AC ⊥CD.
因为AC ⊥BC,CD ∩BC = C，CD,BC ⊂平面BCD，所以AC ⊥平面BCD，
因为BD ⊂平面BCD，所以AC ⊥BD，
因为AB ∩AC = A，AB,AC ⊂平面ABC，所以BD ⊥平面ABC.
(2) 因为直线DA,DC 与平面ABC 所成的角分别为π
4 , π
3 ，所以∠DAB = π
4 ,∠DCB = π
3 .
不妨令R =
3 ，则AD = 2 3,AB = BD =
6,BC =
2,AC = 2，
由题设，易知AC ⊥BC,AC ⊥BD,BC ⊥BD，
以C 为坐标原点，CB,CA 所在直线为x,y 轴，过点C 作BD 的平行线为z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A 0,2,0
,B
2,0,0
,C 0,0,0
,D
2,0, 6
.
所以CA
= 0,2,0
,CD
=
2,0, 6
,BA
= - 2,2,0
,BD
= 0,0, 6
，
设平面ACD 的法向量为n1
= x1,y1,z1
，平面ABD 法向量为n2
= x2,y2,z2
，
由n1
⋅CA
=2y1=0
n1
⋅CD
=
2x1+
6z1=0
，取z1=-1，得n1
=
3,0,-1
，
由n2
⋅BA
=- 2x2+2y2=0
n2
⋅BD
=
6z2=0
，取y2= 1，得n2
=
2,1,0
，
设二面角C - AD - B 的平面角为θ，则cosθ
= n1
⋅n2
n1
n2
=
6
2 3 =
2
2 ，易知sinθ =
2
2 .
9
解法指导
1、几何法
(1) 定义法(棱上一点双垂线法)：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别过该点作垂直于棱的
射线．
(2) 三垂线法(面上一点双垂线法)：自二面角的一个面上一点向另外一个面作垂线，再由垂足向棱作垂线得
到棱上的点(即斜足)，斜足和面上一点的连线与斜足和垂足的连线所夹的角，即为二面角的平面角
(3) 垂面法(空间一点垂面法)：过空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角
就是二面角的平面角。
(4) 射影面积法求二面角cosθ = s射影
S
2、向量法：若n1
,n2
分别为平面α,β 的法向量，θ 为平面α,β 的夹角，则cosθ = cos<n1
,n2
>
=
n1
⋅n2
n1
n2
.
变式训练
8. (24 - 25 高三上·福建南平·期中) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，点B 在平面PAD 上射影是△PAD 的
外心，且BP =
5,PA = PD =
2,∠APD = 90°,E 是棱PA 的中点，且CD ⊥平面PAD.
(1) 证明：BE ∥平面PCD；
(2) 若CD = 1，求二面角A - PB - C 的正弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
30
6
【解析】(1) 分别取PD,AD 的中点为F,O，连接PO,OB,EF，延长DC 至Q，使得DQ = OB，
连接BQ,FQ，如下图：
在△APD 中，EF 为中位线，则EF ⎳AD,EF = 1
2 AD = OD，
在Rt△APD 中，由∠APD = 90°，则O 为外心，即BO ⊥平面APD，
10
因为CD ⊥平面PAD，所以BO ⎳CD，
因为DQ ⎳OB,DQ = OB，所以OD = BQ,OD ⎳BQ，
因为EF ⎳BQ,EF = BQ，所以EB ⎳FQ，
因为EB ⊄平面PCD，FQ ⊂平面PCD，所以EB ⎳平面PCD.
(2) 在△APD 中，AP = DP，则PO ⊥AD，
因为OB ⊥平面APD，AD,PO ⊂平面APD，所以OB ⊥PO，OB ⊥AD，
以O 为原点，分别以OA,OB,OP 所在的直线为x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，如下图：
在Rt△APD 中，AP = DP =
2 ，则AD =
AP2+DP2 = 2，PO = 1
2 AD = 1，
在Rt△POB 中，PB =
5 ，则OB =
PB2-PO2 = 2，
则A 1,0,0
,P 0,0,1
,B 0,2,0
,C -1,1,0
，
取AP
= -1,0,1
,AB
= -1,2,0
,CP
= 1,-1,1
,CB
= 1,1,0
，
设平面APB 的法向量为n= x,y,z
，则n⋅AP
=-x+z=0
n⋅AB
=-x+2y=0
，
取x = 2，则y = 1,z = 2，所以平面APB 的一个法向量为n= 2,1,2
；
设平面CPB 的法向量为m= a,b,c
，则m⋅CP
=a-b+c=0
m⋅CB
=a+b=0
，
取a = 1，则b =-1,c =-2，所以平面CPB 的一个法向量为m= 1,-1,-2
；
设二面角A - PB - C 的大小为θ，
cosθ
=
n⋅m
n
⋅m
=
2-1-4
4+1+4⋅
1+1+4 =
6
6 ，
则sinθ =
1-cos2θ =
30
6
.
9. (24 - 25 高三上·北京·月考) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 为正方形，PA ⊥平面
ABCD，PA = AB，M 为线段PD 的动点.
11
(1) 若直线PB ⎳平面ACM ，求证：M 为PD 的中点：
(2) 求证：平面ABM ⊥平面PAD
(3) 若平面PAC 与平面MAC 夹角的余弦值为
3
3 ，求PM
MD 的值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3)2
【解析】(1) 证明：如图所示，连接BD，交AC 于点O，连接MO，
因为直线PB ⎳平面ACM ，且平面PBD ∩平面ACM = MO，PB ⊂平面PBD，
所以PB ⎳MO，
又因为四边形ABCD 为正方形，所以点O 为BD 的中点，所以M 为PD 的中点.
(2) 证明：因为四边形ABCD 为正方形，可得AB ⊥AD，
又因为PA ⊥平面ABCD，且AB ⊂平面ABCD，所以AB ⊥PA，
因为AD ∩PA = A，且AD,PA ⊂平面PAD，所以AB ⊥平面PAD，
又因为AB ⊂平面ABM ，所以平面ABM ⊥平面PAD.
(3) 解：因为四边形ABCD 为正方形，且PA ⊥平面ABCD，所以AB,AD,AP 两两垂直，
以A 为坐标原点，以AB,AD,AP 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AB = 1，可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0,1)，
则AC
= (1,1,0),AP
= (0,0,1),PD
= (0,1, -1)，
设PM
= λPD
= (0,λ, -λ) (0 ≤λ ≤1)，则AM
= AP
+ PM
= AP
+ λPD
= (0,λ,1 - λ)，
设平面MAC 的法向量为n= (x,y,z)，则n⋅AC
=x+y=0
n⋅AM
=λy+(1-λ)z=0
，
令y = 1 - λ，可得x = λ - 1,z =-λ，所以n= (λ - 1,1 - λ, -λ)，
连接BD，由四边形ABCD 为正方形，可得BD ⊥AC，
因为PA ⊥平面ABCD，且BD ⊂平面ABCD，所以BD ⊥PA，
又因为AC ∩PA = A，且AC,PA ⊂平面PAC，所以BD ⊥平面PAC，
所以向量BD
= (-1,1,0) 为平面PAC 的一个法向量，
则cos BD
,n
=
BD
⋅n
BD
n
=
2(1-λ)
2×
3λ2-4λ+2
=
3
3 ，
解得λ = 2
3 或λ = 2(舍)，
所以PM
MD = 2.
题型四
空间点、线、面间的距离求解
12
大题典例
10. (24 - 25 高三上·贵州贵阳·月考) 如图，DE 是正三角形ABC 的一条中位线，AB = 2，将△ADE 沿DE
折起，得到四棱锥A1- BCDE.
(1) 证明：AA1⊥平面A1BC；
(2) 若A1E ⊥CD 求点B 到平面EA1D 的距离.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
6
3
【解析】(1) 证明：因为A1E = 1
2 AB,A1D = 1
2 AC，
所以A1A ⊥A1B,AA1⊥A1C.
又因为A1B ∩A1C = A1，A1B，A1C ⊂平面A1BC，所以AA1⊥平面A1BC.
(2) 解：如图，点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，
三角形的边长为2，
则E
1
2 ,0,0
,D - 1
2 ,0,0
,B 1,
3
2 ,0
,C -1,
3
2 ,0
.
设A1 x,y,z
，因为A1E = 1,A1O =
3
2 ，
所以
x- 1
2
2
+y2+z2=1,
x2+y2+z2= 3
4
⇒
x=0,
y2+z2= 3
4 ,
所以A1 0,y,z
,A1E
=
1
2 ,-y,-z
,CD
=
1
2 ,-
3
2 ,0
.
因为A1E ⊥CD，所以A1E
⋅CD
= 0 ⇒1
4 +
3
2 y = 0 ⇒y =-
3
6 ，
所以A1 0,-
3
6 ,
6
3
,A1D
= - 1
2 ,
3
6 ,-
6
3
.
设m= x1,y1,z1
⊥平面EA1D，
所以A1D
⋅m=0,
A1E
⋅m=0
⇒
- 1
2 x+
3
6 y-
6
3 z=0,
1
2 x+
3
6 y-
6
3 z=0
⇒
x=0,
y=
6
3 ,
z=
3
6 ,
故m= 0,
6
3 ,
3
6
.
又B 1,
3
2 ,0
,OB
= 1,
3
2 ,0
，
13
所以点B 到平面EA1D 的距离为d =
OB
⋅m
m
=
6
3 .
解法指导
1、几何法求点面距
(1) 定义法(直接法)：找到或者作出过这一点且与平面垂直的直线，求出垂线段的长度；
(2) 等体积法：通过点面所在的三棱锥，利用体积相等求出对应的点线距离；
(3) 转化法：转化成求另一点到该平面的距离，常见转化为求与面平行的直线上的点到面的距离．
2、向量法求空间距离：
(1) 点面距：已知平面α 的法向量为n, A 是平面α 内的任一点，P 是平面α 外一点, 过点P 作则平面α
的垂线l，交平面α 于点Q，则点P 到平面α 的距离为PQ = AP
⋅n
n
(2) 直线a 与平面α 之间的距离：d =
AB
⋅n
|n|
，其中A ∈a,B ∈α，n是平面α 的法向量。
(3) 两平行平面α,β 之间的距离：d =
AB
⋅n
|n|
，其中A ∈α,B ∈β，n是平面α 的法向量。
变式训练
11. (24 - 25 高三上·广东广州·月考) 已知四棱柱ABCD - A1B1C1D1 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD，
A1A ⊥平面ABCD，AD ⊥AB，其中AB = AA1 = 2，AD = DC = 1.N ，M 分别是线段B1C1 和线段
DD1上的动点，且C1N
= λC1B1
，DM
= λDD1
(0 < λ < 1).
(1) 求证：D1N ⎳平面CB1M ；
(2) 若N 到平面CB1M 的距离为
11
11 ，求D1N 的长度.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
10
2
【解析】(1)
因为A1A ⊥平面ABCD，AD,AB ⊂平面ABCD，
所以A1A ⊥AD,A1A ⊥AB，又AD ⊥AB，
14
所以AB,AD,AA1两两垂直，
以A 为原点，AB,AD,AA1所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系，如图，
因为AB = AA1= 2，AD = DC = 1，
则D1 0,1,2
,C1 1,1,2
,B1 2,0,2
,C 1,1,0
,D 0,1,0
，
所以C1B1
= 1,-1,0
，
因为C1N
= λC1B1
= λ 1,-1,0
，所以N λ+1,-λ+1,2
，
所以D1N
= λ+1,-λ,0
，
又CB1
= 1,-1,2
,DD1
= 0,0,2
,DM
= λDD1
= λ 0,0,2
，
所以M 0,1,2λ
，CM
= -1,0,2λ
，
设平面CB1M 的法向量为n= x,y,z
，
所以n⋅CM
=0
n⋅CB1
=0
，即x-y+2z=0
-x+2λz=0
，令z = 1，则n= 2λ,2λ+2,1
，
所以n⋅D1N
= 2λ,2λ+2,1
⋅λ+1,-λ,0
= 2λ λ+1
- λ 2λ+2
= 0，
所以n⊥D1N
，所以D1N ⎳平面CB1M ，
(2) 若N 到平面CB1M 的距离为
11
11 ，则
11
11
=
B1N
⋅n
n
，
又B1N
= λ-1,-λ+1,0
，
所以
11
11
= 2λ2-2λ-2λ2-2λ+2λ+2
4λ2+4λ2+8λ+4+1
，
整理可得12λ2- 32λ + 13 = 0，解得λ = 1
2 或13
6 (舍去)，
所以N
3
2 , 1
2 ,2
，所以D1N
=
9
4 + 1
4 +0 =
10
2
.
12. (24 - 25 高三上·福建福州·月考) 如图，在直四棱柱ABCD - A1B1C1D1 中，底面四边形ABCD 为梯形，
AD ⎳BC，AB = AD = 2，BD = 2 2 ，BC = 4．
(1) 证明：A1B1⊥AD1；
(2) 若直线AB 与平面B1CD1所成角的正弦值为
6
6 ，求直线BD 到平面B1CD1的距离．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 2 6
3
【解析】(1) 因为AB = AD = 2，BD = 2 2 ，所以BD2= AB2+ AD2，
可得AB ⊥AD，又ABCD - A1B1C1D1为直四棱柱，所以AA1⊥平面ABCD，
因为AB ⊂平面ABCD，所以AA1⊥AB，
15
且AA1∩AD = A，AA1、AD ⊂平面ADD1A1，
所以AB ⊥平面ADD1A1，又AD1⊂平面ADD1A1，
可得AB ⊥AD1，因为A1B1⎳AB，
所以A1B1⊥AD1；
(2) 由(1)，以A 为原点，AB、AD、AA1所在的直线分别为x、y、z 轴的正方向建立
空间直角坐标系，设A1A = a a>0
，
则A 0,0,0
,B 2,0,0
,D1 0,2,a
,B1 2,0,a
,C 2,4,0
，
AB
= 2,0,0
,D1C
= 2,2,-a
,B1C
= 0,4,-a
，
设n= x,y,z
为平面B1CD1的一个法向量，
则n⋅D1C
=0
n⋅B1C
=0
，即2x+2y-az=0
4y-az=0
，令y = 1，则z = 4
a ，x = 1，
所以n= 1,1, 4
a
，
设直线AB 与平面B1CD1所成角为θ，
因为直线AB 与平面B1CD1所成角的正弦值为
6
6 ，
所以sinθ = cosAB
,n
=
AB
⋅n
AB
⋅n
=
2
2
2+ 16
a2
=
6
6 ，
解得a = 2，n= 1,1,2
，
因为平面ABD ⎳A1B1D1，平面BB1D1D ∩平面A1B1D1= B1D1，
平面BB1D1D ∩平面ABD = BD，所以BD ⎳B1D1，
因为BD ⊄平面B1CD1，B1D1⊂平面B1CD1，
所以BD ⎳平面B1CD1，所以直线BD 到平面B1CD1的距离
可转化为点B 到平面B1CD1的距离，B1B
= 0,0,-2
，
B1B
⋅cos B1B
,n
= B1B
⋅
B1B
⋅n
B1B
⋅n
= B1B
⋅n
n
=
4
1+1+4
= 2 6
3
.
题型五
空间几何体的体积求解
大题典例
13. (23 - 24 高三上·海南海口·月考) 如图，在长方体ABCD - A1B1C1D1 中，AA1 = 2AD = 2AB = 4，E，F
分别为AA1，CD 的中点．
16
(1) 证明：B1D ⊥A1C1；
(2) 求三棱锥E - B1C1F 的体积．
【答案】(1) 证明见解析；(2)2
【解析】(1) 连接B1D1，因为A1B1C1D1为正方形，所以A1C1⊥B1D1，
又在长方体ABCD - A1B1C1D1中，DD1⊥平面A1B1C1D1，
且A1C1⊂平面A1B1C1D1，故A1C1⊥DD1．
又D1D ∩D1B1= D1，DD1⊂平面B1DD1，D1B1⊂平面B1DD1，
所以A1C1⊥平面B1DD1，又B1D ⊂平面B1DD1，故B1D ⊥A1C1．
(2) 由D1A1，D1C1，D1D 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B1 2,2,0
，C1 0,2,0
，E 2,0,2
，F 0,1,4
，
C1B1
= 2,0,0
，C1F
= 0,-1,4
，EF
= -2,1,2
．
设平面B1C1F 的一个法向量为n= x,y,z
，则C1B1
⋅n=0
C1F
⋅n=0
，
即2x=0
-y+4z=0
，令z = 1，得n= 0,4,1
．
又EF
= -2,1,2
，则点E 到平面B1C1F 的距离d =
EF
⋅n
n
=
6
17 ．
又C1F =
17 ，所以△B1C1F 的面积为1
2 B1C1× C1F = 1
2 × 2 ×
17 =
17 ，
所以三棱锥E - B1C1F 的体积为1
3 ×
17 ×
6
17 = 2．
解法指导
1、处理空间几何体体积的基本思路
(1) 转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转
换为容易看出并容易求解的高；
(2) 拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算；
(3) 拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘一
个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。
2、求体积的常用方法
(1) 直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；
(2) 割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则
的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算；
(3) 等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作为
三棱锥的底面进行等体积变换
变式训练
14. (24 - 25 高三上·广东深圳·月考) 如图，将长方形OAA1O1(及其内部) 绕OO1 旋转一周形成圆柱，其中
OA = 1，OO1= 2，劣弧AB 的长为α，A1B1为圆O1的直径，平面AOB 与平面A1O1B 的交线为l.
17
(1) 证明：l ⎳OA；
(2) 若平面AOB 与平面A1O1B 夹角的正切值为4 3
3
，求四棱锥B - OAA1O1的体积．
【答案】(1) 证明见解析；(2)
3
3
【解析】(1) 法一：
∵OA ⎳O1A1，O1A1⊂平面A1O1B，OA ⊄平面A1O1B，
∴OA ⎳平面A1O1B，
又∵OA ⊂平面AOB，平面AOB ∩平面A1O1B = l，
∴l ⎳OA；
法二：
∵圆面O ⎳圆面O1，平面A1O1B ∩圆面O1= A1O1，
平面A1BO1∩圆面O = l，∴O1A1⎳l，
又∵O1A1⎳OA，∴l ⎳OA；
(2) 法一：
以O 为原点，OA,OO1分别为y,z 轴，垂直于y,z 轴直线为x 轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则A1 0,1,2
，O1 0,0,2
，
∵劣弧AB 的长为α 0<α<π
，
∴∠AOB = α，B sinα,cosα,0
，
O1A1
= 0,1,0
，O1B
= sinα,cosα,-2
，
设平面A1BO1的法向量为n= x,y,z
，
由n⋅O1A1
=0
n⋅O1B
=0
，即y=0
xsinα-2z=0
，
令x = 2，则z = sinα，∴n= 2,0,sinα
，
平面AOB 的法向量为m= 0,0,1
，
设平面AOB 与平面A1O1B 夹角为θ，
则cos2θ = cos2n,m=
n⋅m
n
⋅m
2
=
sin2α
4+sin2α ，
则tan2θ = sin2θ
cos2θ = 1-cos2θ
cos2θ
=
1-
sin2α
4+sin2α
sin2α
4+sin2α
=
4
sin2α ，
即
4
sin2α = 16
3 ，sinα =
3
2 (负值舍去)，
18
即B 到平面OAA1O1距离为
3
2 ，
则VB-OAA1O1= 1
3 S四边形OAA1O1h = 1
3 ⋅2 ⋅
3
2
=
3
3 .
法二：
如图，过B 作BD ⎳AO，即平面AOB 与平面A1O1B 的交线为BD，
作OE ⊥BD 于E，连接O1E，
∵OO1⊥平面AOB，BD ⊂平面AOB，∴BD ⊥OO1，
又OO1∩OE = O，OO1,OE ⊂平面O1OE，
∴BD ⊥平面O1OE，∴O1E ⊥BD，
∴∠O1EO 是平面AOB 与平面A1O1B 夹角，
∵AB 的长为α 0<α<π
，
∴∠AOB = α，∴OE = sinα，
∴tan∠O1EO = O1O
OE =
2
sinα ，
则
2
sinα = 4 3
3
，sinα =
3
2 ，
即B 到平面OAA1O1距离为
3
2 ，
VB-OAA1O1= 1
3 S四边形OAA1O1h = 1
3 ⋅2 ⋅
3
2
=
3
3 .
15. (24 - 25 高三上·河南·开学考试) 如图，四棱锥P - ABCD 中，底面四边形ABCD 为凸四边形，且PD
= AD = CD = 4，PA = PC = AC = 4 2 ，AB = BC．
(1) 证明：AC ⊥PB；
(2) 已知平面APC 与平面BPC 夹角的余弦值为7 57
57
，求四棱锥P - ABCD 的体积．
【答案】(1) 证明见解析；(2)16
【解析】(1) 因为PD = AD = 4，PA = 4 2 ，
所以PD2+ AD2= PA2，所以PD ⊥AD，
19
同理PD ⊥CD，又AD ∩CD = D，AD，CD ⊂平面ABCD，
所以PD ⊥平面ABCD，
因为AC ⊂平面ABCD，所以PD ⊥AC，
连接BD，因为AD = CD，AB = BC，DB = DB，
所以△ADB ≌△CDB，所以∠ADB = ∠CDB．
又AD = CD，由等腰三角形三线合一，得BD ⊥AC．
因为BD ∩PD = D，BD，PD ⊂平面PBD，所以AC ⊥平面PBD，
又PB ⊂平面PBD，所以AC ⊥PB．
(2) 因为AD = CD = 4，AC = 4 2 ，所以AD2+ CD2= AC2，
所以AD ⊥CD，又PD ⊥AD，PD ⊥CD，故AD，CD，PD 两两垂直，
故以D 为坐标原点，
DA，DC，DP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
则A 4,0,0
，C 0,4,0
，P 0,0,4
，所以CP
= 0,-4,4
，CA
= 4,-4,0
，
由(1) 知DB 平分∠ADC，设B a,a,0
，所以CB
= a,a-4,0
．
设平面ACP 的法向量为m= x1,y1,z1
，则m⋅CP
=-4y1+4z1=0
m⋅CA
=4x1-4y1=0
，
令x1= 1，得y1= 1，z1= 1，所以m= 1,1,1
，
设平面BCP 的法向量为n= x2,y2,z2
，则n⋅CP
=-4y2+4z2=0
n⋅CB
=ax2+ a-4
y2=0
，
令y2= a，得x2= 4 - a，z2= a，所以n= 4-a,a,a
，
设平面APC 与平面BPC 夹角的大小为θ，
则cosθ = cos m,n
=
m⋅n
m
⋅n
=
4+a
3
4-a
2+a2+a2 = 7 57
57
，
两边平方并化简得4a2- 17a + 15 = 0，解得a = 3 或a = 5
4 ．
20
因为AD = CD = 4，AD ⊥CD，所以点D 到AC 的距离为ADsin π
4 = 2 2 ，
因为四边形ABCD 为凸四边形，所以BD > 2 2 ，所以a = 5
4 不合题意，
即a = 3，则BD = 3 2 ，可得S四边形ABCD = 1
2 AC ⋅BD = 1
2 × 4 2 × 3 2 = 12，
所以V四棱锥P-ABCD = 1
3 S四边形ABCD ⋅DP = 1
3 × 12 × 4 = 16．
题型六
空间几何体的翻折问题
大题典例
16. (23 - 24 高三下·山东·模拟预测) 如图，在菱形ABCD 中，∠BAD = 60°，E 是AD 的中点，将△ABE 沿
直线BE 翻折使点A 到达点A1的位置，F 为线段A1C 的中点.
(1) 求证：DF ∥平面A1BE；
(2) 若平面A1BE ⊥平面BCDE，求直线A1E 与平面A1BC 所成角的大小.
【答案】(1) 证明见解析；(2) π
3 .
【解析】(1) 取线段A1B 的中点为H，连接EH，FH，
因为F 为线段A1C 的中点，所以FH ⎳BC，且FH = 1
2 BC；
又E 是AD 的中点，所以ED ⎳BC，且ED = 1
2 BC；
所以ED ∥FH，且ED = FH，故四边形EDFH 为平行四边形；
所以DF ∥EH，
因为DF ⊄平面A1BE，EH ⊂平面A1BE，
所以直线DF ⎳平面A1BE；
(2) 因为E 是AD 的中点，所以BE ⊥AD，所以BE ⊥A1E；
因为平面A1BE ⊥平面BCDE，平面A1BE ∩平面BCDE = BE，
所以A1E ⊥平面BCDE.
以E 为原点，EB，ED，EA1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
设AB = 2，则E(0,0,0)，A1(0,0,1)，B( 3,0,0)，C( 3,2,0)，
则EA1
= (0,0,1)，BA1
= (- 3,0,1)，BC
= (0,2,0)，
设平面A1BC 的法向量为n= (x,y,z)，则n⋅BA1
=0
n⋅BC
=0
即- 3x+z=0
2y=0
，
取x = 1，则n= (1,0, 3)，
21
设直线A1E 与平面A1BC 所成角为θ，
则sinθ = cosn,EA1
=
n⋅EA1
n
⋅EA1
=
3
2 ，
所以直线A1E 与平面A1BC 所成角为π
3 .
解法指导
翻折问题的两个解题策略
1、确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置
和数量关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于
“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于
变化的关系则要在立体图形中解决
2、确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移
动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的
变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行
有关的证明与计算
变式训练
17. (24 - 25 高三上·云南昆明·期中) 已知在长方形ABCD 中，AD = 2，AB = 4，点M 是边CD 的中点，如
图甲所示. 将△ADM 沿AM 翻折到△PAM ，连接PB，PC，得到四棱锥P - ABCM ，其中PB = 2 3 ，
如图乙所示.
(1) 求证：平面PAM ⊥平面ABCM ；
(2) 求平面PAM 和平面PBC 夹角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2)
11
11 ．
【解析】(1) 连接BM ，因为M 是CD 中点，所以AM = BM =
22+22 = 2 2 ，
从而AM 2+ BM 2= AB2，所以AM ⊥BM ，
又PB = 2 3 ，所以PM 2+ BM 2= PB2，所以PM ⊥BM ，
AM ∩PM = M ，AM,PM ⊂平面APM ，
所以BM ⊥平面APM ，又因为BM ⊂平面ABCM ，
所以平面APM ⊥平面ABCM；
22
(2) 取AM 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥AM ，又平面APM ⊥平面ABCM ，平面APM ∩平面ABCM =
AM ，
所以PN ⊥平面ABCM ，
PN = 1
2 AM =
2 ，
以M 为原点，过M 平行于CB 的直线为x 轴，MC 为y 轴，
过M 平行于NP 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(2, -2,0)，B(2,2,0)，N(1, -1,0)，P(1, -1, 2)，C(0,2,0)，
MA
= (2, -2,0),CB
= (2,0,0),MP
= (1, -1, 2),CP
= (1, -3, 2)，
设平面PAM 的一个法向量是n= (x1,y1,z1)，
则n⋅MA
=2x1-2y1=0
n⋅MP
=x1-y1+
2z1=0
，取x1= 1 得n= (1,1,0)，
设平面PBC 的一个法向量是m= (x2,y2,z2)，
则m⋅CB
=2x2=0
m⋅CP
=x2-3y2+
2z2=0
，取y2=
2 ，得m= (0, 2,3)，
cosm,n= m⋅n
m
n
=
2
2×
11 =
11
11 ，
所以平面PAM 和平面PBC 夹角的余弦值为
11
11 ．
18. (2024·河北承德·二模) 如图1，在直角△APB 中，∠APB = 90°,C 为PB 中点，PA = PC = 1，取AC 中
点D，连接PD,BD，现把△APC 沿着AC 翻折，形成三棱锥P - ABC 如图2，此时PB =
3 ，取BC 中
点E，连接PE,DE，记平面PAB 和平面PDE 的交线为l,Q 为l 上异于P 的一点.
(1) 求证：PD ⊥平面ABC；
(2) 若直线AQ 与平面PDB 所成角的正弦值为
10
15 ，求PQ 的长度.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 5 或5 5
11
23
【解析】(1) 由题意知△ACP 为等腰直角三角形，又D 为AC 的中点，
所以PD = 1
2 AC =
2
2 ，∠ACB = 3π
4 ，PD ⊥AD，
由cos∠BCA = BC2+CD2-BD2
2BC⋅CD
=
1+
2
2
2-BD2
2×1×
2
2
=-
2
2 ，解得BD =
5
2 ，
当PB =
3 时，有PD2+ BD2= PB2，即PD ⊥BD，
而BD ∩AC = D,BD,AC ⊂平面ABC，故PD ⊥平面ABC；
(2) 以DA,DP 为x 轴，z 轴，过D 作平面PAC 的垂线为y 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D 0,0,0
,A
2
2 ,0,0
,P 0,0,
2
2
，
又cos∠BDC = BD2+CD2-BC2
2BD⋅CD
=
5
2 +
2
2
2-12
2×
10
2
×
2
2
= 2 5
5
，
所以sin∠BDC =
1-cos2∠BDC =
5
5
所以xB =-BDcos∠BDC =-
10
2
× 2 5
5
=- 2 ，yB = BDsin∠BDC =
10
2
×
5
5
=
2
2 ，
所以B - 2,
2
2 ,0
，
于是PB
= - 2,
2
2 ,-
2
2
,PD
= 0,0,-
2
2
，
设平面PDB 的法向量为n= x0,y0,z0
，
则
PD
⋅n=-
2
2 z0=0
PB
⋅n=- 2x0+
2
2 y0-
2
2 z0=0
，不妨取x0= 1，解得n= 1,2,0
，
设Q x1,y1,z1
，则PQ
= x1,y1,z1-
2
2
，AB
= - 3 2
2
,
2
2 ,0
，
因为E 为BC 中点，D 为AC 中点，所以AB ⎳DE，
又AB ⊄平面PDE，DE ⊂平面PDE，所以AB ⎳平面PDE，
平面PAB 和平面PDE 的交线为l，AB ⊂平面PAB，
所以AB ⎳l，又Q 为l 上异于P 的一点，所以AB ⎳PQ，即PQ
与AB
共线，
设为PQ
= kAB
，则x1=- 3 2
2
k,y1=
2
2 k,z1=
2
2 ，
故Q - 3 2
2
k,
2
2 k,
2
2
，
因此AQ
= - 3 2
2
k-
2
2 ,
2
2 k,
2
2
.
设直线AQ 与平面PDB 所成角为θ，
24
则sinθ = cosAQ
,n
=
n⋅AQ
n⋅
AQ
=
- 3 2
2 k-
2
2 +
2k
5×
3 2
2 k+
2
2
2+ 1
2 k2+ 1
2
=
10
15 ，
化简得11k2- 6k - 5 = 0，解得k = 1 或k =- 5
11 ，
当k = 1 时PQ
= AB
= - 3 2
2
,
2
2 ,0
，则PQ
= AB
=
9
2 + 1
2 =
5 ，
当k =- 5
11 时PQ
=- 5
11 AB
，则PQ
= 5
11 AB
= 5 5
11 ，
因此PQ
=
5 或PQ
= 5 5
11 .
题型七
空间动点存在性问题的探究
大题典例
19. (24 - 25 高三上·四川德阳·月考) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面
ABCD,E 为棱PD 上的动点.
(1) 若E 为PD 中点，证明：PB ⎳平面AEC；
(2) 若AP = 1,AD = 3,AB = 2，在线段PD 上是否存在点E 使得面DAE 与面AEC 夹角余弦值为
3 157
157
，若存在，求出点E 位置，若不存在，说明理由.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 答案见解析
【解析】(1) 连接BD，交AC 于点F，
因为底面ABCD 为矩形，故F 为BD 的中点，
又因为E 为PD 的中点，
所以EF ⎳PB，
又EF ⊂平面AEC，PB ⊄平面AEC，
所以PB ⎳平面AEC.
(2) 底面ABCD 为矩形，所以AB ⊥AD，
PA ⊥平面ABCD，又AB,AD ⊂平面ABCD，
25
PA ⊥AB,PA ⊥AD，
如图，以A 为原点，AB,AD,AP 所在直线为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
由题意得P(0,0,1),A(0,0,0),D(0,3,0)，C(2,3,0)，
设PE
= λPD
(0 ≤λ ≤1)，设E(x,y,z)，
所以(x,y,z - 1) = λ(0,3, -1)，可得
x=0
y=3λ
z=1-λ
，
所以E(0,3λ,1 - λ)，
AD
= (0,3,0)，AE
= (0,3λ,1 - λ)，AC
= (2,3,0)，
设面DAE 的法向量为m= (x1,y1,z1)，
则AD
⋅m=3y1=0
AE
⋅m=3λy1+(1-λ)z1=0
，
取x1= 1，则y1= 0,z1= 0，
m= (1,0,0) 为平面DAE 的一个法向量，
设面AEC 的法向量为n= (x2,y2,z2)，
则AC
⋅n=2x2+3y2=0
AE
⋅n=3λy2+(1-λ)z2=0
，
取z2=-6λ，则x2= 3λ - 3,y2= 2 - 2λ，
可取n= 3λ-3,2-2λ,-6λ
，
设面DAE 与面AEC 夹角为θ，
则cosθ = cos m,n
=
m⋅n
m
n
=
3λ-3
3λ-3
2+ 2-2λ
2+36λ2
= 3 157
157
，
化简得3λ2- 8λ + 4 = 0，即(λ - 2) (3λ - 2) = 0，
解得λ = 2
3 或2(舍)，
所以在线段PD 上存在点E 使得面DAE 与面AEC 夹角余弦值为3 157
157
，
此时PE
= 2
3 PD
，即点E 为PD(靠近点P) 的三等分点.
解法指导
借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量) 表示，将几何对象坐标化，这样
根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围内有解，则通过
参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的
几何对象不存在．
变式训练
20. (24 - 25 高三上·江西南昌·月考) 如图，在矩形纸片ABCD 中，AB = 4,BC = 2，沿AC 将△ADC 折起，
使点D 到达点P 的位置，且满足平面ABP ⊥平面BCP.
26
(1) 求证：平面ABC ⊥平面APB，并求PB 的长度；
(2) 若M 是线段PC 上(不包括端点) 的一个动点，是否存在点M ，使得直线MB 与平面PAC 的夹角
为π
3 ？若存在，求CM 的长度；若不存在，说明理由.
【答案】(1) 证明过程见解析，PB = 2 3；
(2) 存在点M ，使得直线MB 与平面PAC 的夹角为π
3 ，CM = 1
2 PC = 2，理由见解析
【解析】(1) 过点A 作AN ⊥BP 于点N ，
因为平面ABP ⊥平面BCP，交线为BP，AN ⊥BP，AN ⊂平面ABP，
所以AN ⊥平面BCP，
因为BC ⊂平面BCP，所以AN ⊥BC，
又BC ⊥AB，AB ∩AN = A，AB,AN ⊂平面ABP，
所以BC ⊥平面ABP，
又BC ⊂平面ABC，所以平面ABC ⊥平面APB，
因为BC ⊥平面ABP，PB ⊂平面APB，所以BC ⊥PB，
又PC = DC = 4,BC = 2，由勾股定理得PB =
PC2-CB2 =
16-4 = 2 3；
(2) 存在点M ，使得直线MB 与平面PAC 的夹角为π
3 ，此时CM = 1
2 PC = 2，理由如下：
以B 为坐标原点，BC,BA 所在直线分别为x,y 轴，
垂直于平面ABC 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
由(1) 知，PB = 2 3 ，PA = 2,AB = 4，故PA2+ PB2= AB2，
由勾股定理逆定理得PA ⊥PB，且sin∠PBA = AP
AB = 1
2 ，
所以∠PBA = 30°，
过点P 作PH ⊥AB 于点H，
由(1) 知，平面ABC ⊥平面APB，故PH ⊥平面ABC，
且PH = PBsin30° =
3 ，BH = PBcos30° = 3，
所以P 0,3, 3
，
其中B 0,0,0
,C 2,0,0
,A 0,4,0
，设CM
= λCP
，0 < λ < 1，
设M s,t,a
，则s-2,t,a
= λ -2,3, 3
，
解得s = 2 - 2λ,t = 3λ,a =
3λ，故M 2-2λ,3λ, 3λ
，
设平面PAC 的一个法向量为m= x,y,z
，
则m⋅PA
= x,y,z
⋅0,1,- 3
=y-
3z=0
m⋅AC
= x,y,z
⋅2,-4,0
=2x-4y=0
，
令z = 1，则y =
3,x = 2 3 ，
所以m= 2 3, 3,1
，
27
MB 与平面PAC 的夹角为π
3 ，故MB 与m= 2 3, 3,1
夹角为π
6 或5π
6 ，
又cos m,BM
=
m⋅BM
m
⋅BM
=
2 3, 3,1
⋅2-2λ,3λ, 3λ
12+3+1
2-2λ
2+9λ2+3λ2 =
3
2-2λ
2+9λ2+3λ2 ，
所以
3
2-2λ
2+9λ2+3λ2 =
3
2 ，即2-2λ
2+ 9λ2+ 3λ2= 4，
解得λ = 1
2 ，则CM = 1
2 PC = 2.
21. (24 - 25 高三上·湖南·月考) 如图，侧面BCC1B1 水平放置的正三棱台ABC - A1B1C1,AB = 2A1B1 = 4，
侧棱长为
2,P 为棱A1B1上的动点.
(1) 求证：AA1⊥平面BCC1B1；
(2) 是否存在点P，使得平面APC 与平面A1B1C1的夹角的余弦值为5 33
33
？若存在，求出点P；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 存在，点P 为A1B1中点
【解析】(1) 延长三条侧棱交于一点O，如图所示，
由于AB = 2A1B1= 4,BB1=
2 ，所以OB = OA = 2 2 ，
所以OA2+ OB2= 16 = AB2，所以OA ⊥OB，同理OA ⊥OC.
又OB ∩OC = O，OB,OC ⊂平面OBC，
所以OA ⊥平面OBC，即AA1⊥平面BCC1B1.
(2) 由(1) 知OA ⊥OB,OA ⊥OC,OB ⊥OC，如图建立空间直角坐标系，
则A 0,0,2 2
,C 0,2 2,0
，A1 0,0, 2
,B1
2,0,0
,C1 0, 2,0
，
所以AA1
= 0,0,- 2
,AC
= 0,2 2,-2 2
,A1B1
= ( 2 ，0, - 2),B1C1
= - 2, 2,0
.
设A1P
= λA1B1
= λ
2,0,- 2
=
2λ,0,- 2λ
，
28
则AP
= AA1
+ A1P
=
2λ,0,- 2-
2λ
,λ ∈0,1
，
设平面A1B1C1和平面APC 的法向量分别为m= x,y,z
,n= r,s,t
，
所以
2x-
2z=0
- 2x+
2y=0，
2λr-
2 λ+1
t=0
2s-
2t=0
，
取m= 1,1,1
,n= λ+1,λ,λ
，
则cos m,n
= m⋅n
m
n
=
3λ+1
3
3λ2+2λ+1
= 5 33
33
.
整理得12λ2+ 8λ - 7 = 0，即2λ-1
6λ+7
= 0，所以λ = 1
2 或λ =- 7
6 (舍)，
故存在点P(点P 为A1B1中点时)，满足题意.
必刷大题
刷模拟
22. (24 - 25 高三上·江苏扬州·月考) 已知三棱锥A - BCD,AD ⊥底面BCD,BC ⊥CD,AD = 4,BC =
CD = 2，点P 是AD 的中点，点Q 为线段BC 上一动点，点M 在线段DQ 上.
(1) 若PM ⎳平面ABC，求证：M 为DQ 的中点；
(2) 若Q 为BC 的中点，求直线DQ 与平面ABC 所成角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 3
5
【解析】(1) 连接AQ，因为PM ⎳平面ABC,PM ⊂平面ADQ，
平面ADQ ∩平面ABC = AQ，所以PM ⎳AQ，
又因为P 是AD 的中点，所以M 是DQ 中点；
(2) 方法一：因为AD ⊥底面BCD,BC ⊥CD，如图建立坐标系C - xyz，
则D 2,0,0
,B 0,2,0
,A 2,0,4
,Q 0,1,0
，可得DQ
= -2,1,0
，CA
= 2,0,4
,CB
= 0,2,0
，
29
设平面ABC 的法向量为n= x,y,z
，则n⋅CA
=2x+4z=0
n⋅CB
=2y=0
，
令z = 1，则y = 0,x =-2，可得n= -2,0,1
，
cosDQ
,n= DQ
⋅n
DQ
n
=
4
5⋅
5 = 4
5 ，
设直线DQ 与平面ABC 所成角为θ，
则sinθ = cosDQ
,n
= 4
5 ，又θ ∈0, π
2
，则cosθ = 3
5 ，
因此直线DQ 与平面ABC 所成角的余弦值为3
5 .
方法二：过点D 作DN ⊥AC 交AC 于N ，连接QN ，
因为AD ⊥底面BCD,BC ⊂底面BCD，则AD ⊥BC，
且BC ⊥CD,AD ∩CD = D,AD,CD ⊂平面ACD，则BC ⊥平面ACD，
由DN ⊂平面ACD，可得BC ⊥DN ，且AC ∩BC = C，
AC,BC ⊂平面ABC，所以DN ⊥平面ABC，
可知∠DQN 即为直线DQ 与平面ABC 所成角，
在Rt△ACD 中，CD = 2,AD = 4，则AC = 2 5 ，所以DN = 4 5
5
，
又DQ =
5 ，∴QN = 3 5
5
，则cos∠DQN = QN
QD = 3
5 ，
所以直线DQ 与平面ABC 所成角的余弦值为3
5 .
23. (24 - 25 高三上·江苏苏州·月考) 如图，在平行四边形ABCM 中，AB = AC = 3,∠ACM = 90°，以AC
为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA.
(1) 证明：平面ACD ⊥平面ABC.
(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP = DQ = 2
3 DA，求点P 到平面ABQ 的距离.
30
【答案】(1) 证明见解析；(2) 2
【解析】(1) 由题意平行四边形ABCM 中，∠ACM = 90°，则AC ⊥CM ，又CM ⎳AB，所以AC ⊥AB，
又AB ⊥AD，AD ∩AC = A，AD,AC ⊂平面ACD，
所以AB ⊥平面ACD，而AB ⊂平面ABC，所以平面ABC ⊥平面ACD；
(2) 由于DC ⊥AC，DC ⊂平面ACD，平面ABC ⊥平面ACD，所以DC ⊥平面ABC，
以AB,AC 为x,y 轴，平行于CD 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，C(0,3,0)，D(0,3,3)，
又Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP = DQ = 2
3 DA，
则Q(0,1,1)，P(1,2,0)，
AB
= (3,0,0),AQ
= (0,1,1)，
设平面ABQ 的一个法向量是n= (x,y,z)，
则n⋅AB
=3x=0
n⋅AQ
=y+z=0
，取y = 1，则n= (0,1, -1)，
又AP
= (1,2,0)，
则P 到平面ABQ 的距离等于
AP
⋅n
n
= 0+2+0
2
=
2 ，
24. (24 - 25 高三上·浙江宁波·模拟考试) 在三棱锥P - ABC 中，侧面PAC 是边长为2 的等边三角形，
AB =
3 ，PB = 2，∠ABC = π
2 .
(1) 求证：平面PAC ⊥平面ABC；
(2) 求平面PAB 与平面PAC 的夹角的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 3 13
13
【解析】(1)
31
取AC 的中点为O，连接OP,OB，
因为PAC 是边长为2 的等边三角形，所以OP ⊥AC，OP =
3 ，
在直角三角形ABC 中，∠ABC = π
2 ，O 为AC 中点，所以OB = 1
2 AC = 1，
又PB = 2，所以OP2+ OB2= PB2，
所以∠POB = 90°，即OP ⊥OB，又OB,AC 为平面ABC 内两条相交直线，
所以OP ⊥平面ABC，又OP 在平面PAC 内，
所以平面PAC ⊥平面ABC.
(2)
由(1) 知过B 作OP 的平行线作为z 轴，BA,BC 分别为x,y 轴，
则B 0,0,0
,A
3,0,0
,C 0,1,0
,P
3
2 , 1
2 , 3
，
所以BP
=
3
2 , 1
2 , 3
,BA
=
3,0,0
，PA
=
3
2 ,- 1
2 ,- 3
,AC
= - 3,1,0
,
设平面PAB 的法向量为n= x,y,z
，
则n⋅BP
=0
n⋅BA
=0
，即
3
2 x+ 1
2 y+
3z=0
3x=0
，
令z = 1，可得n= 0,-2 3,1
，
设平面PAC 的法向量为m= a,b,c
，
则m⋅AC
=0
m⋅PA
=0
，即
- 3a+b=0
3
2 a- 1
2 b-
3c=0
，
令a = 1，可得m= 1, 3,0
，
设平面PAB 与平面PAC 的夹角为θ，
则cosθ = cosm,n
=
m⋅n
m
⋅n
=
6
2 13 = 3 13
13
.
25. (24 - 25 高三上·黑龙江大庆·期中) 在梯形ABCD 中，AB ⎳CD，∠BAD = π
3 ，AB = 2AD = 2CD =
4，P 为AB 的中点，线段AC 与DP 交于O 点(如图1). 将△ACD 沿AC 折起到△ACD位置，使得
DO ⊥OP(如图2).
32
(1) 求证：平面DAC ⊥平面ABC；
(2) 线段PD上是否存在点Q，使得CQ 与平面BCD所成角的正弦值为
6
8 ? 若存在，求出PQ
PD的
值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 存在，1
3
【解析】(1) 证明：∵在梯形ABCD 中，AB ⎳CD，
AB = 2AD = 2CD = 4，∠BAD = π
3 ，P 为AB 的中点，
∴CD ⎳PB，CD = PB，BC = DP，
∴△ADP 是正三角形，四边形DPBC 为菱形，
∴AC ⊥BC，AC ⊥DP，
∵AC ⊥DO,DO ⊥OP，
又∵AC ∩OP = O,AC,OP ⊂平面ABC，
∴DO ⊥平面ABC，
∵DO ⊂平面DAC，
∴平面DAC ⊥平面ABC.
(2) 存在，PQ
PD= 1
3 ，理由如下：
∵DO ⊥平面BAC，OP ⊥AC，
∴OA，OP，OD两两互相垂直，
如图，以点O 为坐标原点，OA，OP，OD所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系.
则C - 3,0,0
，B - 3,2,0
，D0,0,1
，P 0,1,0
，
∴BD
=
3,-2,1
，CD
=
3,0,1
，
设平面CBD的一个法向量为n= x,y,z
，则
n⋅BD
=0
n⋅CD
=0
，即
3x-2y+z=0
3x+z=0
，令x = 1，则y = 0，z =- 3 ，
∴n= 1,0,- 3
，
设PQ
= λPD
0≤λ≤1
，
33
∵CP
=
3,1,0
，PD
= 0,-1,1
，
∴CQ
= CP
+ PQ
= CP
+ λPD
=
3,1-λ,λ
，
设CQ 与平面BCD所成角为θ，则sinθ = cos CQ
,n
=
CQ
⋅n
CQ
n
=
3 1-λ
2 2λ2-2λ+4
=
6
8 ，
即3λ2- 7λ + 2 = 0，∵0 ≤λ ≤1，解得λ = 1
3 ，
∴线段PD上存在点Q，且PQ
PD= 1
3 ，使得CQ 与平面BCD所成角的正弦值为
6
8 .
26. (24 - 25 高三上·北京·期中) 如图，在四棱锥P - ABCD 中，直线AB ⎳平面PCD.∠ABC = 90°，
∠DAB = ∠PCB = 60°，CD = 1，AB = 3，PC = PB，平面PCB ⊥平面ABCD，F 为线段BC 的中点，
E 为线段PF 上一点.
(1) 证明：AB ⎳CD；
(2) 证明：PF ⊥AD；
(3) 是否存在点E，使得点E 到平面PAD 的距离是1
2 ，若存在求出FE
EP
的值，若不存在请说明理由.
【答案】(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) 存在，FE
EP
= 2.
【解析】(1) 证明：因为AB ⎳平面PCD，AB ⊂平面ABCD，平面ABCD ∩平面PCD = CD，
所以AB ⎳CD；
(2) 因为PC = PB，F 为线段BC 的中点，
所以PF ⊥BC，
因为平面PCB ⊥平面ABCD，平面PCB ∩平面ABCD = BC，PF ⊂平面PCB，
所以PF ⊥平面ABCD，
因为AD ⊂平面ABCD，所以PF ⊥AD；
(3) 取AD 的中点G，连接FG，过D 作DH‖BC，交AB 于H，
因为F 为线段BC 的中点，AB ⎳CD，所以FG‖AB，
因为∠ABC = 90°，所以AB ⊥BC，所以FG ⊥BC，
由(2) 可知PF ⊥平面ABCD，FG ⊂平面ABCD，
所以PF ⊥FG，
所以FG,BC,PF 两两垂直，所以以FG,BC,PF 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，
因为DH‖BC，AB ⎳CD，∠ABC = 90°，
34
所以四边形BCDH 为矩形，
所以CD = BH = 1,DH = BC,∠DHB = 90°，
因为AB = 3，所以AH = 2,
因为∠DAB = 60°，所以AD = 2AH = 4,DH =
42-22 = 2 3 ，
所以BC = 2 3 ，
因为∠PCB = 60°，PC = PB，所以△PBC 为等边三角形，
所以PB = PC = BC = 2 3 ，PF =
2 3
2-
3
2 = 3，
设EF = a(0 ≤a ≤3)，则E(0,0,a)，
因为A(3, 3,0),D(1, - 3,0),P(0,0,3)，
所以AD
= (-2, -2 3,0),PA
= (3, 3, -3)，PE
= (0,0,a - 3)，
设平面PAD 的法向量为m= (x,y,z)，则
m⋅AD
=-2x-2 3y=0
m⋅PA
=3x+
3y-3z=0
，令x =
3 ，则m=
3,-1, 2 3
3
，
若点E 到平面PAD 的距离是1
2 ，则
m⋅PE
m
=
2 3
3 (a-3)
3+1+ 12
9
= 1
2 ，
所以2 3
3
(3 - a) = 1
2 × 4 3
3
，解得a = 2，
所以EF = 2,PE = 3 - 2 = 1，所以FE
EP
= 2.
27. (24 - 25 高三上·浙江·月考) 在四棱锥P - ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD，PO ⊥底面ABCD，点
O 在AC 上，且PB = PC.
(1) 求证：PA = PD；
(2) 若∠COD = π
6 ，AB = BC，点E 在PB 上，PD ⎳平面EOC，求PE
PB 的值；
(3) 若PO = AB = BC = 1，二面角P - AD - B 的正切值为2 2 ，求二面角D - AP - B 的余弦值.
【答案】(1) 证明见解析；(2) PE
PB = 1
3 ；(3) 2 15-3 5
15
.
【解析】(1) 连接OB，
因为PO ⊥底面ABCD，OB,OC ⊂平面ABCD，
所以PO ⊥OB,PO ⊥OC，即∠POB = ∠POC = π
2 ，
35
又PB = PC，PO = PO，所以△POB ≅△POC，
所以OB = OC，故∠OBC = ∠OCB
又AB ⊥BC，
所以∠OAB = ∠OBA，OA = OB = OC，
又AD ⊥CD，所以OA = OD，
因为PO ⊥底面ABCD，OA,OD ⊂平面ABCD，
所以PO ⊥OA,PO ⊥OD，
又PO = PO，
所以PA = PD；
(2) 连接BD 交AC 于点F，连EF，
因PD ⎳平面EOC，平面PBD ∩平面EOC = ED，PD ⊂平面PBD，
所以PD ⎳EF，故PE
PB = DF
DB ，
因为AB ⊥BC，AD ⊥CD，
所以∠ABC + ∠ADC = π，故四边形ABCD 是圆内接四边形，
又∠COD = π
6 ，所以∠CBD = π
12 ，
因AB = BC，AB ⊥BC，点O 为AC 的中点，
所以∠BOC = π
2 ，∠CBO = π
4 ，
故∠OBD = π
6 ，设OB = OD =
3 ，
则OF = 1，BF = 2，
在△BOD 中，∠BOD = π
2 + π
6 = 2π
3
由余弦定理可得BD =
OB2+OD2-2OB⋅ODcos 2π
3 = 3，
所以DF = 1，于是PE
PB = DF
DB = 1
3 ；
(3) 以点O 为原点，BA
，BC
，OP
为x，y，z 轴正方向建立如图所示的坐标系，
则B - 1
2 ,- 1
2 ,0
,A 1
2 ,- 1
2 ,0
,C - 1
2 , 1
2 ,0
,P 0,0,1
,
所以BA
= 1,0,0
,PA
=
1
2 ,- 1
2 ,-1
,
设n1
= x1,y1,z1
为平面PAB 的法向量,
所以
x1=0
1
2 x1- 1
2 y1-z1=0
，
故x1= 0，令y1= 2，则z1=-1，
所以n1
= 0,2,-1
为平面PAB 的一个法向量，
过点O 作OM ⊥AD 于M ，
因为PO ⊥底面ABCD，AD ⊂平面ABCD，
所以PO ⊥AD，OM ∩PO = O，OM,PO ⊂平面PMO，
所以AD ⊥平面PMO，PM ⊂平面PMO，所以PM ⊥AD，
36
故二面角P - AD - B 的平面角为∠PMO，
由已知tan∠PMO =
1
OM = 2 2 ，
所以OM =
2
4 ，于是CD =
2
2 ，AD =
6
2 ，
又AD ⊥CD，所以∠CAD = π
6 ，又∠BAC = π
4 ，
所以∠AOx = π
4 ，故∠MOx = π
12 ，
所以点M 的横坐标为
2
4 cos π
12 ，纵坐标为
2
4 sin π
12 ，
所以点M 的坐标为
3+1
8
,
3-1
8
,0
，
所以D
3-1
4
,
3+1
4
,0
，PD
=
3-1
4
,
3+1
4
,-1
设n2
= x2,y2,z2
平面PAD 的法向量，
所以
1
2 x2- 1
2 y2-z2=0
3-1
4
x2+
3+1
4
y2-z2=0
，
两式相减得
3-1
x2=
3+1
y2，
令x2=
3 + 1，则y2=
3 - 1,z2= 1，
所以n2
=
3+1, 3-1,1
为平面PAD 的一个法向量，,
所以cosn1
,n2
=
2 3-2-1
5⋅
3+1
2+
3-1
2+1
= 2 15-3 5
15
，
观察可得二面角D - AP - B 的平面角为锐角，
所以二面角D - AP - B 的余弦值为2 15-3 5
15
.
刷真题
28. (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．
【答案】(1) 证明见解析；(2)
30
30
【解析】(1) 取PD 的中点为S，接SF,SC，则SF ⎳ED,SF = 1
2 ED = 1，
而ED ⎳BC,ED = 2BC，故SF ⎳BC,SF = BC，故四边形SFBC 为平行四边形，
37
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A 0,-1,0
,B 1,-1,0
,C 1,0,0
,D 0,2,0
,P 0,0,2
，
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
，
则由m⋅PA
=0
m⋅PB
=0
可得-y-2z=0
x-y-2z=0
，取m= 0,-2,1
，
设平面PCD 的法向量为n= a,b,c
，
则由n⋅PC
=0
n⋅PD
=0
可得a-2b=0
2b-2c=0
，取n= 2,1,1
，
故cosm,n=
-1
5×
6 =-
30
30 ，
故平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值为
30
30
29. (2024·全国·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．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 4 3
13
【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 ，
38
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 =
AF 2-AO2 = 3，
因为OB2+ OF 2= BF 2，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，
F 0,0,3
，B
3,0,0
,M 0,1,0
,E 0,2,3
，BM
= - 3,1,0
,BF
= - 3,0,3
，
BE
= - 3,2,3
，设平面BFM 的法向量为m= x1,y1,z1
，
平面EMB 的法向量为n= x2,y2,z2
，
则m⋅BM
=0
m⋅BF
=0
，即- 3x1+y1=0
- 3x1+3z1=0
，
令x1=
3 ，得y1= 3,z1= 1，即m=
3,3,1
，
则n⋅BM
=0
n⋅BE
=0
，即- 3x2+y2=0
- 3x2+2y2+3z2=0
，
令x2=
3 ，得y2= 3,z2=-1，
即n=
3,3,-1
，cosm,n=
m⋅n
m
⋅n
=
11
13⋅
13 = 11
13 ，
则sinm,n= 4 3
13 ，
故二面角F - BM - E 的正弦值为4 3
13 .
30. (2024·全国·高考真题) 如图，平面四边形ABCD 中，AB = 8，CD = 3，AD = 5 3 ，∠ADC = 90°，
∠BAD = 30°，点E ，F 满足AE
= 2
5 AD
，AF
= 1
2 AB
，将△AEF 沿EF 翻折至△PEF ，使得PC =
4 3．
(1) 证明：EF ⊥PD；
(2) 求平面PCD 与平面PBF 所成的二面角的正弦值．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 8 65
65
【解析】(1) 由AB = 8,AD = 5 3,AE
= 2
5 AD
,AF
= 1
2 AB
，
得AE = 2 3,AF = 4，又∠BAD = 30°，在△AEF 中，
由余弦定理得EF =
AE 2+AF 2-2AE⋅AFcos∠BAD =
16+12-2⋅4⋅2 3⋅
3
2
= 2,
所以AE 2+ EF 2= AF 2，则AE ⊥EF，即EF ⊥AD，
39
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CE 2= ED2+ CD2= 36，
在△PEC 中，PC = 4 3,PE = 2 3,EC = 6，得EC2+ PE 2= 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= (x1,y1,z1),m= (x2,y2,z2)，
则n⋅PC
=3x1+3 3y1-2 3z1=0
n⋅PD
=3 3y1-2 3z1=0
，m⋅PB
=4x2+2 3y2-2 3z2=0
m⋅PF
=2x2-2 3z2=0
，
令y1= 2,x2=
3 ，得x1= 0,z1= 3,y2=-1,z2= 1，
所以n= (0,2,3),m= ( 3, -1,1)，
所以cos m,n
=
m⋅n
m
n
=
1
5⋅
13 =
65
65 ，
设平面PCD 和平面PBF 所成角为θ，则sinθ =
1-cos2θ = 8 65
65
，
即平面PCD 和平面PBF 所成角的正弦值为8 65
65
.
31. (2024·广东江苏·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；
(2) 若AD ⊥DC，且二面角A - CP - D 的正弦值为
42
7
，求AD．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 3
【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，
40
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，
即sin∠DFE =
42
7
，即tan∠DFE =
6．
因为AD ⊥DC，设AD = x，则CD =
4-x2 ，由等面积法可得，DE = x 4-x2
2
，
又CE =
4-x2
- x2 4-x2
4
= 4-x2
2
，而△EFC 为等腰直角三角形，所以EF = 4-x2
2 2 ，
故tan∠DFE =
x 4-x2
2
4-x2
2 2
=
6 ，解得x =
3 ，即AD =
3．
32. (2024·天津·高考真题) 如图，在四棱柱ABCD - A1B1C1D1 中，A1A ⊥平面ABCD，AB ⊥AD,
AB ⎳DC，AB = AA1= 2,AD = DC = 1．M,N 分别为DD1,B1C1的中点，
(1) 求证：D1N ⎳平面CB1M ；
(2) 求平面CB1M 与平面BB1C1C 夹角余弦值；
(3) 求点B 到平面CB1M 的距离．
【答案】(1) 证明见解析；(2) 2 22
11
；(3) 2 11
11
【解析】(1) 取CB1中点P，连接NP，MP，
由N 是B1C1的中点，故NP ⎳CC1，且NP = 1
2 CC1，
由M 是DD1的中点，故D1M = 1
2 DD1= 1
2 CC1，且D1M ⎳CC1，
41
则有D1M ⎳NP、D1M = NP，
故四边形D1MPN 是平行四边形，故D1N ⎳MP，
又MP ⊂平面CB1M ，D1N ⊄平面CB1M ，
故D1N ⎳平面CB1M；
(2) 以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有A 0,0,0
、B 2,0,0
、B1 2,0,2
、M 0,1,1
、C 1,1,0
、C1 1,1,2
，
则有CB1
= 1,-1,2
、CM
= -1,0,1
、BB1
= 0,0,2
，
设平面CB1M 与平面BB1CC1的法向量分别为m= x1,y1,z1
、n= x2,y2,z2
，
则有m⋅CB1
=x1-y1+2z1=0
m⋅CM
=-x1+z1=0
，n⋅CB1
=x2-y2+2z2=0
n⋅BB1
=2z2=0
，
分别取x1= x2= 1，则有y1= 3、z1= 1、y2= 1，z2= 0，
即m= 1,3,1
、n= 1,1,0
，
则cosm,n=
m⋅n
m
⋅n
=
1+3
1+9+1⋅
1+1 = 2 22
11
，
故平面CB1M 与平面BB1CC1的夹角余弦值为2 22
11
；
(3) 由BB1
= 0,0,2
，平面CB1M 的法向量为m= 1,3,1
，
则有
BB1
⋅m
m
=
2
1+9+1 = 2 11
11
，
即点B 到平面CB1M 的距离为2 11
11
.
