1
1.2.3 直线与平面的夹角
课程标准
学习目标
1.掌握求线面角的两种基本方法，即空间向
量法与几何法
2.灵活运用两种基本方法求线面角
1.理解直线与平面的夹角的概念。
2.学习如何计算直线与平面的夹角。
3.掌握求直线与平面夹角的方法。
4.能够应用所学知识解决相关的题目。
知识点01 直线与平面的夹角
1.直线与平面垂直：直线与平面的夹角为90°.
2.直线与平面平行或在平面内：直线与平面的夹角为0°.
3.斜线和平面所成的角：斜线和它在平面内的射影所成的角，叫做斜线和平面所成的角（或斜线和平面的
夹角）
【即学即练1】（浙江省绍兴市2022-2023 学年）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，棱长为3，O1是上底
面A1B1C1 D1的一个动点.
(1)求三棱锥A −O1BC的体积；
(2)当O1是上底面A1B1C1 D1的中心时，求A O1与平面ABCD 所成角的余弦值.
2
【答案】(1)9
2
(2)√3
3
【分析】(1)利用等体积V A −O1BC =V O1−ABC，即可求解.
(2)根据直线与平面夹角的定义，找到线面角，即可求解.
【详解】（1）如图所示，根据题意得：
V A −O1BC =V O1−ABC = 1
3 ⋅S△ABC⋅ℎ= 1
3 × 1
2 ×3×3×3= 9
2.
（2）如图所示,过点O1做平面ABCD 的垂线，垂足为G，易知G 为AC 中点，
故∠O1 AC为A O1与平面ABCD 所成线面角，
又AG = 1
2 AC = 1
2 √A B
2+ BC
2= 3√2
2
, A O1=√A G
2+GO1
2= 3√6
2
,
所以A O1与平面ABCD 所成角的余弦值为：cos∠O1 AC = AG
A O1
=
3√2
2
3√6
2
= √3
3 .
【即学即练2】（2023·全国·高二假期作业）如图，在四棱锥P−ABCD中，O是边长为4 的正方形
ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，M，E分别为AB，BC的中点．
(1)求证：平面PAC ⊥平面PBD；
(2)若PE =3，求点B到平面PEM的距离；
(3)若PE =3，求直线PB与平面PEM所成角的余弦值．
3
【答案】(1)证明见解析
(2)√70
7
(3)9√91
91
．
【分析】（1）先证明AC ⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理证明平面PAC ⊥平面PBD；
（2）利用几何关系和等体积法求解即可．
（3）由（2）可知点B到平面PEM的距离为ℎ= √70
7 ，计算PB的长度，根据直线与平面所成的角的定义
求解．
【详解】（1）因为四边形ABCD是正方形，所以AC ⊥BD，
因为PO⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，所以AC ⊥PO，
因为OP⊂平面PBD，BD⊂平面PBD，且OP∩BD =O，
所以AC ⊥平面PBD．又AC ⊂平面PAC，所以平面PAC ⊥平面PBD．
（2）由（1）知，PO为点P到平面BME的距离．
所以V B−PEM =V P−BEM = 1
3 S△BEM ×OP，
连接OE．因为PO⊥平面ABCD，OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE，
因为OE =2，PE =3，所以PO =√5，
又因为OA =OB =OC =OD =2√2，所以PA = PB = PC = PD．
在△PEM中，PE = PM =3，ME = 1
2 AC =2√2，
所以S△PEM = 1
2 ×2√2×√3
2−(√2)
2=√14，
设点B到平面PEM的距离为ℎ，
由V B−PEM = 1
3 ×S△PEM ×ℎ=V P−BEM = 1
3 S△BEM × PO = 1
3 × 1
2 ×2×2×√5= 2√5
3
，
得√14
3 ℎ= 2√5
3
，所以ℎ= √70
7 ．
所以点B到平面PEM的距离为√70
7 ．
4
（3）若PE =3，由（2）可知，点B到平面PEM的距离为ℎ= √70
7 ，
又PB =√PO
2+O B
2=√5+8=√13，
设直线PB与平面PEM所成角为θ，
所以sinθ = ℎ
PB =
√70
7
√13 = √70
7√13
，
所以cosθ =√1−sin
2θ =√
1−( √70
7√13 )
2
= 9√91
91
.
即直线PB与平面PEM所成角的余弦值为9√91
91
．
知识点02 用空间向量求直线与平面的夹角
1.定义：设直线l的方向向量为⃑u，平面α的法向量为⃑n，直线与平面所成的角为θ，⃑u与⃑n 的角为φ，则有
sinθ =__|cosφ| ____=___|⃑u⋅⃑n|
|⃑u||⃑n| ____.
2.范围：[0,π
2 ]
【即学即练3】若正三棱柱ABC −A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面
B1 DC所成角的余弦值为______.
【答案】3
5##0.6
【分析】利用空间向量的坐标运算求解线面角即可.
5
【详解】
如图，取AC中点O，连接OB ,OD,
则有OD⊥OB ,OD⊥OC ,OB⊥OC,
所以以⃗OB ,⃗OC ,⃗OD为x , y , z轴正方向建系如图，设AB =2,
则A(0,−1,0), D(0,0,2),B1(√3,0,2),C(0,1,0),⃗
AD =(0,1,2),⃗D B1=(√3,0,0),⃗DC =(0,1,−2),
设平面B1 DC的法向量为⃗m=( x , y , z)，
则有¿，令y =2,则z =1, x =0，
所以⃗m=(0,2,1)，
设直线AD与平面B1 DC所成角为θ，
则sinθ =|cos<⃗AD ,⃗m>|=|⃗AD⋅⃗m|
|⃗AD||⃗m|
= 4
5 ，
因为θ∈[0,π
2 ]，所以cosθ = 3
5
故答案为: 3
5.
【即学即练4】（2023 秋·山西晋中·高二统考期末）如图所示，在棱长为2 的正四面体A −BCD中，E
为等边三角形ACD的中心，F ,G分别满足⃗BF = 1
2⃗FC ,⃗BG =⃗GA.
(1)用⃗BA ,⃗BC ,⃗BD表示⃗BE，并求出|⃗BE|；
(2)求直线FG与平面ACD所成角的正弦值.
【答案】(1)⃗BE = 1
3 (⃗BA +⃗BC +⃗BD)，2√6
3
6
(2)√42
21
【分析】（1）先利用正四面体几何性质用⃗BA ,⃗BC ,⃗BD表示⃗BE，进而求得|⃗BE|；
（2）先求得直线FG与直线BE所成角的余弦值，进而得到直线FG与平面ACD所成角的正弦值.
【详解】（1）连接AE并延长交CD于M，则M为CD中点，
则⃗AE = 2
3⃗AM = 2
3 × 1
2 (⃗AC +⃗AD)= 1
3 (⃗AC +⃗AD)，⃗
BE =⃗BA +⃗AE =⃗BA + 1
3 (⃗AC +⃗AD) =⃗BA + 1
3 (⃗BC −⃗BA +⃗BD−⃗BA)= 1
3 (⃗BA +⃗BC +⃗BD)，
则|⃗BE|= 1
3|⃗BA +⃗BC +⃗BD|= 1
3 √(⃗BA +⃗BC +⃗BD)
2
= 1
3 √⃗BA
2+⃗BC
2+⃗BD
2+2⃗BA ⋅⃗BC +2⃗BA ⋅⃗BD +2⃗BC ⋅⃗BD
= 1
3 √4+ 4+ 4+ 4+ 4+ 4 = 2√6
3
（2）根据题意，BE⊥平面ACD，因此，直线FG与平面ACD所成角的正弦值
即为直线FG与直线BE所成角的余弦值的绝对值.⃗
FG = 1
2⃗BA −1
3⃗BC，
且|⃗FG|=|
1
2⃗BA −1
3⃗BC|=√(
1
2⃗BA −1
3⃗BC)
2
=√
1
4⃗BA
2+ 1
9⃗BC
2−1
3⃗BA ⋅⃗BC =√
1
4 ×4 + 1
9 ×4−1
3 ×2= √7
3
故cos⟨⃗FG ,⃗BE⟩=⃗FG⋅⃗BE
|⃗FG||⃗BE|.
=
1
3 (⃗BA +⃗BC +⃗BD)⋅(
1
2⃗BA −1
3⃗BC)
2√6
3
× √7
3
7
=
1
3(
1
2⃗BA
2+ 1
6⃗BA ⋅⃗BC + 1
2⃗BA ⋅⃗BD−1
3⃗BC
2−1
3⃗BC ⋅⃗BD)
2√6
3
× √7
3
=
1
3(2+ 1
3 +1−4
3 −2
3)
2√6
3
× √7
3
=
4
9
2√6
3
× √7
3
= √42
21
则直线FG与平面ACD所成角的正弦值为√42
21 .
难点：动点问题
示例1 ：（多选）（23-24 高二下· 江苏徐州· 期末）如图，在边长为12 的正方形ABCD中，
E1, E2, F1, F2分别边AD ,BC的三等分点，正方形内有两点P ,Q，点P到AD ,CD的距离分别为3a,2a，
点Q到BC , AB的距离也是3a和2a，其中0<a<2.将该正方形沿E1 F1, E2 F2折起，使AB与DC重合，则
在该空间图形中，（ ）
A．直线PQ //平面E1 E2 F2 F1
B．PQ的最小值为6√10
5
C．线段PQ的中点到A的距离不超过3√5
D．异面直线PQ与AB成45°角时，a= 3
2
【答案】ABD
【分析】根据条件，建立如图所示的空间直角坐标系，求得⃗PQ =(0,−2a,6a−12)，选项A，先求出平
面E1 E2 F2 F1的一个法向量⃗n，利用⃗PQ⋅⃗n=0，即可求解；选项B，因为|⃗PQ|=√40a
2−144 a+144，利
用二次函数的性质，即可求解；选项C，求出PQ的中点S及A的坐标，即可求解；选项D，利用线线角的
向量法，即可求解.
8
【详解】如图，取E1 E2中点O1，F1 F2的中点O，连接OB ,OO1，
因为B F2= F2 F1= F1B = 4，所以BO⊥F1 F2，
因为E1 F1⊥F1B，E1 F1⊥F1 F2，又F1B∩F1 F2，F1B , F1 F2⊂面B F1 F2，
所以E1 F1⊥面B F1 F2，又OO1// E1 F1，所以OO1⊥面B F1 F2，
故OB , O F2，OO1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
设QH ⊥B F1于H，PM ⊥B F2于M，过H作HK ⊥OB于K,
易知OB =2√3，BH =2a，又∠HBO =π
6 ，所以HK =a,BK =√3a，又QH =3a，
所以Q(2√3−√3a,−a,3a)，同理可知P(2√3−√3a,a,12−3a)，所以⃗PQ =(0,−2a,6a−12)，
对于选项A，易知平面E1 E2 F2 F1的一个法向量为⃗n=(1,0,0)，因为⃗PQ⋅⃗n=0，
显然QP⊄平面E1 E2 F2 F1，所以PQ //平面E1 E2 F2 F1，故选项A 正确，
对于选项B，因为|⃗PQ|=√4 a
2+(6a−12)
2=√40a
2−144 a+144，
令y = 40a
2−144 a+144，其中0<a<2，
对称轴a= 9
5 <2，所以ymin= 40×( 9
5 )
2
−144× 9
5 +144 = 72
5 ，
所以|⃗PQ|min=√
72
5 = 6√10
5
，故选项B 正确，
对于选项C，因为PQ的中点S(2√3−√3a,0,6)，A(2√3,0,12)，
所以|AS|=√3a
2+36<√48,√48>√45=3√5 ，故选项C 错误，
对于选项D，因为B(2√3,0,0)，所以⃗BA =(0,0,12)，
所以cos45° =
|(6a−12)×12|
√4 a
2+(6a−12)
2×12
，整理得到2a
2−9a+9=0，
解得a=3
2或a=3（舍），故选项D 正确，
故选：ABD.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于建立空间直角坐标系，求出⃗PQ =(0,−2a,6a−12)，再利用线面
9
平行的向量法、空间两点间的距离及线线角的向量法，即可求解.
【题型1：定义法求直线与平面所成的角】
例1．（23-24 高二下·安徽·阶段练习）在棱长均相等的正三棱柱ABC −A1B1C1中,E 为棱AB 的中点,
则直线B1 E与平面B B1C1C所成角的正弦值为（ ）
A．√15
10
B．1
3
C．√2
3
D．√51
17
【答案】A
【分析】本题线面角的定义,作出线面角,根据勾股定理算出线面角所在直角三角形的边长,进而求出正弦
值.
【详解】过E 作EF ⊥BC,F 为垂足,连接B1 F,则∠E B1 F为直线B1 E与平面B1C所成角,
设三棱柱的棱长为2,则EF = √3
2 ,B1 E =√5,
∴sin ∠E B1 F = √15
10 .
故选：A
10
变式1 ．（23-24 高二下· 河南· 阶段练习）在直三棱柱ABC −A1B1C1中，
∠BAC =90
∘, AB = AC , A A1= BC，则BC1与平面AB B1 A1所成的角为（ ）.
A．π
6
B．π
4
C．π
3
D．5π
6
【答案】A
【分析】由AB⊥AC，A A1⊥AC，得到AC ⊥平面AB B1 A1，从而有A1C1⊥平面AB B1 A1，
∠A1BC1即为所求线面角，在Rt△A1BC1中，由长度关系求得∠A1BC1.
【详解】由题意，AB⊥AC，A A1⊥AC，可知AC ⊥平面AB B1 A1，
则有A1C1⊥平面AB B1 A1，∠A1BC1即为所求线面角，
不妨设AB = AC =a，则B B1= BC =√2a，A1B =√3a，
故tan∠A1BC1= A1C1
A1B = √3
3 ，故∠A1BC1=π
6 .
故选:A.
变式2．（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，直线A A1与平面
ABC1 D1所成的角为（ ）
A．30
∘
B．45
∘
C．60
∘
D．90
∘
11
【答案】B
【分析】连接A1 D，证明A1 D⊥平面ABC1 D1，则∠D1 A A1即为直线A A1与平面ABC1 D1所成角的平
面角，即可得解.
【详解】连接A1 D，则A D1⊥A1 D，
因为AB⊥平面A A1 D1 D，A D1⊂平面A A1 D1 D，
所以AB⊥A1 D，
又AB∩A D1= A , AB , A D1⊂平面ABC1 D1，
所以A1 D⊥平面ABC1 D1，
所以∠D1 A A1即为直线A A1与平面ABC1 D1所成角的平面角，
在等腰直角三角形A A1 D1中，∠D1 A A1= 45
∘，
所以直线A A1与平面ABC1 D1所成的角为45
∘.
故选：B.
变式3．（多选）（22-23 高二上·贵州黔东南·开学考试）已知梯形ABCD，AB = AD =1，BC =2，
AD // BC，AD⊥AB，P是线段BC的中点．将△ABD沿着BD所在的直线翻折成四面体ABCD，翻折
的过程中下列选项正确的是（ ）
A．BD与AP始终垂直
B．当直线AP与平面BCD所成角为π
6 时，AP = √6
2
C．四面体A −BCD体积的最大值为√2
2
D．四面体ABCD的外接球的表面积的最小值为4π
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的判定定理可得BD⊥平面OAP，进而可判断A 选项；由直线AP与平面BCD所成
角为π
6 得∠APO =π
6 ，取AP的中点E，由AP =2 PE =2 POcos∠APO可判断B 选项；当OA ⊥平面
12
BCD时，四面体A −BCD体积最大，进而可判断C 选项；由题意确定球心，进而求半径的最小值，可判
断D 选项.
【详解】对于A：连接DP, AP，DP∩AP =O，如图所示：
易知四边形ABPD是正方形，所以BD⊥AP,
于是在四面体ABCD中，
BD⊥OA ,BD⊥OP，
又OA ∩OP=O且OA ,OP⊂平面OAP，
BD⊥平面OAP，
又因为AP⊂平面OAP，所以BD⊥AP，故A 正确；
对于B：取AP的中点E，连接OE，
因为OA =OP = √2
2 ，所以OE⊥AP.
当直线AP与平面BCD所成角为π
6 时，∠APO =π
6 ,
所以AP =2 PE =2 POcos∠APO =√2× √3
2 = √6
2 ，故B 正确；
对于C：由题意可知，当OA ⊥平面BCD时，四面体A −BCD体积最大，
于是V A −BCD= 1
3 SBCD⋅OA = 1
3 × 1
2 BC ⋅DP⋅√2
2 = √2
6 ，故C 错误；
对于D：因为AB⊥AD，所以△ABD外接圆的圆心为O，
又因为BD⊥CD，所以△BDC外接圆的圆心为P.
分别过点O , P作平面ABD和BDC的垂线，交于点O1，
则O1是四面体ABCD的外接球的球心.
13
R =O1B =√B P
2+O1 P
2≥BP =1
，当
O1
与
P
重合时取等号，
所以四面体ABCD的外接球的表面积的最小值为4π R
2= 4π，故D 正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问
题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离
相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这
些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
变式4．（多选）（23-24 高二下·四川泸州·期末）如图，在棱长为3√2的正方体ABCD−A1B1C1 D1
中，点P 是平面A1BC1内一个动点，且满足PD + P B1=3+3√3，则下列结论正确的是（ ）
A．B1 D⊥PB
B．直线B1 P与平面A1BC1所成角为定值
C．点P 的轨迹的周长为3√3 π
D．三棱锥P−B B1C1体积的最大值为6√2
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断A；求出点P的轨迹可判断C；求出直线B1 P与平面
A1BC1所成角可判断B；求出三棱锥B1−BPC1体积的最大值可判断D.
【详解】对于A，连接B1 D1，因为四边形A1B1C1 D1为正方形，则A1C1⊥B1 D1，
因为D D1⊥平面A1B1C1 D1，A1C1⊂平面A1B1C1 D1，则A1C1⊥D D1，
因为B1 D1∩D D1= D1，B1 D1、D D1⊂平面B1 D D1，所以A1C1⊥平面B1 D D1，
B1 D⊂平面B1 D D1，所以B1 D⊥A1C1，同理可得B1 D⊥A1B，
因为A1C1∩A1B = A1，A1C1、A1B⊂平面A1BC1，所以B1 D⊥平面A1BC1，
因为PB⊂平面A1BC1，所以B1 D⊥PB，故A 正确；
14
对于C， 由A 选项知B1 D⊥平面A1BC1，设B1 D∩平面A1BC1= E，
即B1 E⊥平面A1BC1，DE⊥平面A1BC1，
因为A1B = BC1= A1C1=6，A1B1= B B1= B1C1=3√2，
所以三棱锥B1−A1BC1为正三棱锥，因为B1 E⊥平面A1BC1，
则E与正△A1BC1的中心，则BE =
A1B
2sinπ
3
=2√3，
所以B1 E =√B B1
2−B E
2=√6，因为B1 D =√3(3√2)
2=3√6，
所以DE =2√6，因为PD + P B1=3+3√3，
即√P E
2+ D E
2+√P E
2+ E B1
2=3+3√3，
即√P E
2+24+√P E
2+6=3+3√3，
√P E
2+6=(3+3√3)−√P E
2+24，两边平方化简可得PE =√3 (PE>0)，
因为E点到等边三角形A1BC1的边的距离为1
3 × √3
2 ×6=√3= PE，
所以点P的轨迹是在△A1BC1内，且以E为圆心、半径为√3的圆，
所以点P 的轨迹的周长为2√3π，故C 错误；
对于B，由选项C 可知，点P的轨迹是在△A1BC1内，
且以E为圆心、半径为√3的圆，EP =√3，且B1 E =√6，
B1 E⊥平面A1BC1，所以∠B1 PE就是直线B1 P与平面A1BC1所成角，
所以tan ∠B1 PE = B1 E
PE = √6
√3 =√2，因为0<∠B1 PE<π
2 ，
所以直线B1 P与平面A1BC1所成角为定值，故B 正确；
15
对于D，因为点E到直线BC1的距离为√3，
点P到直线BC1的最大距离为√3+√3=2√3，
故△BPC1的面积的最大值为1
2 ×2√3×6=6√3，
因为B1 E⊥平面A1BC1，则
三棱锥B1−BPC1体积的最大值为1
3 ×6√3×√6=6√2，故D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：选项C 的解题关键点是求出点P的轨迹；选项B 的解题的关键点求出直线B1 P与平
面A1BC1所成角.
变式5 ．（24-25 高二上· 上海· 课后作业）如图，平面OAB⊥平面α，OA ⊂α，OA = AB，
∠OAB =120°．平面α内一点P满足PA ⊥PB，记直线OP与平面OAB所成角为θ，求tanθ的最大值．
【答案】√6
12
【分析】作出图形，找出直线OP与平面OAB所成的角θ，证出PA ⊥平面PBH，得出PA ⊥PH，得出点
P的轨迹就是平面α内以线段AH为直径的圆（点A除外），转化成与圆有关的最值问题，即可求出结果.
【详解】如图①所示，过B作BH ⊥OA的延长线，垂足为H，
连接PH、OP，取AH的中点E，连接PE，
过点P作PF ⊥OA，垂足为F．
16
∵平面OAB⊥平面α，且平面OAB∩平面α =OA，BH ⊂平面OAB，PF ⊂α，
∴BH ⊥α，PF ⊥平面OAB，
∴OP在平面OAB上的射影就是直线OA，
故∠AOP就是直线OP与平面OAB所成角θ，
即∠AOP =θ．
∵PA ⊂α，∴PA ⊥BH，
又∵PA ⊥PB，PB∩BH = B，
∴PA ⊥平面PBH，则PA ⊥PH．
∴点P的轨迹是平面α内以线段AH为直径的圆（A点除外）．
∵OA = AB，且∠OAB =120
°，
∴∠BAH =60
°，设OA =a(a>0)，则AB =a，
从而AH = AB⋅cos60
°= a
2，
∴PE = 1
2 AH = a
4 ，如图②所示，
当且仅当PE⊥OP，即OP是圆E的切线时，
角θ有最大值，tanθ有最大值，
tanθ的最大值为
PE
OP =
PE
√O E
2−P E
2 =
a
4
√(a+ a
4)
2
−(
a
4)
2 = √6
12 ．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了立体几何中线面角的最值，解题的关键在于通过辅助线作出线面角，
并求线面角的最值，空间思维能力较强，容易混淆.
变式6．（2024 高二下·天津南开·学业考试）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，
17
(1)求证：平面A B1C //平面A1C1 D；
(2)求直线A B1和平面BD D1B1所成角．
【答案】(1)证明见解析
(2)30°
【分析】（1）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，可得A1 D // B1C，则得A1 D //平面A B1C，同理
A1C1//平面A B1C，所以得平面A B1C //平面A1C1 D；
（2）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，可得AC⊥平面BD D1B1，则得∠A B1O为直线A B1和平面
BD D1B1所成角，则在Rt△A B1O中，A B1=2 AO，即可的∠A B1O =30°.
【详解】（1）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，
因为A1B1//CD，A1B1=CD，所以四边形A1B1CD是平行四边形，
所以A1 D // B1C，
又因为A1 D⊄平面A B1C，B1C ⊂平面A B1C，
所以A1 D //平面A B1C，
同理，A1C1//平面A B1C，
又A1 D∩A1C1= A1，
所以平面A B1C //平面A1C1 D.
（2）
设AC ∩BD =O，连接O B1，
因为B B1⊥平面ABCD，所以B B1⊥AC，
又因为AC⊥BD，B B1∩BD = B，B B1、BD⊂平面BD D1B1，
所以AC⊥平面BD D1B1，
18
所以B1O为A B1在平面BD D1B1的射影，
则∠A B1O为直线A B1和平面BD D1B1所成角，
设正方体的棱长为a，
则在Rt△A B1O中，A B1=2 AO =√2a，
所以∠A B1O =30°.
变式7．（24-25 高二·上海·假期作业）已知斜三棱柱ABC −A
' B
'C
'的底面是正三角形，侧棱
A A
'⊥BC，并且与底面所成角是60°.设侧棱长为l
(1)求此三棱柱的高；
(2)求证：侧面B B
'C
'C是矩形；
(3)求证：A
'在平面ABC上的射影O在∠BAC的平分线上.
【答案】(1)√3
2 l
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用线面角的定义和性质求解即可；
（2）利用斜三棱柱的性质结合平行关系求解即可；
（3）利用线线垂直、线面垂直的性质和判定定理求解即可.
【详解】（1）因为侧棱A A
'与底面所成角是60°，且A A
' =l，
则过A
'点斜三棱柱的高ℎ= A A
'×sin 60° = √3
2 l；
（2）因为斜三棱柱ABC −A
' B
'C
'，
所以侧面B B
'C
'C是平行四边形，A A
' // B B
'，
又因为A A
'⊥BC，所以B B
'⊥BC，
所以平行四边形B B
'C
'C是矩形；
（3）过A点作∠BAC的平分线的平分线交BC于D，
过A
'作A
'O⊥AD交AD于O，
因为△ABC是正三角形，所以BC ⊥AD，
又因为BC ⊥A A
'，A A
'∩AD = A，A A
' , AD⊂面A A
'O，
所以BC ⊥面A A
'O，
因为A
'O⊂面A A
'O，所以BC ⊥A
'O，
因为BC ∩AD = D，BC , AD⊂面ABC，
所以A
'O⊥面ABC，即A
'在平面ABC上的射影O在∠BAC的平分线AD上.
19
【方法技巧与总结】
计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即
可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度ℎ，从而不必作出线面角，则线面
角θ满足sinθ = ℎ
l （l为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设⃗a为直线l的方向向量，⃗n为平面的法向量，则线面角θ的
正弦值为sinθ =|cos ⟨⃗a,⃗n⟩|.
【题型2：向量法求直线与平面所成的角】
例2．（23-24 高二下·河南漯河·期末）已知如图所示的几何体中，底面ABC是边长为4 的正三角形，
侧面A A1C1C是长方形，A A1=6，平面A A1C1C ⊥平面ABC , D为棱C C1上一点，⃗CD = 1
3⃗CC1，且⃗
CD = 1
2⃗B B1，则B1 D与平面A A1C1C所成角的正弦值为（ ）
A．√3
5
B．√10
5
C．2√5
5
D．√15
5
【答案】D
【分析】分别取A1C1, AC的中点E ,O，以O为原点，OA ,OB ,OE所在的直线分别为x , y , z轴建立空间
直角坐标系，求出平面A A1C1C的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】分别取A1C1, AC的中点E ,O，连接EO,BO，则EO//C1C ，EO⊥AC，BO⊥AC，
因为平面A A1C1C ⊥平面ABC，平面A A1C1C ∩平面ABC = AC，
EO⊂平面A A1C1C，所以EO⊥平面ABC，
20
以O为原点，OA ,OB ,OE所在的直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
则OB =2√3，CD =2，B B1= 4，
所以⃗OB =(0,2√3,0)是平面A A1C1C的一个法向量，
B1(0,2√3,4)，D (−2,0,2)，所以⃗D B1=(2,2√3,2)，
设B1 D与平面A A1C1C所成的角为θ，
则sinθ =|cos⟨⃗D B1,⃗OB⟩|=|⃗
D B1⋅⃗OB
|⃗D B1|⋅|⃗OB||=
12
2√3×√4 +12+ 4 = √15
5 .
故选：D.
变式1．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）如图，四边形ABCD , AB = BD = DA = 4 ,BC =CD =2√2，
现将△ABD沿BD折起，当二面角A −BD−C的大小在[π
6 ,π
3 ]时，直线AB和CD所成角为α，则cosα
的最大值为（ ）
A．2√2−√6
16
B．√2
8
C．2√2+√6
16
D．√6
8
【答案】B
【分析】取BD 中点O，连结AO，CO，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，过点O 作平面BCD 的垂线为z 轴，
建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB 与CD 所成角的余弦值的最大值．
【详解】取BD 中点O，连接AO，CO，AB = BD = DA = 4 ,BC =CD =2√2，
则CO⊥BD , AO⊥BD，且CO =2, AO =2√3，于是∠AOC是二面角A −BD−C的平面角，
显然BD⊥平面AOC，在平面AOC内过点O作Oz⊥OC，则BD⊥Oz，
21
直线OC ,OD ,Oz两两垂直，以O 为原点，直线OC ,OD ,Oz分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
B(0,−2,0),C(2,0,0), D(0,2,0)，设二面角A −BD−C的大小为θ，θ∈[π
6 ,π
3 ]，
因此A(2√3cosθ ,0,2√3sinθ)，⃗BA =(2√3cosθ ,2,2√3sinθ)，⃗CD =(−2,2,0)，
于是cosα =|cos⟨BA⃗,CD⃗⟩|=|BA⃗⋅CD⃗|
|BA⃗||CD⃗|
=|4−4√3cosθ|
4×2√2
=|1−√3cosθ|
2√2
，
显然cosθ∈[ 1
2 , √3
2 ]，则当cosθ = √3
2 时，(cosα )max = √2
8 ，
所以cosα的最大值为√2
8 .
故选：B
【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，求出动点A的坐标，利用向量建立函数关系是解题的关键.
变式2．（23-24 高二下·江苏常州·阶段练习）如图，已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点，
B ,C在下底面圆O上，A O1=1，OO1=2，BO =3，BC =2√5，则直线AO与平面O1BC所成角的正弦值
的最大值为 .
【答案】3√10
10
【分析】以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求
线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】解：连接OC，过C点作CH垂直于BO的延长线于点H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系
如下所示：
22
在三角形OBC中，因为OB =3,OC =3,BC =2√5，
故cos B = O B
2+ BC
2−OC
2
2OB⋅BC
= 9+20−9
2×3×2√5 = √5
3 ，
则BH = BC ⋅cos B =2√5× √5
3 = 10
3 ，
则CH =√BC
2−B H
2=√20−100
9 = 4√5
3
，
OH = BH −OB = 1
3，
故点C(−1
3 , 4√5
3
,0)，又O(0,0,0)，O1(0,0,2)，B(3,0,0)，
设点A(m,n,2)，m,n∈[−1,1]，由O1 A =1，可得m
2+n
2=1，⃗
BC =(−10
3 , 4√5
3
,0)，⃗BO1=(−3,0,2)，
设平面O1BC的法向量⃗m=(x , y , z)，
则¿，即¿，
取y =√5，则x =2, z =3，
故平面O1BC的法向量⃗m=(2,√5,3)，
又⃗OA =(m,n,2)，
设直线AO与平面O1BC所成角为θ，θ∈[0,π
2 ]，
则sinθ =|cos⟨⃗OA ,⃗m⟩|=|⃗
m⋅⃗OA
|⃗m||⃗OA||=|
2m+√5n+6
3√2×√m
2+n
2+ 4|=|2m+√5n+6|
3√10
，
因为m,n∈[−1,1]，且m
2+n
2=1，
故令m=cosα，n=sin α，α ∈(0,2π )，
则2m+√5n+6=√5sin α +2cosα +6=3sin (α +φ)+6，tan φ = 2√5
5
，φ∈(−π
2 ,π
2 )，
又α ∈(0,2π )，所以sin(α +φ)∈[−1,1]，
∴3sin(α +φ)+6∈[3,9]，即2m+√5n+6∈[3,9]，
23
所以sinθ的最大值为
9
3√10 = 3√10
10
.
故答案为：3√10
10
.
变式3．（贵州省黔东南州2023-2024 学年高二下学期期末教学质量检测数学试题）如图，在正四棱柱
ABCD−A1B1C1 D1中，A A1=2 AB = 4，E，F分别为B B1，C C1的中点.
(1)证明：A1 F //平面CDE.
(2)求A1 E与平面CDE所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
2
【分析】（1）借助正四棱柱的性质可建立空间直角坐标系，求出空间向量⃗A1 F与平面CDE的法向量后，
借助空间向量计算即可得；
（2）求出空间向量⃗A1 E与平面CDE的法向量后，借助空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】（1）在正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，AB，AD，A A1两两垂直，且A A1=2 AB = 4，
以A为坐标原点，AB，AD，A A1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C (2,2,0)，D (0,2,0)，A1(0,0,4).
因为E，F分别为B B1，C C1的中点，所以E (2,0,2)，F (2,2,2)，
则⃗CD =(−2,0,0)，⃗CE =(0,−2,2)，⃗A1 F =(2,2,−2)，
设平面CDE的法向量为⃗m=(x , y , z)，
24
则¿，即¿，
令y =1，则有x =0，z =1，即m⃗=(0,1,1)，
因为⃗A1 F ⋅⃗m=2×0+2×1+(−2)×1=0，所以⃗A1 F ⊥⃗m，
又A1 F ⊄平面CDE，所以A1 F //平面CDE；
（2）由（1）可知，⃗A1 E =(2,0,−2)，
cos⟨⃗A1 E ,⃗m⟩=⃗A1 E⋅⃗m
|⃗A1 E||⃗m|
=
−2
√2×2√2 =−1
2，
所以A1 E与平面CDE所成角的正弦值为1
2.
变式4．（23-24 高二下·广东·期末）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，侧棱A A1⊥底面ABC，底面
△ABC是正三角形，AB = A A1=3，点E、F分别在AB、A1C1上，且AE = 1
3 AB，C1 F = 1
3 A1C1．
(1)求证：A1 E //平面BCF；
(2)求直线B B1与平面BCF所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)2√39
13
⋅
【分析】（1）在线段BC上取一点G，使CG = 1
3 BC，连结EG、FG，先证四边形A1 FGE为平行四边形，
所以A1 E∥FG，从而可得A1 E //平面BCF；
（2）以B为坐标原点，Bx，BC，B B1所在直线分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，利用线面角
的空间向量法求解.
【详解】（1）在线段BC上取一点G，使CG = 1
3 BC，连结EG、FG，
在△ABC中，因为AE = 1
3 AB，CG = 1
3 BC，所以BE
AB = BG
BC = 2
3，
所以EG∥AC且EG = 2
3 AC，
25
因为C1 F = 1
3 A1C1，A1C1// AC，且A1C1= AC，
所以A1 F ∥AC，且A1 F = 2
3 AC，
所以EG∥A1 F且EG = A1 F，
故四边形A1 FGE为平行四边形，所以A1 E∥FG，
又A1 E⊄平面BCF，FG⊂平面BCF， 所以A1 E∥平面BCF．
（2）以B为坐标原点，Bx，BC，B B1所在直线分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，
因为底面D ABC是正三角形，AB = A A1=3，所以点B (0,0,0)，点C (0,3,0)，
点A(
3√3
2
, 3
2 ,0)，点B1(0,0,3)，点C1(0,3,3)，
因为⃗C1 F = 1
3⃗CA，所以点F(
√3
2 , 5
2 ,3)，
则⃗BC =(0,3,0)，⃗BF =(
√3
2 , 5
2 ,3)，⃗B B1=(0,0,3)，
设平面BCF的一个法向量为⃗n=(x , y , z)．
由¿，令z =−√3，
得平面BCF的一个法向量为⃗n=(6,0,−√3)，
设直线B B1与平面BCF所成角的大小为θ，
则sinθ =|⃗
B B1⋅⃗n
|⃗B B1||⃗n||=|
(0,0,3)⋅(6,0,−√3)
3×√39
|= √13
13 ，
26
所以cosθ =√1−sin
2θ =√
1−(
√13
13 )
2
= 2√39
13
，
所以直线B B1与平面BCF所成角的余弦值为2√39
13
⋅
变式5 ．（贵州省六盘水市2023-2024 学年高二下学期7 月期末数学试题）已知长方体
ABCD−A1B1C1 D1中，AB = BC =1, A A1=2．
(1)在长方体中，过点C1作与平面A B1 D1平行的平面α，并说明理由；
(2)求直线B1 D与平面α所成角的正弦值．
【答案】(1)答案见解析；
(2)√6
9 .
【分析】（1）作图，即平面BDC1∥平面A B1 D1求解；
（2）方法1，以点D为坐标原点建系，利用直线与平面的向量运算求解；
方法2，由体积公式求解．
【详解】（1）解：如图，所作平面α为平面BDC1．
理由如下：
因为ABC1 D1为平行四边形，所以BC1∥A D1，
而BC1⊄平面A B1 D1, A D1⊂平面A B1 D1，得BC1∥平面A B1 D1，
同理得DC1∥平面A B1 D1，
而BC1∩DC1=C1,BC1, DC1⊂平面BDC1，
27
所以平面BDC1∥平面A B1 D1．
（2）方法1：以点D为坐标原点建系如图，则B1(1,1,2)，B (1,1,0),C1(0,1,2)．⃗
D B1=(1,1,2),⃗DB =(1,1,0),⃗DC1=(0,1,2)，
设平面BDC1的法向量为⃗m=(x , y , z)，则
¿，即¿
令z =1，则y =−2, x =2，所以⃗m=(2,−2,1)，
设B1 D与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ =|cos<⃗D B1,⃗m>|=|⃗
D B1⋅⃗m
|⃗D B1|⋅|⃗m||= √6
9 ．
方法2：设点B1到平面BDC1的距离为d，
依题B1 D =√6, DC =1,S△BDC1= 3
2 ,S△B B1C1=1，
因为V B1−BDC1=V D−B B1C1，所以1
3 ×d ×S△BDC1= 1
3 × DC ×S△B B1C1，
从而1
3 ×d × 3
2 = 1
3 ×1×1，解得d = 2
3，
设B1 D与平面BDC1所成的角为θ，则sinθ =
d
|B1 D|
= √6
9 ．
变式6．（23-24 高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥P−ABCDE中，PA ⊥平面ABCDE，
AE // BC，AB //CD，AC // ED，∠ABC = 45
∘，AB =2√2，BC =2 AE = 4．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)已知直线PB与平面PCD所成的角为30
∘，求线段PA的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)2√2
【分析】（1）由余弦定理得AC ⊥AB，再由线面垂直的判定定理可得答案；
（2）做NE⊥AC交AC于点N，以A为原点，AP , AB , AC所在的直线分别为x , y , z建立空间直角坐标
系，设AP =t (t >0)，求出⃗BP、平面PCD的一个法向量，由线面角的向量求法求出t可得答案，
【详解】（1）∠ABC = 45
∘，AB =2√2，BC = 4．
由余弦定理得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB×BC cos 45
∘
28
=8+16−2×2√2×4× √2
2 =8，
所以A C
2+ A B
2= BC
2，故AC ⊥AB，
因为AB//CD，所以AC ⊥CD，
因为PA ⊥平面ABCDE，CD⊂平面ABCDE，所以PA ⊥CD，
因为AC ∩PA = A，AC 、PA ⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC，
因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC；
（2）做NE⊥AC交AC于点N，所以四边形ENCD是长方形，
因为AE // BC，∠BCA = 45
∘，所以∠NAE = 45
∘，
因为AE =2，所以CD = NE =√2，
由（1）知，AP , AB , AC互相垂直，以A为原点，
AB , AC , AP所在的直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
设AP =t (t >0)，则P(0,0,t ),B(2√2,0,0),C (0,2√2,0), D(−√2,2√2,0)，⃗
BP =(−2√2,0,t),⃗PC =(0,2√2,−t),⃗PD =(−√2,2√2,−t)，
设⃗n=(x , y , z)为平面PCD的一个法向量，
则¿，即¿，令y =√2，则z = 4
t , x =0，
所以⃗n=(0,√2, 4
t )，
所以sin30
∘=|cos⟨⃗n,⃗BP⟩|=|⃗
n⋅⃗BP
|⃗n|⋅|⃗BP||=
4
√
2+ 16
t
2 ×√8+t
2
= 1
2，
解得t =2√2，所以P(0,0,2√2), A (0,0,0)，
所以线段PA的长为2√2．
29
变式7．（23-24 高二下·甘肃兰州·期末）如图，在Rt△AOB中，∠AOB =π
2 ，AO = 4，BO =2，
Rt△AOC可以通过Rt△AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B−AO−C是直二面角.动点D在线段
AB上.
(1)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的余弦值；
(2)求CD与平面AOB所成角的正弦值的最大值.
【答案】(1)2
3
(2)√5
3
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线夹角；
（2）设⃗BD = λ⃗BA可得D(0,2(1−λ),4 λ)，利用空间向量求线面夹角结合二次函数分析运算.
【详解】（1）由题意可得：AO⊥OB , AO⊥OC，平面AOB⊥平面AOC，
平面AOB∩平面AOC = AO，OB⊂平面AOB，所以OB⊥平面AOC，
如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，
则O(0,0,0), A (0,0,4),C (2,0,0),B (0,2,0)，
若D为AB的中点，则D (0,1,2)，可得⃗OA =(0,0,4),⃗CD =(−2,1,2)，
设异面直线AO与CD所成角θ，θ∈(0,π
2 ]，
则cosθ =|cos⟨⃗OA ,⃗CD⟩|= |⃗OA ⋅⃗CD|
|⃗OA|⋅|⃗CD|
=
8
4×3 = 2
3.
故异面直线AO与CD所成角的余弦值为2
3.
30
（2）若动点D在线段AB上，设D (x , y , z),⃗BD = λ⃗BA , λ∈[0,1]，
则⃗BD =(x , y −2, z),⃗BA =(0,−2,4)，可得¿，解得¿，
即D(0,2(1−λ),4 λ)，则⃗CD =(−2,2(1−λ),4 λ)，
由题意可知：平面AOB的法向量为⃗n=(1,0,0)，
设CD与平面AOB所成角为α，α ∈(0,π
2 ]，
则sin α =|cos⟨⃗n,⃗CD⟩|= |⃗n⋅⃗CD|
|⃗n|⋅|⃗CD|
=
2
√4+ 4 (1−λ)
2+16 λ
2 =
1
√5 λ
2−2 λ+2
，
对于函数y =5 λ
2−2 λ+2，开口向上，对称轴为λ = 1
5 ∈[0,1]，
可得当λ= 1
5时，y =5 λ
2−2 λ+2取到最小值ymin=5×(
1
5)
2
−2× 1
5 +2= 9
5 ，
所以sin α的最大值为
1
√
9
5
= √5
3 ，因为α ∈(0,π
2 ]，
故CD与平面AOB所成角的正弦最大值为√5
3 .
变式8．（23-24 高二下·广东·期末）如图，四棱锥P−ABCD的侧面PCD为正三角形，底面ABCD为
梯形，AB //CD，平面PCD⊥平面ABCD，已知CD = 4 AB = 4，⃗PM = 1
3⃗MD.
(1)证明：AM //平面PBC；
(2)若AC = AD , PA =3√2，求直线AM与平面PAB所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
31
(2)√13
26
【分析】（1）取PC上的点N，使⃗PN = 1
4⃗PC，可得⃗MN =⃗AB，则由线线平行可证线面平行；
（2）取CD中点O，连AO , PO，根据题意可证AO⊥CD，PO⊥平面ABCD，所以以O为坐标原点，⃗
OA ,⃗OC ,⃗OP分别为x , y , z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A −xyz，利用线面角的空间向量法求
解.
【详解】（1）取PC上的点N，使⃗PN = 1
4⃗PC，
则⃗MN =⃗PN −⃗PM = 1
4 (⃗PC −⃗PD)= 1
4⃗DC =⃗AB，
所以四边形ABNM为平行四边形，所以AM // BN，
又BN ⊂平面PBC，AM ⊄平面PBC，所以AM //平面PBC；
（2）取CD中点O，连AO , PO，因为AC = AD，所以AO⊥CD，
因为△PCD为正三角形，所以PO⊥CD , PO =2√3，
又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD =CD，PO⊂平面PCD，
所以PO⊥平面ABCD，
因为AO⊂平面ABCD，所以PO⊥AO，AO =√P A
2−PO
2=√6，
以O为坐标原点，⃗OA ,⃗OC ,⃗OP分别为x , y , z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A −xyz，
则A(√6,0,0)，C(0,2,0)，D(0,−2,0)，B(√6,1,0)，P(0,0,2√3)，
则⃗AB =(0,1,0)，⃗PA =(√6,0,−2√3)，⃗AM =⃗AP+ 1
4⃗PD =(−√6,−1
2 , 3√3
2 )，
32
设⃗n=( x , y , z)为平面PAB的法向量，
则¿，可取⃗n=(√2,0,1)，
，故直线AM与平面PAB所成角的正弦值为√13
26 .
【方法技巧与总结】
求线面角的两种思路
（1）线面角转化为线线角．根据直线与平面所成角的定义，确定出待求角，转化为直线的夹角来求解，
此时要注意两直线夹角的取值范围.
（2）向量法．
方法一：设直线PA 的方向向量为a，平面α 的法向量为n，直线PA 与平面α 所成的角为 θ（θ∈[0,π
2
]），α 与n 的夹角为φ，则sin θ=lcos φ|=|an|
|a||n|
方法二：设直线PA 的方向向量为a，直线PA 在平面α 内的投影的方向向量为b，
则直线PA 与平面α 所成的角θ 满足cosθ=|cos<a，b>|
【题型3：动点探索性习题】
例3．（多选）（2024·吉林·模拟预测）如图，在棱长为1 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M，N 分别
是AB，AD的中点，P为线段C1 D1上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．PM ,B1C一定是异面直线
B．存在点P，使得MN ⊥PM
C．直线NP与平面BC C1B1所成角的正切值的最大值为√5
D．过M，N，P 三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为3√3
4
【答案】AD
【分析】对ABC 选项，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解和判断即可；对D 选项，由
正方体的性质可得截面面积最大的状态，画出截面图，求得面积即可判断.
【详解】以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
33
则B1(1,1,1),C (0,1,0), M(1, 1
2 ,0), N(
1
2 ,0,0)，
设D1 P =m,m∈[0,1]，则P点坐标为(0,m,1)；
对A：设平面M B1C的法向量为⃗n=( x , y , z)，⃗CM =(1,−1
2 ,0),⃗C B1=(1,0,1)，
则¿，即¿，取y =2，解得x =1, z =−1，故⃗n=(1,2,−1)；
又⃗MP=(−1,m−1
2 ,1)，⃗MP⋅⃗n=−1+2(m−1
2)−1=2m−3，
考虑到m∈[0,1]，则⃗MP⋅⃗n∈[−3,−1]，故⃗MP⋅⃗n≠0，
故PM ,B1C一定是异面直线，A 正确；
对B：⃗MP=(−1,m−1
2 ,1)，⃗MN =(−1
2 ,−1
2 ,0)，
若MN ⊥PM，则⃗MP⋅⃗MN =0，即1
2 −1
2(m−1
2)=0，
解得m= 3
2，又m∈[0,1]，故不存在这样的点P，使得MN ⊥PM，B 错误；
对C： ⃗NP=(−1
2 ,m,1)，取平面BC C1B1的法向量⃗m=(0,1,0)，
则cos<⃗NP ,⃗m>=⃗m⋅⃗NP
|⃗m||⃗NP|
=
m
√
5
4 +m
2，
设直线NP与平面BC C1B1的夹角为θ ,θ∈[0, π
2 ]
则
sinθ =
m
√m
2+ 5
4
，则cosθ =√1−sin
2θ =
√
1−
m
2
m
2+ 5
4
=
√5
2
√m
2+ 5
4
，
tanθ = sinθ
cosθ = 2√5
5
m，又m∈[0,1]，故tanθ∈[0, 2√5
5
]，
34
即直线NP与平面BC C1B1所成角的正切值的最大值为2√5
5
，C 错误；
对D：在正方体中，过M , N的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大.
此时过MN的截面经过对称中心O，
设截面交D D1,B B1,B1C1于中点，P也为中点，
所以P为C1 D1的中点时，过M , N , P三点的平面截正方体所得截面面积最大，
取D1 D ,B1C1,B B1的中点为E , F ,G，连接NE , EP , PF , FG ,GM，如下所示：
故此时截面为正六边形MNEPFG，
其面积S =6× √3
4 M N
2=6× √3
4 × 1
2 = 3√3
4
，故D 正确.
故选：AD.
【点睛】关键点点睛：本题A 选项解决的关键是能够掌握用向量法证明异面直线的方法；本题D 选项解决
的关键是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态.
变式1．（多选）（2024·吉林长春·模拟预测）已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD是正方形，PA ⊥
平面ABCD，AD =1，PC与底面ABCD所成角的正切值为√2
2 ，点M为平面ABCD内一点（异于点A），
且AM <1，则（ ）
A．存在点M，使得CM ⊥平面PAB
B．存在点M，使得直线PB与AM所成角为π
3
C．当AM = 1
2时，三棱锥P−BCM的体积最大值为1
4
D．当AM = √2
2 时，以P为球心，PM为半径的球面与四棱锥P−ABCD各面的交线长为√2+√6
4
π
【答案】BCD
【分析】利用反证法即可判断A；建立如图空间坐标系，利用空间向量法求解线线角即可判断B；确定
S△BCM的最大值即可求解棱锥P−BCM的体积的最大值，即可判断C；通过展开图确定球体与侧面交线的
长度，加上底面交线长即可判断D.
【详解】A：假设存在点M使得CM ⊥平面PAB，由PA ⊥平面ABCD , PA ⊂平面PAB，
得平面PAB ⊥平面ABCD，又平面PAB ∩平面ABCD = AB ,CM ⊂平面ABCD，
则CM ⊥AB，又CB⊥AB，CM ,CB⊂平面ABCD，所以CM ,CB重合，
35
即点M落在CB上，由AM <1，知点M落在以A为圆心，以AB =1为半径的圆面内（不含圆），
这与点M落在CB上矛盾，故A 错误；
B：以A 为原点，AB，AD，AP 所在直线为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
PA ⊥平面ABCD，则∠PCA即为PC 与底面ABCD所成的角，
故tan ∠PCA = PA
AC = √2
2 ，而AC =√2，所以PA =1，
则P(0,0,1),B(1,0,0)，所以⃗PB =(1,0,−1)，结合A 的分析，取⃗AM =( 1
2 , 1
2 ,0)，
所以cos⟨⃗PB ,⃗AM ⟩=⃗PB⋅⃗AM
|⃗PB||⃗AM|
=
1
2
√2⋅√2
2
= 1
2，又⟨⃗PB ,⃗AM ⟩∈(0,π
2 ]，
所以直线PB 与AM 所成角为π
3 ，即存在点M 使得直线PB 与AM 所成角为π
3 ，故B 正确；
C：当AM = 1
2时，当M 位于BA 的延长线时，△BCM的高最大为3
2，
此时面积取得最大值1
2 ⋅1⋅3
2 = 3
4 ，所以三棱锥P−BCM的体积最大值为1
3 ⋅3
4 ⋅1= 1
4 ，故C 正确；
D：当AM = √2
2 时，PM =√( √2
2 )
2
+1
2= √6
2
，
以P 为球心，PM为半径的球面与四棱锥P−ABCD各面的交线
是以P 为圆心，√6
2 为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图
´
EMF，
由PB =√2, PC =√3，有PC
2= P B
2+ BC
2，则PB⊥BC，
所以tan ∠APF = √2
2 = tan ∠BPC = 1
√2，则∠APF =∠BPC ,∠APF +∠FPB =π
4 ，
36
所以∠FPC =∠BPC +∠FPB =π
4 ，根据对称性有∠FPC =∠CPE，
所以∠FPE =π
2 ，故
´
EMF的长为1
4 ⋅2π⋅√6
2 = √6π
4
，
又球与底面ABCD的交线是以P 为圆心，√2
2 为半径的的四分之一圆，其长度为1
4 ⋅2π⋅√2
2 = √2
4 π，
故P 为球心，PM为半径的球面与四棱锥P−ABCD各面的交线长√2+√6
4
π，故D 正确.
故选：BCD
【点睛】难点点睛：本题考查了几何体中求解空间角以及体积和侧面展开图的问题，难度较大，难点在于
D 选项的判断，解答时要利用侧面展开图求解.
变式2．（多选）（23-24 高二下·重庆·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点P 满足⃗
BP = λ⃗BC1，λ∈[0,1]，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意的λ，都有A1 P//平面AC D1
B．对于任意的λ，都有A1 P⊥B1 D
C．若A1 P⊥BC，则λ =0
D．存在λ，使A1 P与平面BC C1B1所成的角为30°
【答案】ABC
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明及线面角的向量求法求解判断即可.
【详解】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，令AB =1，
则D(0,0,0), A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0), A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1), D1(0,0,1)，
由⃗BP = λ⃗BC1=(−λ ,0, λ)，得P(1−λ ,1, λ)，⃗A1 P =(−λ ,1, λ−1)，
37
对于A，⃗D B1=(1,1,1),⃗AC =(−1,1,0),⃗A D1=(−1,0,1)，显然⃗D B1⋅⃗AC =0,⃗D B1⋅⃗A D1=0，
即D B1⊥AC , D B1⊥A D1，而AC ∩A D1= A , AC , A D1⊂平面AC D1，则D B1⊥平面AC D1，
因此⃗D B1=(1,1,1)是平面AC D1的法向量，又⃗D B1⋅⃗A1 P =−λ+1+ λ−1=0，
A1 P⊄平面AC D1，所以A1 P//平面AC D1，A 正确；
对于B，由选项A 知，对于任意的λ，⃗D B1⋅⃗A1 P =0，即A1 P⊥B1 D，B 正确；
对于C，由A1 P⊥BC，⃗BC =(−1,0,0)，得⃗A1 P⋅⃗BC = λ =0，C 正确；
对于D，平面BC C1B1的法向量⃗n=(0,1,0)，令A1 P与平面BC C1B1所成的角为θ，
则
sinθ =|cos〈⃗A1 P ,⃗n 〉|=
1
√λ
2+1+( λ−1)
2 =
1
√2( λ−1
2 )
2
+ 3
2
∈[ √2
2 , √6
3 ]
，
而sin30° = 1
2 ∉[ √2
2 , √6
3 ]，因此不存在λ，使A1 P与平面BC C1B1所成的角为30°，D 错误.
故选：ABC
变式3．（多选）（23-24 高二上·河北邯郸·期中）在正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，AB =1，
A A1=2，M，N 分别为棱B B1，AD上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．AC ⊥B D1
B．当M，N 分别为棱B B1，AD的中点时，直线DM与D1 N所成角的余弦值为√51
17
C．存在点M，使得∠A1 MD为钝角
D．直线B D1与平面A1BN所成角的正弦值的取值范围是[
√6
9 , √6
6 ]
【答案】ABD
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
以D 为坐标原点，DA，DC，D D1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
由
A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，
D1(0,0,2)，
有⃗
AC =(−1,1,0)，⃗
B D1=(−1,−1,2)，⃗
AC ⋅⃗B D1=0，可得AC ⊥B D1，故A 正确；
38
当M ，N 分别为棱B B1，AD的中点时，M (1,1,1)，N(
1
2 ,0,0)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，所以⃗
DM =(1,1,1)，⃗
N D1=(−1
2 ,0,2)，
所
以⃗
DM =(1,1,1)，⃗
N D1=(−1
2 ,0,2)，
cos⟨⃗DM ,⃗N D1⟩=⃗DM ⋅⃗N D1
|⃗DM|⋅|⃗N D1|
=
3
2
√1+1+1×√
1
4 + 4
= √51
17 ，故B 正确；
A1(1,0,2)，设M (1,1, x),(0≤x ≤2)，所以⃗A1 M =(0,1, x−2)，⃗DM =(1,1, x)，
所以⃗A1 M ⋅⃗DM =(0,1, x −2)⋅(1,1, x)= x
2−2 x +1=( x −1)
2≥0，故C 错误；
设N ( y ,0,0)(0≤y ≤1)，所以⃗BN =( y −1,−1,0)，⃗B A1=(0,−1,2)，设平面A1BN的一个法向量为⃗
n=(a,b,c)，所以¿令a=1，解得b= y −1，c = y −1
2
，所以平面A1BN的一个法向量为⃗
n=(1, y −1, y −1
2 )，又⃗B D1=(−1,−1,2)，设直线B D1与平面A1BN所成角的大小为θ，所以
sinθ =|cos⟨⃗n,⃗B D1⟩|= |⃗n⋅⃗B D1|
|⃗n|⋅|⃗B D1|
=
1
√6×√1+ 5
4 ( y −1)
2，又0≤y ≤1，所以sinθ∈[
√6
9 , √6
6 ]，故D 正
确.
故选：ABD.
变式4．（23-24 高三上·四川成都·期末）如图所示的几何体是由正方形ABCD沿直线AB旋转90°得到
的，设G是圆弧´CE的中点，H是圆弧´DF上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（ ）
A．存在点H，使得EH ⊥BG
B．存在点H，使得EH // BD
C．存在点H，使得EH //平面BDG
D．存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30°
【答案】B
【分析】由题意将图形补全为正方体，ADMF −BCNE，对于A，根据EF ⊥平面BCNE，当F , H重合即
可判定；对于B，根据BD //平面EFMN，而H是圆弧´DF上的动点，即可判定；对于C，建立空间直角
坐标系，根据平面BDG的法向量和´
EH垂直即可判定结果；对于D，当点H与点F重合时，直线EH与平面
BDG所成角最大，求出夹角正弦值，进一步分析即可.
39
【详解】对于A，因为正方体ADMF −BCMF中，EH ⊥平面BCNE , BG⊂平面BCNE，所以
EF ⊥BG，所以当F , H重合时，由EH ⊥BG.由A 正确；
对于B，因为BD // EM，若EH // BD，则EH // EM，又EH ∩EM = E，所以B 不正确；
对于C，以A 为原点，⃗AD ,⃗AF ,⃗AB为x , y , z轴的正方向建立空间直角坐标系，
设BC =2，则A (0,0,0), D (2,0,0), E (0,2,2)，F (0,2,0)，
B (0,0,2),C (2,0,2),G(√2,√2,2)，
H (m,n,0),(m
2+n
2= 4 ,m>0,n>0)，
所以⃗BD =(2,0,−2),⃗BG =(√2,√2,0),⃗EH =(m,n−2,−2)
设⃗n=(x , y , z)为平面BDG的一个法向量，
则¿即¿，
令x =1,得y =−1, z =1，则⃗n=(1,−1,1)
假设EH //平面BDG，
则⃗n·⃗EH =m−n+2−2=0，所以m=n.
因为m
2+n
2= 4 ,m>0,n>0，所以m=n=√2，
即H是圆弧´DF的中点，符合题意，故C 正确；
对于D，当点H与点F重合时，直线EH与平面BDG所成角最大，⃗
EF =⃗BA =(0,0,−2),
所以cos⟨⃗n·⃗EF⟩=⃗n·⃗EF
|⃗n||⃗EF|
= −2
2√3 =−√3
3 .
由√3
3 > 1
2 ,得直线EH与平面BDG的所成角的最大角大于30
°，
所以存在点H，使得直线EH与平面BDG的所成角为30
°，故D 正确.
故选：B
变式5．（2024·四川南充·模拟预测）如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，点E在线段PA
上，PC //平面BDE.
40
(1)求证：AE = PE；
(2)若△PAD是等边三角形，AB =2 AD，平面PAD⊥平面ABCD，四棱锥P−ABCD的体积为9√3，试
问在线段DE上是否存在点Q，使得直线BQ与平面PCD所成角的正弦值为√33
22 ？若存在，求出此时DQ的
长；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，9√3
8
【分析】（1）连接AC，设AC ∩BD =O，连接EO，即可得到O为AC的中点，再由线面平行的性质得到
PC // EO，即可得证；
（2）作PF ⊥AD于F，即可得到PF ⊥平面ABCD，根据锥体的体积求出a，再建立空间直角坐标，利
用空间向量法计算可得.
【详解】（1）连接AC，设AC ∩BD =O，连接EO.
因
为
ABCD为
矩
形
，
所
以
O为
AC的
中
点
，
因为PC //平面BDE，PC ⊂平面PAC，平面PAC ∩平面BDE = EO，
所以PC // EO.
因为O为AC的中点，所以E为PA的中点，所以AE = PE.
（2）设AD =a(a>0)，因为△PAD是等边三角形，所以PA = PD =a.
如图，作PF ⊥AD于F，则PF = √3
2 a，
因为平面PAD⊥平面ABCD，PF ⊥AD，PF ⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD = AD，
所以PF ⊥平面ABCD，所以PF是四棱锥P−ABCD的高，
因为ABCD为矩形，AD =a，AB =2 AD =2a，所以S ABCD= AB× AD =2a
2，
所以V P−ABCD= 1
3 S ABCD⋅PF = 1
3 ×2a
2× √3
2 a= √3
3 a
3=9√3，解得a=3.
因为ABCD为矩形，所以CD⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD = AD，所以CD⊥平面PAD，
41
建立如图所示空间直角坐标系，则D (0,0,0)，C (0,6,0)，P(
3
2 ,0, 3√3
2 )，A (3,0,0)，E(
9
4 ,0, 3√3
4 )，
B (3,6,0)，
所以⃗DC =(0,6,0)，⃗DP =(
3
2 ,0, 3√3
2 )，⃗DE =(
9
4 ,0, 3√3
4 )，
设平面PCD的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，则¿，取⃗n=(−√3,0,1)，
假设在线段DE上存在点Q，使得直线BQ与平面PCD所成角θ的正弦值为√33
22 ，
设⃗DQ = λ⃗DE (0≤λ≤1)，⃗BD =(−3,−6,0)，
则⃗BQ =⃗BD +⃗DQ =(−3,−6,0)+ λ(
9
4 ,0, 3√3
4 )=(
9
4 λ−3,−6, 3√3
4
λ)，
所以sinθ =|cos⟨⃗BQ ,⃗n⟩|= |−√3(
9
4 λ−3)+ 3√3
4
λ|
2√(
9
4 λ−3)
2
+36+(
3√3
4
λ)
2 = √33
22 ，
化简得4 λ
2−19 λ+12=0，解得λ = 4（舍去）或λ = 3
4 ，
因为|⃗DE|=√(
9
4)
2
+(
3√3
4 )
2
= 3√3
2
，此时|⃗DQ|= 3
4|⃗DE|= 9√3
8
，
所以线段DE上存在点Q，使得直线BQ与平面PCD所成角θ的正弦值为√33
22 ，此时DQ的长为9√3
8
.
变式6．（23-24 高二上·山东青岛·期末）如图，在底面是菱形的四棱锥P−ABCD中，PA ⊥底面
ABCD , PA = AC =2,∠ABC =60
°, E , F分别在梭PD , PC上，M为BC的中点.
(1)若PE =2 DE , F为PC中点，证明：BF ∥面ACE；
42
(2)若PE = DE，是否存在点F，使得ME与平面AMF所成角的正弦值为1
5？若存在，求出PC
PF 的值；若不
存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点F，且PC
PF =2或PC
PF = 5
4
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用法向量证明线面平行即可；
（2）设⃗PF =t⃗PC (0≤t ≤1)，利用向量法求出求出线面角的正弦，由正弦值得出参数，即可得解.
【详解】（1）∵PA = AC =2,∠ABC =60
∘，所以△ABC为等边三角形，
∵M为BC中点，∴AM ⊥BC , AM =√2
2−1
2=√3，
又AD ∥ BC，所以AM ⊥AD
以A为原点，AM , AD , AP分别头x , y , z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则B(√3,−1,0),C(√3,1,0), M (√3,0,0), D(0,2,0), P(0,0,2), F(
√3
2 , 1
2 ,1)
∵PE =2 DE ,∴E(0, 4
3 , 2
3)，⃗
BF =(−√3
2 , 3
2 ,1),⃗AC =(√3,1,0),⃗AE =(0, 4
3 , 2
3)
设平面ACE的一个法向量⃗m=(x , y , z)，
则¿，∴¿，令x =1，可得⃗m=(1,−√3,2√3)，
∵⃗BF ⋅⃗m=(−√3
2 , 3
2 ,1)⋅(1,−√3,2√3)=0，∴⃗BF ⊥⃗m，
又∵BF ⊄面ACE，∴BF ∥面ACE.
（2）设⃗PF =t⃗PC (0≤t ≤1)，
则M (√3,0,0)C (√3,1,0), P(0,0,2), E (0,1,1), F (√3t ,t ,2−2t),
∴⃗AM =(√3,0,0),⃗AF =(√3t ,t ,2−2t),⃗ME =(−√3,1,1),
设平面AMF的法向量⃗n=(x , y , z)，
43
则¿，即¿，
令z =t，得平面AMF的一个法向量⃗n=(0,2t −2,t )，
设ME与平面AMF所成的角为θ，
则sinθ =|cos⟨⃗ME ,⃗n⟩|=|⃗ME⋅⃗n|
|⃗ME||⃗n|
=
|2t −2+t|
√5×√(2t −2)
2+t
2 =
|3t −2|
√5×√5t
2−8t + 4
= 1
5，
解得t = 1
2或t = 4
5 ，
即存在点F，且PC
PF =2或PC
PF = 5
4 .
变式7．（23-24 高二上·福建三明·期末）在如图所示的多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，且
∠ADC为锐角．在梯形ABEF中，AF // BE，AF ⊥AB，AB = BE =2 AF =2，平面ABEF ⊥平面
ABCD．
(1)证明：BD⊥平面ACF;
(2)若V E−ABC = 2√3
3
，⃗AG = λ⃗AB(λ∈[0,1])，是否存在实数λ，使得直线CG与平面CEF所成角的正弦值
为√6
4 ，若存在，则求出λ，若不存在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在；λ= 1
2
【分析】（1）利用面面垂直得到AF ⊥平面ABCD，进而得到AF ⊥BD，再结合线面垂直的判定定理证
明即可;
（2）由V E−ABC = 2√3
3
可得∠ABC =π
3 ，并建立空间直角坐标系，利用向量法表示出线面角，从而求得λ.
【详解】（1）因为平面ABEF ⊥平面ABCD，AF ⊥AB，AF ⊂平面ABEF，
平面ABEF ∩平面ABCD = AB，
所以AF ⊥平面ABCD，
又因为BD⊂平面ABCD,所以AF ⊥BD，
因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，
44
又AF ∩AC = A，AF , AC ⊂平面ACF，所以BD⊥平面ACF，
（2）
设AC ∩BD =O，取CF中点H,连接OH,
易得OH // AF,因为AF ⊥平面ABCD，所以OH ⊥平面ABCD,
因为V E−ABC = 1
3 S△ABC⋅|BE|= 1
3 ⋅1
2|BC||BA|sin ∠ABC ⋅2= 4
3 sin ∠ABC = 2√3
3
，
所以sin ∠ABC = √3
2 ．
因为∠ADC为锐角，所以∠ABC =π
3 ，所以△ABC为等边三角形，
所以|AO|=1，|OB|=√3．
以O为原点，OC ,OB ,OH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C (1,0,0), F (−1,0,1), E(0,√3,2), A (−1,0,0),B(0,√3,0)，
所以⃗CF =(−2,0,1)，⃗CE =(−1,√3,2)，
设平面CEF 的一个法向量⃗n=(x , y , z)，则¿，
即¿，
取x =1，可得z =2，y =−√3，故⃗n=(1,√3,2)，
假设存在实数λ，使得直线CG与平面CEF所成角的正弦值为√6
4 ，
C (1,0,0), F (−1,0,1), E(0,√3,2), A (−1,0,0),B(0,√3,0)，
设G (x , y , z)，由⃗AG = λ⃗AB(λ∈[0,1]),得(x +1, y , z)= λ(1,√3,0)，
即G(λ−1,√3 λ ,0)，则⃗CG =(λ−2,√3 λ ,0)．
设直线CG与平面CEF所成的角为θ，
则sinθ =|cos⟨⃗CG ,⃗n⟩|=|⃗CG⋅⃗n|
|⃗CG||⃗n|
=
|2+2 λ|
2√2√4 λ
2−4 λ+ 4
= √6
4 ，
解得2 λ
2−5 λ+2=0，即λ =2或λ= 1
2，又因为λ∈[0,1]，所以λ = 1
2，
故存在实数λ = 1
2，使得直线CG与平面CEF所成角的正弦值为√6
4 .
45
变式8 ．（23-24 高二上· 广西柳州· 开学考试）如图（1 ），在Rt△ABC中，∠BAC =90
∘，
CA =2 AB = 4，D，E分别是AC，BC的中点，将△CDE和△BAE分别沿着DE，AE翻折，形成三棱锥
P−ADE，M是AD中点，如图（2）.
(1)求证：PM ⊥平面ADE；
(2)若直线PM上存在一点Q，使得QE与平面PAE所成角的正弦值为1
4 ，求QM的值.
【答案】(1)见解析
(2)QM = √3
6
【分析】（1）根据线面平行的性质定理和判断定理，结合垂直关系，平行关系的转化，即可证明；
（2）根据（1）的结果，以点M为原点，建立空间直角坐标系，求平面PAE的法向量，利用线面角的向量
法，即可求解.
【详解】（1）因为点D , E分别是AC ,BC边的中点，所以DE // AB，
因为∠BAC =90
∘，即AB⊥AC，所以DE⊥AC，
所以DE⊥AD，DE⊥CD，即DE⊥PD，
因为AD∩PD = D，AD , PD⊂平面PAD，
所以DE⊥平面PAD，又PM ⊂平面PAD，所以PM ⊥DE，
由题意，PA = BA =2，PD =CD = 1
2 CA =2，则PA = PD =2，
又M是AD的中点，所以PM ⊥AD，
因为AD∩DE = D，AD , DE⊂平面ADE，
所以PM ⊥平面ADE；
（2）
46
以M为原点，MD , MP分别为x , z轴，作My // DE，建立如图所示的空间直角坐标系，
由PA = PD =2，DE = 1
2 AB =1，
则A (−1,0,0)，D (1,0,0)，P(0,0,√3)，E (1,1,0)，⃗
PA =(−1,0,−√3)，⃗AE =(2,1,0),
设平面PAE的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则¿，令z =−1，则⃗n=(√3,−2√3,−1)，
设Q (0,0,t )，则⃗QE =(1,1,−t )，
因为QE与平面PAE所成角的正弦值为1
4 ，
所以|cos⟨⃗QM ,⃗n⟩|=|
t −√3
4×√t
2+2|= 1
4 ，解得：t = √3
6 ，
则Q(0,0, √3
6 )，故QM = √3
6 .
一、单选题
1．（23-24 高二上·福建南平·期末）已知直线l的一个方向向量为⃗u=(1,0,1)，平面α的一个法向量为⃗
n=(0,−1,1)，则l与α所成角的正弦值为（ ）
A．1
2
B．√3
2
C．√2
2
D．1
【答案】A
【分析】设出夹角θ，由，求出答案.
【详解】设l与α所成角的大小为θ，
则sinθ =|cos ⟨⃗u,⃗n⟩|= |⃗u⋅⃗n|
|⃗u|⋅|⃗n|=|(1,0,1)⋅(0,−1,1)|
√1+1×√1+1
= 1
2.
故选：A
2．（22-23 高一下·湖南·期末）在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，E 为BC的中点，则直线D1 E与平面
AC D1所成的角的正弦值为（ ）
A．1
3
B．√3
9
C．√2
9
D．1
9
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线D1 E与平面AC D1所成角的正弦值.
47
【详解】设正方体的棱长为4，直线D1 E与平面AC D1所成的角为α，
以DA，DC，D D1所在直线为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，
B1(4,4,4), D1(0,0,4), A (4,0,0),C (0,4,0), E (2,4,0)，⃗
A D1=(−4,0,4),⃗C D1=(0,−4,4)，⃗
D B1⋅⃗A D1=0,⃗D B1⋅⃗C D1=0，所以D B1⊥A D1, D B1⊥C D1，
由于A D1∩C D1= D1，所以D B1⊥平面AC D1，
即平面AC D1的法向量为⃗D B1=(4,4,4)，⃗D1 E =(2,4 ,−4)，
所以sin α = |⃗D1 E⋅⃗D B1|
|⃗D1 E|⋅|⃗D B1|
= √3
9 .
故选：B
3．（23-24 高三下·广东·阶段练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的边长为4，⃗D1 P =3⃗PC1，平
面α经过点A1，P，则（ ）
A．A1 P⊥PC
B．直线A1 P与直线BC所成角的正切值为3
4
C．直线A1 P与平面AB B1 A1所成角的正切值为4
3
D．若C ∈α，则正方体截平面α所得截面面积为26
【答案】BC
【分析】本题四个选项逐个分析，A 选项利用在△A1 PC勾股定理判断；B，C 选项分别作出线线角，线面
角算出正切值判断是否正确；D 选项面面平行的性质的定理画出完整的截面进而计算面积即可.
【详解】在ABCD−A1B1C1 D1中，A1C =√A A1
2+ A B
2+ BC
2= 4√3,A1 P =√A1 D1
2+ D1 P
2=5
48
在△A1 PC中，A1C = 4√3，A1 P =5，PC =√17，
∵A1C
2≠A1 P
2+C P
2，∴A 错误．
∵BC // B1C1// A1 D1，∴直线A1 P与直线BC所成角等于∠D1 A1 P，tan∠D1 A1 P= D1 P
D1 A1
= 3
4 ，∴B
正确．
因为平面AB B1 A1 ∥ CD D1C1，且A1 D1⊥平面CD D1C1
所以直线A1 P与平面AB B1 A1所成角等于直线A1 P与平面CD D1C1所成角∠A1 P D1，tan∠A1 P D1= 4
3 ，
∴C 正确．
因为正方体的对面都是相互平行，且根据面面平行的性质定理可得，
在AB边上作点Q使得⃗BQ =3⃗QA，则平行四边形A1 PCQ为所求截面．
在△A1 PC中cos∠A1CP = 48+17−25
2×4√3×√17 = 5
√51，
∴sin∠A1CP= √26
√51，S△A1 PC = 1
2 ×4√3×√17× √26
√51 =2√26，
∴平行四边形A1 PCQ的面积为4√26．∴D 错误．
故选：BC
4 ．（23-24 高二下· 江苏常州· 期中）已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB// DC，
∠DAB =90° PA ⊥底面ABCD，且PA = AD = DC =1，AB =2，则异面直线AC与PB所成的角的余弦
值为（ ）
A．√5
5
B．√10
5
C．√15
5
D．2√5
5
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标，利用空间向量法计算可得.
【详解】∵四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB// DC，∠DAB =90°，
PA ⊥底面ABCD，且PA = AD = DC =1，AB =2，
∴以A为原点，AD为x轴，AB为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，
则A (0,0,0)，C (1,1,0)，P(0,0,1)，B (0,2,0)，
则⃗AC =(1,1,0)，⃗PB =(0,2,−1)，
49
设直线AC与PB所成角为θ，则cosθ = |⃗AC ⋅⃗PB|
|⃗AC|⋅|⃗PB|
=
2
√2×√5 = √10
5 ，
∴直线AC与PB所成角的余弦值为√10
5 ．
故选：B
5．（23-24 高二上·北京·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E是线段A1C1上任意一点，
则AE与平面ABCD所成角的正弦值不可能是（ ）
A．√2
2
B．√5
3
C．√5
5
D．1
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出AE与平面ABCD所成角的余弦值范围，即可得出正
弦值的范围.
【详解】以B为原点建立空间直角坐标系如图：设棱长为1，
则B (0,0,0), A (1,0,0)，设E (t ,1−t ,1),0≤t ≤1，
所以⃗AE =(t −1,1−t ,1)，平面ABCD的法向量为⃗B B1=(0,0,1)
|cos⟨⃗B B1,⃗AE⟩|= |⃗B B1⋅⃗AE|
|⃗B B1|⋅|⃗AE|
=
1
√2(1−t )
2+1
∈[
√3
3 ,1]，
所以则AE与平面ABCD所成角的正弦值取值范围为[
√3
3 ,1].
对比各选项，C 项不可能.
故选：C
50
6．（23-24 高二上·河南郑州·期末）人教A 版选择性必修第一册教材44 页“拓广探索”中有这样的表
述：在空间直角坐标系中，若平面α经过点P0(x0, y0, z0)，且以⃗u=(a,b,c)(abc≠0)为法向量，设
P(x , y , z)是平面α内的任意一点，由⃗u⋅⃗P0 P =0，可得a(x−x0)+b( y −y0)+c(z−z0)=0，此即平面的
点法式方程．利用教材给出的材料，解决下面的问题：已知平面α的方程为2 x +2 y + z−7=0，直线l的方
向向量为(1,2,−2)，则直线l与平面α所成角的正弦值为（ ）
A．√65
9
B．4
9
C．√5
3
D．5
9
【答案】B
【分析】根据题意求出平面α的法向量，利用线面角公式即可求解．
【详解】因为平面α的方程为2 x +2 y + z−7=0，
所以平面α的一个法向量为⃗m=(2,2,1)，
直线l的方向向量为⃗n=(1,2,−2)，
设直线l与平面α所成角为θ，
则sinθ =|cos<⃗m,⃗n>|=|⃗m⋅⃗n|
|⃗m||⃗n| =
4
3×3 = 4
9 ．
故选：B．
7 ．（23-24 高二上· 广西· 期末）如图所示空间直角坐标系A﹣xyz 中，P(x , y , z)是正三棱柱
ABC −A1B1C1的底面A1B1C1内一动点，A1 A = AB =2，直线PA 和底面ABC 所成的角为π
3 ，则P 点的
坐标满足（ ）
A．x
2+ y
2= 4
3
B．x
2+ y
2=2
51
C．x
2+ y
2=3
D．x
2+ y
2= 4
【答案】A
【分析】写出各点坐标，求得平面法向量，利用线面角公式计算化简求得答案.
【详解】由正三棱柱ABC −A1B1C1，且A1 A = AB =2，根据坐标系可得：A (0,0,0)，A1(0,0,2)，又
P(x , y , z)是正三棱柱ABC −A1B1C1的底面A1B1C1内一动点，则z =2，所以⃗PA =(−x,−y ,−z)，又
A A1⊥平面ABC，所以⃗A A1=(0,0,2)是平面ABC 的一个法向量，因为直线PA 和底面ABC 所成的角为π
3 ，
所以|cos⟨⃗PA ,⃗A A1⟩|= |⃗PA ⋅⃗A A1|
|⃗PA|⋅|⃗A A1|
=
|−2 z|
√x
2+ y
2+ z
2×2
=
|z|
√x
2+ y
2+ z
2 = √3
2 ，整理得z
2=3 x
2+3 y
2，又z
＝2，所以x
2+ y
2= 4
3 .
故选:A.
8 ．（2024· 陕西· 模拟预测）在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，已知AB = AD = A A1=1，
∠A1 AB =∠A1 AD =∠BAD =60°，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线A1C与BD 所成的角为90°
B．线段A1C的长度为√2
C．直线A1C与B B1所成的角为90°
D．直线A1C与平面ABCD 所成角的正弦值为√6
3
【答案】D
【分析】在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，取⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，利用空间向量的线性运
算及数量积运算，逐一分析选项，即可得出答案.
【详解】在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，令⃗AB =⃗a，⃗AD =⃗b，⃗A A1=⃗c，
由AB = AD = A A1=1，∠A1 AB =∠A1 AD =∠BAD =60°，
得|⃗a|=|⃗b|=|⃗c|=1，⃗a⋅⃗b=⃗b⋅⃗c =⃗a⋅⃗c = 1
2，
对于A，显然⃗A1C =⃗a+⃗b−⃗c，⃗BD =−⃗a+⃗b，
则⃗A1C ⋅⃗BD =(⃗a+⃗b−⃗c)⋅(−⃗a+⃗b)=−⃗a
2+⃗b
2+⃗a⋅⃗c−⃗b⋅⃗c =0，即⃗A1C ⊥⃗BD，
因此直线A1C与BD所成的角为90°，A 正确；
52
对于B，|⃗A1C |
2=(⃗a+⃗b−⃗c)
2=⃗a
2+⃗b
2+⃗c
2−2⃗b⋅⃗c =2，即|⃗A1C|=√2，B 正确；
对于C，⃗A1C ⋅⃗B B1=(⃗a+⃗b−⃗c)⋅⃗c =⃗a⋅⃗c +⃗b⋅⃗c−⃗c
2=0，即⃗A1C ⊥⃗B B1，
因此直线A1C与B B1所成的角为90°，C 正确；
对于D，在平行六面体ABCD−A1B1C1 D1中，四边形ABCD是菱形，即AC ⊥BD，
又A1C ⊥BD，A1C ∩AC =C，A1C , AC ⊂平面A1CA，于是BD⊥平面A1CA，
又BD⊂平面ABCD，则平面A1CA ⊥平面ABCD，
连接AC交BD于点O，在平面A1CA内过点A1作A1 E⊥AC于点E，如图，
由平面A1CA ∩平面ABCD = AC，因此A1 E⊥平面ABCD，即直线A1C与平面ABCD所成角为∠A1CA，⃗
AC =⃗a+⃗b，则|⃗AC |
2=|⃗a+⃗b|
2=⃗a
2+⃗b
2+2⃗a⋅⃗b=3，即|AC|=√3，
由A A1// B B1及选项C 知，∠A A1C =90°，则sin∠A1CA = 1
√3 = √3
3 ，D 错误.
故选：D
二、多选题
9．（23-24 高二上·四川南充·阶段练习）在如图所示的直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD
是边长为2 的正方形，A A1=√3．点M是侧面BC C1B1内的动点（不含边界），AM ⊥MC，则A1 M与
平面BC C1B1所成角的正切值可以为（ ）
A．3√7
7
B．2√7
7
C．3
D．2
【答案】AD
【分析】根据题意确定M点的轨迹，利用线面角定义可得A1 M与平面BC C1B1所成角即为∠A1 M B1，
利用圆的几何性质确定B1 M的范围，即可求出线面角正切值的范围，从而得出正确选项.
53
【详解】由题意建系如图，
因为底面ABCD是边长为2 的正方形，A A1=√3，
则A(2,0,√3)，C(0,2,√3)，设M ( x ,2, z)，
可得⃗AM =( x−2,2, z−√3)，⃗CM =( x ,0, z−√3)，
由题意得AM ⊥MC，故⃗AM ⋅⃗CM = x( x −2)+( z−√3)
2=0，
可得( x−1)
2+( z−√3)
2=1，
故M点轨迹是以N (1,2,√3)为圆心，1 为半径的圆在正方形BC C1B1内的部分（不含边界），
由题可知N (1,2,√3)为BC的中点，如图，
根据圆的几何性质可得：
当N , M ,B1共线时，B1 M取得最小值为√1
2+(√3)
2−1=1，
而B1 M <B1C =√2
2+(√3)
2=√7，所以B1 M ∈[1,√7)，
因为A1B1⊥平面BC C1B1，所以A1 M与平面BC C1B1所成角即为∠A1 M B1，
所以tan∠A1 M B1= A1B1
B1 M =
2
B1 M ∈( 2√7
7
,2]，
所以正确选项有AD.
故选：AD．
10．（23-24 高二下·山西吕梁·阶段练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为3，E，F 分别为
棱B B1, D D1上的点，且BE = 1
3 B B1, DF = 1
3 D D1，平面AEF 与棱C C1交于点G，若点P 为正方体内部
（含边界）的点，满足⃗AP = λ⃗AE + μ⃗AF , λ , μ∈[0,1]，则（ ）
54
A．点P 的轨迹为四边形AEGF 及其内部
B．当λ =1时，点P 的轨迹长度为√10
C．当λ=0, μ= 1
2时，AF ⊥A1 P
D．当μ= 1
2时，直线AP 与平面ABCD 所成角的正弦值的最大值为√22
11
【答案】ABD
【分析】取C C1上一点H，使得CH = 1
3 C C1，证得四边形AEGF为平行四边形，结合空间向量基本定理
可知，可判定A 正确；当λ =1时，得到⃗EP = μ⃗EG，得到P 的轨迹长度为线段EG 的长，可判定B 正确；当
λ=0, μ= 1
2时，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合⃗AF ⋅⃗A1 P≠0，可判定C 错误；当μ= 1
2时，
由⃗MP =a⃗MN，可得P(
3
2 ,3a,a+ 1
2)，求得平面ABCD的一个法向量为⃗m=(0,0,1)和⃗
AP =(−3
2 ,3a,a+ 1
2)，结合向量的夹角公式，以及二次函数的性质，即可求解.
【详解】对于A 中，取C C1上一点H，使得CH = 1
3 C C1，连接EH，FH，HB，
可得AF // BH且AF = BH，¿// BH且¿= BH，
所以四边形AFHB和四边形BHGE是平行四边形，所以AF // EG , AF = EG，
所以四边形AEGF为平行四边形，
因为⃗AP = λ⃗AE + μ⃗AF，由空间向量基本定理可知，所以P在四边形AEGF内（或边界上），所以A 正确；
对于B 中，当λ =1时，⃗AP =⃗AE + μ⃗AF，所以⃗AP−⃗AE = μ⃗EG，即⃗EP = μ⃗EG，
所以P 在线段EG 上，点P 的轨迹长度为线段EG 的长，所以EG = AF =√10，所以B 正确；
对于C 中，当λ=0, μ= 1
2时，可得点P 为线段AF 的中点，
以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (3,0,0), F (0,0,1), E (3,3,1), A1(3,0,3)，可得P(
3
2 ,0, 1
2)，
则⃗AF =(−3,0,1),⃗A1 P =(−3
2 ,0,−5
2)，可得⃗AF ⋅⃗A1 P = 9
2 −5
2 =2≠0，
55
所以AF ⊥A1 P不成立，所以C 错误；
对于D 中，当μ= 1
2时，⃗AP = λ⃗AE+ 1
2⃗AF，分别取AF , EG的中点M , N，
连接MN，P在线段MN上，M(
3
2 ,0, 1
2), N(
3
2 ,3, 3
2),
由⃗MP =a⃗MN (0≤a≤1)，可得P(
3
2 ,3a,a+ 1
2)，
平面ABCD的一个法向量为⃗m=(0,0,1),⃗AP =(−3
2 ,3a,a+ 1
2)，
设AP与平面ABCD所成的角为θ，
所以sinθ =|cos⟨⃗AP ,⃗m⟩|= |⃗AP⋅⃗m|
|⃗AP|⋅|⃗m|
=
a+ 1
2
√
9
4 +(3a)
2+(a+ 1
2)
2，
设t =
1
2a+1，因为a∈[0,1]，则t ∈[
1
3 ,1]，
则a= 1
2t −1
2，代入可得sinθ =
1
√18t
2−18t +10
，
当t = 1
2时，直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为√22
11 ，所以D 正确.
故选：ABD.
11．（23-24 高二下·重庆·阶段练习）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点P 满足⃗BP = λ⃗BC1，
λ∈[0,1]，则下列结论正确的是（ ）
56
A．对于任意的λ，都有A1 P//平面AC D1
B．对于任意的λ，都有A1 P⊥B1 D
C．若A1 P⊥BC，则λ =0
D．存在λ，使A1 P与平面BC C1B1所成的角为30°
【答案】ABC
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明及线面角的向量求法求解判断即可.
【详解】在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，令AB =1，
则D(0,0,0), A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0), A1(1,0,1),B1(1,1,1),C1(0,1,1), D1(0,0,1)，
由⃗BP = λ⃗BC1=(−λ ,0, λ)，得P(1−λ ,1, λ)，⃗A1 P =(−λ ,1, λ−1)，
对于A，⃗D B1=(1,1,1),⃗AC =(−1,1,0),⃗A D1=(−1,0,1)，显然⃗D B1⋅⃗AC =0,⃗D B1⋅⃗A D1=0，
即D B1⊥AC , D B1⊥A D1，而AC ∩A D1= A , AC , A D1⊂平面AC D1，则D B1⊥平面AC D1，
因此⃗D B1=(1,1,1)是平面AC D1的法向量，又⃗D B1⋅⃗A1 P =−λ+1+ λ−1=0，
A1 P⊄平面AC D1，所以A1 P//平面AC D1，A 正确；
对于B，由选项A 知，对于任意的λ，⃗D B1⋅⃗A1 P =0，即A1 P⊥B1 D，B 正确；
对于C，由A1 P⊥BC，⃗BC =(−1,0,0)，得⃗A1 P⋅⃗BC = λ =0，C 正确；
对于D，平面BC C1B1的法向量⃗n=(0,1,0)，令A1 P与平面BC C1B1所成的角为θ，
则
sinθ =|cos〈⃗A1 P ,⃗n 〉|=
1
√λ
2+1+( λ−1)
2 =
1
√2( λ−1
2 )
2
+ 3
2
∈[ √2
2 , √6
3 ]
，
而sin30° = 1
2 ∉[ √2
2 , √6
3 ]，因此不存在λ，使A1 P与平面BC C1B1所成的角为30°，D 错误.
故选：ABC
三、填空题
12．（24-25 高二上·上海·单元测试）如图，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，O 是AC 中点，点P 在线
段A1C1上，若直线OP 与平面A1BC1所成的角为θ，则sinθ的取值范围是 ．
57
【答案】[
√2
3 , √3
3 ]
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得sinθ的取值范围.
【详解】设正方体边长为2，建立如图所示空间直角.则O(1,1,0), A1(2,0,2),B (2,2,0),C1(0,2,2)，
设P(a,2−a,2)(0≤a≤2)，
则⃗OP =(a−1,1−a,2),⃗A1B =(0,2,−2),⃗A1C1=(−2,2,0)，
由于⃗n=(1,1,1) 使⃗n⋅⃗A1B =(1,1,1)⋅(0,2,−2)=0，⃗n⋅⃗A1C1=(1,1,1)⋅(−2,2,0)=0，
所以⃗n=(1,1,1)是平面A1BC1的法向量，
所以sinθ =|⃗
n⋅⃗OP
|⃗n|⋅|⃗OP||=|
a−1+1−a+2
√3⋅√2×(a−1)
2+2
2| = 2
√6 ×
1
√(a−1)
2+2，
由于0≤a≤2，所以√(a−1)
2+2∈[√2,√3]，
1
√(a−1)
2+2
∈[
√3
3 , √2
2 ]，
所以 sinθ = 2
√6 ×
1
√(a−1)
2+2
∈[
√2
3 , √3
3 ]，
故答案为：[
√2
3 , √3
3 ]
13．（23-24 高二上·浙江·期中）如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，设AD =1, D D1=3，点P在
线段C C1上，且C1 P =2 PC，则直线A1 P与平面PBD所成角的正弦值是 .
58
【答案】2√2
3
/2
3 √2
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，求出线面角的正弦值.
【详解】以D为坐标原点，DA , DC , D D1所在直线分别为x , y , z轴，建立空间直角坐标系，
则A1(1,0,3), P(0,1,1),B (1,1,0), D (0,0,0)，
设平面PBD的法向量为⃗m=(x , y , z)，
则¿，
令y =1，则x = z =−1，故⃗m=(−1,1,−1)，
设直线A1 P与平面PBD所成角大小为θ，
则sinθ =|cos⟨⃗m,⃗A1 P⟩|= |⃗m⋅⃗A1 P|
|⃗m|⋅|⃗A1 P|
=|(−1,1,−1)⋅(−1,1,−2)|
√1+1+1×√1+1+ 4
= 1+1+2
√3×√6 = 2√2
3
，
59
故答案为：2√2
3
14．（24-25 高二上·上海·单元测试）如图，在直三棱柱ABC −A1B1C1中，∠ABC =90°，BC =2，
C C1= 4，点D为C C1的中点，则B1 D与平面ABD的位置是 ．
【答案】垂直
【分析】建立空间直角坐标系，证明B1 D⊥BD ,B1 D⊥BA ,即可得B1 D与平面ABD的位置关系.
【详解】如图所示，分别以BA ,BC ,B B1所在直线为x , y , z轴建立如图空间直角坐标系，
且BC =2,C C1= 4.
设AB =a，则B1(0,0,4),B(0,0,0), A(a,0,0), D(0,2,2)，
所以B1 D
→
=(0,2,−2),BD
→
=(0,2,2),BA
→
=(a,0,0),
因为B1 D
→
·BD
→
=0，B1 D
→
·BA
→
=0,
所以B1 D
→
⊥BD
→
，B1 D
→
⊥BA
→
，
因为BD∩BA = B ,BD⊂平面ABD，BA ⊂平面ABD，
所以B1 D⊥平面ABD.
故答案为：垂直.
四、解答题
15．（23-24 高二下·安徽宣城·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA ⊥平面ABCD，且AD ∥
BC ,∠BAD =90
∘,BC =1，AP = AB =√3,∠ADC =60
∘, M , N分别为棱PC , PB的中点.
60
(1)求证：平面PBC ⊥平面ADMN；
(2)求直线BD与平面ADMN所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)√42
14
【分析】（1）先证明PB⊥平面ADMN，根据面面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）方法一：结合（1）可知PB⊥平面ADMN，即可说明∠BDN即为直线BD与平面ADMN所成的角，
解三角形，即可求得答案；方法二，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，利用空间角的向量求法，即
可求得答案.
【详解】（1）∵PA ⊥平面ABCD , AD⊂平面ABCD，则PA ⊥AD，
由∠BAD =90
∘，则AD⊥AB；
又AB∩PA = A , AB , PA ⊂平面PAB，
∴AD⊥平面PAB , PB⊂平面PAB，
∴AD⊥PB，
∵AP = AB，且N为PB的中点，
∴PB⊥AN，
∵AN ∩AD = A , AN , AD⊂平面ADMN，
∴PB⊥平面ADMN，又PB⊂平面PBC，
所以平面PBC ⊥平面ADMN；
（2）解法一：如图，连结DN，由（1）知PB⊥平面ADMN，
所以，DN为直线BD在平面ADMN内的射影，且DN ⊥BN，
所以，∠BDN即为直线BD与平面ADMN所成的角.
在直角梯形ABCD内，过C作CH ⊥AD于H，则四边形ABCH为矩形，
CH = AB =√3, AH = BC =1，在Rt△CDH中，DH =
CH
tan∠ADC = √3
√3 =1，
61
所以，AD = AH + DH =2,BD =√A D
2+ A B
2=√7，
而PB =√3+3=√6，在Rt△BDN中，∠BND =90
∘,BN = 1
2 PB = √6
2 ,BD =√7，
所以sin∠BDN = BN
BD = √6
2√7 = √42
14 ，
综上，直线BD与平面ADMN所成角的正弦值为√42
14 .
解法二：在直角梯形ABCD内，过C作CH ⊥AD于H，则四边形ABCH为矩形，
CH = AB =√3, AH = BC =1，在Rt△CDH中，DH =
CH
tan∠ADC = √3
√3 =1，
所以，AD = AH + DH =2，
以A点为原点，AB､AD､AP分别为x､y ､z轴，建系如图，
则A (0,0,0), D (0,2,0), N(
√3
2 ,0, √3
2 ),B(√3,0,0), P(0,0,√3).
由（1）知，PB⊥平面ADMN，平面ADMN法向量可取为⃗PB =(√3,0,−√3),⃗BD =(−√3,2,0)，
设直线BD与平面ADMN所成角为θ，则sinθ =|⃗PB⋅⃗BD|
|⃗PB||⃗BD|
=|√3×(−√3)+0×2+(−√3)×0|
√3+0+3√3+ 4+0
= √42
14 ，
综上，直线BD与平面ADMN所成角的正弦值为√42
14 .
16．（23-24 高二下·广东·期末）如图，在三棱柱ABC −A1B1C1中，侧棱A A1⊥底面ABC，底面
△ABC是正三角形，AB = A A1=3，点E、F分别在AB、A1C1上，且AE = 1
3 AB，C1 F = 1
3 A1C1．
62
(1)求证：A1 E //平面BCF；
(2)求直线B B1与平面BCF所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)2√39
13
⋅
【分析】（1）在线段BC上取一点G，使CG = 1
3 BC，连结EG、FG，先证四边形A1 FGE为平行四边形，
所以A1 E∥FG，从而可得A1 E //平面BCF；
（2）以B为坐标原点，Bx，BC，B B1所在直线分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，利用线面角
的空间向量法求解.
【详解】（1）在线段BC上取一点G，使CG = 1
3 BC，连结EG、FG，
在△ABC中，因为AE = 1
3 AB，CG = 1
3 BC，所以BE
AB = BG
BC = 2
3，
所以EG∥AC且EG = 2
3 AC，
因为C1 F = 1
3 A1C1，A1C1// AC，且A1C1= AC，
所以A1 F ∥AC，且A1 F = 2
3 AC，
所以EG∥A1 F且EG= A1 F，
故四边形A1 FGE为平行四边形，所以A1 E∥FG，
又A1 E⊄平面BCF，FG⊂平面BCF， 所以A1 E∥平面BCF．
（2）以B为坐标原点，Bx，BC，B B1所在直线分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，
因为底面D ABC是正三角形，AB = A A1=3，所以点B (0,0,0)，点C (0,3,0)，
点A(
3√3
2
, 3
2 ,0)，点B1(0,0,3)，点C1(0,3,3)，
63
因为⃗C1 F = 1
3⃗CA，所以点F(
√3
2 , 5
2 ,3)，
则⃗BC =(0,3,0)，⃗BF =(
√3
2 , 5
2 ,3)，⃗B B1=(0,0,3)，
设平面BCF的一个法向量为⃗n=(x , y , z)．
由¿，令z =−√3，
得平面BCF的一个法向量为⃗n=(6,0,−√3)，
设直线B B1与平面BCF所成角的大小为θ，
则sinθ =|⃗
B B1⋅⃗n
|⃗B B1||⃗n||=|
(0,0,3)⋅(6,0,−√3)
3×√39
|= √13
13 ，
所以cosθ =√1−sin
2θ =√
1−(
√13
13 )
2
= 2√39
13
，
所以直线B B1与平面BCF所成角的余弦值为2√39
13
⋅
17．（23-24 高二下·广东广州·期末）如图，在五棱锥P−ABCDE中，PA ⊥平面ABCDE，AE // BC，
AB //CD，AC // ED，∠ABC = 45
∘，AB =2√2，BC =2 AE = 4．
(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；
(2)已知直线PB与平面PCD所成的角为30
∘，求线段PA的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)2√2
【分析】（1）由余弦定理得AC ⊥AB，再由线面垂直的判定定理可得答案；
64
（2）做NE⊥AC交AC于点N，以A为原点，AP , AB , AC所在的直线分别为x , y , z建立空间直角坐标
系，设AP =t (t >0)，求出⃗BP、平面PCD的一个法向量，由线面角的向量求法求出t可得答案，
【详解】（1）∠ABC = 45
∘，AB =2√2，BC = 4．
由余弦定理得A C
2= A B
2+ BC
2−2 AB×BC cos 45
∘
=8+16−2×2√2×4× √2
2 =8，
所以A C
2+ A B
2= BC
2，故AC ⊥AB，
因为AB //CD，所以AC ⊥CD，
因为PA ⊥平面ABCDE，CD⊂平面ABCDE，所以PA ⊥CD，
因为AC ∩PA = A，AC 、PA ⊂平面PAC，所以CD⊥平面PAC，
因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC；
（2）做NE⊥AC交AC于点N，所以四边形ENCD是长方形，
因为AE // BC，∠BCA = 45
∘，所以∠NAE = 45
∘，
因为AE =2，所以CD = NE =√2，
由（1）知，AP , AB , AC互相垂直，以A为原点，
AB , AC , AP所在的直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，
设AP =t (t >0)，则P(0,0,t ),B(2√2,0,0),C (0,2√2,0), D(−√2,2√2,0)，⃗
BP =(−2√2,0,t),⃗PC =(0,2√2,−t),⃗PD =(−√2,2√2,−t)，
设⃗n=(x , y , z)为平面PCD的一个法向量，
则¿，即¿，令y =√2，则z = 4
t , x =0，
所以⃗n=(0,√2, 4
t )，
所以sin30
∘=|cos⟨⃗n,⃗BP⟩|=|⃗
n⋅⃗BP
|⃗n|⋅|⃗BP||=
4
√
2+ 16
t
2 ×√8+t
2
= 1
2，
解得t =2√2，所以P(0,0,2√2), A (0,0,0)，
所以线段PA的长为2√2．
65
18．（23-24 高二下·广东·期末）如图，四棱锥P−ABCD的侧面PCD为正三角形，底面ABCD为梯形，
AB//CD，平面PCD⊥平面ABCD，已知CD = 4 AB = 4，⃗PM = 1
3⃗MD.
(1)证明：AM //平面PBC；
(2)若AC = AD , PA =3√2，求直线AM与平面PAB所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)√13
26
【分析】（1）取PC上的点N，使⃗PN = 1
4⃗PC，可得⃗MN =⃗AB，则由线线平行可证线面平行；
（2）取CD中点O，连AO , PO，根据题意可证AO⊥CD，PO⊥平面ABCD，所以以O为坐标原点，⃗
OA ,⃗OC ,⃗OP分别为x , y , z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A −xyz，利用线面角的空间向量法求
解.
【详解】（1）取PC上的点N，使⃗PN = 1
4⃗PC，
66
则⃗MN =⃗PN −⃗PM = 1
4 (⃗PC −⃗PD)= 1
4⃗DC =⃗AB，
所以四边形ABNM为平行四边形，所以AM // BN，
又BN ⊂平面PBC，AM ⊄平面PBC，所以AM //平面PBC；
（2）取CD中点O，连AO, PO，因为AC = AD，所以AO⊥CD，
因为△PCD为正三角形，所以PO⊥CD , PO =2√3，
又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD =CD，PO⊂平面PCD，
所以PO⊥平面ABCD，
因为AO⊂平面ABCD，所以PO⊥AO，AO =√P A
2−PO
2=√6，
以O为坐标原点，⃗OA ,⃗OC ,⃗OP分别为x , y , z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A −xyz，
则A(√6,0,0)，C(0,2,0)，D(0,−2,0)，B(√6,1,0)，P(0,0,2√3)，
则⃗AB =(0,1,0)，⃗PA =(√6,0,−2√3)，⃗AM =⃗AP+ 1
4⃗PD =(−√6,−1
2 , 3√3
2 )，
设⃗n=( x , y , z)为平面PAB的法向量，
则¿，可取⃗n=(√2,0,1)，
，
故直线AM与平面PAB所成角的正弦值为√13
26 .
19．（23-24 高二下·江苏泰州·期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，
AB⊥AD，AB+ AD =5，CD =√2，∠PAD =120°，∠ADC =45°.
67
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)设AB = AP.
①若直线PB与平面PCD所成角的正弦值为√33
44 ，求线段AB的长.
②在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上？若存在，求线段AB的长；若不存
在，说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)①AB =2或AB = 70
23；②不存在点G，理由见解析
【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得AB⊥平面PAD，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论；
（2）①依题建系，设AB =t，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公
式列出方程，求解即得t的值；
②假设存在点G，可由GC =GD推得GD =1，得点G坐标，由GP =GD得方程t
2−4 t +15=0，因此方程
无实数解，假设不成立.
【详解】（1）在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，
所以AB⊥平面PAD，
又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
（2）如图以A为原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴建立如图所示直角空间坐标系
A −xyz，
设AB =t，则AP =t，由AB+ AD =5， CD =√2，∠PAD =120°，∠ADC =45°，
则B (t ,0,0)，P(0,−t
2 , √3t
2 )，因AD =5−t，则D (0,5−t ,0)，C (1,4−t ,0)，
所以⃗CP =(−1, t
2 −4 , √3t
2 )，⃗CD =(−1,1,0)
①设平面PCD的法向量为⃗n=(x , y , z)，由⃗n⊥⃗CP，⃗n⊥⃗CD，得：
68
¿，可取⃗n=(1,1, 10−t
√3t )
设直线PB与平面PCD所成角为θ，
则有：sinθ =|cos⟨⃗n,⃗BP⟩|，⃗BP =(−t ,−t
2 , √3t
2 )，
即：
√33
44 =|
−t −t
2 + 10−t
2
√
1+1+(
10−t
√3t )
2
√t
2+ t
2
4 + 3t
2
4 |
，化简得：23t
2−116t +140=0，
解得t =2或t = 70
23，即AB =2或AB = 70
23.
②如图，假设在线段AD上是否存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上，
由GC =GD，得∠GCD =∠GDC = 45°，所以∠CGD =90°，
所以GD =CD cos 45° =1，
又AB =t得AD =5−t，AG = AD−GD = 4−t，所以G (0,4−t ,0)，P(0,−t
2 , √3t
2 )
由GP =GD得[−t
2 −(4−t )]
2
+(
√3t
2 )
2
=1，即(
t
2 −4)
2
+ 3
4 t
2=1，
亦即t
2−4 t +15=0（*），
因为Δ=(−4)
2−4×15<0，所以方程（*）无实数解，
所以线段AD上不存在点G，使得点P，C，D在以G为球心的球上.
【点睛】方法点睛：本题主要考查利用空间向量解决线面所成角以及多点是否在同一球面上的开放性问题，
属于较难题.
根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性
问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾.
