压轴14 空间角与距离的4 大核心题型
以空间几何体为载体考查空间角，空间距离是高考命题的重点，空间向量是将空间几何问题坐标化的
工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角及空间距离是高考的热点，考查题型既有选择题、填空
题，也有解答题，难度中等.
题型01 求解直线与平面所成角的方法
1.（2025 北京卷T17）四棱锥P
ABCD
-
中，ACD
V
与
ABC
V
为等腰直角三角形，
90
90
ADC
BAC
Ð
=
°
Ð
=
°
，
，E 为BC 的中点．
(1)F 为PD 的中点，G 为PE 的中点，证明：
/ /
FG
面PAB；
(2)若PA ^面ABCD，PA
AC
=
，求AB 与面PCD 所成角的正弦值．
【解题指导】（1）取PA 的中点N→PB 的中点M→连接FN、MN→证明FG
MN
∥
→
/ /
FG
面PAB
（2）建立空间直角坐标系→求直线AB 的方向向量→面PCD 的法向量→向量夹角公式求解.
【解】（1）取PA 的中点N，PB 的中点M，连接FN、MN，
ACD
QV
与
ABC
V
为等腰直角三角形
90
90
ADC
BAC
Ð
=
°
Ð
=
°
，
技法指导
不妨设
2
2 2
AD
CD
AC
AB
-
=
\
=
=
，
4
BC
\
=
，QE、F 分别为BC、PD 的中点，
1
1,
2
2
FN
AD
BE
\
=
=
=
，
1
GM
\
= ，
45 ,
45
DAC
ACB
Ð
=
°
Ð
=
°
Q
AD
BC
\
∥
，
FN
GM
\
∥
，
∴四边形FGMN 为平行四边形，
FG
MN
\
∥
，
FG Ë
Q
面PAB，MN Ì面PAB，
FG
\
∥面PAB；
（2）
PA ^
Q
面ABCD，
第一步：建立空间直角坐标系．
\以A 为原点，AC、AB、AP 所在直线分别为x、y、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设
2
AD
CD
=
=
，则
(0,0,0),
(0,2 2,0),
(2 2,0,0)
( 2,
2,0),
(0,0,2 2)
A
B
C
D
P
-
(0,2 2,0),
( 2,
2,0),
( 2 2,0,2 2)
AB
DC
CP
\
=
=
= -
uuur
uuur
uuur
第二步：求出平面的法向量．
设面PCD 的一个法向量为
( , , )
n
x y z
=
r
0
2
2
0
,
0
2 2
2 2
0
DC n
x
y
CP n
x
z
ì
ì
×
=
+
=
ï
ï
\
\
í
í
×
=
-
+
=
ï
ï
î
î
uuur r
uuur r
取
1,
1,
1,
(1, 1,1)
x
y
z
n
= \
= -
= \
=
-
r
第三步：计算向量的夹角
设AB 与面PCD 成的角为q
则
2
2
2
| 0 1
2 2
( 1)
0 1|
2 2
3
sin
| cos
,
|
3
|
|
2 2 3
2 2
1
( 1)
1
AB n
AB n
AB n
q
×
´ +
´ -
+ ´
=
á
ñ =
=
=
=
×
×
+ -
+
∣
uuur r
uuur r
uuur r
即AB 与平面PCD 成角的正弦值为
3
3
.
2.如图1 所示，四边形ABCD 是圆柱下底面的内接四边形，AC 是圆柱底面的直径，PC 是圆柱的一条母线，
AB
AD
=
，
60
BAD
Ð
=
° ，点F 在线段AP 上，
3
PA
PF
=
．
图1
（1）求证：平面PAB ^ 平面PBC．
（2）若
3
CP =
，
4
CA =
，求直线AC 与平面FCD 所成角的正弦值．
【解】（1）因为PC 是圆柱的一条母线，所以PC ^ 底面ABCD，
又AB Ì 底面ABCD，所以PC
AB
^
．
因为AC 是圆柱底面的直径，所以AB
BC
^
．
因为PC，BC Ì 平面PBC，PC
BC
C
Ç
=
，所以AB ^ 平面PBC．
又AB Ì 平面PAB，所以平面PAB ^ 平面PBC．
（2）解法一（几何法）
因为AB
AD
=
，AC
AC
=
，
90
ADC
ABC
Ð
= Ð
=
°，所以Rt
Rt
ADC
ABC
≌
△
△
，
又
60
BAD
Ð
=
° ，所以
30
DAC
BAC
Ð
= Ð
=
°．
所以
1
2
2
CD
AC
=
=
，
2 3
AD =
，且AD ^ 平面PCD，所以AD
PD
^
，
2
2
5
PA
PC
AC
=
+
=
，
2 3
cos
5
DAF
Ð
=
，
2
10
5
3
3
AF =
´
=
，
100
10
2 3
8
12
2 2 3
9
3
5
3
DF =
+
- ´
´
´
=
．
在Rt
PAC
△
中，
4
cos
5
CAP
Ð
=
，
100
10
4
2 13
16
2 4
9
3
5
3
CF =
+
- ´ ´
´
=
．
在FCD
V
中，
64
52
4
1
9
9
cos
8
2
2 2
3
FDC
+
-
Ð
=
=
´ ´
，所以
60
FDC
Ð
=
° ，所以
3
sin
2
FDC
Ð
=
，
所以
1
8
3
4 3
2
2
3
2
3
FCD
S
=
´ ´ ´
=
△
．
1
2 2 3
2 3
2
ACD
S
=
´ ´
=
V
．
设点A 到平面FCD 的距离为d，由
A FCD
F ACD
V
V
-
-
=
得1
1
2
3
3
FCD
ACD
S
d
S
×
=
×
△
△
，解得
3
d =
．
设AC 与平面FCD 所成的角为q ，因为
4
AC =
，所以
3
sin
4
d
AC
q =
=
，
即直线AC 与平面FCD 所成角的正弦值为3
4 ．
解法二（向量法）如图2，以C 为坐标原点，CA 所在直线为x 轴，过C 且垂直于平面APC 的直线为y 轴，
CP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．
图2
因为AB
AD
=
，AC
AC
=
，
90
ADC
ABC
Ð
= Ð
=
°，所以Rt
Rt
ADC
ABC
≌
△
△
，
又
60
BAD
Ð
=
° ，所以
30
DAC
BAC
Ð
= Ð
=
°．
因为
3
CP =
，
4
CA =
，所以
1
2
2
CD
AC
=
=
，
2 3
AD =
，
则
0,0,0
C
，
4,0,0
A
，
1, 3,0
D
，
4 ,0,2
3
F æ
ö
ç
÷
è
ø
，
所以
4,0,0
AC = -
uuur
，
1, 3,0
CD =
uuur
，
4,0,2
3
CF
æ
ö
=ç
÷
è
ø
uuur
．
设平面FCD 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，则
3
0,
4
2
0,
3
n CD
x
y
n CF
x
z
ì ×
=
+
=
ïí ×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
令
3
x = - ，得
3
y =
，
2
z =
，则平面FCD 的
一个法向量为
3, 3,2
n = -
r
．
设直线AC 与平面FCD 所成角为q ，
则
12
3
sin
cos
,
4
4
9
3
4
AC n
AC n
AC n
q
×
=
=
=
=
´
+ +
uuur r
uuur r
uuur r
．
题型02 求解二面角（平面与平面所成角）的方法
技法指导
3.（2024·全国甲卷T19）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 ，
4,
2
AD
AB
BC
EF
=
=
=
=
，
10,
2 3
ED
FB
=
=
，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．
【解题指导】（1）证
//
,
BC MD BC
MD
=
→BCDM 为平行四边形→可证
//
BM CD →
/ /
BM
平面CDE
（2）作BO
AD
^
交AD 于O 并连接OF →证
,
,
OB OD OF 三垂直→建系→设点写坐标→求平面的法向量→利
用公式求二面角的正弦值..
【解】（1）因为
//
,
2,
4,
BC AD EF
AD
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 Ë 平面CDE ，
CD Ì 平面CDE ，所以
//
BM
平面CDE ；
（2）第一步：证明
,
,
OB OD OF 互相垂直
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，
//
,
4,
BC AD AD =
2
AB
BC
=
=
，所以
2
CD =
，
结合（1）BCDM 为平行四边形，可得
2
BM
CD
=
=
，又
2
AM =
，
所以ABM
V
为等边三角形，O 为AM 中点，所以
3
OB =
，
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
V
与
AFM
△
底边上中点O 重合，
OF
AM
^
，
2
2
3
OF
AF
AO
=
-
=
，
【技巧】垂直关系“OF
AM
^
”，可作为建系的突破口．
因为
2
2
2
OB
OF
BF
+
=
，所以OB
OF
^
，所以
,
,
OB OD OF 互相垂直，
第二步：建立空间直角坐标系．
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，
0,0,3
F
，
3,0,0 ,
0,1,0 ,
0,2,3
B
M
E
，
3,1,0 ,
3,0,3
BM
BF
= -
= -
uuuur
uuur
，
3,2,3
BE = -
uuur
第三步：求出平面的法向量．
设平面BFM 的法向量为
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
，
平面EMB 的法向量为
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
r
，
则
0
0
m BM
m BF
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuuur
r
uuur
r
，即
1
1
1
1
3
0
3
3
0
x
y
x
z
ì-
+
=
ïí
-
+
=
ïî
，
令
1
3
x =
，得
1
1
3,
1
y
z
=
= ，即
3,3,1
m =
r
，
则
0
0
n BM
n BE
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuuur
r
uuur
r
，即
2
2
2
2
2
3
0
3
2
3
0
x
y
x
y
z
ì-
+
=
ïí
-
+
+
=
ïî
，
令
2
3
x =
，得
2
2
3,
1
y
z
=
= - ，即
3,3, 1
n =
-
r
，
第四步：利用夹角公式，计算向量的夹角．
11
11
cos
,
13
13
13
m n
m n
m
n
×
=
=
=
×
×
r r
r r
r
r
，则
4 3
sin
,
13
m n =
r r
，
故二面角F
BM
E
-
-
的正弦值为4 3
13
.
【易错提醒】1.利用向量法求二面角，必须能够判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则解法是不
严谨的；
2.注意题目中的设问是求二面角还是求平面与平面的夹角，它们的范围不同.
4.已知三棱锥P
ABC
-
中，底面ABC 是边长为2 的正三角形，且PB
AC
^
，
2 2
PA
PB
=
=
，E ，F 分别
为棱PB ，PC 的中点．
(1)求证：PA
BC
^
；
(2)求平面AEF 与平面ABC 的夹角的正弦值．
【解】（1）取线段AB 的中点为M ，连接PM ，CM ，
因为PA
PB
=
，所以PM
AB
^
，
又因为
ABC
V
为正三角形，所以CM
AB
^
，
又PM
CM
M
Ç
=
，所以AB ^平面PMC ，故有AB
PC
^
．
方法一：设PA
a
=
uuur
r
，PB
b
=
uuur
r
，PC
c
=
uuur
r
，则AC
PC
c
PA
a
=
-
=
-
uuur
uuur
uuur
r
r
，
因为PB
AC
^
，所以PB
AC
^
uuur
uuur
，所以
0
PB AC
×
=
uuur uuur
，
所以
0
b
c
a
×
-
=
r
r
r
，所以
0
b c
a b
× -
×
=
r r
r r
①
同理由AB
PC
^
，可得
0
b c
a c
× -
×
=
r r
r r
②
由①-②得
0
a c
a b
× -
×
=
r r
r r
，所以
0
a
c
b
×
-
=
r
r
r
，
又c
b
PC
PB
BC
-
=
-
=
r
r
uuur
uuur
uuur ，所以PA
BC
^
uuur
uuur
，即PA
BC
^
．
方法二：作PH ^平面ABC 于H ，易得PH
AC
^
，
又PB
AC
^
，PB
PH
P
Ç
=
，
所以AC ^平面PBH ，所以AC
BH
^
，
同理AB
CH
^
，即H 为
ABC
V
的垂心，故得BC
AH
^
，
从而得
^
BC
平面PAH ，故PA
BC
^
．
（2）方法一：
作PH ^平面ABC 于H ，连接HC ，作Hx 垂直HC ，建立如图所示空间直角坐标系．
则
3
1,
,0
3
Aæ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
3
1,
,0
3
Bæ
ö
- -
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
2 3
0,
,0
3
C æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
2 15
0,0,
3
Pæ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
1
3
15
,
,
2
6
3
E æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
3
15
0,
,
3
3
F æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，故有
2 3
15
1,
,
3
3
AF
æ
ö
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
1, 3,0
EF =
uuur
，
记平面AEF 的法向量
, ,
m
x y z
=
r
，则
0
0
m AF
m EF
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
即
2 3
15
0
3
3
3
0
x
y
z
x
y
ì- +
+
=
ïí
ï +
=
î
，取
3
x =
，解得
3, 1, 5
m =
-
r
，
取平面ABC 的法向量
0,0,1
n =
r
，不妨设平面ABC 与AEF 的夹角为q ，
则
2
2
2
2
5
5
cos
3
3
1
5
1
m n
m n
q
×
=
=
=
+
+
×
r r
r r
，
从而正弦值为
2
2
sin
1 cos
3
q
q
=
-
=
，即平面ABC 与AEF 夹角的正弦值为2
3 ．
方法二：
取BC 中点G ，连接PG 交EF 于N ，可知N 为EF 中点，
连接AG ，AN ，易知AG
BC
^
，AN
EF
^
，
过A 作BC 的平行线AQ ，则AG
AQ
^
，AN
AQ
^
，
因为AQ 为平面ABC 与平面AEF 的交线，
故
GAN
Ð
为平面ABC 与平面AEF 所成二面角的平面角，
由平面几何知识易得
ACF
PAC
△
∽△
，故
2
AF =
，
又
AEF
△
为等腰三角形，故在Rt
AFN
△
中，
2
2
2
2
1
15
2
2
2
AN
AF
NF
æ
ö
=
-
=
-
=
ç
÷
è
ø
，
又在Rt
AGC
△
中，
3
AG =
，
在Rt PGC
V
中，
7
PG =
，故
1
7
2
2
GN
PM
=
=
，
于是在AGN
V
中由余弦定理得：
2
2
2
2
2
2
15
7
3
2
2
5
cos
2
3
15
2
3
2
AG
AN
GN
GAN
AG AN
æ
ö
æ
ö
+
-
ç
÷
ç
÷
+
-
è
ø
è
ø
Ð
=
=
=
×
´
´
，
从而
2
sin
3
GAN
Ð
=
，即平面ABC 与AEF 夹角的正弦值为2
3 ．
题型03 求解空间中距离的方法
5.（2024·天津卷T17）如图，在四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1A A ^ 平面ABCD ，
,
/ /
AB
AD AB
DC
^
，
1
2,
1
AB
AA
AD
DC
=
=
=
= ．
,
M N 分别为
1
1
1
,
DD B C 的中点，
(1)求证：
1
//
D N
平面
1
CB M ；
(2)求平面
1
CB M 与平面
1
1
BB C C 夹角余弦值；
(3)求点B 到平面
1
CB M 的距离．
【思维探究】
看到什么
想到什么
,
/ /
AB
AD AB
DC
^
文字语言转化为图形语言，得到梯形的底和腰
AB
AD
^
，
1A A ^ 平面ABCD
联想棱柱的定义可知为直棱柱，有了垂直关系
可以建立空间直角坐标系解决问题
1
2,
1
AB
AA
AD
DC
=
=
=
= ．
,
M N
分别为
1
1
1
,
DD B C 的中点
将文字语言转化为图形语言和符号语言，写出
各点的坐标
技法指导
【解】（1）取
1
CB 中点P ，连接NP ，MP ，
由N 是
1
1
B C 的中点，故
1
//
NP CC ，且
1
1
2
NP
CC
=
，
由M 是
1
DD 的中点，故
1
1
1
1
1
2
2
D M
DD
CC
=
=
，且
1
1
//
D M CC ，
【技巧】利用直线和平面平行的判定定理证明线面平行的关键是在平面内找一条直线与已知直线平行，常
利用平行四边形、三角形中位线、平行公理等
则有
1
//
D M NP 、
1
D M
NP
=
，
故四边形
1
D MPN 是平行四边形，故
1
//
D N MP ，
又MP Ì 平面
1
CB M ，
1
D N Ë 平面
1
CB M ，
故
1
//
D N
平面
1
CB M ；
（2）以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有
0,0,0
A
、
2,0,0
B
、
1 2,0,2
B
、
0,1,1
M
、
1,1,0
C
、
1 1,1,2
C
，
则有
1
1, 1,2
CB =
-
uuur
、
1,0,1
CM = -
uuuur
、
1
0,0,2
BB =
uuur
，
设平面
1
CB M 与平面
1
1
BB CC 的法向量分别为
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
、
2
2
2
,
,
n
x
y z
=
r
，
则有
1
1
1
1
1
1
2
0
0
m CB
x
y
z
m CM
x
z
ì
×
=
-
+
=
ïí
×
= -
+
=
ïî
uuur
r
uuuur
r
，
1
2
2
2
1
2
2
0
2
0
n CB
x
y
z
n BB
z
ì ×
=
-
+
=
ïí ×
=
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
分别取
1
2
1
x
x
=
= ，则有
1
3
y =
、
1
1
z = 、
2
1
y = ，
2
0
z =
，
即
1,3,1
m =
r
、
1,1,0
n =
r
，
则
1 3
2 22
cos
,
11
1 9 1
1 1
m n
m n
m
n
×
+
=
=
=
×
+
+ ×
+
r r
r r
r
r
，
故平面
1
CB M 与平面
1
1
BB CC 的夹角余弦值为2 22
11
；
（3）由
1
0,0,2
BB =
uuur
，平面
1
CB M 的法向量为
1,3,1
m =
r
，
则有
1
2
2 11
11
1 9 1
BB m
m
×
=
=
+
+
uuur r
r
，
即点B 到平面
1
CB M 的距离为2 11
11
.
【解后反思】1.求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积
法.
2.求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距
离.
6.如图，在四棱锥P
ABCD
-
中，底面ABCD 为菱形，
2
AB =
，
60
ABC
Ð
=
° ，
/ /
AC
平面BGH ，点G ，H
分别在棱PA ，PC 上，且GH
PD
^
．
(1)求证：PA
PC
=
；
(2)若
=
PB
PD ，PB 与平面PAC 所成的角为60°，点A 关于平面PCD的对称点为M ，求点M 到平面PAB 的
距离．
【解】（1）证明：连AC ，BD 相交于点O ，连PO ．∵底面ABCD 为菱形，∴AC
BD
^
且AO
OC
=
．
又
/ /
AC
平面BGH ，AC Ì 平面PAC ，平面PAC I平面BGH
GH
=
，∴
/ /
AC
GH ，
∴GH
BD
^
，又GH
PD
^
，而PD
BD
D
Ç
=
．
∴GH ^ 平面PBD ，又
/ /
AC
GH ，∴AC ^平面PBD ，而PO Ì 平面PBD ，
∴AC
PO
^
，AO
OC
=
，PAC
V
为等腰三角形，即PA
PC
=
．
（2）若
=
PB
PD ，则PO
BD
^
，由（1）知PO
AC
^
，∴
^
PO
平面ABCD ，
以O 为原点以OB ，OC ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立直角坐标系，
又
2
AB =
，∵
60
ABC
Ð
=
° ，则
(0, 1,0)
A
-
，
( 3,0,0)
B
，
(0,1,0)
C
，
(
3,0,0)
D -
，
∵PO
AC
^
，AC
BD
^
，∴BO ^ 平面PAC ，PB 与平面PAC 所成的角为60°，
∴
60
BPO
Ð
=
°，∴
1
PO = ，∴
(0,0,1)
P
．
∴
(0,2,0)
AC =
uuur
，
(
3, 1,0)
CD = -
-
uuur
，
(0,1, 1)
PC =
-
uuur
．
设平面PCD的法向量为
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
则
1
1
1
1
3
0
0
x
y
y
z
ì-
-
=
ïí
-
=
ïî
取
1
1
x = ，
1
3
y = -
，
1
3
z = -
，∴
(1,
3,
3)
m =
-
-
ur
，
设
2
2
2
,
,
M x
y
z
，
2
2
2
,1
,
MC
x
y
z
= -
-
-
uuuur
，则A ，M 到平面PCD的距离相等，
2
2
2
2 3
3
3
3
7
7
x
y
z
AC m
MC m
d
m
m
-
-
+
+
×
×
=
=
=
=
uuur
uuuur
r
r
r
r
，
∴
2
2
2
3
3
3
2 3
x
y
z
-
-
+
=
．
又m
AM
=
uuuur
r
，∴
2
2
2
1
1
3
3
x
y
z
+
=
=
-
-
，解得
4 3 5 12
,
,
7
7
7
M æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
11 3
5
12
,
,
7
7
7
MB
æ
ö
=
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
设平面PAB 的法向量为
3
3
3
,
,
n
x
y z
=
r
，∵
(
3, 1,0)
BA
CD
=
= -
-
uur
uuur
，
(0,1,1)
AP =
uuur
．
则
3
3
3
3
3
0
0
x
y
y
z
ì-
-
=
ïí
+
=
ïî
取
3
1
x = ，
3
3
y = -
，
3
3
z =
，∴
(1,
3, 3)
n =
-
r
，
则点M 到平面PAB 距离为
11 3
5 3
12 3
4 3
4 21
7
49
7
7 7
d
+
-
=
=
=
．
题型04 向量法解决探索性问题
7.（2025·陕西西安二模）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CDEF 均为
等腰梯形，
/ /
,
/ /
,
AB
CD CD
EF
2,
AB
DE
EF
CF
=
=
=
=
4,
10,
2 3
CD
AD
BC
AE
=
=
=
=
，M 为CD 的中点．
(1)证明：平面ABCD ^ 平面CDEF ；
技法指导
1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是
否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
2.对于位置探索型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
(2)设点N 是
ADM
△
内一动点，
0
ND NM
×
=
uuur uuuur
，当线段AN 的长最小时，求直线EN 与直线BF 所成角的余弦
值．
【解】（1）取DM 的中点为O ，连接
,
OA OE ，
由EMD
V
是边长为2 的等边三角形，
ADM
△
是以
10
AD
AM
BC
=
=
=
的等腰三角形，
所以
,
OE
DM OA
DM
^
^
，
1
1
2
OD
DM
=
= ，
2
DE =
，
所以
2
2
3
OA
AD
OD
=
-
=
，
2
2
3
OE
DE
OD
=
-
=
，所以
2
2
2
AO
OE
AE
+
=
，
所以
,
,
OA
OE OE
DM
O OE
^
Ç
=
Ì 平面
,
CDEF DM Ì 平面CDEF ，
所以OA ^ 平面CDEF ，又OA Ì 平面ABCD ，所以平面ABCD ^ 平面CDEF ；
（2）以O 为坐标原点，分别以
,
,
OE OC OA为, ,
x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以
0,0,3 ,
3,0,0 ,
0,1,0 ,
0,2,3 ,
3,2,0
A
E
M
B
F
，
当点N 是
ADM
△
内一动点，且
0
ND NM
×
=
uuur uuuur
，则点N 在以DM 为直径的圆上，
当线段AN 的长最小时，点N 在AO 与圆的交点处，所以
0,0,1
N
，
所以
3,0,1 ,
3,0, 3
EN
BF
= -
=
-
uuur
uuur
，
设直线EN 与直线BF 所成角为q ，
所以
3
cos
cos
,
2
EN BF
EN BF
EN BF
q
×
=
=
=
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
，
所以直线EN 与直线BF 所成角的余弦值为
3
2
.
8.（2025·湖北襄阳二模）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
2
PH
HA
HB
HC
=
=
=
=
，则在线段PC 上是否存在一点M，使得BM 与平面PAB 所成角的余弦值为
4
5 ，若存在，设CM
CP
l
=
，求出l 的值，若不存在，请说明理由.
【解】（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 Ì 平面ABC ，
所以
,
,
PH
AB PH
BC PH
CA
^
^
^
，
因为PA
BC
^
，PH
BC
^
，PA
PH
P
=
I
，
,
PA PH Ì 平面PAH ，
所以
^
BC
平面PAH ，又AH Ì 平面PAH ，
所以BC
AH
^
，
因为PB
AC
^
，PH
AC
^
，PB
PH
P
Ç
=
，
,
PB PH Ì 平面PBH ，
所以AC ^平面PBH ，又BH Ì 平面PBH ，
所以AC
BH
^
，
因为BC
AH
^
，AC
BH
^
，
所以点H 为
ABC
V
的垂心，所以CH
AB
^
，
因为CH
AB
^
，PH
AB
^
，
,
CH PH Ì 平面PCH ，CH
PH
H
Ç
=
，
所以AB ^平面PCH ，又PC Ì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
V
为等边三角形，又
2
HA
HB
HC
=
=
=
，所以
2 3
AB =
，
如图，以点O 为原点，以
,
,
OB OC HP
uuur uuur uuur
为, ,
x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则
3,0,0 ,
3,0,0 ,
0,1,2 ,
0,3,0
A
B
P
C
-
，
故
2 3,0,0 ,
3,1,2 ,
3,3,0 ,
0, 2,2
AB
AP
BC
CP
=
=
= -
=
-
uuur
uuur
uuur
uuur
，
设存在点M，使得BM 与平面PAB 所成角的余弦值为4
5 ，且CM
CP
l
=
，
则
3,3
2 ,2
BM
BC
CM
BC
CP
l
l
l
=
+
=
+
= -
-
uuuur
uuur
uuuur
uuur
uuur
，
设平面PAB 的法向量为n
r
，
, ,
n
x y z
=
r
，
则
0
0
n AB
n AP
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，所以
2 3
0
3
2
0
x
x
y
z
ì
=
ïí
+
+
=
ïî
，
令
1
z = ，可得
0,
2
x
y
=
= - ，
所以
0, 2,1
n =
-
r
为平面PAB 的一个法向量，
所以
2
6
6
cos
,
12 12
8
5
BM n
BM n
BM n
l
l
l
×
- +
=
=
-
+
´
uuuur r
uuuur r
uuuur r
，
设直线BM 与平面PAB 所成角为q ，则
4
cos
5
q =
，又
π
0, 2
q
é
ù
Îê
ú
ë
û ，
所以
3
sin
5
q =
，故
2
6
6
3
5
12 12
8
5
l
l
l
- +
=
-
+
´
，
所以
1
3
l =
或
2
l =
，又
0,1
l Î
，所以
1
3
l =
.
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4
5 ，且
1
3
CM
CP
l
=
=
.
1．（2025·浙江嘉兴·二模）如图，在三棱锥P
ABC
-
中，AB
AC
=
，D 为BC 的中点，P 在底面的投影O 落
在线段AD 上.
(1)证明：
^
AP
BC ；
(2)若
8
BC = ，
4
PO =
，
3
AO =
，
2
OD =
，M 在线段AP 上，且满足平面AMC ^ 平面BMC ，求直线BM 与
直线CP 夹角的余弦值.
【解】（1）因为AB
AC
=
，D 为BC 的中点故AD
BC
^
，又
^
PO
平面ABC ，
Ì
BC
平面ABC ，故得
PO
BC
^
，
,
,
PO
AD
O PO AD
=
Ì
I
平面APO ，于是
^
BC
平面APO ，AP Ì 平面APO ，从而
^
AP
BC .
（2）法1：以O 为坐标原点，以射线OD 为y 轴正半轴，射线OP 为z 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐
标系O
xyz
-
.
则
3
AO =
，
0,0,0
O
，
0, 3,0
A
-
，
4,2,0
B
，
4,2,0
C -
，
0,0,4
P
.
于是
0,3,4
AP =
uuur
，
8,0,0
BC = -
uuur
，
令
0,3 ,4
AM
AP
l
l
l
=
=
uuuur
uuur
，所以
0,3
3,4
M
l
l
=
-
，又因为
4,5,0
AC = -
uuur
，
设面AMC 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
.
所以
4
5
0
3
4
0
x
y
y
z
l
l
-
+
=
ì
í
+
=
î
，所以
5,4, 3
m =
-
r
.
又
8,0,0
BC = -
uuur
，
4, 5,0
BA = -
-
uuur
，
所以
4,3
5,4
BM
BA
AM
l
l
=
+
= -
-
uuuur
uuur
uuuur
.
设面BMC 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
.
所以
8
0
4
3
5
4
0
x
x
y
z
l
l
=
ì
í-
+
-
+
=
î
，所以
0,4 ,5
3
n
l
l
=
-
r
根据AMC ^ 平面BMC ，即
0
m n
×
=
r r
，所以
3
5
l =
.
所以
3
5
AM
AP
=
uuuur
uuur
，
3
16 12
4,
,
5
5
5
BM
BA
AP
æ
ö
=
+
= -
-
ç
÷
è
ø
uuuur
uuur
uuur
，
4, 2,4
CP =
-
uuur
，
0
BM CP =
×
uuuur uuur
，
所以CP
BM
^
，得所成角为90 度，正弦值为1.
法2：几何法.
作BM
AP
^
，垂足为M.
连CM，由三角形全等得MC
PA
^
，
,
,
MC
MB
M MC MB
=
Ì
I
平面BMC ，
得PA ^平面BMC ，PAÌ 平面AMC ，从而平面AMC ^ 平面BMC .
在Rt POA
V
中，
2
2
2
25
PA
AO
OP
=
+
=
得
3
AO =
，
在Rt ADB
V
中，
2
2
2
41
AB
AD
BD
=
+
=
得
41
AB =
，
在Rt POD
V
中，
2
2
2
PD
PO
OD
=
+
，
在Rt PDB
V
中，
2
2
2
PB
PD
BD
=
+
所以
2
2
2
2
36
PB
PO
OD
BD
=
+
+
=
得
6
PB =
，
又
2
2
2
1
cos
2
3
PA
PB
AB
BPA
PA PB
+
-
Ð
=
=
×
，
从而
2 2
sin
3
BPA
Ð
=
故
sin
4 2
BM
PB
BPA
=
Ð
=
，同理
4 2
CM =
，
因为
2
2
2
BM
CM
BC
+
=
，所以
90
BMC
Ð
=
o，
所以
,
,
,
,
BM
MC BM
AP AP
MC
M AP MC
^
^
=
Ì
I
平面AMC ，所以BM ^ 平面AMC ，因为CP Ì 平面AMC ，
所以CP
BM
^
，得所成角为90 度，余弦值为0.
2．（2025·湖南常德三模）如图，在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1
2
2
AA
AB
AD
=
=
，点E 是棱
1
CC 的中点．
(1)求证：
1//
AC
平面BDE；
(2)求直线
1
BC 与平面BDE 所成角的正弦值．
【解】（1）证明：连接AC 与BD 交于点O，连接OE．
则O 为AC 的中点，又点E 是棱
1
CC 的中点，所以
1
OE
AC
∥
，
又
1
AC Ë 平面BDE，OE Ì 平面BDE，所以
1
AC ∥平面BDE．
（2）解法一：以DA，DC，
1
DD 所在的直线分别为x，y，z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设
1
2
AA
a
=
，则
=
=
AB
AD
a ，
则点
1 0, ,2
C
a
a ，
, ,0
B a a
，
0,0,0
D
，
0, ,
E
a a ，
则
, ,0
DB
a a
=
uuur
，
0, ,
DE
a a
=
uuur
，
1
,0,2
BC
a
a
= -
uuuur
，
设平面BDE 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，
则
, ,
, ,0
0
, ,
0, ,
0
m DB
x y z
a a
ax
ay
m DE
x y z
a a
ay
az
ì
×
=
×
=
+
=
ïí
×
=
×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
得
x
y
z
y
= -
ì
í = -
î
，
令
1
y = ，得平面BDE 的一个法向量为
1,1, 1
m = -
-
r
，
设直线
1
BC 与平面BDE 所成角的大小为q ，则
1
1
,0,2
1,1, 1
15
sin
15
5
3
a
a
BC m
a
BC m
q
-
× -
-
×
=
=
=
´
uuuur r
uuuur r
，
故直线
1
BC 与平面BDE 所成角的正弦值是15
15
．
解法二：（几何法）
设直线
1
BC 与平面BDE 所成角为q ，则
1
sin
d
BC
q =
，
其中d 为点
1
C 到平面BDE 的距离，即点C 到平面BDE 的距离．
设
1
2
AA
a
=
，过C 作CH
OE
^
于点H，则CH ^平面BDE，所以d
CH
=
．
在Rt
ECO
△
中，易求得
3
a
CH =
，又
1
5
BC
a
=
，∴
15
3
sin
15
5
a
a
q =
=
．
3.（2025·山东泰安·二模）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为平行四边形，PA ^平面
,
ABCD PA∥
QD ，
2
2
2,
60
BC
AB
PA
ABC
Ð
=
=
=
=
o .
(1)证明：平面PCD ^ 平面PAC ；
(2)若
2 2
PQ =
，求平面PCQ与平面DCQ 夹角的余弦值.
【解】（1）
2
2,
60
BC
AB
ABC
Ð
=
=
=
o
Q
，
在
ABC
V
中，
2
2
2
2
cos
AC
AB
BC
AB BC
ABC
=
+
-
×
×
Ð
，即
2
2
1
1
2
2 1 2
3
2
AC = +
- ´ ´ ´
=
，
3
AC
\
=
，
2
2
2
AB
AC
BC
+
=
，
AB
AC
\
^
，又
/ /
AB
CD
CD
AC
Þ
^
，
PA ^
Q
底面ABCD ，CD Ì 底面ABCD ，
PA
CD
\
^
，
,
AC PA Ì 平面PAC 且相交于A ，
CD
\
^平面PAC ，又CD Ì 平面PCD，
\平面PCD ^ 平面PAC .
（2）解法一：在直角梯形ADQP 中，因为
1,
2,
2 2
PA
AD
PQ
=
=
=
，解得
3
QD =
，
过
,
C P 作
,
CE PE 分别平行于
,
AP AC ，连结QE ，作
PF
QC
^
交QC 于F 点，连结EF ，
,
AC
CD AC
QD
^
^
Q
，CD
QD
D
Ç
=
且都在面CDQE 内，
AC
\
^ 平面CDQE ，
PE
Q
/ /
,
AC
PE
\
^ 平面CDQE ，又QC Ì 平面CDQE ，
PE
QC
\
^
，又PF
QC
^
，
,
PE PF Ì 平面PEF 且交于P ，
QC
\
^ 平面PEF ，又EF Ì 平面PEF ，
QC
EF
\
^
，
PFE
\Ð
为平面PCQ与平面DCQ 的夹角或其补角，
在
PCQ
△
中，
2,
10,
2 2
PC
QC
PQ
=
=
=
，
2
2
8 10
2
cos
8
2 2 2 2
CPQ
+ -
\
Ð
=
=
´ ´
,
62
sin
8
CPQ
\
Ð
=
，由等面积法解得
31
10
PF =
，又
3
PE =
，
30
1
31
sin
,
cos
31
31
31
PE
PFE
PFE
PF
Ð
Ð
\
=
=
\
=
=
.
所以平面PCQ与平面DCQ 夹角的余弦值为
31
31
.
（2）解法二：在直角梯形ADQP 中，解得
3
QD =
，
如图建立空间直角坐标系，
0,0,1 ,
0, 3,0
P
C
，
1, 3,3 ,
1, 3,0
Q
D
-
-
，
平面DCQ 的法向量为
1
0, 3,0
n
AC
=
=
ur
uuur
，又
1,0,3 ,
0,
3,1
CQ
CP
= -
=
-
uuur
uuur
，
设平面PCQ的法向量为
2
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
uur
，则
2
2
0
0
CQ n
CP n
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur uur
uuur uur
，即
2
2
2
2
3
0
3
0
x
z
y
z
-
+
=
ìïí-
+
=
ïî
，
令
2
1
y = ，解得
2
2
3 3,
3
x
z
=
=
，
2
3 3,1, 3
n
\
=
uur
，
设平面PCQ与平面DCQ 夹角为q ，
所以
1
2
1
2
1
2
3
31
cos
cos
,
31
3
31
n n
n n
n
n
q
×
=
=
=
=
×
×
uur
r
ur uur
ur
uur
，
即平面PCQ与平面DCQ 夹角的余弦值为
31
31
.
4.（2025·重庆·二模）已知椭圆
2
2
2
2
:
1
0
x
y
C
a
b
a
b
+
=
>
>
的左、右焦点分别为
1F ，
2F ，上顶点为A ，直线
1
AF
的斜率为1 且与C 的另一个交点为B ，
2
ABF
△
的周长为8．
(1)求C 的方程及AB 的值；
(2)如图，将C 沿x 轴折起，使得折叠后平面
1
2
AF F ^平面
1
2
BF F ，求
2F 到平面
1
ABF 的距离．
【解】（1）设
1
2
,0 ,
,0 ,
0,
F
c
F
c
A
b
-
，其中
2
2
2
c
a
b
=
-
，
因为
2
ABF
△
的周长为8，所以4
8
a =
，故
2
a =
，
又
1
b
c = ，所以
2
b
c
=
=
，
故椭圆方程为
2
2
1
4
2
x
y
+
= ，
所以
1
2
:
AF y
x
=
+
，联立方程
2
2
2
1
4
2
y
x
x
y
ì
=
+
ïí
+
=
ïî
可得
2
3
4 2
0
x
x
+
=
，
所以
4 2
2
,
3
3
B
B
x
y
= -
= -
，
故
4 2
8
2
0
3
3
AB
æ
ö
=
´
- -
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则
4 2
2
0,0,
2 ,
,
,0
3
3
A
Bæ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
1
2
2,0,0 ,
2,0,0 ,
F
F
-
所以
1
2,0,
2
F A =
uuur
，
1
1
2
2
2
,
,0 ,
2 2,0,0
3
3
F B
F F
æ
ö
= -
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
uuuur
，
设平面
1
ABF 的法向量为
)
,
(
,
n
x y z
=
r
，则
1
1
0
0
F A n
F B n
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur r
uuur r
,即
0
0
x
z
x
y
+
=
ì
í +
=
î
，取
1
x = - ，则
1,1,1
n = -
r
，
所以
2F 到平面
1
ABF 的距离
1
2
|
|
2 2
2 6
3
|
|
3
F F
n
d
n
×
=
=
=
uuuur r
r
5．（2025·四川攀枝花·一模）如图，几何体ABCDEF 中，E，F 不在平面ABCD 内，
/ /
,
/ /
CF
AE BF
平面ADE．
(1)求证：
/ /
AD
BC ；
(2)若AE ^ 平面ABCD，
,
2,
4
AD
AB AB
AD
AE
BC
^
=
=
=
=
，且直线DF与平面ABCD所成角的正切值为
2
2 ，
求点F 到平面BDE 的距离．
/ /
CF
\
平面ADE，
又
/ /
BF
Q
平面ADE，BF
CF
F
Ç
=
，BF、CF Ì 平面BCF，
\平面
/ /
BCF
平面ADE，
BC Ì
Q
平面BCF ，
/ /
BC
\
平面ADE ，
又Q平面BCF Ç 平面ABCD
BC
=
，平面ADE I平面ABCD
AD
=
，
AD
BC
\
∥
；
（2）法一：
AE ^
Q
平面ABCD，CF
AE
CF
\
^
∥
平面ABCD
\直线DF 与平面ABCD 所成的角为
CDF
Ð
，
由（1）知AD
BC
∥
，又
,
2,
4
,
2 2
AD
AB AB
AD
BC
BD
CD CD
^
=
=
=
\
^
=
Q
2
tan
2
2
CF
CDF
CF
CD
Ð
=
=
\
=
Q
，
以A 为原点，分别以AB、AD、AE 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则
(0,0,0), (2,0,0),
(2,4,0),
(0,2,0),
(0,0,4),
(2,4,2)
A
B
C
D
E
F
( 2,2,0),
( 2,0,4),
(0,4,2)
BD
BE
BF
\
= -
= -
=
uuur
uuur
uuur
设平面BDE 的法向量为
( , , )
n
x y z
=
r
，
则
2
2
0
2
4
0
n BD
x
y
n BE
x
z
ì ×
= -
+
=
ïí ×
= -
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，取
1
z = ，则
2
x
y
=
=
，故
(2,2,1)
n =
r
所以点F 到平面BDE 的距离
10
3
BF n
d
n
×
=
=
uuur r
r
；
法二：
AE ^
Q
平面ABCD，CF
AE
CF
\
^
∥
平面ABCD
\直线DF 与平面ABCD 所成的角为
CDF
Ð
，
由（1）知AD
BC
∥
，又
,
2,
4
AD
AB AB
AD
BC
^
=
=
=
Q
,
2 2
BD
CD CD
\
^
=
，
2
tan
2
2
CF
CDF
CF
CD
Ð
=
=
\
=
Q
，
取BD 中点G，BF 中点H，连接EG，GH，EH，
,
BD
CD BD
CF
BD
DF
^
^
\
^
Q
，
GH
DF
BD
GH
\
^
Q
∥
，
BDE
QV
是等腰三角形
BD
EG
\
⊥
，故BD ^ 平面EGH，
\平面BDE ^ 平面EGH，
则EGH
V
边EG 上的高长即为点F 到平面BDE 的距离的一半，
易求得
1
3 2,
3,
17
2
EG
GH
DF
EH
=
=
=
=
，
所以点F 到平面BDE 的距离
5 3
10
2
sin
2
3
9
3
d
GH
EGH
=
×
×
Ð
=
´
´
=
.
6.（2025·河南周口·二模）如图，在四棱锥P
ABCD
-
中，
2
2
2
4 2
PC
PA
AD
PD
=
=
=
=
，
π
3
CPD
Ð
=
，四
边形ABCD 为矩形，E 在PC 上，且DE
PC
^
，F 为PA 的中点，平面DEF 交PB 于点M ．
(1)求证：DM
PB
^
；
(2)在线段AB 上是否存在点N （异于点
,
A B ），使得平面PCN 与平面PFN 的夹角为π
4 ？若存在，求出AN
NB
的值；若不存在，说明理由．
【解】（1）由
2
2
2
4 2
PC
PA
AD
PD
=
=
=
=
可得
4 2,
4,
2 2
PC
PA
AD
PD
=
=
=
=
，
由于
2
2
2
PA
AD
PD
=
+
，故AD
PD
^
，
又
π
3
CPD
Ð
=
，故
2
2
π
1
2
cos
8
32
2 2 2
4
2
2 6
3
2
CD
PD
PC
PD PC
=
+
-
×
=
+
- ´
´ ´
´
=
，
故
2
2
2
PC
CD
PD
=
+
，故PD
CD
^
，
结合底面为矩形，故AD
DC
^
，
故
,
,
DA DC DP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.
6 3 2
0,0,0 ,
2 2,0,0 ,
0,0,2 2 ,
2 2,2 6,0 ,
2,0, 2 ,
0,
,
,
0,2 6,0
2
2
D
A
P
B
F
E
C
æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
则
6 3 2
2 2,2 6, 2 2 ,
2,0,
2 ,
0,
,
2
2
PB
DF
DE
æ
ö
=
-
=
= ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
uuur
uuur
，
故
2 2,2 6, 2 2
2,0,
2
4
0
4
0,
6 3 2
2 2,2 6, 2 2
0,
,
0
6
6
0
2
2
PB DF
PB DE
ì
×
=
-
×
=
+
-
=
ïïí
æ
ö
×
=
-
×
=
+
-
=
ï
ç
÷
ç
÷
ï
è
ø
î
uuur uuur
uuur uuur
，
因此
,
,
,
,
PB
DF PB
DE DE
DF
D DE DF
^
^
Ç
=
Ì 平面DEMF ，
故PB ^ 平面DEMF ， DM Ì 平面DEMF ，
故PB
DM
^
（2）设
2 2, ,0 , 0
2 6
N
a
a
<
<
，
则
0,2 6, 2 2 ,
2 2, , 2 2 ,
PC
PN
a
=
-
=
-
uuur
uuur
设平面PCN 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，
故
2 6
2 2
0,
2 2
2 2
0
PC m
y
z
PN m
x
ay
z
ì
×
=
-
=
ïí
×
=
+
-
=
ïî
uuur r
uuur r
，
取
1
y = ，则
2
3
,1, 3
4
m
a
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
r
.
2 2,0, 2 2 ,
0,2 6,0 .
PA
AB
=
-
=
uuur
uuur
设平面PNF 的法向量为
0
0
0
,
,
n
x
y
z
=
r
，
故
0
0
0
2 2
2 2
0,
2 6
0
PA n
x
z
AB n
y
ì
×
=
-
=
ïí
×
=
=
ïî
uuur r
uuur r
，
取
0
1
z = ，则
1,0,1
n =
r
.
故
2
2
3
3
4
2
cos
,
2
2
2
3
1 3
4
a
m n
m n
m
n
a
-
+
×
=
=
=
×
æ
ö
´
-
+ +
ç
÷
è
ø
r r
r r
r
r
，
解得
5 6
3
a =
，
故存在N ，此时
5 6
3
5
6
3
AN
NB =
=
.
7.（2025·天津河西·一模）如图所示，在几何体ABCDEF 中，AE ^ 底面ABCD ，
/ /
CF
AE ，
/ /
AD
BC ，AB
AD
^
，
1
AB
AD
=
= ，
2
AE
BC
=
=
．
(1)求证：
//
BF
平面ADE ；
(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
(3)若平面BDE 与平面BDF 所成角的余弦值为1
3 ，求线段CF 的长．
【解】（1）由AE ^ 底面ABCD ，AB
AD
^
，得直线
,
,
AB AD AE 两两垂直，
以点A 为原点，直线
,
,
AB AD AE 两两垂直分别为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，
则
(0,0,0), (1,0,0),
(1,2,0),
(0,1,0) (0,0,2)
A
B
C
D
E
，设
(
)
0
CF
h h
=
>
，则
(
)
1,2,
F
h ，
显然
(1,0,0)
AB =
uuur
是平面ADE 的一个法向量，而
(0,2, )
BF
h
=
uuur
，
0
AB BF
×
=
uuur uuur
，
即BF
AB
^
uuur
uuur ，因此
/ /
BF
uuur
平面ADE ，又BF Ë 平面ADE ，
所以
//
BF
平面ADE .
（2）由（1）知，
( 1,1,0),
( 1,0,2),
( 1, 2,2)
BD
BE
CE
= -
= -
= - -
uuur
uuur
uuur
，
设平面BDE 的法向量
( , , )
m
x y z
=
ur
，则
0
2
0
m BD
x
y
m BE
x
z
ì
×
= - +
=
ïí
×
= - +
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
1
z = ，得
(2,2,1)
m =
ur
，
所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为
|
|
4
4
| cos
,
|
3 3
9
|
||
|
m CE
m CE
m CE
×
á
ñ =
=
=
´
ur uuur
ur uuur
ur
uuur
.
（3）由（1）知，
( 1,1,0),
(0,2, )
BD
BF
h
= -
=
uuur
uuur
，设平面BDF 的法向量
( , , )
n
a b c
=
r
，
则
0
2
0
n BD
a
b
n BF
b
hc
ì ×
= - +
=
ïí ×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
2
c = - ，得
( , , 2)
n
h h
=
-
r
，
由（2）知平面BDE 的法向量
(2,2,1)
m =
ur
，由平面BDE 与平面BDF 所成角的余弦值为1
3 ，
得
2
|
|
| 4
2 |
1
| cos
,
|
3
|
||
|
3 2
4
m n
h
m n
m n
h
×
-
á
ñ =
=
=
+
ur r
ur r
ur
r
，解得
8
7
h =
，
所以线段CF 的长为8
7 .
8．（2025·广西南宁·三模）等腰梯形ABCD 中，
//
BC AD ，
1
2
BC
AD
=
，
60
A
Ð
=
°，点E 为AD 中点（如图
1）．将ABE
V
沿BE 折起到
1A BE
V
的位置，点O，F 分别为
,
BE DE 的中点（如图2）．
(1)求证：平面BCDE ^ 平面
1AOC ；
(2)如果
2
BC =
，平面
1A BE ^ 平面BCDE ，那么侧棱
1AC 上是否存在点P，使得
//
BP
平面
1AOF ？若存在，
求平面PBE 与平面
1AOF 夹角的余弦值，若不存在，请说明理由．
【解】（1）因为
//
BC DE 且
2
AD
BC
=
，故四边形
,
BCDE BCEA 是平行四边形，则BE
CD
=
，
又ABCD 为等腰梯形且
,
60
AB
BE
A
°
=
Ð
=
，可得
1A BE
V
是等边三角形．
故四边形BCEA 为菱形，BCE
V
是等边三角形，
因为O 为BE 中点，所以
1AO
BE
^
，同理可证CO
BE
^
．
又
1AO
CO
O
Ç
=
，且
1 ,
AO CO Ì 平面
1AOC ，所以BE ^ 平面
1AOC ，
又BE 在平面BCDE 内，所以平面BCDE ^ 平面
lAOC .
（2）存在点P，使得
//
BP
平面
1AOF ，
因为平面
1A BE ^ 平面BCDE ，平面
1A BE Ç 平面BCDE
BE
=
，
1
1
,
AO
BE AO
^
Ì 平面
1A BE ，所以
1AO ^ 平面BCDE ，
又CO
BE
^
，建立以O 为原点，
1
,
,
OB OC OA 所在直线为x ，y ，z 轴的空间直角坐标系O
xyz
-
，如图所示：
因为
1
3
3
(1,0,0),
(0, 3,0),
(0,0, 3),
( 1,0,0),
,
,0
2
2
B
C
A
E
F æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
则
1
1
3
3
(0, 3,
3),
(0,0,
3),
,
,0
2
2
AC
AO
OF
æ
ö
=
-
=
-
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
uuur
uuur
，
设
1
1
(0, 3 ,
3 )
A P
t AC
t
t
=
=
-
uuur
uuur
，
则
(0, 3 , 3
3 ),
( 1, 3 , 3
3 )
P
t
t BP
t
t
-
= -
-
uuur
，
设平面
1AOF 的一个法向量
( , , )
m
x y z
=
r
，则
1
0
0
m OF
m AO
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
即
3
3
0
2
2
3
0
y
x
z
ì-
+
=
ïí
ï
=
î
，令
1
x = ，则
3,
0,
(1, 3,0)
y
z
m
=
=
\
=
r
，
要使
//
BP
平面
1AOF ，则
0
BP m
×
=
uuur ur
，即1 3
0
t
- +
=
，解得
1
3
t =
，
故在侧棱
1AC 上存在点P ，使得
//
BP
平面
1AOF ，
此时，
3 2 3
3 2 3
0,
,
,
( 2,0,0),
1,
,
3
3
3
3
P
BE
BP
æ
ö
æ
ö
= -
= -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
uuur
uuur
，
设平面PBE 的一个法向量
( , , )
n
a b c
=
r
，则
0
0
n BE
n BP
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
即
2
0
3
2 3
0
3
3
a
a
b
c
-
=
ìïí- +
+
=
ïî
，令
1
c = ，则
2,
0
b
a
= -
=
，即
(0, 2,1)
n =
-
r
，
设平面PBE 与平面
1AOF 夹角为q ，所以
2 3
15
cos
5
2 5
n m
n
m
q
×
=
=
=
×
r r
r
r
，
故平面PBE 与平面
1AOF 的夹角的余弦值为15
5
．
9．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥P
ABCD
-
中，底面ABCD 为菱形，E ，F 分别为CD，PA
的中点.
(1)证明：
/ /
EF
平面PBC；
(2)若平面PAB ^平面ABCD，PA
PB
=
，
2
AB =
，
60
BAD
Ð
=
° ，平面PAE 与平面PAB 夹角的余弦值为
4 31
31
，求点F 到平面PBC 的距离.
【解】（1）取PB 中点G ，连接
,
FG GC ，
,
,
E F G
Q
分别为
,
,
CD PA PB 的中点，
//
FG AB
\
且
1
2
FG
AB
=
，
//
CE AB 且
1
2
CE
AB
=
，
//
FG CE
\
，且FG
CE
=
，则四边形CEFG 为平行四边形，
//
EF CG
\
，
EF Ë
Q
平面
,
PBC CG Ì 平面PBC ，
//
EF
\
平面PBC .
（2）取AB 中点O ，连接OP，OD，BD
因为PA
PB
=
，所以PO
AB
^
，
∵平面PAB ^平面ABCD ，PO Ì 面PAB ，AB 为交线，
PO
\
^ 平面ABCD ，
60
BAD
°
Ð
=
Q
，
ABD
\V
为正三角形，
OD
AB
\
^
，
以O 为原点，分别以OB，OD，OP 为x ，y ，z 轴建系，如图，
设OP
t
= ，
0
t >
则
(0,0, )
P
t ，
( 1,0,0)
A -
，
(1,0,0)
B
，
(1, 3,0)
E
，
(2, 3,0)
C
，
所以
(1,0, ),
(2, 3,0),
1, 3,0
AP
t
AE
BC
=
=
=
uuur
uuur
uuur
，
易知平面PAB 的法向量可取
(0,1,0)
m =
ur
，
设平面PAE 的法向量为
( , , )
n
x y z
=
r
，
因为
2
3
0
0
n AE
x
y
n AP
x
tz
ì ×
=
+
=
ïí
×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
3
x =
，可取
3
3, 2,
n
t
æ
ö
=
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
r
，
所以
2
|
|
2
4 31
cos
,
|
||
|
31
3
7
m n
m n
m n
t
×
á
ñ =
=
=
+
r r
r r
r
r
，解得
2
t =
，
所以
1 ,0,1
2
F æ
ö
-
ç
÷
è
ø ，
3 ,0,1
2
BF
æ
ö
= -
ç
÷
è
ø
uuur
，
1,0, 2
PB =
-
uuur
，
设平面PBC 的法向量为
( , , )
l
a b c
=
r
，
因为
2
0
3
0
l PB
a
c
l BC
a
b
ì ×
=
-
=
ïí
×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
2
a =
，可得
2
2,
,1
3
l
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
r
，
所以
3 1
2
2 57
19
4
19
4
1
3
3
BF l
d
l
×
- +
=
=
=
=
+
+
uuur r
r
.
10．（2026·天津河东·一模）如图，已知多面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，底面ABCD 为直角梯形，点
1A 、
1B 、
1
C 、
1
D 在底面的垂足分别为A、B、C、D，
/ /
AD
BC ，AB
AD
^
，
1
1
CC = ，
1
2
=
=
BC
BB
，
1
AD
AB
AA
=
=
=
1
4
DD =
，E 为
1
1
C D 的中点，F 在
1
AA 上且
1
3
AF
FA
=
.
(1)求BE 与平面
1
1
ADD A 所成角的正弦值；
(2)求平面FBC 与平面
1A BC 的夹角的余弦值；
(3)边
1
DD 上是否存在点M，使
1B 、E、M、F 四点共面，若存在，求出DM 的长度，若不存在，则说明理由.
【解】（1）由题意得
1,
,
AA AB AD 两两垂直，
以A 为原点，
1
,
,
AB AD AA
uuur uuur uuur
为, ,
x y z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图：
则
0,0,0
A
，
4,0,0
B
，
4,2,0
C
，
0,4,0
D
，
1 0,0,4
A
，
1 4,0,2
B
，
1 4,2,1
C
，
1 0,4,4
D
，
5
2,3, 2
E æ
ö
ç
÷
è
ø ，
0,0,3
F
，
设BE 与平面
1
1
ADD A 所成角为q ，
5
2,3, 2
BE
æ
ö
= -
ç
÷
è
ø
uuur
，
易得平面
1
1
ADD A 的法向量为
1
1,0,0
n =
ur
，
则
1
1
2
2
1
2
2
2
2
5
1
2
0 3
0
4 77
2
sin
cos
,
77
5
2
3
1
0
0
2
BE n
BE n
BE n
q
× -
+ × + ×
×
=
=
=
=
æ
ö
-
+
+
×
+
+
ç
÷
è
ø
uuur ur
uuur ur
uuur ur
，
BE 与平面
1
1
ADD A 所成角的正弦值为4 77
77
（2）设平面FBC 与平面
1A BC 的夹角为
1
q ，
平面FBC 的法向量为
2
, ,
n
x y z
=
uur
，
4,0,3
BF = -
uuur
，
0,2,0
BC =
uuur
，
则有
2
2
4
3
0
2
0
n
BF
x
z
n
BC
y
ì
×
= -
+
=
ïí
×
=
=
ïî
uur uuur
uur uuur
，令
4
z =
，则
2
3,0,4
n =
uur
，
平面
1A BC 的法向量为
3
, ,
n
m n p
=
uur
，
1
4,0,4
BA = -
uuur
，
0,2,0
BC =
uuur
则有
3
1
3
4
4
0
2
0
n
BA
m
p
n
BC
n
ì
×
= -
+
=
ïí
×
=
=
ïî
uur uuur
uur uuur
，令
1
p = ，则
3
1,0,1
n =
uur
，
2
3
1
2
3
2
2
2
2
2
2
2
3
1 3
0 0 1 4
7 2
cos
cos
,
10
3
0
4
1
0
1
n
n
n n
n
n
q
× + × + ×
×
=
=
=
=
+
+
×
+
+
uur uur
uur uur
uur
平面FBC 与平面
1A BC 的夹角的余弦值7 2
10
（3）设
0,4,
M
m ，平面
1
B EF 的法向量
4
, ,
n
a b c
=
uur
，
若
1
DD 上存在点M，使
1B 、E、M、F 四点共面，则有
1
4
B M
n
^
uuuur
uur
，
1
1
2,3, 2
B E
æ
ö
= -
ç
÷
è
ø
uuur
，
1
4,0,1
B F = -
uuuur
，
则有
4
1
4
1
1
2
3
0
2
4
0
n
B E
a
b
c
n
B F
a
c
ì
×
= -
+
+
=
ïí
ï
×
= -
+
=
î
uur uuuur
uur uuuur
，令
1
a = ，则
4
1,0,4
n =
uur
，
1
4,4,
2
B M
m
= -
-
uuuur
，则
1
4
4
4
2
0
B M n
m
×
= - +
-
=
uuuur uur
，解得
3
m =
，
3
DM =
，
故
1
DD 上存在点M，使
1B 、E、M、F 四点共面，
3
DM =
.
11．（2026·云南·模拟预测）如图，平面四边形ABCD 是棱长为3 的正方形．PA ^平面
,
/ /
ABCD PA
QC ，且
3
3
PA
CQ
=
=
．
(1)求证：
^
BC
平面PAB ；
(2)求平面PQB 与平面ABCD 夹角的余弦值；
(3)线段PA 上是否存在点M，使得平面MQB Ç平面ABCD
l
= ，且满足/ /
l
平面PAC ?若存在，试确定点M
的位置；若不存在，请说明理由．
【解】（1）因为四边形ABCD 是正方形，所以BC
AB
^
，
因为PA ^平面
,
Ì
ABCD BC
平面ABCD ，所以PA
BC
^
，
又
,
PA
AB
A PA
AB
=
Ì
I
、
平面PAB ，所以
^
BC
平面PAB ；
（2）如下图所示，因为
/ /
,
3,
1
PA
CQ PA
CQ
=
= ，则
, ,
,
P A C Q 四点共面，
延长
,
PQ AC 交于E，延长
,
EB DA 交于F，易得平面PQB Ç 平面ABCD
EF
=
，
作AG
EF
^
，连接PG ，
因为PA ^平面
,
ABCD EF Ì 平面ABCD ，所以PA
EF
^
，
又
,
PA
AG
A PA
AG
=
Ì
I
、
平面PAG ，所以
^
EF
平面PAG ，
由
,
PG AG Ì 平面PAG ，则EF
PG
^
，EF
AG
^
，即平面PQB 与平面ABCD 夹角为
AGP
Ð
，
易知
1
3
QC
CE
BC
PA
AE
AF
=
=
=
，所以
9
AF =
，则
2
2
3 9
9
10
3
9
AG
´
=
=
+
，
2
2
3 19
cos
19
3
AG
AG
AGP
PG
AG
Ð
=
=
=
+
；
（3）假设线段PA 上存在点M 满足题意，
由平面ABCD I 平面PAC
AC
=
，l Ì 平面ABCD ，/ /
l
平面PAC ，则/ /
l
AC ，
又平面MBQ I 平面PAC
MQ
=
，l Ì 平面MBQ ，/ /
l
平面PAC ，则/ /
l
MQ ，
所以
/ /
MQ
AC ，即M 是PA 上靠近A 的三等分点，此时
1
MA
CQ
=
=
12．（2026·广东佛山·二模）如图，PB 是圆柱
1
OO 的母线，四边形ABCD 是底面内接正方形．点
,
E F 是棱
,
BC CD 上的动点（
,
E F 不与端点重合），且CE
DF
=
．
(1)证明：AE ^ 平面PBF ；
(2)已知圆柱
1
OO 的体积为π ，
2
PB =
，点A 到直线PF 的距离是1．
（i）求CE 的长度；
（ii）求直线CD 与平面PAE 所成角的正弦值．
【解】（1）在正方形ABCD 中，由CE
DF
=
，得BE
CF
=
，tan
tan
BE
CF
BAE
CBF
AB
BC
Ð
=
=
=
Ð
，
则
BAE
CBF
Ð
= Ð
，
90
BAE
FBA
CBF
FBA
Ð
+ Ð
= Ð
+ Ð
=
o ，因此AE
BF
^
，
由PB 是圆柱
1
OO 的母线，得PB ^ 平面ABCD ，而AE Ì 平面ABCD ，则AE
PB
^
，
又
,
,
BF
PB
B BF PB
=
Ì
I
平面PBF ，所以AE ^ 平面PBF .
（2）（i）设圆柱
1
OO 的底面圆半径为r ，圆柱
1
OO 的体积为π ，
2
PB =
，得
2
π
π
r
PB
×
=
，
解得
2
2
r =
，则
1
AB
BC
=
= ，显然直线
,
,
BA BC BP 两两垂直，
以点B 为原点，直线
,
,
BA BC BP 分别为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，
则
(1,0,0),
(0,1,0),
(1,1,0), (0,0,2)
A
C
D
P
，设
(0
1)
BE
t
t
=
< <
，则
(0, ,0),
( ,1,0)
E
t
F t
，
( 1,0,2),
( ,1, 2)
AP
PF
t
= -
=
-
uuur
uuur
，由点A 到直线PF 的距离是1，
得
2
2
|
|
(
)
1
|
|
AP PF
AP
PF
×
-
=
uuur uuur
uuur
uuur
，则
2
2
4
5
(
)
1
5
t
t
- -
-
=
+
，而0
1
t
< < ，解得
2
3
t =
，
所以
1
3
CE
BC
BE
=
-
=
.
（ii）
(1,0,0)
CD =
uuur
，
2
( 1,
,0)
3
AE = -
uuur
，设平面PAE 的法向量为
( , , )
n
x y z
=
r
，
则
2
0
2
0
3
n AP
x
z
n AE
x
y
ì
×
= - +
=
ïïí
ï ×
= - +
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，取
1
z = ，得
(2,3,1)
n =
r
，设直线CD 与平面PAE 所成的角为q ，
则
|
|
2
14
sin
| cos
,
|
7
|
||
|
14 1
n CD
n CD
n CD
q
×
=
á
ñ =
=
=
×
r uuur
r uuur
r
uuur
，
所以直线CD 与平面PAE 所成角的正弦值为14
7
.
13．（2026·河南许昌·模拟预测）如图，在四棱锥P
ABCD
-
中，底面ABCD 是正方形，平面PAB ^平面
ABCD ，PAB
V
是边长为2 的等边三角形，E 为侧棱PB 的中点，F 为线段BC 上一点.
(1)证明：平面AEF ^ 平面PBC ；
(2)若
//
EF
平面PCD，求直线PF 与平面PAD 所成角的正弦值；
(3)设点G 为三棱锥E
ABF
-
的外接球的球心，试判断三棱锥G
PAD
-
的体积是否为定值？若是，求出该定
值；若不是，请说明理由.
【解】（1）Q平面PAB ^平面ABCD ，平面PAB Ç 平面 ABCD
AB
=
，BC
AB
^
，且
Ì
BC
平面ABCD ，则
^
BC
平面PAB ，
因AE Ì 平面PAB ，则BC
AE
^
，又
,
PA
AB PE
EB
=
=
，则AE
PB
^
，
因
,
,
PB
BC
B PB BC
Ç
=
Ì 平面PBC ，则AE ^ 平面PBC ，
又AE Ì 平面AEF ，故平面AEF ^ 平面PBC .
（2）由
//
EF
平面PCD，平面PDC I 平面PBC
PC
=
，EF Ì 平面PBC ，则
//
EF PC
故F 为BC 的中点，取AB 的中点O ，连接OP ，OP
AB
^
，
则
^
BC
平面PAB ，因OP Ì 平面PAB ，则BC
OP
^
，
BC
AB
B
Ç
=
，
,
BC AB Ì 平面ABCD ，所以OP ^ 平面ABCD
故可以O 为坐标原点，OB ，OP 所在直线为,x z 轴，过O 作BC 的平行线为y 轴，建立如图所示的空间直角
坐标系O
xyz
-
，
由题意，
0,0, 3
P
，
1,0,0
A -
，
1,2,0
D -
，
1,1,0
F
，
则
1,0,
3
PA = -
-
uuur
，
0,2,0
AD =
uuur
，
1,1,
3
PF =
-
uuur
.
设平面PAD 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
则
3
0
2
0
n PA
x
z
n AD
y
ì ×
= - -
=
ïí
×
=
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，故可取
3,0,1
n = -
r
，
设PF 与平面PAD 所成角为a ，则
2 3
15
sin
5
2 5
PF n
PF
n
a
×
=
=
=
×
uuur r
uuur
r
.
（3）由（1）知，AE ^ 平面PBC ，因EF Ì 平面PBC ，则AE
EF
^
，即
AEF
△
为直角三角形，
又
ABF
△
也为直角三角形，则三棱锥E
ABF
-
外接球的球心为线段AF 的中点G .
//
OG BF ，即
//
OG AD ，OG 在平面PAD 外，AD 在平面PAD 内，则
//
OG
平面PAD ，
故点G 到平面PAD 的距离等于点O 到平面PAD 的距离，又等于点B 到平面PAD 的距离的一半.
故
1
1
2
2
G PAD
O PAD
B PAD
P ABD
V
V
V
V
-
-
-
-
=
=
=
，
而
1
1
1
2 3
2 2
3
3
3
2
3
P ABD
ABD
V
S
PO
-
=
×
=
´
´ ´ ´
=
V
，故
3
3
G PAD
V -
=
.
