题号猜押11 全国卷高考数学第17 题（解答题）
溯源
年份
卷别
原题号
考点
具体内容
2025
Ⅰ卷
T17
立体几何
四棱锥、面面垂直证明、球面上点共面、异面直线所成角
2025
Ⅱ卷
T17
立体几何
翻折问题、线面垂直证明、二面角正弦值
2024
Ⅰ卷
T17
立体几何
四棱锥、线面平行证明、二面角求参
2024
Ⅱ卷
T17
立体几何
翻折问题、线线垂直证明、二面角正弦值
2023
Ⅰ卷
T19
函数与导数
函数单调性讨论、不等式证明
2023
Ⅱ卷
T19
概率统计
频率分布直方图、分段函数最值
2022
Ⅰ卷
T19
立体几何
直三棱柱、点到平面距离、二面角正弦值
2022
Ⅱ卷
T19
概率统计
频率分布直方图、条件概率
2021
Ⅰ卷
T19
解三角形
正弦定理、边角互化、余弦定理求角
2021
Ⅱ卷
T19
立体几何
四棱锥、面面垂直证明、二面角余弦值
近5 年解答题第三题（等价T17）考点分布呈现明显特征。立体几何占据绝对主导地位，10 套试卷中出现6
次（2025Ⅰ、Ⅱ卷，2024Ⅰ、Ⅱ卷，2022Ⅰ卷，2021Ⅱ卷），考查形式高度稳定：第（1）问证明线面平行、线面
垂直或面面垂直，第（2）问建立空间直角坐标系求二面角、线面角或点到平面距离。概率统计出现2 次
（2023Ⅱ卷、2022Ⅱ卷），函数与导数出现1 次（2023Ⅰ卷），解三角形出现1 次（2021Ⅰ卷）。2024、2025
年连续四次（含Ⅰ、Ⅱ卷）该位置均为立体几何，表明立体几何已成为该位置的固定考点，其他模块偶有轮
换但概率较低。
预测
2026 年T17 极大概率仍为立体几何，延续“证明+计算”的双问结构。第（1）问考查垂直关系的证明（线面
垂直或面面垂直）概率较高，平行证明作为备选；第（2）问以向量法求二面角的正弦值或余弦值为主，线
面角、点到平面距离作为备选。图形载体可能为棱锥（特别是四棱锥、三棱锥）或棱柱，底面可能涉及正
方形、菱形、等腰三角形等特殊图形。翻折问题（2024Ⅱ卷、2025Ⅱ卷）成为近年热点，需重点关注。
备考核心
主攻立体几何证明，熟练掌握线面垂直的判定（线与平面内两条相交直线垂直）、面面垂直的判定（一个
平面内的一条直线垂直于另一个平面），注意辅助线的添加技巧；强化向量法建系，能根据图形特征合理
建立空间直角坐标系（以垂直关系为轴），准确写出各点坐标，熟练计算平面法向量（待定系数法）；掌
握二面角的向量求法（注意锐角判断），理解线面角的向量公式；关注翻折问题，理解翻折前后几何元素
的位置关系变化，能找出翻折过程中的不变量与变量。规范书写，先证垂直关系再建系，法向量求解过程
可简写，结论明确。限时训练，每道题控制在12~15 分钟。
考点1 立体几何
1．（2026·浙江宁波·二模）如图，四棱锥P
ABCD
-
中，PA ^底面ABCD ，AB
BC
^
，
/ /
AD
平面PBC ，
1
PA = ，
2
AC =
．
(1)证明：AD
PB
^
；
(2)若点B 到平面ACP 的距离为1，求平面ACP 与平面BCP 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
6
6
【分析】（1）根据线面垂直性质可知PA
AD
^
，再由线面垂直判定定理可证明AD ^ 平面PAB ，结合线面
垂直定义可得结论；
（2）方法1：过点B 作BM
AC
^
，可知BM ^ 平面ACP ，由条件可得
1
BM = ，建立空间直角坐标系，再
求出两平面的法向量，可求出其夹角的余弦值.
【详解】（1）因为
/ /
AD
平面PBC ，AD Ì 平面ABCD ，平面ABCD I 平面PBC
BC
=
，
所以
/ /
AD
BC
因为PA ^底面ABCD ，AD Ì 平面ABCD ，所以PA
AD
^
，
因为BC
AB
^
，
/ /
AD
BC ，所以AD
AB
^
，
又因为AB
AP
A
=
I
，
,
AB AP Ì 平面PAB ，
所以AD ^ 平面PAB ，因为PB Ì平面PAB ，
所以AD
PB
^
．
（2）由（1）可知，PA ，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，AD ，AB ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，
z 轴，建立如图所示坐标系．
过点B 作BM
AC
^
，交AC 于点M ，因为PA ^底面ABCD ，BM Ì 平面ABC ，所以PA
BM
^
，
因为AC
PA
A
Ç
=
，所以BM ^ 平面ACP ，又点B 到平面ACP 的距离为1，所以
1
BM = ，
在
ABC
RtV
中，BM
AC
^
，由ABM
BCM
V
V
∽
可得
2
BM
AM CM
=
×
；
设AM
x
=
，则
2
CM
x
=
-
，即
21
2
x
x
=
-
，解得
1
x = ；
因此M 为AC 的中点，
1
AM
CM
=
= ，所以
2
AB
BC
=
=
．
可得
0,0,0
A
，
0,
2,0
B
，
2,
2,0
C
，
2
2
,
,0
2
2
M æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
0,0,1
P
，
所以
0,
2,1
BP =
-
uuur
，
2,0,0
BC =
uuur
．
设
, ,
n
x y z
=
r
是平面BCP 的法向量，
则
0,
0
n BP
n BC
×
=
×
=
uuur
uuur
r
r
，
即
2
0
2
0
y
z
x
ì-
+
=
ïí
=
ïî
，取
1
y = ，则
2
z =
，
0
x =
，
所以
0,1,
2
n =
r
是平面BCP 的一个法向量．
因为BM ^ 平面ACP ，所以
2
2
,
,0
2
2
BM
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuuur
是平面ACP 的一个法向量．
设平面ACP 与平面BCP 的夹角为q ，
则
2
6
2
cos
cos
,
6
3 1
BM n
BM n
BM n
q
×
=
=
=
=
×
uuuur r
uuuur r
uuuur r
，
所以平面ACP 与平面BCP 夹角的余弦值为
6
6
．
2．（2026·河南南阳·一模）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．
【答案】(1)证明见解析
(2) 2
3
【分析】（1）由等腰三角形和等边三角形性质证明AB
PC
^
，方法一：用向量数量积运算推导；方法二：
通过作垂线构造线面垂直关系证明PA
BC
^
.
（2）方法一：建立空间直角坐标系求点坐标和向量，计算平面法向量，利用公式求夹角正弦值；方法二：
找出二面角，借助平面几何求线段长，用余弦定理求正弦值.
【详解】（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 ．
3．（2026·湖北黄冈·一模）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．
【答案】(1)证明见解析；
(2) 4 21
49
【分析】（1）连接底面菱形对角线交点，利用线面平行得
/ /
AC
GH ，结合菱形对角线垂直及GH
PD
^
推出
GH ^ 平面PBD ，进而AC ^平面PBD ，从而AC
PO
^
，由中点性质即得PA
PC
=
.
（2）由
=
PB
PD 及第一问知
^
PO
底面ABCD，建立空间直角坐标系，根据菱形边长与角度得各点坐标，利
用PB 与平面PAC 所成的角为60°，求出P 点坐标，再求平面PCD 的法向量以确定点A 关于该平面的对称
点M，最后通过平面PAB 的法向量计算点M 到该平面PAB 的距离.
【详解】（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
+
-
=
=
=
．
4．（2026·陕西咸阳·二模）如图，在直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中
2
AB =
，
5
AC
BC
=
=
，D ，E ，F 分别是
棱
1
CC ，AB ，
1
1
B C 的中点．
(1)求证：
/ /
EF
平面
1
1
ACC A ；
(2)若平面DEF 与平面
1
1
ACC A 夹角的余弦值为11 205
205
，求
1
AA 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
1
2
AA =
【分析】（1）构造线线平行，根据线面平行的判定定理证明线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量表示平面DEF 与平面
1
1
ACC A 夹角的余弦，从而求
1
AA 的长.
【详解】（1）取
1
1
AC 中点M ，连接MF ，AM ，
因为F 是
1
1
B C 中点，所以
1
1
/ /
MF
A B ，
1
1
1
2
MF
A B
=
，
又在直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
1
1
/ /
AB
A B ，
1
1
AB
A B
=
，E 是AB 中点，
所以
/ /
MF
AE ，MF
AE
=
，所以四边形AEFM 是平行四边形，
所以
/ /
EF
AM ，因为EF Ë 平面
1
1
ACC A ，AM Ì平面
1
1
ACC A ，
所以
//
EF
平面
1
1
ACC A ．
（2）取
1
1
A B 中点O ，连接
1
OC ，OE ，
由E 是AB 中点，所以在直棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，OE ^ 平面
1
1
1
A B C ，
因为
2,
5
AB
AC
BC
=
=
=
，所以
1
1
1
1
1
1
2,
5
A B
AC
B C
=
=
=
，
所以
1
1
1
1
,
2
OC
A B OC
^
=
．
以O 为坐标原点，以
1
1
,
,
OB OC OE 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，
设
1
AA
h
=
，则
1
1
1
1
1,0,0 ,
1,0,0 ,
0,2,0 ,
0,2,
,
0,2,
,
0,0,
,
,1,0
2
2
h
A
B
C
C
h
D
E
h
F
æ
ö
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø ，
所以
1
1
1
1
0, 2,
,
, 1,
,
1,2,0 ,
0,0,
2
2
2
h
h
DE
DF
AC
C C
h
æ
ö
æ
ö
=
-
=
- -
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
uuur
uuur
uuuur
uuuur
．
设平面DEF 的一个法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
所以
2
0
2
1
0
2
2
h
n DE
y
z
h
n DF
x
y
z
ì ×
= -
+
=
ïïí
ï ×
=
-
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
4
z =
，则
6 , ,4
n
h h
=
r
，
设平面
1
1
ACC A 的一个法向量为
,
,
m
x y z
¢
¢
=
¢
r
，
则
1
1
1
2
0
0
m AC
x
y
m C C
hz
ì
×
=
+
=
ïí
×
¢
¢
=
=
ïî
¢
uuuur
r
uuuur
r
，令
2
x¢ =
，则
2, 1,0
m =
-
r
.
因为平面DEF 与平面
1
1
ACC A 夹角的余弦值为11 205
205
，
所以
2
11
11 205
cos ,
205
5 37
16
n m
h
n m
n
m
h
×
=
=
=
×
+
r r
r r
r
r
，
解得
2
h =
，所以
1
2
AA =
．
5．（2026·山东济宁·一模）如图，在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，平面
1
1
ABB A ^ 平面
1
,
,
120
ABC AB
AB
BAC
Ð
^
=
°，
1
4,
AB
AB
D
=
=
为
1
1
A B 的中点，E 为
1
CC 的中点.
(1)求证：DE ∥平面
1
AB C ；
(2)若三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的体积为8 3 ，求AE 与平面
1
1
BCC B 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
93
31
【分析】（1）取
1
AB 的中点为M ，连接
,
MD MC ，证明四边形CEDM 为平行四边形，进而可得
/ /
MC
DE ，
可证结论；
（2）由已知可得
1
AB ^ 平面ABC ，结合柱体的体积公式求得
2
AC =
，建立空间直角坐标系，利用向量法可
求得AE 与平面
1
1
BCC B 所成角的正弦值.
【详解】（1）取
1
AB 的中点为M ，连接
,
MD MC ，
因为D 为
1
1
A B 的中点，所以
1
/ /
MD
AA 且
1
1
2
MD
AA
=
，
又因为E 为
1
CC 的中点，
1
1
/ /
CC
AA ，
1
1
CC
AA
=
，所以
/ /
CE
MD 且CE
MD
=
，
所以四边形CEDM 是平行四边形，所以
/ /
MC
DE ，
又MC Ì 平面
1
AB C ，DE Ë平面
1
AB C ，
所以DE ∥平面
1
AB C ；
（2）因为平面
1
1
ABB A ^ 平面ABC ，平面
1
1
ABB A I 平面ABC
AB
=
，
1
AB
AB
^
，
所以
1
AB ^ 平面ABC ，所以
1
AB 为三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的高，
所以
1 1 1
1
1
1
sin
8 3
2
ABC
A B C
ABC
V
S
AB
AB AC
BAC AB
-
=
×
=
×
×
Ð
×
=
V
，
所以1
3
4
4
8 3
2
2
AC
´ ´
´
´
=
，解得
2
AC =
，
在平面ABC 内作Ay
AB
^
，
以A 为坐标原点，
1
,
,
AB Ay AB 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则
1
1
4,0,0 ,
0,0,4 ,
1, 3,0 ,
0,0,0 ,
5, 3,4 ,
3, 3,2
B
B
C
A
C
E
-
-
-
，
所以
1
4,0,4 ,
5, 3,0 ,
3, 3,2
BB
BC
AE
-
= -
= -
uuur
uuur
uuur
，
设平面
1
1
BCC B 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，
则
1
4
4
0
5
3
0
m BB
x
z
m BC
x
y
ì
×
= -
+
=
ïí
×
= -
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
3
x =
，则
5,
3
y
z
=
=
，
则平面
1
1
BCC B 的一个法向量为
3,5, 3
m =
r
，
设AE 与平面
1
1
BCC B 所成角为q ，
所以
3 3
5 3
2 3
93
sin
cos
,
31
9
3
4
3
25
3
m AE
m AE
m
AE
q
-
+
+
×
=
=
=
=
+ +
´
+
+
×
uuur
r
uuur
r
uuur
r
.
所以AE 与平面
1
1
BCC B 所成角的正弦值为
93
31
.
6．（2026·江苏·一模）如图，已知PAB
V
是圆锥PO 的轴截面，
3
PA = ，
2
AB =
.
(1)求圆锥PO 的外接球的表面积；
(2)若C 为弧AB 的中点，求二面角C
PA
B
-
-
的正切值.
【答案】(1) 81π
8
(2) 3 2
4
【分析】（1）根据圆锥轴截面的特征得到线面垂直，判断出球心位置，结合勾股定理求出球的半径，代入
球的面积公式求解即可.
（2）建立空间直角坐标系，结合二面角的向量求法及同角的三角函数关系求解即可.
【详解】（1）因为PAB
V
是圆锥PO 的轴截面，所以
^
PO
平面ABC .
又AB Ì 平面ABC ，所以PO
AB
^
.
在Rt
PAO
△
中，
1
1
2
OA
AB
=
= ，
3
PA = ，所以
2
2
2 2
PO
PA
OA
=
-
=
.
设圆锥PO 的外接球的球心为M ，半径为R ，
结合圆锥的定义及对称性易知球心M 在PO 上.
在Rt
MAO
△
中，
2 2
OM
R
=
-
，则
2
2
2
2 2
1
R
R
=
-
+
，
整理得4 2
9
0
R -
=
，解得
9 2
8
R =
.
所以圆锥PO 的外接球的表面积
2
2
9 2
81π
4π
4π
8
8
S
R
æ
ö
=
=
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
（2）因为C 为弧AB 的中点，所以CO
AB
^
.
因为
^
PO
平面ABC ，CO Ì 平面ABC ，所以PO
CO
^
.
又PO
AB
^
，
所以可以O 为原点，以OC ，OB ，OP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系.
则
1,0,0
C
，
0, 1,0
A
-
，
0,1,0
B
，
0,0,2 2
P
，
0,0,0
O
.
0,1,2 2
AP =
uuur
，
1,0,2 2
CP = -
uuur
，
设平面APC 的法向量为
, ,
m
a b c
=
r
，
则
0
0
m AP
m CP
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
2 2
0
2 2
0
b
c
a
c
ì +
=
ïí
- +
=
ïî
，令
1
c = ，则
2 2
a =
，
2 2
b = -
，所以
2 2, 2 2,1
m =
-
r
.
因为PO
CO
^
，CO
AB
^
，PO
AB
O
Ç
=
，所以CO ^ 平面PAB ，
则OC
uuur
即为平面PAB 的一个法向量，
1,0,0
OC =
uuur
.
设二面角C
PA
B
-
-
的平面角为q ，
则
2
2
2
2 2 1
2 2
0 1 0
2 2
2 34
cos
17
17
2 2
2 2
1
1
m OC
m OC
q
´ + -
´ + ´
×
=
=
=
=
×
+ -
+
´
uuur
r
uuur
r
，
2
2
2 34
3 17
sin
1 cos
1
17
17
q
q
æ
ö
=
-
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
所以
3 17
sin
3 2
17
tan
cos
4
2 34
17
q
q
q
=
=
=
.
故二面角C
PA
B
-
-
的正切值为3 2
4
.
7．（2026·广东深圳·一模）已知球O 的半径为1，在球O 的内接八面体PABCDQ 中，顶点P ，Q 分别在平
面ABCD 两侧，且四棱锥P
ABCD
-
与Q
ABCD
-
都是正四棱锥.
(1)如图1，若点O 在平面ABCD 上，求证：
//
PA 平面QBC ；
(2)如图2，若二面角P
AB
Q
-
-
的正切值为3
- ，求该内接八面体的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2) 32
27 .
【分析】（1）先证明
//
PA QC ，再利用线面平行的判定定理直接证明即可；
（2）解法1 记正方形ABCD 的中心为N ，取AB 中点M ，设ON
x
=
，利用二面角的平面角定义求得
1
tan
2
1
x
PMN
x
-
Ð
=
×
+
，
1
tan
2
1
x
QMN
x
+
Ð
=
×
-
， 因为
PMQ
Ð
为二面角P
AB
Q
-
-
的平面角且
tan
tan(
)
3
PMQ
PMN
QMN
Ð
=
Ð
+ Ð
= - ，列方程求出
1
3
ON =
，进而得到
4
3
AB =
即可利用体积公式求解；
解法2 记正方形ABCD 的中心为N ，以点N 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设ON
t
= ，求出平面PAB
和平面QAB 的法向量，利用向量法列方程求出
1
3
ON =
，进而得到
4
3
AB =
即可利用体积公式求解；
解法3 以点B 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设ON
t
= ，求出平面PAB 和平面QAB 的法向量，利用向
量法列方程求出
1
3
ON =
，进而得到
4
3
AB =
即可利用体积公式求解；
【详解】（1）如图，连接AC ，则AC 必过点O ，
在四边形PAQC 中，由于对角线AC ，PQ互相平分，
则四边形PAQC 为平行四边形，故
//
PA QC ，
由于PA Ë 平面QBC 且QC Ì 平面QBC ，
所以
//
PA 平面QBC ；
（2）解法1 如图，记正方形ABCD 的中心为N ，取AB 中点M ，连接PM ，QM ，NA，NB ，由于
PA
PB
=
，则PM
AB
^
，同理可证QM
AB
^
，则
PMQ
Ð
为二面角P
AB
Q
-
-
的平面角，又NA
NB
=
，则
NM
AB
^
，
则
PMN
Ð
为二面角P
AB
N
-
-
的平面角，
QMN
Ð
为二面角Q
AB
N
-
-
的平面角，
不妨设点O 在N 的下方，
设
(0
1)
ON
x
x
=
<
<
则
2
1
NA
NB
x
=
=
-
，
2
2
2
AB
x
=
-
，
2
1
2
x
NM
-
=
，
1
PN
x
= -
，
1
QN
x
= +
，
于是
2
2 (1
)
1
tan
2
1
1
PN
x
x
PMN
MN
x
x
×
-
-
Ð
=
=
=
×
+
-
，
2
2 (1
)
1
tan
2
1
1
QN
x
x
QMN
MN
x
x
×
+
+
Ð
=
=
=
×
-
-
，
于是
tan
tan
tan
tan(
)
1
tan
tan
PMN
QMN
PMQ
PMN
QMN
PMN
QMN
Ð
+
Ð
Ð
=
Ð
+ Ð
= -
Ð
×
Ð
，
1
1
1
1
1
1
tan
2
2
3
1 2
1
1
x
x
x
x
x
x
PMQ
x
x
-
+
+
æ
ö
-
+
+
-
Ð
=
×
= -
×
+
= -
ç
÷
ç
÷
-
+
-
è
ø
，
由于
1
0
1
1
x
x
-
<
<
+
，则
1
2
1
2
x
x
-
=
+
，解得
1
3
x =
，
则
4
3
AB =
，则
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
æ
ö
=
´
´
=
´ ´
=
ç
÷
è
ø
四边形
，即内接八面体的体积为32
27 ；
解法2 如图，记正方形ABCD 的中心为N ，连接NA，NB ，
则NA，NB ，NP 两两垂直，如图，以点N 为坐标原点，以NA所在直线为x 轴，NB 所在直线为y 轴，NP
所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
不妨设点O 在N 的下方，
则
2
1
NA
NB
t
=
=
-
，
2
2
2
BC
t
=
-
，
1
PN
t
= - ，
1
QN
t
= + ，
于是点
2
1
,0,0
A
t
-
，
2
0, 1
,0
B
t
-
，
(0,0,1
)
P
t
-
，
(0,0, (1
))
Q
t
-
+
，
设平面PAB 的一个法向量为
1
1
1
1
,
,
n
x y z
=
ur
，
2
1
,0,1
AP
t
t
= -
-
-
uuur
，
2
0,
1
,1
BP
t
t
=
-
-
-
uuur
，
由
1
1
0
0
n
AP
n BP
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
ur uuur
ur uuur
，
2
1
1
2
1
1
1
(1
)
0
1
(1
)
0
t x
t z
t y
t z
ì-
-
+
-
=
ïí
-
-
+
-
=
ïî
，令
1
1
z
t
=
+ ，则
1
1
1
x
y
t
=
=
- ，
于是平面PAB 的一个法向量为
1
( 1
, 1
, 1
)
n
t
t
t
=
-
-
+
ur
，
设平面QAB 的一个法向量为
2
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
uur
，
2
1
,0, (1
)
AQ
t
t
= -
-
-
+
uuur
，
2
0,
1
, (1
)
BQ
t
t
=
-
-
-
+
uuur
，
由
2
2
0
0
n
AQ
n
BQ
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uur uuur
uur uuur
，
2
2
2
2
2
2
1
(1
)
0
1
(1
)
0
t x
t z
t y
t z
ì-
-
-
+
=
ïí
-
-
-
+
=
ïî
，令
2
1
z
t
=
- ，则
2
2
1
x
y
t
=
= -
+ ，
于是平面QAB 的一个法向量为
2
(
1
,
1
, 1
)
n
t
t
t
= -
+
-
+
-
uur
，
设二面角P
AB
Q
-
-
的平面角为q ，由于
1
| cos
|
10
q =
，
则
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
3
3
10
9
n n
t
t
t
t
n
n
t
×
-
-
=
=
=
- ×
+
×
-
ur uur
ur
ur
，则
1
3
t =
，
4
3
AB =
，
则
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
æ
ö
=
´
´
=
´ ´
=
ç
÷
è
ø
四边形
，即内接八面体的体积为32
27 .
解法3 如图，过点B 作
//
BH PQ ，记正方形ABCD 的中心为N ，连接NA，NB ，
由于BH ^平面ABCD ，BC ，BA Ì 平面ABCD ，则BH
BC
^
，BH
BA
^
，
且BC
BA
^
，则BC ，BA ，BH 两两垂直，如图，以点B 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直
线为y 轴，BH 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
由对称性，不妨设点O 在N 的下方，设
(0
1)
ON
t
t
=
< <
则
2
1
NA
NB
t
=
=
-
，
2
2
2
AB
t
=
-
，
1
PN
t
= - ，
1
QN
t
= + ，
于是点
(0,0,0)
B
，
2
0,
2
1
,0
A
t
×
-
，
2
2
2
2
1
,
1
,1
2
2
P
t
t
t
æ
ö
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
2
2
2
2
1
,
1
, 1
2
2
Q
t
t
t
æ
ö
-
-
- -
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
设平面PAB 的一个法向量为
1
1
1
1
,
,
n
x y z
=
ur
，
2
2
2
2
1
,
1
,1
2
2
BP
t
t
t
æ
ö
=
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
2
0,
2
1
,0
BA
t
=
×
-
uuur
，
由
1
1
0
0
n BP
n BA
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
ur uuur
ur uuur
，
2
2
1
1
1
2
1
2
2
1
1
(1
)
0
2
2
2
1
0
t x
t y
t z
t y
ì
×
-
+
×
-
+
-
=
ïí
ï
×
-
=
î
，
令
1
1
z
t
=
+ ，则
1
2
1
x
t
= -
×
- ，
1
0
y =
，
于是平面PAB 的一个法向量为
1
(
2
1
,0, 1
)
n
t
t
= -
×
-
+
ur
，
设平面QAB 的一个法向量为
2
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
uur
，
2
2
2
2
1
,
1
, 1
2
2
BQ
t
t
t
æ
ö
=
-
-
- -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
2
0,
2
1
,0
BA
t
=
×
-
uuur
，
由
2
2
0
0
n
BQ
n
BA
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uur uuur
uur uuur
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
(1
)
0
2
2
2
1
0
t x
t y
t z
t y
ì
×
-
+
×
-
-
+
=
ïí
ï
×
-
=
î
，
令
2
1
z
t
=
- ，则
2
2
1
x
t
=
×
+ ，
2
0
y =
，
于是平面QAB 的一个法向量为
2
( 2
1
,0, 1
)
n
t
t
=
×
+
-
uur
，
设二面角P
AB
Q
-
-
的平面角为q ，由于
1
| cos
|
10
q =
，
则
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
3
3
10
9
n n
t
t
t
t
n
n
t
×
-
-
=
=
=
- ×
+
×
-
ur uur
ur
ur
，则
1
3
t =
，
则
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
æ
ö
=
´
´
=
´ ´
=
ç
÷
è
ø
四边形
，即内接八面体的体积为32
27 .
8．（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.
【答案】(1)证明见解析
(2) 2 57
19
【分析】（1）利用中位线定理结合平行四边形的性质得到
//
EF CG ，再结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用平面夹角的向量求法求出P 点坐标，再由点到平面距离的向量法求解即
可.
【详解】（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
.
9．（2026·河南开封·模拟预测）如图，在梯形ABCD 中，AB
CD
∥
，
12
AB =
，
5
AD
BC
=
=
，
4
CD =
，DE
AB
^
于点E ，CF
AB
^
于点F ，将
ADE
V
沿DE 翻折，将
BCF
V
沿CF 翻折，使得点A
B
、重合为点P .
(1)证明：平面PEF ^ 平面DCFE ；
(2)求四棱锥P
DCFE
-
外接球的表面积；
(3)求平面PDC 与平面PFC 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2) 91π
3 ；
(3)
21
14
.
【分析】（1）通过折叠性质，可得DE ^平面PEF ，再结合面面垂直的判定定理，即可证明；
（2）根据几何体体特征，可得四棱锥P
DCFE
-
外接球的球心O 在过O¢且与平面DCFE 垂直的直线上，建
立空间直角坐标系，设
3 ,0,
2
O
t
æ
ö
ç
÷
è
ø ，由OP
OD
R
=
=
，得
91
12
R =
，进而可求外接球的表面积；
（3）由（2）建立的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出平面PDC 与平面PFC 的法向量，再结合二
面角的向量求法即可求解.
【详解】（1）在梯形ABCD 中，DE
AB
^
于点E ，故翻折后DE
PE
^
，DE
EF
^
，
又因为PE Ì 平面PEF ，EF Ì 平面PEF ，PE
EF
E
Ç
=
，所以DE ^平面PEF ，
又因为DE Ì平面DCFE ，所以平面PEF ^ 平面DCFE .
（2）在梯形ABCD 中，因为AB
CD
∥
，
12
AB =
，
5
AD
BC
=
=
，
4
CD =
，DE
AB
^
于点E ，CF
AB
^
于
点F ，
所以四边形DCFE 为矩形，且
4
EF
CD
=
=
，
4
PE
AE
=
=
，
4
PF
BF
=
=
，
=
= 3
DE
CF
.
取EF 的中点M ，连接PM ，则PM
EF
^
，且
2 3
PM =
，
因为DE ^平面PEF ，PM Ì 平面PEF ，故PM
DE
^
，所以PM ，DE ，EF 两两垂直.
所以以M 为原点，过点M 与DE 平行的直线为x 轴，以直线EF 为y 轴，以直线PM 为z 轴，建立空间直角
坐标系如下图所示，
所以
0,0,0
M
，
3, 2,0
D
-
，
3,2,0
C
，
0,2,0
F
，
0,0,2 3
P
，
因为四边形DCFE 为矩形，所以EC 与DF 的交点O¢到D ，C ，F ，E 的距离相等，
所以四棱锥P
DCFE
-
外接球的球心O 在过O¢且与平面DCFE 垂直的直线上，
设
3 ,0,
2
O
t
æ
ö
ç
÷
è
ø ，外接球的半径为R ，由OP
OD
R
=
=
，得
2
2
2
2
2
3
3
(
2 3)
( 2)
(
)
2
2
t
t
æ
ö
æ
ö
+
-
=
+ -
+ -
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，解得
2
3
t =
，
所以
91
12
R =
，所以四棱锥P
DCFE
-
外接球的表面积
2
91π
4π
3
S
R
=
´
=
.
（3）由（2）得
0,4,0
DC =
uuur
，
3,2, 2 3
PC =
-
uuur
，
0,2, 2 3
PF =
-
uuur
，
设平面PDC 的法向量为
1
1
1
1
,
,
n
x y z
=
r
，
则
1
1
0
0
n DC
n PC
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，则
1
1
1
1
4
0
3
2
2 3
0
y
x
y
z
=
ìïí
+
-
=
ïî
，
令
1
3
x =
，得一个法向量
1
3
3,0, 2
n
æ
ö
= ç
÷
è
ø
r
，
设平面PFC 的法向量为
2
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
r
，
则
2
2
0
0
n
PC
n
PF
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，则
2
2
2
2
2
3
2
2 3
0
2
2 3
0
x
y
z
y
z
ì
+
-
=
ïí
-
=
ïî
，
令
2
1
z = ，得一个法向量
2
0, 3,1
n =
r
，
设平面PDC 与平面PFC 的夹角为q
π
0
2
q
æ
ö
£
£
ç
÷
è
ø，
则
1
2
1
2
3
21
2
cos
14
21
2
2
n n
n
n
q
×
=
=
=
´
´
r
r
r
r
，所以平面PDC 与平面PFC 夹角的余弦值为
21
14
.
10．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）如图，在正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，E 为
1
BB 的中点，
1
1
1
2
DD
DA
D C
=
=
.
(1)证明：
1
AA
BD
^
；
(2)平面
1
1
A EC 把四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
分成两部分，体积分别是
1V 和
2
1
2
V V
V
<
，求
1
2
V
V 的值；
(3)求平面
1
1
A EC 与平面EAC 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 1
27
(3) 1
8
【分析】（1）结合题意作出图形，利用线面垂直的判定定理得到BD ^ 平面SAC ，再利用线面垂直的性质
证明即可.
（2）利用割补法对原图形作出处理，再求解体积比即可.
（3）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再结合面面夹角的向量求法求解即可.
【详解】（1）由题意知四边形ABCD 为正方形，则AC
BD
^
，
将正四棱台
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
还原为正四棱锥S
ABCD
-
，
如图，作出符合题意的图形，
则SO ^ 平面ABCD ，又BD Ì 平面ABCD ，得到BD
SO
^
，
因为SO
AC
O
=
I
，SO ，AC Ì 平面SAC ，
所以BD ^ 平面SAC ，因为SA Ì 平面SAC ，
所以SA
BD
^
，即
1
AA
BD
^
.
（2）利用平面
1
1
A EC 把棱台分成三棱锥
1
1
1
E
A B C
-
和几何体
1
1
1
ABCDEC D A ，
设
1
1
1
2
2
DD
DA
D C
=
=
=
，由题意得
1 1 1
1
1
14
7 14
1
4
2
3
2
6
ABCD A B C D
V
-
=
´
´
+
+
=
，
1 1 1
1
14
1
14
1 1
3
4
2
24
E A B C
V -
=
´
´
´ ´ =
.
因为
1
1 1
1 1 1
1
1 1 1
7 14
14
9 14
14
6
24
8
24
ABCDEA D C
ABCD A B C D
E A B C
V
V
V
-
-
=
-
=
-
=
>
，
所以
1
14
24
V =
，
2
9 14
8
V =
，故
1
2
14
1
24
27
9 14
8
V
V =
=
.
（3）以O 为原点，OA，OB ，OS 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，
设
1
2
DD =
，则
3 2
14
0,
,
4
4
E æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
2,0,0
A
，
2,0,0
C -
，
1
2
14
,0,
2
2
A æ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
1
2
14
,0,
2
2
C æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
所以
3 2
14
2,
,
4
4
AE
æ
ö
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
3 2
14
2,
,
4
4
CE
æ
ö
= ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
1
2
3 2
14
,
,
2
4
4
EA
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
1
2
3 2
14
,
,
2
4
4
EC
æ
ö
= -
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuuur
，
设平面EAC 的法向量为
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
，
则
0
0
AE m
CE m
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur r
uuur r
，可得
1
1
1
1
1
1
3 2
14
2
0
4
4
3 2
14
2
0
4
4
x
y
z
x
y
z
ì-
+
+
=
ïïí
ï
+
+
=
ïî
，
取
1
7
z =
，则
1
0
x =
，
1
7
3
y = -
，得到
7
0,
, 7
3
m
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
r
，
设平面
1
1
A EC 的法向量为
2
2
2
,
,
)
n
x
y
z
=
r
，
则
1
1
0
0
EA n
EC n
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur r
uuuur r
，即
2
2
2
2
2
2
2
3 2
14
0
2
4
4
2
3 2
14
0
2
4
4
x
y
z
x
y
z
ì
-
+
=
ïïí
ï-
-
+
=
ïî
，
令
2
7
z =
，则
2
0
x =
，
2
7
3
y =
，可得
7
0,
, 7
3
n
æ
ö
= ç
÷
è
ø
r
，
设平面
1
1
A EC 与平面EAC 的夹角为q ，
则
49
7
1
9
cos
cos
,
8
49
49
7
7
9
9
m n
m n
m
n
q
-
+
×
=
á
ñ =
=
=
×
+
´
+
r r
r r
r
r
，
即平面
1
1
A EC 与平面EAC 夹角的余弦值为1
8 .
11．（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.
【答案】(1)证明见解析
(2) 15
5
(3)是定值，
3
3
【分析】（1）先由面面垂直证明
^
BC
平面PAB ，得BC
AE
^
，再由题设条件证明AE
PB
^
，即可证明AE ^
平面PBC ，再由面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由
//
EF
平面PCD证得
//
EF PC ，得F 为线段BC 的中点，取AB 的中点O 为坐标原点建系，求出相关
向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（3）先判断三棱锥E
ABF
-
外接球的球心为线段AF 的中点G ，易得
//
OG AD ，可得点G 到平面PAD 的距
离为点B 到平面PAD 的距离的一半，利用等体积即可求出三棱锥G
PAD
-
的体积.
【详解】（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 -
=
.
12．（2026·湖北宜昌·二模）如图1，在边长为2 的正方形ABCD 中，E 、F 分别为线段BC 、AD 的中点，
现将四边形CDFE 折起至MNFE ，得到三棱柱
-
AFN
BEM ，如图2 所示，记二面角M
EF
A
-
-
的平面角为
q ．
(1)若
π
2
q =
时，求三棱柱
-
AFN
BEM 的体积；
(2)若P 为线段EF 上一点，满足AP
BP
^
，求直线AP 与平面NBE 所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)1
(2)
10
0, 10
æ
ù
ç
ú
çè
û
【分析】（1）证明出EF
AF
^
，EF
NF
^
，可知
AFN
q = Ð
，证明出
^
EF
平面ANF ，当
π
2
q =
时，求出AFN
V
的面积，结合柱体的体积可求出三棱柱
-
AFN
BEM 的体积；
（2）以点F 为坐标原点，FA 、FE 所在直线分别为x 、y 轴，过点F 且垂直于平面ABEF 的直线为z 轴建
立空间直角坐标系，分析可知0
π
q
<
<
，根据
0
AP BP
×
=
uuur uuur
可求出点P 的坐标，再利用空间向量法可求得直线
AP 与平面NBE 所成角的正弦值的取值范围．
【详解】（1）翻折前，在图1 中，因为四边形ABCD 为正方形，所以
//
AB CD ，
//
AD BC ，AD
BC
=
，
因为E 、F 分别为BC 、AD 的中点，所以
//
AF BE ，AF
BE
=
，
所以四边形ABEF 为平行四边形，且
2
EF
AB
=
=
，
因为AB
AD
^
，所以EF
AD
^
，
翻折后，在图2 中，EF
AF
^
，EF
NF
^
，
所以二面角M
EF
A
-
-
的平面角为
AFN
q = Ð
，
因为AF
NF
F
=
I
，AF 、NF Ì平面ANF ，所以
^
EF
平面ANF ，
当
π
2
q =
时，即
π
2
AFN
Ð
=
，且
1
AF
NF
=
= ，则
2
1
1
1
1
2
2
2
ANF
S
AF NF
=
×
=
´
=
△
，
所以三棱柱
-
AFN
BEM 的体积为
1
2
1
2
AFN BEM
AFN
V
S
EF
-
=
×
=
´
=
△
.
（2）因为
^
EF
平面AFN ，以点F 为坐标原点，FA 、FE 所在直线分别为x 、y 轴，
过点F 且垂直于平面ABEF 的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
1,0,0
A
、
1,2,0
B
、
0,2,0
E
、
cos ,0,sin
N
q
q ，
设点
0,
,0
P
m
，其中0
2
m
£
£
，由题意可知0
π
q
<
<
，则0
sin
1
q
<
£ ，故
1
1
sinq ³ ，
1,
,0
AP
m
= -
uuur
，
1,
2,0
BP
m
= -
-
uuur
，
因为AP
BP
^
，则
2
1
2
1
0
AP BP
m m
m
×
= +
-
=
-
=
uuur uuur
，解得
1
m = ，
则点
0,1,0
P
，
1,1,0
AP = -
uuur
，
设平面NBE 的一个法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
1,0,0
EB =
uuur
，
cos , 2,sin
EN
q
q
=
-
uuur
，
则
0
cos
2
sin
0
n EB
x
n EN
x
y
z
q
q
ì ×
=
=
ïí ×
=
-
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，取
sin
y
q
=
，则
0,sin ,2
n
q
=
r
，
设直线AP 与平面NBE 所成角为a ，
则
2
2
sin
1
10
sin
cos
,
0, 10
4
2
4
sin
2
1
sin
AP n
AP n
AP
n
q
a
q
q
×
æ
ù
=
=
=
=
Îç
ú
ç
×
´
+
è
û
´
+
uuur r
uuur r
uuur
r
，
因此直线AP 与平面NBE 所成角的正弦值的取值范围为
10
0, 10
æ
ù
ç
ú
çè
û
.
1．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图所示，在正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，E 为
1
BB 的中点，
1
AB
BE
=
= ．
(1)求点
1
B 到平面
1
1
A EC 的距离；
(2)求二面角
1
1
A
EC
A
-
-
的正弦值．
【答案】(1)
3
3
(2) 2 2
3
【分析】（1）设点
1
B 到平面
1
1
A EC 的距离为d ，利用等体积法，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面
1
AEC 和
1
1
A EC 的法向量，利用面面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）设点
1
B 到平面
1
1
A EC 的距离为d ，
因为
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
是正四棱柱，E 为
1
BB 的中点，
1
AB
BE
=
= ，
所以
1
1
1
1
1 1
2
A E
C E
AC
=
=
=
+ =
，
则
1
1
1 1 1
2
3
3
1
1
2
,
1 1
4
2
2
2
A EC
A B C
S
S
=
´
=
=
´ ´ =
V
V
，
由
1
1
1
1 1 1
B
A EC
E A B C
V
V
-
-
=
，即
1
1
1 1 1
1
1
1
3
3
A EC
A B C
S
d
S
B E
=
´
V
V
，得到1
3
1
1 1
3
2
3
2
d
´
=
´
´ ，
解得
3
3
d =
，故点
1
B 到平面
1
1
A EC 的距离为
3
3
．
（2）以
,
BC BA ，
1
BB 所在的直线分别为, ,
x y z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
1
1,
2
AB
AA
=
=
，所以
1
1
(0,1,0),
(0,1,2),
(0,0,1),
(1,0,2)
A
A
E
C
，
则
1
1
(1,0,1),
(0,1,1),
(0,1, 1)
EC
EA
EA
=
=
=
-
uuur
uuur
uuur
，
设
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
为平面
1
1
A EC 的法向量，
所以
1
1
0
0
m EC
m EA
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuuur
r
uuur
r
，即
1
1
1
1
0
0
x
z
y
z
+
=
ì
í
+
=
î
，令
1
1
x = ，得
1
1
1,
1
y
z
=
= - ，
所以平面
1
1
A EC 的一个法向量为
(1,1, 1)
m =
-
ur
，
设
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
r
为平面
1
AEC 的一个法向量，
所以
1
0
0
n EC
n EA
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuuur
r
uuur
r
，即
2
2
2
2
0
0
x
z
y
z
+
=
ì
í
-
=
î
，令
2
1
x = ，得
2
2
1
y
z
=
= - ，
所以平面
1
AEC 的一个法向量为
(1, 1, 1)
n =
- -
r
，
设二面角
1
1
A
EC
A
-
-
的平面角为q ，
因为
2
2
2
2
2
2
1 1 1
1
1
1
1
cos
,
3
1
1
1
1
1
1
m n
m n
m
n
´ + ´ -
+ -
´ -
×
=
=
=
×
+
+ -
´
+ -
+ -
r r
r r
r
r
，
则
2
1
2 2
sin
1 cos
,
1
9
3
m n
q =
-
=
-
=
r r
，
所以二面角
1
1
A
EC
A
-
-
的正弦值为2 2
3
．
2．（2026·河北唐山·一模）如图，在三棱锥P
ABC
-
中，
2
BC
PB
PC
=
=
=
，BC
AP
^
，D 是BC 的中点.
(1)证明：平面ABC ^ 平面APD ；
(2)若
1
AD = ，三棱锥P
ABC
-
的体积为
3
3
，求直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
21
7
【分析】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）利用锥体体积求出
ADP
Ð
，再建立空间直角坐标系，求出平面PAB 的法向量，然后利用线面角的向量
法求解.
【详解】（1）由
2
BC
PB
PC
=
=
=
，D 是BC 的中点，得BC
PD
^
，而BC
AP
^
，PD
AP
P
=
I
，
,
PD PA Ì 平面APD ，则
^
BC
平面APD ，而
Ì
BC
平面ABC ，所以平面ABC ^ 平面APD .
（2）由（1）知
^
BC
平面APD ，则
1
1 1
sin
3
3 2
P ABC
PAD
V
S
BC
AD PD
ADP BC
-
=
×
=
×
×
Ð
×
V
，
而
3
1,
3,
2,
3
P ABC
AD
PD
BC
V -
=
=
=
=
，解得sin
1,
90
ADP
ADP
Ð
=
Ð
=
o，
即PD
AD
^
，直线
,
,
DA DB DP 两两垂直，
以D 为原点，直线
,
,
DA DB DP 分别为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，
(1,0,0), (0,1,0),
(0, 1,0), (0,0, 3)
A
B
C
P
-
，
(1,0,
3),
(0,1,
3),
(0, 1,
3)
PA
PB
PC
=
-
=
-
=
- -
uuur
uuur
uuur
，
设平面PAB 的法向量
( , , )
n
x y z
=
r
，则
3
0
3
0
n PA
x
z
n PB
y
z
ì ×
=
-
=
ïí
×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
1
z = ，得
( 3, 3,1)
n =
r
，
因此
|
|
2 3
21
| cos
,
|
7
|
||
|
2
7
PC n
PC n
PC
n
×
á
ñ =
=
=
×
uuur r
uuur r
uuur
r
，
所以直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值为
21
7
.
3．（2026·山东青岛·一模）如图，在菱形ABCD 中，
60
A
Ð
=
°，
2
AB =
，E 为AB 的中点，将
ADE
V
沿DE
翻折至A DE
¢
V
，得到四棱锥A
BCDE
¢ -
.
(1)证明：平面A BE
¢
^平面BCDE ；
(2)当二面角A
DE
C
¢ -
-
为120°时，求CA¢和平面A DE
¢
所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
30
10
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，判断二面角A
DE
C
¢ -
-
对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量
求法求解即可.
【详解】（1）由题意得，
ABD
△
为等边三角形，
又E 为AB 中点，所以DE
EA
^
，DE
EB
^
，故DE
A E
^
¢
.
又因为A E
BE
E
¢
Ç
=
，所以DE ^平面A BE
¢
.
又因为DE Ì平面BCDE ，所以平面A BE
¢
^平面BCDE .
（2）如图，以E 为原点，ED ，EB 以及垂直于平面BCDE 的直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，
由（1）知，BE
DE
^
，
又A E
DE
¢
^
，所以
¢
ÐA EB 即为二面角A
DE
C
¢ -
-
的平面角，即
120
A EB
¢
Ð
=
°.
则
0,0,0
E
，
1
3
0,
,
2
2
A æ
ö
-
ççè
¢
÷÷ø
，
3,2,0
C
，
3,0,0
D
.
5
3
3,
,
2
2
CA
æ
ö
= -
-
ç
÷÷
è
ø
¢
ç
uuur
，
1
3
0,
,
2
2
EA
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
¢
ø
uuur
，
3,0,0
ED =
uuur
，
设平面A DE
¢
的法向量
, ,
n
x y z
=
r
，
则
0
0
n EA
n ED
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
¢
r
r
，即
1
3
0
2
2
0
y
z
x
ì-
+
=
ïí
ï =
î
，取
0, 3,1
n =
r
设直线CA¢与平面A DE
¢
所成的角为q ，
则
2 3
30
sin
cos
,
10
2 10
CA n
CA n
CA n
q
¢
¢
=
=
¢
×
=
=
uuur r
uuur r
uuur r
，
所以直线CA¢与平面A DE
¢
所成角的正弦值为
30
10
.
4．（2026·河北邯郸·一模）如图，在三棱台ABC
DEF
-
中，AD ^ 平面DEF ，DE
DF
^
，
2
AB =
，
4
=
AD
，
8
DE
DF
=
= ，G 是棱CF 上一点（不含端点）．
(1)若G 为CF 的中点，求直线EG 与平面BCD所成角的正弦值．
(2)是否存在点G ，使得BD
EG
⊥
？若存在，求出CG
GF 的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1) 8 93
279
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可；
（2）方法一假设存在点G ，根据
0
BD EG =
×
uuur uuur
求解得出G 与C 重合，与题意矛盾；方法二根据线面垂直的判
定及性质，若BD
EG
⊥
可证明BD ^ 平面ACFD ，又AB ^平面ACFD ，得出矛盾.
【详解】（1）由AD ^ 平面DEF ，DE
DF
^
，可得
,
,
DE DF DA两两垂直．
以D 为坐标原点，
,
,
DE DF DA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
2,0,4
B
，
0,0,0
D
，
8,0,0
E
，
0,2,4
C
，
0,8,0
F
．
由G 为CF 的中点，可得
0,5,2
G
，
2,2,0
BC = -
uuur
，
2,0, 4
BD = -
-
uuur
，
8,5,2
EG = -
uuur
．
设平面BCD的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，
由
0
0
BC m
BD m
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur r
uuur r
，可得
2
2
0
2
4
0
x
y
x
z
-
+
=
ì
í-
-
=
î
，令
2
x =
，得
2,2, 1
m =
-
r
．
设直线EG 与平面BCD所成的角为q ，
则
8
8 93
sin
cos
,
279
3 93
EG m
EG m
EG m
q
×
=
=
=
=
uuur r
uuur r
uuur r
，
即直线EG 与平面BCD所成角的正弦值为8 93
279
．
（2）（方法一）连接EC ，如图，
由
8,2,4 ,
0,6, 4
EC
CF
= -
=
-
uuur
uuur
，
可得
8,2
6 ,4
4
EG
EC
CG
EC
CF
l
l
l
=
+
=
+
= -
+
-
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
．
假设存在点G （异于
,
C F ），使得BD
EG
⊥
，则
16 16 16
0
BD EG
l
×
=
-
+
=
uuur uuur
，
解得
0
l =
，则G 与C 重合，
这与假设矛盾，则假设不成立，故不存在点G ，使得BD
EG
⊥
．
（方法二）假设存在点G （异于
,
C F ），使得BD
EG
⊥
．
因为AD ^ 平面DEF ，DE Ì平面DEF ，所以AD
DE
^
．又AB
DE
∥
，
所以AD
AB
^
．
连接
,
AE AG ．由
2,
4,
8
AB
AD
DE
=
=
=
，可得ABD
DAE
V
V
∽
，
则
ABD
DAE
Ð
= Ð
，
90
ABD
BAE
Ð
+ Ð
=
°，则BD
AE
^
．
因为BD
EG
⊥
，AE
EG
E
=
I
，
,
AE EG Ì 平面AEG，所以BD ^ 平面AEG．
又AG Ì平面AEG，所以AG
BD
^
．
因为AC
AB
^
，AC
AD
^
，AB
AD
A
Ç
=
，
,
AB AD Ì平面ABED ，所以AC ^平面ABED ．
又BD Ì 平面ABED ，所以AC
BD
^
，
又AC
AG
A
Ç
=
，
,
AC AG Ì 平面ACFD ，从而BD ^ 平面ACFD ，
这与AB ^平面ACFD 矛盾，则假设不成立，故不存在点G ，使得BD
EG
⊥
．
5．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，在三棱锥P
ABC
-
中，平面PBC ^ 平面ABC ，
2,
2 2
CP
CA
CB
PB
=
=
=
=
．
(1)证明：平面PAC ^ 平面ABC ；
(2)已知平行于
,
AC PB 的平面将三棱锥P
ABC
-
截为两部分，求截面面积的最大值；
(3)若二面角B
AP
C
-
-
的大小为45°，求
ACB
Ð
的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 2
(3)
1
3
-
【分析】（1）由已知得CP
CB
^
，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论；
（2）设平行于
,
AC PB 的截面DEGF 与
,
,
,
PC PA BC AB 的交点分别为
,
,
,
D E F G ，得DEGF 为平行四边形，令
0,1
CD
CP
l
=
Î
，求得平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，利用二次函数的最值可求得截面面积
的最大值；
（3）构建合适的空间直角坐标系，设
0,π
ACB
q
Ð
=
Î
，并求得相关点坐标，求出相关平面的法向量，根
据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可求解.
【详解】（1）由
2,
2 2
CP
CB
PB
=
=
=
，则
2
2
2
CP
CB
PB
+
=
，即CP
CB
^
，
由平面PBC ^ 平面ABC ，平面PBC I平面ABC
BC
=
，CP Ì 平面PBC ，
所以
^
CP
平面ABC ，CP Ì 平面PAC ，则平面PAC ^ 平面ABC .
（2）设平行于
,
AC PB 的截面DEGF 与
,
,
,
PC PA BC AB 的交点分别为
,
,
,
D E F G ，
因为
/ /
AC
平面DEGF ，AC Ì 平面PAC ，平面PAC I平面DEGF
DE
=
，
所以
/ /
AC
DE ，同理可得
/ /
AC
GF ，所以
/ /
DE
GF ，同理可证
/ /
GE
FD ，
所以四边形DEGF 为平行四边形，
令
0,1
CD
CP
l
=
Î
，则
1
DP
CP
l
= -
，
所以
2 2
DF
PB
l
=
=
，
1
2 1
DE
AC
l
l
=
-
=
-
，
又截面DEGF 始终为平行四边形，
所以
1
2
sin
4 2
1
sin
2
DEGF
S
DE
DF
EDF
EDF
l
l
=
´
´
´
Ð
=
-
Ð
2
1
4 2
2 sin
2
EDF
l
é
ù
æ
ö
= -
-
+
Ð
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
，
要使截面DEGF 的面积最大，只需
1
2
l =
且sin
1
EDF
Ð
= ，
此时
2
DEGF
S
=
最大；
（3）由（1）
^
CP
平面ABC ，在平面ABC 内作Cx
BC
^
，如下图示，
可构建如图示的空间直角坐标系
-
C
xyz ，
设
0,π
ACB
q
Ð
=
Î
，则
2sin ,2cos ,0 ,
0,2,0 ,
0,0,2
A
B
P
q
q
，
故
2sin ,2cos ,0 ,
2sin ,2cos , 2 ,
0,2, 2 ,
0,0,2
CA
PA
PB
CP
q
q
q
q
=
=
-
=
-
uuur
uuur
uuur
uuur
，
设平面PAC 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，
则
2sin
2
cos
0
2
0
m CA
x
y
m CP
z
q
q
ì
×
=
× +
×
=
ïí
×
=
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
令
cos
x
q
=
，得
sin ,
0
y
z
q
= -
=
，
所以平面PAC 的法向量为
cos , sin ,0
m
q
q
=
-
r
，
设平面PAB 的法向量为
, ,
n
a b c
=
r
，
则
2sin
2
cos
2
0
2
2
0
n PA
a
b
c
n PB
b
c
q
q
ì ×
=
×
+
×
-
=
ïí ×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
令
sin
b
q
=
，得
1 cos ,
sin
a
c
q
q
= -
=
，
所以平面PAB 的法向量为
1 cos ,sin ,sin
n
q
q
q
=
-
r
，
由二面角B
AP
C
-
-
的大小为45°，
则
2
2
2
2
cos
cos
sin
2
cos
,
cos45
2
1
1 cos
2sin
m n
m n
m
n
q
q
q
q
q
-
-
×
=
=
=
° =
×
´
-
+
r r
r r
r
r
，
所以
2
cos
1
2
2
1
3
2cos
cos
q
q
q
-
=
´
-
-
，可得
2
3cos
2cos
1
0
q
q
-
- =
，
解得
1
cos
3
q = -
或cos
1
q = （舍），所以
ACB
Ð
的余弦值为
1
3
-
.
6．（2026·河北张家口·一模）如图，已知斜三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，AB
BC
^
，AB
BC
=
，
1
1
1
1
60
BB A
BB C
Ð
= Ð
=
°，点D 为
1
1
AC 的中点．
(1)证明：平面
1
BB D ^ 平面
1
1
AAC C ；
(2)若
1
2
BD
B D
=
=
，点M 为
1
CC 的中点，求点A 到平面
1A BM 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2) 4 22
11
【分析】（1）先证明
1
1
1
B D
AC
^
，
1
1
BD
AC
^
，根据线面垂直判定定理证明
1
1
AC ^ 平面
1
BB D ，再利用平面
与平面垂直的判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求距离即可.
【详解】（1）连接
1
BA 和
1
BC ，
在斜三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，由
,
AB
BC AB
BC
=
^
，
所以
ABC
V
为等腰直角三角形，所以
1
1
1
A B C
△
为等腰直角三角形，
又D 为
1
1
AC 的中点，所以
1
1
1
B D
AC
^
，
又
1
1
1
1
60
BB A
BB C
Ð
= Ð
=
°，
1
1
1
1
A B
B C
=
，
1
1
BB
BB
=
，所以
1
1
1
1
BB C
BB A
V
V
≌
，
所以
1
1
BC
BA
=
，又D 为
1
1
AC 的中点，
所以
1
1
BD
AC
^
，又
1
BD
B D
D
=
I
，
1
,
BD B D Ì平面
1
BB D ，
所以
1
1
AC ^ 平面
1
BB D ，又
1
1
AC Ì 平面
1
1
AAC C ，
所以平面
1
BB D ^ 平面
1
1
AAC C ；
（2）由
1
2
BD
B D
=
=
，所以
1
1
1
2
DC
DA
B D
=
=
=
，又
1
1
1
A B C
△
为等腰直角三角形，
所以
1
1
1
1
2
A B
B C
=
=
，又
1
1
BD
AC
^
，所以
2
2
1
1
1
2
BC
BA
DC
DB
=
=
+
=
，
又
1
1
1
1
60
BB A
BB C
°
Ð
= Ð
=
，所以
1
1
BB C
V
和
1
1
BB A
△
为等边三角形，
所以
1
1
2
BB
BA
=
=
，所以
2
2
2
1
1
BD
B D
B B
+
=
，所以
1
BD
DB
^
，又
1
1
BD
AC
^
，
以D 为坐标原点，分别以
1
1
,
,
DB DC DB 为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，
所以
1
1
1
2,0,0 ,
0,
2,0 ,
0,
2,0 ,
0,0,
2
B
C
A
B
-
，
所以
1
1
1
1
1
2,0,
2 ,
2,
2,0 ,
0,
2,
2
A A
B B
BC
B C
BC
=
= -
=
= -
=
-
uuur
uuur
uuur
uuuur
uuuur
，
所以
1
1
1
1
1
2
2
2,
2,0
0,
2,
2
,
2,
2
2
2
2
2
2
BM
BC
BC
æ
ö
=
+
=
-
+
-
= -
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuuur
uuur
uuuur
，
1
0,
2,
2
A B =
uuur
，
设平面
1A BM 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
所以
1
2
2
0
2
2
2
0
2
2
n A B
y
z
n BM
x
y
z
ì ×
=
+
=
ïí
×
= -
+
-
=
ïî
uuur
r
uuuur
r
，令
1
y = ，得
3,1, 1
n =
-
r
，
所以点A 到平面
1A BM 的距离为
1
4 2
4 22
11
11
n A A
d
n
×
=
=
=
uuur
r
r
.
7．（2026·陕西榆林·一模）如图，直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
内接于圆柱
1
OO ，且底面为矩形，B 是圆柱
1
OO
底面圆O 的圆周上一动点，AC 是圆O 的直径，且
1
AC
AA
=
，E 是AB 的中点，Q 是
1
BB 的中点．
(1)证明：
1
/ /
O E
平面
1
1
ADD A ；
(2)设
COB
q
Ð
=
，求平面
1
AQC 与平面ABC 的夹角的正弦值.（用q 表示）
【答案】(1)证明见解析
(2)
2
1
1
sin q
+
【分析】（1）取
1
1
AD 的中点F ，根据中位线的性质可证四边形
1
AEO F 为平行四边形，得到
1
/ /
AF
O E ，根
据线面平行的判定定理可证；（2）以O 为坐标原点，直线OC ，
1
OO 分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，
求得平面
1
AQC 与平面ABC 的法向量，即可求得面面夹角的余弦值，进而根据同角三角函数的关系式可求
得其正弦值.
【详解】（1）如图，取
1
1
AD 的中点F ，连接
1,
FO AF ，
则
1
1
1
/ /
FO
D C ，且
1
1
1
1
2
FO
D C
=
．
因为底面为矩形，所以
1
2
AE
AB
=
，
1
1
/ /
AB
D C ，且
1
1
AB
D C
=
，
所以
1 / /
FO
AE ，且
1
FO
AE
=
，
则四边形
1
AEO F 为平行四边形，所以
1
/ /
AF
O E ．
因为AF Ì 平面
1
1
ADD A ，
1
O E Ë 平面
1
1
ADD A ，
所以
1
/ /
O E
平面
1
1
ADD A ．
（2）以O 为坐标原点，直线OC ，
1
OO 分别为,y z 轴，过点O 且在底面内与AC 垂直的直线为x 轴建立空间
直角坐标系，如图所示．
设
2
AC =
，则
0, 1,0
A
-
，
1 0,1,2
C
，
sin ,cos ,1
Q
q
q
，
所以
sin ,1
cos ,1
AQ
q
q
=
+
uuur
，
1
0,2,2
AC =
uuuur
．
设平面
1
AQC 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
则
1
sin
1 cos
0
2
2
0
AQ n
x
y
z
AC n
y
z
q
q
ì
×
=
+
+
+
=
ïí
×
=
+
=
ïî
uuur r
uuuur r
，
令
sin
z
q
=
，得
cos , sin ,sin
n
q
q
q
=
-
r
.
易知平面ABC 的一个法向量为
0,0,1
m =
r
．
设平面
1
AQC 与平面ABC 的夹角为a ，
则
2
sin
cos
cos
,
1
sin
m n
m n
m n
q
a
q
×
=
=
=
+
r r
r r
r r
．
所以
2
2
2
2
sin
1
sin
1
cos
1
1
sin
1
sin
q
a
a
q
q
=
-
=
-
=
+
+
，
即平面
1
AQC 与平面ABC 的夹角的正弦值为
2
1
1
sin q
+
．
8．（2026·江苏·一模）把一副三角板按如图所示的方式拼接，其中
3
90
=
=
=
=
AB
AC
BAC
BCD
Ð
Ð
o
，
，
30
CBD
Ð
=
o ．将
ABC
V
沿BC 翻折至
PBC
△
，使得二面角P
BC
D
-
-
为直二面角．
(1)证明：PB ^ 平面PCD；
(2)若
, ,
,
P B C D 在同一个球面上，求该球的半径；
(3)求平面PBD 与平面BCD所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
6
(3)
5
5
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得CD ^ 平面PBC ，进而根据线线垂直证明PB ^ 平面PCD．
（2）建立空间直角坐标系，根据两点距离公式列方程，可求解球心的坐标，即可求解，
（3）根据面面垂直的性质，结合二面角的定义可得
PHO
Ð
为所求的角，即可根据三角形的边角关系求解，
或者求解平面法向量，根据法向量的夹角求解.
【详解】（1）二面角P
BC
D
-
-
为直二面角，即平面PBC ^ 平面BCD，
又因为
^
Ì
CD
BC
CD
，
平面BCD，平面PBC I平面BCD
BC
=
，
所以CD ^ 平面PBC ．
又因为PB Ì平面PBC ，所以PB
CD
^
．
由题意
^
Ç
=
Ì
PB
PC
CD
PC
C
CD
PC
，
，
，
平面PCD，
所以PB ^ 平面PCD．
（2）取BC 中点O
BD
，
中点M ，连接OP
OM
，
，
则
/ /
^
OM
BC
OM
CD
，
，
因为CD ^ 平面PBC ，OP Ì 平面PBC ，所以CD
OP
^
，所以OM
OP
^
，
在
ABC
V
中，PB
PC
O
=
，
为BC 中点，所以OP
BC
^
.
以
OB OM OP
uuur uuuur uuur
，
，
为正交基底建立如图所示空间直角坐标系O
xyz
-
，
则
3 2
3 2
3 2
3 2
0,0,0 ,
0,0,
,
,0,0 ,
,0,0 ,
, 6,0
2
2
2
2
O
P
B
C
D
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
．
设该球的球心坐标为
, ,
x y z ，则
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3 2
3 2
3 2
3 2
6
2
2
2
2
x
y
z
x
y
z
x
y
z
x
y
z
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
+
+
-
=
-
+
+
=
+
+
+
=
+
+
-
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
，
解得
6
0
0
2
x
y
z
=
=
=
,
,
.
所以该球的半径为
2
2
2
3 2
6
18
6
2
4
4
x
y
z
æ
ö
+
+
-
=
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
（3）法一：取BC 中点O ，在
BCD
△
中，过O 作OH
BD
^
，垂足为H ，连接PH ，
平面PBC ^ 平面
^
Ì
BCD
OP
BC
OP
，
，
平面PBC ，
平面PBC I平面BCD
BC
=
，所以OP ^ 平面BCD．
而BD Ì 平面BCD，故OP
BD
^
，
又因为OH
BD
^
，
,
,
OP
OH
O OP OH
Ç
=
Ì 平面OPH ，故BD ^ 平面OPH ，
而PH Ì 平面OPH ，所以PH
BD
^
，
则
PHO
Ð
为平面PBD 与平面BCD的所成角.
直角三角形ABC 中，
3 2
2
OP =
，
3 2
1
3 2
sin30
2
2
4
OH
OB
=
´
=
´
=
o
，
2
2
3 2
5
4
cos
5
3 2
3 2
4
2
OH
PHO
PH
Ð
=
=
=
æ
ö
æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
．
所以平面PBD 与平面BCD所成角的余弦值为
5
5
.
法二：平面BCD的一个法向量为
1
3 2
3 2
0,0,1 ,
,0,
,
3 2
6,0
2
2
n
BP
BD
æ
ö
=
= -
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
ur
uuur
uuur
，
，
设平面PBD 的法向量为
2
, ,
n
x y z
=
uur
，则
2
2
0
0
n
BP
n
BD
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uur uuur
uur uuur
，
，
即
3 2
3 2
0
2
2
3 2
6
0
x
z
x
y
ì-
+
=
ïí
ï-
+
=
î
，
．
取
1
x = ，得平面PBD 的一个法向量为
2
1, 3,1
n =
uur
.
1
2
1
2
1
2
1
5
cos ,
5
5
n n
n n
n n
×
=
=
=
ur uur
ur uur
ur uur
，
所以平面PBD 与平面BCD所成角的余弦值为
5
5
.
9．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，底面ABCD 是梯形，
//
AD BC ，
侧面
1
1
ABB A 为菱形，
1
DAB
DAA
Ð
= Ð
．
(1)求证：
1
A B
AD
^
；
(2)若
2
AD
AB
BC
=
=
，
1
60
A AB
Ð
=
°，点D 在平面
1
1
ABB A 上的射影恰为线段
1A B 的中点，求
1
AB 与平面
1
1
DCC D 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
31
31
【分析】（1）通过连接辅助线，利用等腰三角形三线合一得到线线垂直，再结合线面垂直判定定理证明线
面垂直，最后由线面垂直的性质得到线线垂直；
（2）以O 为原点建立空间直角坐标系，求出各点坐标，进而得到平面
1
1
DCC D 的法向量和直线
1
B A 的方向向
量，最后利用线面角与向量夹角的关系计算正弦值.
【详解】（1）连接
1
1
,
,
DA DB
DAB
DAA
Ð
= Ð
，易知
1
DB
DA
=
，
又O 为
1A B 的中点，
1A B
DO
^
，
又
1
,
A B
AO AO
DO
O
^
Ç
=
，
,
AO DO Ì 平面ADO ，
∴
1A B ^ 平面ADO ，AD Ì 平面ADO ，
∴
1
A B
AD
^
．
（2）∵D 在面
1
1
ABB A 上的射影为O ，又AO
OB
^
，
以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
令
1
BC = ，则
1
0,1,0 ,
3,0,0 ,
0, 1,0 ,
0,0,1
B
A
A
D
-
，
∵
1
2
BC
AD
=
uuur
uuur
，则
3
1
,1,
2
2
C æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
∴
3
1
,1,
2
2
DC
æ
ö
= -
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，又
1
1
3, 1,0
DD
AA
=
= -
-
uuuur
uuur
，
设平面
1
1
DCC D 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
1
0
0
n DC
n DD
ì
×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuuur
r
，
则
3
1
0
2
2
3
0
x
y
z
x
y
ì-
+
-
=
ïí
ï-
-
=
î
，令
1,
1, 3,3 3
x
n
= -
= -
r
，又
1
2 3,0,0
B A =
uuur
，
则
1
B A 与平面
1
1
DCC D 所成角的正弦值为
1
31
cos
,
31
n B A =
uuur
r
．
10．（2026·贵州黔东南·模拟预测）如图，在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，平面
1
1
ACC A ^平面ABC ，四边形
1
1
ACC A
是矩形，
2
AB
AC
=
=
，
1
2 2
BC
AA
=
=
.
(1)证明：
1
AA ^ 平面ABC .
(2)求平面ABC 与平面
1
1
A BC 夹角的余弦值.
(3)在线段
1
BC 上是否存在点D，使得直线AD 与平面
1
1
A BC 所成角的正弦值为2 2
3
？若存在，求出
1
BD
C D 的值；
若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
3
3
；
(3)存在，
1
1
3
BD
C D =
【分析】（1）由勾股定理可得AB
AC
^
，然后由面面垂直性质可得AB ^平面
1
1
ACC A ，据此可得
1
AB
AA
^
，又由四边形
1
1
ACC A 是矩形可得
1
AA
AC
^
，据此可完成证明；
（2）由（1）可建立空间直角坐标系，求出平面
1
1
A BC 与平面ABC 的法向量，然后由空间向量知识可得答
案；
（3）假设存在满足条件的点D，且
1
BD
BC
l
=
uuur
uuur （0
1
l
≤
≤），使得直线AD 与平面
1
1
A BC 所成角的正弦值为
2 2
3
，由（2）结合题设可得
2
2
2
2 2
2 2
| cos
,
|
3
3
4
4
8
4
8
n AD
l
l
l
l
á
ñ =
=
´
+
-
+
+
uuur
r
，据此可得答案.
【详解】（1）因为
2
AB
AC
=
=
，
2 2
BC =
，所以
2
2
2
AB
AC
BC
+
=
，所以AB
AC
^
.
因为平面
1
1
ACC A ^平面ABC ，且平面
1
1
ACC A I平面ABC
AC
=
，AB Ì 平面ABC ，
所以AB ^平面
1
1
ACC A .
因为
1
AA Ì 平面
1
1
ACC A ，所以
1
AB
AA
^
.
因为四边形
1
1
ACC A 是矩形，所以
1
AA
AC
^
.
因为AC Ì 平面ABC ，AB Ì 平面ABC ，且AB
AC
A
Ç
=
，所以
1
AA ^ 平面ABC ；
（2）由（1）可知AC ，AB ，
1
AA 两两垂直，则以A 为坐标原点，
AC ，AB ，
1
AA 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.
因为
2
AB
AC
=
=
，
1
2 2
AA =
，所以
1 0,0,2 2
A
，
0,2,0
B
，
1 2,0,2 2
C
，
1
0,2, 2 2
A B =
-
uuur
，
1
1
2,0,0
AC =
uuuur
.
设平面
1
1
A BC 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
则
1
1
1
2
2 2
0
2
0
n A B
y
z
n AC
x
ì ×
=
-
=
ïí ×
=
=
ïî
uuur
r
uuuur
r
，令
2
y =
，得
0,
2,1
n =
r
.
易知平面ABC 的一个法向量为
0,0,1
m =
r
.
设平面ABC 与平面
1
1
A BC 的夹角为q ，
则
|
|
1
3
cos
| cos
,
| |
||
|
3
3
n m
n m
n
m
q
×
=
á
ñ =
=
=
r r
r r
r
r
，
即平面ABC 与平面
1
1
A BC 夹角的余弦值为
3
3
.
（3）假设存在满足条件的点D，且
1
BD
BC
l
=
uuur
uuur （0
1
l
≤
≤），
使得直线AD 与平面
1
1
A BC 所成角的正弦值为2 2
3
.
由（2）可知
0,0,0
A
，
0,2,0
B
，
1 2,0,2 2
C
，
则
1
2 ,2
2 ,2 2
AD
AB
BD
AB
BC
l
l
l
l
=
+
=
+
=
-
uuur
uuur
uuur
uuur
uuuur
.
因为直线AD 与平面
1
1
A BC 所成角的正弦值为2 2
3
，
所以
2
2
2
|
|
2 2
2 2
| cos
,
|
3
|
||
|
3
4
4
8
4
8
n AD
n AD
n
AD
l
l
l
l
×
á
ñ =
=
=
´
+
-
+
+
uuur
r
uuur
r
uuur
r
.
解得
1
4
l =
，所以
1
1
4
BD
BC
=
，即
1
1
3
BD
C D =
，
则存在满足条件的点D，此时
1
1
3
BD
C D =
.
11．（2026·山西朔州·一模）如图，线段
,
BC DE 的中点都是
,
,
O AO
BC AO
DE
^
^
.
(1)若
2
OC OE
OE
×
=
uuur uuur
uuur ，证明：平面ABD ^ 平面ADE ；
(2)若
14,
10,
7,
BC
DE
AO
BD
BO
=
=
=
<
，且点B 到平面ADE 的距离为21
5 ，求直线AE 与平面ABD 所成角的
正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 7 222
111
【分析】（1）先证AO ^ 平面BDCE ，得AO
BD
^
，由
2
OC OE
OE
×
=
uuur uuur
uuur 及O 为中点可得
0
DB OD
×
=
uuur uuur
，进而
可得
^
BD
OD ，从而可得BD ^ 平面ADE ，即可证得面面垂直；
（2）先建立空间直角坐标系，再由点B 到平面ADE 的距离及
5
OD = 可得
3, 4,0
D -
-
，进而再用向量的方
法计算线面角可得.
【详解】（1）因为
,
AO
BC AO
DE
^
^
，且BC
DE
O
Ç
=
，
,
BC DE Ì 平面BDCE ，则AO ^ 平面BDCE
又因BD Ì 平面BDCE ，所以AO
BD
^
.
由
2
OC OE
OE
×
=
uuur uuur
uuur 可得
0
OC
OE
OE
-
×
=
uuur
uuur
uuur
，因为线段
,
BC DE 的中点都是O，
所以
,
OC
OB OE
OD
= -
= -
uuur
uuur uuur
uuur
，则得
0
OB
OD
OD
-
+
× -
=
uuur
uuur
uuur
，
即
0
OB
OD
OD
-
×
=
uuur
uuur
uuur
，即
0
DB OD
×
=
uuur uuur
，所以
^
BD
OD .
又因AO
BD
^
，AO
OD
O
Ç
=
，
,
AO OD Ì 平面ADE ，所以BD ^ 平面ADE ，
而BD Ì 平面ABD ，故平面ABD ^ 平面ADE .
（2）在平面BDCE 内，以过O 且垂直BC 的直线为x 轴，以
,
OC OA所在的直线为,y z 轴，建立空间直角坐
标系，如图：
设
( , ,0)(
0,
0)
D a b
a
b
<
<
，则
,
,0 ,
0, 7,0 ,
0,0,7
E
a
b
B
A
-
-
-
，
因为
10,
5
DE
OD
=
=
，所以
2
2
25
a
b
+
=
.
设平面ADE 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
(0,0,7),
( , ,0)
OA
OD
a b
=
=
uuur
uuur
，
所以
0
0
n OA
n OD
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
0
0
z
ax
by
=
ì
í
+
=
î
，故可取
,
,0
n
b
a
=
-
r
.
又因为点B 到平面ADE 的距离为21
5 ，且
0, 7,0
OB =
-
uuur
，
依题意可得
2
2
7
21
5
OB n
a
n
a
b
×
=
=
+
uuur r
r
，联立
2
2
25
a
b
+
=
，解得
3
a = - ，
将
3
a = - 代入
2
2
25
a
b
+
=
，解得
4
b = - (
4
b =
舍去).
所以
3, 4,0 ,
3,3,0 ,
0,7,7
D
BD
BA
-
-
= -
=
uuur
uuur
，满足BD
OB
<
.
设平面ABD 的法向量为
( , , )
m
x y z
=
ur
，
则
0
0
m BD
m BA
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
3
3
0
7
7
0
x
y
y
z
-
+
=
ì
í
+
=
î
，故可取
(1,1, 1)
m =
-
ur
.
因为
3,4,0
E
，
3,4, 7
AE =
-
uuur
，
设直线AE 与平面ABD 所成角为q ，
所以sin
cos
,
·
AE m
AE m
AE m
q
×
=
=
uuur r
uuur r
uuur r
2
2
2
3 1
4 1 7
1
3· 3
4
7
´ + ´ - ´ -
=
+
+ -
14
7 222
111
3 74
=
=
.
12．（2026·浙江·模拟预测）如图，在四棱锥P
ABCD
-
中，底面ABCD 为正方形，PA ^底面ABCD ，
PA
AB
=
，E 为线段PB 中点，F 为线段BC 上的动点．
(1)证明：平面AEF ^ 平面PBC ；
(2)设直线AF 与平面PBC 所成角为q ，求sinq 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
1
2
,
2
2
é
ù
ê
ú
ë
û
【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理证明AE ^ 平面PBC ，再根据面面垂直的判定定理证明平面AEF ^
平面PBC .
（2）方法1：先确定
AFE
Ð
为直线AF 与平面PBC 所成的角，再利用直角三角形的边角关系求sinq 的取值
范围.
方法2：建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角正弦的取值范围.
【详解】（1）因为PA
AB
=
，且E 为线段PB 中点，所以AE
PB
^
．
又因为PA ^底面ABCD ，
Ì
BC
平面ABCD ，所以PA
BC
^
．
而BC
AB
^
，且PA
AB
A
=
I
，因此
^
BC
平面PAB
而AE Ì 平面PAB ，因此BC
AE
^
．
又因为PB
BC
B
Ç
=
，所以AE ^ 平面PBC ．
而AE Ì 平面PAB ，所以平面AEF ^ 平面PBC .
（2）法一：由（1）可知直线AF 与平面PBC 所成角为
AFE
Ð
，
因此sin
sin
AE
AFE
AF
q =
Ð
=
不妨设AB
PA
a
=
=
，则
2
,
, 2
2
AE
a AF
a
a
é
ù
=
Îë
û ，
所以
1
2
sin
,
2
2
q
é
ù
Îê
ú
ë
û
法二：以A 为原点， AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．
不妨设
1
AB = ，设BF
a
=
，
a
0,1
Î
，则
0,0,0
A
，
1,0,0
B
，
1,1,0
C
，
0,0,1
P
，
1, ,0
F
a
1, ,0
AF
a
=
uuur
，
0,1,0
BC =
uuur
，
1,0, 1
PB =
-
uuur
，
设平面PBC 的一个法向量
, ,
n
x y z
=
r
，
0
0
n BC
n PB
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
0
0
y
x
z
=
ì
í -
=
î
，令
1
x = ，则
1,0,1
n =
r
，
则
2
1
1
2
sin
cos
,
,
2
2
2
1
n AF
n AF
n
AF
a
q
×
é
ù
=
=
=
Îê
ú
×
+
ë
û
uuur
r
uuur
r
uuur
r
，
因此
1
2
sin
,
2
2
q
é
ù
Îê
ú
ë
û
.
13．（2026·山东东营·一模） 如图，在三棱锥P
ABC
-
中，平面PAB ⊥平面ABC ，
2
2 2
AB
AC
AP
BP
=
=
=
=
，
，
2
3
BAC
p
Ð
=
，,
,
E F G 分别为棱
,
,
PA PB PC 上的点.
(1)若EF ∥AB ，FG ∥BC ，证明: EG ∥AC ；
(2)若
,
E F 分别为棱
,
PA PB 的中点，在棱PC 上是否存在点G，使得平面EFG 与平面ABC 所成角为π
6 ?若存
在，求 PG
PC 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在,
1
PG
PC = 或
1
3
PG
PC =
【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明平面EFG ∥平面ABC ，再由面面平行的性质定理证明EG ∥AC ；
（2）由面面垂直的性质定理证明AP ^平面ABC ，建立空间直角坐标系，设棱PC 上是否存在点G，使得
平面EFG 与平面ABC 所成角为π
6 ，且 PG
t
PC = ，由面面角的向量求法列出关于t 的方程，求解可得.
【详解】（1）若EF ∥AB ，EF Ë 平面ABC ，AB Ì 平面ABC ，所以EF ∥平面ABC ；
若FG ∥BC ，FG Ë 平面ABC ，BC Ì平面ABC ，所以FG ∥平面ABC .
因为
,
,
EF
FG
F EF FG
Ç
=
Ì 平面EFG ，所以平面EFG ∥平面ABC .
又平面EFG Ç 平面PAC
EG
=
，平面ABC Ç 平面PAC
AC
=
，
所以EG ∥AC .
（2）因为
2
2 2
AB
AP
BP
=
=
=
，
，所以
2
2
2
AB
AP
BP
+
=
，所以AP
AB
^
.
因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB Ç平面ABC
AB
=
，AP Ì 平面PAB ，所以AP ^平面ABC .
过A 作AD
AB
^
，垂足为D ，则
2π
π
π
3
2
6
CAD
Ð
=
-
=
.
所以
3
1
cos
2
3,
sin
2
1
2
2
CA
CAD
CA
CAD
Ð
=
´
=
Ð
=
´
= .
如图所示，以点A 为坐标原点，分别以
,
,
AD AB AP所在直线为, ,
x y z 轴，建立空间直角坐标系A
xyz
-
.
则
0,0,0 ,
0,0,2 ,
0,2,0 ,
0,0,1 ,
0,1,1 ,
3, 1,0
A
P
B
E
F
C
-
.
所以
0,1,0 ,
0,0,1 ,
3, 1, 2
EF
EP
PC
=
=
=
- -
uuur
uuur
uuur
.
设：在棱PC 上是否存在点G，使得平面EFG 与平面ABC 所成角为π
6 ，且
0
1
PG
t
t
PC =
£ £
，
则
3 ,
, 2
PG
tPC
t
t
t
=
=
- -
uuur
uuur
，所以
3 ,
,1 2
EG
EP
PG
t
t
t
=
+
=
-
-
uuur
uuur
uuur
.
设平面EFG 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
则
·
0
·
3
1 2
0
n EF
y
n EG
tx
ty
t z
ì
=
=
ïí
=
-
+
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
.
令
2
1
x
t
=
- ，则
3
z
t
=
.
所以平面EFG 的法向量为
2
1,0, 3
n
t
t
=
-
r
.
由AP ^平面ABC ，知平面ABC 的一个法向量为
0,0,1
m =
r
.
所以
·
π
3
cos
,
cos 6
2
m n
m n
m n
=
=
=
r r
r r
r r
，
即
2
2
2
3
3
3
2
7
4
1
2
1
3
t
t
t
t
t
t
=
=
-
+
-
+
，化简得
2
3
4
1
0
t
t
-
+ =
，解得
1
t = 或
1
3
t =
.
故在棱PC 上存在点G，使得平面EFG 与平面ABC 所成角为π
6 ，此时
1
PG
PC = 或
1
3
PG
PC =
.
14．（2026·浙江·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF 中，四边形EFDC 为正方形，AD ^ 平面EFDC ，
/ /
AB
CD ，
且
2
AB
AD
=
=
，
4
CD =
，P 为棱BC 上的点.
(1)证明：平面FDB ^平面BCE ；
(2)若平面FAP 与平面FBD 的夹角的余弦值为
42
14
，求线段BP 的长.
【答案】(1)证明见解析
(2)
2 2
3
BP =
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案；
（2）建系，利用面面角的向量计算公式计算可得答案.
【详解】（1）证明：因为AD ^ 平面EFDC ，CE Ì 平面EFDC ，所以AD
CE
^
，
又四边形EFDC 为正方形，所以CE
CD
^
，
因为CE
CD
C
=
I
，
,
AD CD Ì 平面ABCD ，
所以CE ^ 平面ABCD ，
又BD Ì 平面ABCD ，所以BD
CE
^
，
在四边形ABCD 中，易知AB
AD
^
，因为
2
AB
AD
=
=
，所以
2 2
BD =
，
又
4
CD =
，故
2
2
2 2
2
CD
BC
AD
æ
ö
=
+
=
ç
÷
è
ø
，
所以
2
2
2
BD
BC
CD
+
=
，故BD
BC
^
，
因为CE
BC
C
=
I
，
,
CE BC Ì 平面BCE ，
所以BD ^ 平面BCE ，
又BD Ì 平面FDB ,
所以平面FDB ^平面BCE .
（2）由（1）知
,
,
DA DC DF 三条直线两两垂直.
以D 为坐标原点、
,
,
DA DC DF 所在直线分别为, ,
x y z 轴，建立空间直角坐标系，
设BP
BC
l
=
（0
1
l
≤
≤），
则：
0,0,0
D
，
0,0,4
F
，
2,0,0
A
，
2,2,0
B
，
2
2 ,2
2 ,0
P
l
l
-
+
，
设平面FBD 的一个法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，
0
0
m DF
m DB
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
4
0
2
2
0
z
x
y
=
ì
í
+
=
î
，令
1
x = ，得
1
y = - ，
0
z =
，
所以
1, 1,0
m =
-
r
，
设平面FAP 的一个法向量为
1
1
1
,
,
n
x y z
=
r
，
则
0
0
n FA
n AP
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
1
1
1
1
2
4
0
2
2
2
0
x
z
x
y
l
l
-
=
ì
í-
+
+
=
î
，
令
1
2
2
x
l
=
+
，得
1
2
y
l
=
，
1
1
z
l
= +
，
所以
2
2 ,2 ,1
n
l
l
l
=
+
+
r
，
2
2
2
2
42
cos
,
14
2
2
2
4
1
m n
m n
m
n
l
l
l
×
=
=
=
´
´
+
+
+
+
r r
r r
r
r
，
解得
1
3
l =
或
13
9
l = -
（舍）.
所以
1
2 2
3
3
BP
BC
=
=
.
15．（2026·湖南·模拟预测）如图，在三棱锥A
BCD
-
中，
,
AB
BC
BD
CBA
CBD
=
=
Ð
= Ð
．
(1)证明：BC
AD
^
；
(2)若
ABC
V
和
DBC
△
所在平面垂直，且平面ABD 与平面BCD所成角的余弦值为
5
5
，求
CBA
Ð
．
【答案】(1)证明见解析
(2)
60
CBA
Ð
=
° 或
120
CBA
Ð
=
° ．
【分析】（1）取AD 中点M ，求证BM
AD
^
，CM
AD
^
，再结合线面垂直的判定定理和定义求证；
（2）法一：以点B 为坐标原点建系，设
,
1
CBA
CBD
AB
BC
BD
q
Ð
= Ð
=
=
=
= ，分别计算两个平面的法向量，
利用向量求出面面角即可得出q ；法二：过点A 作AH
BC
^
于点H ，过点A 作AG
BD
^
于点G ，证明
AGH
Ð
为平面ABD 与平面BCD所成的角，再在Rt
AHG
△
、Rt
BGH
△
中利用三角函数值建立关系即可求出q .
【详解】（1）取AD 中点M ，连接
,
BM CM ．
因为BA
BD
=
，所以BM
AD
^
．
又由题
,
AB
BC
BD
CBA
CBD
=
=
Ð
= Ð
，可得
ABC
V
≌
DBC
△
，则AC
DC
=
，
故CM
AD
^
．
因为
,
,
CM
BM
M CM BM
Ç
=
Ì 平面CBM ，所以AD ^ 平面CBM ，
又
Ì
BC
平面CBM ，所以BC
AD
^
.
（2）法一：设
,
1
CBA
CBD
AB
BC
BD
q
Ð
= Ð
=
=
=
= ，
由平面ABC ^ 平面DBC 且平面ABC I 平面DBC
BC
=
，由面面垂直的性质定理可知，
可以点B 为坐标原点，过点B 垂直于平面ABC 的直线为x 轴，直线BC 为y 轴，
过点B 垂直于平面DBC 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，
则有
0, 0, 0 ,
0, cos , sin
,
sin , cos , 0
B
A
D
q
q
q
q
，
则
0, cos , sin
,
sin , cos , 0
BA
BD
q
q
q
q
=
=
uuur
uuur
，
设平面ABD 的一个法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
则有
cos
sin
0
sin
cos
0
BA n
y
z
BD n
x
y
q
q
q
q
ì
×
=
+
=
ïí
×
=
+
=
ïî
uuur r
uuur r
，故可取
cos ,
sin ,cos
n
q
q
q
=
-
r
，
易知平面DBC 的一个法向量为
0,0,1
m =
r
，
则
2
cos
5
cos
,
5
1
cos
m n
m n
m
n
q
q
×
=
=
=
×
+
r r
r r
r
r
，解得
1
cos
2
q = ±
，
所以
60
CBA
Ð
=
° 或
120
CBA
Ð
=
° ，
法二：如图，过点A 作AH
BC
^
于点H ，过点A 作AG
BD
^
于点G ，连接GH ．
因为平面ABC ^ 平面BCD且平面ABC I 平面DBC
BC
=
，AH Ì 平面ABC ，
所以AH ^ 平面BCD，
又BD Ì 平面BCD，所以AH
BD
^
．
又AH
AG
A
=
I
，
,
AH AG Ì 平面AGH ，
所以BD ^ 平面AGH ，即
AGH
Ð
为平面ABD 与平面BCD所成的角，
由题
5
cos
5
AGH
Ð
=
，可知tan
2
AGH
Ð
=
．
设
,
1
CBA
DBC
AB
BC
BD
q
Ð
= Ð
=
=
=
= ，则
sin ,
cos
AH
BH
q
q
=
=
，
所以在Rt
AHG
△
中，
sin
tan
2
AH
AGH
GH
GH
q
Ð
=
=
=
，所以
sin
2
GH
q
=
，
在Rt
BGH
△
中，
sin
sin
sin π
sin
2 cos
GH
HBG
BH
q
q
q
q
Ð
=
-
=
=
=
，
所以
1
cos
2
q =
，即
1
cos
2
q = ±
，
所以
60
CBA
Ð
=
° 或
120
CBA
Ð
=
° ．
16．（25-26 高三下·河南驻马店·开学考试）如图，在圆台
1
2
O O 中，下底面圆
2
O 的直径
2 2
AB =
，点C 在
圆
2
O 上，且AC
BC
=
，上底面圆
1
O 的半径
1
1
O P = ，且平面ACP ^平面ABC ．
(1)证明：
1
PO
BC
∥
．
(2)若圆台
1
2
O O 的高为2，求平面
1
APO 与平面PBC 所成二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 4
5
【分析】（1）作PM
AC
^
，由面面垂直的性质及圆台的性质可得四边形
1
2
O O MP 为矩形，再由勾股定理可
得M 为AC 的中点，最后根据三角形中位线可证；
（2）建立空间直角坐标系，写出关键点坐标，根据面面角向量法计算可解.
【详解】（1）作PM
AC
^
，垂足为M，连接
2
O M ．
因为平面ACP ^平面ABC ，平面ACP I平面ABC
AC
=
，
所以PM ^ 平面ABC ．
因为
2
MO Ì 平面ABC ，所以
2
PM
MO
^
，
2
90
PMO
Ð
=
°．
因为圆台的上、下底面平行，所以PM ^ 圆
1
O ，
则
1
PM
PO
^
，
1
90
MPO
Ð
=
°．
因为
1
2
O O ^ 平面ABC ，所以
1
2
O O
PM
∥
，即点
1
O ，
2
O ，M，P 共面．
因为
2
MO Ì 平面ABC ，所以
1
2
2
O O
MO
^
，
1
2
90
O O M
Ð
=
°，
所以四边形
1
2
O O MP 为矩形，
所以
1
2
PO
MO
∥
，
1
2
1
PO
MO
=
= ．
在
ABC
V
中，
2 2
AB =
，
2
AC
BC
=
=
．
在
2
AMO
△
中，
2
2
2
2
2
2
2
cos
MO
AM
AO
AM AO
CAB
=
+
-
×
×
Ð
，解得
1
AM = ，
所以
1
MC
AC
AM
=
-
= ．
在
ABC
V
中，M，
2
O 分别为AC ，AB 的中点，
所以
2
MO
BC
∥
，所以
1
PO
BC
∥
．
（2）以
2
O 为坐标原点，
2
O B ，
2
O C ，
2
1
O O 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
2,0,0
A -
，
2,0,0
B
，
0,
2,0
C
，
2
2
,
,2
2
2
Pæ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
1 0,0,2
O
，
所以
1
2,0,2
AO =
uuuur
，
1
2
2
,
,0
2
2
PO
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuuur
，
2,
2,0
BC = -
uuur
，
2
2
,
,2
2
2
CP
æ
ö
= -
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
．
设平面
1
APO 的法向量为
1
1
1
,
,
m
x
y
z
=
r
，
则
1
1
0
0
m AO
m PO
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuuur
r
uuuur
r
，即
1
1
1
1
2
2
0
2
2
0
2
2
x
z
x
y
ì
+
=
ïí
-
=
ïî
，
令
1
2
x =
，得
2,
2, 1
m =
-
r
．
设平面PBC 的法向量为
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
r
，
则
0
0
n BC
n CP
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
2
2
2
2
2
2
2
0
2
2
2
0
2
2
x
y
x
y
z
ì-
+
=
ïí
-
-
+
=
ïî
，令
2
1
z = ，得
2,
2,1
n =
r
．
因为
2
2 1
3
cos
,
5
5
5
m n
m n
m n
×
+
-
=
=
=
´
r r
r r
r r
，所以
4
sin
,
5
m n =
r r
，
所以平面
1
APO 与平面PBC 所成二面角的正弦值为4
5 ．
17．（2026·江西·一模）如图，在四棱锥E
ABCD
-
中，底面是直角梯形
,
ABCD AB
DC
∥
，
90
2
1
3
6
ADC
AB
CD
AD
AE
BCE
o
V
,
,
,
,
,
Ð
=
=
=
=
=
为正三角形，且平面BCE ^ 平面ABCD ．
(1)求证：BC
AE
^
；
(2)求直线AB 和平面ADE 所成角的正弦值；
(3)设点P 是三棱锥E
ABC
-
外接球上一点，求点P 到平面ADE 距离的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2) 2 7
7
(3)
15
7
3
7
+
【分析】（1）根据线面垂直的性质，判断线线垂直.
（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，进而
求出线面角的正弦值.
（3）根据三棱锥外接的性质，求出球心和半径，进而根据向量法，求出点到平面的距离的最大值.
【详解】（1）设O 为BC 的中点，连接
,
,
AC OA OE ，
由题得
2
2
2
2
2,
2 1
3
2
AC
DC
AD
BC
=
+
=
=
-
+
=
，
所以
ABC
V
为正三角形，则OA
BC OE
BC OA
OE
O
,
,
^
^
Ç
=
，
所以
^
BC
平面EOA，
AE Ì
Q
平面EOA，
BC
AE
\
^
．
（2）由（1）可知
,
,
OA OB OE 两两垂直，故以O 为坐标原点，
,
,
OA OB OE 所在直线为, ,
x y z 轴建立空间直角
坐标系，
则
3,0,0
A
，
0,1,0
B
，
0, 1,0
C
-
，
3
3
,
,0
2
2
Dæ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
0,0, 3
E
，
3,1,0
AB = -
uuur
，
则
3 3
,
,0 ,
3,0, 3
2
2
DA
AE
æ
ö
=
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
uuur
，
设平面ADE 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，
则
3
3
0
2
2
3
3
0
m DA
x
y
m AE
x
z
ì
×
=
+
=
ïí
ï
×
= -
+
=
î
uuur
r
uuur
r
，
令
3
x =
，则
3,
1
z
y
=
= - ，则
3, 1, 3
m =
-
r
，
则
4
2 7
sin
cos
,
7
2 7
AB m
AB m
m
AB
a
×
=
=
=
=
×
uuur r
uuur r
uuur
r
，
所以直线AB 和平面ADE 所成角的正弦值为2 7
7
.
（3）设外接球的球心为Q ，分别过
ABC
V
和BCE
V
外心作平面ABC 和平面BCE 的垂线，
垂线的交点就是球心，易求
3
3
,0,
3
3
Qæ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，则外接球的半径
15
3
R
QA
=
=
，
又
2 3
3
,0,
3
3
AQ
æ
ö
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，所以点Q 到平面ADE 的距离
1
7
7
7
AQ m
d
m
×
=
=
=
uuur r
r
，
所以点P 到平面ADE 距离的最大值为
15
7
3
7
+
=
+
d
R
.
18．（2026·广东广州·模拟预测）如图，四棱锥P
ABCD
-
中，PD ^ 平面
,
//
ABCD AB CD ，
,
2,
4,
BC
CD PD
BC
CD
AB
M
^
=
=
=
=
为棱PC 上一点，N 为PA 中点．
(1)若DM
PC
^
，证明：MN / / 平面ABCD ；
(2)证明：AD ^ 平面PBD ；
(3)若直线BN 与平面MAD 所成角的正弦值为5 33
33
，求PM
PC ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3) 1
12 或
1
2
【分析】（1）由几何关系得到线线平行，进而证明线面平行；
（2）通过几何关系以及已知条件证明线线垂直，进而证明线面垂直；
（3）建立空间直角坐标系，先设出比值，分别求解直线BN 的方向向量以及平面MAD 的法向量，运用线面
所成角的向量公式进行计算.
【详解】（1）由
,
PD
CD DM
PC
=
^
得M 为PC 中点，
又N 为PA 的中点，于是MN
AC
∥
，
由MN Ë平面
,
ABCD AC Ì平面ABCD ，得MN ∥平面ABCD ．
（2）因为BC
CD
^
，所以
2
2
2
8
BD
BC
CD
=
+
=
，可求
π
4
DBA
Ð
=
，由余弦定理得
2
2
2
π
2
cos
8
4
AD
AB
BD
AB BD
=
+
-
=
g
g
，所以
2
2
2
AD
BD
AB
+
=
所以AD
BD
^
，
由PD ^ 平面
,
ABCD AD Ì 平面ABCD 得AD ^ PD，
由
,
PD
BD
PD
D
=
Ç
Ì平面
,
PBD BD Ì 平面PBD 可得
AD ^ 平面PBD ．
（3）
如图，以D 为坐标原点，过D 点作平行于CB
uuur 方向的直线为x 轴正方向，DC
uuur
的方向为y 轴正方向，DP
uuur 的方
向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系Dxyz ，则有
0,0,0 ,
2, 2,0 ,
2,2,0 ,
1, 1,1
D
A
B
N
-
-
，
设
,
0,1
PM
PC
l
l
=
Î
uuuur
uuur
，则有
2, 2,0
DA =
-
uuur
，则有
1,3, 1 ,
0,2 ,2
2
NB
DM
DP
PC
l
l
l
=
-
=
+
=
-
uuur
uuuur
uuur
uuur
设平面MAD 的法向量为
0
, ,
,
0
n DA
n
x y z
n DM
ì ×
=
ï
=
í ×
=
ïî
uuur
r
r
uuuur
r
，
即
0
1
0
x
y
y
z
l
l
ì -
=
ïí
+
-
=
ïî
，可取
1,
1,
n
l
l
l
=
-
-
r
，
记直线BN 与平面MAD 所成角为q ,
5
sin
33
q =
=
2
2
4
3
11 2(
1)
NB n
NB n
l
l
l
×
-
=
-
+
uuur r
uuur r
，
即
2
2
2
25
(4
3 )
3
2(
1)
l
l
l
-
=
-
+
，整理得
2
24
14
1
0
l
l
-
+ =
，
解得
1
12
PM
PC
l
=
=
或
1
2 ．
19．（2026·江苏镇江·一模）如图，在多面体ABCDPQ 中，底面ABCD 是平行四边形，
60
DAB
Ð
=
°，
2
4
BC
PQ
=
=
，
1
AB = ，M 为BC 的中点，
/ /
PQ
BC ，PD
DC
^
，QB
MD
^
.
(1)证明：CD ^ 平面PDM ；
(2)若
3 3
PM =
，求平面PCD与平面QAB 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 3 10
10
【分析】（1）证明DM
DC
^
，再根据线面垂直的判定定理即可证明；
（2）证明PM ^ 平面ABCD ，建立空间直角坐标系，求出平面PCD与平面QAB 的法向量，利用向量法即可
求出答案.
【详解】（1）在
DCM
△
中，
1
2
2
CM
BC
=
=
，
1
CD
AB
=
= ，
60
DCM
DAB
Ð
= Ð
=
° ，
由余弦定理可得
2
2
2
cos60
3
DM
DC
MC
DC MC
=
+
-
×
° =
，
所以
2
2
2
DM
DC
CM
+
=
，所以
90
MDC
Ð
=
°，所以DM
DC
^
，
又因为DC
PD
^
，DM
PD
D
=
I
，
,
DM PD Ì 平面PDM ，
所以DC ^ 平面PDM .
（2）由（1）知DC ^ 平面PDM ，PM Ì 平面PDM .所以DC
PM
^
，
由于
/ /
PQ
BM ，
2
PQ
BM
=
=
，所以四边形PQBM 为平行四边形，所以
/ /
PM
QB ，
因为QB
MD
^
，所以PM
MD
^
，
又因为PM
CD
^
，DC
MD
D
Ç
=
，
,
DC MD Ì 平面ABCD ，
所以PM ^ 平面ABCD ，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则
3,2,0
A -
，
3,1,0
B -
，
3, 1,0
C
-
，
3,0,0
D
，
0,0,3 3
P
，
3,1,3 3
Q -
，
0,0,0
M
，
易知平面QAB 的一个法向量
1,0,0
n =
r
，
设平面PCD的一个法向量
, ,
m
x y z
=
r
，
因为
0,1,0
CD =
uuur
，
3,0, 3 3
PD =
-
uuur
，
所以
·
0
·
3
3 3
0
m CD
y
m PD
x
z
ì
=
=
ïí
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
3
x =
，则
0
y =
，
1
z = ，
所以
3,0,1
m =
r
，
设平面PCD与平面QAB 夹角为q ，
所以
3 10
cos
10
m n
m
n
q
×
=
=
×
r r
r
r
，
所以平面PCD与平面QAB 夹角的余弦值为3 10
10 .
20．（25-26 高三下·河南·开学考试）如图，在
ABC
V
中，
5
AB =
，
2
2
AC =
+
，D 为线段AC 上一点，
2
AD =
，
5
BD =
，过点D 作DE
AC
^
，交BC 于点E ，将CDE
V
沿DE 翻折至
PDE
△
的位置，使得
2
AP =
．
(1)证明：AP ^ 平面PDE ；
(2)在线段DE 上是否存在点M ，使得平面PBD 与平面PBM 的夹角的余弦值为7 6
18
？若存在，求出DM
DE 的
值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)在线段DE 上存在点M 使得平面PBD 和平面PBM 的夹角的余弦值为7 6
18
，且此时
2
2
4
DM
DE
+
=
【分析】（1）由线面垂直得到DE
AP
^
，由勾股定理逆定理得到AP
PD
^
，由线面垂直的判定定理判断即
可.
（2）建立空间直角坐标系，设出点M 坐标，求出平面PBD 和平面PBM 的法向量，结合向量法求面面角列
方程求解即可.
【详解】（1）证明：因为DE
AC
^
，所以DE
AD
^
，DE
PD
^
，
因为AD
PD
D
=
I
，且
,
AD PD Ì 平面PAD ，所以DE ^平面PAD ．
又AP Ì 平面PAD ，所以DE
AP
^
.
由题意易知
2
2
2
2
PD
DC
=
=
+
-
=
，又
2
AP =
，
2
AD =
，
所以
2
2
2
AP
PD
AD
+
=
，则AP
PD
^
．
又DE
PD
D
Ç
=
，且
,
DE PD Ì 平面PDE ，
所以AP ^ 平面PDE ．
（2）取AD 的中点O ，连接OP ，OB ，则OP
AD
^
，OB
AD
^
，
由（1）易证平面PAD ^平面ABED ，平面PAD Ç 平面ABED
AD
=
，OP Ì 平面PAD ，所以OP ^ 平面ABED ，
又OBÌ 平面ABED ，所以OP
OB
^
，故
,
,
OB OC OP 两两垂直．
以O 为原点，直线OB ，OC ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则
2, 0, 0
B
，
0, 0,1
P
，
0,1, 0
D
，
所以
0,1,
1
PD =
-
uuur
，
2,1, 0
BD = -
uuur
，
2, 0,
1
PB =
-
uuur
．
设平面PBD 的一个法向量
, ,
m
x y z
=
r
，
则
0
0
PD m
BD m
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur r
uuur r
，即
0
2
0
y
z
x
y
-
=
ì
í-
+
=
î
，令
2
y =
，则
1
x = ，
2
z =
，所以
1,2,2
m =
r
．
易知OB//DE ，所以CD
DE
OC
OB
=
，又
1
2
OC = +
，
2
CD =
，
2
OB =
，
所以
2
2
4
2 2
2
1
CD OB
DE
OC
×
´
=
=
=
-
+
．
设
,1, 0
M t
0
4
2 2
t
£ £
-
，
2,1, 0
BM
t
=
-
uuuur
.
设平面PBM 的一个法向量
, ,
n
a b c
=
r
，
则
0
0
PB n
BM n
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur r
uuuur r
，即
2
0
2
0
a
c
t
a
b
-
=
ì
í
-
+
=
î
，令
1
a = ，得
2
b
t
=
- ，
2
c =
，所以
1,2
,2
n
t
=
-
r
．
设平面PBD 与平面PBM 的夹角为q ，
则
2
9
2
7 6
cos
cos
,
18
3
4
9
m n
t
m n
m
n
t
t
q
×
-
=
=
=
=
×
´
-
+
r r
r r
r
r
，
解得
1
t = 或
9
5
t = -
（舍去），此时
1
2
2
4
4
2 2
DM
DE
+
=
=
-
，
所以在线段DE 上存在点M 使得平面PBD 和平面PBM 的夹角的余弦值为7 6
18
，且此时
2
2
4
DM
DE
+
=
．
