2024年高考数学二轮复习：立体几何大题（解析版）.pdf

1、1立体几何大题1.空间中的平行关系（1）线线平行（2）线面平行的判定定理：平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行（3）线面平行的性质定理若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行（4）面面平行的判定定理判定定理 1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行判定定理 2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行（5）面面平行的性质定理性质定理 1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面性质定理 2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行6.空间中的垂直关系（1）线线垂直（2）线面垂直的判定定理一直线与平面

2、内两条相交直线垂直，则线面垂直（3）线面垂直的性质定理性质定理 1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线性质定理 2：垂直于同一个平面的两条直线平行（4）面面垂直的判定定理一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直(或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直)（5）面面垂直的性质定理两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面6.异面直线所成角cos=cos a,b=|a b|a|b|=|x1x2+y1y2+z1z2|x12+y12+z12 x22+y22+z22(其中(0 90)为异面直线 a,b 所成角，a,b分别表示异面直线 a

3、,b 的方向向量)7.直线 AB 与平面所成角，sin=AB m|AB|m|(m 为平面 的法向量).8.二面角 -l-的平面角cos=m n|m|n|(m，n 为平面，的法向量).9.点 B 到平面 的距离d=|AB n|n|(n 为平面 的法向量，AB 是经过面 的一条斜线，A ).2模拟训练一、解答题1(2223 下湖南二模)如图，在直三棱柱 ABC-ABC 中，ABC=120,AB=BC=2,AC=BB，点 D 为棱 BB 的中点，AE=13 AC (1)求 DE 的长度；(2)求平面 CDE 与平面 BDE 夹角的余弦值【答案】(1)393(2)34【分析】(1)在 ABC 中，用余

4、弦定理可得到 AC=2 3，在 ABE 中，用余弦定理可得 BE=2 33，即可求得 DE=DB2+BE 2=393；(2)以 B 为原点，分别以 BE,BC,BB 所在的直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，求出平面 CDE 与平面BDE 的法向量，即可求解【详解】(1)因为在直三棱柱 ABC-ABC 中，ABC=120,AB=BC=2，在 ABC 中，由余弦定理得 cosABC=AB2+BC2-AC22AB BC=22+22-AC22 2 2=-12，解得 AC=2 3，则 AE=13 AC=2 33，在 ABE 中，由余弦定理得 cosBAE=AB2+AE 2-BE 22AB AE=

5、22+2 332-BE 22 2 2 33=32，解得 BE=2 33，又 AC=BB=2 3，所以 BD=12 BB=3，因为 BB 平面 ABC，BE 平面 ABC，所以 BB BE，在直角三角形 DBE 中，DE=DB2+BE 2=(3)2+2 332=393；(2)因为 AE=BE=2 33，所以 ABE=BAE=30，则 CBE=ABC-ABE=120-30=90，则 BE,BC,BB 两两互相垂直，以 B 为原点，分别以 BE,BC,BB 所在的直线为 x,y,z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系：则点 C 0,2,0,D 0,0,3,E 2 33,0,0，则 CD=0,-2,3,

6、CE=2 33,-2,0，3设平面 CDE 的法向量为 n=x,y,z，由n CD=x,y,z 0,-2,3=-2y+3z=0n CE=x,y,z2 33,-2,0=2 33 x-2y=0，得 z=2 33 yx=3y，令 y=3，得平面 CDE 的一个法向量为 n=3,3,2；平面 BDE 的一个法向量为 m=0,1,0设平面 CDE 与平面 BDE 夹角的大小为，则 cos=m nmn=0,1,0 3,3,21 4=34，故平面 CDE 与平面 BDE 夹角的余弦值为34 2(2223 下绍兴二模)如图，在多面体 ABCDE 中，DE 平面 BCD,ABC 为正三角形，BCD 为等腰 Rt

7、,BDC=90,AB=2,DE=2.(1)求证：AE BC；(2)若 AE 平面 BCD，求直线 BE 与平面 ABC 所成的线面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由线面垂直的性质定理和判定定理即可证明；(2)法一：由分析可知，EBH 就是直线 BE 与平面 ABC 所成的线面角，设 AFD=，当 90 时，求出 EH,BE，即可得出答案；法二：建立空间直角坐标系，求出直线 BE 的方向向量与平面 ABC 的法向量，由线面角的向量公式代入即可得出答案.【详解】(1)设 F 为 BC 中点，连接 AF,EF，则由 ABC 为正三角形，得 AF BC；DE 平面 BCD，

8、且 BCD 为等腰直角三角形，计算可得：BE=CE=2,EF BC.EF AF=F,EF,AF 面 AEF，于是 BC 面 AEF，AE 面 AEF，从而 BC AE.(2)法一：由(1)可知，过点 E 作 EH AF，垂足为 H，则 EBH 就是直线 BE 与平面 ABC 所成的线面角.当 AE 平面 BCD 时，可得 A 到平面 BCD 的距离为2.设 AFD=，所以 AF sin=2，可得 sin=63，4当 90 时，FO=1，此时 O 在 DF 的延长线上，作 EH AF，由于 AODE 为矩形，可得 AE=DO=2,AE OD，可得 sinEAH=63，可得 EH=2 63.于是

9、sinEBH=EHBE=63.法二：建立如图坐标系，可得 F 0,0,0,B 1,0,0，C-1,0,0,D 0,1,0,E 0,1,2,A 0,a,b由 AF=3，解得 a2+b2=3，又 AE 平面 BCD，令 n=0,0,1，可得 AB n=0，解得 b=2,a=1.当 a=1 时 A,E 重合，所以 a=-1，此时 A 0,-1,2.不妨设平面 ABC 的法向量为 m=x,y,z，则CB m=0CA m=0代入得 x-y+2z=02x=0，令 z=1，则 y=2，所以 m=0,2,1.由于 BE=-1,1,2，不妨设所成角为，则 sin=cos BE,m|=63.3(2223张家口三模

10、)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为菱形，CBB1=60，AB=BC=2，AC=AB1=2.(1)证明：平面 ACB1 平面 BB1C1C；(2)求平面 ACC1A1与平面 A1B1C1夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)57.【分析】(1)利用面面垂直的判定定理进行证明；(2)利用垂直关系建立空间直角坐标系，用向量法进行求解.【详解】(1)如图，连接 BC1，交 B1C 于 O，连接 AO.因为侧面 BB1C1C 为菱形，所以 B1C BC1，且 O 为 BC1的中点.又 AC=AB1=2，故 AO B1C.又 AB=BC=2，且 CBB1=60，所以

11、CO=1,BO=3，所以 AO=AC2-CO2=1.又 AB=2，所以AB2=BO2+AO2，所以 AO BO.因为 BO,CB1 平面 BB1C1C，BO CB1=O，所以 AO 平面 BB1C1C.又 AO 平面 ACB1，所以平面 ACB1 平面 BB1C1C.5 (2)由(1)知，OA,OB,OB1两两互相垂直，因此以 O 为坐标原点，OB,OB1,OA 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 O-xyz，则 A(0,0,1)，B(3,0,0)，C(0,-1,0)，C1(-3,0,0).故 CC1=(-3,1,0)，CA=(0,1,1)，CB=(3,1,0

12、).设 n=(x1,y1,z1)为平面 ACC1A1的一个法向量，则有 n CC1=0n CA=0，即-3x1+y1=0y 1+z1=0，令 x1=1，则 n=(1,3,-3).设 m=(x2,y2,z2)为平面 ABC 的一个法向量，则有m CA=0m CB=0，即 y2+z2=03x2+y2=0，令 x2=1，则 m=(1,-3,3).因为平面 A1B1C1 平面 ABC，所以 m=(1,-3,3)也是平面 A1B1C1的一个法向量.所以 cos=n mnm=1-3-37 7=57.所以平面 ACC1A1与平面 A1B1C1夹角的余弦值 57.4(2223湛江二模)如图 1，在五边形 AB

13、CDE 中，四边形 ABCE 为正方形，CD DE，CD=DE，如图 2，将 ABE 沿 BE 折起，使得 A 至 A1处，且 A1B A1D (1)证明：DE 平面 A1BE；(2)求二面角 C-A1E-D 的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)63【分析】(1)由已知易得 DE BE，即可证明线面垂直；(2)建立空间直角坐标系，用坐标公式法求解即可【详解】(1)由题意得 BEC=CED=4，BED=2，DE BE，因为 AB AE，则 A1B A1E，6又 A1B A1D，A1E A1D=A1,A1E,A1D 面 A1ED，所以 A1B 面 A1ED，又 DE 面 A1ED，则 DE A1

14、B，又 DE BE，A1B BE=B，A1B 平面 A1BE，BE 平面 A1BE，所以 DE 平面 A1BE(2)取 BE 的中点 O，可知 BE=2CD,OE=CD，由 DE BE，且 CD DE 可得 OE CD，所以四边形 OCDE 是平行四边形，所以 CO DE，则 CO 平面 A1BE，设 BE=2，以点 O 为坐标原点，OB,OC,OA1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图，则 A1(0,0,1),E(-1,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),D(-1,1,0)，EA1=(1,0,1),EC=(1,1,0),ED=(0,1,0)，设平面 A1EC 的一个法向量为 n

15、1=(x1,y1,z1)，则 n1 EA1=0n1 EC=0，即 x1+z1=0 x1+y1=0，取 x1=1，则 n1=(1,-1,-1)，设平面 A1ED 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2)，则 n2 E1A=0n2 ED=0，即 x2+z2=0y2=0，取 x2=1，则 n2=(1,0,-1)，所以 cos n1,n2=n1 n2n1n2=63，由图可知，二面角 C-A1E-D 为锐角，所以面角 C-A1E-D 的余弦值为635(2223 下长沙三模)如图，在多面体 ABCDE 中，平面 ACD 平面 ABC，BE 平面 ABC，ABC 和 ACD 均为正三角形，AC=4，BE=

16、3，点 F 在 AC 上.(1)若 BF 平面 CDE，求 CF；(2)若 F 是 AC 的中点，求二面角 F-DE-C 的正弦值.【答案】(1)CF=1(2)8517【分析】(1)记 AC 中点为 M，连接 DM、BM，依题意可得 DM AC，根据面面垂直的性质得到 DM 平面 ABC，如图建立空间直角坐标系，求出平面 CDE 的法向量，设 F a,0,0，a 2,-2，依题意可得 BF n=0 求出 a 的值，即可得解；(2)依题意点 F 与点 M 重合，利用空间向量法计算可得.【详解】(1)记 AC 中点为 M，连接 DM、BM，ACD 为正三角形，AC=4，则 DM AC，且 DM=2

17、 3.因为平面 ACD 平面 ABC，平面 ACD 平面 ABC=AC，DM 平面 ACD，7所以 DM 平面 ABC，又 ABC 为正三角形，所以 BM AC，所以 BM=2 3，如图建立空间直角坐标系，则 B 0,2 3,0，C-2,0,0，D 0,0,2 3，E 0,2 3,3，所以 CD=2,0,2 3，CE=2,2 3,3，设平面 CDE 的法向量为 n=x,y,z，则 n CD=2x+2 3z=0n CE=2x+2 3y+3z=0，令 x=3，则 z=-3，y=-32，则 n=3,-32,-3，设 F a,0,0，a -2,2，则 BF=a,-2 3,0，因为 BF 平面 CDE，

18、所以 BF n=3a+-2 3-32+0 -3=0，解得 a=-1，所以 F 为 CM 的中点，此时 CF=1.(2)若 F 是 AC 的中点，则点 F 与点 M 重合，则平面 FDE 的一个法向量可以为 m=1,0,0，设二面角 F-DE-C 为，显然二面角为锐角，则 cos=m nm n=332+-322+-32=651，所以 sin=1-cos2=1-6512=8517，所以二面角 F-DE-C 的正弦值为8517.6(2223 下湖北二模)如图，S 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 内接于 O,AC BC,AC=BC=3 22，AM=2MS,AS=3,PQ 为 O 的一条弦，

19、且 SB 平面 PMQ.8(1)求 PQ 的最小值；(2)若 SA PQ，求直线 PQ 与平面 BCM 所成角的正弦值.【答案】(1)2 2(2)3010【分析】(1)作出辅助线，找到符合要求的 PQ，并利用垂径定理得到最小值；(2)在第一问基础上，得到当 PQ 取得最小值时，SA PQ，并建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角.【详解】(1)过点 M 作 MH SB 交 AB 于点 H，过点 H 作 PQ AB，此时满足 SB 平面 PMQ，由平面几何知识易知，PQ=2 r2-d2，当弦心距 d 最大时，d=OH，弦长最短，即 PQ 取得最小值，因为 AM=2MS,AS=3，所以 AH=

20、2HB，因为 AC BC,AC=BC=3 22，由勾股定理得 AB=3 222=3，故 AH=2,HB=1，连接 OQ，则 OQ=32，由勾股定理得 HQ=OQ2-OH 2=94-14=2，所以 PQ=2HQ=2 2；(2)连接 OS，则 OS 平面 ACB，因为 PQ 平面 ACB，故 OS PQ，而 SA PQ，OS SA=S，所以 PQ 平面 AOS，即有 PQ AB.以 O 为坐标原点，过点 O 且平行 PQ 的直线为 x 轴，OB 所在直线为 y 轴，OS 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 P-2,12,0,Q2,12,0,B 0,32,0,C32,0,0,M 0,-12,

21、3，设平面 BCM 的法向量为 m=x,y,z，则 m CB=x,y,z-32,32,0=-32 x+32 y=0m MB=x,y,z 0,2,-3=2y-3z=0，令 x=1，则 y=1,z=2 33，故 m=1,1,2 33，设直线 PQ 与平面 BCM 所成角的大小为，则 sin=cos PQ,m=PQ mPQ m=2 2,0,0 1,1,2 332 2 1+1+43=3010.9故直线 PQ 与平面 BCM 所成角的正弦值为3010.7(2223深圳二模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA 平面 ABCD,PA=AD=2AB，点 M 是 PD 的中点.(1)

22、证明：AM PC；(2)设 AC 的中点为 O，点 N 在棱 PC 上(异于点 P，C)，且 ON=OA，求直线 AN 与平面 ACM 所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1510【分析】(1)由等腰三角形的性质可得 AM PD，由面面垂直的性质可得 CD 平面 PAD，则 CD AM，所以由线面垂直的判定可得 AM 平面 PCD，从而可得结论；(2)以 AB,AD,AP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【详解】(1)证明：因为 PA=AD，点 M 是 PD 的中点，所以 AM PD.因为 PA 平面 ABCD,PA 平面 PAD，所以平面 P

23、AD 平面 ABCD，因为四边形 ABCD 为矩形，所以 CD AD，因为平面 PAD 平面 ABCD=AD，CD 平面 ABCD，所以 CD 平面 PAD，所以 CD AM，因为 PD CD=D，PD,CD 平面 PCD，所以 AM 平面 PCD，因为 PC 平面 PCD，所以 AM PC.(2)解：由题意可得 AB,AD,AP 两两垂直，设 AB=1，如图，以 AB,AD,AP 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)，因为点 M 是 PD 的中点，所以 M 0,22,22，10所以 AM

24、=0,22,22,AC=1,2,0，设平面 ACM 的法向量为 n=x,y,z，则 AM n=22 y+22 z=0AC n=x+2y=0，令 y=-1 可得 x=2,z=1，所以平面 ACM 的一个法向量 n=2,-1,1.PC=1,2,-2，设 N xN,yN,zN,PN=PC=,2,-2(0 1)，即 xN,yN,zN-2=,2,-2，所以 N,2,2-2.又 O 12,22,0,ON=OA=32，所以 -122+2-222+(2-2)2=34，化简得 52-7+2=0，解得 =25 或 =1(舍去).所以 AN=25,2 25,3 25，设直线 AN 与平面 ACM 所成的角为，则si

25、n=n ANn AN=3 252+1+1 425+825+1825=1510，所以直线 AN 与平面 ACM 所成角的正弦值为1510.8(2223 下温州二模)已知三棱锥 D-ABC 中，BCD 是边长为 3 的正三角形，AB=AC=AD,AD 与平面 BCD 所成角的余弦值为33(1)求证：AD BC；(2)求二面角 D-AC-B 的平面角的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)2 23【分析】(1)取 BC 的中点 E，连接 AE,DE，证明 BC 平面 ADE，即可得证；(2)取正三角形 BCD 的中心 O，连接 OA，从而可得 OA 平面 BCD，则 ODA 即为 AD 与平面 BCD

26、 所成角的平面角，进而可得 AB=AC=AD=3，取 AC 中点为 H，连接 DH,BH，则 DH AC,BH AC，故BHD 即为二面角 D-AC-B 的平面角，解 BDH 即可得解.【详解】(1)取 BC 的中点 E，连接 AE,DE，因为 AB=AC，所以 AE BC，11因为 BCD 是边长为 3 的正三角形，所以 DE BC，又 AE DE=E,AE,DE 平面 ADE，所以 BC 平面 ADE，因为 AD 平面 ADE，所以 AD BC；(2)取正三角形 BCD 的中心 O，连接 OA，则点 O 在 DE 上，且 OD=23 DE，由 AB=AC=AD，BCD 是正三角形，得三棱锥

27、 A-BCD 为正三棱锥，则 OA 平面 BCD，故 ODA 即为 AD 与平面 BCD 所成角的平面角，又 AD 与平面 BCD 所成角的余弦值为33，所以 ODAD=3 32 23AD=33，即 AB=AC=AD=3，即三棱锥 A-BCD 是正四面体，取 AC 中点为 H，连接 DH,BH，则 DH AC,BH AC，故 BHD 即为二面角 D-AC-B 的平面角，在 BDH 中，BH=DH=3 32,BD=3，则 cosBHD=BH 2+DH 2-BD22 BH DH=274+274-92 3 32 3 32=13，所以 sinBHD=1-cos2BHD=2 23，所以二面角 D-AC-

28、B 的平面角的正弦值 2 239(2223 下浙江二模)如图，四面体 ABCD,AD CD,AD=CD,AC=2,AB=3,CAB=60，E 为AB 上的点，且 AC DE,DE 与平面 ABC 所成角为 30，(1)求三棱锥 D-BCE 的体积；(2)求二面角 B-CD-E 的余弦值.【答案】(1)答案见解析；(2)答案见解析【分析】(1)取 AC 中点 F，可证明 AC 平面 DEF，得平面 ABC 平面 DEF，DE 在平面 ABC 内的射影就是直线 EF，DEF 是 DE 与平面 ABC 所成的角，即 DEF=30，由正弦定理求得 FDE，有两个解，在 FDE=60 时可证 DF 平面

29、 ABC，在 FDE=120 时，取 FE 中点 H 证明 DH 平面 ABC，然后由棱锥体积公式计算体积；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角【详解】(1)取 AC 中点 F，连接 FE,FD，因为 AD=CD，所以 DF AC，又 AC DE，DE DF=D，DE,DF 平面 DEF，所以 AC 平面 DEF，而 FE 平面 DEF，所以 AC FE，由已知 AF=1，BAC=60，所以 EF=3，AE=2，BE=1，12由 AC 平面 DEF，AC 平面 ABC 得平面 ABC 平面 DEF，因此 DE 在平面 ABC 内的射影就是直线EF，所以 DEF 是 DE 与

30、平面 ABC 所成的角，即 DEF=30，AD=CD,AC=2，因此 DF=12 AC=1，在 DEF 中，由正弦定理EFsinFDE=DFsinDEF 得1sin30=3sinFDE，sinFDE=32，FDE 为 DEF 内角，所以 FDE=60 或 120，SABC=12 AB AC sinBAC=12 3 2 sin60=3 33，SCBE=BEBA SABC=3-23 3 32=32，若 FDE=60，则 DFE=90，即 DF FE，AC FE=F，AC,FE 平面 ABC，所以 DF 平面 ABC，VD-BCE=13 SBCE DF=13 32 1=36；若 FDE=120，则

31、DFE=30，DF=DE=1，取 EF 中点 H，连接 DH，则 DH EF，因为平面 ABC 平面 DEF，平面 ABC 平面 DEF=EF，而 DH 平面 DEF，所以 DH 平面 ABC，DH=DFsinDFE=1 sin30=12，所以 VD-BCE=13 SBCE DF=13 32 12=312；(2)若 FDE=60，以 FA,FE,FD 为 x,y,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 F-xyz，则 D(0,0,1)，C(-1,0,0)，A(1,0,0)，E(0,3,0)，AE=(-1,3,0)，EB=12 AE=-12,32,0，所以 B 点坐标为-12,3 32,0，CD=(

32、1,0,1)，CB=12,3 32,0，CE=(1,3,0)，设平面 DBC 的一个法向量是 m=(x1,y1,z1)，则 m CD=x1+z1=0m CB=12 x1+3 32 y1=0，取 y1=-1，则 x1=3 3，z1=-3 3，即 m=(3 3,-1,-3 3)，设平面 DEC 的一个法向量是 n=(x2,y2,z2)，则 n CD=x2+z2=0n CE=x2+3y2=0，取 y2=-1，则 x2=3，z2=-3，即 m=(3,-1,-3)，cos m,n=m nmn=9+1+955 7=19 385385，所以二面角 B-CD-E 的余弦值是 19 385385；13若 FDE

33、=120，以 FA 为 x 轴，FE 为 y 轴，过 F 且平行于 HD 的直线为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 F-xyz，FH=12 FE=32，则 D 0,32,12，C(-1,0,0)，A(1,0,0)，E(0,3,0)，AE=(-1,3,0)，EB=12 AE=-12,32,0，所以 B 点坐标为-12,3 32,0，CD=1,32,12，CB=12,3 32,0，CE=(1,3,0)，设平面 DBC 的一个法向量是 m=(x1,y1,z1)，则m CD=x1+32 y1+12 z1=0m CB=12 x1+3 32 y1=0，取 y1=-1，则 x1=3 3，z1=-5 3，

34、即 m=(3 3,-1,-5 3)，设平面 DEC 的一个法向量是 n=(x2,y2,z2)，则 n CD=x2+32 y2+12 z2=0n CE=x2+3y2=0，取 y2=-1，则 x2=3，z2=-3，即 m=(3,-1,-3)，cos m,n=m nmn=9+1+15103 7=25 721721，所以二面角 B-CD-E 的余弦值是 25 72172110(2223 下襄阳三模)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，侧面 BB1C1C 为矩形，BAC=90，AB=AC=2，AA1=4，A1在底面 ABC 的射影为 BC 的中点 N，M 为 B1C1的中点.14(1)求证：平面 A

35、1MNA 平面 A1BC；(2)求平面 A1B1BA 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)2 3015【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；(2)利用空间向量的坐标运算求面面夹角的余弦值.【详解】(1)如图，A1N 面 ABC，连 AN，则 AN A1N，又 AB=AC=2，AN BC，又 AN BC=N，A1N 面 A1BC，BC 面 A1BC，于是 AN 面 A1BC，又 AN 面 A1MN，所以面 A1BC 面 A1MNA.(2)由(1)可得，以 NA,NB,NA1为 x,y,z 轴，建系如图，BAC=90，AB=AC=2，BC=2 2 则 A

36、(2,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),因为 AA1=4,AN=2,所以 A1N=14,则 A1(0,0,14),因为 NB1=NB+BB1=NB+AA1=0,2,0+-2,0,14=-2,2,14,所以 B1-2,2,14,设平面 A1BB1的一个法向量为 m=(x,y,z)，因为 A1B=(0,2,-14),B1B=(2,0,-14),所以 A1B m=2y-14z=0B1B m=2x-14z=0，令 y=7，则 x=7,z=1，所以 m=(7,7,1)，设平面 BCC1B1的一个法向量为 n=(a,b,c)，因为 BC=(0,-2 2,0),BB1=(-2,0,14),所以

37、 BC n=-2 2b=0BB1 n=-2a+14c=0，令 a=7，则 b=0,c=1，所以 n=(7,0,1)，设平面 A1BB1与平面 BCC1B1夹角为，则 cos=cos=m nmn=7+0+17+7+1 7+0+1=2 3015，15所以平面 A1BB1与平面 BCC1B1夹角的余弦值为 2 3015.11(2223唐山二模)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，ABC 是等边三角形，侧面 ACC1A1 底面ABC，且 AA1=AC，AA1C1=120，M 是 CC1的中点 (1)证明：A1C BM(2)求二面角 A1-BC-M 的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)45【分析】

38、(1)根据菱形的性质、结合面面垂直的性质，线面垂直的判定定理进行证明即可；(2)建立空间直角坐标系，运用空间向量夹角公式进行求解即 sk.【详解】(1)取 AC 的中点 O，连接 OM，OB，AC1在三棱柱 ABC-A1B1C1中，由 AA1=AC，得四边形 ACC1A1为菱形，所以 A1C AC1，易知 OM AC1，则 A1C OM 由 ABC 是等边三角形，知 OB AC，又平面 ACC1A1 平面 ABC，平面 ACC1A1 平面 ABC=AC，OB 平面 ABC，知 OB 平面 ACC1A1，则 OB A1C，又 OB OM=O,OB,OM 平面 OBM，得 A1C 平面 OBM，又

39、 BM 平面 OBM，故 A1C BM .(2)连接 OA1，因为侧面 ACC1A1为菱形，AA1C1=120，则 A1AC=60，则 A1AC 为等边三角形，所以 A1O AC，又由(1)易知 OA1，OB，AC 两两垂直，故以 O 为坐标原点，分别以 OB，OC，OA1的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系不妨设 AB=2，则 O 0,0,0，B3,0,0，C 0,1,0，A1 0,0,3，C1 0,2,3，BA1=-3,0,3，BC=-3,1,0，CC1=0,1,3，16设平面 A1BC 的法向量为 n=x,y,z，则 n BC=-3x+y=0n BA1=-3x+3

40、z=0，令 x=1，得 n=1,3,1，设平面 BCC1的法向量为 m=a,b,c，则 m BC=-3a+b=0m CC1=b+3c=0，令 a=1，得 m=1,3,-1，所以 cos n,m=n mn m=35 5=35，即二面角 A1-BC-M 的正弦值为 45 12(2223 下盐城三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和 14 个圆柱拼接而成，点 G 为弧 CD 的中点，且 C，E，D，G 四点共面.(1)证明：平面 BDF 平面 BCG；(2)若平面 BDF 与平面 ABG 所成二面角的余弦值为155，且线段 AB 长度为 2，求点 G 到直线 DF 的距离.【答案】(1)证明见解析

41、(2)62【分析】(1)过 G 作 GH CB，交底面弧于 H，连接 HB，有 HBCG 为平行四边形，根据题设可得 FB HB，即 FB CG，再由线面垂直的性质可得 CB FB，最后根据线面、面面垂直的判定即可证结论.(2)构建如下图示空间直角坐标系 A-xyz，令半圆柱半径为 r，高为 h，确定相关点坐标，进而求平面 BDF、平面 ABG 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知条件可得 h=2r，即可求出点 G 到直线 DF 的距离.【详解】(1)过 G 作 GH CB，交底面弧于 H，连接 HB，易知：HBCG 为平行四边形，所以 HB CG，又 G 为弧 CD 的中点，则 H 是

42、弧 AB 的中点，所以 HBA=45，而由题设知：ABF=45，则 HBF=HBA+ABF=90，所以 FB HB，即 FB CG，由 CB 底面 ABF，FB 平面 ABF，则 CB FB，又 CB CG=C，CB,CG 平面 BCG，所以 FB 平面 BCG，又 FB 平面 BDF，所以平面 BDF 平面 BCG.(2)由题意，构建如下图示空间直角坐标系 A-xyz，令半圆柱半径为 r，高为 h，则 B 0,2r,0，F 2r,0,0，D 0,0,h，G-r,r,h，所以 FD=-2r,0,h，BD=0,-2r,h，AB=0,2r,0，AG=-r,r,h，17若 m=x,y,z是面 BDF

43、 的一个法向量，则 m FD=-2rx+hz=0m BD=-2ry+hz=0，令 z=2r，则 m=h,h,2r，若 n=a,b,c是面 ABG 的一个法向量，则 n AB=2rb=0n AG=-ra+rb+hc=0，令 c=r，则 n=h,0,r，所以 cos m,n=m nmn=h2+2r22h2+4r2 h2+r2=155，整理可得 h2-4r2h2+2r2=0，则 h=2r，又 AB=2，由题设可知，此时点 G-1,1,2，D 0,0,2，F 2,0,0，则 DF=2,0,-2，DG=-1,1,0，所以点 G 到直线 DF 的距离 d=DG 2-DG DF2DF2=62.13(2223

44、 下江苏三模)如图，圆锥 DO 中，AE 为底面圆 O 的直径，AE=AD，ABC 为底面圆 O 的内接正三角形，圆锥的高 DO=18，点 P 为线段 DO 上一个动点.(1)当 PO=3 6 时，证明：PA 平面 PBC；(2)当 P 点在什么位置时，直线 PE 和平面 PBC 所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析；(2)P 点在距离 O 点 3 6 处【分析】(1)利用勾股定理证明出 AP BP 和 AP CP，再用线面垂直的判定定理证明出 PA 平面PBC；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)因为 AE=AD，AD=DE，所以 ADE 是正三角形，则 DAO=

45、3，又 DO 底面圆 O，AE 底面圆 O，所以 DO AE，在 RtAOD 中，DO=18，所以 AO=DO3=6 3，因为 ABC 是正三角形，所以 AB=AO 32 2=6 3 3=18，AP=AO2+PO2=9 2，BP=AP，所以 AP2+BP2=AB2，AP BP，同理可证 AP CP，又 BP PC=P，BP，PC 平面 PBC，所以 PA 平面 PBC.(2)如图，建立以 O 为原点的空间直角坐标系 O-xyz.18 设 PO=x，(0 x 18)，所以 P 0,0,x，E-3 3,9,0，B 3 3,9,0，C-6 3,0,0，所以 EP=3 3,-9,x，PB=3 3,9,

46、-x，PC=-6 3,0,-x，设平面 PBC 的法向量为 n=a,b,c，则 n PB=3 3a+9b-cx=0n PC=-6 3a-cx=0，令 a=x，则 b=-3x，c=-6 3，故 n=x,-3x,-6 3，设直线 PE 和平面 PBC 所成的角为，则 sin=cos EP,n=3 3x+9 3x-6 3x108+x2 x2+3x2+108=6 3x108+x2 4x2+108=6 34x2+1082x2+5406 324x2 1082x2+540=13，当且仅当 4x2=1082x2，即 PO=x=3 6 时，直线 PE 和平面 PBC 所成角的正弦值最大，故 P 点在距离 O 点

47、 3 6 处.14(2223 下镇江三模)如图，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，ABC=60，四边形 PACQ 为矩形，PA=1，从下列三个条件中任选一个作为已知条件，并解答问题(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分).BP,DP 与平面 ABCD 所成角相等；三棱锥 P-ABD 体积为33；cosBPA=55 (1)平面 PACQ 平面 ABCD；(2)求二面角 B-PQ-D 的大小；(3)求点 C 到平面 BPQ 的距离.【答案】(1)证明见解析(2)23(3)3219【分析】(1)若选，则作 PA 面 ABCD，证明 A 和 A 重合从而得到 PA 面 ABCD，从而得到面

48、面垂直；若选，计算得到 P 到面 ABD 的距离 h=1=PA，得到 PA 面 ABCD，从而得到面面垂直；若选，通过余弦定理计算得到 PA AB，再通过 PA 面 ABCD，从而得到面面垂直；(2)通过建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，结合二面角计算公式计算即可；(3)通过点面距离的计算公式直接计算即可.【详解】(1)选，连接 BD，作 PA 面 ABCD，垂足为 A.BP,DP 与平面 ABCD 所成角相等，AB=AD，A 在 BD 的中垂线 AC 上，在平面 PACQ 内，PA AC,PA AC,A 和 A 重合，PA 面 ABCD，又 PA 面 PACQ，面 PACQ 面 AB

49、CD若选，设 P 到面 ABD 的距离为 h，VP-ABD=13 SABD h=13 3 h=33，得 h=1=PA，PA 即为 P 到面 ABD 的距离，即 PA 面 ABCD，又 PA 面 PACQ，面 PACQ 面 ABCD.若选，由余弦定理得，cosBPA=PB2+PA2-AB22PB PA=55，BP=5,BP2=AP2+AB2 PA AB，又 PA AC,AC AB=A,AC,AB 面 ABCD PA 面 ABCD，又 PA 面 PACQ 面 PACQ 面 ABCD(2)因为 PA 面 ABCD，OB,OC 面 ABCD，所以 PA OB,PA OC，取 PQ 中点 G，则 OG

50、PA，所以 OG OB,OG OC，又因为 OB OC，所以建立如下图所示空间直角坐标系，B3,0,0,P 0,-1,1,D-3,0,0,Q 0,1,1，BQ=-3,1,1,DQ=3,1,1,DP=3,-1,1，设平面 BPQ 的一个法向量为 m=x,y,z，则 m BP=0m BQ=0，即-3x-y+z=0-3x+y+z=0，令 x=3，则 y=0,z=3,m=3,0,3，设平面 DPQ 的一个法向量为 n=x1,y1,z1，则 n DP=0n DQ=0，即3x1-y1+z1=03x1+y1+z1=0，令 x1=3，则 y1=0,z1=-3,n=3,0,-3，20 cos m,n=m nm

51、n=-62 3 2 3=-12，m,n 0,m,n=23，由图可知二面角 B-PQ-D 是钝角，所以二面角 B-PQ-D 的大小为 23.(3)C 0,1,0,Q 0,1,1，CQ=0,0,1,平面 BPQ 的一个法向量为 m=3,0,3，点 C 到平面 BPQ 的距离 d=CQ mm=32 3=32.15(2223 下江苏一模)在三棱柱 ABC-A1B1C1中，平面 A1B1BA 平面 ABC，侧面 A1B1BA 为菱形，ABB1=3，AB1 AC，AB=AC=2，E 是 AC 的中点.(1)求证：A1B 平面 AB1C；(2)点 P 在线段 A1E 上(异于点 A1，E)，AP 与平面 A

52、1BE 所成角为 4，求 EPEA1的值.【答案】(1)证明见解析(2)EPEA1=25【分析】(1)作 B1O AB 交 AB 于 O 点，由面面垂直的性质可得 B1O 平面 ABC，可得 B1O AC，再由线面垂直的判定定理得 AC 平面 A1B1BA，从而得到 AC A1B，再由线面垂直的判定定理可得答案；(2)以 A 为原点，AB、AC、AO1所在的直线分别为 x、y、z 轴，建立空间直角坐标系，设 EP=EA1，可得AP=-,1-,3，求出平面 A1BE 的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.【详解】(1)因为侧面 A1B1BA 为菱形，ABB1=3，AB=AC=2，所以 ABB

53、1、AA1B1为边长为 2 的等边三角形，作 B1O AB 交 AB 于 O 点，则 O 点为 AB 的中点，因为平面 A1B1BA 平面 ABC，平面 A1B1BA 平面 ABC=AB，B1O 平面 A1B1BA，所以 B1O 平面ABC，AC 平面 ABC，可得 B1O AC，又 AB1 AC，B1O AB1=B1，B1O、AB1 平面 A1B1BA，可得 AC 平面 A1B1BA，因为 A1B 平面 A1B1BA，所以 AC A1B，因为侧面 A1B1BA 为菱形，所以 B1A A1B，AB1 AC=A，AB1、AC 平面 AB1C，所以 A1B 平面 AB1C；(2)由(1)知，AC

54、平面 A1B1BA，BAC=2，取做 A1B1的中点 O1，连接 AO1，则 B1O AO1，所以 AO1 平面 ABC，21以 A 为原点，AB、AC、AO1所在的直线分别为 x、y、z 轴，建立空间直角坐标系，则 A 0,0,0，A1-1,0,3，B 2,0,0，E 0,1,0，A1B=3,0,-3，EA1=-1,-1,3，设 EP=EA1，可得 P-,1-,3，所以 AP=-,1-,3，设平面 A1BE 的一个法向量为 n=x,y,z，则A1B n=0EA1 n=0，即 3x-3z=0-x-y+3z=0，令 z=3，可得 n=1,2,3，可得 sin 4=cos n,AP=n APnAP

55、=-+2-2+31+4+32+1-2+32，解得 =0 舍去，或 =25，所以 EPEA1=25.16(2223 下河北三模)如图，四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是菱形，其对角线 AC,BD 交于点 O，且 PO 平面 ABCD,OC=1,OD=OP=2,M 是 PD 的中点，N 是线段 CD 上一动点 (1)当平面 OMN 平面 PBC 时，试确定点 N 的位置，并说明理由；(2)在(1)的前提下，点 Q 在直线 MN 上，以 PQ 为直径的球的表面积为 214 以 O 为原点，OC,OD,OP的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系 O-xyz，求点 Q 的

56、坐标【答案】(1)N 是 CD 的中点(2)12,1,0，-1310,1,185【分析】(1)根据面面平行的性质证明 MN PC，即可得解；(2)先根据球的体积求出 PQ，然后根据空间中两点间的距离公式即可得解.【详解】(1)因为平面 OMN 平面 PBC，平面 OMN 平面 PCD=MN，平面 PBC 平面 PCD=PC，所以 MN PC，因为 M 是 PD 的中点，所以 N 是 CD 的中点；(2)由题意 4 PQ22=214，解得 PQ=212，设 MQ=MN,R，由题意，P 0,0,2,M 0,1,1,N12,1,0，则 PM=0,1,-1,MN=12,0,-1，则 PQ=PM+MQ=

57、0,1,-1+12,0,-1=2,1,-1，则24+1+-12=212，解得 =1 或 =-135，22当 =1 时，MQ=MN，则 Q 12,1,0，当 =-135 时，MQ=-135 MN=-1310,0,135，设 Q x,y,z，则 MQ=x,y-1,z-1=-1310,0,135，所以x=-1310y-1=0z-1=135，解得x=-1310y=1z=185，则 Q-1310,1,185，综上所述点 Q 的坐标为12,1,0，-1310,1,185.17(2223汕头三模)如图，圆台 O1O2的轴截面为等腰梯形 A1ACC1，AC=2AA1=2A1C1=4,B 为底面圆周上异于 A,

58、C 的点.(1)在平面 BCC1内，过 C1作一条直线与平面 A1AB 平行，并说明理由；(2)若四棱锥 B-A1ACC1的体积为 2 3，设平面 A1AB 平面 C1CB=l,Q l，求 CQ的最小值.【答案】(1)作图见解析，理由见解析(2)7【分析】(1)根据线面平行的判定和中位线定理即可求解;(2)根据几何关系或空间向量方法即可求解.【详解】(1)取 BC 中点 P，作直线 C1P 即为所求，取 AB 中点 H，连接 A2H,PH，则有 PH AC,PH=12 AC，如图，在等腰梯形 A1ACC1中，A1C1=12 AC，有 HP A1C1,HP=A1C1，则四边形 A1C1PH 为平

59、行四边形，即有 C1P A1H，又 A1H 平面 A1AB,C1P 平面 A1AB，所以 C1P 平面 A1AB.(2)法一：延长 AA1,CC1交于点 O，故 O AA1 平面 ABA1,O CC1 平面 CC1B故平面 A1AB 平面 C1CB=BO,BO 即 l,在 OBC 中，OC,OB 均为圆锥母线.过点 B 作 BO AC 于 O.在等腰梯形 A1ACC1中，AC=2AA1=2A1C1=4，此梯形的高 h=AA21-AC-A1C122=3,等腰梯形 A1ACC1的面积为 S=12 2+43=3 3，23所以四棱锥 B-A1ACC1的体积 V=13 S BO=13 3 3 BO=2

60、3，解得 BO=2，故点 O 与 O2重合，BC=2 2由 AC=2AA1=2A1C1，得 OC=2CC1，且 C1CA=60，故 OC=AC=4=OB.OBC 中，O 到 BC 距离 h1=OB2-BC22=14.则 OBC 面积=12 OB CQmin=12 BC h1,得：CQ 的最小值为：CQmin=2 2 144=7.法二：同法一求出 B 的位置.以 O2为原点，OB,OC,O2O1方向为 x,y,z 轴正向建立空间直角坐标系，C 0,2,0,B 2,0,0,AA1=0,1,3,AB=2,2,0,CC1=0,-1,3,BC=-2,2,0设面 A1AB 的法向量为 a=x1,y1,z1

61、a AA1=y1+3z1=0a AB=2x1+2y1=0，取 z1=1，有 a=3,-3,1；同理可得面 C1CB 的法向量为 =3,3,1,由 l=面 C1CB 面 A1AB，可知 B l，设 l 的方向向量为 l=x,y,z，故 l a=3x-3y+z=0,l =3x+3y+z=0取 l=1,0,3,下面分 2 个方法求|CQ|min求|CQ|min方法 1：BQ=l=t,0,3t,，B 2,0,0,Q t-2,0,3t CQ=(t-2)2+22+(3t)2=4t2-4t+8，当 t=12 时，CQ 取最小值为7.求 CQmin方法 2：BC在 l 上的投影向量的模为BC ll=-2 1+

62、2 0+0 32=1故 CQ 的最小值即 C 到 l 的距离为BC2-12=7.法三:在三角形 BCO 中，BO=CO=4,BC=2 2,cosCBO=42+(2 2)2-422 4 2 2=12 2 sinCBO=1-12 22=72 2,所以 CQ CBsinCBO=72 2 2 2=7.2418(1920 下临沂二模)如图，在 RtABC 中，B 为直角，AB=BC=6，EF BC，AE=2，沿 EF将 AEF 折起，使 AEB=3，得到如图的几何体，点 D 在线段 AC 上 (1)求证：平面 AEF 平面 ABC；(2)若 AE 平面 BDF，求直线 AF 与平面 BDF 所成角的正弦

63、值【答案】(1)证明见解析；(2)64.【分析】(1)由余弦定理计算证明 EA AB，再利用线面垂直的判定、性质，面面垂直的判定推理作答.(2)以 A 为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的正弦作答.【详解】(1)在 ABE 中，AE=2,BE=4，AEB=3，由余弦定理得：AB2=AE 2+BE 2-2AE BEcosAEB=4+16-2 2 4 12=12，则 AB=2 3，有 EB2=EA2+AB2，于是 EAB=2，即有 EA AB，又 EF EB,EF EA,EA EB=E,EA,EB 平面 ABE，因此 EF 平面 ABE，而 AB 平面 ABE，则 EF AB，又因为

64、 EA EF=E,EA,EF 平面 AEF，从而 AB 平面 AEF，而 AB 平面 ABC，所以平面 AEF 平面 ABC.(2)以 A 为原点，以 AB,AE 分别为 x,y 轴，过点 A 垂直于平面 ABE 的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图，由(1)知，EF 平面 ABE，而 EF BC，则有 BC 平面 ABE，则 A(0,0,0),B(2 3,0,0),E(0,2,0),F(0,2,2),C(2 3,0,6)，AF=(0,2,2),FB=(2 3,-2,-2),AC=(2 3,0,6)，连接 EC 与 FB 交于点 G，连接 DG，因为 AE 平面 BDF，AE 平面 AE

65、C，平面 AEC 平面 BDF=DG，则 AE GD，有 GCGE=DCDA，在四边形 BCFE 中，由 EF BC，得 GCGE=BCEF=3，即 DCDA=3，AD=14 AC=32,0,32，25FD=AD-AF=32,-2,-12，设平面 BDF 的法向量为 n=(x,y,z)，则 n FD=32 x-2y-12 z=0n FB=2 3x-2y-2z=0，令 x=1，得 n=(1,0,3)，设直线 AF 与平面 BDF 所成角为，于是 sin=|cosn,AF|=|n AF|n|AF|=2 32 2 2=64，所以直线 AF 与平面 BDF 所成角的正弦值为64.19(2223 下广州

66、三模)如图，四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形，AB=AP=2，PA 平面ABCD，E,F 分别是线段 PB,PD 的中点，G 是线段 PC 上的一点.(1)求证：平面 EFG 平面 PAC；(2)若直线 AG 与平面 AEF 所成角的正弦值为 13，且 G 点不是线段 PC 的中点，求三棱锥 E-ABG 体积.【答案】(1)证明见解析(2)19【分析】(1)由线面垂直判定可证得 BD 平面 PAC，由中位线性质知 EF BD，从而得到 EF 平面PAC，由面面垂直判定可得结论；(2)以 A 为坐标原点可建立空间直角坐标系，设 PG=PC，0,1212,1，由线面角的向量求法可构造方程求得，

67、结合垂直关系可得 G 平面 PAB 的距离为 16 BC=13，利用棱锥体积公式可求得结果.【详解】(1)连接 BD，E,F 分别是线段 PB,PD 的中点，EF BD，底面四边形 ABCD 为正方形，BD AC，PA 平面 ABCD，BD 平面 ABCD，PA BD，又 PA AC=A，PA,AC 平面 PAC，BD 平面 PAC，EF BD，EF 平面 PAC，又 EF 平面 EFG，平面 EFG 平面 PAC.(2)以 A 为坐标原点，分别以 AB,AD,AP 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则 A 0,0,0，E 1,0,1，F 0,1,1，P 0,0,2，C 2,2,0

68、，设 PG=PC，0,1212,1，则 AG=AP+PG=0,0,2+2,2,-2=2,2,2-2，AE=1,0,1，AF=0,1,1，设平面 AEF 的一个法向量为 n=x,y,z，26则 n AE=x+z=0n AF=y+z=0，令 z=-1，解得：x=1，y=1，n=1,1,-1；设直线 AG 与平面 AEF 所成角为，sin=cos n,AG=n AGn AG=6-23 42+42+2-22=13，解得：=16 或 =12(舍)，PG=16 PC，PA 平面 ABCD，BC 平面 ABCD，PA BC；BC AB，PA AB=A，PA,AB 平面 PAB，BC 平面 PAB，G 到平面

69、 PAB 的距离为 16 BC=13，VE-ABG=VG-ABE=13 SABE 16 BC=13 12 12 2 2 13=19.20(2223 下长沙一模)斜三棱柱 ABC-A1B1C1的各棱长都为 2，A1AB=60，点 A1在下底面 ABC的投影为 AB 的中点 O(1)在棱 BB1(含端点)上是否存在一点 D 使 A1D AC1？若存在，求出 BD 的长；若不存在，请说明理由；(2)求点 A1到平面 BCC1B1的距离【答案】(1)存在，BD=25(2)2 155【分析】(1)连接 OC，以 O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，设 BD=tBB1,t 0,1，根据 AC1 A1D=

70、0，求出 t 即可；(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)连接 OC，因为 AC=BC，O 为 AB 的中点，所以 OC AB，由题意知 A1O 平面 ABC，又 AA1=2，A1AO=60，所以 A1O=3，以 O 点为原点，如图建立空间直角坐标系，则 A1 0,0,3，A 1,0,0，B-1,0,0，C 0,3,0，由 AB=A1B1得 B1-2,0,3，同理得 C1-1,3,3，设 BD=tBB1,t 0,1，得 D-1-t,0,3t，又 AC1=-2,3,3，A1D=-1-t,0,3t-3，由 AC1 A1D=0，得-2-1-t+33t-3=0，得 t=15，又 BB1=2，BD=2

71、5，27 存在点 D 且 BD=25 满足条件；(2)设平面 BCC1B1的法向量为 n=x,y,z，BC=1,3,0，CC1=-1,0,3，则有 n BC=x+3y=0n CC1=-x+3z=0，可取 n=3,-1,1，又 BA1=1,0,3，点 A1到平面 BCC1B1的距离为 d=BA1cos BA1,n=BA13+0+3BA15=2 155，所求距离为 2 155.21(2223 下长沙三模)如图，三棱台 ABC-A1B1C1，AB BC，AC BB1，平面 ABB1A1 平面ABC，AB=6,BC=4，BB1=2，AC1与 A1C 相交于点 D，AE=2EB，且 DE 平面 BCC1

72、B1.(1)求三棱锥 C-A1B1C1的体积；(2)平面 A1B1C 与平面 ABC 所成角为，CC1与平面 A1B1C 所成角为，求证：+=4.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】(1)通过证明线线和线面垂直，并结合已知条件即可得出三棱锥 C-A1B1C1的体积；(2)建立空间直角坐标系，表达出各点的坐标，求出所成角为 与 的正余弦值，即可证明结论.【详解】(1)由题意，平面 ABB1A1 平面 ABC，且平面 ABB1A1 平面 ABC=AB，AB BC，BC 平面 ABC BC 平面 ABB1A1，BB1 平面 ABB1A1，BC BB1，又 AC BB1，BC AC=C，BC,AC

73、 平面 ABC BB1 平面 ABC，连接 C1B，DE 平面 BCC1B1，DE 平面 ABC1，平面 ABC1 平面 BCC1B1=C1B，DE C1B，AE=2EB，AD=2DC1，A1C1=12 AC.三棱锥 C-A1B1C1底面 A1B1C1的面积 S1=12 2 3=3，高 h=BB1=2，28 其体积为：V=13 S1h=13 3 2=2.(2)证明：由题意及(1)得，以 B 为坐标原点，分别以 BA,BC,BB1为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.A 6,0,0,C 0,4,0,B1 0,0,2,A1 3,0,2,C1 0,2,2,则 B1A1=3,0,0,B1

74、C=0,4,-2,CC1=0,-2,2.设平面 A1B1C 的法向量为 n=x,y,z，由 n B1A1=3x=0n B1C=4y-2z=0，取 y=1，则 n=0,1,2，平面 ABC 的一个法向量为 BB1=0,0,2，所以 cos=n BB1nBB1=42 5=2 55.sin=n CC1nCC1=25 2 2=1010.又因为,0,2，所以 sin=55,cos=3 1010.cos +=coscos-sinsin=3 1010 2 55-1010 55=22.又 +0,，所以 +=4.22(2223衡水一模)如图所示，A,B,C,D 四点共面，其中 BAD=ADC=90，AB=12

75、AD，点 P,Q 在平面 ABCD 的同侧，且 PA 平面 ABCD，CQ 平面 ABCD.(1)若直线 l 平面 PAB，求证：l 平面 CDQ；(2)若 PQ AC，ABP=DAC=45，平面 BPQ 平面 CDQ=m，求锐二面角 B-m-C 的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)33【分析】(1)根据 PA CQ，AB CD，结合线面平行和面面平行的判定定理可证得平面 PAB 平面CDQ，由面面平行的性质可证得结论；(2)以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果.【详解】(1)PA 平面 ABCD，CQ 平面 ABCD，PA CQ，PA 平面 CDQ，CQ

76、平面 CDQ，PA 平面 CDQ；BAD=ADC=90，A,B,C,D 四点共面，AB CD，29 AB 平面 CDQ，CD 平面 CDQ，AB 平面 CDQ；PA AB=A，PA,AB 平面 PAB，平面 PAB 平面 CDQ，又 l 平面 PAB，l 平面 CDQ.(2)以 A 为坐标原点，AB,AD,AP正方向为 x,y,z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设 AB=1，则 AP=1，AD=CD=2AB=2，PQ AC，PA CQ，四边形 ACQP 为平行四边形，PA=QC=1，则 B 1,0,0，P 0,0,1，Q 2,2,1，BP=-1,0,1，BQ=1,2,1，设平面 BPQ 的

77、法向量 n=x,y,z，BP n=-x+z=0BQ n=x+2y+z=0，令 x=1，解得：y=-1，z=1，n=1,-1,1；平面 PAB y 轴，平面 PAB 平面 CDQ，平面 CDQ y 轴，平面 CDQ 的一个法向量 m=0,1,0，cos m,n=m nm n=13=33，即锐二面角 B-m-C 的余弦值为33.23(2223 下湖北三模)已知平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)ABCD-A1B1C1D1的各条棱长均为 2，且有 AA1D1=AA1B1=D1A1B1=60(1)求证：平面 AA1C1C 平面 A1B1C1D1；(2)求直线 B1D 与平面 AA1C1C 所成角的正

78、弦值【答案】(1)证明见解析(2)22【分析】(1)根据面面垂直判定定理证明即可；(2)应用空间向量法求线面角正弦即得.【详解】(1)连接 AC 和 D1B1,AD1,AB1,D1B1 A1C1=O，由底面是菱形得，D1B1 A1C130由 AA1D1与 AA1B1全等，得 AD1=AB1,O 为 D1B1的中点，D1B1 AO又 AO A1C1=O,AO 平面 AA1C1C，A1C1 平面 AA1C1C，D1B1 平面 AA1C1C，又 D1B1 平面 A1B1C1D1 平面 AA1C1C 平面 A1B1C1D1(2)以 OA1为 x 轴，以 OB1为 y 轴，以过 O 与底面垂直的直线为

79、z 轴，建立如图空间坐标系，则 A1(3,0,0),B1(0,1,0),C1(-3,0,0),D1(0,-1,0)过 A 作底面的垂线，垂足为 H，由 A-A1B1D1为正三棱锥知 H 为 A1B1D1的重心 A1H=2 33,AH=AA21-A1H 2=2 63，A33,0,2 63设 D xD,yD,zD，由 A1A=D1D，得-2 33,0,2 63=xD,yD+1,zD D-2 33,-1,2 63，B1D=-2 33,-2,2 63 又取平面 AA1C1C 的法向量为 B1D1=(0,-2,0)，设直线 B1D 与平面 A1C1CA 所成角为，则 sin=B1D B1D1B1D B1

80、D1=443+4+83 2=22 直线 B1D 与平面 A1C1CA 所成角的正弦值为22 24(2223 下武汉三模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为正方形，PA 平面 ABCD，PA=AB=2，E 为线段 PB 的中点，F 为线段 BC 上的动点.31 (1)求证：平面 AEF 平面 PBC；(2)求平面 AEF 与平面 PDC 夹角的最小值.【答案】(1)证明见解析(2)6.【分析】(1)根据面面垂直的判断定理，转化为证明 AE 平面 PBC；(2)以点 A 为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面 AEF 和 PCD 的法向量，利用法向量夹角的余弦公式，求余弦值的最大

81、值.【详解】(1)PAB 中 PA=AB，E 为 PB 的中点，所以 AE PB.在正方形 ABCD 中，BC AB.因为 PA 平面 ABCD，BC 平面 ABCD，即 PA BC.又因为 PA AB=A，PA,AB 平面 PAB，所以 BC 平面 PAB.AE 平面 PAB，即 AE BC，又因为 AE PB，PB BC=B，PB,BC 平面 PBC.所以 AE 平面 PBC，AE 平面 AEF，即平面 AEF 平面 PBC.(2)因为 PA 平面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，所以易知 AB，AD，AP 两两垂直.以 A 为原点，AB，AD，AP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z

82、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.有 A 0,0,0，B 2,0,0，C 2,2,0，D 0,2,0，P 0,0,2，PB 中点 E 1,0,1，设 F 2,0，0 2.PD=0,2,-2，DC=2,0,0，AE=1,0,1，AF=2,0.设平面 PCD 的法向量 m=x,y,z，由 m PD=0m DC=0，得 2y-2z=02x=0，取 m=0,1,1.设平面 AEF 的法向量 n=a,b,c，由 n AE=0n AF=0，得 x+z=02x+y=0，取 n=,-2,-.所以平面 AEF 与平面 PCD 的夹角的余弦值为 cos m,n=-2-2 22+4=2+2 2+2.令 +2=t，

83、t 2,4，32则 cos m,n=t2 t2-4t+6=126t2-4t+1=1261t-132+13，所以当 1t=13 即 t=3 时，平面 AEF 与平面 PCD 的夹角的余弦值取得最大值32，此时平面 AEF 与平面 PCD 的夹角取得最小值 6.25(2223 下黄冈三模)如图 1，在四边形 ABCD 中，BC CD，AE CD,AE=BE=2CD=2,CE=3将四边形 AECD 沿 AE 折起，使得 BC=3，得到如图 2 所示的几何体 (1)若 G 为 AB 的中点，证明：DG 平面 ABE；(2)若 F 为 BE 上一动点，且二面角 B-AD-F 的余弦值为63，求 EFEB

84、 的值【答案】(1)证明见解析(2)EFEB=13【分析】(1)取 BE 中点 O，先证 CO 面 ABE，再由 CO DG，证线面垂直即可；(2)以 E 为中心建立空间直角坐标系，设 F 坐标，由空间向量计算二面角 B-AD-F 求得 F 的坐标即可得结果.【详解】(1)如图，取 BE 的中点 O，连接 OC,OG，易得 OG AE,OG=12 AE因为 CD AE,CD=12 AE，故 CD OG，且 CD=OG，所以四边形 CDGO 为平行四边形，则 DG CO因为 AE CE,AE EB,CE EB=E,CE,EB 面 BCE，所以 AE 平面 BCE而 CO 平面 BCE，所以 AE

85、 CO因为 BC=CE，所以 BE CO因为 BE AE=E,BE,AE 面 ABE，所以 CO 平面 ABE，所以 DG 平面 ABE(2)如图，过点 E 作直线 l DG，则直线 l 面 ABE,AE,EB 面 ABE，又 AE EB，所以直线 l,EA,EB 两两相互垂直，以 E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A 2,0,0,B 0,2,0C 0,1,2,D 1,1,2，33设 F 0,t,00 t 2，则 AD=-1,1,2，AB=-2,2,0,AF=-2,t,0 设面 ADF 的一个法向量为 m=x1,y1,z1，则 AD m=-x1+y1+2z1=0AF m=-2x

86、1+ty1=0，令 y1=2，则 x1=t,z1=2 t-22，即 m=t,2,2 t-22设面 ABD 的一个法向量为 n=x2,y2,z2，则 AD n=-x2+y2+2z2=0AB n=-2x2+2y2=0，令 x2=1，则 y2=1,z2=0，即 n=1,1,0，由图象可知二面角 B-AD-F 为锐角，所以 cosm,n=m nmn=t+22 t2+22+(t-2)22=63，解得 t=23 或 6(舍去)，即 EF=23，所以 EFEB=13.26(2223德州三模)图 1 是直角梯形 ABCD，AB CD，D=90，AD=3，AB=2，CD=3，四边形 ABCE 为平行四边形，以

87、BE 为折痕将 BCE 折起，使点 C 到达 C1的位置，且 AC1=6，如图 2 (1)求证：平面 BC1E 平面 ABED；(2)在线段 BE 上存在点 P 使得 PA 与平面 ABC1的正弦值为365，求平面 BAC1与 PAC1所成角的余弦值【答案】(1)证明见解析(2)4 7035【分析】(1)连接 AC，交 BE 于 O，可证 OA OC1，OA 平面 BC1E，所以，平面 BC1E 平面 ABED；(2)建立空间直角坐标系，根据条件求出 P 的位置，再用空间向量求平面 BAC1与 PAC1所成角的余弦值【详解】(1)证明：在图 1 中，连接 AC，交 BE 于 O，34 D=90

88、,AD=3,AB=2,CD=3，所以 DE=1，AE=2,BAE=60,BE=BC=CE=2,BCE=60,所以，四边形 ABCE 是菱形，所以 AC BE，且 OA=OC=3在图 2 中，AOC1满足 OA=OC1=3,AC1=6，所以 OA2+OC21=AC21，所以，OA OC1，又 OA BE,BE OC1=O,BE,OC1 平面 BC1E，所以，OA 平面 BC1E，又 OA 平面 ABED，所以，平面 BC1E 平面 ABED；(2)以 O 为坐标原点，分别以 OA,OB,OC1所在直线为 x,y,z 轴，建立空间直角坐标系，则 C1 0,0,3,A3,0,0,B 0,1,0,E

89、0,-1,0，所以 AB=-3,1,0,AC1=-3,0,3，设平面 ABC1的法向量为 n1=x,y,z，则 n1 AB=0n1 AC1=0即-3x+y=0-3x+3z=0，取 x=1，得 n1=1,3,1，设 P 0,m,0,-1 m 1,AP=-3,m,0，在线段 BE 上存在点 P 使得 PA 与平面 ABC1的正弦值为365，所以365=-3,m,0 1,3,15 3+m2解得 m=12 或 m=53(舍)，所以，P 0,12,0,AP=-3,12,0设平面 PAC1的法向量为 n2=a,b,c，则 n2 AP=0n2 AC1=0即-3a+12 b=0-3a+3c=0，取 a=1，得

90、 n2=1,2 3,1，设平面 BAC1与平面 PAC1的平面角为，cos=n1 n2n1n2=1,3,1 1,2 3,15 14=870=4 7035所以，平面 BAC1与 PAC1所成角的余弦值为 4 703527(2223山东二模)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA 平面 ABCD，AB CD，AB BC，PA=AB=BC=2，CD=435 (1)证明：AD PC；(2)若 M 为线段 PB 的靠近 B 点的四等分点，判断直线 AM 与平面 PDC 是否相交？如果相交，求出 P 到交点 H 的距离，如果不相交，说明理由【答案】(1)证明见解析(2)相交，PH=6【分析】(1)依题意可

91、得 AC=2 2，BAC=DCA=45，利用余弦定理求出 AD，即可得到 AC AD，在由线面垂直得到 PA AD，即可得到 AD 平面 PAC，从而得证；(2)过点 P 作直线 l AB，连接 AM 并延长交 l 于点 H，即可证明点 H 为直线 AM 与平面 PDC 的交点，再利用三角形相似求出 PH.【详解】(1)连接 AC，因为 AB CD，AB BC，PA=AB=BC=2，CD=4，所以 ABC 为等腰直角三角形，AC=2 2，BAC=DCA=45，在 DAC 中，由余弦定理得 AD2=AC2+DC2-2AC DCcosACD，即 AD2=2 22+42-2 2 2 4 22，所以

92、AD=2 2，AC2+AD2=DC2，AC AD.又 PA 平面 ABCD，AD 平面 ABCD，PA AD.又 AC PA=A,AC,PA 平面 PAC，AD 平面 PAC，PC 平面 PAC，AD PC.(2)过点 P 作直线 l AB，连接 AM 并延长交 l 于点 H，因为 PH AB，且 AB DC，所以 PH CD，所以 P、H、C、D 四点共面，所以点 P 平面 PDC，所以点 H 为直线 AM 与平面 PDC 的交点，易知 AMB HMP，M 为线段 PB 的靠近 B 点的四等分点，所以 PHAB=PMMB=3，所以 PH=3AB=6.28(2223黄山三模)如图，在直角梯形

93、ABCD 中，AD BC，AD CD，四边形 CDEF 为平行四边形，对角线 CE 和 DF 相交于点 H，平面 CDEF 平面 ABCD，BC=2AD，DCF=60，G 是线段 BE 上一动点(不含端点)36 (1)当点 G 为线段 BE 的中点时，证明：AG 平面 CDEF；(2)若 AD=1,CD=DE=2，且直线 DG 与平面 CDEF 成 45 角，求二面角 E-DG-F 的正弦值【答案】(1)证明见解析(2)427【分析】(1)连接 GH,AG，由三角形中位线和边长关系可知四边形 ADHG 是平行四边形，即可证明 AG 平面 CDEF；(2)根据题意可知，以 C 为原点建立空间直角

94、坐标系，可设 BG=BE利用空间向量即可表示出 DG，进而确定 G 点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角 E-DG-F 的正弦值为427.【详解】(1)证明：连接 GH,AG，如下图(1)中所示：因为四边形 CDEF 为平行四边形，所以 H 是 CE 中点，又 G 点为线段 BE 的中点，则 GH BC，且 GH=12 BC,又 AD BC 且 AD=12 BC，所以 GH AD,GH=AD，所以四边形 ADHG 是平行四边形，所以 AG DH，又 AG 平面 CDEF，DH 平面 CDEF，所以 AG 平面 CDEF；(2)以 C 为原点，CB,CD 为 x,y 轴，过 C 且在平

95、面 CDEF 内与 CD 垂直的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系，如图(2)所示：由平面 CDEF 平面 ABCD，DCF=60，CD=DE=2 可知，CDF,DEF 均为边长为 2 的正三角形，则有 D 0,2,0,B 2,0,0,E 0,3,3,F 0,1,3，设 BG=BE=-2,3,3,0 1，则 DG=BG-BD=-2,3,3-2,2,0=2-2,3-2,3，e=1,0,0为平面 CDEF 的法向量，37所以 cos DG,e=2-2(2-2)2+(3-2)2+32=22，解得 =12(其中 =0 舍去),所以 G 1,32,32，设平面 EDG 的法向量为 m=x1,y1,z1，

96、则有m DE=x1,y1,z1 0,1,3=y1+3z1=0m DG=x1,y1,z1 1,-12,32=x1-12 y1+32 z1=0，令 z1=1，则 x1=-3,y1=-3，故可取 m=-3,-3,1设平面 FDG 的法向量为 n=x2,y2,z2，则有n DF=x2,y2,z2 0,-1,3=-y2+3z2=0n DG=x2,y2,z2 1,-12,32=x2-12 y2+32 z2=0，令 z2=1，则 x2=0,y2=3，故可取 n=0,3,1所以 cos m,n=m nmn=-27 2=-77 所以二面角 E-DG-F 的正弦值为1-772=427即二面角 E-DG-F 的正弦

97、值为427.29(2223菏泽三模)已知在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，其中 AA1=2AC=4,AB=BC,F 为 BB1的中点，点 E 是 CC1上靠近 C1的四等分点，A1F 与底面 ABC 所成角的余弦值为22 (1)求证：平面 AFC 平面 A1EF；(2)在线段 A1F 上是否存在一点 N，使得平面 AFC 与平面 NB1C1所成的锐二面角的余弦值为 2 77，若存在，确定点 N 的位置，若不存在，请说明理由【答案】(1)证明见解析(2)存在，点 N 是线段 A1F 上靠近 A1的三等分点【分析】(1)根据 A1F 与底面 ABC 所成角的余弦值为22，推出 ABC 是边长为

98、2 的等边三角形，取 AC 的中点 O，A1C1的中点 G，连 OB,OG，再以 O 为原点，OB,OC,OG的方向为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系：利用两个平面的法向量垂直可证两个平面垂直；(2)根据二面角的向量公式可求出结果.【详解】(1)取 AA1的中点 D，连 BD，因为 F 为 BB1的中点，所以 A1D BF，A1D=BF，所以四边形 A1DBF 为平行四边形，所以 BD A1F，因为 A1F 与底面 ABC 所成角的余弦值为22，所以 BD 与底面 ABC 所成角的余弦值为22，因为三棱柱为直三棱柱，所以 AD 平面 ABC，所以 DBA 是 BD 与底面 ABC 所成角，所

99、以 cosDBA38=22，所以 DBA=4，所以 AB=BC=AD=12 AA1=2，又 AC=2，所以 ABC 是边长为 2 的等边三角形，取 AC 的中点 O，A1C1的中点 G，连 OB,OG，则 OB AC，OG AA1，OG 平面 ABC，以 O 为原点，OB,OC,OG的方向为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系：则 A(0,-1,0)，C(0,1,0)，F(3,0,2)，A1(0,-1,4)，E(0,1,3)，B1(3,0,4)，C1(0,1,4)，B1C1=(-3,1,0)，A1B1=(3,1,0)，AF=(3,1,2)，AC=(0,2,0)，A1F=(3,1,-2)，EF=(

100、3,-1,-1)，设平面 AFC 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1)，平面 A1EF 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2)，则 m AF=3x1+y1+2z1=0m AC=2y1=0，得 y1=0，令 x1=2，得 z1=-3，m=(2,0,-3)，n A1F=3x2+y2-2z2=0n EF=3x2-y2-z2=0，令 z2=1，得 x2=32，y2=12，n=32,12,1，因为 m n=2 32+0-3 1=0，所以 m n，所以平面 AFC 平面 A1EF.(2)设 A1N=A1F(0 1)，则 B1N=A1N-A1B1=A1F-A1B1=(3,1,-2)-(3,1,0)=(

101、3-3,-1,-2)，设平面 NB1C1的一个法向量为 n1=(x3,y3,z3)，则 n1 B1N=(3-3)x3+(-1)y3-2z3=0n1 B1C1=-3x3+y3=0，若 =0，则有-3x3-y3=0-3x3+y3=0，则 x3=y3=0，取 z3=1，则 n1=(0,0,1)，此时|cos|=34+3=217 2 77，不合题意；所以 0，令 x3=1，得 y3=3，z3=3-3，则 n1=1,3,3-3，所以 cos=m n1|m|n1|=2-33-34+3 1+3+3-32=2 77，整理得 92-6+1=0，解得 =13.所以在线段 A1F 上存在一点 N，使得平面 AFC

102、与平面 NB1C1所成的锐二面角的余弦值为 2 77，点 N 是线段 A1F 上靠近 A1的三等分点.30(2223福州三模)如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA 底面 ABC，PA=2，AB=AC=1，将PAB 绕着 PA 逆时针旋转 3 到 PAD 的位置，得到如图所示的组合体，M 为 PD 的中点.39 (1)当 BAC 为何值时，该组合体的体积最大，并求出最大值；(2)当 PC 平面 MAB 时，求直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦值.【答案】(1)当 BAC=2 时，该组合体的体积最大，最大值为 13+9；(2)直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦值为 2 28595或 4

103、 28595【分析】(1)根据三角形面积公式与扇形面积公式确定底面积的最大值，即可求组合体的体积最大值；(2)建立空间直角坐标系，设 BAC=,0,，则 B cos,sin,0，D cos +3,sin +3,0，M12 cos +3,12 sin +3,1，利用空间向量的坐标运算即可求得满足 PC 平面 MAB 时，从而可计算直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦值.【详解】(1)PA 底面 ABC，AB,AC 面 ABC，所以 PA AB,PA AC则由旋转可得 PA AD,AB=AD=1,BAD=3所以底面积 S=SABC+S扇形 BAD=12 AB AC sinBAC+12 3=12

104、 sinBAC+6，又 BAC 0,，故当 BAC=2 时，sinBAC 取最大值 1，则底面积 S 的最大值为 12+6，故几何体体积为 V=13 S PA=23 S，故当 BAC=2 时，该组合体的体积最大，最大值为 13+9；(2)如图，以 A 为原点，AC 为 x 轴，AP 为 z 轴，在平面 ABC 上作 y 轴，建立空间直角坐标系 则 A 0,0,0,C 1,0,0,P 0,0,2，设 BAC=,0,，则 B cos,sin,0，D cos +3,sin +3,0，M12 cos +3,12 sin +3,1，所以 PC=1,0,-2，设平面 MAB 的法向量为 n=x,y,z，又

105、 AB=cos,sin,0,AM=12 cos +3,12 sin +3,140所以 AB n=xcos+ysin=0AM n=12 xcos +3+12 ysin +3+z=0 x=-ytany=-4 33 zcos，令 x=sin，则 y=-cos,z=34，即 n=sin,-cos,34因为 PC 平面 MAB，所以 PC n=sin+0-32=0，则 sin=32，所以 =3 或 =23，因为 PC=1,0,-2，设平面 PBD 的法向量为 m=x1,y1,z1，当 =3，则 B 12,32,0，D-12,32,0，所以 BD=-1,0,0，BP=-12,-32,2，则 BD m=-x

106、1=0BP n=-12 x1-32 y1+2z1=0 x1=0z1=34 y1，取 y1=4，则 m=0,4,3所以 cosPC,m=PC mPC m=0+0-2 35 19=-2 28595，所以直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦值为2 28595；当 =23，则 B-12,32,0，D-1,0,0，所以 BD=-12,-32,0，BP=12,-32,2，则BD m=-12 x1-32 y1=0BP n=12 x1-32 y1+2z1=0 x1=-3y1z1=32 y1，取 y1=2，则 m=-2 3,2,3所以 cosPC,m=PC mPC m=-2 3+0-2 35 19=-4 2

107、8595，所以直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦值为 4 28595；综上，直线 PC 与平面 PBD 所成角的正弦值为 2 28595或 4 28595.31(2223福州二模)如图 1，在 ABC 中，AB=AC=2,BAC=23,E 为 BC 的中点，F 为 AB 上一点，且 EF AB.将 BEF 沿 EF 翻折到 BEF 的位置，如图 2.(1)当 AB=2 时，证明：平面 BAE 平面 ABC；(2)已知二面角 B-EF-A 的大小为 4，棱 AC 上是否存在点 M，使得直线 BE 与平面 BMF 所成角的正弦值为1010？若存在，确定 M 的位置；若不存在，请说明理由.【答

108、案】(1)证明见解析(2)存在，点 M 为 AC 中点【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明 AB 平面 ABC，再由面面垂直的判定定理证明即可；(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【详解】(1)由已知，有 EF AF,EF BF，且 AF BF=F，41AF，BF 平面 ABF，所以 EF 平面 ABF，因为 AB 平面 ABE，所以 EF AB.在 RtBEF 中，BE=3,B=6，所以 BF=32,AF=12.因为 AB2+AF 2=BF 2，所以 AB AB.且 AB EF=F，AB，EF 平面 ABC，所以 AB 平面 ABC.因为 AB 平面 ABE，所以平面 ABE 平面

109、 ABC.(2)由(1)EF AF,EF BF，所以 AFB 为二面角 B-EF-A 的平面角，AFB=4，因为 AB=AC=2,BAC=23,E 为 BC 的中点，所以 BE=ABsin60=12 BC=3，BF=BF=BEcos30=32，AF=2-32=12，EF=BEsin30=32，BFsin45=BFcos45=3 24，如图，以 F 为坐标原点，分别以 FB FE为 x 轴y 轴正方向建立空间直角坐标系 F-xyz.则 F 0,0,0,A-12,0,0,C-32,3,0,B-3 24,0,3 24,E 0,32,0.设 AM=AC,0,1，则 FM=FA+AM=-12,3,0,F

110、B=-3 24,0,3 24,BE=3 24,32,-3 24.设平面 BMF 的一个法向量 m=x,y,z，由m FB=-12x+3y=0m FM=-3 24 x+3 24 z=0，得-12x+3y=0 x=z，令 x=1，则 y=2+12 3,z=1，所以 m=1,2+12 3,1.因为直线 BE 与平面 BMF 所成角的正弦值为1010，所以 cos m,BE=m BE|m|BE|=322+13 122+122+(2+1)2=1010，解得 =12 或 =-16(舍).因此，当点 M 为 AC 中点时，直线 BE 与平面 BMF 所成角的正弦值为1010.32(2223三明三模)如图，平

111、面五边形 ABCDE 由等边三角形 ADE 与直角梯形 ABCD 组成，其中AD BC，AD DC，AD=2BC=2，CD=3，将 ADE 沿 AD 折起，使点 E 到达点 M 的位置，且 BM=a.42 (1)当 a=6 时，证明 AD BM 并求四棱锥 M-ABCD 的体积；(2)已知点 P 为棱 CM 上靠近点 C 的三等分点，当 a=3 时，求平面 PBD 与平面 ABCD 夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析，32(2)1313【分析】(1)首先取取 AD 的中点 O，连结 MO，OB，由条件可先证明 AD 平面 MOB，即可证明 AD BM，再利用线面垂直的判断定理，以及勾股定理

112、证明 OM 平面 ABCD，最后根据锥体的体积公式，即可求解；(2)以点 O 为原点，根据(1)中的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角公式，求二面角的余弦值.【详解】(1)如图，取 AD 的中点 O，连结 MO，OB，因为 ADM 为等边三角形，且 AD=2，则 OM AD，OM=3.因为 AD BC，AD DC，AD=2BC=2，CD=3，所以 BD=2，BDC=6，那么 BDA=3，则 ADB 也是等边三角形，所以 OB AD，OB=3.因为 OM OB=O，OM，OB 平面 MOB，所以 AD 平面 MOB，因为 BM 平面 MOB，所以 AD BM.因为 BM=a=6，所以

113、 OM 2+OB2=BM 2，所以 OM OB，因为 OA OB=O，OA，OB 平面 ABCD，所以 OM 平面 ABCD.所以 VM-ABCD=13 12 1+23 3=32.(2)由(1)知 AD 平面 MOB，以 OA OB 所在直线分别为 x 轴y 轴，在平面 MOB 内过 O 作 OB 的垂线作为 z 轴，建立空间直角坐标系 O-xyz，如图所示.则 B 0,3,0，D-1,0,0，C-1,3,0在 MOB 中，因为 BM=a=3，所以 cosMOB=32+32-322 3 3=-12，由 MOB 0,则 MOB=23，过点 M 作直线 OB 的垂线，垂足为 G，则 MOG=3，所

114、以 MG=32，OG=32，所以 M 0,-32,3243设 P x,y,z，因为 CP=13 CM，所以 x+1,y-3,z=13 1,-3 32,32，所以 x=-23，y=32，z=12，即 P-23,32,12所以 DP=13,32,12，DB=1,3,0，设平面 PBD 的法向量为 n=x1,y1,z1，则 DP n=13 x1+32 y1+12 z1=0DB n=x1+3y1=0，不妨令 x1=3，则 y1=-1，z1=33，所以 n=3,-1,33不妨设平面 ABCD 的法向量为 m=0,0,1，设平面 PBD 与平面 ABCD 的夹角为 则 cos=cos m,n=m nm n

115、=333+1+13=1313，所以平面 PBD 与平面 ABCD 夹角的余弦值是1313.33(2223宁德一模)如图在平行四边形 ABCD 中，AE DC，AD=4，AB=3，ADE=60，将ADE 沿 AE 折起，使平面 ADE 平面 ABCE，得到图所示几何体(1)若 M 为 BD 的中点，求四棱锥 M-ABCE 的体积 VM-ABCE；(2)在线段 DB 上，是否存在一点 M，使得平面 MAC 与平面 ABCE 所成锐二面角的余弦值为 2 35，如果存在，求出 DMDB 的值，如果不存在，说明理由【答案】(1)4 33(2)存在，DMDB 的值为 12【分析】(1)首先求出 AE，DE

116、 及 EC 的长度，再证明 DE 平面 ABCE，最后根据锥体的体积公式计算可得(2)建立空间直角坐标系，设 DM=DB，0 1，利用空间向量法得到方程，求出 的值，即可得解.【详解】(1)由图知，AE DC，所以 DE AE，在 ADE 中，因为 AD=4，ADE=60，可得 AE=2 3，DE=2，所以 EC=1由图知，平面 ADE 平面 ABCE，DE 平面 ADE，平面 ADE 平面 ABCE=AE，因为 DE AE，所以 DE 平面 ABCE，44因为 M 为 BD 的中点，所以 VM-ABCE=12 VD-ABCE=12 13 SABCE DE=16 12 1+3 2 3 2=4

117、33(2)由(1)知 EA，EC，ED 三者两两垂直，以点 E 为原点，EA，EC，ED的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系(如图)则 E 0,0,0，D 0,0,2，C 0,1,0，A 2 3,0,0，B 2 3,3,0，DB=2 3,3,-2，AC=-2 3,1,0，设 DM=DB=2 3,3,-2，0 1，EM=ED+DM=0,0,2+2 3,3,-2=2 3,3,2-2，即 M 2 3,3,2-2，所以 CM=2 3,3-1,2-2，设平面 ACM 的法向量为 m=x,y,z，所以 m AC=0m CM=0，则-2 3x+y=02 3x+3-1y+2-2z=

118、0，令 x=1，得 m=1,2 3,4 3-3-1，设平面 ABCE 的法向量为 n=0,0,1，所以 cos m,n=4 3-3-11 1+12+4 3-3-12=2 35，解得 =12 或 =-12(舍去)，所以此时 DMDB 的值为 12.34(2223龙岩二模)三棱柱 ABC-A1B1C1中，AB AC，AB=AC=2，侧面 A1ACC1为矩形，A1AB=23，三棱锥 C1-ABC 的体积为 2 33 (1)求侧棱 AA1的长；(2)侧棱 CC1上是否存在点 E，使得直线 AE 与平面 A1BC 所成角的正弦值为55？若存在，求出线段 C1E的长；若不存在，请说明理由45【答案】(1)

119、AA1=2(2)C1E=2【分析】(1)证明 AD 平面 ABC，结合题目条件，先计算出 AD 的值，然后即可以求得侧棱 AA1的长；(2)建立空间直角坐标系，设未知数，结合题目条件，列出方程求解，即可得到本题答案.【详解】(1)在平面 AA1B1B 内过 A 作 AD A1B1，垂足为 D，因为侧面 A1ACC1为矩形，所以 CA AA1，又 CA AB，AB AA1=A，AB,AA1 平面 AA1B1B，所以 CA 平面 AA1B1B，又 CA 平面 ABC，所以平面 AA1B1B 平面 ABC，易得 AD AB，AD 面 AA1B1B，平面 AA1B1B 平面 ABC=AB，所以 AD

120、平面 ABC，因为 VC1-ABC=13 SABC AD=13 12 2 2AD=2 33，所以 AD=3，因为 A1AB=23，A1AD=6，所以 AA1=2；(2)存在点 E 满足题意，C1E=2，理由如下：如图，以 A 为坐标原点，以 AB,AC,AD 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),B(2,0,0),C(0,2,0),C1(-1,2,3)，设 C1E=C1C,0,1，则 E(-1,2,3-3)，故 AE=(-1,2,3-3)，A1B=(3,0,-3)，A1C=(1,2,-3)设平面 A1BC 的法向量为 m=(x,y,z)则 m A1B=0m

121、 A1C=0即 3x-3z=0 x+2y-3z=0，令 z=3，则 x=y=1，故平面 A1BC 的一个法向量 m=(1,1,3)，设直线 AE 与平面 A1BC 所成角为，则 sin=AE mAE m=2-2-2+2 5=55，解得 =1，故存在点 E 满足题意，所以 C1E=2.35(2223 下浙江二模)如图，在多面体 ABC-A1B1C1中，AA1 BB1 CC1，AA1 平面 A1B1C1，A1B1C1为等边三角形，A1B1=BB1=2，AA1=3，CC1=1，点 M 是 AC 的中点(1)若点 G 是 A1B1C1的重心，证明；点 G 在平面 BB1M 内；(2)求二面角 B1-B

122、M-C1的正弦值【答案】(1)证明见解析46(2)55【分析】(1)取 A1C1中点 N，连接 B1N，MN，由点 G 是 A1B1C1的重心，得出 G B1N，再证明四边形 BB1NM 是平行四边形，即可证明点 G 在平面 BB1M 内；(2)解法 1：由 AA1 平面 A1B1C1，AA1 BB1 CC1，得出平行四边形 BB1NM 为矩形，得出 BM MN，再由点 M 是 AC 的中点得出 BM A1C1，证明出 BM 平面 A1C1C，得出 BM MC1，即可得出 CMN 就是所求二面角的平面角，求出 CMN 的正弦值即可得出答案；解法 2：建立空间直角坐标系，分别求出平面 C1BM

123、和平面 BMB1的一个法向量，求出两平面夹角的余弦，再求出正弦即可【详解】(1)证明：取 A1C1中点 N，连接 B1N，MN，如图所示，因为点 G 是 A1B1C1的重心，故 G 一定在中线 B1N 上，因为点 M 是 AC 的中点，点 N 是 A1C1的中点，所以 MN 是梯形 AA1C1C 的中位线，所以 MN=12 AA1+CC1=2=BB1，且 MN AA1 CC1，又 AA1 BB1 CC1，所以 MN BB1，所以四边形 BB1NM 是平行四边形，因为点 G B1N，B1N 平面 BB1NM，所以点 G 平面 BB1NM，即点 G 在平面 BB1M 内(2)解法 1：因为 AA1

124、 平面 A1B1C1，AA1 BB1 CC1，所以 BB1 平面 A1B1C1，又因为 B1N 平面 A1B1C1，所以 BB1 B1N，因为四边形 BB1NM 是平行四边形，所以四边形 BB1NM 是矩形，BM B1N，所以 BM MN，因为 A1B1C1为等边三角形，点 N 是 A1C1中点，所以 B1N A1C1，所以 BM A1C1，又因为 A1C1 平面 A1C1C，MN 平面 A1C1C，A1C1 MN=N，所以 BM 平面 A1C1C，又因为 MC1 平面 A1C1C，所以 BM MC1，所以 CMN 就是所求二面角的平面角，因为 C1M=MN 2+C1N 2=22+12=5，所

125、以 sinC1MN=C1NC1M=15=55，故二面角 B1-BM-C1的正弦值为55 47解法 2：以 A1为原点，A1B1所在直线为 x 轴，垂直于 A1B1的直线为 y 轴，A1A 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 B1 2,0,0,B 2,0,2,C1 1,3,0,M12,32,2，MB1=32,-32,-2,MB=32,-32,0，MC1=12,32,-2，设平面 BMB1与平面 BMC1的法向量分别为 m=x1,y1,z1,n=x2,y2,z2，则32 x1-32 y1-2z1=032 x1-32 y1=0，不妨取 x1=1.则 m=1,3,0，32 x2-32

126、 y2=012 x2+32 y2-2z2=0，不妨取 x2=1,n=1,3,1，所以 cos m,n=m nmn=2 55，故二面角 B1-BM-C1的正弦值为55 36(2223 下浙江三模)如图，三棱台 ABC-A1B1C1中，A1C1=4，AC=6，D 为线段 AC 上靠近 C 的三等分点.(1)线段 BC 上是否存在点 E，使得 A1B 平面 C1DE，若不存在，请说明理由；若存在，请求出 BEBC 的值；(2)若 A1A=AB=4，A1AC=BAC=3，点 A1到平面 ABC 的距离为 3，且点 A1在底面 ABC 的射影落在 ABC 内部，求直线 B1D 与平面 ACC1A1所成角

127、的正弦值.【答案】(1)存在，BEBC=23(2)3 5858【分析】(1)取 BC 的靠近点 C 的三等分点 E，连接 C1E、DE、DC1，证明出平面 AA1B1B 平面 C1DE，利用面面平行的性质可得出 A1B 平面 C1DE，由此可得出结论；(2)过点 A1在平面 AA1C1C 内作 A1O AC，垂足为点 O，连接 BO，过点 A1在平面 A1OB 内作 A1E BO，垂足为点 E，证明出 A1E 平面 ABC，求出 A1OE 的值，然后以点 O 为坐标原点，OB、OC、EA1的方向分别为 x、y、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线 B1D 与平面 ACC1

128、A1所成角的正弦值.【详解】(1)取 BC 的靠近点 C 的三等分点 E，连接 C1E、DE、DC1，48则 AD=23 AC=23 6=4=A1C1，又因为 AD A1C1，所以，四边形 AA1C1D 为平行四边形，则 AA1 DC1，因为 DC1 平面 AA1B1B，AA1 平面 AA1B1B，所以，DC1 平面 AA1B1B，因为 CDAC=CEBC=13，所以，DE AB，因为 DE 平面 AA1B1B，AB 平面 AA1B1B，所以，DE 平面 AA1B1B，因为 DC1 DE=D，DC1、DE 平面 C1DE，所以，平面 AA1B1B 平面 C1DE，因为 A1B 平面 AA1B1

129、B，故 A1B 平面 C1DE，因此，线段 BC 上是否存在点 E，且当 BEBC=23 时，A1B 平面 C1DE.(2)过点 A1在平面 AA1C1C 内作 A1O AC，垂足为点 O，连接 BO，由 A1A=AB=4，A1AC=BAC=3，AO=AO，所以，AOA1 AOB，所以，AOB=AOA1=2，所以，BO AC，过点 A1在平面 A1OB 内作 A1E BO，垂足为点 E，因为 A1O AC，BO AC，A1O BO=O，A1O、BO 平面 A1BO，所以，AC 平面 A1BO，因为 A1E 平面 A1BO，则 A1E AC，又因为 A1E BO，AC BO=O，AC、BO 平面

130、 ABC，所以，A1E 平面 ABC，因为点 A1到平面 ABC 的距离为 3，即 A1E=3，且 A1O=AA1sinA1AC=4sin 3=4 32=2 3，所以，sinA1OB=A1EA1O=32 3=32，由图可知，A1OB 为锐角，所以，A1OB=3，以点 O 为坐标原点，OB、OC、EA1的方向分别为 x、y、z 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则 O 0,0,0、A13,0,3、D 0,2,0、A 0,-2,0、B 2 3,0,0、C 0,4,0，OA1=3,0,3，AC=0,6,0，49设平面 ACA1C1的法向量 n=x,y,z，则 n OA1=3x+3z=0n A

131、C=6y=0，取 x=3，则 n=3,0,-1，A1B1=23 AB=23 2 3,2,0=4 33,43,0，所以，DB1=DO+OA1+A1B1=0,-2,0+3,0,3+4 33,43,0=7 33,-23,3，因为 cos DB1,n=DB1 nDB1 n=7-32 583 2=3 5858，因此，B1D 与平面 ACA1C1所成角的正弦值为 3 5858.37(2223 下苏州三模)如图，在三棱锥 P-ABC 中，ABC 是边长为 6 2 的等边三角形，且 PA=PB=PC=6，PD 平面 ABC，垂足为 D,DE 平面 PAB，垂足为 E，连接 PE 并延长交 AB 于点 G.(1

132、)求二面角 P-AB-C 的余弦值；(2)在平面 PAC 内找一点 F，使得 EF 平面 PAC，说明作法及理由，并求四面体 PDEF 的体积.【答案】(1)33；(2)答案见解析，43.【分析】(1)根据条件确定 PGD 就是二面角 P-AB-C 的平面角，构造三角形求解；(2)根据给定的条件知 PB 平面 PAC，过点 E 作 PB 的平行线与 PA 交于 F，则 EF 平面 PAC，再求出三棱锥 P-EFD 的底面积和高即可.【详解】(1)PA=PB=PC，并且 ABC 是等边三角形，三棱锥 P-ABC 是正三棱锥，D 是 ABC 的中心，点 G 是 AB 边的中点；由 PD 平面 AB

133、C，DE 平面 PAB，AB 平面 PAB，可知 AB PD,AB DE,PD DE=D，PD 平面 PDG，DE 平面 PDG，所以 AB 平面 PDG，进而得 AB PG,AB DG，所以 PGD 就是二面角 P-AB-C 的平面角，又 ABC 是边长为 6 2 的等边三角形，且 PA=PB=PC=6，PA2+PB2=AB2，PAB 是等腰直角三角形，同理 PAC,PBC 都是等腰直角三角形；50 PG=12 AB=3 2，GD=13 CG=13 32 6 2=6，cosPGD=GDPG=33，即二面角 P-AB-C 的余弦值为33；(2)PB PC,PB PA,PA PC=P,PA 平面

134、 PAC，PC 平面 PAC，PB 平面 PAC，同理 PC 平面 PAB，又 DE 平面 PAB，ED PC，E 与点 P，D，C 共面，即 E 点在线段 PG 上，又 EDG PGC,ED=13 PC=2，PEPG=CDCG=23,PE=2 2，APG=4，过 E 点在平面 PAB 内作 PB 的平行线，与 PA 交于 F，则 EF 平面 PAC，PEF 也是等腰直角三角形，EF=PE2=2，又 DE 平面 PAB，EF 平面 PAB，DE EF，将 PEF 作为底面，则 ED 是三棱锥 D-PEF 的高，VP-DEF=VD-PEF=13 SPEF DE=13 12 2 2 2=43，即四

135、面体 PDEF 的体积为 43.38(2223沧州三模)如图，该几何体是由等高的半个圆柱和 14 个圆柱拼接而成.C,E,D,G 在同一平面内，且 CG=DG.(1)证明：平面 BFD 平面 BCG；(2)若直线 GC 与平面 ABG 所成角的正弦值为105，求平面 BFD 与平面 ABG 所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)155【分析】(1)连接 CE,DG，先证明 BF 平面 BCG，然后根据面面垂直的判定得出结论；(2)建立空间直角坐标系，先根据线面角算出 AD，然后在利用法向量求二面角的大小【详解】(1)如图，连接 CE,DG，因为该几何体是由等高的半个圆柱和 14 个圆柱

136、拼接而成，CG=DG，所以 ECD=DCG=45，所以 ECG=90，所以 CE CG.因为 BC EF，BC=EF，所以四边形 BCEF 为平行四边形，所以 BF CE，所以 BF CG.因为 BC 平面 ABF，BF 平面 ABF，所以 BC BF.51因为 BC,CG 平面 BCG，BC CG=C，所以 BF 平面 BCG，因为 BF 平面 BFD，所以平面 BFD 平面 BCG.(2)如图，以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系，设 AF=2，AD=t，则 A 0,0,0，B 0,2,0，F 2,0,0，D 0,0,t，G-1,1,t，C 0,2,t，则 AB=0,2,0，AG=-1,1

137、,t，GC=1,1,0，设平面 ABG 的一个法向量为 m=x,y,z，则 m AB=0,m AG=0,即 y=0-x+y+tz=0令 z=1，则 m=t,0,1，记直线 GC 与平面 ABG 所成的角为，则 sin=cos GC,m=GC mGCm=t2 t2+1=105，解得 t=2(负值舍去)，即 AD=2.设平面 BFD 的一个法向量为 n=x,y,z，FB=-2,2,0，FD=-2,0,2，则 n FB=0n FD=0即-2x+2y=0-2x+2z=0令 x=1，则 n=1,1,1.所以 cos m,n=m nmn=35 3=155.因此平面 BFD 与平面 ABG 所成角的余弦值为

138、155.39(2324 上永州一模)如图所示，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，侧面 PAD 为正三角形，且 AD=2AB=4,M、N 分别为 PD、BC 的中点，H 在线段 PC 上，且 PC=3PH (1)求证：MN 平面 PAB；(2)当 AM PC 时，求平面 AMN 与平面 HMN 的夹角的余弦值【答案】(1)证明见解析52(2)15【分析】(1)取 AD 中点 Q，连接 MQ,NQ，要证 MN 平面 PAB，只需平面 MQN 平面 PAB，结合已知条件即可得证.(2)当 AM PC 时并结合已知条件即可建立如图所示坐标系，根据 AD=2AB=4 以及中点关系、PC

139、=3PH 即可写出各个点的坐标，进而求出法向量即可求解.【详解】(1)如图所示：取 AD 中点 Q，连接 MQ,NQ，M,N 分别为 PD、BC 的中点，且底面 ABCD 为矩形，所以 MQ PA,MQ=12 PA，且 NQ AB，又因为 MQ 平面 MQN，MQ 平面 PAB，NQ 平面 MQN，NQ 平面 PAB，所以 MQ 平面 PAB，且 QN 平面 PAB，又因为 MQ NQ=Q，MQ 平面 MQN，NQ 平面 MQN，所以平面 MQN 平面 PAB，因为 MN 平面 MQN，所以由面面平行的性质可知 MN 平面 PAB(2)如图所示：注意到侧面 PAD 为正三角形以及 M 为 PD

140、 的中点，所以由等边三角形三线合一得 AM PD，又因为 AM PC，且 PD 面 PDC，PC 面 PDC，PD PC=P，所以 AM 面 PDC，又因为 CD 面 PDC，所以 CD AM，又因为底面 ABCD 为矩形，所以 CD AD，因为 AD AM=A，AM 面 PAD，AD 面 PAD，所以 CD 面 PAD，因为 PQ 面 PAD，所以 CD PQ，又 CD NQ，所以 NQ PQ，又由三线合一 PQ AD，又 AD NQ，所以建立上图所示的空间直角坐标系；因为 AD=2AB=4，所以 A 0,-2,0,N 2,0,0,P 0,0,2 3,C 2,2,0,D 0,2,0，53又因

141、为 M 为 PD 的中点，PC=3PH，所以 M 0,1,3,H23,23,4 33，所以 MA=0,-3,-3，MN=2,-1,-3，MH=23,-13,33，不妨设平面 AMN 与平面 HMN 的法向量分别为 n1=x1,y1,z1,n2=x2,y2,z2，所以有 n1 MA=0n1 MN=0以及 n2 MH=0n2 MN=0，即分别有-3y1-3z1=02x1-y1-3z1=0以及23 x2-13 y2+33 z2=02x2-y2-3z2=0，分别令 y1=-1,x2=1，并解得 n1=-1,1,-3,n2=1,2,0，不妨设平面 AMN 与平面 HMN 的夹角为，所以 cos=n1 n

142、2n1 n2=-1 1+1 2-3 0-12+12+32 12+22+02=15；综上所述：平面 AMN 与平面 HMN 的夹角的余弦值为 15.40(2223潍坊三模)如图，P 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AC 为底面直径，ABD 为底面圆 O 的内接正三角形，且边长为3，点 E 在母线 PC 上，且 AE=3，CE=1 (1)求证：PO 平面 BDE；(2)求证：平面 BED 平面 ABD(3)若点 M 为线段 PO 上的动点当直线 DM 与平面 ABE 所成角的正弦值最大时，求此时点 M 到平面ABE 的距离【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)714【分析】(1)设 A

143、C 交 BD 于点 F，连接 EF，利用三角形相似证得 EF AC，从而证得 PO EF，进而证得直线 PO 平面 BDE；(2)通过 PO 平面 ABD，证得 EF 平面 ABD，所以平面 BED 平面 ABD；(3)建立空间直角坐标系，设 OM=OP0 1，通过向量 DM和平面 ABE 的法向量建立直线 DM 与平面 ABE 所成角的正弦值的关系式，并利用基本不等式，即可求最值.【详解】(1)如图，设 AC 交 BD 于点 F，连接 EF，由圆锥的性质可知 PO 底面 ABD，54 因为 AC 平面 ABD，所以 PO AC，又因为 ABD 是底面圆的内接正三角形，由 AD=3，可得 AF

144、=32，ADsin60=AC，解得 AC=2，又 AE=3，CE=1，所以 AC2=AE 2+CE 2，即 AEC=90，AE PC，又因为 AEAC=AFAE=32，所以 ACE AFE，所以 AFE=AEC=90，即 EF AC，又 PO,AC,EF 平面 PAC，直线 EF PO,PO 平面 BDE，EF 平面 BDE，所以直线 PO 平面 BDE(2)因为 PO EF,PO 平面 ABD，所以 EF 平面 ABD，又 EF 平面 BED，所以平面 BED 平面 ABD；(3)易知 PO=2EF=3，以点 F 为坐标原点，FA,FB,FE 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图

145、所示的空间直角坐标系，则 A 32,0,0，B 0,32,0，D 0,-32,0，E 0,0,32，P 12,0,3，O 12,0,0，所以 AB=-32,32,0，AE=-32,0,32，DO=12,32,0，OP=0,0,3，设平面 ABE 的法向量为 n=x,y,z，则AB n=-32 x+32 y=0AE n=-32 x+32 z=0，令 x=1，则 n=1,3,3，设 OM=OP0 1，可得 DM=DO+OM=12,32,3，设直线 DM 与平面 ABE 所成的角为，则 sin=cos n,DM=n DMnDM=3+27 32+1，即 sin2=92+12+47 32+1=17 3+

146、12+132+1，令 y=12x+13x2+1,x 0,1，则 y=12x+13x2+1=4x+112x2+13=4x+112x+112-1122+13=4x+112+49144x+112-165542x+11249144x+112-16=4，当且仅当 x=12 时，等号成立，所以当 x=12 时，y=12x+13x2+1有最大值 4，即当 =12 时，sin 的最大值为 1，此时点 M12,0,32，所以 MA=1,0,-32，所以点 M 到平面 ABE 的距离 d=MA nn=1,0,-32 1,3,37=714，故当直线 DM 与平面 ABE 所成角的正弦值最大时，点 M 到平面 ABE 的距离为714.