1(2023·上海長寧·統(tǒng)考一模)如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O為BD的(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求異面直線BC與AD所成的角的大小.11線所成的角.=|cos<,>|=》》l題目1(2023·江西萍鄉(xiāng)·高三統(tǒng)考期中)如圖，在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，E,F分別是BB1C1D； 2 2222⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1-AD-C的大小為120°,E為棱C1D1的中點(diǎn).2 分別是棱AB,A1B1的中點(diǎn)，N為C1E上一點(diǎn).DC；(2)若AB=AC,=3，求直線DN與平面A1DC所成角的正弦值.33》》解法指導(dǎo).cos<,>=.》》(2)求直線BB1與平面A1ACC1所成角的正弦值.442ABE-DCF，其中AB⊥BC，AB=2BC=2CD.2(2)若∠EAB=，求直線AD與平面CDF所成角的正弦值. EF?AD，AF=3EF=3，∠EAD=120°,平面ADFE⊥平面ABCD.(2)求平面BDF與平面BCF所成角的余弦值.55》》解法指導(dǎo).線. 》》AA1(2)求二面角B-DE-A的余弦值.662和側(cè)面ABB1A1均是邊長為2的正方形.2(2)若∠B1BC=120°,求二面角A-BC-D1的余弦值. (1)證明：BC⊥平面PCD；(2)已知AD=PD=DC=BC=2，且∠DPC=30°,求點(diǎn)D到平面PAB的距離.77》》解法指導(dǎo).》》邊三角形，C,D為圓弧AB的兩個(gè)三等分點(diǎn)，E是PB的中點(diǎn).(2)求點(diǎn)E到平面PAC的距離.88221BC；(2)求平面ADF1與平面A1BC間的距離. 1(2024·內(nèi)蒙古錫林郭勒盟·高三統(tǒng)考開學(xué)考試)如圖，在四面體ABCD中，∠ACB=∠ACD=60°,BC⊥CD,BC=CD.(2)若AB=7,BC=2，求四面體ABCD的體積99》》解法指導(dǎo).》》(2)若點(diǎn)F在CE上，當(dāng)△AFB面積最小時(shí)，求三棱錐F-ABE的體積.22(2)求異面直線BF與PC所成角的正切值；(3)求三棱錐B-CEF的體積. =2．沿對角線BD折起，形成一個(gè)四面體A-BCD，且AC=m.(2)求當(dāng)二面角A-CD-B的正弦值為多少時(shí)，四面體A-BCD的體積最大.》》解法指導(dǎo).》》AD⊥DC，PA=PD=22,AD=2BC=2DC=4，將三角形PAD沿AD折起，連接PC,PB，得四棱錐P-ABCD(如圖2)，且PB=22,E為AD的中點(diǎn)，M為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)N在線段PE上.(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若平面AMN和平面PAB的夾角的余弦值為，求線段EN的長.22(2)若P是棱C1D上一點(diǎn)(不含端點(diǎn))，過P,B,E三點(diǎn)作該四棱錐的截面與平面BEC1所成的銳二面角的正 PAD」平面ABCD，PA」PD，PA=PD，E為AD的中點(diǎn).(2)在線段PC上是否存在點(diǎn)M，使得DMⅡ平面PEB？請說明理由》》解法指導(dǎo).滿足的題設(shè)要求得到相應(yīng)的方程或方程組．若方程或方程組在題設(shè)范圍內(nèi)有解，則通過參數(shù)的值反過來確》》l題目1(2024·廣東梅州·統(tǒng)考一模)AD⊥平面B1AD；AQAA1AQAA12(2024·湖北荊州·高三沙市中學(xué)?？茧A段練習(xí))設(shè)四邊形ABC且PA⊥平面ABCD，若PA=AB=1,BC=2.2(1)求PC與平面PAD所成角的正切值；1AC,BD⊥PC,PA=AB=4.1(2)若=4,∠ABC=60°,求三棱錐P-BDE的體積.22(2)若二面角P-AD-B的大小為120°,求直線PB與平面PCD所成角的正弦值.3344(2)求點(diǎn)A1到平面C1EF的距離；(3)邊BC上是否存在點(diǎn)M，使得直線A1M與平面C1EF所5形，∠ADE=60°,DE∥CF，CD⊥DE，AD=2，DE=DC=3，C5 (2)求直線DE與平面AEF所成角的正弦值； ————66(2)證明：平面PAB⊥平面PBC；(3)若直線PA和直線CD所成角的大小為30°,求四棱錐P-ABCD的體積.1(2023·北京·統(tǒng)考高考真題)如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA=AB=BC=1，PC=3.1(1)求證：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A-PC-B的大小.2=6，BP,AP,BC的中點(diǎn)分別為D,E,O，點(diǎn)F在AC上，BF⊥AO.2(2)若∠POF=120°,求三棱錐P-ABC的體積.3(2023·全國·統(tǒng)考高考真題)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C⊥平面ABC3(2)設(shè)AB=A1B,AA1=2，求四棱錐A1-BB1C1C的高.44(2)已知AA1與BB1的距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值.55(2)證明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值.6(2023·天津·統(tǒng)考高考真題)如圖，在三棱臺ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1，M為BC中點(diǎn).，N為AB的中點(diǎn)，6(2)求平面AMC1與平面ACC1A1所成夾角的余弦值；(3)求點(diǎn)C到平面AMC1的距離. 題目7(2023·全國·統(tǒng)考高考真題)如圖，在正四棱柱ABCD-A1BD2分別在棱AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.C2∥A2D2；(2)點(diǎn)P在棱BB1上，當(dāng)二面角P-A2C2-D88(2)點(diǎn)F滿足=，求二面角D-AB-F的正弦值.11 1(2023·上海長寧·統(tǒng)考一模)如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O為BD的(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求異面直線BC與AD所成的角的大小.(2)分別取AB,AC的中點(diǎn)M,N，利用幾何法求出異面直線BC與AD所成的角.(1)在三棱錐A-BCD中，由AB=AD,O為BD的中點(diǎn)，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO?平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD?平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分別取AB,AC的中點(diǎn)M,N，連接OM,ON,MN，于是MN?BC,OM?AD，則∠OMN是異面直線BC與AD所成的角或其補(bǔ)角，C1D令A(yù)B=AD=2，則DC=BD=22，又BD⊥DC，則有BC=BD2+DC2=4，OC=DC2+OD又AO⊥平面BCD，OC?平面BCD，由M,N分別為AB,AC的中點(diǎn)，得MN=BC=2,OM=AD=1,ON=AC=3，所以異面直線BC與AD所成的角的大小.線所成的角.=|cos<,>|=》》l題目1(2023·江西萍鄉(xiāng)·高三統(tǒng)考期中)如圖，在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，E,F分別是BB122 2 2D，因?yàn)镋G?平面AB1C1D，B1C1?平面AB1C1D，C1D，又因?yàn)镋F?平面EFG，所以EF?平面AB(2)連接AC,BD，則AC∩BD=O，連接A1O,A1C1,B1O,在平面BB1C1C中，作B1N⊥BC交BC于N，在平面BB1D1D中，作B1M⊥BD交BD于M，連接MN，如下圖：?A則A1OA1O=CC1在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，易知對角面BB1D1D⊥底面ABCD，因?yàn)槠矫鍭BCD∩平面BB1D1D=BD，且B1M⊥BD，B1M?平面BB1D1D， 2所以B1M 2,則B1M=2，在等腰梯形BB1C1C中，BC=2B1C1且B1N⊥BC，易知BN=BC，同理可得BM=BD，在△BCD中，==，則MN=CD，設(shè)正方形ABCD的邊長為4xx>0，則正方形A1B1C1D1的邊長為2x，MN=x，33因?yàn)锽1M⊥平面ABCD，MN?平面ABCD，所以B1M⊥MN，在Rt△B1MN，B1N=B1M2+MN2=2+x2，在Rt△BB1N中，BB1=B1N2+BN2=，則CC1=DD1=，所以在△A1OB1OB1===，22(1)證明見解析；(2)(1)因?yàn)槠矫鍯DD1C1⊥平面ABCD，且兩平面交線為DC,AD⊥DC，AD?平面ABCD,所以AD⊥平面CDD1C1，所以AD⊥D1D,AD⊥DC，∠D1DC是二面角D1-AD-C的平面角，故∠D1DC=120°.又AD⊥CD，DE∩AD=D，DE,AD?平面AED，所以CD⊥平面AED，ED?平面AED,所以CE=AE=AD2+DE2=7.因?yàn)锳E?平面BDF，AE?平面AEC,平面AEC∩平面BDF=OG，所以AE∥OG，所以G為CE中點(diǎn)，故OG=AE=．且直線OG與DF所成角等于直線44 2+2-(2)2=3.因此直線AE與DF所成角的余弦值為.取DC中點(diǎn)為G，連接EG交DF于點(diǎn)H，則EG=DD1=2.連接AG交BD于點(diǎn)I，連HI，HI與DH所成角等于直線AE與DF所成角.正方形ABCD中，GI=AG，DI=DB=，所以GH=EG，故HI=AE=.因此直線AE與DF所成角的余弦值為.||為2個(gè)單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.由(1)知DE=3，得A(2,0,0(,B(2,2,0(,C(0,2,0(,E(0,0,3)，C1(0,1,3).5566由=t(0≤t≤1(，得=+=(0,2-t,3t).使得=λ+μ=λ(2,2,0(+μ(0,2-t,3t)=(2λ,2λ+2μ-tμ,3μt(，=. 分別是棱AB,A1B1的中點(diǎn)，N為C1E上一點(diǎn).DC；(2)若AB=AC,=3，求直線DN與平面A1DC所成角的正弦值.(1)連接BE,BC1,DE.又A1D?平面A1DC,EB?平面A1DC，所以EB?平面A1DC，DE=BB1=CC1，DE⊥平面ABC，從而DE⊥DB,DE⊥DC.又AB=AC，所以△ABC為等邊三角形.因?yàn)镈是棱AB的中點(diǎn)，所以CD⊥DB，即DB,DC,DE兩兩垂直.以D為原點(diǎn)，DB,DC,DE所在直線為x,y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.設(shè)=(x,y,z(為平面A1DC的法向量，設(shè)直線DN與平面A1DC所成角為θ,即直線DN與平面A1DC所成角正弦值為.》》解法指導(dǎo).|cos<,>|=.》》l題目1(2024·內(nèi)蒙古赤峰·高三?？奸_學(xué)考試)如圖，在77(2)求直線BB1與平面A1ACC1所成角的正弦值.(1)證明見解析；(2)因?yàn)锳B=AC，所以AD⊥BC，又∠A1AB=∠A1AC=，AB=AC，AA1=AA1，所以△A1AB≌△A1AC，所以A1B=A1C，所以A1D⊥BC，因?yàn)锳D∩A1D=D，AD,A1D?平面A1AD，所以BC⊥平面A1AD，又AA1?平面A1AD，所以AA1⊥BC，由(1)BC⊥平面A1AD，BC?平面A所以平面ABC⊥平面A1AD，平面ABC∩平面A1AD=AD，A1O由∠A1AF=，∠BAC=，則A(0,-2,0(，C(-4,2,0(，A1(0,0,2(，B(4,2,0(，B1(2,2,2(，=(0,2,2(，AC=(-4,4,0(，BB1=(-2,0,2(，設(shè)平面A1ACC1的法向量為=(x,y,z(，,取=(1,1,-1(，設(shè)直線BB1與平面A1ACC1所成角為θ,8所以直線BB1與平面A1ACC1所成角的正弦值為 6.32ABE-DCF，其中AB⊥BC，AB=2BC=2CD.2(2)若∠EAB=，求直線AD與平面CDF所成角的正弦值.同理可得AD⊥DE，結(jié)合線面垂直的判定定理和性質(zhì)即可證明；得AD=BD=2a，∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD同理可得，AD⊥DE，又BD∩DE=D,BD、DE?面BDE，∴AD⊥面BDE，又BE?面BDE，AD⊥BE；(2)由(1)知BD=DE=2a，又∵∠EAB=，∴AB=AE=EB=2a，由ED2+BD2=EB2，得DE⊥BD.又∵DE⊥AD，BD∩AD=D,BD、AD?面ABCD，∴DE⊥面ABCD，過點(diǎn)D作DM⊥AB交AB于點(diǎn)M，連接EM.因?yàn)锳B?面ABCD，所以DE⊥AB，又因?yàn)镈E∩DM=D，且DE,DM?面DEM，則AB⊥面DEM，又AB?面ABE，∴面DEM⊥面ABE.過點(diǎn)D作DN⊥EM交EM于點(diǎn)N，連接AN.∴∠NAD就是直線AD與面ABE所成的線面角.∵面CDF?面ADE，∴∠NAD就是直線AD與面CDF所成的線面角.∵DE⊥DM，又DG=a，DE=2a，∴DN=a，又AD=2a，∴sin∠NAD=3=33，即直線AD與平面CDF所成線面角的正弦值為.99 (2)求平面BDF與平面BCF所成角的余弦值.(1)根據(jù)平行線性質(zhì)結(jié)合余弦定理可得AE=2，進(jìn)而可得AF」EF，再根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得AF」因?yàn)锳F=3EF=3，所以由AF2=AE2+EF2-2AE.EF.cos60。得AE=2.因?yàn)锳F2+EF2=1+3=AE2，所以AF」EF.因?yàn)镋FⅡAD，所以AF」AD.因?yàn)槠矫鍭DFE」平面ABCD，平面ADFEn平面ABCD=AD，AF軍平面ADFE，所以AF」平面ABCD.因?yàn)锽D軍平面ABCD，所以AF」BD，連接AC，在正方形ABCD中，AC」BD，因?yàn)锳F、AC相交，且AF、AC軍平面AFC，所以BD」平面AFC.因?yàn)镃F軍平面AFC，所以BD」CF.則B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),F(0,0,3)，=(-2,2,0),=(-2,0,3),=(0,2,0)，設(shè)平面BDF的一個(gè)法向量為=(x1,y1,z1(設(shè)平面BCF的一個(gè)法向量為=(x2,y2,z2(，令z2=22=3cos?,?===.所以平面BDF與平面BCF所成角的余弦值為.》》解法指導(dǎo).線. 》》AA1(2)求二面角B-DE-A的余弦值.AA1 2 AD=ADDD1DE?平面ADD1A1，故AB⊥DE，AB∩BD1=B,AB,BD1?平面ABD1，故DE⊥平面ABD1，又AD1?平面ABD1，故DE⊥AD1，又AD⊥DD1，故∠ADE+∠D1DE=∠DD1A+∠D1DE，則∠ADE=∠DD1A，則tan∠ADE=tan∠DD1A，即=，又AD=BC=2，故AA1=DD1=22；則D0,0,0,B2,4,0,E2,0,2，=2,0,2，=2,4,0，平面ADE的法向量可取為=0,4,0，設(shè)平面BDE的法向量為=x,y,z，,-1,-22，故|cos?,?|===,由原圖可知二面角B-DE-A為銳角，故二面角B-DE-A的余弦值為.2和側(cè)面ABB1A1均是邊長為2的正方形.2(2)若∠B1BC=120°,求二面角A-BC-D1的余弦值.因?yàn)榈酌鍭BCD和側(cè)面ABB1A1均是邊長為2的正方形，所以C1D1⊥平面BCC1B1，B1C?平面BCC1B1所以B1C⊥平面BC1D1，BD1?平面BC1D1，所以B1C⊥BD1；所以AB⊥平面BCC1B1，且AB?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BCC1B1，又因?yàn)槠矫鍮CC所以平面ABCD⊥平面ADD1A1，且平面ABCD∩平面ADD1A1=AD，因?yàn)椤螧1BC=∠A1AD=120°,所以∠D1DA=60°,所以△D1DA為等邊三角形，取AD的中點(diǎn)M，連結(jié)D1M，則D1M⊥AD，D1M?平面ADDA1所以D1M⊥平面ABCD，再取BC的中點(diǎn)N，連結(jié)MN,D1N,則MN⊥BC，因?yàn)锽C?平面ABCD，所以D1M⊥BC，又MN⊥BC，且D1M∩MN=M，D1M,MN?平面D1MN，所以BC⊥平面D1MN，D1N?平面D1MN，所以BC⊥D1N，所以∠D1NM為二面角A-BC-D1的平面角，D1M=3，MN=2，D1N=3+4=7，所以cos∠D1NM=2=27， 所以二面角A-BC-D1的余弦值為. (1)證明：BC⊥平面PCD；(2)已知AD=PD=DC=BC=2，且∠DPC=30°,求點(diǎn)D到平面PAB的距離.PCD；(2)由(1)可知，AD⊥平面PCD，中點(diǎn)PH⊥平面ABCD，設(shè)點(diǎn)D到平面PAB的距離為h，結(jié)合VD-PAB(1)因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面PCD，平面PAD∩平面PCD=PD，且AD⊥PD，AD?平面PAD，所以AD⊥平面PCD，(2)由(1)可知，AD⊥平面PCD，且AD?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面PCD，過P作直線CD的垂線，垂足為H，則PH⊥平面ABCD，由∠CPD=∠DCP=30°,PD=2，可得∠PDC=120°,PH=PDsin(180°-120°)=因?yàn)锽C」平面PCD，PC軍平面PCD，所以PC」BC，則PB2=BC2+PC2，可得PB=27， 2所以SΔDAB= 2所以SΔDAB=PA2-2取PB的中點(diǎn)M，連接AMPA2-2所以SΔPAB=1PB.AM=設(shè)點(diǎn)D到平面PAB的距離為h， 3由VD-PAB 3 3SΔ 37SΔDAB.7,所以點(diǎn)D到平面PAB的距離為.》》解法指導(dǎo).》》邊三角形，C,D為圓弧AB的兩個(gè)三等分點(diǎn)，E是PB的中點(diǎn).(2)求點(diǎn)E到平面PAC的距離.因?yàn)镋,F分別為PB,PA的中點(diǎn)，所以EF∥AB,EF=AB，因?yàn)镈E?平面PAC,CF?平面PAC，所以DE∥平面PAC.因?yàn)镃,D為圓弧AB的兩個(gè)三等分點(diǎn)，所以O(shè)A=OC=AC=2，則CH=3. 2 2因?yàn)镋是PB的中點(diǎn)，所以S△PAE=S△PAB=23， 2因?yàn)镻A=4，所以PC=4，則 22-12=15. 3d=設(shè)點(diǎn)E到平面PAC的距離為 3d=.即點(diǎn)E到平面PAC的距離為215.2.2.1BC；(2)求平面ADF1與平面A1BC間的距離.【解析】(1)在正六棱柱ABCDEF-因?yàn)锳D?平面A1BC，BC?平面?A1C，(2)平面ADF1與平面A1BC間的距連接AC，則四面體A1ABC的體積V=S△ABC?AA1=S△ABCd.因?yàn)閂=S△ABC?AA1=××1×1×sin×3=，A1B=AB2+AA=2，A1C=AC2+AA=6，所以cos∠A1BC==-，從而sin∠A1BC=，所以S△ABC=×1×2×=，所以d==，即平面ADF1與平面A1BC間的距離為. 1(2024·內(nèi)蒙古錫林郭勒盟·高三統(tǒng)考開學(xué)考試)如圖，在四面體ABCD中，∠ACB=∠ACD=60°,BC⊥CD,BC=CD.(2)若AB=7,BC=2，求四面體ABCD的體積(2)在△ABC中，BC=2，AB=7，設(shè)AC=xx>0，2，解得AC=x=3.因?yàn)镃D=BC=2，BC⊥CD，所以BD=22，則AE=AB2-BE2=5，CE=BD=2，AC=3，由(1)知BD⊥平面ACE，∴V四面體ABCD=VB-ACE+VD-ACE=S△ACE?BD=××22=2.》》解法指導(dǎo).》》11段FG最短.求此時(shí)三棱錐F-ABE的體積即可.因?yàn)槠矫鍭BDE⊥平面ABC，DB⊥AB，平面ABDE∩平面ABC=AB，DB?平面ABDE，所以DB⊥平面ABC，DB⊥AC，所以AC⊥平面BCD.因?yàn)锳C?平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCD.因?yàn)锳B=2DE=2BD=2，DB⊥AB，ED∥AB，所以AE=BE=2.因?yàn)锳C=BC，所以△ACE≌△BCE.所以AF=BF，F(xiàn)G⊥AB.因?yàn)镋G=CG=1，S△ABC=AB×CG=1，因?yàn)槠矫鍭BDE⊥平面ABC，平面ABDE∩平面ABC=AB，EG⊥AB，EG?平面ABDE，所以EG⊥平面ABC.此時(shí)，VF-ABE=VC-ABE=VE-ABC=××S△ABC×EG=.22(2)求異面直線BF與PC所成角的正切值； (3)可證得AF⊥平面ABCD，則三棱錐B-CEF的體積：VB-CEF=VC-BEF，計(jì)算即可.∴AC=AD2-CD2=4-1=3，∴AO=CO=，∵四邊形ABEF為正方形，平面ABEF⊥平 ∵P為DF的中點(diǎn)，∴AP=CP=1FD=1AF2+AD2=11+4=5∴∠CPO是異面直線BF與PC所成角，sin∠CPO===，∴異面直線BF與PC所成角的正切值為.(3)∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，AF⊥AB，AF?平面ABEF，∴AF⊥平面ABCD，CA=BC2-BA2=3， =2．沿對角線BD折起，形成一個(gè)四面體A-BCD，且AC=m.(2)求當(dāng)二面角A-CD-B的正弦值為多少時(shí)，四面體A-BCD的體積最大.2+AC2=BC2，即2+m2=4，∴m=2；2+AC2=CD2，即4+m2=2，∴m2=-2，無解．故AD⊥BC不成立.所以只需讓三棱錐A-BCD的高最大即可，此時(shí)平面ABD⊥平面BCD，過點(diǎn)A作AO⊥BD于點(diǎn)O，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)易得AO⊥平面BCD，在平面BCD中作垂直于BD的直線，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則A,2+(2(2+227，所以二面角A-CD-B的正弦值為sinθ=1-cos2,=1-2=.》》解法指導(dǎo).》》P-ABCD(如圖2)，且PB=22,E為AD的中點(diǎn)，M為BC的中點(diǎn)，點(diǎn)N在線段PE上.(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；(2)若平面AMN和平面PAB的夾角的余弦值為，求線段EN的長.(1)證明見解析；(2)1(1)由等腰三角形證得PE⊥AD，勾股定理證得PE⊥BE，可得PE⊥平面ABCD，得平面PAD⊥平面ABCD.值.所以PE⊥AD，且PE=PA2-DE2=2，所以PE2+BE2=22+22=8=PB2，即PE⊥BE，又因?yàn)锳D∩BE=E，AD,BE?平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD，又PE?平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.則A(2,0,0(,B(0,2,0(,M(-1,2,0(,P(0,0,2(，設(shè)EN=t(0之t之2(，則N(0,0,t(，所以=(-2,2,0(,=(-2,0,2(，設(shè)平面PAB的法向量為=(x1,y1,z1(，1=又=(-3,2,0(,=(-2,0,t(，設(shè)平面AMN的法向量為=(x2,y2,z2(，2=t2=,z2=2t++2=t++2=xt2+9222+12+12所以線段EN的長為1.2,cosB=2,cosB=(2)若P是棱C1D上一點(diǎn)(不含端點(diǎn))，過P,B,E三點(diǎn)作該四棱錐的截面與平面BEC1所成的銳二面角的正(1)證明見解析；(2)(1)根據(jù)線面垂直判定定理證明即可；因?yàn)镋,D分別為BC,AC的中點(diǎn)，所以CE=C1E=EB,CD=C1D=DA，所以ΔACC1,ΔBCC1分別為以AC,BC為斜邊的直角三角形，即CC1」AC1,CC1」BC1，C 連接AH，因?yàn)锳B=、=，所以AH⊥EB，又AH∩C1H=H,AH?平面AHC1,C1H?平面AHC1，所以BE⊥平面AHC1，連接HQ，則∠C1HQ是截面EPQB與平面BEC1所成二面角的平面角，即tan∠C1HQ=.又在△ABC中，由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB?BCcosB=13+16-2×13×4×=21，所以在Rt△ACC1中，AC=AC2-CC=21-12=9，所以AC1=3，所以AH2=AC+HC，所以HC1⊥AC1;所以C1P=C1D,CP=CQ，所以=×=，所以VC-BQPE=2VC-CPE=4VC-DPE，又VC-AQB=VC-BQC，所以VQP-ABED=VC-ABQ-VC-DPE=VC-BQC-VC-DPE=5VC-DPE，所以=. PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E為AD的中點(diǎn).(1)利用面面垂直的性質(zhì)定理證得PE⊥平面ABCD，從而證得PE⊥BC；(1)因?yàn)镻A=PD,E為AD中點(diǎn)，所以PE⊥AD，又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE?平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，因此PE⊥BC.取PB中點(diǎn)為F，連接DM,FM，又因?yàn)镋F?面PEB,DM?面PEB，所以DM?面PEB.》》解法指導(dǎo).滿足的題設(shè)要求得到相應(yīng)的方程或方程組．若方程或方程組在題設(shè)范圍內(nèi)有解，則通過參數(shù)的值反過來確》》l題目1(2024·廣東梅州·統(tǒng)考一模)已知三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，∠BAC=120°,且BC=，∠CBB1=60°,側(cè)面BCC1B1⊥底面ABC，D是BC的中點(diǎn).AD⊥平面B1AD；AQAA1AQAA1【分析】(1)根據(jù)余弦定理求得BC=BB1=3.由面面垂直的判定定理、線面垂直的性質(zhì)即【解析】(1)在△ABC中，AB=AC=2,∠BAC得cos∠BAC=ABC2=4+4BC2，解得BC=23，得BB1=3.中，BB1=BD=3,∠DBB1=60°,則△BB1D為正三角形，⊥BD，又平面CBB1C1⊥平面ABC，平面CBB1C1∩平面ABC=BC,OB1?平面CBB1C1，所以O(shè)B1⊥平面ABC.由OE、OC?平面ABC，所以O(shè)B1⊥OE,OB1⊥OC，以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)E,OC,OB1所則?=-x1+y1+1=0,?=-x2-y2+2=0，則?=-x1+y1+1=0,?=-x2-y2+2=0，?=-x1=0?=-x2=0令y1=3,y2=3，則x1=0,z1=-3,x2=0,z2=1，AD⊥平面B1AD；所以=+=1,3+λ,，設(shè)平面ACC1A1的一個(gè)法向量為=(x,y,z)，=cos,===，2且PA⊥平面ABCD，若PA=AB=1,BC=2.2(1)求PC與平面PAD所成角的正切值；(2)連接AG,DG，作DM⊥AG于點(diǎn)M，證明 又AD⊥CD,PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD， 所以∠CPD即為PC與平面PAD所成角的平面角，所以PC與平面PAD所成角的正切值為；(2)假設(shè)存在，設(shè)BG=x0≤x≤2，連接AG,DG，作DM⊥AG于點(diǎn)M，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，DM?平面ABCD，所以PA⊥DM，又PA∩AG=A,PA,AG?平面PAG，所以DM⊥平面PAG，所以DM即為點(diǎn)D到平面PAG的距離，由BG=x，得AG=x2+1，1AC,BD⊥PC,PA=AB=4.1-BDE=(2)利用間接法VP-BDE=VP-ABCD-VE-BCD-VP-ABD，求體積.因?yàn)锽D⊥PC,PC?平面PAC,AC?平面PAC，且AC∩PC=C，所以BD⊥平面PAC.因?yàn)镻A?平面PAC，所以BD⊥PA.因?yàn)镻A⊥AC,AC?平面ABCD,BD?平面ABCD，且AC∩BD=O，所以PA⊥平面ABCD.所以SΔBCD=SΔABD=X4X4X=43，則四棱錐P-ABCD的體積VP-ABCD=X43X2X4=，三棱錐E-BCD的體積VE-BCD=X43X3=43，三棱錐P-ABD的體積VP-ABD=X43X4=，故三棱錐P-BDE的體積VP-BDE=VP-ABCD-VE-BCD-VP-ABD=-43-=.22(2)若二面角P-AD-B的大小為120。，求直線PB(1)證明見解析；(2).(2)依題意可得二面角P-AD-B的平面角為ZPOC，在平面POC內(nèi)作OM」OC交PC于點(diǎn)M，由面所以ΔAPD和ΔACD都是等邊三角形，所以AD」OP，AD」OC，OPnOC=O，OP,OC軍平面POC，所以AD」平面POC，PC軍平面POC，所以AD」PC，且AD」平面POC，AD軍平面ABCD，所以平面POC」平面ABCD，平面POCn平面ABCD=OC，在平面POC內(nèi)作OM」OC交PC于點(diǎn)M，所以O(shè)M」平面ABCD，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz，0,-,,設(shè)平面PCD的一個(gè)法向量為=(x,y,z(，設(shè)直線PB與平面PCD所成角為θ,==，所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為.33(1)答案見解析；(2)(1)連接AC、D1E，D1OEA1D1q平面CDD1C1A1D1」平面CDD1C1，軍平面A1OE平面A1OE」平面CDD1C1，A1(a,0,h(，O,a,0E0,a,0D1(0,0,h(，B(a,3a,0(，C(0,3a,0(，則=,-a,h=（-,0,0=(0,3a,-h(，=(a,3a,-h(，設(shè)平面A1OE的法向量=(x1,y1,z1(，令y1=h1=a0,h,a,設(shè)平面D1BC的法向量=(x2,y2,z2(，令y2=h|=+2 44(2)求點(diǎn)A1到平面C1EF的距離；(3)邊BC上是否存在點(diǎn)M，使得直線A1M與平面C1EF所EF的距離為d=||求解；則B(6,6,0(,D1,,,E(0,3,0(,F(3,6,0(,A1,,,C1,,（,所有=(3,3,0(,=-,-,-,=（-,-,（,設(shè)平面C1EF的一個(gè)法向量為=(x,y,z(，,-1,0(，?平面C1EF，所以BD1∥平面C1EF；(3)假設(shè)在邊BC上存在點(diǎn)M，設(shè)M(x,6,0(，則=（x-,,-,因?yàn)橹本€A1M與平面C1EF所成的角的正弦值為，=== =|x-9|22 2-9x+455，則M(5,6,0(，此時(shí)|BM|=1.55 (2)求直線DE與平面AEF所成角的正弦值； ————(2)由(1)知CD⊥平面ADE，所以=(0,2,-3(，=(3,5,-3(，=(0,3,0(.設(shè)平面AEF的法向量為=(x,y,z(，-3,3,2(.所以直線DE與平面AEF所成角的正弦值為：.(3)設(shè)G(x0,y0,z0(到平面ABC的距離為h，VC(3,0,0(，=λ?(x0-3,y0,z0(=λ(0,6,0(?G(3,6λ,0設(shè)平面ABCD的法向量為=(x1,y1,z1(，=(0,1,3(，66(2)證明：平面PAB⊥平面PBC；(3)若直線PA和直線CD所成角的大小為30°,求四棱錐P-ABCD的體積.CD?AB得出AB⊥平面PBC，由AB?平面ABP，即(1)延長BC,AD，交于點(diǎn)Q，連接PQ，則PQ為平面PAD與平面PBC的交線.又因?yàn)锳B?平面ABP，所以平面PAB⊥平面PBC.由AB=3得，PB=3， 2在平面PBC中，過點(diǎn)P作PE⊥BC于點(diǎn)E 2因?yàn)镻E?平面PBC，AB⊥平面PBC，所以PE⊥AB，所以PE⊥平面ABCD，1(2023·北京·統(tǒng)考高考真題)如圖，在三棱錐P-ABC中，PAPC=3.1(2)求二面角A-PC-B的大小.利用空間向量夾角余弦的坐標(biāo)表示即可得解.又因?yàn)镻B=PA2+AB2=2，BC=1,PC=3，所以PB2+BC2=PC2，則△PBC為直角三角形，故BC⊥PB，又因?yàn)锽C⊥PA，PA∩PB=P，所以BC⊥平面PAB.設(shè)平面PAC的法向量為=x1,y1,z1，設(shè)平面PBC的法向量為=x2,y2,z2，-z2=02=2=又因?yàn)槎娼茿-PC-B為銳二面角，所以二面角A-PC-B的大小為.2=6，BP,AP,BC的中點(diǎn)分別為D,E,O，點(diǎn)F在AC上，BF⊥AO.2(2)若∠POF=120°,求三棱錐P-ABC的體積.(1)證明見解析；(2)(1)連接DE,OF，設(shè)AF=tAC，則=+=(1-t)+t，=-+，BF⊥AO，2+t=4(t-1)+4t=0，解得t=，則F為AC的中點(diǎn)，由D,E,O,F分別為PB,PA,BC,AC的中點(diǎn)，則四邊形ODEF為平行四邊形，EF?DO,EF=DO，又EF?平面ADO,DO?平面ADO，(2)過P作PM垂直FO的延長線交于點(diǎn)M，因?yàn)镻B=PC,O是BC中點(diǎn)，所以PO⊥BC，在Rt△PBO中，PB=6,BO=BC=2，所以PO=PB2-OB2=6-2=2，又PO∩OF=O，PO,OF?平面POF，所以BC⊥平面POF，又PM?平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM?平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱錐P-ABC的高為PM， =3，2所以PM=PO =3，2-ABC=S△ABC?PM=×22×3=.33A1⊥平面BB1C1C；(2)設(shè)AB=A1B,AA1=2，求四棱錐A1-BB1C1C的高.C=AC=x，由勾股定理可求出x，再由勾股定理即可求A1O.C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC,又因?yàn)锽C?平面BCC1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1.所以A1O⊥平面BCC1B1，所以四棱錐A1-BB1C1C的高為A1O.因?yàn)锳1C⊥平面ABC，AC,BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC,又因?yàn)锳1B=AB，BC為公共邊，所以△ABC與△A1BC全等，所以A1C=AC.設(shè)A1C=AC=x，則A1C1=x，中點(diǎn)，OC1=AA1=1,又因?yàn)锳1C⊥AC,所以A1C2+AC2=AA，即x2+x2=22，解得x=2，所以A1O=A1C-OC=22-12=1，所以四棱錐A1-BB1C1C的高為1. C=AC；，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值.⊥平面BCC1B11O=1，在Rt△A1CC1,CC1=AA1=2，設(shè)CO=x，則C1O=2-x，1OCCO2+A1O2=A1C2，A1O2+OC=C1A，A1C2+A1C=C1C2，∴1+x2+1+(2-x)2=4，解得x=1，∴AC=A1C=A1C1=2，∴A1C=AC過B作BD⊥AA1，交AA1于D，則D為AA1中點(diǎn)，由直線AA1與BB1距離為2，所以BD=21D=1B=AB=5，在Rt△ABC，∴BC=AB2-AC2=3，延長AC，使AC=CM，連接C1M，,CM=A1C1知四邊形A1CMC1為平行四邊形，M⊥平面ABC，又AM?平面ABC，∴C1M⊥AM則在Rt△AC1M中，AM=2AC,C1M=A1C，∴AC1=(2AC)2+A1C2，在Rt△AB1C12+A1C2，B1C1=BC=3，又A到平面BCC1B1距離也為1，55(2)證明：平面ADO⊥平面BEF；(3)求二面角D-AO-C的正弦值.(1)連接DE,OF，設(shè)AF=tAC，則=+=(1-t)+t，=-+，BF⊥AO，2+tC黨2=4(t-1)+4t=0，解得t=，則F為AC的中點(diǎn)，由D,E,O,F分別為PB,PA,BC,AC的中點(diǎn)，又EF?平面ADO,DO?平面ADO，所以EF?平面ADO.又AO⊥BF,BF∩EF=F，BF,EF?平面BEF，則有AO⊥平面BEF，又AO?平面ADO，所以平面ADO⊥平面BEF.A(2,0,0,(,B(0,0,0(,C(0,22,0(，在ΔBDA中，cosZPBA===-在ΔBDA中，cosZPBA===-，2DB.AB2x2x6在ΔPBA中，PA2=PB2+AB2-2PB.ABcosZPBA=6+4-2(PA=14((x-2(2+y2+z2=14設(shè)P(x,y,z(，所以由