五一特训突破立体几何课件

立体几何一．解答题（共41小题）1．（2022秋•金华月考）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABD，∠ASD＝∠BAD＝∠BCD＝90°．SA＝SD＝，AB＝BC＝CE＝SF＝1．（Ⅰ）求证：EF∥平面SAB；（Ⅱ）求点E到平面SAB的距离；（Ⅲ）求平面SAB与平面SBC的夹角．2．（2022秋•浙江月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AC＝CD＝，AD＝PD＝2，PC＝．（1）求证：AD⊥PC；（2）求平面PAB与平面PCD的夹角的大小．3．（2022秋•浙江月考）在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥BC，AB＝AC＝AA1＝A1C＝．（1）证明：A1在底面ABC上的射影是线段BC中点；（2）求平面A1B1C与平面A1B1C1夹角的余弦值．4．（2022春•吉林期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M是PD的中点．（1）求证：AM⊥平面PCD；（2）求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值．5．（2022•保定模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点B1在底面ABC内的射影恰好是点C，D是AC的中点，且满足DA＝DB．（1）求证：AB⊥平面BCC1B1；（2）已知AC＝2BC＝2，直线BB1与底面ABC所成角的大小为，求二面角C﹣BD﹣C1的大小．6．△ABC中，已知a+b＝2，c＝2，tanAtanB＝3，求△ABC的面积．7．（2022秋•浙江月考）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，侧面PCD与底面ABCD垂直，点E，F分别在侧棱PA，PC上，满足DE⊥PA，DF⊥PC，PD＝CD＝2AD＝4，PB＝6．（1）证明：PB⊥EF；（2）求二面角D﹣EF﹣C的正弦值．8．（2022秋•浙江月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，点P在底面ABCD内的投影恰为AC中点，且BM＝MC．（1）若，求证：PM⊥面PAD；（2）若平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为，求直线PM与平面PCD所成角的正弦值．9．（2022秋•宁波月考）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝，E，F分别是AB，B1C1的中点．（1）证明：EF⊥BC；（2）若AC＝BC＝2，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面A1EC与平面FEC夹角的余弦值．10．（2022•浙江开学）如图，四棱锥P﹣ABCD中，ABCD为正方形，△PAB为等腰直角三角形，且∠APB＝90°，平面PAB⊥平面ABCD，E、F分别为AC、BP中点．（1）证明：EF∥平面PCD；（2）求直线EF与平面PAC所成角的正弦值．11．（2022•杭州模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB为正三角形，四边形ABCD为等腰梯形，M为棱AP的中点，且AB＝2AD＝2BC＝2CD＝4，DM＝．（Ⅰ）求证：DM∥平面PBC；（Ⅱ）求直线AP与平面PBC所成角的正弦值．12．（2022•柯桥区模拟）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，，AB＝BC＝2．（Ⅰ）证明：A1C1⊥A1B；（Ⅱ）求直线A1C1与平面A1CB所成的角．13．（2022•鹿城区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，AD∥BC，AD＝2DC＝AP＝2，BC＝3，E为PD的中点，点F在棱PB上，满足AF∥平面PCD．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求直线PC与平面AEF夹角的正弦值．14．（2022•浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．（Ⅰ）证明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．15．（2022•浙江开学）如图，在平面四边形ABCD中，AD＝AB，CD＝CB．现将△ABD沿BD翻折到△A′BD的位置，且二面角A′﹣BD﹣C的平面角大小为120°．（Ⅰ）求证：A′C⊥BD；（Ⅱ）若BD＝2，且BC与平面A′BD所成角的大小为45°，求BC的长．16．（2022秋•湖南月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为边AB的中点．以CM为折痕把△BCM折起，使点B到达点P的位置，且∠PMB＝，连接PA，PB，PD．（1）证明：平面PMC⊥平面AMCD；（2）若E是线段DP上的动点（不与点P，D重合），二面角E﹣CM﹣P的大小为，试确定点E的位置．17．（2022秋•石首市校级月考）如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，底面边长为，点P在线段SD上，且△SAC的面积为1．（1）若点P是SD的中点，求证：平面SCD⊥平面PAC；（2）是否存在点P，使得直线SC与平面ACP所成角的余弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．18．（2022春•海淀区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC＝60°，△PAD为正三角形，O为AD的中点，且平面PAD⊥平面ABCD，M是线段PC上的点．（1）当点M为线段PC的中点时，证明直线OM∥平面PAB（2）求证：OM⊥BC；（3）点M在线段PC上，且，求直线AM与平面PAB的夹角的正弦值19．（2022•运城模拟）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧面ADD1A1为矩形，AB＝2AD＝4，∠D1DB＝60°，BD＝AA1＝2．（1）证明：平面ABCD⊥平面BDD1B1；（2）求直线CD1与平面AB1C所成角的正弦值．20．（2022秋•东港区校级月考）在△ABC中，AB＝4，，∠BAC＝45°，以AC的中线BD为折痕，将△ABD沿BD折起，构成二面角A﹣BD﹣C，在平面BCD内作CE⊥CD，且，连接DE，AE，AC，如图所示．（1）求证；CE∥平面ABD；（2）若二面角A﹣BD﹣C的大小为90°，求二面角B﹣AC﹣E的余弦值．21．（2022秋•莱西市期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，侧面PAD⊥面ABCD，PA＝PD＝2．（1）求证：PA⊥BD；（2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使得平面PCD和平面NCD的夹角的余弦值为？若存在，请确定N点的位置；若不存在，请说明理由．22．（2022秋•武汉期中）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，PD＝DC＝BC＝2PA＝2AB＝2，PD⊥CD．（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求直线BD与平面BPC所成角的正弦值．23．（2022秋•重庆月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝BC＝2，∠A1AB＝60°，A1C＝．（1）求证：AB⊥A1C；（2）若AA1＝5AM，求二面角M﹣B1C﹣A1的余弦值．24．（2022秋•零陵区校级月考）如图，四面体ABCD中，AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，E是AC的中点．（1）当F在线段BD上移动时，判断AC与EF是否垂直，并说明理由；（2）若AB＝AC＝BD＝2，，试确定点F在线段BD上的位置，使CF与平面ABD所成角的正弦值为．25．（2022秋•皇姑区校级月考）在如图所示的圆柱MN中，AB为圆M的直径，C，D是上的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱MN的母线．（1）求证：FM∥平面ADE；（2）若FC＝BC＝1，求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．26．（2022秋•随州月考）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为2，△A1BC的面积为．（1）求点C1到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面A1B1BA，求二面角A﹣BD﹣C的正切值．27．（2022秋•重庆月考）如图，已知矩形BB1C1C所在平面与平面ABB1N垂直，在直角梯形ABB1N中，AN∥BB1，AB⊥AN，AB＝BC＝AN＝．（1）证明：B1N⊥平面BCN．（2）求直线AC与平面BC1N所成角的正弦值．28．（2022秋•重庆月考）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝2BC＝2，AB＝，E为CD中点．（1）求证：CD⊥平面PAE；（2）若PA＝，求二面角A﹣PB﹣E的余弦值．29．（2022秋•雨湖区校级期中）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PD＝DC＝1，．M为BC上的点，且AM⊥平面PDB；（1）求证：PD⊥平面ABCD；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．30．（2022秋•邵阳期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是以∠C为直角的等腰直角三角形，BC＝AC＝2，AA1＝3，D为AC的中点．（1）求证：AB1∥平面BDC1；（2）求平面C1BD与平面CBD夹角的余弦值．31．（2022秋•辽宁期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2，AB＝3，E是棱AD的中点．（1）证明：BC⊥平面PCE；（2）若，求平面PCE与平面PAB所成角的余弦值．32．（2022秋•沈阳期中）如图，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．（1）证明：PB⊥AD；（2）若PB＝PD，且PA与平面ABCD所成角的正弦值为，点F在线段PC上满足PC＝3PF，求二面角D﹣BF﹣C的余弦值．33．（2022春•巫山县校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝4．A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D．且BA1⊥AC1．（1）求证：AC1⊥平面A1BC；（2）求二面角B1﹣A1B﹣C的余弦值．34．（2022春•张家界期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ABB1是菱形，且，侧面B1BCC1是边长为2的正方形，侧面B1BCC1⊥侧面A1ABB1，D为A1B1的中点．（1）求证：AB⊥平面BCD；（2）求平面CDC1与平面CDB夹角的余弦值．35．（2022春•沙坪坝区校级期末）四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为菱形，AD＝2，∠BAD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．（1）证明：PB⊥AC；（2）若PB＝PD，且PA与平面ABCD成角为60°，在棱PC上是否存在点E，使二面角D﹣BE﹣C的平面角的余弦值为？若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由．36．（2022春•咸宁期末）如图，在梯形ABCD中，已知AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点，将△ADM沿着DM翻折至△PDM，连接PC，PB．（1）证明：DM⊥PC；（2）若二面角P﹣DM﹣C的大小为60°，求PB与平面ABCD所成角的正弦值．37．（2022春•郯城县校级期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，点E为PC的中点，AB∥CD，CD⊥AD，CD＝2AB＝2，PA＝AD＝1，PA⊥AD．（1）证明：BE⊥平面PCD；（2）求二面角P−BD−E的余弦值．38．（2022春•武汉期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，△ABC是边长为2的正三角形，D是AB的中点，AA1＝A1C，直线A1B与平面A1ACC1所成的角为45°．（1）求证：BC1∥平面A1CD；（2）求二面角B﹣A1C﹣C1的余弦值．39．（2022春•开福区校级月考）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA＝PD，点E为BC的中点，△AEB为等边三角形．（1）证明：PB⊥AE；（2）点F在线段PD上且DF＝2FP，若二面角F−AC−D的大小为45°，求直线AE与平面ACF所成角的正弦值．40．（2022春•雨花区校级月考）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝2BC＝2CD＝4，，AD，AB的中点分别是O，G．（1）求证：BD⊥平面POC；（2）求锐二面角D﹣PG﹣O的余弦值．41．（2022秋•沈阳月考）如图1，矩形PABC中，PC＝3，PA＝，D为PC上一点且CD＝2DP．现将△PAD沿着AD折起，使得PD⊥BD，得到的图形如图2．（Ⅰ）证明：PA⊥平面PBD：（Ⅱ）求二面角P﹣AB﹣D的余弦值．

参考答案与试题解析一．解答题（共41小题）1．（2022秋•金华月考）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABD，∠ASD＝∠BAD＝∠BCD＝90°．SA＝SD＝，AB＝BC＝CE＝SF＝1．（Ⅰ）求证：EF∥平面SAB；（Ⅱ）求点E到平面SAB的距离；（Ⅲ）求平面SAB与平面SBC的夹角．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）30°．【解答】证明：（Ⅰ）由已知可得：，，如图以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），D（0，2，0），S（0，1，1），B（1，0，0），F（0），设C（x，y，0），则由，，可得方程组，解得，可得，由于，可得E（1，1，0），所以，设平面SAB的法向量，由，解得平面SAB的法向量是，∴，EF不在平面SAB内，故EF∥平面SAB．解：（Ⅱ）设点E到平面SAB的距离为d，∵由，∴，点E到平面SAB的距离是．（Ⅲ）设平面SBC的法向量为，由，可得平面SBC的法向量为，设平面SAB与平面SBC的夹角为θ．则，则θ＝30°，故平面SAB与平面SBC的夹角为30°．2．（2022秋•浙江月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AC＝CD＝，AD＝PD＝2，PC＝．（1）求证：AD⊥PC；（2）求平面PAB与平面PCD的夹角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解答】解：（1）证明：∵AC2+CD2＝AD2，∴AC⊥CD，又底面ABCD是平行四边形，∴AB⊥AC，又面PAB⊥面ABCD，面PAB∩面ABCD＝AB．∴AC⊥面PAB，故AC⊥PA，从而，故△PAD为正三角形．取AD中点O，连接PO，OC，则OP⊥AD，OC⊥AD，OP∩OC＝O，OP⊂面POC，OC⊂面POC，从而AD⊥面POC，PC⊂面POC，故AD⊥PC；（2）由（1）可知AD⊥PC，BC∥AD，故BC⊥PC．又，得．故，即．设平面PAB∩平面PCD＝l，∵AB∥CD，AB⊂面PAB，CD⊄面PAB，∴CD∥面PAB，又CD⊂面PCD，平面PAB∩平面PCD＝l，∴l∥CD，过点P作PH⊥BA交BA的延长线于点H，连接HD，因平面PAB⊥平面ABCD，故PH⊥面ABCD，且PH⊥HD，∵，易得PD⊥CD，又l∥AB∥CD，∴PD⊥l，PH⊥l，∴∠DPH即为平面PAB与平面PCD的夹角．在Rt△PHD中，，得．故平面PAB与平面PCD的夹角为．3．（2022秋•浙江月考）在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥BC，AB＝AC＝AA1＝A1C＝．（1）证明：A1在底面ABC上的射影是线段BC中点；（2）求平面A1B1C与平面A1B1C1夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解答；（2）．【解答】解：（1）证明：取BC中点O，连接A1O，AO，∵AB＝AC，O为BC中点，∴BC⊥AO；又AA1⊥BC，A1A∩AO＝A，∴BC⊥平面A1AO，又A1O⊂平面A1AO，∴A1O⊥BC，在Rt△B1BC中，，则BC＝2，在△ABC中，，则AO＝1．在Rt△A1OC中，，则A1O＝1．在△A1AO中，，则，∴A1O⊥AO，又A1O⊥BC，AO∩BC＝O，∴A1O⊥平面ABC；（2）如图，分别以OC，OA，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则根据题意可得B（﹣1，0，0），C（1，0，0），A（0，1，0），A1（0，0，1），∴，设平面A1B1C的法向量，则，∴，取，又易知平面A1B1C1的法向量，设平面A1B1C与平面A1B1C1夹角为θ，∴，故平面A1B1C与平面A1B1C1夹角的余弦值为．4．（2022春•吉林期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面PAD⊥底面ABCD，M是PD的中点．（1）求证：AM⊥平面PCD；（2）求侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM，因为△PAD是正三角形，M是PD的中点，则AM⊥PD，又CD∩PD＝D，CD，PD⊂平面PCD，所以AM⊥平面PCD；（2）解：取AD，BC的中点分别为E，F，连接EF，PE，PF，则EF＝CD，EF∥CD，所以EF⊥AD，在正△PAD中，PE⊥AD，因为EF∩PE＝E，EF，PE⊂平面PEF，则AD⊥平面PEF，在正方形ABCD中，AD∥BC，故BC⊥平面PEF，所以∠PFE是侧面PBC与底面ABCD所成二面角的平面角，由CD⊥平面PAD，EF∥CD，则EF⊥平面PEF，又PE⊂平面PAD，所以EF⊥PE，设正方形ABCD的边长AD＝2a，则，所以，则，故侧面PBC与底面ABCD所成二面角的余弦值为．5．（2022•保定模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点B1在底面ABC内的射影恰好是点C，D是AC的中点，且满足DA＝DB．（1）求证：AB⊥平面BCC1B1；（2）已知AC＝2BC＝2，直线BB1与底面ABC所成角的大小为，求二面角C﹣BD﹣C1的大小．【答案】（1）证明见解答；（2）45°．【解答】（1）证明：D是AC的中点，DA＝DB，所以AB⊥BC，因为B1在底面ABC内的射影恰好是点C，所以B1C⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以AB⊥B1C，因为BC∩B1C＝C，BC⊂平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1．（2）解：设BC1∩B1C＝F，取BD中点E，连接EF、EC，因为AC＝2BC＝2，所以BC＝BD＝CD＝1，所以CE⊥BD，由（1）知FC⊥平面ABC，所以CE是EF在平面ABC内投影，所以BD⊥EF，所以∠FEC是二面角C﹣BD﹣C1的平面角，由（1）知B1C⊥平面ABC，所以BC是BB1在平面ABC内投影，所以∠B1BC是直线BB1与底面ABC所成角，∠B1BC＝，所以B1C＝BC•tan＝，因为四边形BB1C1C是平行四边形，所以FC＝•B1C＝，又因为CE＝BC•sin60°＝，所以FC＝CE，因为FC⊥CE，所以∠FEC＝45°．故二面角C﹣BD﹣C1的大小45°．6．△ABC中，已知a+b＝2，c＝2，tanAtanB＝3，求△ABC的面积．【答案】【解答】解：因为tan（A+B）＝＝＝﹣，而在三角形中，tan（A+B）＝﹣tanC，所以2tanC＝tanA+tanB，即2•＝+＝＝＝﹣，因为在三角形中，sinC≠0，可得2cosAcosB＝cosC，因为a+b＝2，c＝2，所以a2+b2＝8﹣2ab，由余弦定理可得：2••＝，整理可得：c2（a2+b2﹣c2）＝c4﹣（a2﹣b2）2，即4•（8﹣2ab﹣4）＝16﹣（a+b）2（a﹣b）2＝16﹣8•（a2+b2﹣2ab）＝16﹣8（8﹣4ab），解得ab＝，由余弦定理可得cosC＝＝＝＝，在三角形中，可得sinC＝，所以S△ABC＝absinC＝••＝，所以△ABC的面积为．7．（2022秋•浙江月考）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，侧面PCD与底面ABCD垂直，点E，F分别在侧棱PA，PC上，满足DE⊥PA，DF⊥PC，PD＝CD＝2AD＝4，PB＝6．（1）证明：PB⊥EF；（2）求二面角D﹣EF﹣C的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解答】（1）证明：∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，在矩形ABCD中，BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∵DF⊂平面PCD，∴BC⊥DF，又DF⊥CP，CP∩BC＝C，∴DF⊥平面BCP，又PB⊂平面BCP，∴DF⊥PB；连接BD，∵PD2+BD2＝36＝PB2，∴PD⊥BD，又BC⊥PD，BC∩BD＝B，∴PD⊥平面ABCD，∵PD⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，同理可得DE⊥PB，又DE∩DF＝D，∴PB⊥平面DEF，EF⊂平面DEF，∴PB⊥EF．（2）解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，易得A（2，0，0），P（0，0，4），C（0，4，0），F（0，2，2），B（2，4，0），由（1）知，PB⊥平面DEF，故为平面DEF的法向量，设平面CEF即平面PAC的法向量，由得，取，所以，所以二面角D﹣EF﹣C的正弦值为．8．（2022秋•浙江月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，点P在底面ABCD内的投影恰为AC中点，且BM＝MC．（1）若，求证：PM⊥面PAD；（2）若平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为，求直线PM与平面PCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）直线PM与平面PCD所成角的正弦值为．【解答】解：（1）证明：连接AM，DM，如图所示：∵，设|DC|＝2，则，已知点P在底面的投影落在AC中点，则四棱锥P﹣ABCD为正四棱锥，即，∵M为BC的中点，∴PM⊥BC，∴|PM|2＝|PB|2﹣|BM|2＝3﹣1＝2，即，∵底面ABCD为正方形，∴|AM|2＝|AB|2+|BM|2＝4+1＝5，即，同理可得，又|AM|2＝5＝3+2＝|PA|2+|PM|2，∴PM⊥PA，同理可得PM⊥PD，∵PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，且PA∩PD＝P，∴PM⊥平面PAD；（2）取AC中点O，连接PO，由题意得PO⊥底面ABCD，则建立以O为原点，以OM所在直线为x轴，以过O点且与AD平行的直线为y轴，以OP所在直线为z轴的空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：由题意可设正方形ABCD的边长为2，|OP|＝t，则P（0，0，t），A（﹣1，﹣1，0），B（1，﹣1，0），C（1，1，0），D（﹣1，1，0），M（1，0，0），∴，，，，设平面PAB的法向量为＝（x，y，z），则，取y1＝t，则x1＝0，z1＝﹣1，∴平面PAB的一个法向量为＝（0，t，﹣1），设平面PCD的法向量为＝（x，y，z），则，取y1＝t，则x1＝0，z1＝1，∴平面PCD的法向量为＝（0，t，1），又平面PAB与平面PCD所成的锐二面角为，∴|cos＜，＞|＝＝＝＝，解得或（不合题意，舍去），∴，＝（0，，1），设直线PM与平面PCD所成角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝＝＝，故直线PM与平面PCD所成角的正弦值为．9．（2022秋•宁波月考）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝，E，F分别是AB，B1C1的中点．（1）证明：EF⊥BC；（2）若AC＝BC＝2，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面A1EC与平面FEC夹角的余弦值．【答案】（1）证明详情见解答．（2）．【解答】解：（1）证明：（证法1）取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为B1C1的中点，所以，FH∥BB1，因为三棱柱为直棱柱，所以BB1⊥平面ABC，所以FH⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以FH⊥BC，又E为AB的中点，则EH∥AC，且AC⊥BC，所以EH⊥BC，因为EH，FH⊂平面EFH，EH∩FH＝H，所以BC⊥平面EFH，因为EF⊂平面EFH，所以EF⊥BC．（证法2）设，，，则，由题知，CA⊥CB，CC1⊥CB，所以，，从而，即EF⊥BC．（2）由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，所以，由AC＝BC＝2，得．如图，以CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴正向，建立空间直角坐标系：则A（2，0，0），B（0，2，0），，，，E（1，1，0），H（0，1，0），，，，，设平面CEF的一个法向量为，由，得，取，平面CA1E的法向量为，由，得，取，设平面CEF与平面CA1E的夹角为θ，则cosθ＝＝＝，所以平面CEF与平面CA1E夹角的余弦值为．10．（2022•浙江开学）如图，四棱锥P﹣ABCD中，ABCD为正方形，△PAB为等腰直角三角形，且∠APB＝90°，平面PAB⊥平面ABCD，E、F分别为AC、BP中点．（1）证明：EF∥平面PCD；（2）求直线EF与平面PAC所成角的正弦值．【答案】（1）证明过程见解答．（2）．【解答】解：（1）证明：连接BD，∵ABCD是正方形，E是AC的中点，∴E是BD的中点，∵F是BP的中点，∴EF∥PD，∵EF⊄平面PCD，PD⊂平面PBD，∴EF∥平面PCD．（2）取AB中点O，连接PO，以O为坐标原点，OP为x轴，OB为y轴，过O作平面ABP的垂线为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，设AB＝2，则B（0，1，0），P（1，0，0），A（0，﹣1，0），C（0，1，2），E（0，0，1），F（，0），＝（1，1，0），＝（0，2，2），＝（），设平面PAC的法向量为＝（x，y，z），则，取y＝﹣1，得＝（1，﹣1，1），设EF与平面PAC所成角为θ，则sinθ＝＝，∴EF与平面PAC所成角的正弦值为．11．（2022•杭州模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB为正三角形，四边形ABCD为等腰梯形，M为棱AP的中点，且AB＝2AD＝2BC＝2CD＝4，DM＝．（Ⅰ）求证：DM∥平面PBC；（Ⅱ）求直线AP与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明过程见解答．（Ⅱ）．【解答】解：（Ⅰ）证明：在等腰梯形ABCD中，CD∥AB，CD＝2，取PB中点N，连接MN，CN，如图，∵M是棱AP的中点，则MN∥AB∥CD，且MN＝＝2＝CD，即四边形MNCD为平行四边形，∴DM∥CN，而CN⊂平面PBC，DM⊄平面PBC，∴DM∥平面PBC．（Ⅱ）取AB中点Q，AQ中点O，连接DQ，PQ，OD，OM，则CD∥BQ，且CD＝BQ，四边形BCDQ是平行四边形，则DQ＝BC＝AD＝AQ＝2，则OD＝，且OM⊥AB，而OM∩OD＝O，OM，OD⊂平面DOM，则AB⊥平面DOM，AB⊂平面ABCD，则平面DOM⊥平面ABCD，由DM＝，得∠DOM＝60°，在平面DOM内作Oz⊥OD，平面DOM∩平面ABCD＝OD，则Oz⊥平面ABCD，以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，Oz所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A（﹣1，0，0），M（0，，），P（1，，3），C（2，，0），B（3，0，0），则＝（2，，3），＝（2，﹣，﹣3），＝（1，﹣，0），设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），则，取z＝1，得＝（3，，1），设直线AP与平面PBC所成角为θ，则sinθ＝|cos＜＞|＝＝，∴直线AP与平面PBC所成角的正弦值为．12．（2022•柯桥区模拟）如图，三棱台ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，，AB＝BC＝2．（Ⅰ）证明：A1C1⊥A1B；（Ⅱ）求直线A1C1与平面A1CB所成的角．【答案】（I）证明见解析，（Ⅱ）．【解答】证明：（I）由题，取AC中点D，连接A1D、BD，由A1A＝A1C，AB＝BC，则AC⊥A1D，AC⊥BD，又A1D、BD⊂面A1BD，故AC⊥面A1BD，因为A1B⊂面A1BD，故AC⊥A1B，又AC∥A1C1，则A1C1⊥A1B，得证；解：（Ⅱ）由题，∠ABC＝90°，则AD＝BD＝CD，又A1A＝A1B，A1D＝A1D，故△AA1D≅△BA1D，故∠A1DB＝∠A1DA＝90°．分别以DB、DC、DA1为x、y、z轴建立如图空间直角坐标系，易得，设平面A1CB法向量＝（x，y，z），则，令x＝1，则，故，故直线AC与平面A1CB所成的角为．即直线A1C1与平面A1CB所成的角为．13．（2022•鹿城区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，AD∥BC，AD＝2DC＝AP＝2，BC＝3，E为PD的中点，点F在棱PB上，满足AF∥平面PCD．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求直线PC与平面AEF夹角的正弦值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解答】解：（Ⅰ）取BC上一点G，使2BG＝GC，连接AG、FG，则AD＝GC，∵AD∥GC，∴四边形ADCG为平行四边形，∴AG∥DC，AG⊄面PCD，DC⊂平面PCD，则AG∥面PCD，∵AF∥面PCD，AG∩AF＝A，∴平面AGF∥平面PCD，而面AGF∩面PBC＝GF，面PCD∩面PBC＝PC，∴GF∥PC，∴＝＝；（Ⅱ）由（Ⅰ）结合AD⊥DC，可得四边形ADCG为矩形，以A点为坐标原点，AG，AD，AP方向分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，﹣1，0），C（1，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），F（，﹣，），∴＝（0，1，1），＝（），＝（1，2，﹣2），设平面AEF的法向量＝（x，y，z），则，令y＝1，得＝（2，1，﹣1），∴直线PC与平面AEF夹角的正弦值为：sinθ＝|cos＜＞|＝＝＝．14．（2022•浙江）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角为60°．设M，N分别为AE，BC的中点．（Ⅰ）证明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解答】证明：（I）由于CD⊥CB，CD⊥CF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF⊂平面CDEF，CB⊂平面ABCD，所以∠FCB为二面角F﹣DC﹣B的平面角，则∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，则CD⊥FN．又，则△BCF是等边三角形，则CB⊥FN，因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC⊂平面FCB，BC⊂平面FCB，所以DC⊥平面FCB，因为FN⊂平面FCB，所以DC⊥FN，又因为DC∩CB＝C，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD，所以FN⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD；解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：于是，则，，设平面ADE的法向量＝（x，y，z），则，∴，令x＝，则y＝﹣1，z＝，∴平面ADE的法向量，设BM与平面ADE所成角为θ，则．15．（2022•浙江开学）如图，在平面四边形ABCD中，AD＝AB，CD＝CB．现将△ABD沿BD翻折到△A′BD的位置，且二面角A′﹣BD﹣C的平面角大小为120°．（Ⅰ）求证：A′C⊥BD；（Ⅱ）若BD＝2，且BC与平面A′BD所成角的大小为45°，求BC的长．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解答】（Ⅰ）证明：连接AC交BD于点O，则A′O⊥BD，CO⊥BD，A′O∩CO＝O，A′O，CO⊂平面A′OC，∴BD⊥平面A′OC，∴BD⊥A′C；（Ⅱ）解法1：由（Ⅰ）知，∠A′OC＝120°，如图建系O﹣xyz，B（1，0，0），D（﹣1，0，0），设OC＝b，OA′＝a，则，所以，设平面A′DB的法向量为＝（x，y，z），所以，令z＝1，则，又BC与平面A′BD所成角的大小为45°，所以，整理得：b2＝2，解得；解法2：由（1）知，∠A′OC＝120°，过C作CH⊥A′O，BD⊥平面A′OC，∴BD⊥CH，CH⊥A′O，BD∩A′O＝O，且A′O，BD⊂平面A′BD，∴CH⊥平面A′BD，则∠CBH就是BC与平面△A′BD所成角，设CO＝x，则，，则，解得．16．（2022秋•湖南月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M为边AB的中点．以CM为折痕把△BCM折起，使点B到达点P的位置，且∠PMB＝，连接PA，PB，PD．（1）证明：平面PMC⊥平面AMCD；（2）若E是线段DP上的动点（不与点P，D重合），二面角E﹣CM﹣P的大小为，试确定点E的位置．【答案】（1）证明见解答；（2）点E在线段DP上，满足．【解答】解：（1）证明：因为AB＝2AD，M为边AB的中点，所以BC＝BM，取线段CM的中点O，连接BO，PO，则Rt△BCM≅Rt△PCM，因为BC＝BM，所以BO⊥CM，因为PC＝PM，所以PO⊥CM，即，即，又因为，所以△PBM是等边三角形，所以PB＝PM，又，所以CM2＝2PM2＝2PB2，即，所以BO2+PO2＝PB2，所以PO⊥BO，又CM∩BO＝OCM⊂平面AMCDBO⊂平面AMCD，所以PO⊥平面AMCD，又PO⊂平面PMC，所以平面PMC⊥平面AMCD；（2）如图，建立空间直角坐标系O﹣xyz，设，则CM＝2，PO＝BO＝1，连接DM，则DM⊥CM，且DM＝2，所以P（0，0，1），C（1，0，0），D（﹣1，2，0），M（﹣1，0，0），所以，设，则，设平面ECM的法向量，则，取，又平面PCM的一个法向量，所以，即3λ2+2λ﹣1＝0，解得λ＝﹣1（舍）或，所以当点E在线段DP上，满足时，二面角E﹣CM﹣P的大小为．17．（2022秋•石首市校级月考）如图，在正四棱锥S﹣ABCD中，底面边长为，点P在线段SD上，且△SAC的面积为1．（1）若点P是SD的中点，求证：平面SCD⊥平面PAC；（2）是否存在点P，使得直线SC与平面ACP所成角的余弦值为？若存在，求出点P的位置；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解答；（2）存在，点P位于靠近点D的三等分点．【解答】解：（1）证明：如图，连接BD交AC于点O，连接OS，则AC⊥BD，且SO⊥平面ABCD，AC＝BD＝2，∴，∴，又点P是SD的中点，∴AP⊥SD，CP⊥SD，又AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC，∴SD⊥平面PAC，又SD⊂平面SCD，∴平面SCD⊥平面PAC；（2）假设存在，如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则S（0，0，1），A（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（﹣1，0，0），设，λ∈[0，1]，∴，，，，∴＝（0，1，1）+λ（﹣1，0，﹣1）＝（﹣λ，1，1﹣λ），设平面ACP的法向量为，则，取，∴|cos|＝＝，∴直线SC与平面ACP所成角的正弦值为，∴直线SC与平面ACP所成角的余弦值为：＝，又λ∈[0，1]，解得λ＝，∴当点P位于靠近点D的三等分点，满足题意．18．（2022春•海淀区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC＝60°，△PAD为正三角形，O为AD的中点，且平面PAD⊥平面ABCD，M是线段PC上的点．（1）当点M为线段PC的中点时，证明直线OM∥平面PAB（2）求证：OM⊥BC；（3）点M在线段PC上，且，求直线AM与平面PAB的夹角的正弦值【答案】（1）证明见解答；（2）证明见解答；（3）．【解答】解：（1）当点M为线段PC的中点时，取BP的中点N，连接MN，AN，则MN∥BC，且MN＝BC，又O为AD的中点，底面ABCD是边长为2的菱形，∴AO∥BC，且AO＝BC，∴MN∥AO，且MN＝AO，∴四边形AOMN为平行四边形，∴OM∥AN，又OM⊄平面PAB，AN⊂平面PAB，∴OM∥平面PAB；（2）连接OC，∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠ADC＝60°，又△PAD为正三角形△PAD为正三角形，O为AD的中点，∴AD⊥PO，AD⊥CO，又PO∩CO＝O，∴AD⊥平面POC，又OM⊂平面POC，∴AD⊥OM，又AD∥BC，∴OM⊥BC；（3）∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为正三角形，O为AD的中点，∴PO⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥底面ABCD，建立如图的空间右手直角坐标系，根据题意可得：O（0，0，0），A（1，0，0），B（2，，0），C（0，，0），P（0，0，），又PM＝PC，∴M（0，，），∴，，，设平面PAB的法向量为，则，令x＝，则y＝﹣1，z＝1，∴，设直线AM与平面PAB的夹角为θ，则sinθ＝|cos|＝＝＝，∴直线AM与平面PAB的夹角的正弦值为．19．（2022•运城模拟）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，侧面ADD1A1为矩形，AB＝2AD＝4，∠D1DB＝60°，BD＝AA1＝2．（1）证明：平面ABCD⊥平面BDD1B1；（2）求直线CD1与平面AB1C所成角的正弦值．【答案】（1）见解答；（2）．【解答】解：（1）证明：在△ABD中，因为，∴AB2＝AD2+BD2，所以AD⊥BD，又侧面..为矩形，所以AD⊥DD1，又BD∩DD1＝D，DD1⊂平面BDD1B1，∴AD⊥平面BDD1B1，又AD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面BDD1B1，（2）设AC交BD于点O，取AB得中点E，连接OE，OD1，可得OE⊥BD，OD1⊥BD，又平面ABCD⊥平面BDD1B1，平面ABCD∩平面BDD1B1＝BD，OD1⊂平面BDD1B1，∴OD1⊥平面ABCD，又OB，OE⊂平面ABCD，∴OD1⊥OB，OD1⊥OE，以O为坐标原点，分别以直线OE，OB，OD1为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，，0），C（﹣2，，0），B1（0，，3），D1（0，0，3），∴，，，设平面AB1C的一个法向量为，∴，令x＝3，则y＝，z＝﹣4，∴，设直线CD1与平面AB1C所成角为θ，则sinθ＝＝＝，∴直线CD1与平面AB1C所成角的正弦值为．20．（2022秋•东港区校级月考）在△ABC中，AB＝4，，∠BAC＝45°，以AC的中线BD为折痕，将△ABD沿BD折起，构成二面角A﹣BD﹣C，在平面BCD内作CE⊥CD，且，连接DE，AE，AC，如图所示．（1）求证；CE∥平面ABD；（2）若二面角A﹣BD﹣C的大小为90°，求二面角B﹣AC﹣E的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解答】解：（1）证明：当△ABC未折起时，如图所示：∵AB＝4，，∠BAC＝45°，由余弦定理可得，∴BC＝4，∴AB2+BC2＝AC2，∴△ABC是等腰直角三角形，又点D是AC中点，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，又CE⊥CD，∴CE∥BD，BD⊂平面ABD，CE⊄平面ABD，∴CE∥平面ABD；（2）由（1）知∠ADB＝∠BDC＝90°，∴∠ADC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，且∠ADC＝90°，以点D为原点，分别以DB，DC，DA方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示：易知，∴，，，，∴，，，设平面BAC的法向量，则有，取，同理可得：平面ACE的法向量，∴cos＝＝＝，又二面角B﹣AC﹣E为钝角，∴二面角B﹣AC﹣E的余弦值为．21．（2022秋•莱西市期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，侧面PAD⊥面ABCD，PA＝PD＝2．（1）求证：PA⊥BD；（2）设平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使得平面PCD和平面NCD的夹角的余弦值为？若存在，请确定N点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解答；（2）存在点N，N在线段PM上，，或者N在线段PM的反向延长线上，．【解答】解：（1）证明：∵CD∥AB，∠ABC＝90°，∴∠BCD＝90°，又BC＝CD＝2，∴，∠CBD＝45°，∴∠ABD＝45°，∵AB＝4，∴AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BDcos∠ABD＝8，∴AD2+BD2＝AB2，∴BD⊥AD，∵侧面PAD⊥面ABCD，侧面PAD∩面ABCD＝AD，BD⊂面ABCD，∴BD⊥平面PAD，又PA⊂面PAD，∴PA⊥BD；（2）延长AD和BC交于点M，连接PM，则l就是直线PM，CD为△ABC的中位线，以B为原点，建立空间直角坐标系B﹣xyz，如图所示，则，D（2，2，0），M（4，0，0），C（2，0，0），∴，，设面PCD的法向量为，则，取，设在l上存在点N，满足，则．设平面NCD的法向量为，则，令z2＝3λ﹣1，则，y2＝0，取，设平面PCD和平面NCD的夹角为θ，则，解得或，∴在l上存在点N，N在线段PM上，，或者N在线段PM的反向延长线上，．22．（2022秋•武汉期中）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，PD＝DC＝BC＝2PA＝2AB＝2，PD⊥CD．（1）求证：PA⊥平面ABCD；（2）求直线BD与平面BPC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解答】解：（1）证明：由于AB∥CD，∠BAD＝90°，所以CD⊥AD，由于PD⊥CD，PD∩AD＝D，PD、AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，∴AB⊥平面PAD，由PA⊂平面PAD，得AB⊥PA．取CD的中点E，连接BE，因为底面ABCD是直角梯形，DE∥AB且DC＝2DE＝2AB＝2，∠BAD＝90°，故四边形ABED为矩形，且AD＝BE且BE⊥CD，∴，所以在△PAD中，PA＝1，PD＝2，AD2+PA2＝PD2，即PA⊥AD，由于AD∩AB＝A，AB、AD⊂平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD．（2）PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，以点A为坐标原点，AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0）、B（1，0，0）、、、P（0，0，1），则，，，设平面BPC的法向量为，则，取，可得，所以，．所以，直线BD与平面BPC所成角的正弦值为．23．（2022秋•重庆月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝BC＝2，∠A1AB＝60°，A1C＝．（1）求证：AB⊥A1C；（2）若AA1＝5AM，求二面角M﹣B1C﹣A1的余弦值．【答案】（1）证明过程见解答．（2）．【解答】解：（1）证明：取AB的中点为O，连接CO，A1O，∵△A1AB，△ABC都是正三角形，∴AB⊥A1O，AB⊥CO，∵A1O∩CO＝O，∴AB⊥平面A1OC，∵A1C⊂平面A1OC，∴AB⊥A1C．（2）如图，以O为原点，OC，OB，OA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A1（0，0，），A（0，﹣1，0），C（，0，0），B1（0，2，），＝（0，2，0），＝（，0，﹣），∵AA1＝5AM，∴＝5，∴M（0，﹣，），＝（0，，），＝（），设平面MB1C的法向量为＝（x，y，z），则，取z＝7，得＝（3，﹣2，7），设平面A1B1C的法向量为＝（a，b，c），则，取a＝1，得＝（1，0，1），设二面角M﹣B1C﹣A1的平面角为θ，则二面角M﹣B1C﹣A1的余弦值为：cosθ＝＝＝．24．（2022秋•零陵区校级月考）如图，四面体ABCD中，AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，E是AC的中点．（1）当F在线段BD上移动时，判断AC与EF是否垂直，并说明理由；（2）若AB＝AC＝BD＝2，，试确定点F在线段BD上的位置，使CF与平面ABD所成角的正弦值为．【答案】（1）AC⊥EF，理由见解析；（2）点F在线段BD上靠D点四等分点处．【解答】解：（1）证明：连接ED、EB，如图所示，∵AD＝CD且E为AC中点，∴DE⊥AC，在△DAB和△DCB中，，∴△DAB≌△DCB，∴AB＝BC，∴BE⊥AC，∵DE∩EB＝E，DE、EB⊂平面DEB，∴AC⊥平面DEB，又EF⊂平面DEB，∴AC⊥EF；（2）∵AC2＝4，AD2+DC2＝4，即AC2＝AD2+DC2，∴△ADC为直角三角形，又E是AC的中点，∴，结合（1）知：可建立E为原点，分别以、、方向为x、y、z轴的空间坐标系，则A（1，0，0），D（0，0，1），C（﹣1，0，0），∴，∴，∴，∴，设，F（x，y，z），则，，∴，∴，∴，设为平面ABD的法向量，则，即，解得，∴，∴，即，解得，所以点F在线段BD上靠D点四等分点处．25．（2022秋•皇姑区校级月考）在如图所示的圆柱MN中，AB为圆M的直径，C，D是上的两个三等分点，EA，FC，GB都是圆柱MN的母线．（1）求证：FM∥平面ADE；（2）若FC＝BC＝1，求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解答】解：（1）证明：如图，连接MC，MD．因为C，D是半圆的两个三等分点，所以∠AMD＝∠DMC＝∠CMB＝60°，又MA＝MB＝MC＝MD，所以均为等边三角形．所以AM＝AD＝DC＝CM，所以四边形ADCM为平行四边形，所以AD∥MC，又因为MC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以MC∥平面ADE，因为EA，FC都是圆柱MN的母线，所以EA∥FC，又因为FC⊄平面ADE，EA⊂平面ADE，所以FC∥平面ADE．又CM，FC⊂平面FCM，且CM∩FC＝C，所以平面FCM∥平面ADE，又FM⊂平面FCM，所以FM∥平面ADE．（2）连接AC，因为FC是圆柱MN的母线，所以FC⊥圆柱MN的底面，因为AB是圆M的直径，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以，FC＝1，以C原点，分别以CA，CB，CF所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，所以，，设平面AFB的法向量为，则，令x＝1，得，则平面AFB的一个法向量为，又因为平面BCF的法向量可取为，所以，由图可知二面角A﹣FB﹣C为锐角，所以二面角A﹣FB﹣C的余弦值为．26．（2022秋•随州月考）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为2，△A1BC的面积为．（1）求点C1到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面A1B1BA，求二面角A﹣BD﹣C的正切值．【答案】（1）；（2）﹣3．【解答】解：（1）设点C1到平面A1BC的距离为d，在点A到平面A1BC的距离也为d，又，则，解得，即点C1到平面A1BC的距离为；（2）连接AB1，因为AA1＝AB，则四边形ABB1A1为正方形，所以AB1⊥A1B，又AB1，A1B相交，平面A1BC⊥平面A1B1BA，平面A1BC∩平面A1B1BA＝A1B，AB1⊂平面A1B1BA，所以AB1⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥BC，又BB1⊥BC，AB1∩BB1＝B1，AB1⊂平面A1B1BA，BB1⊂平面A1B1BA，所以BC⊥平面A1B1BA，则以点B为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AA1＝AB＝a，BC＝b，则，所以，解得，所以，所以，设平面ABD的一个法向量为，则，则可取，设平面BCD的一个法向量为，则，则可取，所以，所以二面角A﹣BD﹣C的正弦值为，又由图形可知，二面角A﹣BD﹣C的平面角为钝角，则二面角A﹣BD﹣C的正切值为﹣3．27．（2022秋•重庆月考）如图，已知矩形BB1C1C所在平面与平面ABB1N垂直，在直角梯形ABB1N中，AN∥BB1，AB⊥AN，AB＝BC＝AN＝．（1）证明：B1N⊥平面BCN．（2）求直线AC与平面BC1N所成角的正弦值．【答案】（1）证明过程见解答；（2）．【解答】解：（1）证明：在直角梯形ABB1N中，AN∥BB1，AB⊥AN，且，可得BN⊥B1N，因为四边形BB1C1C为矩形，所以BC⊥BB1，因为平面BB1C1C⊥平面ABB1N，且平面BB1C1C∩平面ABB1N＝BB1，所以BC⊥平面ABB1N，因为B1N⊂平面ABB1N，所以BC⊥B1N．因为BC∩BN＝B，且BC，BN⊂平面BCN，所以B1N⊥平面BCN．（2）由（1）知BA，BC，BB1两两垂直，以B为坐标原点，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设AB＝1，则A（1，0，0），C（0，0，1），N（1，1，0），C1（0，2，1），所以．设平面BC1N的法向量为，则，令x＝1，得，因为，所以直线AC与平面BC1N所成角的正弦值为．28．（2022秋•重庆月考）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝2BC＝2，AB＝，E为CD中点．（1）求证：CD⊥平面PAE；（2）若PA＝，求二面角A﹣PB﹣E的余弦值．【答案】（1）证明见解答；（2）．【解答】解：（1）证明：连接AC，如图所示：在Rt△ABC中，，AC＝AD，△ACD为等腰三角形，E为中点，∴CD⊥AE，又PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AE，且PA∩AE＝A，∴CD⊥平面PAE；（2）以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），，，，∴，，又易知平面PAB的一个法向量，设平面PBE的一个法向量为，则，取，设二面角A﹣PB﹣E的平面角为θ，则，∴二面角A﹣PB﹣E的余弦值为．29．（2022秋•雨湖区校级期中）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PD＝DC＝1，．M为BC上的点，且AM⊥平面PDB；（1）求证：PD⊥平面ABCD；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解答】解：（1）证明：∵PD＝DC＝1，，∴PD2+DC2＝PC2，∴PD⊥DC，又AB∥CD，∴PD⊥AB，∵AM⊥平面PDB，PD⊂平面PDB，∴AM⊥PD，∵AB∩AM＝A，AB，AM⊂平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD．（2）∵AM⊥平面PDB，BD⊂平面PDB，∴AM⊥BD，∴，∴∠DBA＝∠AMB，∴tan∠AMB＝tan∠DBA，即，∴，∴M为BC中点，以D为坐标原点，正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则，P（0，0，1），，，∴，，，设平面APM的法向量，则，令，解得：y＝1，z＝2，∴；设平面BPM的法向量，则，令b＝1，解得：a＝0，c＝1，∴；∴，∴．即二面角A﹣PM﹣B的正弦值为．30．（2022秋•邵阳期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是以∠C为直角的等腰直角三角形，BC＝AC＝2，AA1＝3，D为AC的中点．（1）求证：AB1∥平面BDC1；（2）求平面C1BD与平面CBD夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解答；（2）．【解答】解：（1）证明：连接，与B1C相交于O，连接OD，∵四边形BCC1B1是矩形，∴O是B1C的中点，又D是AC的中点，∴OD∥AB1，∵AB1⊄平面BDC1，OD⊂平面BDC1，∴AB1∥平面BDC1；（2）以C1为原点，C1A1，C1C，C1B1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，则C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），D（1，3，0），设＝（xy，z）是平面BDC1的一个法向量，则，令x＝1，则y＝﹣，z＝，∴＝（1，﹣，），又＝（0，3，0）是平面ABC的一个法向量，即＝（0，3，0）是平面BDC的一个法向量，设平面BDC1与平面BDC的夹角为θ，由图可知θ为锐角，则cosθ＝|cos＜，＞|＝＝，所以平面BDC1与平面BDC夹角的余弦值为．31．（2022秋•辽宁期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2，AB＝3，E是棱AD的中点．（1）证明：BC⊥平面PCE；（2）若，求平面PCE与平面PAB所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）平面PCE与平面PAB所成角的余弦值为．【解答】解：（1）证明：在棱AB上取点F，使得AF＝2BF＝2，连接CF，BE，∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2，∴四边形AFCD是正方形，则，，又BE2＝10＝BC2+CE2，∴△BCE是直角三角形，且BC⊥CE，∵PA＝PD，且E是棱AD的中点，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD，∵BC⊂平面ABCD，∴PE⊥BC，∵PE⊂平面PCE，CE⊂平面PCE，且PE∩CE＝E，∴BC⊥平面PCE；（2）由（1）可建立以E为原点，以DA、Ey，EP所在直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系E﹣xyz，其中y轴∥AB，如图所示：则A（1，0，0），B（1，3，0），C（﹣1，2，0），P（0，0，2），∴，，设平面PAB的一个法向量为，则，取x＝2，则z＝1，y＝0，∴平面PAB的一个法向量，由（1）得BC⊥平面PCE，则平面PCE的一个法向量为，设平面PCE与平面PAB所成角为θ，且θ为锐角，∴cosθ＝|cos＜，＞|＝＝＝，故平面PCE与平面PAB所成角的余弦值为．32．（2022秋•沈阳期中）如图，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．（1）证明：PB⊥AD；（2）若PB＝PD，且PA与平面ABCD所成角的正弦值为，点F在线段PC上满足PC＝3PF，求二面角D﹣BF﹣C的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）二面角D﹣BF﹣C的余弦值为．【解答】证明：（1）∵AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，∴△BCD是等边三角形，即∠CDB＝60°，BD＝CD＝BC＝2，∵AB∥DC，∴∠ABD＝∠CDB＝60°，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB•BDcos∠ABD，∴AD2＝16+4﹣2×4×2×＝12，∴AB2＝BD2+AD2，∴△ABD是直角三角形，且AD⊥BD，∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，∴AD⊥平面PBD，∵PB⊂平面PBD，AD⊄平面PBD，∴PB⊥AD；（2）取BD中点E，连接PE、CE，∵PB＝PD，BD＝CD，∴CE⊥BD，PE⊥BD，∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，∴PE⊥平面ABCD，建立以E为原点，以DB、CE、EP所在的直线为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系E﹣xyz，如图所示：则E（0，0，0），B（1，0，0），D（﹣1，0，0），C（0，，0），A（﹣1，﹣2，0），设P（0，0，a），a＞0，则＝（1，2，a），平面ABCD的一个法向量为＝（0，0，1），∵PA与平面ABCD所成角的正弦值为，∴|cos＜，＞|＝＝＝，解得a＝3，即P（0，0，3），∵PC＝3PF，∴F（0，，2），设平面DBF的一个法向量为＝（x，y，z），＝（2，0，0），＝（1，，2），则，取x＝0，y＝，则z＝﹣，∴平面DBF的一个法向量为＝（0，，﹣），设平面BFC的一个法向量为＝（x，y，z），＝（0，﹣，2），＝（﹣1，，0），则，取y＝，则z＝1，x＝3，∴平面BFC的一个法向量为＝（3，，1），设二面角D﹣BF﹣C的平面角为θ，且θ为锐角，∴cosθ＝|cos＜，＞|＝＝＝，故二面角D﹣BF﹣C的余弦值为．33．（2022春•巫山县校级期末）如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝4．A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点D．且BA1⊥AC1．（1）求证：AC1⊥平面A1BC；（2）求二面角B1﹣A1B﹣C的余弦值．【答案】（1）证明见解答；（2）﹣．【解答】（1）证明：∵A1在底面ABC上的射影为AC的中点D，∴平面A1ACC1⊥平面ABC，∵BC⊥AC且平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴BC⊥平面A1ACC1，∴BC⊥AC1，∵AC1⊥BA1且BC∩BA1＝B，∴AC1⊥平面A1BC．（2）解：如图所示，以C为坐标原点建立空间直角坐标系，∵AC1⊥平面A1BC，∴AC1⊥A1C，∴四边形A1ACC1是菱形，∵D是AC的中点，∴∠A1AD＝60°，∴A（4，0，0），A1（2，0，2），B（0，4，0），C1（﹣2，0，2），∴＝（2，0，﹣2），＝（﹣4，4，0），设平面A1AB的法向量＝（x，y，z），∴，取＝（，，1），平面A1AB的法向量＝（，，1），平面A1BC的法向量＝（﹣6，0，2），∴cos＜，＞＝＝﹣，设二面角A﹣A1B﹣C的平面角为θ，θ为钝角，∴cosθ＝﹣，∴二面角A﹣A1B﹣C的余弦值为﹣．34．（2022春•张家界期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面A1ABB1是菱形，且，侧面B1BCC1是边长为2的正方形，侧面B1BCC1⊥侧面A1ABB1，D为A1B1的中点．（1）求证：AB⊥平面BCD；（2）求平面CDC1与平面CDB夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解答；（2）．【解答】解：（1）证明：连接A1B，因为侧面A1ABB1是菱形，且，所以△A1BB1是等边三角形，又因为D为A1B1的中点，所以A1B1⊥BD，因为AB∥A1B1，所以AB⊥BD；因为侧面B1BCC1是边长为2的正方形，所以BC⊥BB1．又侧面B1BCC1⊥侧面A1ABB1，侧面B1BCC1∩侧面A1ABB1＝BB1，BC⊂侧面B1BCC1，所以BC⊥侧面A1ABB1，又因为AB⊂侧面A1ABB1，所以AB⊥BC．又BD∩BC＝B，所以AB⊥平面BCD；（2）∵BC⊥平面ABB1A1，AB⊥BD，以B为坐标原点，、、的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．则B（0，0，0），A（2，0，0），，C（0，0，2），，，，所以，，设平面CDC1的法向量为，则，令y＝2，则，由（1）知平面CDB的一个法向量为，设平面CDC1与平面CDB夹角为θ，则，所以平面CDC1与平面CDB夹角的余弦值为．35．（2022春•沙坪坝区校级期末）四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为菱形，AD＝2，∠BAD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．（1）证明：PB⊥AC；（2）若PB＝PD，且PA与平面ABCD成角为60°，在棱PC上是否存在点E，使二面角D﹣BE﹣C的平面角的余弦值为？若存在，求出PE的长；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，PE＝．【解答】（1）证明：因为平面PBD⊥平面ABCD，且交线为BD，又四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，故AC⊥平面PBD，PB⊂平面PBD，故AC⊥PB；（2）解：因为PB＝PD，O是BD的中点，所以PO⊥BD，又平面PBD⊥平面ABCD，且交线为BD，所以PO⊥平面ABCD，∠PAO为PA与平面ABCD所成角，故∠PAO＝60°，由于四边形ABCD为边长为AD＝2，∠BAD＝60°的菱形，所以，因为OP，OA，OB两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，设，其中0≤λ≤1，所以，，设平面BEC的法向量为，则：，取，则，设平面BED的法向量为，则：，则＝（，0，），故，整理得：，解得或者（舍去），故存在，且满足，即点E是PC的三等分点，且靠近P端，故．36．（2022春•咸宁期末）如图，在梯形ABCD中，已知AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点，将△ADM沿着DM翻折至△PDM，连接PC，PB．（1）证明：DM⊥PC；（2）若二面角P﹣DM﹣C的大小为60°，求PB与平面ABCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明过程请看解答；（2）．【解答】（1）证明：连接AC，交DM于点O，连接PO，因为AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点，所以AM＝AD＝CD，又四边形ABCD为梯形，所以四边形AMCD为菱形，所以DM⊥AC，因为PD＝PM，O是DM的中点，所以DM⊥PO，因为AC⊂平面PCO，PO⊂平面PCO，AC∩PO＝O，所以DM⊥平面PCO，又PC⊂平面PCO，所以DM⊥PC．（2）解：以O点为坐标原点，OM，OC所在直线分别为x，y轴，作Oz⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）知，OP⊥DM，OC⊥DM，因为二面角P﹣DM﹣C的大小为60°，所以∠POC＝60°，因为AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M为AB的中点，所以cos∠BAD＝＝＝，所以∠BAD＝60°，故B（2，，0），P（0，，），所以＝（2，，﹣），因为Oz⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一个法向量，设PB与平面ABCD所成的角为α，则．37．（2022春•郯城县校级期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，点E为PC的中点，AB∥CD，CD⊥AD，CD＝2AB＝2，PA＝AD＝1，PA⊥AD