考点22空间向量与立体几何

考点22空间向量与立体几何1.【2023新高考Ⅰ卷】如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2，C2，D2，分别在棱(1)证明：B2(2)点P在棱BB1上，当二面角P−A2C2【答案】证明：(1)如图，作A2E⊥BB1于点E则有A2E//D2F，A又B2E//C2F，B从而B2C2(2)如图，以点B为原点，以BC、BA、BB1分别为x轴，y轴，z设P(0,0,t)，C2(2,0,3)，A2A2D2=(2,0,1)，设平面A2C2则m⋅A令z1=−2，则x1=1设平面PA2C则n⋅A令z2=2，则x2=t−3∵二面角P−A2C∴cos解得t=1或3，则B2【解析】本题考查了立体几何中线线平行的判定、二面角等知识，属于中档题．(1)作A2E⊥BB1于点E，D(2)适当建立空间直角坐标系，设点P(0,0,t)，分别求出平面A2C2D2与平面PA2C2的一个法向量m,n2.【2023天津】三棱台ABC−A1B1C1中，若A1A⊥(1)求证：A1N//平面(2)求平面C1MA与平面(3)求点C到平面C1MA【答案】证明：(1)连接MN,C1A.由M,N分别是BC,BA的中点，根据中位线性质，MN//AC由棱台性质，A1C1//AC，于是MN//A1C又A1N⊄平面C1MA，MC1⊂解：(2)过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1，垂足为F，连接MF,C由ME⊂面ABC，A1A⊥面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1=A，由AC1⊂平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1由MF⊂平面MEF，故AC1⊥MF.于是平面C1MA又ME=AB2=1，cos∠CAC1=15，则于是cos∠MFE=EFMF=23

，平面解：(3)[方法一：几何法]过C1作C1P⊥AC，垂足为P，作C1Q⊥AM，垂足为Q，连接PQ,PM，过P由题干数据可得，C1A=C1C=由C1P⊥平面AMC，AM⊂平面AMC，则C1P⊥AM，又C1Q⊥AM，C1Q∩C又PR⊂平面C1PQ，则PR⊥AM，又PR⊥C1Q，C1Q∩AM=Q，C在Rt▵C1PQ又CA=2PA，故点C到平面C1MA的距离是P到平面即点C到平面C1MA的距离是[方法二：等体积法]辅助线同方法一．设点C到平面C1MA的距离为VCVC−由VC1−AMC【解析】本题考查线面平行的判定和平面与平面所成角、点到平面的距离，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．

(1)先证明四边形MNA(2)利用二面角的定义，作出二面角的平面角后进行求解；(3)方法一是利用线面垂直的关系，找到垂线段的长，方法二无需找垂线段长，直接利用等体积法求解3.【2022全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD//AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】证明(1)∵PD⊥底面ABCD，

∴PD⊥BD，

取AB中点E，连接DE，可知DE=12AB=1，

∴CD/​/AB，CD=BE,CD//BE∴四边形BCDE为平行四边形，

∴DE=CB=1，

∵DE=12AB，

∴△ABD为直角三角形，AB为斜边，

∴BD⊥AD，

∵PD∩AD=D

∴BD⊥平面解：(2)由(1)知，PD，AD，BD两两垂直，BD=AB2−AD2=3

以DA、DB、DP方向分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,3,0)，P(0,0,3)，

∴PD=(0,0,−3)，PA=(1,0,−3)，AB=(−1,3,0)，设平面PAB的法向量为n【解析】

本题考查线线垂直的判断，用向量法求线面角正弦，属于拔高题．4.【2022北京】如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．

(1)求证：MN/​/平面BCC1B1;

【答案】解：(1)取BC中点D，连接B1D，DN，

在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1/​/AB，A1B1=AB．

因为M，N，D分别为A1B1，AC，BC的中点，

所以B1M//AB，B1M=12AB，DN//AB，DN=12AB，

即B1M//DN且B1M=DN，

所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D//MN．

又MN⊄平面BCC1B1，B1D⊂平面BCC1B1，

所以MN/​/平面BCC1B1．

(2)选条件 ①:

因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，

又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，

且平面BCC1B1∩平面ABB1A1=BB1，

所以CB⊥平面A

BB1A1，

而AB⊂平面ABB1A1，所以CB⊥AB．

由(1)得B1D//MN，又因为AB⊥MN，所以AB⊥B1D，

而B1D∩CB=D，所以AB⊥平面BCC1B1，

又BB1⊂平面BCC1B1，故AB⊥BB1．

在三棱柱ABC−A1B1C1中，BA，BC，BB1两两垂直，

故分别以BC，BA，BB1为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系，

因为AB=BC=BB1=2，则B(0,0,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)，A(0,2,0)，

所以BN=(1,1,0)，BM=(0,1,2)，AB=(0,−2,0)，

设平面BMN的法向量n=(x,y,z)，

由BN⋅n=0，BM⋅n=0，得x+y=0,y+2z=0,令x=2，得n=(2,−2,1)．

设直线AB与平面BMN所成角为θ，

则sinθ=|cosn,AB|=|n⋅AB||n|⋅|AB|=|4|3×2=23，

所以直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23．

选条件 ②:

因为侧面BCC1B1为正方形，所以CB⊥BB1，

又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，

且平面BCC【解析】本题考查线面平行的判定，直线与平面所成角的向量求法，属于中档题．5.【2021新高考Ⅱ卷】在四棱锥Q−ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2,QD=QA=5(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．【答案】解：(1)证明：取AD的中点E，连接QE，CE，

∵QD=QA=5，

∴QE⊥AD，

∵AD=2，

∴DE=1，

∴QE=5−1=2，CE=22+12=5，

∴QE2+CE2=9=QC2，

∴QE⊥CE，

又∵AD∩CE=E，AD,CE⊂平面ABCD，

∴QE⊥平面ABCD，

∵QE⊂平面QAD，

∴平面QAD⊥平面ABCD；

(2)由(1)知平面QAD⊥平面ABCD，

又∵BA⊥AD，BA⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面QAD=AD，

∴BA⊥平面QAD，QD⊂平面QAD，

∴BA⊥QD，

过A作AM⊥QD于点M，连接BM，

BA∩AM=A,BA,AM⊂平面BAM，

∴QD⊥平面BAM，BM⊂平面BAM，

∴QD⊥BM，【解析】本题考查线面垂直的判定、面面垂直的判定、面面垂直的性质、二面角，属于中档题．

(1)证出QE⊥平面ABCD，即可证出结果；

(2)根据平面QAD⊥平面ABCD，得出BA⊥平面QAD，找出二面角的平面角，解三角形，即可求出结果.6.【2021全国乙卷】如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC中点，且PB⊥AM．

(1)求BC；

(2)求二面角A−PM−B的正弦值．【答案】解：(1)连结BD，

因为PD⊥底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，

则AM⊥PD，

又AM⊥PB，PB∩PD=P，PB，PD⊂平面PBD，

所以AM⊥平面PBD，

又BD⊂平面PBD，则AM⊥BD，

所以∠ADB+∠DAM=90°，

又∠DAM+∠MAB=90°，

则有∠ADB=∠MAB，

所以Rt△DAB∽Rt△ABM，

则ADAB=BABM，所以12BC2=1，解得BC=2；

(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，

则A(2,0,0)，B(2,1,0)，M(22,1,0)，P(0,0,1)，

所以AP=(−2,0,1)，AM=(−22,1,0)，BM=(−22,0,0)，BP=(−2,−1,1)，

设平面AMP的法向量为n=(x,y,z)，

则有n⋅AP=0n⋅AM=0，即−2x+z=0−22x+y=0，【解析】本题考查了空间中线段长度求解以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．

(1)连结BD，利用线面垂直的性质定理证明AM⊥PD，从而可以证明AM⊥平面PBD，得到AM⊥BD，证明Rt△DAB∽Rt△ABM，即可得到BC的长度；

(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后求出平面的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可．7.【2020全国Ⅰ卷】如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=66DO(1)证明：PA⊥平面PBC;(2)求二面角B−PC−E的余弦值．【答案】(1)证明：不妨设⊙O的半径为1，则AO=OB=OC=1，AE=AD=2，AB=BC=CA=3，DO=PA=PB=PC=P在△PAC中，PA2+P同理可得PA⊥PB，PB∩PC=P，PB，PC⊂平面PBC，∴PA⊥平面PBC．(2)解：以O为坐标原点，以OE，OD所在直线分别为y，z轴，

圆锥底面内垂直于OE的直线为x轴，

建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，则有

B3BC=设平面PBC的法向量为n1=x1,y1同理可得平面PCE的法向量n2由图形可知二面角B−PC−E为锐二面角，

则cosθ=故二面角B−PC−E的余弦值为2【解析】本题考查线面垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．(1)求出各线段长度，用勾股定理找出垂直关系即可证明，(2)建立空间直角坐标系，求法向量即可求解．8.【2023新高考Ⅱ卷】如图三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，∠ADB=∠ADC=60∘，E为(1)证明：BC⊥DA;(2)点F满足EF=DA，求二面角【答案】解：(1)连接AE，DE，∵DB=DC，∴DE⊥BC，又∵DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60∘，∴▵ACD与∴AC=AB，∴AE⊥BC，AE∩DE=E，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥DA.(2)设DA=DB=DC=2，∴BC=22，∴DE=AE=∴AE2+DE2=4=AD∴AE⊥平面BCD，如图建立空间直角坐标系，∴D(2,0,0)，A(0,0,2∵EF∴DA=(−2,0,设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1=(x设二面角D−AB−F平面角为θ，∴∴|cos θ|=|【解析】本题考查了线面垂直的性质、二面角的求解，是中档题．(1)先判定线面垂直，再结合线面垂直的性质定理得结论；(2)建立空间直角坐标系，得出平面DAB的法向量和平面ABF的法向量，由空间向量求解可得结论．9.【2023全国甲卷】在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，A1(1)证明：AC=(2)若直线AA1与BB1距离为2，求【答案】证明：(1)∵AC1⊥底面ABC，∴A∵∠ACB=90∘，即BC⊥AC.且A1C，AC⊂∴BC⊥平面AC∵BC⊂平面BC∴平面ACC1过A1作A1O⊥CC且平面ACC1A1∩平面∴A1∵A1到平面BC∴A1O=1.

又AC1⊥底面ABC，平面ABC/​/平面A1B1C1，

在Rt▵A1C设CO=x，则C1则有解得x=1.则A(2)连接A1B,AB1，

∵AC=∴AB=过B作BD⊥AA1交AA1于点D，则则有A1D=1，BD=2，AB=A1B=5，∴BC=3又A到平面BCC1B则AB1与平面BCC【解析】本题主要考查空间中直线与平面所成角，以及线面，面面垂直的判定，属于中档题．(1)先证明平面ACC1A1⊥平面BCC1B1,再作辅助线，利用A(2)过B作BD⊥AA1，即可求出A1D=1，A1B=5，BC=3，再由A110.【2022新高考Ⅰ卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22．

(1)求A到平面A1BC的距离;

(2)设D为A1【答案】解：(1)设A到平面A1BC的距离为d，

因为直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，即可得S△ABC·AA1=4，

故VA1−ABC=13S△ABC·AA1=43，

又VA1−ABC=VA−A1BC=13S△A1BC·d=13×22×d=43，

解得d=2，所以A到平面A1BC的距离为2；

(2)连接AB1，因为直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB，

故四边形AA1B1B为正方形，即AB1⊥A1B，

又平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，AB1⊂平面ABB1A1，

故AB1⊥【解析】本题考查了平面与平面所成角的空间向量求法、点到面的距离的几何求法、几何体的体积公式，考查了空间中的垂直关系的证明与应用，属于中档题．

(1)利用等体积法以及三棱锥的体积公式即可求解．

(2)根据题干首先证明BB1,AB,BC三条直线两两垂直，且AA1=AB=BC=2，建立直角坐标系，求出平面11.【2021北京】已知正方体A B C D−A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F．

(1)证明：点F为B1C1【答案】解：(1)证明：因为A B C D−A1B1C1D1为正方体，

所以A1D1//B1C1，CD//C1D1，

又因为CD⊂平面A1B1C1D1，C1D1⊂平面A1B1C1D1，

所以CD/​/平面A1B1C1D1，

因为平面CDEF∩平面A1B1C1D1=EF，且CD⊂平面CDEF，

所以CD//EF，故C1D1//EF，

所以四边形EFC1D1为矩形，又点E为A1D1中点，

故C1 F=D1 E=12A1D1=12C1B1，

故点F为B1C1的中点；

(2)因为A B C D−A1B1C1D1为正方体，故DA，CD，DD1两两垂直，

以D为坐标原点，分别以DA，CD，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

令正方体A B C D−A1B1C1D【解析】本题考查了分式不等式的求解，分类讨论，由题意对不等式进行化简，分类讨论当a=0时，a≠0时，不等式的解集．本题考查线面平行的性质，利用向量法求二面角，属于中档题．12.【2020浙江】如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120∘，AB=1，BC=4，PA=15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【答案】解：

(1)证明：∵∠ABC=120°,AB=1,BC=4,

∴在△DCM中，DC=1，CM=2，∠DCM=60°，由余弦定理可得DM=3，

则DM2+DC2=CM2，

∴DM⊥DC，

由题意可知DC⊥PD，且PD∩DM=D，

PD,DM⊂平面PDM，

∴DC⊥平面PDM，而PM⊂平面PDM，

∴DC⊥PM，又AB//DC，

∴AB⊥PM．

(2)由PM⊥MD，DC⊥PM，而DC与DM相交，DC,DM⊂平面ABCD，

∴PM⊥平面ABCD，

∵∠ABC=120°,AB=1,BM=2,

∵AM=7，

∴PM=22，

取AD中点为E，连接ME，则ME，DM，PM两两垂直，以点M为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：

则A(−3,2,0)，P(0,0,22)，D(3,0,0)，

M(0,0,0)，C(3,−1,0)，

又N为PC中点，

∴N(3【解析】本题考查了线面垂直的判定与性质，利用空间向量求解直线与平面所成角，属于中档题．

(1)由题意可证DM⊥DC，又DC⊥PD，且PD∩DM=D，即可证明DC⊥平面PDM，进而证明DC⊥PM，又AB//DC，即证AB⊥PM；

(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求解直线与平面所成角的余弦值即可．13.【2020全国Ⅲ卷】如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．

(1)证明：点C1【答案】解：(1)取线段CC1上一点Q，使得CQ=2C1Q，连接C1因为2DE=ED1，

所以容易证明DE//C1Q，DE=C1Q，

所以四边形DEC1Q是平行四边形，

所以DQ//EC1，

同理可以证明四边形DAFQ是平行四边形，

所以DQ//AF，

所以AF//EC1，

所以点(2)以C1为坐标原点，C1D1为x轴，C1B1

则A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)AE=(0,−1,−1)，AF=(−2,0,−2)，EF设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)则−y−z=0−2x−2z=0,

令x=1，可得y=1，z=−1，

则设平面A1EF的法向量为则{−2a+c=0−2a+b−c=0,

令a=1，可得b=4，c=2，所以cos<二面角A−EF−A1的正弦值为【解析】本题考查点与面的位置关系以及利用空间向量求二面角，属于中档题．

(1)根据条件证明AF//EC1即可求解；

(2)建立空间直角坐标系，分别求出平面AEF和平面14.【2020新高考Ⅰ卷】如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l．(1)证明：l⊥平面PDC;(2)已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】解：(1)∵PD⊥底面ABCD，且AD⊂平面ABCD，

∴PD⊥AD，

∵ABCD为正方形，∴AD⊥DC，

又∵PD∩DC=D，且PD、DC在平面PDC内，

∴AD⊥平面PDC，

∵AD/​/BC，且BC⊂平面PBC，AD⧸⊂平面PBC，

∴AD/​/平面PBC，

又∵平面PAD与平面PBC的交线为l，且AD⊂平面PAD，

∴AD/​/l，∴l⊥平面PDC；

(2)以D为原点，以DA、DC、DP分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系如图所示：

由PD=AD=1，得P(0,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，

则PB=(1,1,−1)，DC=(0,1,0)，

设点Q的坐标为(t,0,1)，平面QCD的法向量为n=(x0,y0,z0)，

则DQ=(t,0,1)，即有n⋅DC=0n⋅DQ=0，即y0=0tx0+z当t=0时，sinθ=当t<0时，sinθ=13×1+2t+t21+t2当t>0时，sinθ=13×1+2t+t21+t2综上可知，PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为6【解析】本题考查了线面角的求解及线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理和性质定理，属于拔高题．

(1)本题先证明AD⊥平面PDC，再证明AD/​/平面PBC，再利用线面平行性质定理证得AD/​/l，从而证得l⊥平面PDC；

(2)本题可以建立空间直角坐标系，设出Q点坐标，求出PB和平面QDC的法向量，再利用向量夹角公式求解，再结合基本不等式可求出PB与平面QCD所成角的正弦值最大值．15.【2023全国乙卷】如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，AD=(1)证明：EF //平面ADO；(2)证明：平面ADO⊥平面BEF(3)求二面角D−AO−C的大小．【答案】解：(1)证明：连结DE，OF

设AF=tAC，则BF=(1−t)BA+t故BF解得t=12，即F为因为BP，AP，BC，AC的中点分别为D，E，O，F所以EF//PC，OD//PC，则EF// OD，OD⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，∴ EF //平面ADO．(2)由(1)知AO=6，DO=故OD2+AO2=AD2=152，故OD⊥AO，所以EF⊥AO，又BF⊥AO，BF∩EF=F，

(3)过点O作OH//BF交AC于点H，HO⊥AO，且FH=13AH，

设AD∩BE=G，G为三角形PAB的重心，所以DH=3得PA=14，同理可得BE2+EF2=∴ DH=152，由余弦定理得cos∠DOH=−22，∴二面角【解析】本题考查了空间中线线、线面、面面之间的平行与垂直关系，以及二面角的相关知识．(1)问中需结合条件得出F点的位置为AC的中点，从而进一步得EF// OD，得出EF与平面ADO的平行．(2)问中需结合条件中相关线的长度得出OD⊥AO，进一步结合条件BF⊥AO，得出线面垂直，得出平面ADO⊥平面BEF(3)问中需先作出二面角D−AO−C的平面角∠DOH，结合余弦定理和重心得出相应线的长度，从而求出二面角的平面角．16.【2022全国乙卷】如图，四面体ABCD中AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD;

(2)设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成角的正弦值．

【答案】解：(1)∵AD=CD，∠ADB=∠BDC且BD为公共边∴△ADB与△BDC全等，∴AB=BC．

又∵E为AC中点且AD=CD，∴DE⊥AC，同理BE⊥AC．

又∵DE∩BE=E，且均含于平面BED，∴AC⊥平面BED．

又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD．

(2)在ΔABC中，AB=2，∠ACB=60°，AB=BC∴AC=2，BE=3．

在△ACD中，，AD⊥CD，AD=CD，AC=2，E为AC中点，∴DE⊥AC，DE=1．

又∵BD=2，∴DE2+BE2=BD2，即DE⊥BE．

∴直线AC、直线ED、直线EB两两互相垂直．

由点F在BD上且△ADB与△BDC全等，∴AF=FC，

由于E为AC中点∴EF⊥AC

当ΔAFC的面积最小时∴EF⊥BD

在RtΔDEB中，∵BE=3，DE=1∴EF=32，BF=32

如图，以点E为坐标原点，直线AC、EB、ED分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系．

C(−1,0,0)、A(1,0,0)、B(0,3,0)、D(0,0,1)、F(0,34,34)

BD=(0,−3,1)、AD=(−1,0,1)、BC=(−1,−3,0)

∵【解析】本题考查面面垂直的判定，及线面角的求解，属于中档题．17.【2022新高考Ⅱ卷】如图，PO是三棱锥P−ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E是PB的中点．

(1)证明：OE/​/平面PAC;

(2)若∠ABO=∠CBO=30∘，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B正弦值．【答案】解：(1)法一：连接OA、OB，

因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，

所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，所以OA=OB，

作AB中点D，连接OD、DE，则有OD⊥AB，又AB⊥AC，所以OD/​/AC，

又因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC，所以OD/​/平面PAC，

又D、E分别为AB、PB的中点，所以，在△BPA中，DE/​/PA

又因为DE⊄̸平面PAC，PA⊂平面PAC，所以DE/​/平面PAC，

又OD、DE⊂平面ODE，OD∩DE=D，所以平面ODE/​/平面PAC，

又OE⊂平面ODE，所以OE/​/平面PAC;

法二：(1)连接OA、OB，

因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB，

所以∠POA=∠POB=90∘，又PA=PB，PO=PO，所以△POA≌△POB，

所以OA=OB，又AB⊥AC，在Rt△ABF，O为BF中点，

延长BO，交AC于F，连接PF，

所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO//PF，

因为EO⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，所以EO//平面PAC;

(2)法一：过点D作DF//OP，以DB为x轴，DO为y轴，DF为z轴．

建立如图所示的空间直角坐标系．

因为PO=3，PA=5，由(1)OA=OB=4，

又∠ABO=∠CBO=30∘，所以OD=2，DB=23，

所以P(0,2,3)，B(23,0,0)，A(−23,0,0)，E(3,1,32)，

设AC=a，则C(−23,a,0)，

平面AEB的法向量设为n1=(x1,y1,z1)，直线AB的方向向量可设为a=(1,0,0)，

直线DP⊂平面AEB，直线DP的方向向量为b=(0,2,3)

a⋅n1=0b⋅n1=0，所以x1=02y1+3z1=0,

所以x1=0，设y1=3，则z1=−2，所以n1=(0,3,−2);

平面AEC的法向量设为n2=(x2,y2,z2)，AC=(0,a,0)，AE=(33,1,32)

AC⋅n2=0AE⋅n2=0，所以ay2=033x2+y2+32z2=0，所以y2=0，设x2=3，则z2=−6，

所以n2=(3,0,−6);

所以cos<n1，n2>=n1·n2【解析】本题考查线面平行与二面角的求解，考查学生的空间想象与计算能力，有一定的难度．18.【2021新高考Ⅰ卷】如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．

(1)证明：OA⊥CD；

(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积．【答案】解：(1)证明：因为AB=AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，

又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，

所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，

所以AO⊥CD；

(2)方法一：

取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，

过O作OM/​/CF与BC交于点M，则OM⊥OD，

所以OM，OD，OA两两垂直，

以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，

则B(0,−1,0)，C(32,12,0)，D(0,1,0)，

设A(0,0,t)(t>0)，则E(0,13,2t3)，

因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为OA=(0,0,t)，

设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，

又BC=(32,32,0),BE=(0,43,2t3)，

所以由n⋅BC=0n⋅BE=0，得32x+32y=043y+2t3z=0，

令x=3，则y=−1，z=2t，故n=(3,−1,2t)，

因为二面角E−BC−D的大小为45°，

所以|cos<n,OA>|=|n⋅OA||n||OA|=2t4+4t2=22，

解得t=1，所以OA=1，

又S△OCD