【教无忧】高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）重难点04 空间直角坐标系建系方法（六种）

重难点04空间直角坐标系建系方法（六种）汇总技巧一.建立空间直角坐标系时，可以按照以下步骤进行：1.确定空间直角坐标系的三个坐标轴方向，一般选择为某轴、y轴和z轴。2.确定空间直角坐标系的原点，一般选择为三个轴的交点。3.确定坐标轴的正方向，一般按照右手定则确定，即当右手的大拇指指向某轴正方向，食指指向X轴正方向时，中指所指的方向即为z轴正方向。4.确定坐标轴的长度和间距，一般选择适当的数值，方便计算。5.根据需要，可以在空间直角坐标系中建立坐标系网格和标注坐标轴上的刻度值，方便进行坐标计算和表示几何体。技巧二.利用共顶点且相互垂直的三条棱建系技巧三.利用线面垂直建系技巧四.利用面面垂直建系技巧五.利用正棱锥的中心与高所在直线建系技巧六.利用图形中的对称关系建系图形中虽没有明显交于一点的三条直线，但有一定对称关系（如正三棱柱、正四棱柱等），利用自身对称性可建立空间直角坐标系.题型1利用共顶点的互相垂直的三条棱建立空间直角坐标系【例题1】（2023秋·天津津南·高二校考期末）如图，AE⊥平面ABCD,CF//AE,AD//BC,AD⊥AB,AB=AD=1，AE=BC=2CF=2.

(1)求证：BF//平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)求平面BDE与平面BDF夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)49(3)69【分析】（1）利用线面平行的判定证CF//面ADE、BC//面ADE，再由面面平行的判定得面BCF//面ADE，最后根据面面平行的性质证结论；（2）构建空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值；（3）由（2）所得坐标系，向量法求面面角的余弦值；【详解】（1）由CF//AE，CF⊄面ADE，AE⊂面ADE，则CF//面ADE，由AD//BC，BC⊄面ADE，AD⊂面ADE，则BC//面ADE，而CF∩BC=C，CF,BC⊂面BCF，故面BCF//面ADE，由BF⊂面BCF，则BF//平面ADE；（2）由AE⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，则AE⊥AB,AE⊥AD，又AD⊥AB，以A为原点构建空间直角坐标系A−xyz，AB=AD=1，AE=BC=2CF=2，所以B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2)，则CE=(−1,−2,2)，BE=(−1,0,2)，令面BDE的一个法向量m=(x,y,z)，则m⋅BE=−x+2z=0m所以|cosm,CE|=|m⋅

（3）由（2）知：F(1,2,1)，则BF=(0,2,1)，令面BDF的一个法向量n=(a,b,c)，则n⋅BD=−a+b=0n所以|cosm,n|=|m⋅【变式1-1】1.（2023春·全国·高一期末）如图，边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，将△AED,△DCF分别沿DE、DF折起，使A､C两点重合于点A′，连接EF、A

(1)求证：A'(2)求直线A'D与平面【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）由图形性质可由线线垂直证明A'D⊥平面（2）方法一：建立合适的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面EFD的一个法向量，然后利用空间向量的数量积求解线面角的正弦值即可.方法二：利用几何法构造线面角，通过求解三角形计算即可.【详解】（1）在正方形ABCD中，有AD⊥AE,CD⊥CF，则A'又A'E∩A'F=A'，A'而EF⊂平面A'EF，∴（2）方法一：∵正方形ABCD的边长为2，点E是AB的中点，点F是BC的中点，∴EB=FB=A∴EF=B∴A'由（1）得A'D⊥平面

∴分别以A'E,A'F,则E1,0,0∴DE=设平面DEF的一个法向量为n=则有n⋅DE=x−2z=0令直线A'D与平面EFD所成角为∴sinα=∴直线A'D与平面EFD所成角的正弦值为方法二：连接BD交EF于点G，连接A'∵正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，∴BE=BF,DE=DF，∴点G为EF的中点，则BD⊥EF，又A'E=A'又A'G∩BD=G,A'G、BD⊂平面A'又EF⊂面BEDF，所以面BEDF⊥平面A'平面BEDF∩平面A'GD=BD，∴A'在面EFD则∠A'DG为直线A

由（1）可得A'G⊥A在正方形ABCD中，EF//AC，EF=1易得BD=22,BG=1又A'D=2，∴∴sin∠∴直线A'D与平面EFD所成角的正弦值为【变式1-1】2.（2023春·天津红桥·高一统考期末）如图，在底面是矩形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，BC=4,E是PD的中点.

(1)求证：CD⊥平面PAD；(2)求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值；(3)求B点到平面EAC的距离.【答案】(1)证明见解析(2)2(3)4【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得CD⊥平面PAD；（2）利用向量法求得平面EAC与平面ACD夹角的余弦值；（3）利用向量法求得B点到平面EAC的距离.【详解】（1）因为PA⊥平面ABCD，AB,AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥AD，由于四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，由此，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,4,0),D(0,4,0),E(0,2,1),P(0,0,2)；所以AB=(2,0,0),因为CD⋅AD=0由于CD⋅AP=0由于AD∩AP=A，AD,AP⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD；（2）设平面ACE的法向量n=(x,y,z)则n⋅AE不妨令x=1,可得n=(1,−且AP=(0,0,2)为平面ABC于是cosn所以平面EAC与平面ACD夹角的余弦值为23（3）设B点到平面ACE的距离为d，由（2）可知平面ACE的法向量n=(1,−12设B点到平面EAC的距离为d，则d=n所以B点到平面EAC的距离为43

【变式1-1】3.（2023秋·新疆·高二校联考期末）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，

(1)证明：AD1//(2)求平面ACC1和平面【答案】(1)证明见解析(2)10【分析】（1）利用三角形中位线性质可证得OM//（2）设正方体棱长为1，以D为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法可求得结果.【详解】（1）连接CD1，交C1D于∵M,O分别为CD1,AC∵OM⊂平面DOC1，AD1⊄平面DO（2）设该正方体的棱长为1，以D为坐标原点，DA,DC,

则B1,1,0，C0,1,0，P12,0,∴BP=−12,−1,1设平面BCP的法向量为m=则BP⋅m=−12x−y+12z=0设平面ACC1的法向量则AC⋅n=−a+b=0CC1⋅n=c=0∴cos∴平面ACC1和平面BCP所成锐二面角的余弦值为【变式1-1】4.（2023秋·云南保山·高三统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，PA=AD=4,M是PD上一点，PB∥平面ACM.

(1)求证：AM⊥平面PCD；(2)从下面三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并作答：①异面直线CD与BM所成角的正切值为2；②直线PC与平面ABCD所成角的正弦值为23；③点D到平面ACM的距离为2若___________，求平面MAB与平面MBC夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）根据线面平行的性质定理以及线面垂直的判定定理进行证明；（2）选①：根据异面直线所成角的定义计算得到AB=2；选②：根据直线与平面所成角的的定义计算得到AB=2；选③：利用等体积转换计算得到AB=2；然后再利用空间向量法求两个平面夹角的余弦值.【详解】（1）证明：如图，连接BD交AC于点O，连接OM，

∵PB∥平面ACM,PB⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACM=OM，∴PB∥OM，∵O是BD的中点，∴M是PD的中点，又PA=AD,∴AM⊥PD，∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD，又AD⊥CD，AD∩PA=A，AD,PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD,AM⊂平面PAD,∴CD⊥AM，又CD∩PD=D，CD,PD⊂平面PCD.∴AM⊥平面PCD.（2）如图，选①：∵CD∥AB,∴异面直线CD与BM所成角为∠ABM或其补角，由（1）CD⊥AM，∴AB⊥AMtan∵AM=22选②：∵PA⊥平面ABCD,∴直线PC与平面ABCD所成角为∠PCA，sin∠PCA=PAPC∴AC=36−16选③：设AB=a，由M是PD的中点，得VD−ACM=S△ACM所以263×2a以A为坐标原点，AB､AD､则A0,0,0MB=设平面MAB的一个法向量为m=x,y,z，则m令y=−1，则m=0,−1,1设平面MBC的一个法向量为n=x,y,z所以2x−2y−2z=0,4y=0,令x=1，则n记平面MAB与平面MBC的夹角为θ，则cosθ=

【变式1-1】5.（2023春·福建龙岩·高二统考期末）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA

(1)求证：AE⊥BC；(2)若△A1BC的面积为22，试判断在线段A1C上是否存在点D，使得二面角【答案】(1)证明见解析(2)存在，1【分析】（1）由AA1=AB,E是A1B的中点可得AE⊥A1B结合平面A（2）先设A1D=λA1C(0≤λ≤1)再由A−BD−C【详解】（1）∵AA1=AB=2∴AE⊥A又∵平面A1BC⊥平面平面A1BC∩平面且AE⊂平面ABB∴AE⊥平面A1又∵BC⊂平面AEBC，∴AE⊥BC．（2）在直三棱柱ABC−A1B1C又∵BC⊂平面A1∴AA又∵AE⊥BC，AE,BB1⊂平面AB∴BC⊥平面ABB又∵BA⊂平面AB∴BC⊥BA∵BB1⊥平面ABC．BA、BC⊂∴BB1⊥BA、从而可得BC,BA,BB所以如图以B为原点，建立如图所示空间直角坐标系．

∵△A1BC的面积为22∴S△A1BC=则A0,2,0∴A1C=(2,−2,−2),设A1∴BD=又BA=设平面ABD的法向量m=则m⋅不妨取z=−λ，则x=1−λ,y=0，∴m=由（1）AE⊥平面A1BC，∴平面BCD的一个法向量cosm解得λ=±12,又0≤λ≤1又由图可知当D为A1C的中点时，二面角综上，在A1C上存在一点D，此时A1DA题型2利用线面垂直建立空间直角坐标系【例题2】（2022春·云南保山·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD,AD∥BC,AD=2BC,△ABC是等边三角形，PA=AB=1.(1)求证：平面PCD⊥平面PAC；(2)求平面PAC与平面PBC夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析(2)7【分析】（1）由题意PA⊥CD，再解三角形得AC⊥CD，由线面垂直判定定理知CD⊥平面PAC，再由面面垂直的判定定理得证；（2）方法一（向量法）：建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；方法二（几何法）：过点B作BM⊥AC交AC于点M，过M作MN⊥PC交PC于点N，连接BN，则∠BNM即为平面PAC与平面PBC所成二面角的平面角.在Rt△BMN【详解】（1）∵PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,∴PA⊥CD.在△ACD中，AC=1,AD=2,∠CAD=60∴A又PA∩AC=A,PA、AC⊂平面PAC∴CD⊥平面PAC，CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC.（2）

方法一：取BC的中点E，连接AE，则AE,AD,AP两两互相垂直，以A为坐标原点，AE,AD,AP所在直线分别为x轴､y轴､z轴建立空间直角坐标系.则A0,0,0∴AP设平面PAC的一个法向量为m=x,y,z所以z=0,32x+12设平面PBC的一个法向量为n=则BC⋅n=0,PC⋅n=0,记平面PAC与平面PBC的夹角为θ，则cosθ=即平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为77几何法：

方法二：过点B作BM⊥AC交AC于点M，过M作MN⊥PC交PC于点N，连接BN，则∠BNM即为平面PAC与平面PBC所成二面角的平面角.证明如下：∵PA⊥平面ABCD,BM⊂平面ABCD,∴PA⊥BM.又BM⊥AC,PA∩AC=C,PA、AC⊂平面PAC,∴BM⊥平面PAC,PC⊂平面PAC,∴BM⊥PC，又MN⊥PC,MN∩BM=M,MN、BM⊂平面BMN，∴PC⊥平面BMN,BN⊂平面BMN，∴PC⊥BN，所以∠BNM即为平面PAC与平面PBC所成二面角的平面角.在Rt△BMN中，BM=3∴tan即平面PAC与平面PBC夹角的余弦值为77【变式2-1】1.（2023秋·新疆乌鲁木齐·高二乌鲁木齐101中学校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=12AD，E为棱AD的中点，异面直线PA与CD

(1)在平面PAB内是否存在一点M，使得直线CM//平面PBE，如果存在，请确定点M的位置，如果不存在，请说明理由；(2)若二面角P−CD−A的大小为45°，求P到直线CE的距离.【答案】(1)存在，在平面PAB可以找到一点MM=AB∩CD，使得直线CM//平面(2)3【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD，故CM//BE，从而找到点M的位置；（2）先求出∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45∘，得到PA=AD，设AD=2，则BC=CD=12AD=1，建立空间直角坐标系，求出【详解】（1）延长AB交直线CD于点M，∵点E为AD的中点，∴AE=ED=1∵BC=CD=1∴ED=BC，∵AD//BC，即ED//BC，∴四边形BCDE为平行四边形，即EB//CD.∵AB∩CD=M，∴M∈CD，故CM//BE，∵BE⊂平面PBE,CM⊄平面PBE，∴CM//平面PBE，∵M∈AB,AB⊂平面PAB，∴M∈平面PAB，故在平面PAB内可以找到一点MM=AB∩CD，使得直线CM//平面PBE

（2）如图所示，∵∠ADC=∠PAB=90∘，即且异面直线PA与CD所成的角为90∘，即PA⊥CD又AB∩CD=M,AB,CD⊂平面ABCD，∴AP⊥平面ABCD.∵AD⊂平面ABCD,∴PA⊥AD，又AD⊥CD,PA⊥CD,AD∩PA=A,AD,PA⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD，∵PD⊂平面PAD，∴CD⊥PD，因此∠PDA是二面角P−CD−A的平面角，大小为45∘∴PA=AD.不妨设AD=2，则BC=CD=1以A为坐标原点，平行于CD的直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A−xyz，∴P0,0,2∴EC=−1,1,0,EP则EP在EC上的投影的绝对值为|EP所以P到直线CE的距离为EP2【变式2-1】2.（2023春·江西萍乡·高二萍乡市安源中学校考期末）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面

(1)证明：平面EFC1⊥(2)求平面EFC1和平面【答案】(1)证明见解析；(2)10535【分析】（1）连接A1（2）连接AE，以A为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面夹角余弦作答.【详解】（1）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D

显然△A1C1D1为正三角形，由F为A1C1F⊂平面A1B1C1D1因此C1F⊥平面A1AD，又所以平面EFC1⊥（2）连接AE,AC，由（1）知△ABC是正三角形，E为BC的中点，则AE⊥BC，而AD//BC，即有AE⊥AD，又A1A⊥平面ABCD，于是以A为原点，分别以AE,AD,AA

由A1A=AB=2，得EC1=(0,1,2)，EF=(−3,1,2)设平面EFC1的法向量为n=(x1,y设平面A1B1CD的法向量为m=(x2因此cos〈所以平面EFC1和平面A1【变式2-1】3.（2022秋·安徽亳州·高二校联考期末）如图，在三棱锥P－ABC中，底面是边长为4的正三角形，PA＝2，PA⊥底面ABC，点E，F分别为AC，PC的中点．(1)求证：平面BEF⊥平面PAC；(2)在线段PB上是否存在点G，使得直线AG与平面PBC所成角的余弦值为105【答案】(1)证明见解析(2)见解析【分析】（1）根据线面垂直的判定，证明BE⊥AC，PA⊥BE即可；（2）以EB,【详解】（1）∵AB＝BC，E为AC的中点，∴BE⊥AC.又PA⊥平面ABC，BE⊂平面ABC，∴PA⊥BE.∵PA∩AC＝A，且PA,PC⊂平面PAC，∴BE⊥平面PAC.∵BE⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAC.（2）存在.由（1）及已知得PA⊥BE，PA⊥AC，∵点E，F分别为AC，PC的中点，∴EF∥PA，∴EF⊥BE，EF⊥AC.又BE⊥AC，∴EB，EC，EF两两垂直.分别以EB,则A0,−2,0，P0,−2,2，B2设BG=λBP=所以AG=AB设平面PBC的法向量为n=则n⋅BC=0令x=1，则y=3，z=2∴n=由已知得1−1052=AG⋅n解得λ=12或λ=1110，由所以存在满足条件的点G，点G为PB的中点.【变式2-1】4.（2023秋·山东济南·高二山东省济南市莱芜第一中学校考期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C(1)求证:AB⊥B(2)若∠B1BC=60°，直线AB与平面B【答案】(1)证明见解析(2)4【分析】（1）由AO⊥平面BB1C1C，得到AO⊥B1C，再由BC=BB（2）以O为原点，分别以OB,OB1,OA所在直线为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求得平面AB1【详解】（1）证明:因为AO⊥平面BB1C1C，B因为BC=BB1，四边形BB所以BC又因为AO∩BC1=O，AO⊂平面ABC1，BC1因为AB⊂平面ABC1，所以（2）解：因为AB与平面BB1C1C所成角为30因为∠B1BC=设BC=2，则B1以O为原点，分别以OB,OB1,OA如图所示，则B(3所以AB设平面AB1C1的一个法向量为取x=1，可得y=−3,z=−3设平面B1C1A1取x1=1，可得y1设二面角A1−B因为cosn所以sinθ=所以二面角A1−B【变式2-1】5.（2023秋·辽宁营口·高二统考期末）已知三棱柱ABC−A1B1C1，AA1=5，(1)求AA(2)在棱AA1上是否存在一点E，使得二面角E−BC−B1为【答案】(1)5(2)存在，3【分析】（1）根据已知结合几何知识得出BF⊥AC与A1F⊥AC，即可得出∠A1FB为二面角A1−AC−B的平面角，则A1B=BF，令A1B=a，则BF=a，在Rt△ABF中，得出AB=2a，在Rt△A1BA中，根据A1B=a，AB=2a，AA1=（2）AEAA1=t，所以AE=tAA1，得出E31−t,t−1,t【详解】（1）连接A1B，因为所以A1取AC的中点F，由于AB=BC，所以BF⊥AC，连接A1F，由三垂线定理可得则∠A1FB为二面角A1−AC−B令A1B=a，则则在Rt△ABF中，∠BAC所以AB=2a，在Rt△A1BA中，A1B=a，所以a2+2a过B作BM⊥BC，又因为A1所以BM、BC、A1以BM、BC、BA可得B0,0,0，C0,2,0，A3则AA1=则cosA则AA1（2）设AEAA1=t，所以AE=t设平面EBC的法向量为n1=x1,得31−t解得n1因为ABC−A所以BB设平面B1BC的法向量由n2⋅B得−3x2若二面角E−BC−B1为则n1⋅n2=0所以AEAA1【变式2-1】6.（2023春·吉林长春·高一长春十一高校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，且CD=2，AB=1，BC=22，PA=2，AB⊥BC，N为PD(1)求证：AN//平面PBC；(2)求平面PAD与平面PCD夹角的余弦值；(3)点M在线段AP上，直线CM与平面PAD所成角的正弦值为4515，求点M到平面【答案】(1)证明见解析(2)3(3)6【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得PA,AE,AB两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出AN和平面PBC的法向量，由此证得线面平行；（2）结合（1）中结论，求出平面PAD与平面PCD的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可；（3）先利用线面角结合向量法求得M的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可.【详解】（1）记CD的中点为E，连结AE，因为AB//CD，CE=12CD=1=AB，所以四边形ABCE因为AB⊥BC，所以平行四边形ABCE是矩形，则AE⊥AB，因为PA⊥平面ABCD，AE,AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AE,PA⊥AB，则PA,AE,AB两两垂直，故以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，则A0,0,0，B0,1,0，E22,0,0，D因为N为PD的中点，所以N2,−1设平面PBC的一个法向量为m=x,y,z，而BP=(0,−1,2)则m⋅BP=−y+2z=0m⋅所以AN⋅m=−又AN⊄平面PBC，所以AN//平面PBC．.（2）设平面PAD的一个法向量为n=(a,b,c)，而AP=(0,0,2)，所以AP⋅n=2c=0AD⋅设平面PCD的一个法向量为u=(r,s,t)，而CD=(0,−2,0)，所以CD⋅u=−2s=0PC⋅记平面PAD与平面PCD夹角为α，则0<α<π所以cosα=所以平面PAD与平面PCD夹角的余弦值为39（3）依题意，不妨设AM=k0≤k≤2，则M=0,0,k，又由（2）得平面PAD的一个法向量为n=(1,22,0)，记直线CM与平面PAD所以sinβ=cosn所以M0,0,1，则MP而由（2）得平面PCD的一个法向量为u=(1,0,所以点M到平面PCD的距离为MP⋅题型3利用面面垂直关系建立空间直角坐标系【例题3】（2023春·河南南阳·高二统考期末）三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ACC1A1⊥

(1)证明：平面A1BC⊥平面(2)求二面角A1【答案】(1)证明见解析(2)−【分析】（1）由∠A1AC=45°，AA1（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面A1BC1的一个法向量为m=x,y,z和平面【详解】（1）因为∠A1AC=45°，A所以A1则A1C=2，即所以A1因为平面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1所以A1C⊥平面又A1C⊂平面所以平面A1BC⊥平面（2）建立如图所示空间直角坐标系：

则A1所以BC设平面A1BC则m⋅BC令y=1，得到x=0,z=32，则设平面BC1B则n⋅BC令y=−1，得到x=z=3，则n所以cosm又二面角A1所以二面角A1−BC【变式3-1】1.（2023春·全国·高一期末）在三棱锥P−ABC中，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC．

(1)证明：PA⊥平面ABC；(2)若D为PC的中点，且PA=22AB，AB=BC，求二面角【答案】(1)证明见解析(2)−【分析】（1）过点B作BO⊥AC，垂足为点O，利用面面垂直的性质定理可得出BO⊥平面PAC，可得出PA⊥BO，由BC⊥平面PAB可得出PA⊥BC，进而利用线面垂直的判定定理可证得PA⊥平面ABC；（2）推导出点O为线段AC的中点，设AB=BC=2，以点O为坐标原点，OA、OB、OD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O−xyz，利用空间向量法可求得二面角A−BD−C【详解】（1）过点B作BO⊥AC，垂足为点O，

且平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC=AC，BO⊂平面ABC，所以BO⊥平面PAC，由PA⊂平面PAB，可得BO⊥PA，又因为BC⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，则BC⊥PA，且BC∩BO=B，BC、BO⊂平面ABC，所以PA⊥平面ABC.（2）因为AB=BC，BO⊥AC，可知：O为BC中点．又因为D为PC的中点，则DO∥PA，由（1）可知：PA⊥平面ABC，则DO⊥平面ABC，且AO、BO⊂平面ABC，可得DO⊥BO，DO⊥AO，以点O为坐标原点，OA、OB、OD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图．

因为BC⊥平面PAB，AB平面PAB，则BC⊥AB，设AB=BC=2，则AC=2，PA=4则O0,0,0，A1,0,0，C−1,0,0，B0,1,0，设平面ABD的法向量为n1=x1,由n1⋅AB令z1=1得x1=2，设平面BCD的法向量为n2=x2,由n2⋅CB令z2=1，可得x2=−2，可得cosn由图象可知：二面角A−BD−C是钝角，所以二面角A−BD−C的余弦值为−1【变式3-1】2.（2023春·江苏苏州·高一江苏省昆山中学校考期末）如图，三棱锥P−ABC,PA=PB=3,AB=AC=4,∠BAC=θ(0<θ<π)，平面PAB⊥平面ABC，点M为线段

(1)若点M为PC的中点时AM⊥AB，求BC的长；(2)当θ=π3时，是否存在点M使得直线BM与平面ABC【答案】(1)43(2)存在，点M为PC的中点.【分析】（1）取AB的中点O，结合已知，以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答.（2）借助（1）的坐标系，确定点C的坐标，借助共线向量表示出M的坐标，利用空间向量结合线面角的正弦求解作答.【详解】（1）在三棱锥P−ABC中，PA=PB=3，取AB的中点O，连接OP，则OP⊥AB，而平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，OP⊂平面PAB，则OP⊥平面ABC，在平面ABC内过O作Oy⊥AB，则Oy⊥平面PAB，于是OB,Oy,OP两两垂直，以O为原点，以射线OB,Oy,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，

而AB=AC=4,∠BAC=θ(0<θ<π)，则C(−2+4cosθ,4sinθ,0)，线段于是AB=(4,0,0),AM=(1+2cosθ,2解得cosθ=−12，而0<θ<π，则所以BC=(−4−2)（2）由（1）知，当θ=π3时，点C(0,23由M为线段PC上的动点，得PM=tPC=(0,23t,−则BM=(2,23t,5(1−t))，显然平面ABC的法向量n=(0,0,1)，令直线则sinφ=|cos〈n,BM〉|=所以当点M为PC的中点时，直线BM与平面ABC所成角的正弦值为16533【变式3-1】3.（2023春·高二校考期末）如图，四边形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直，AB//CD，AB⊥BC，∠DAB=60∘，AB=AD=4，AE⊥DE，AE=DE，平面ABE与平面CDE交于

(1)求证：CD//EF；(2)若EF=CD，求二面角A-(3)在线段BC上是否存在点M使得AM⊥EM？若存在，求BM的长；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)5(3)线段BC上不存在点M使得AM⊥EM，理由见解析【分析】（1）先证明线面平行，再利用线面平行的性质证明线线平行；（2）建立空间直角坐标系，用空间向量来求解二面角；（3）先假设存在点M，设出点M的坐标，利用等量关系建立方程，看方程是否有根，判断是否有这样的点M.【详解】（1）∵AB//CD，AB⊂平面ABFE，CD⊄平面ABFE∴CD//平面ABFE∵平面ABE与平面CDE交于EF，CD⊂平面CDE∴CD//EF（2）取AD中点O，连接OE，OB，BD∵∠DAB=60∘∴△ABD是等边三角形由三线合一得：OB⊥AD∵AE⊥DE，AE=DE∴△ADE是等腰直角三角形∴OE⊥AD∵四边形ABCD和三角形ADE所在平面互相垂直，交线为AD∴OE⊥底面ABCD,∵OB⊂平面ABCD,∴OE⊥OB,故OE，OB，OA三线两两垂直,以O为坐标原点，分别以OA，OB，OE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，A2,0,0，B0,23∵EF=CD且由第一问得知CD//EF,所以四边形CDEF是平行四边形,∴可得：F−1,∴BC=−3,−设平面BCF的法向量为m则m⋅BC令x=1，得：y=−3，解得：m其中平面ABC的法向量为ncosm设二面角A-BC-F大小为所以cos

（3）不存在满足条件的点M，使得AM⊥EM，理由如下：若AM⊥EM，则AM⋅EM=0，因为点M在线段BC上，所以设CM=t则u+3,v−3,0=t3,3所以M3t−3,3t+3所以AM⋅EM因为Δ=−15<0，此方程无解，所以线段BC上不存在点M使得【变式3-1】4.（2023春·浙江台州·高一温岭中学校考期末）如图，已知四棱台ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，且∠ABC=60°，侧面ABB

(1)求证：平面ABB1A(2)若过点C,E的平面α与BD平行，且交直线AA1于点F，求二面角【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）延长四棱台的四条侧棱交于点P，取AB中点O，证明PO⊥平面ABCD后可得证面面垂直；（2）以O为原点，OA,OC,OP分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，首先求出平面α的一个法向量，确定出F与A1【详解】（1）分别延长四棱台的四条侧棱交于点P，则由AB=3A1B1，又A1B1=2，所以PA12取AB中点O，连接PO，则PO=12AB=3又PC=32CC1=6，由题意所以PC2=P又AB∩OC=O，AB,OC⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD，因为PO⊂平面ABB1A1，所以平面（2）以O为原点，OA,OC,OP分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O−xyz，如图，

则D(6,33,0)，P(0,0,3)，E(3,332,3CE=(3,−设平面α的一个法向量是m=(x,y,z)，则m即3x−332y+32z=09x+33设AF=λAP=(−3λ,0,3λ)，则所以CF⋅m=3−3λ+9−15λ=0所以F与A1所以二面角F−CB−D即为二面角A1BC=(3,3设平面A1CB的一个法向量是则n⋅BC=3a+33b=0又平面BCD的一个法向量是k=(0,0,1)cosn所以二面角F−CB−D的余弦值是32【点睛】结论点睛：若直线l,m的方向向量分别为a,b，平面α,β的法向量分别为①两异面直线l,m所成的角为θ0<θ≤π2，②直线l与平面α所成的角为θ0≤θ≤π2，③二面角α−l−β的大小为θ0≤θ≤π，cos【变式3-1】5.（2023春·广西南宁·高二宾阳中学校联考期末）图1是由矩形ADEB、Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG

(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图2中BG与平面ACGD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)14【分析】（1）根据给定条件，证明AD//CG即可得四点共面；再利用线面垂直、面面垂直的判定推理作答.（2）在平面BCGE内作EH⊥BC，垂足为H，以H为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦作答.【详解】（1）依题意，AD//BE,CG//BE，则AD//CG，即所以A,显然AB⊥BE,AB⊥BC，BE∩BC=B,BE,BC⊂平面因此AB⊥平面BCGE，又AB⊂平面ABC所以平面ABC⊥平面BCGE.（2）在平面BCGE内作EH⊥BC，垂足为H，而平面BCGE⊥平面ABC，于是EH⊥平面ABC，由荾形BCGE的边长为2,∠EBC=60°，得以H为原点，HC,HE的方向分别为x,z轴的正方向，建立空间直角坐标系

则A(−1,1,0),设平面ACGD的法向量n=(x,y,z)，则CG又BG=(3,0,3)，设BG与平面所以BG与平面ACGD所成角的正弦值14【变式3-1】6.（2023春·四川宜宾·高二统考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是一个边长为4的菱形，且∠BCD=60∘，侧面

(1)求证：AB⊥PD；(2)若平面PAB⊥平面ABCD，求平面PAB与平面PCD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）取AB的中点M，连接PM、DM、BD，证明出AB⊥平面PDM，再由线面垂直的性质可证得结论成立；（2）推导出PM⊥平面ABCD，然后以点M为坐标原点，MB、MD、MP的正方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，然后利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得平面PAB与平面PCD所成角的正弦值.【详解】（1）证明：取AB的中点M，连接PM、DM、BD.

∵底面ABCD是一个边长为4的菱形，且∠BCD=60∘，则∠BAD=60∵M为AB的中点，∴DM⊥AB，∵△PAB是正三角形，M为AB的中点，∴PM⊥AB，∵PM∩DM=M，PM、DM⊂平面PDM，∴AB⊥平面PDM，∵PD⊂平面PDM，∴AB⊥PD.（2）解：由（1）知，PM⊥AB，当平面PAD⊥平面ABCD时，∵平面PAB∩平面ABCD=AB，PM⊂平面PAB，∴PM⊥平面ABCD，又∵AB⊥DM，以M为坐标原点，MB、MD、MP的正方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系.

则M0,0,0、A−2,0,0、B2,0,0、P0,0,23易知平面PAB的一个法向量为m=设平面PCD的一个法向量为n=x,y,z，PD=则n⋅DC=4x=0n⋅所以，cosm则sinm∴平面PAB与平面PCD所成角的正弦值为22【变式3-1】7.（2023秋·浙江嘉兴·高三统考期末）如图，在三棱锥A−BCD中，平面ACD⊥平面BCD

，∠ACD=∠BCD=30∘，点E在棱BC上，且(1)证明：DE⊥平面ACD；(2)设F是AB的中点，点G在棱BC上，且EF//平面ADG，求二面角E−AD−G【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）利用余弦定理求出DE，利用勾股定理可证得DE⊥CD，再利用面面垂直的性质的定理可证得结论成立；（2）推导出点G为CE的中点，然后以点D为坐标原点，以DE、DC所在直线分别为x、y轴，过点D且垂直于平面BCD的直线作z轴建立空间直角坐标系，求出点A的坐标，利用空间向量法可求得二面角E−AD−G的余弦值.【详解】（1）证明：由BC=3BE=2AC=3DC=6得BE=2，AC=3，CE=BC−BE=4，由余弦定理可得DE∴CD2+D因为平面ACD⊥平面BCD，平面ACD∩平面BCD=CD，DE⊂平面BCD，∴DE⊥平面ACD.（2）解：因为EF//平面ADG，EF⊂平面ABC，平面ABC∩平面ADG=AG，故EF而F是AB的中点，故EF为△ABG中位线，得BE=EG=2，又BC=6，故G为CE中点，由（1）可知DE⊥平面ACD，以点D为坐标原点，以DE、DC所在直线分别为x、y轴，过点D且垂直于平面BCD的直线作z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则E2,0,0、C0,23,0、设点A0,a,b，其中a>0，b>0，CD=0,−2所以，cos∠ACD=CA⋅则CA=−332设平面ADE的法向量为m=x1,y则n⋅DE=2x1设平面ADG的法向量为n=x2则n⋅DG=x2所以，cos<由图可知，二面角E−AD−G的平面角为锐角，故二面角E−AD−G的余弦值为213题型4利用正棱锥的中心与高所在直线建立空间直角坐标系【例题4】（2022秋·新疆阿克苏·高三校考期末）如图所示，四棱锥P−ABCD的底面ABCD为正方形，顶点P在底面上的射影为正方形的中心O,E为侧棱PC的中点．

(1)求证：PA//平面BDE；(2)若AB=22，四棱锥P−ABCD的体积为163，求PB与平面【答案】(1)证明见解析；(2)π6【分析】（1）利用三角形中位线结合线面平行的判定定理进行证明；（2）构建空间直角坐标系，然后利用法向量求解PB与平面DBE所成角．【详解】（1）

连接AC，因为底面ABCD是正方形，且顶点P在底面上的射影为正方形的中心O，所以AC∩BD=O，又因为点E是PC中点，所以由三角形中位线定理可得OE//PA；因为PA⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以PA//平面BDE；（2）VP−ABCD解得：ℎ=2,以故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.

由已知可得O(0,0,0),P(0,0,2),B(0,2,0),D(0,−2,0),E(−1,0,1)PB=(0,2,−2),设平面BDE的一个法向量是n=(x,y,z)由{n⋅BD令x=1，则n=(1,0,1)cos又因为PB与平面DBE所成角与n,所以PB与平面DBE所成角为π6【变式4-1】1.（2023春·陕西宝鸡·高一宝鸡中学校考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=AC，D为BC的中点，PO⊥平面ABC，垂足O落在线段AD上，已知BC=8，PO=4，AO=3，OD=2.

(1)求异面直线AP，BC所成角的大小；(2)在线段AP上存在点M且AM=3，探究二面角A−MC−B的大小并说明理由.【答案】(1)90°(2)二面角A−MC−B为90°，理由见解析【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可得出AD⊥BC，由线面垂直可得出PO⊥BC，进而得出BC⊥平面PAD，即可得出异面直线AP，BC所成角.（2）建立空间直角坐标系，写出A，B，C，P点的坐标，得出平面AMC和平面BMC的法向量，根据两个平面法向量关系，得出二面角A−MC−B的大小.【详解】（1）由AB=AC，D为BC的中点，得AD⊥BC，又PO⊥平面ABC，得PO⊥BC，因为AD∩PO=O，所以BC⊥平面PAD，而PA⊂平面PAD，得到AP⊥BC.故异面直线所成角为90°.（2）如图，以O为坐标原点，过O点作OE//DB交AB与点E，OE方向为x轴，OD方向为y轴，OP方向为z轴建立空间直角坐标系，

则A0,−3,0，B4,2,0，C−4,2,0，P0,0,4，所以AP=0,3,4，|AP又因为AM=3，则AM=35AP，得设平面BMC的法向量为n1平面APC的法向量为n2由BM⋅n1=0BC⋅由AP⋅n2=0AC⋅因为n1⋅n2=0×5+1×4+【变式4-1】2.（2023春·江苏南通·高二统考期末）如图，在三棱锥P−ABC中，AC⊥BC，D是AC的中点，E是AB上一点，AC⊥平面PDE.(1)证明：DE//平面PBC；(2)若AC=BC=4，PD=PE=2，求二面角D−PB−E的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)21【分析】（1）由AC⊥平面PDE，得到AC⊥DE，再由AC⊥BC，得到DE∥（2）取DE的中点O，连结PO，过点O作OF⊥DE交BC于点F，易证PO⊥DE，PO⊥OF，再以OE,OF,OP为正交基底建立空间直角坐标系，分别求得平面PBD的一个法向量m=【详解】（1）证明：因为AC⊥平面PDE，DE⊂平面PDE，所以AC⊥DE，因为AC⊥BC，且直线AC,BC,DE⊂平面ABC，所以DE∥因为DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以DE∥平面PBC；（2）取DE的中点O，连结PO，过点O作OF⊥DE交BC于点F，因为PD=PE，所以PO⊥DE，因为AC⊥平面PDE，PO⊂平面PDE，所以AC⊥PO，因为DE∩AC=D,DE,AC⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OF．如图，以OE,因为D是AC的中点，AC=BC=4，所以O0,0,0，B3,2,0，E1,0,0因为PD=PE=2，所以PO=3，即P所以DB=4,2,0，DP=1,0,3设平面PBD的一个法向量m=则m⋅DB令x1=3，得y所以平面PBD的一个法向量m=设平面PBE的一个法向量n=则n⋅EB令x2=3，得y所以平面PBE的一个法向量n=所以cos设二面角D−PB−E为θ，θ∈0,π所以sinθ=所以二面角D−PB−E的正弦值为217【变式4-1】3.（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）如图，三棱锥E−ABD和F−BCD均为棱长为2的正四面体，且A，B，C，D四点共面，记直线AE与CF的交点为Q.(1)求三棱锥Q−BDE的体积；(2)求二面角A−QD−C的正弦值.【答案】(1)2(2)2【分析】（1）利用平面几何的知识证得OQ⊥AC与OQ⊥BD，从而利用线面垂直的判定定理证得OQ⊥面ABCD，进而得到EG⊥面ABCD，结合正四面体的性质可得G是底面△ABD的中心，由此可求得EG,OQ,S（2）利用（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得面AQD与面CQD的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示求得二面角A−QD−C的余弦值，进而得解.【详解】（1）连结AC∩BD=O，连结OQ,OE,OF，过E作EG//OQ，且EG∩AC=G，如图，因为三棱锥E−ABD和F−BCD均为棱长为2的正四面体，易得AO=OC,OE=OF,AE=FC，则△AOE≅△COF，则∠EAO=∠FCO，所以AQ=CQ，所以OQ⊥AC，因为BF=DF,QF=FQ,∠BFQ=π−π3=∠DFQ又O是BD的中点，所以OQ⊥BD，又AC∩BD=O,AC,BD⊂面ABCD，所以OQ⊥面ABCD，因为EG//OQ，所以EG⊥面ABCD，又三棱锥E−ABD是正四面体，所以G是底面△ABD的中心，在边长为2的等边△ABD中，易得AO=3，AG=在Rt△AEG中，AE=2，则EG=又EG//OQ，所以OQEG=AO因为S△ABD所以VQ−BDE=V故三棱锥Q−BDE的体积为23（2）由（1）知四边形ABCD是菱形，则AC⊥BD，又OQ⊥AC，OQ⊥BD，所以OQ,AC,BD两两垂直，故以O为原点建立空间直角坐标系如图，则A0,−故AD=设面AQD的一个法向量为m=x,y,z，则令x=6，则y=2,z=−1设面CQD的一个法向量为n=a,b,c，则令a=6，则b=−2,c=−1设二面角A−QD−C为θ，所以cosθ所以sinθ=所以二面角A−QD−C的正弦值为214题型5利用图形中的对称关系建立空间直角坐标系【例题5】（2023秋·河北·高三校联考期末）如图，圆柱O'O的轴截面ABCD是边长为4的正方形，EF为圆O的直径，

(1)求点A到面BDF的距离；(2)求平面AEF与平面BEF夹角的余弦值．【答案】(1)2(2)13【分析】（1）根据题意，由VF−ABD（2）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面AEF和平面AEF的一个法向量m和n，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）解：因为圆柱O'O的轴截面ABCD是边长为4的正方形，可得因为∠DOF=60°，可得DF=2，且F到CD的距离为3，又因为面ABCD⊥面OFD，所以F到面ABDC的距离为d=3由VF−ABD又由VF−ABD=VA−BDF即点A到平面BDF的距离为2（2）解：以O为坐标原点，垂直CD的直线为x轴，CD所在直线为y轴，OO'所在直线为可得A0,−2,4，B0,2,4，F3则AF=3,3,−4，AE=−设m=x1,y取x1=1，可得y设n=x2,y取x2=1，可得y2设面AEF与面BEF夹角为θ，可得cosθ=

【点睛】【变式5-1】1.（2023春·广东广州·高一华南师大附中校考期末）已知圆台O1O2的轴截面为ABCD，圆台的上底面圆半径与高都等于1，下底面圆半径等于2，点E为下底圆弧CD的中点，点N为上底圆周上靠近点A的弧AB的四等分点，经过O1,O2,N三点的平面与弧

(1)判断平面O1O2(2)P为下底圆周上左半部分(靠近D点)的一个动点，且与M点在CD的不同侧，当四棱锥P−ABCD的体积等于2时，求二面角N−PM−D的余弦值．【答案】(1)CE//平面O1(2)−【分析】（1）先证O2（2）根据题意求出P为CD上靠近D的四等分点，根据已知条件建系，结合二面角的向量计算公式求解答案即可.【详解】（1）CE//平面O因为圆台的两个底面互相平行所以平面O1O2又因为点N为上底圆周上靠近点A的AB的四等分点，所以点M为下底圆周上靠近点D的CD的四等分点，所以∠AO所以点E为下底圆弧CD的中点，所以∠O2CE=又因为O2M⊂平面O1O2所以CE//平面O（2）梯形ABCD的面积为S=AB+CD设P到平面ABCD的距离为ℎ，则四棱锥P−ABCD的体积等于V=13Sℎ=如图所示，在平面CDM内，过点M作MQ⊥O2D同理可知，P为CD上靠近D的四等分点，连接O2P,PQ，在平面CDM内，过点O2因为O1O2⊥平面CDM，O2以O2

则D2,0,0所以MP=0,22,0，设平面NPM的法向量为n=则n⋅MP=22y=0同理平面PMD的一个法向量为m=设二面角N−PM−D大小为θ，由图可知，二面角N−PM−D为钝角，所以cosθ=−所以二面角N−PM−D的余弦值为−【变式5-1】2.（2023春·贵州·高二校联考期末）如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C

(1)若过A､E､F三点的平面，交棱B1(2)若三棱柱所有棱长均为2，求A1E与平面【答案】(1)2(2)15【分析】（1）延长AF交CC1延长线于点Q，连接QE交B1（2）解法一：取AC中点O连接OB,OF，以O为原点，OA,OB,OF为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，解法二：设点A1到平面AEF的距离为ℎ，连接B1F，易证B1F⊥平面ACC1A1，然后利用等体积法求出ℎ【详解】（1）延长AF交CC1延长线于点Q，连接QE交B1C1于点P，连接PF因为F是A1C1中点，C1F所以C1F是所以QC1∥BE且所以C1

（2）解法一：取AC中点O连接OB,OF，因为正三棱柱ABC−A1B1C1,F为A1C1的中点，

所以A1,0,0所以A1AF=设平面AEF的法向量n=x,y,z，则即−x+3令x=2，则y=33,z=1设A1E与平面AEF所成角为sinθ=A1E与平面AEF所成角的正弦值为解法二：设点A1到平面AEF的距离为ℎ，连接B因为A1B1=B1C因为AA1⊥平面A1B1C因为A1C1∩AA1=A1因为等边三角形A1B1所以EF=3+1所以等腰三角形AEF的底边EF上的高为5−1=2所以△AEF的面积为12×2×2=2，又△AA因为13S△AEF⋅ℎ=13S设A1E与平面AEF所成角为则sinθ=故A1E平面AEF所成角的正弦值为【变式5-1】3.（2023春·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考期末）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△ABD的边长为3，点E在母线PC上，且AE=3，CE=1

(1)求证：直线PO//平面BDE，并求三棱锥P−BDE(2)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；V(2)7【分析】（1）设AC∩BD=F，由正弦定理和三角形相似关系可证得EF⊥AC，结合面面垂直的性质可证得EF⊥平面ABD，由此可得PO//EF，由线面平行的判定可得结论；由平行关系可得（2）以F为坐标原点可建立空间直角坐标系，设OM=λOP，根据线面角的向量求法，可确定当λ=12时，【详解】（1）设AC∩BD=F，连接EF，

∵△ABD为底面圆O的内接正三角形，∴AC=3sinπ3=2又AF=3−34=3∵AE=3，CE=1，∴AE2∵AFAE=AEAC，∴△AEF∽△ACE∵PO⊥平面ABD，PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABD，∵平面PAC∩平面ABD=AC，EF⊂平面PAC，∴EF⊥平面ABD，又PO⊥平面ABD，∴EF//∵PO⊄平面BDE，EF⊂平面BDE，∴PO//平面BDE∵F为BD中点，∴AF⊥BD，即OF⊥BD，又EF⊥平面ABD，OF,BD⊂平面ABD，∴EF⊥OF，EF⊥BD，∵EF∩BD=F，EF,BD⊂平面BDE，∴OF⊥平面BDE，∵EF=AE2−AF又OF=12AF=12∴V（2）∵OF=CF=12，∴F为OC中点，又PO//EF，∴E为∴PO=3，PC=2以F为坐标原点，FB,FC,

则A0,−32,0，B32,0,0，E∴AB=32,32,0，设OM=λOP=设平面ABE的法向量n=则AB⋅n=32x+32y=0设直线DM与平面ABE所成角为θ，∴sin令t=3λ+2，则t∈2,5，∴λ=∴3∵1t∈15,12，∴sinθmax∴MA∴点M到平面ABE的距离d=MA【点睛】关键点点睛：本题求解点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量λ的函数的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置.【变式5-1】4.（2023春·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期末）如图，已知圆柱的上、下底面圆心分别为P，Q，AA1C

(1)当a为何值时，点Q在平面PBC内的射影恰好是△PBC的重心；(2)在（1）条件下，求平面PAD与平面PBC所成二面角的余弦值．【答案】(1)当a=62时，Q点在平面PBC内的射影恰好是△PBC(2)1【分析】（1）取BC的中点E，连接QE,PE,PQ，证得BC⊥平面PQE，过点Q作QF⊥PE，得到BC⊥QF，进而证得QF⊥平面PBC，得到F是Q在平面PBC内的射影，结合F恰好是△PBC的重心，得到PE=3EF，在直角△PQF（2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面PAD和平面PBC的一个法向量为m=(0,−2,1)【详解】（1）解：取BC的中点E，连接QE,PE,PQ，可得QE⊥BC,PE⊥BC，且QE∩PE=E，QE,PE⊂平面PQE，所以BC⊥平面PQE，过点Q作QF⊥PE，交PE于点F，因为QF⊂平面PQE，所以BC⊥QF，又BC∩PE=E，BC,PE⊂平面PBC，所以QF⊥平面PBC，即F是Q在平面PBC内的射影，因为F恰好是△PBC的重心，所以PE=3EF在直角△PQF中，QE=12AB=所以EF=36a,PE=32所以a=62时，Q点在平面PBC内的射影恰好是△（2）解：以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，作DM//AA1，以DM所在的直线为则D(0,0,0),P(32所以DA=(6设平面PAD的法向量为m=(x,y,z)，则m取z=1，可得x=0,y=−2，所以m设平面PBC的法向量为n=(a,b,c)，则n取c=1，可得a=0,b=2，所以n由图象可得平面PAD与平面PBC所成二面角的平面角为锐角，所以cosm即平面PAD与平面PBC所成二面角的余弦值为13

题型6做线面垂直辅助线建系【例题6】（2023春·全国·高一期末）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，顶点在A1

(1)求证：A1C(2)求棱AA(3)在线段B1C1上确定一点P，使AP=【答案】(1)证明见解析(2)π(3)P为棱B1C【分析】（1）由线面垂直得线线垂直，再由线面垂直的判断定理得到证明.（2）建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量公式求解即可；（3）利用已知条件求出点P的坐标，利用向量法求解平面角的余弦值.【详解】（1）因为三棱柱ABC−A1B1C因为顶点在A1底面ABC上的射影恰为点B，AC⊂平面ABC，所以A1B⊥AC又A1B∩A1B1=A1，A1B⊂（2）以A为原点，射线AC，AB，Az分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，

则C2,0,0，B0,2,0，A10,2,2，B1设棱AA1与BC所成的角为所以cosθ=cosAA故棱AA1与BC所成的角为（3）设B1P=λ于是AP=2λ2则P为棱B1C1设平面PAB的一个法向量n=x,y,z，则令z=−1，得n=而平面ABA1的一个法向量则cosn故二面角P−AB−A1的平面角的余弦值是【变式6-1】1.（2023春·北京海淀·高二清华附中校考期末）四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA=CD=1，AB=BC=2，PC=3，AB//

(1)求证：BC⊥平面PAB；(2)求二面角A−PD−C的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)−【分析】（1）由线面垂直的性质得到PA⊥BC、PA⊥AC，从而得到AB⊥BC，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）连接AC，因为PA⊥平面ABCD，BC,AC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC、PA⊥AC，又PA=1，AB=BC=2，PC=3，所以AC=32−12PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.（2）如图建立空间直角坐标系，则A2,0,0，C0,2,0，D1,2,0所以AP=0,0,1，DP=设平面APD的法向量为n=x,y,z，则AP⋅则n=设平面PDC的法向量为m=a,b,c，则DC⋅则m=设二面角A−PD−C为θ，由图可得二面角为钝二面角，所以cosθ=−n⋅mn【变式6-1】2.（2023春·安徽芜湖·高二统考期末）在三棱锥P−ABC中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB,PC=4且直线PC与平面ABC所成角为30∘,O为

(1)求证：平面POC⊥平面ABC；(2)求二面角A−PB−C的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）要证明面面垂直，需先证明线面垂直，转化为证明AB⊥平面POC；（2）根据（1）的结果，过点P作CO延长线的垂线，垂足为M，以点M为原点，建立空间直角坐标系，分别求平面PAB和平面PBC的法向量，利用法向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）由△ABC为等边三角形，PA=PB且O为AB中点，得PO⊥AB,CO⊥AB.又因为PO∩CO=O，PO,CO⊂平面POC，所以AB⊥平面POC，因为AB⊂平面ABC，所以平面POC⊥平面ABC;（2）过P作CO延长线的垂线，垂足为M，连接OM.由（1）知，AB⊥平面POC，又因为PM⊂平面POC，所以AB⊥PM.因为AB∩CO=O，AB,CO⊂平面ABC，所以PM⊥平面ABC.直线PC与平面ABC所成角为∠PCO，则∠PCO=30以M为坐标原点，MC的方向为y轴正方向，MP的方向为z轴正方向，过点M作与AB轴平行的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.由题可得A−1,3,0

设n1=x,y,zn1⋅设n2=a,b,cn2⋅因为cosn则sinn所以二面角A−BE−D的正值为2【变式6-1】3.（2023春·安徽·高二统考期末）如图1，已知正三棱锥P−ABC,AB=43,M,N分别为AB,BC的中点，将其展开得到如图2的平面展开图（点P的展开点分别为P1,P2，点B的展开点分别为B,B

(1)求证：AB⊥平面PMC；(2)求平面PAC与平面PMN夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)66【分析】（1）由等腰三角形的性质可得AB⊥PM,AB⊥CM，然后由线面垂直的判定可证得结论；（2）在平面展开图中过P1作直线MN的垂线，垂足为E，垂线交A