21世紀(jì)教育網(wǎng)精品試卷·第2頁（共2頁）2025年高考數(shù)學(xué)模擬題分類匯編——立體幾何解答題專練參考答案與試題解析一．解答題（共20小題）1．（2024?新高考Ⅱ）如圖，平面四邊形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD=53，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，點(diǎn)E，F(xiàn)滿足AE→=25AD→，AF→=（1）證明：EF⊥PD；（2）求面PCD與面PBF所成的二面角的正弦值．【分析】（1）在△AEF中，AE=25AD，AF=12AB，∠EAF＝30°，由余弦定理可得EF，由勾股定理的逆定理可得AE⊥EF，由折疊的性質(zhì)可知PE⊥EF，由線面垂直的判定定理可得（2）由線面垂直的判定定理可得PE⊥面DEF，進(jìn)而可得EF，ED，EP所在直線兩兩垂直，以EF，ED，EP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系E﹣xyz，求出平面PCD的法向量n1→=（x1，y1，z1），平面PBF的法向量n2→=（x2，y2，z2），設(shè)平面PCD與平面PBF所成的二面角為【解答】解：（1）證明：在△AEF中，AE=25AD＝23，AF=12所以cos∠EAF=A所以EF＝2，所以EF2+AE2＝AF2，所以AE⊥EF，所以DE⊥EF，由折疊的性質(zhì)可知PE⊥EF，又PE∩DE＝E，PE，DE?面PDE，所以EF⊥面PDE，又PD?面PDE，所以EF⊥PD．（2）DE＝53?23=33，CD＝3，∠所以CE2＝36，CE＝6，PE＝AE＝23，所以PE2+CE2＝PC2，所以PE⊥CE，又因?yàn)镻E⊥EF，EF∩CE＝E，EF，CE?面DEF，所以PE⊥面DEF，又DE?面DEF，所以PE⊥ED，所以EF，ED，EP所在直線兩兩垂直，以EF，ED，EP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系E﹣xyz：P（0，0，23），D（0，33，0），F(xiàn)（2，0，0），A（0，﹣23，0），則B（4，23，0），C（3，33，0），所以PD→=（0，33，﹣23），CD→=（﹣3，0，0），PB→=（4，23，﹣2設(shè)平面PCD的法向量n1→=（x1，y1，所以n1設(shè)y1＝2，則z1＝3，x1＝0，所以n1設(shè)平面PBF的法向量n2→=（x2，y2，所以n2設(shè)x2=3，則y2＝﹣1，z2所以n2→=設(shè)平面PCD與平面PBF所成的二面角為α，cos＜n1→所以sinα=1?(【點(diǎn)評】本題考查線面的位置關(guān)系，二面角，解題中注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔題．2．（2024?新高考Ⅰ）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB=3（1）若AD⊥PB，證明：AD∥平面PBC；（2）若AD⊥DC，且二面角A﹣CP﹣D的正弦值為427，求AD【分析】（1）由PA⊥面ABCD，結(jié)合線面垂直的性質(zhì)定理可得PA⊥AD，又AD⊥PB，結(jié)合線面垂直的判定定理可得AD⊥面PAB，則AD⊥AB，推出AD∥BC，結(jié)合線面平行的判定定理，即可得出答案．（2）以DA，DC為x，y軸，過點(diǎn)D作平面ABCD垂直的線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，令A(yù)D＝t，則DC=4?t2，C（0，4?t2，0），求出平面ACP的法向量n1→=（x1，y1，z1），平面CPD的法向量為n2→=（x2，y2，z2【解答】解：（1）證明：因?yàn)镻A⊥面ABCD，AD?面ABCD，所以PA⊥AD，又因?yàn)锳D⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA?面PAB，所以AD⊥面PAB，又AB?面PAB，所以AD⊥AB，在△ABC中，AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC，因?yàn)锳，B，C，D四點(diǎn)共面，所以AD∥BC，又因?yàn)锽C?面PBC，AD?面PBC，所以AD∥面PBC．（2）以DA，DC為x，y軸，過點(diǎn)D作平面ABCD垂直的線為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz：令A(yù)D＝t，則A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC=4?t2，C設(shè)平面ACP的法向量n1→=（x1，y1，所以n1設(shè)x1=4?t2，則y1＝t，所以n1→=（4?設(shè)平面CPD的法向量為n2→=（x2，y2，所以n2設(shè)z2＝t，則x2＝﹣2，y2＝0，所以n2→=因?yàn)槎娼茿﹣CP﹣D的正弦值為427，則余弦值為7又二面角為銳角，所以77=|cos＜n1→，n所以t=3所以AD=3【點(diǎn)評】本題考查直線與平面的位置關(guān)系，二面角，解題中注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，屬于中檔題．3．（2025?武漢模擬）如圖，已知四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，平面AA1D1D⊥平面ABCD，A1A=D1D=17，點(diǎn)P是棱DD（1）若BQ＝3QC，證明：PQ∥平面ABB1A1；（2）若二面角P﹣QD﹣C的正弦值為52626，求【分析】（1）取AA1的中點(diǎn)M，連接MP，MB，利用已知條件證明四邊形BMPQ是平行四邊形即可；（2）建系利用空間向量與空間角的關(guān)系即可求解．【解答】（1）證明：如圖，取AA1的中點(diǎn)M，連接MP，MB，在四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，四邊形A1ADD1是梯形，A1D1＝2，AD＝4，又點(diǎn)M，P分別是棱A1A，D1D的中點(diǎn)，所以MP∥AD，且MP=A在正方形ABCD中，BC∥AD，BC＝4，又BQ＝3QC，所以BQ＝3．所以MP∥BQ且MP＝BQ，所以四邊形BMPQ是平行四邊形，所以PQ∥MB，又因?yàn)镸B?平面ABB1A1，PQ?平面ABB1A1，所以PQ∥平面ABB1A1；（2）在平面AA1D1D中，作A1O⊥AD于O，因?yàn)槠矫鍭A1D1D⊥平面ABCD，平面AA1D1D∩平面ABCD＝AD，A1O⊥AD，A1O?平面A1D1D，所以A1O⊥平面ABCD，在正方形ABCD中，過O作AB的平行線交BC于點(diǎn)N，則ON⊥OD，以{ON→，OD→因?yàn)樗倪呅蜛A1D1D是等腰梯形，A1D1＝2，AD＝4，所以AO＝1，又A1A=D1D=易得B(4，?1，0)，D(0，3，0)，C(4，3，0)，D所以DC→=(4，0，0），設(shè)CQ→所以DQ→設(shè)平面PDQ的法向量為m→由m→?DP→=0m→?DQ→=0所以m→由題平面DCQ的一個法向量為n→設(shè)二面角P﹣QD﹣C的平面角為θ，由題意得|cosθ|=1?si又|cosθ|=|cos＜m所以1(4λ解得λ=±34（舍負(fù)），因此【點(diǎn)評】本題考查了空間幾何體中線面平行的證明和空間角的有關(guān)計算，屬于中檔題．4．（2025?山西一模）如圖，已知四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，AB＝PA＝2，PA⊥平面ABCD，E，M，F(xiàn)分別是CD，PD，PC的中點(diǎn)．（1）證明：平面PAE⊥平面PCD；（2）求二面角F﹣AE﹣M的正弦值．【分析】（1）連接AC，證得AE⊥CD，PA⊥CD即可求證；（2）建系，求得平面法向量，代入夾角公式即可求解；【解答】解：（1）證明：連接AC．因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，∠ABC＝60°，所以△ACD是正三角形，因?yàn)镋是CD中點(diǎn)，所以AE⊥CD，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，PA∩AE＝A，又都在平面PAE內(nèi)，所以CD⊥平面PAE，又CD?平面PCD，所以平面PAE⊥平面PCD．（2）由（1）知，AB，AE，AP兩兩垂直，以AB，AE，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易知：A（0，0，0），P（0，0，2），D(?1，3，0)，則E(0，3AE→=(0，3，0)，設(shè)平面AEF的法向量為n1→=(x1則n1→⊥AE令x1＝2，得z＝﹣1，解得n1則n2→⊥即3y令x1＝2，得z＝1，解得n設(shè)二面角F﹣AE﹣M的平面角為α，則|cosα|=|cos＜n所以sinα=4所以二面角F﹣AE﹣M的正弦值為45【點(diǎn)評】本題考查面面垂直的判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．5．（2025?蕪湖一模）如圖所示，邊長為2的正方形ABCD為圓柱O1O2的軸截面，E為圓O2上異于A，B的點(diǎn)，F(xiàn)為線段DE的中點(diǎn)．（1）求證：FO2∥平面CBE；（2）若二面角B﹣CE﹣D的正弦值為155，求BE【分析】（1）先證四邊形FO2BH為平行四邊形，得出FO2∥HB，即可得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系E﹣xyz，分別求出平面CDE和平面BCE的法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）證明：取線段CE的中點(diǎn)H，連接FH，BH，則FH∥CD，F(xiàn)H=1故FH∥O2B，F(xiàn)H＝O2B，故四邊形FO2BH為平行四邊形，則FO2∥HB，又FO2?平面CBE，HB?平面CBE，故FO2∥平面CBE；（2）連接AE，因?yàn)锳B是圓O的直徑，所以EA⊥EB，過點(diǎn)E作圓柱的母線EQ，則EQ⊥平面ABE，所以EA，EB，EQ互相垂直，以E為原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系E﹣xyz，妨設(shè)EA＝a，EB＝b，則a2+b2＝4（0＜a，b＜2），則B（0，b，0），C（0，b，2），E（0，0，0），D（a，0，2），所以EC→=(0，b，2)，設(shè)n1→=(x，y，z)則n1→?令z＝ab，解得x=?2by=?2a所以n1→=(?2b，?2a，ab)易知n2→=因?yàn)槎娼荁﹣CE﹣D的正弦值為155，則余弦值絕對值為10所以105化簡得10b2＝16+a2b2，又a2+b2＝4，解得a2＝b2＝2，則BEBA【點(diǎn)評】本題考查線面平行餓判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．6．（2025?重慶模擬）如圖，側(cè)面BCC1B1水平放置的正三棱臺ABC﹣A1B1C1，AB＝3A1B1＝6，側(cè)棱長為22，P為棱AB1上的動點(diǎn)．（1）求證：AA1⊥平面BCC1B1；（2）是否存在點(diǎn)P，使得直線AP與平面AB1C1所成角的正弦值為65？若存在，求出點(diǎn)P【分析】（1）根據(jù)棱臺的幾何性質(zhì)，結(jié)合勾股定理的逆定理、線面垂直的判定定理進(jìn)行證明即可；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量夾角公式進(jìn)行求解即可．【解答】解：（1）證明：延長三條側(cè)棱交于一點(diǎn)O，如圖所示，因?yàn)檎馀_的側(cè)棱長為22且OA所以O(shè)B=OA=32A所以，OA2+OB2＝36＝AB2，即OA⊥OB，同理OA⊥OC，OB⊥OC，又OB∩OC＝O，OB，OC?平面OBC，所以O(shè)A⊥平面OBC，即AA1⊥平面BCC1B1．（2）由（1）知OA⊥OB，OA⊥OC，OB⊥OC，以O(shè)為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0，0，32所以AAB1設(shè)A1則P(2λ，0，2設(shè)平面A1B1C1的法向量為m→則m→⊥A取z＝1，則x＝y(tǒng)＝1，所以m→因?yàn)橹本€AP與平面A1B1C1所成角的正弦值為65所以|cos?AP整理得9λ2+18λ﹣7＝0，即（3λ﹣1）（3λ+7）＝0，解得λ=13或故當(dāng)點(diǎn)P為靠近A1的三等分點(diǎn)時，使得直線AP與平面A1B1C1所成角的正弦值為65【點(diǎn)評】本題考查線面平行的判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．7．（2025?濮陽二模）如圖所示的幾何體中，底面ABCD是菱形，AD＝DB＝2，ED⊥平面ABCD，ED∥CF，BF＝FE，且平面FEB⊥平面EDB．（1）在線段EB上是否存在點(diǎn)M，使得A，C，M，F(xiàn)四點(diǎn)共面？若存在，請給出證明；若不存在，請說明理由．（2）若ED＝4，求二面角A﹣BE﹣F的余弦值．【分析】（1）由線面垂直的判定定理證明得AC⊥平面BDE，再由面面垂直的性質(zhì)定理證明得FM⊥平面BDE，從而證明得FM∥AC，可得A，C，M，F(xiàn)四點(diǎn)共面；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，寫出對應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)與向量的坐標(biāo)，求解平面ABE與平面BEF的法向量，利用空間向量的夾角計算公式計算即可．【解答】解：（1）線段EB上存在點(diǎn)M，且M為EB的中點(diǎn)，使得A，C，M，F(xiàn)四點(diǎn)共面．證明如下：連接AC．∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，又ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴ED⊥AC，又DE∩BD＝D，DE，BD?平面BDE，∴AC⊥平面BDE，連接MF．∵M(jìn)為EB的中點(diǎn)，BF＝FE，∴FM⊥EB，又平面FEB⊥平面EDB，平面FEB∩平面EDB＝EB，F(xiàn)M?平面EFB，∴FM⊥平面BDE．∴FM∥AC，（垂直于同一個平面的兩條直線互相平行），∴在線段EB上存在點(diǎn)M，且M為EB的中點(diǎn)，使得A，C，M，F(xiàn)四點(diǎn)共面；（2）取BE的中點(diǎn)M，連接AC，設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，連接MO，MF，則MO∥DE，且MO=1∵ED⊥平面ABCD，∴MO⊥平面ABCD，又AC⊥BD，∴以O(shè)為原點(diǎn)，OB，OC，OM所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵底面ABCD是菱形，AD＝DB＝2，∴OA=OC=3，OB＝OD∵ED∥CF，∴OM∥CF，由（1）知FM∥AC，∴四邊形MOCF是矩形，∴FC＝OM＝2，∴A(0，?3，0)，B（1，0，0），E（﹣1，0，4），∴BA→=(?1，?3，0)，設(shè)平面ABE的法向量為m→則BA→⊥m→BE取y＝2，則m→設(shè)平面BEF的法向量為n→則BE→⊥n→BF取x1＝2，則n→cos＜m由圖易知二面角A﹣BE﹣F為鈍角，所以二面角A﹣BE﹣F的余弦值為?285【點(diǎn)評】本題考查線面位置關(guān)系的判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．8．（2025?汕頭一模）如圖，在四棱錐E﹣ABCD中，底面四邊形ABCD是正方形，AE⊥平面CED，二面角E﹣AB﹣D與二面角E﹣CD﹣A的大小相等．（1）證明：平面ADE⊥平面ABCD；（2）求平面CDE與平面BCE的夾角的余弦值．【分析】（1）先證CD⊥平面ADE，再利用面面垂直的判定定理即可得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面CDE和平面BCE的法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）證明：因?yàn)锳E⊥平面CDE，CD?平面CDE，所以CD⊥AE，又正方形ABCD中，CD⊥AD，并且AE∩AD＝A，所以CD⊥平面ADE，由CD?平面ABCD，則平面ADE⊥平面ABCD；（2）由（1）CD⊥平面ADE，所以CD⊥AD，CD⊥DE，從而∠ADE為二面角E﹣CD﹣B的平面角，因?yàn)锳B∥CD，所以AB⊥平面ADE，同理，∠DAE為二面角E﹣AB﹣C的平面角，依題意∠ADE＝∠DAE，即DE＝AE，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，分別以直線DE、DC為x、y軸，過點(diǎn)D作z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)DE＝1，則E（1，0，0），C(0，2，0)，所以CB→=DA設(shè)平面BCE的法向量為n→則n→取y＝1，得n→又m→=(0，0，1)為平面所以cos?m故平面CDE與平面BCE的夾角的余弦值為|cos?m【點(diǎn)評】本題考查面面垂直的判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．9．（2025?延邊州一模）如圖，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是矩形，AB=3，AD＝1，AA1＝2，A1D⊥AD（1）證明：平面A1CD⊥平面ABCD；（2）若三棱錐A1﹣ACD的體積為12，求二面角B﹣A1A﹣C【分析】（1）根據(jù)面面垂直的判定定理即可求解；（2）根據(jù)體積求出sin∠A1DC＝1，利用空間直角坐標(biāo)系即可求解．【解答】解：（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以AD⊥CD，又A1D⊥AD，A1D∩CD＝D，A1D，CD?平面A1CD，所以AD⊥平面A1CD，又因?yàn)锳D?平面ABCD，所以平面A1CD⊥平面ABCD；（2）因?yàn)锳1D⊥AD，AA1＝2，AD＝1，所以A1因?yàn)閂A即13所以sin∠A1DC＝1，即A1D⊥CD，由（1）可知，DA，DC，DA1兩兩互相垂直，以D為原點(diǎn)，以直線DA，DC，DA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，則A（1，0，0），B(1，3，0)，C(0，3AA1→=(?1，0，3設(shè)平面ABA1的一個法向量為m→=(x1，可得AA1→?m→設(shè)平面AA1C的一個法向量為n→=(x2，可得AA1→?n于是cos＜m故二面角B﹣A1A﹣C的正弦值為1?(【點(diǎn)評】本題考查面面垂直的判定，考查二面角的正弦值的求法，屬中檔題．10．（2025?麗江模擬）如圖，四邊形ABCD與BDEF均為菱形，且FA＝FC，∠DAB＝∠DBF＝60°（1）求證：平面ABCD⊥平面BDEF（2）求直線AD與平面ABF所成角的正弦值．【分析】（1）設(shè)AC與BD相交于點(diǎn)O，連接FO，由線面垂直的判定定理證明AC⊥平面BDEF，再得到平面ABCD⊥平面BDEF即可；（2）連接DF，先由線面垂直的判定定理證明FO⊥平面ABCD，再建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，求出平面ABF的法向量，代入空間線面角的向量公式求解即可．【解答】解：（1）證明：設(shè)AC與BD相交于點(diǎn)O，連接FO，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，所以AC⊥BD，且O為AC中點(diǎn)，F(xiàn)A＝FC，所以AC⊥FO，又FO∩BD＝O，F(xiàn)O，BD?平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF，又AC?平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面BDEF．（2）連接DF，因?yàn)樗倪呅蜝DEF為菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF為等邊三角形，因?yàn)镺為BD中點(diǎn)，所以FO⊥BD，又AC⊥FO，AC∩BD＝O，AC，BD?平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD，故OA，OB，OF兩兩垂直，所以建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，如圖所示，設(shè)AB＝2，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，∠DAB＝60°，所以BD＝2，AC＝2．因?yàn)椤鱀BF為等邊三角形，所以O(shè)F=3所以A(3所以AD→=(?3設(shè)平面ABF的法向量為n→則AF→⊥n令x＝1，解得n→設(shè)AD與平面ABF所成角為θ，則AD與平面ABF所成角的正弦值為sinθ=|cos＜AD【點(diǎn)評】本題考查面面垂直的判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．11．（2025?甘肅模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點(diǎn)，M是棱PC上的點(diǎn)，AP＝PD＝2，BC=12AD＝1，CD（1）求證：平面PQB⊥平面PAD．（2）若PM＝3MC，求二面角M﹣BQ﹣C的余弦值．【分析】（1）根據(jù)題設(shè)，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面MBQ與平面BQC的法向量，利用向量夾角公式即可求得結(jié)論．【解答】（1）證明：因?yàn)锳D∥BC，BC=12AD，Q所以BC∥DQ，且BC＝DQ，則四邊形BCDQ為平行四邊形，所以CD∥BQ，因?yàn)椤螦DC＝90°，所以∠AQB＝90°，所以BQ⊥AD，因?yàn)槠矫鍼AD⊥底面ABCD，且平面PAD∩底面ABCD＝AD，所以BQ⊥平面PAD，又BQ?平面PQB，所以平面PQB⊥平面PAD；（2）解：由AP＝PD，Q為AD的中點(diǎn)，知PQ⊥AD，由（1）可知，BQ⊥平面PAD，故QA，QB，QP兩兩垂直，則分別以QA，QB，QP所在直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則Q（0，0，0），P(0，0，3)，B(0，3設(shè)M（x，y，z），則PM→=(x，y，z?3由PM→=3MC→所以QB→=(0，3設(shè)平面MQB的法向量為m→=（x1，y1，z則有m→?令x1=3不妨取平面BQC的法向量為n→設(shè)二面角M﹣BQ﹣C的平面角為θ，顯然θ為銳角，則cosθ=|n即二面角M﹣BQ﹣C的余弦值為32【點(diǎn)評】本題考查面面垂直的判定，考查二面角的求法，屬中檔題．12．（2025?浙江模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，PA＝PD＝AD＝2，AB＝BC＝1，E是棱PD的中點(diǎn)，PB=7（Ⅰ）求證：CE∥平面PAB；（Ⅱ）求直線CP與平面PAB所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，先證四邊形BCEF是平行四邊形，可得CE∥BF，再由線面平行的判定定理，即可得證；（Ⅱ）以A為原點(diǎn)建系，設(shè)P（1，y，z），其中z＞0，利用PA＝2，PB=7，列方程組求出y和z的值，從而知點(diǎn)P【解答】（Ⅰ）證明：取PA的中點(diǎn)F，連接EF，BF，因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以EF∥AD，EF=12又AD∥BC，AD＝2，BC＝1，所以EF∥BC，EF＝BC，所以四邊形BCEF是平行四邊形，所以CE∥BF，又CE?平面PAB，BF?平面PAB，所以CE∥平面PAB．（Ⅱ）解：以A為原點(diǎn)，AD，AB所在直線分別為x，y軸，作Az⊥平面ABC，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），B（0，1，0），C（1，1，0），設(shè)P（1，y，z），其中z＞0，則AP→=（1，y，z），BP→=（1，因?yàn)镻A＝2，PB=7，所以1+y2+z2所以P（1，﹣1，2），所以CP→=（0，﹣2，2），AP→=（1，﹣1，2），設(shè)平面PAB的法向量為m→=（a，b，c），則取c＝1，則b＝0，a=?2，所以m→=設(shè)直線CP與平面PAB所成角為θ，則sinθ＝|cos＜m→，CP→故直線CP與平面PAB所成角的正弦值為13【點(diǎn)評】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，熟練掌握線面平行的判定定理，利用向量法求線面角是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題．13．（2025?肇慶二模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD，平面APC⊥平面PCD．（1）證明：CD⊥平面PAC．（2）若AB＝PA=35BC＝3，E為PD的中點(diǎn)，求PB到平面【分析】（1）在平面PAC內(nèi)作AH⊥PC，交PC于點(diǎn)H，可證AH⊥CD，PA⊥CD，從而可證CD⊥平面PAC；（2）連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE，可得PB∥OE，進(jìn)而可得PB到平面AEC的距離即為點(diǎn)B到平面AEC的距離，利用等體積法即可求解．【解答】（1）證明：如圖，在平面PAC內(nèi)作AH⊥PC，交PC于點(diǎn)H，因?yàn)槠矫鍭PC⊥平面PCD，平面APC∩平面PCD＝PC，AH?平面PAC，AH⊥PC，所以AH⊥平面PCD，則AH⊥CD，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥CD，因?yàn)镻A∩AH＝A，PA，AH?平面PAC，所以CD⊥平面PAC；（2）解：如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE，易知OE為△PBD的中位線，所以PB∥OE，因?yàn)镻B?平面AEC，OE?平面AEC，所以PB∥平面AEC，所以PB到平面AEC的距離即為點(diǎn)B到平面AEC的距離，因?yàn)锳B=35BC=3因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AD，因?yàn)镃D⊥平面PAC，所以PC⊥CD，所以△PAD，△PCD是直角三角形，所以PD=P因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以AE=CE=1則S△ACE=1設(shè)點(diǎn)B到平面AEC的距離為d，則V三棱錐B?AEC=1即PB到平面AEC的距離為32【點(diǎn)評】本題考查線面垂直的判定及性質(zhì)，考查點(diǎn)到平面距離的求法，屬中檔題．14．（2024?二模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，△PAD是等邊三角形，且BC∥AD，AB⊥AD，PB＝AB＝AD＝2BC，E為PD的中點(diǎn)．（1）證明：CE∥平面PAB；（2）求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．【分析】（1）利用線面平行的判定定理即可得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，求出平面PCD的法向量，利用向量夾角公式即可求解．【解答】解：（1）證明：取PA的中點(diǎn)M，連接BM，EM，∵E為PD的中點(diǎn)，∴EM∥AD∥BC，EM=1∴四邊形BCEM為平行四邊形，∴CE∥BM，∵CE?平面PAB，BM?平面PAB，∴CE∥平面PAB；（2）設(shè)PB＝AB＝AD＝2BC＝2，取AD的中點(diǎn)N，連接CN，PN，則四邊形ABCN為矩形，CN＝AB＝2，∵△PAD是等邊三角形，∴PN⊥AD，PN=3∵CN⊥AD，PN∩CN＝N，PN，CN?平面PCN，∴AD⊥平面PCN，∵BC∥AD，∴BC⊥平面PCN，∴BC⊥PC，在Rt△PBC中，PC=P∵BC?平面ABCD，∴平面PCN⊥平面ABCD，取CN的中點(diǎn)O，則PO⊥CN，∴PO⊥平面ABCD，PO=(取CD的中點(diǎn)F，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)C，OF，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，則B（1，﹣1，0），C（1，0，0），D（﹣1，1，0），P（0，0，2)，CP→=(?1，設(shè)平面PCD的法向量為n→=（x，y，則n→令z＝1，得平面PCD的一個法向量為n→又PB→設(shè)直線PB與平面PCD所成角為θ，則sinθ=|cos?PB→故直線PB與平面PCD所成角的正弦值為2211【點(diǎn)評】本題考查線面平行的判定以及空間向量的應(yīng)用，屬于中檔題．15．（2025?柳州二模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，∠BAD＝90°，△PAB，△PAD與△BCD均為等邊三角形．（1）證明：PC⊥BD；（2）求平面PAB與平面PCD夾角的余弦值．【分析】（1）先證BD⊥平面PAC，再利用線面垂直的性質(zhì)定理即可得證；（2）以O(shè)為原點(diǎn)建系，分別求出平面PAB和平面PCD的一個法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）證明：過P作PO⊥平面ABCD，垂足為O，由△PAB，△PAD都是等邊三角形知：PA＝PB＝PD，所以O(shè)A＝OB＝OD，又∠BAD＝90°，所以O(shè)為BD中點(diǎn)，又AB＝AD，AO⊥BD，又△BCD為等邊三角形，所以CO⊥BD，所以A，O，C三點(diǎn)共線，即AC⊥BD，又PO⊥BD，所以BD⊥平面PAC，又AC?平面PAC，所以BD⊥PC；（2）以O(shè)為原點(diǎn)建系，如圖，不妨取AB＝2，由題意知AO=2，PO=2，BD=22，則A（0，?2，0），B(2，0，0)，C（0，6，0），D(?PA→=(0，?2，?2)，設(shè)平面PAB的一個法向量為n→則n→取x＝z＝1，y＝﹣1，即n→設(shè)平面PCD的一個法向量為m→則m→取x=?3即m→cos＜m→，所以平面PAB與平面PCD夾角的余弦值為2121【點(diǎn)評】本題考查線線垂直的判定，以及向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．16．（2025?佛山一模）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為12，側(cè)面BB1C1C是邊長為1的正方形，AB＝1，點(diǎn)D，E分別在棱CB1，A1C1（1）若D，E分別是CB1，A1C1的中點(diǎn)，求證：DE∥平面ABB1A1；（2）若DE⊥CB1，DE⊥A1C1，求DE．【分析】（1）由直棱柱的體積可得∠ABC=π2，建立空間直角坐標(biāo)系，可得各點(diǎn)的坐標(biāo)，求出DE→及平面ABB1A1的法向量n→的坐標(biāo)，求出這兩個向量的數(shù)量積為0，可得DE→∥平面（2）由題意可得DE為異面直線CB1，A1C1的公垂線，求出CB1→，A1C1→的法向量m→，可得【解答】（1）證明：直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為12，側(cè)面BB1C1C是邊長為1的正方形，AB可得12AB?BCsin∠ABC?BB1=12，即1×1×1×sin∠ABC可得∠ABC=π以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，以BC，BB1，BA所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則B（0，0，0），A（0，0，1），C（1，0，0），C1（1，1，0），A1（0，1，1），B1（0，1，0），因?yàn)辄c(diǎn)D，E分別是棱CB1，A1C1的中點(diǎn)，可得E（12，1，12），D（12可得DE→=（0，12由題意可得平面ABB1A1的法向量n→所以n→?DE→=1×0+0×所以DE→∥平面ABB1A1，又因?yàn)镈E?平面ABB1A1所以DE∥平面ABB1A1；（2）解：因?yàn)镈E⊥CB1，DE⊥A1C1，可得DE為異面直線CB1，A1C1的公垂線，可得CB1→設(shè)向量CB1→，A1C1→的法向量為m可得m→?CB1可得m→因?yàn)锽1C1→=（1，0，0），所以|B可得公垂線DE＝|B1C1→?【點(diǎn)評】本題考查用空間向量的方法證明線面的平行及異面直線的距離，屬于中檔題．17．（2025?合肥一模）如圖，在正三棱臺ABC﹣A1B1C1中，AB＝6，A1B1＝4．（1）若CC1=2，證明：CC1⊥平面AA1B1B（2）若三棱臺的高為263，求平面AA1B1B與平面BB1C1【分析】（1）過點(diǎn)B1作B1E∥CC1，交BC于點(diǎn)E，進(jìn)而求出相關(guān)邊長，可證得CC1⊥BB1，CC1⊥AA1，進(jìn)而可證得結(jié)論；（2）以AB的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，OB，OC所在直線分別為x軸，y軸，過點(diǎn)O垂直于平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法能求出結(jié)果．【解答】解：（1）證明：過點(diǎn)B1作B1E∥CC1，交BC于點(diǎn)E，如圖，由題意得四邊形B1ECC1是平行四邊形，∴B1E=CC1=2，EC＝B∵BB1=2，∴B1E2+BB12=BE2，∴B1E⊥同理得CC1⊥AA1，∵直線AA1與BB1相交，且直線AA1與BB1都在平面AA1B1B內(nèi)，∴CC1⊥平面AA1B1B；（2）三棱臺的高為263，以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB，OC所在直線分別為x軸，過點(diǎn)O垂直于平面ABC的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，取線段A1B1中點(diǎn)F，則A（﹣3，0，0），B（3，0，0），C（0，33，0），A1（﹣2，33，263），B1（2，33，263），∴AB→=（6，0，0），BC→=（﹣3，33，0），BB設(shè)平面AA1B1B的法向量為n→=（x，y，則AB→?n→=6x=0BB設(shè)平面BB1C1C的法向量為m→=（a，b，則m→?BC→=?3a+33b=0m→?設(shè)平面AA1B1B與平面BB1C1C夾角為θ，則平面AA1B1B與平面BB1C1C夾角的余弦值為：cosθ=|【點(diǎn)評】本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)、二面角的余弦值等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．18．（2025?九江一模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，E，F(xiàn)分別為線段PB，CD的中點(diǎn)，PF＝BF．（1）求證：PB⊥平面AEF；（2）求二面角P﹣BF﹣A的余弦值．【分析】（1）利用線面垂直的判定定理即可得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，分別求出平面PBF和平面BFA的法向量，利用向量法求解即可．【解答】解：（1）證明：在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，知△ACD為正三角形，又F為線段CD的中點(diǎn)，則AF⊥CD，即AF⊥AB，∵PA⊥平面ABCD，AF?平面ABCD，∴AF⊥PA，又PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴AF⊥平面PAB，又PB?平面PAB，∴PB⊥AF，∵PF＝BF，E為線段PB的中點(diǎn)，∴PB⊥EF，又AF∩EF＝F，AF，EF?平面AEF，∴PB⊥平面AEF；（2）