专题 31 空间向量与立体几何（解答题）
1．如图，正方形 ADEF 与梯形 ABCD 所在的平面互相垂直， AD CD ， AB ∥ CD ，
1 22AB AD CD ，点 M 在线段 EC 上．
（1）当点 M 为 EC 中点时，求证： BM ∥平面 ADEF ；
（2）当平面 BDM 与平面 ABF 所成锐二面角的余弦值为 6
6
时，求点 M 在线段 EC 上的
位置．
【试题来源】宁夏固原市第五中学 2021 届高三年级期末考试（理）
【答案】（1）证明见解析；（2）点 M 为 EC 中点．
【解析】（1）以直线 DA 、 DC 、 DE 分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，
则 (2,0,0)A ， (2,2,0)B ， (0,4,0)C ， (0,0,2)E ，所以 (0,2,1)M ．所以 ( 2,0,1)BM ，
又 (0,4,0)DC 是平面 ADEF 的一个法向量．因为 0BM DC 即 BM DC ，
BM 平面 ADEF ，所以 BM ∥平面 ADEF ；
（2）设 ( , , )M x y z ，则 ( , , 2)EM x y z ，又 (0,4, 2)EC ，
设 0 1EM EC ，则 0, 4 , 2 2x y z ，即 (0,4 ,2 2 )M ．
设 1 1 1( , , )n x y z 是平面 BDM 的一个法向量，则 1 1
1 1
2 2 0
4 (2 2 ) 0
DB n x y
DM n y z
，
取 1 1x 得 1 1y ，此时显然 1 时不符合，则 1
2
1z
，即 2(1, 1, )1n
，
又由题设， (2,0,0)DA 是平面 ABF 的一个法向量，
所以 2
2
2 6cos , 642 2 (1 )
DA nDA n
DA n
，解得 1
2
，即点 M 为 EC 中点．
【名师点睛】利用法向量求解空间面面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当
的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，
求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”．
2 ． 如 图 所 示 ， 矩 形 ABCD 和 梯 形 BEFC 所 在 平 面 互 相 垂 直 ， //BE CF ，
BCF CEF 90°， 2AD ， 3EF ．
（1）求证： EF 平面 DCE
（2）当 AB 的长为何值时，二面角 A EF C 的大小为 60°．
【试题来源】山东省菏泽市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）证明见解析；（2）60°．
【解析】（1）因为平面 ABCD 平面 BEFC ，平面 ABCD 平面 BEFC BC ，CD BC ，
CD 平面 ABCD ，所以CD 平面 BEFC ， EF 平面 BEFC ，从而 CD EF ．
因为 EF CE ， CD CE C ， ,CD CE 平面 CDE ，所以 EF 平面 CDE ．
（2）如图所示，以点C 为坐标原点，以CB 、CF 和 CD 所在直线分别为 x 轴、y 轴和 z 轴
建立空间直角坐标系．过点 E 作 EG CF 于点G ．
在 Rt EFG 中， 2EG AD ， 3EF ，所以 1FG ．
因为CE EF ，则 90EFC ECF BCE ，
所以 Rt EFG Rt ECB△ △ ， EG GF EF
BE BC EC
，所以 2, 6BE CE ，
所以 2CG ，所以 3CF ．设 AB a= ，则 0,0,0C ， 2,0,A a ， 2,2,0E ，
0,3,0F ． 0,2,AE a ， 2,1,0EF
， 2,2,0CE
，
设平面 AEF 的法向量 , ,n x y z
．则 0
0
n AE
n EF
，即
2 0
2 0
y az
x y
，
令 2z ，得 , ,2
2
an a
．因为CD 平面 EFC ， 0,0,CD a ，
所以 2
2
2 1cos , 2
42
an CD
aa a
，解得 2 2a ，
所以当 2 2AB 时，二面角 A EF C 的大小为 60°．
【名师点睛】本题考查空间向量法求二面角．求空间角的方法：
（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；
（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出平面的法向量，由两个平
面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．
3．在三棱锥 P ABC 中，平面 PAC 平面 ABC， 2 2PA PB AB AC BC ．
（1）证明： PC 平面 ABC；
（2）已知 Q，M，N 分别为线段 PA、PB、BC 的中点，求直线 MN 与平面 QAC 所成角的正
弦值．
【试题来源】浙江省金华十校 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
3
．
【解析】（1）取 AB 中点 D，连接 PD，DC
因为 PA PB ， AC BC ，则 AB PD ， AB DC ，
而 PD DC D ，所以 AB 平面 PDC，
因为 PC 平面 PDC ，故 AB PC ．
在 ABC 中， 2 2AB AC BC ，故 2 2 2AB AC BC ，所以 BC AC ．
因为平面 PAC 平面 ABC ，且交线为 AC， BC 平面 ABC ，
所以 BC ⊥平面 PAC ，因为 PC 平面 PAC ，故 BC PC ．
因为 AB BC B ，所以 PC 平面 ABC ．
（2）如图建立空间直角坐标系，
设 1AC ，则 (0,1,0)A ， (1,0,0)B ， 0,0,0C ， (0,0,1)P ，
1 1,0,2 2Q
， 1 10, ,2 2M
， 1 ,0,02N
．设平面 QAC 的一个法向量为 ( , , )n x y z ，
因为 (0,1,0)CA ， 1 1,0,2 2CQ
，由 0
0
n CA
n CQ
，故
0
02 2
y
x z
，
取 1x ，可得 (1,0, 1)n ，又 1 1 1, ,2 2 2MN
，
所以
1 6cos , 3| | | | 32 4
n MNn MN
n MN
，
所以直线 MN 与平面 QC 所成角的正弦值为 6
3
．
4．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是菱形， 60BAD ，PB PD ，F 为 PC
上一点，过 AF 作与 BD 平行的平面 AEFG ，分别交 PD ， PB 于点 E ，G ．
（1）证明： EG 平面 PAC ；
（2）若 F 为 PC 的中点， 2 3PA PC ，直线 PA 与平面 ABCD 所成角为 60°．求平
面 PAD 与平面 AEFG 所成锐二面角的余弦值．
【试题来源】山东省泰安市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）证明见解析；（2） 39
13
．
【解析】（1）证明：连接 BD ，交 AC 于点O ，连接 PO ．
因为 //BD 平面 AEFG ，平面 PBD 平面 AEFG EG ，BD 平面 PBD ，所以 //EG BD ．
因为底面 ABCD 是菱形，所以 AC BD ，且O 为 AC ， BD 中点，
又 PB PD ，所以 PO BD ，又 AC PO O ， ,AC PO 平面 PAC ，
所以 BD 平面 PAC ，所以 EG 平面 PAC ．
（2）因为 PA PC ，所以 PO AC ，
由（1）知 PO BD ， AC BD O ， ,AC BD 平面 ABCD ，
所以 PO 平面 ABCD ，所以 60PAO ．
因为 2 3PA ，所以 3OP ， 3OA OC ，
又 60BAD ， 30OAD ，所以 1OB OD ．
以O 为原点，OA，OD ，OP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直
角坐标系，则 3,0,0A ， 0, 1,0B ， 3,0,0C ， 0,1,0D ， 0,0,3P ，
所 以 3 3,0,2 2F
， 3,0,3AP ， 3,1,0AD ， 3 3 3,0,2 2AF
，
0,2,0BD ，设平面 PAD 的一个法向量为 1 1 1, ,m x y z ，则 0
0
AD m
AP m
，
所以 1 1
1 1
3 0
3 3 0
x y
x z
．令 1 1x ，解得
1
1
3
3
3
y
z
，所以 31, 3, 3m
．
设平面 AEFG 的一个法向量为 2 2 2, ,n x y z ，则 0
0
BD n
AF n
，所以
2
2 2
2 0
3 33 02 2
y
x z
．
令 2 1x ，解得 2
2
0
3
y
z
，所以 1,0, 3n ，所以 2m n ， 39
3m ， 2n ．
所以 39cos , 13
m nm n
m n
．
所以平面 PAD 与平面 AEFG 所成锐二面角的余弦值为 39
13
．
5．如图 1，正方形 ABCD ，边长为 a ， ,E F 分别为 ,AD CD 中点，现将正方形沿对角线 AC
折起，折起过程中 D 点位置记为T ，如图 2．
（1）求证： EF TB ；
（2）当 60TAB 时，求平面 ABC 与平面 BEF 所成二面角的余弦值．
【试题来源】安徽省黄山市 2020-2021 学年高三上学期第一次质量检测（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 5
5
．
【解析】（1）取 AC 中点 O，连 , ,OT OB BT ，
因为 ABCD 为正方形，所以 ,AC OT AC OB ，
又OT OB O ，所以 AC 平面OBT ，而TB 平面OBT ，所以 AC TB ．
又 ,E F 分别为 ,AD CD 中点，所以 //EF AC ，所以 EF TB ；
（2）因为 60TAB ，所以 TAB△ 为等边三角形，TB a ，
又 2
2OT OB a ，所以 2 2 2TB OB OT ，即OT OB ．
如图建立空间直角坐标系O xyz ，则 2 2 2 2 2,0,0 , 0, , , 0, ,2 4 4 4 4
a a a aB a E F
，
2 2 2 20, ,0 , , ,2 2 4 4
a aEF a EB a
，平面 ABC 法向量 (0,0,1)m
设平面 BEF 法向量 ( , ,1)xn y ，由 0
0
n EF
n EB
，
0
2 2 2 02 4 4
y
aax ay
，
0
1
2
y
x
，
1 1 2 5,0,1 ,cos ,2 5| | | | 11 14
m nn m n
m n
，
记平面 ABC 与平面 BEF 所成二面角为 ，则 为锐角，所以 2 5cos 5
，
即平面 ABC 与平面 BEF 所成二面角的余弦值为 2 5
5
．
6．如图1，矩形 ABCD 中， 3AB BC ，将矩形 ABCD 折起，使点 A 与点C 重合，折
痕为 EF ，连接 AF 、CE ，以 AF 和 EF 为折痕，将四边形 ABFE 折起，使点 B 落在线段
FC 上，将 CDE△ 向上折起，使平面 DEC ⊥平面 FEC ，如图 2．
（1）证明：平面 ABE ⊥平面 EFC ；
（2）连接 BE 、 BD ，求锐二面角 A BE D 的正弦值．
【试题来源】八省市 2021 届高三新高考统一适应性考试江苏省无锡市考前热身模
拟（二）
【答案】（1）证明见解析；（2） 13
13
．
【解析】（1）在平面 ABCD 中，AF=FC，BF+FC= 3 AB，
设 3AB a ，则 3BC a ，设 BF=x，
在 BAF△ 中， 22 23 3x a a x ，解得 x a ，则 2AF FC a ，
因为点 B 落在线段 FC 上，所以 BC DE a ，所以 BE FC ，
又 AB BF 即 AB CF ， AB BE B ， ,AB BE 平面 ABE，
所以CF 平面 ABE，由CF 平面 EFC 可得平面 ABE⊥平面 EFC；
（2）以 F 为原点，FC 为 x 轴，过点 F 平行 BE 的方向作为作 y 轴，过点 F 垂直于平面 EFC
的方向作为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则 2 ,0,0 , 0,0,0 , , 3 ,0 , ,0,0C a F E a a B a ， 0, 3 ,0BE a
，
易得平面 ABE 的一个法向量为 2 ,0,0FC a ，
作 DG EC 于G ， 因为平面 DEC⊥平面 FEC，所以 DG 平面 EFC ，
则 5 3 3, ,04 4
aG a
， 5 3 3 3, ,4 4 2
a aD a
， 1 3 3 3, ,4 4 2
a aBD a
，
设平面 DBE 的一个法向量为 , ,n x y z
，
则
3 0
1 3 3 3 04 4 2
n BE ay
a an BD ax y z
，令 3z 则 6,0, 3n
，
因为
12 2 39cos , 132 39
n FC an FC
an FC
，
所以锐二面角 A-BE-D 的正弦值为
2
2 39 131 13 13
．
7．如图，在三棱锥 P ABC 中，平面 PAC 平面 ABC ， PC AC ， BC AC ，
2AC PC ， 4CB ， M 是 PA 的中点．
（1）求证： PA 平面 MBC ；
（2）设点 N 是 PB 的中点，求二面角 N MC B 的余弦值．
【试题来源】陕西省咸阳市 2020-2021 学年高三上学期高考模拟检测（一）（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 2
3
．
【解析】（1）平面 PAC 平面 ABC ，平面 PAC 平面 ABC =AC， BC 平面 ABC ，
BC AC ，所以 BC ⊥ 平面 PAC ，因为 PA 平面 PAC ，所以 BC PA ，
因为 AC PC ， M 是 PA 的中点，所以CM PA ，
因为CM BC C ， ,CM BC 平面 MBC ，所以 PA 平面 MBC ．
（2）因为平面 PAC 平面 ABC ，平面 PAC 平面 ABC =AC， PC 平面 PAC ，
PC AC ，所以 PC 平面 ABC ，因为 BC 平面 ABC ，所以 PC BC ，
以 C 为原点，CA，CB，CP 为 x，y，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
(2,0,0)A ， (0,4,0)B ， (0,0,0)C ， (0,0,2)P ， (1,0,1)M ， (0,2,1)N ，
则 (1,0,1)CM ， (0,2,1)CN ， (2,0, 2)PA ，
由（1）知 (2,0, 2)PA 是平面 MBC 的一个法向量，设 ( , , )n x y z 是平面 MNC 的法向量，
则有 0
0
CM n
CN n
，即 0
2 0
x z
y z
，令 1y ，则 2z ， 2x ，所以 (2,1, 2)n ，
设二面角 N MC B 所成角为 ，由图可得 为锐角，
则 2 2 0 1 2 ( 2) 2 2cos cos , 3| || | 8 9
PA nPA n
PA n
．
【名师点睛】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并
灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需
点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案．
8．在四棱锥 P ABCD 中， PAB△ 为直角三角形， 90APB 且 1
2PA AB CD ，
四边形 ABCD 为直角梯形， //AB CD 且 DAB 为直角，E 为 AB 的中点，F 为 PE 的四等
分点且 1
4EF EP ，M 为 AC 中点且 MF PE ．
（1）证明： AD 平面 ABP ；
（2）设二面角 A PC E 的大小为 ，求 的取值范围．
【试题来源】山东省德州市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）证明见解析；（2） ,3 2
Î
【解析】（1）取 PE 的中点 N ，连接 AN ， DN ，CE ，如图所示：
因为 1
2AE AB ， 1
2AP AB ，所以 AP AE ， AN PE ．
因为四边形 ABCD 为直角梯形，且 90DAB ， 1
2CD AB ，
所以四边形 AECD 为正方形，即 M 为 DE 的中点．
因为 1
4EF EP ， N 为 PE 的中点，所以 F 为 EN 的中点．所以 //MF DN ．
因为 MF PE ，所以 DN PE ．所以
PE DN
PE AN PE
DN AN N
平面 ADN ．
因为 DA 平面 ADN ，所以 PE DA ．所以
DA AB
DA PE DA
PE AB E
平面 ABP ．
（2）以 A为原点， AB ， AD 分别为 y ， z 轴，垂直 AB 的直线为 x 轴，建立空间直角坐
标系，如图所示：
设 AD a ， 1PA CD ， 2AB ，则 0,0,0A ， 3 1, ,02 2P
， 0,1,0E ， 0,1,C a ．
3 1, ,02 2AP
， 0,1,AC a ， 3 1, ,02 2PE
， 0,0,CE a ．
设平面 PAC 的法向量 1 1 1, ,n x y z ，
则 1 1
1 1
3 1 02 2
0
AP n x y
AC n y az
，令 1 3y ，解得 1 1x ， 1
3z a
，故 31, 3,n a
．
设平面 PEC 的法向量 2 2 2, ,m x y z ，
则 2 2
2
3 1 02 2
0
PE m x y
CE m az
，令 2 3y ，解得 2 1x ， 2 0z ，故 1, 3,0m
．
由图知，二面角 A PC E 的平面角 为锐角，
所以
2 2
1 3 1 1cos 0, 23 32 1 3 4a a
．故 ,3 2
Î ．
9．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，AD BC∥ ， 1 12BC AD
且 3CD ，E 为 AD 的中点，F 是棱 PA 的中点， 2PA ，PE 底面 ABCD ．AD CD
（1）证明： //BF 平面 PCD；
（2）求二面角 P BD F 的正弦值；
（3）在线段 PC （不含端点）上是否存在一点 M，使得直线 BM 和平面 BDF 所成角的正
弦值为 39
13
？若存在，求出此时 PM的长；若不存在，说明理由．
【试题来源】天津市滨海七校 2020-2021 学年高三上学期期末联考
【答案】（1）证明见解析；（2） 4 65
65
；（3）存在， 7
3PM ．
【解析】（1）由题意得 //BC DE ， =BC DE ， 90ADC ，所以四边形 BCDE 为矩形，
又 PE 面 ABCD ，如图建立空间直角坐标系 E xyz ，则 0,0,0E ， 1,0,0A ，
0, 3,0B ， 1,0,0D ， 0,0, 3P ， 1, 3,0C ， 1 3,0,2 2F
，
设平面 PCD的法向量为 , ,m x y z
， 0, 3,0DC
， 1,0, 3DP
则 0
0
DC m
DP m
，则 3 0
3 0
y
x z
，则 0y ，不妨设 3x ，则 1z ，
可得 3,0,1m
，又 1 3, 3,2 2BF
，可得 0BF m ，
因为直线 BF 平面 BCD，所以 //BF 平面 BCD．
（2）设平面 PBD 的法向量为 11 1 1, ,xn y z
， 1, 3,0DB
， 0, 3, 3BP
，
则 1
1
0
0
DB n
BP n
，即 1 1
1 1
3 0
3 3 0
x y
y z
，不妨设 3x ，可得 1 3, 1, 1n
，
设平面 BDF 的法向量为 2 2 2 2, ,n x y z
， 3 3,0,2 2DF
，
则 2
2
0
0
DB n
DF n
，即
2 2
2 2
3 0
3 3 02 2
x y
x z
，不妨设 2 3x ，可得 2 3,1,3n
，
因此有 1 2
1 2
1 2
7 65cos , 65
n nn n
n n
，（注：结果正负取决于法向量方向）
于是 2
1 2 1 2
4 65sin , 1 cos , 65n n n n ，所以二面角 P BD F 的正弦值为 4 65
65
．
（3）设 1, 3, 3 , 3 , 3PM PC
， 0,1
, 3 3 , 3 3BM BP PM
，
由（2）可知平面 BDF 的法向量为 2 3,1,3n
，
2
2 222
3 3 3 3 3 3 3 39cos , 1313 2 3 3
BM n
BM n
BM n
，
有 23 4 1 0 ，解得 1 （舍）或 1
3
，
可得 1 3 3, ,3 3 3PM
，所以 7
3PM ．
10．在四棱锥 P ABCD 中，PA 平面 ABCD ， 2 3PA ， //DC AB ， 90DAB ，
3AB ， 2AD CD ，M 是棱 PD 的中点．
（1）求异面直线 DP 与 BC 所成的角的余弦值；
（2）求 AM与平面 PBC 所成的角的大小；
（3）在棱 PB 上是否存在点 Q，使得平面 QAD 与平面 ABCD 所成的锐二面角的大小为
60°？若存在，求出 AQ 的长；若不存在，说明理由．
【试题来源】天津市 2020-2021 学年高三上学期第四次月考
【答案】（1） 5
5
；（2） 45；（3）12
5
．
【解析】如图，以 , ,AD AB AP 所在直线分别为 , ,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，
则 0,0,2 3 , 0,0,0 , 3,0,0 , 2,2,0 , 0,2,0 , 0,1, 3P A B C D M ，
（1） 0, 2,2 3DP ， 1,2,0BC ，
所以 0 4 0 5cos , 54 5
DP BC
，即异面直线 DP 与 BC 所成的角的余弦值为 5
5
（2） 0,1, 3AM ， 3,0, 2 3PB ， 1,2,0BC
设平面 PBC 的法向量 , ,m x y z
，则 0
0
m PB
m BC
， 3 2 3 0
2 0
x z
x y
，
所以可取 2,1, 3m
，设 AM与平面 PBC 所成的角为 ，
则 1 3 2sin cos , 22 2 2
AM m
，所以 AM与平面 PBC 所成的角为 45；
（3）平面 ABCD 的法向量可取 1 0,0,1n ，
设 3,0, 2 3 3 ,0, 2 3PQ PB ，则 3 ,0,2 3 2 3Q ，
所以 3 ,0,2 3 2 3AQ ， 0,2,0AD ，
设平面QAD 的法向量为 2 2 2 2, ,n x y z
，则 2
2
0
0
n AQ
n AD
， 2 2
2
3 2 3 2 3 0
2 0
x z
y
，
可取 2 2 3 2 3 ,0, 3n
，
因为平面QAD 与平面 ABCD 所成的锐二面角的大小为 60°.
所以 1 2
1cos , 2n n ，所以
2 2
3 1
21 2 3 2 3 3
，解得 2
5
或 2 （舍）
所以 6 6 3,0,5 5AQ
，所以
26 6 3 12
5 5 5AQ
11．如图，在正四面体 A BCD 中，点 E，F 分别是 ,AB BC 的中点，点 G，H 分别在 ,CD AD
上，且 1
4DH AD ， 1
4DG CD ．
（1）求证：直线 ,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线 BD 上；
（2）求直线 AB 与平面 EFGH 所成角的正弦值．
【试题来源】陕西省榆林市 2020-2021 学年高三上学期第一次高考模拟测试（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
3
．
【解析】（1）因为 // , //EF AC GH AC ， 1 1= , =2 4EF AC GH AC ，所以 //GH EF 且 1
2GH EF ，
故 E，F，G，H 四点共面，且直线 ,EH FG 必相交于一点，设 EH FG M ，
因为 ,M EH EH Ü 平面 ABD ，所以 M 平面 ABD ，
同理： M 平面 BCD，而平面 ABD 平面 BCD BD ，
故 M 平面 BCD，即直线 ,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线 BD 上；
（2）取 BD 的中点 O，则 , BD OA BD OC ，所以 BD 平面 AOC ，
不妨设 4 3OD ，则 8 3BD AC ， 12AO CO ，
所以 144 144 192 1cos 2 12 12 3
AOC ，以 O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则 (4,0,8 2), (0, 4 3,0), (12,0,0), (6, 2 3,0), (3,3 3,0) A B C F G ，
故 (4,4 3,8 2)
BA ， ( 3,5 3,0)
FG ， (8,0, 8 2)
AC ， (4,0, 4 2)
EF ，
设平面 EFGH 的法向量为 ( , , )n x y z ，由 0
0
n EF
n FG
可得 3 5 0
2 0
x y
x z
，
令 5 2x ，则 (5 2, 6,5)n ，则 18 2 6cos , 3| || | 9 2 3
BA nBA n
BA n
，
故直线 AB 与平面 EFGH 所成角的正弦值为 6
3
．
12．如图，已知四边形 ABCD 为菱形，对角线 AC 与 BD 相交于 O， 60BAD ，平面
ADEF 平面 BCEF 直线 EF ， FO 平面 ABCD ， 2 2BC CE DE EF
（1）求证： //EF DA ；
（2）求二面角 A EF B 的余弦值．
【试题来源】江西省五市九校协作体 2021 届高三第一次联考
【答案】（1）证明见解析；（2） 3
5
．
【解析】（1）因为四边形 ABCD 为菱形，所以 //AD BC ，
AD Q 平面 BCEF ， BC 平面 BCEF ， //AD 平面 BCEF ，
因为平面 ADEF 平面 BCEF 直线 ,EF AD 平面 ADEF ，所以 //EF AD；
（2）因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC BD ，
因为OF 平面 ABCD ，所以以 O 为坐标原点、OA，OB，OF 为 x，y，z 轴建立空间直角
坐标系，取 CD 中点 M，连 EM，OM，
60BAD ， 2 3, 1BC OA OC OB OD ，
2BC CD CE DE CDE 为正三角形， 3EM ，
1 1// , = , // , =2 2OM BC OM BC EF BC EF BC ，
// , = // , =EF OM EF OM OF EM OF EM ，
从而 3 1( 3,0,0), (0,1,0), ( 3,0,0), (0, 1,0), ( , , 3)2 2A B C D E ，
设平面 ADEF 一个法向量为 ( , , )m x y z ，则 0
0
m DA
m DE
，即
3 0
3 1 3 02 2
x y
x y z
，
令 1 3, 1, (1, 3,1)x y z m ，设平面 BCEF 一个法向量为 ( , , )n x y z ，
则 0
0
n BC
n EC
，即
3 0
3 1 3 02 2
x y
x y z
，令 1 3, 1, (1, 3, 1)x y z n ，
3cos , 5| ||, |
m nm n
m n
，因此二面角 A EF B 的余弦值为 3
5
．
13．如图，在四棱锥 P ABCD 中， 90BAD ， / /AD BC ， PA AD ，PA AB ，
1 22PA AB BC AD ．
（1）求证： / /BC 平面 PAD ；
（2）求平面 PAB 与平面 PCD所成锐二面角的余弦值．
【试题来源】北京房山区 2021 届高三上学期数学期末试题
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
6
．
【解析】（1）解法 1． 因为 / /BC AD ， BC 平面 PAD ， AD 平面 PAD ，
所以 / /BC 平面 PAD ，
解法 2．因为 PA AD ，PA AB ， AD AB ，所以以 A为坐标原点， , ,AB AD AP 所在
直 线 分 别 为 x 轴 、 y 轴 、 z 轴 ， 建 立 如 图 所 示 空 间 直 角 坐 标 系 A xyz ， 则
(0,0,0), (2,0,0), (0,4,0), (0,0,2), (2,2,0)A B D P C ，
平面 PAD 的法向量为 (1,0,0)t = ， (0,2,0)BC ，
因为 0 1 2 0 0 0 0t BC ， BC 平面 PAD ，所以 / /BC 平面 PAD ；
（2）因为 PA AD ，PA AB AD AB ，所以以 A为坐标原点， , ,AB AD AP 所在直线
分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系 A xyz ，
则 (0,0,0), (2,0,0), (0,4,0), (0,0,2), (2,2,0)A B D P C
所以平面 PAB 的法向量为 (0,1,0)n ， 设平面 PCD的法向量为 ( , , )m x y z ，
(2,2, 2)PC ， (0,4, 2)PD ，
所以 2 2 2 00
4 2 0 20
x y z x ym PC m PC
y z z ym PD m PD
，
令 1 (1,1,2)y m 得 ，
1 6cos , 61 6
n mn m
n m
，
设平面 PAB 与平面 PCD所成角为 ， 为锐角， 所以 6cos 6
．
14．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形，平面 PAD 平面 ABCD ，PA PD ，
PA PD ，
3BAD ， E 是线段 AD 的中点，连结 BE ．
（1）求证： BE PA ；
（2）求二面角 A PD C 的余弦值；
（3）在线段 PB 上是否存在点 F ，使得 //EF 平面 PCD？若存在，求出 PF
PB
的值；若不存
在，说明理由．
【试题来源】北京市朝阳区 2021 届高三上学期期末数学质量检测试题
【答案】（1）证明见解析；（2） 7
7
；（3）存在； 1
2
PF
PB
．
【解析】（1）因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AB AD ．
因为
3BAD ， E 为 AD 的中点，所以 BE AD ．
因为平面 PAD 平面 ABCD ，平面 PAD 平面 ABCD AD ，所以 BE平面 PAD ．
因为 PA 平面 PAD ，所以 BE PA ．
（2）连结 PE ．因为 PA PD ， E 为 AD 的中点，所以 PE AD ．
由（1）可知 BE平面 PAD ，所以 BE AD ， PE BE ．
设 2AD a ，则 PE a ．如图，建立空间直角坐标系 E xyz ．
所以 ( ,0,0), (0, 3 ,0), ( 2 , 3 ,0), ( ,0,0), (0,0, )A a B a C a a D a P a ．
所以 )3 ,0( ,D aC a ， ( ,0, )D aP a ．
因为 BE平面 PAD ，所以 (0, 3 ,0)EB a 是平面 PAD 的一个法向量．
设平面 PCD的法向量为 ( , , )x y zn ，
则 0
0
n DC
n DP
，即 3 0
0
ax ay
ax az
，所以 3 ,
.
x y
x z
令 3x ，则 1y ， 3z ．于是 ( 3,1, 3)n ．
所以 3 7cos , 7| || | 7 3
n EB an EB
n EB a
．
由题知，二面角 A PD C 为钝角，所以其余弦值为 7
7
．
（3）当点 F 是线段 PB 的中点时， //EF 平面 PCD．理由如下：
因为点 E 平面 PCD，所以在线段 PB 上存在点 F 使得 //EF 平面 PCD等价于 0EF n
．
假设线段 PB 上存在点 F 使得 //EF 平面 PCD．设 ( [0,1])PF
PB
，则 PF PB ．
所以 (0,0, ) (0, 3 , ) (0, 3 , )EF EP PF EP PB a a a a a a ．
由 3 3( ) 0EF a a a n
，得 1
2
．
所以当点 F 是线段 PB 的中点时， //EF 平面 PCD，且 1
2
PF
PB
．
15．如图，在四棱锥 P ABCD 中， PD 平面 ABCD ， 4PD ，底面 ABCD 是边长为
2 的正方形，E，F 分别为 PB ， PC 的中点．
（1）求证：平面 ADE 平面 PCD；
（2）求直线 BF 与平面 ADE 所成角的正弦值．
【试题来源】北京市东城区 2021 届高三上学期期末考试
【答案】（1）证明见解析；（2） 4 5
15
．
【解析】（1）因为 PD 平面 ABCD ，所以 PD AD ．
因为底面 ABCD 是正方形，所以 AD CD ．
因为 PD CD D ，所以 AD 平面 PCD．
因为 AD 平面 ADE ，所以平面 ADE 平面 PCD．
（2）因为 PD 底面 ABCD ，所以 PD AD ， PD CD ．
因为底面 ABCD 是正方形，所以 AD CD ．如图建立空间直角坐标系 D xyz ．
因为 4PD ，底面 ABCD 为边长为 2 的正方形，
所以 0,0,4P ， 2,0,0A ， 2,2,0B ， 0,2,0C ， 0,0,0D ， 1,1,2E ， 0,1,2F ．
则 2,0,0DA ， 1,1,2DE ， 2, 1,2BF ．
设平面 ADE 的法向量 , ,m x y z
，由 0
0
m DA
m DE
，可得 2 0
2 0
x
x y z
．
令 1z ，则 0x ， 2y ．所以 0,2, 1m ．
设直线 BF 与平面 ADE 所成角为 ，则
, 4 4 5sin cos , 159 5
BF m
BF m
BF m
．
所以直线 BF 与平面 ADE 所成角的正弦值为 4 5
15
．
16．如图所示，四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面是菱形，侧棱垂直于底面，点 E ，F 分别
在棱 1AA ， 1CC 上，且满足 1
1
3AE AA ， 1
1
3CF CC ，平面 BEF 与平面 ABC 的交线为 l ．
（1）证明：直线l 平面 1BDD ；
（2）已知 2EF ， 1 4BD ，设 BF 与平面 1BDD 所成的角为 ，求sin 的取值范围．
【试题来源】海南省 2021 届高三年级第二次模拟考试
【答案】（1）证明见解析；（2） 5 3,5 5
．
【解析】（1）如图，连接 AC ，与 BD 交于点O ．
由条件可知 //AE CF ，且 AE CF ，所以 //AC EF ，
因为 EF 平面 BEF ，所以 //AC 平面 BEF ．因为平面 BEF I 平面 ABC l ，所以 //AC l ．
因为四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面是菱形，且侧棱垂直于底面，
所以 AC BD ， 1AC BB ，
又 1BD BB B ，所以 AC 平面 1BDD ，所以l 平面 1BDD ．
（2）如图所示，以 O 为坐标原点，分别以 OB
，OC
的方向为 x ， y 轴的正方向建立空间
直角坐标系．设 2BD a ，因为 1BD BD ，所以 0 2a ．
则OB a ， 2 2 2
1 1 2 4DD BD BD a ．
所以 ( ,0,0)B a ， (0,1,0)C ， 220,1, 43F a
．
由（1）可知 (0,1,0)OC 是平面 1BDD 的一个法向量，而 22,1, 43BF a a
，
所以sin cos ,
OC BF
OC BF
OC BF
2
2 2
1 3
4 25 51 49
aa a
，
当 0 2a 时，
2
5 3 3
5 525 5a
，即 5 3sin ,5 5
．
【名师点睛】求空间角的常用方法：
（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，
再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；
（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向
向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果．
17．在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1AB AC ， 1 3AA ，AB AC ， 1B C 平面 ABC ，
E 是 1BC 的中点．
（1）求证：平面 1AB C 平面 1 1ABB A ；
（2）求直线 AE 与平面 1 1AAC C 所成角的正弦值．
【试题来源】浙江省宁波市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）证明见解析；（2） 10
10
．
【解析】（1）由 1B C 平面 ABC ， AB Ì平面 ABC ，得 1AB B C ，
又 AB AC ， 1CB AC C ，故 AB 平面 1AB C ，
AB Ì平面 1 1ABB A ，故平面 1 1ABB A 平面 1AB C ．
（2）以C 为原点，CA 为 x 轴， 1CB 为 z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则 0,0,0C ， 1,0,0A ， 1,1,0B ，又 2BC ， 1 1 3BB AA ，
故 1 1CB ， 1 0,0,1B ， 10,0, 2E
， 1,0,0CA ，
1 1 1, 1,1AA BB ， 11,0, 2AE
，设平面 1 1AAC C 的一个法向量为 , ,n x y z
，
则
1
0
0
n CA
n AA
，即 0
0
x
x y z
，令 1y ，则 1z ， 0,1,1n
r
，
设直线 AE 与平面 1 1AAC C 所成的角为 ，故
1
102sin 1012 1 4
n AE
n AE
，
即直线 AE 与平面 1 1AAC C 所成角的正弦值为 10
10
．
18．如图，在平面四边形 PABC 中， PA AC ， AB BC ， 3PA AB ， 2AC ，
现把 PAC△ 沿 AC 折起，使 P 在平面 ABC 上的射影为O ，连接OA、OB ，且OB//AC ．
（1）证明：OB 平面 PAO ；
（2）求二面角 O PB C 的余弦值．
【试题来源】安徽省六安市示范高中 2020-2021 学年高三上学期教学质量检测（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 7
7
．
【解析】（1） PO 平面 ABC ， AC 平面 ABC ， PO AC ，
又 PA AC ， PA PO PI ，所以 AC 平面 PAO ，
//OB ACQ ，所以OB 平面 PAO ；
（2）在 Rt ABC 中， 3AB ， 2AC ，则 2 2 1BC AC AB ， 30BAC ，
在 Rt OAB 中， 90 30 60OAB ，所以 1 3
2 2OA AB ， 3
2OB ，
Rt PAO 中， 3PA ， 3
2AO ， 2 2 3
2OP PA OA ，
以点 O 为坐标原点， OB 、 OA、 OP 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系
O xyz ，则 30, ,02A
、 32, ,02C
、 3 ,0,02B
、 30,0, 2P
，
所以 3 3,0,2 2PB
uur
， 3 32, ,2 2PC
uuur
，
由（1）可知 0,1,0m
ur
为平面 POB 的一个法向量，
设平面平 PBC 的法向量为 , ,n x y z
，则有
3 3 02 2
3 32 02 2
x z
x y z
3
3y x
z x
，
取 3x ，得 3, 1, 3n
， 1 7cos , 71 7
m nm n m n
，
由图可知，二面角O PB C 为钝角，所以，二面角O PB C 的余弦值为 7
7
．
19．在四棱锥 P ABCD 中，平面 PAD 平面 ABCD ，底面 ABCD 为直角梯形，
/ / , 90BC AD ADC ， 1 1,2BC CD AD E 为线段 AD 的中点，过 BE 的平面与线
段 ,PD PC 分别交于点 ,G F ．
（1）求证：GF 平面 PAD ；
（2）若 2PA PD ，点 G 为 PD 的中点，求平面 PAB 与平面 BEGF 所成锐二面角
的余弦值．
【试题来源】安徽省名校 2020-2021 学年高三上学期期末联考（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
3
．
【解析】证明：（1）因为 1
2BC AD ，且 E 为线段 AD 的中点，所以 BC DE ，
因为 / /BC AD ，所以四边形 BCDE 为平行四边形，所以 / /BE CD ，
因为CD 平面 ,PCD BE 平面 PCD，所以 / /BE 平面 PCD，
又平面 BEGF 平面 PCD GF ，所以 / /BE GF ，
又 BE AD ，且平面 PAD 平面 ABCD ，平面 PAD 平面 ABCD AD ，
所以 BE平面 PAD ，所以 GF 平面 PAD ；
（2）因为 ,PA PD E 为线段 AD 的中点，所以 PE AD ，‘’因为平面 PAD 平面
ABCD ，所以 PE 平面 ABCD ，以 E 为坐标原点， EA
的方向为 x 轴正方向建立如图所
示的空间直角坐标系 E xyz ；
则 1 1(0,0,1), (1,0,0), (0,1,0), (0,0,0), ( 1,0,0), ,0,2 2P A B E D G
，
则 1 1(1,0, 1), (0,1, 1), (0, 1,0), (1,0,1), ,0,2 2PA PB BE DP EG
，
设平面 PAB 的法向量为 1 1 1, ,m x y z ，则 0{
0
PA m
PB m
，
，
，即 1 1
1 1
0,
0
x z
y z
，
不妨令 1 1x ，可得 (1,1,1)n 为平面 BEGF 的一个法向量，设平面 BEGF 的法向量为
2 2 2, ,n x y z ，则 0{
0
BE n
EG n
，
，
，即
2
2 2
0
1 1 02 2
y
x z
，
，不妨令 2 1x ，可得 (1,0,1)n 为
平面 BEGF 的一个法向量，设平面 PAB 与平面 BEGF 所成的锐二面角为 ，
于是有 2 6cos | cos , | 32 3
m n ；
所以平面 PAB 与平面 BEGF 所成角的余弦值为 6
3
．
20．如图所示，在四棱锥 S ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，对角线 AC 与 BD 交于点 F ，
侧面 SBC 是边长为 2 的等边三角形，点 E 在棱 BS 上．
（1）若 //SD 平面 AEC ，求 SE
EB
的值；
（2）若平面 SBC 平面 ABCD ，求二面角 B AS C 的余弦值．
【试题来源】江苏省 G4（、常州中学、、）2020-2021 学年高三
上学期期末联考
【答案】（1）1；（2） 7
7
．
【解析】（1）连结 EF ，因为 //SD 平面 AEC ， SD 平面 BSD ，平面 BSD 平面
AEC EF ，所以 //SD EF ．因为底面 ABCD 是正方形， F 为 AC 中点，
所以 EF 是 SD 的中位线，则 1SE
EB
．
（2）取 BC 的中点为O ， AD 的中点为 M ，连结 MO ，则 MO BC ，
因为平面 SBC 平面 ABCD ，平面 SBC I 平面 ABCD BC ，OM 平面 ABCD ，
所以OM 平面 SBC ．又OS BC ，所以O 为坐标原点．
以 , ,OS OC OM
为正交基底建立空间直角坐标系 O xyz ．
则 0, 1,2A ， 0 10B , , ， 0,1,0C ， 3,0,0S ， 3 1, ,02 2E
，
从而 3,1,0SC
， 0,2, 2AC ， 0,0, 2AB ， 3,1, 2AS
．
设平面 ASC 的法向量为 , ,m x y z ，
则 0,
0.
m SC
m AC
，即 3 0,
0.
x y
y z
取 1x ，则 3y ， 3z ，
所以平面 ASC 的一个法向量为 1, 3, 3m ．设平面 ASB 的法向量为 , ,n x y z ，
则 0,
0.
n AB
n AS
，即
2 0,
3 2 0.
z
x y z
取 3y ，则 1x ， 0z ．
所以平面 ASB 的一个法向量为 1, 3,0n ．所以 7cos , 7
m nm n m n
．
因为二面角 B AS C 的平面角为锐角，所以二面角 B AS C 的余弦值为 7
7
．
【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：
（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用
方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．
（2）设 ,m n
分别为平面α，β的法向量，则二面角θ与 ,m n 互补或相等．求解时一定要
注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
21．在三棱锥 P ABC 中，底面 ABC 为正三角形，平面 PBC 平面 , 1,ABC PB PC D
为 AP 上一点， 2 ,AD DP O 为三角形 ABC 的中心．
（1）求证： AC 平面OBD ；
（2）若直线 PA 与平面 ABC 所成的角为 45，求二面角 A BD O 的余弦值．
【试题来源】山东省威海市 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）证明见解析；（2） 15
5
．
【解析】（1）证明：连接 AO 并延长 BC 交于点 E ，则 E 为 BC 中点，连接 PE ．如图所示：
因为О 为正三角形 ABC 的中心，所以 2 ,AO OE
又 2AD DP ，所以 / / ,DO PE 因为 PB PC ， E 为 BC 中点，所以 ,PE BC
又平面 PBC 平面 ABC ，平面 PBC 平面 ABC BC ，所以 PE 平面 ,ABC
所以 DO 平面 ,ABC AC 平面 PBC ，所以 ,DO AC
又 ,AC BO DO BO O ，所以 AC 平面OBD ．
（2）由 PE 平面 ABC 知，所以 45PAE ，所以 ,PE AE 所以 ,ABE PBE ≌
所以 1AB PB BC AC ，由（1）知， , ,EA EB EP 两两互相垂直，
所以分别以 , ,EA EB EP 的方向为 , ,x y z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则 3 1 3 3 3,0,0 , 0, ,0 , 0,0, , ,0,2 2 2 6 3A B P D
， 10, ,02C
所以 3 1, ,0 ,2 2
3 1 3, ,6 2 3AB BD
， 设平面 ABD 的法向量为 , ,n x y z
，
则
3 3 06 2 3
3 02 2
x yn BD z
yn AB x
，令 1,x 可得 3, 1y z ，则 1, 3,1n
r
．
由（1）知 AC 平面 ,DBO 故 3 1, ,02 2AC
为平面 DBO 的法向量，
所以
3 3
152 2cos , 55 1
n ACn AC
n AC
，
由图可知二面角 A BD O 的为锐二面角，所以二面角 A BD O 的余弦值为 15
5
．
22．如图，在几何体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 为等腰梯形，且 2 2AB CD ，
60ABC ，四边形 ACFE 为矩形，且 2FB ，M，N 分别为 EF ， AB 的中点．
（1）求证： / /MN 平面 FCB ；
（2）若直线 AF 与平面 FCB 所成的角为 60°，求平面 MAB 与平面 MAC 所成锐二面角的
余弦值．
【试题来源】山西省运城市 2021 届高三上学期期末（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 57
19
．
【解析】（1）取 BC 的中点 Q，连接 NQ ， FQ ，
则 1/ / 2NQ AC ，且 1
2NQ AC ，
又 1/ / 2MF AC ，且 1
2MF AC ，所以 / /MF NQ 且 MF NQ ，
所以四边形 MNQF 为平行四边形，所以 / /MN FQ ，
因为 FQ 平面 FCB ， MN 平面 FCB ，所以 / /MN 平面 FCB ；
（2）由四边形 ABCD 为等腰梯形，且 2 2AB CD ， 60ABC ，
可得 1BC ， 3AC ，所以 90ACB ，所以 AC BC ．
因为四边形 ACFE 为矩形，所以 AC CF ，所以 AC 平面 FCB ，
所以 AFC 为直线 AF 与平面 FCB 所成的角，即 60AFC ，所以 1FC ．
因为 2FB ，所以 2 2 2FB FC CB ，所以 FC BC ．
则可建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ，
3( 3,0,0), (0,1,0), ,0,12A B M
，所以 3 ,0, 1 , ( 3,1,0)2MA AB
，
设 ( , , )m x y z 为平面 MAB 的法向量，则 0
0
MA m
AB m
，即
3 02
3 0
x z
x y
，
取 2 3x ，则 (2 3,6,3)m 为平面 MAB 的一个法向量，
又 (0,1,0)n 为平面 MAC 的一个法向量，
所以 6 6 57 2 57cos 57 1957 1| |
m nmn
m n
∣ ∣
，
故平面 MAB 与平面 MAC 所成锐二面角的余弦值为 2 57
19
．
23．如图，该多面体由底面为正方形 ABCD 的直四棱柱被截面 AEFG 所截而成，其中正方
形 ABCD 的边长为 4 ， H 是线段 EF 上（不含端点）的动点， 3 6 FC EB ．
（1）若 H 为 EF 的中点，证明： //GH 平面 ABCD ；
（2）若 1
4
EH
EF
，求直线 CH 与平面 ACG 所成角的正弦值．
【试题来源】河南省驻马店市 2020-2021 学年高三上学期期末考试（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
3
．
【解析】（1）证明：取 BC 的中点 M ，连接 HM ， DM ．
因为该多面体由底面为正方形 ABCD 的直四棱柱被截面 AEFG 所截而成，
所以截面 AEFG 是平行四边形，则 4 DG CF EB ．
因为 3 6 FC EB ，所以 1 (2 6) 42
HM ，且 DG//HM ，
所以四边形 DGHM 是平行四边形，所以GH //DM ．
因为 DM 平面 ABCD ，GH 平面 ABCD ，所以 //GH 平面 ABCD ．
（2）解：如图，以 D 为原点，分别以 DA
， DC
， DG
的方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方
向，建立空间直角坐标系 D xyz ，则 (4,0,0)A ， (0,4,0)C ， (0,0,4)G ， (3,4,3)H ，
( 4,4,0)
AC ， ( 4,0,4)
AG ， (3,0,3)
CH ．设平面 ACG 的法向量为 ( , , )n x y z ，
则 4 4 0
4 4 0
AC n x y
AG n x z
，令 1x ，得 (1,1,1)n ．
因为 3 3 6cos , 3| || | 3 2 3
CHn
C
n
n
CH
H
，
所以直线 CH 与平面 ACG 所成角的正弦值为 6
3
．
【名师点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面角的求解问题，意在考查学生
的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面关系的
相互转化，通过严密推理证明线线平行从而得线面平行，同时对于立体几何中角的计算问题，
往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．
24 ． 如 图 ， 已 知 四 边 形 ABCD 和 BCEG 均 为 直 角 梯 形 ， //AD BC ， //CE BG ， 且
2BCD BCE ， 120ECD ． 2 2BC CD CE AD BG ．
（1）求证： //AG 平面 BDE ；
（2）求二面角 E BD C 的余弦值．
【试题来源】安徽省蚌埠市 2020-2021 学年高三上学期第二次教学质量检查（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 15
5
．
【解析】（1）证明：在平面 BCEG 中，过G 作GN CE 于 N ，交 BE 于 M ，连 DM ，
由题意知， MG MN ， // //MN BC DA且 1
2MN AD BC ，
因为 //MG AD， MG AD ，故四边形 ADMG 为平行四边形，所以 //AG DM ，
又 DM 平面 BDE ， AG 平面 BDE ，故 //AG 平面 BDE ．
（2）由题意知 BC ⊥ 平面 ECD ，在平面 ECD 内过C 点作 CF CD 交 DE 于 F ，
以C 为原点， CD
，CB
，CF
的方向为 x ， y ， z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
不妨设 1AD ，则 2 2BC CD CE BG ．
且 0,0,0C ， 2,0,0D ， 0,2,0B ， 1,0, 3E ，
设平面 EBD 的法向量 , ,n x y z
，则由 0,
0,
DE n
BD n
得 3 3 0,
2 2 0,
x z
x y
取 1y ，得 1,1, 3n
，易知平面 BCD的一个法向量为 0,0,1m ，
3 15cos , 55 1
m nm n
m n
，所以二面角 E BD C 的余弦值为 15
5
．
25．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， M 为 PC 的中点．
（1）求证： //AP 平面 BDM ；
（2）若 2PB PC ， CD PC ，求二面角C DM B 的余弦值．
【试题来源】河南省湘豫名校 2020-2021 学年高三上学期 1 月月考（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 22
11
．
【解析】（1）连接 AC 交 BD 于 E ，连接 EM ，则 E 为 AC 中点，
所以 EM 为 APC△ 的中位线，所以 //EM AP ，
因为 EM 平面 BDM ， AP 平面 BDM ，所以 //AP 平面 BDM ．
（2）在 PBC 中，因为 2 2 2 4PB PC BC ，所以 PB PC ，
取 BC 中点 O ， AD 中点 F ，连接 PO ， OF ，则 PO BC ， 1PO ，
因为 BC CD ，CD PC ， BC 、 PC 平面 PBC ， BC PC C ，
所以CD 平面 PBC ，因为 PO 平面 PBC ，所以CD PO ，
因为 PO BC ， BC CD C ， BC 、CD 平面 ABCD ，
所以 PO 平面 ABCD ，因为 OF 平面 ABCD ，所以 PO OF ，
所以 PO ， OF ， OB 两两垂直，
如图所示，以O 为原点， OF ，OB ， OP 分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，
则 (2, 1,0)D ， (0,0,1)P ， (0,1,0)B ， (0, 1,0)C ，所以 1 10, ,2 2M
，
可得 1 12, ,2 2DM
， (2, 2,0)BD ， (2,0,0)CD ．
设平面 BDM 的法向量为 1 1 1, ,m x y z ，
则 0
0
m BD
m DM
，即
1 1
1 1 1
2 2 0
1 12 02 2
x y
x y z
，取 (1,1,3)m ，
设平面 CDM 的法向量为 2 2 2, ,n x y z ，则 0
0
n CD
n DM
，即
2
2 2 2
2 0
1 12 02 2
x
x y z
，
取 (0, 1,1)n ，所以 2 22cos , 11| | | | 11 2
m nm n
m n
，
所以二面角C DM B 的余弦值为 22
11
．
26．如图，四棱锥 E ABCD 中，底面 ABCD 为直角梯形，其中 AB BC ， //CD AB ，
面 ABE 面 ABCD ，且 2 2 4AB AE BE BC CD ，点 M 在棱 AE 上．
（1）证明：当 2MA EM 时，直线 //CE 平面 BDM ；
（2）当 AE ⊥ 平面 MBC 时，求二面角 E BD M 的余弦值．
【试题来源】内蒙古赤峰市 2021 届高三模拟考试（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 3 105
35
．
【解析】（1）连结 BD 与 AC 交于点 N ，连结 MN ， //AB CDQ ， 2 4AB CD ，
CND ANB△ ∽△ ， 1
2
CD CN
AB AN
，
1
2
EM
MA
， EM CN
MA AN
， MN //EC ，
又 MN 面 BDM ，CE 面 BDM ， //CE 平面 BDM ．
（2） AE ^Q 平面 MBC ， AE BM ， M 是 AE 的中点，取 AB 的中点为 O ，
OE 平面 ABCD ，以OD ，OA，OE 所在的直线为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系
O xyz ，则 (0, 2,0)B ， (0,0,2 3)E ， (2,0,0)D ， (0,2,0)A ， (0,1, 3)M ，
设平面 EBD 的法向量为 11 1 1, ,xn y z
，则 1 11
1 1 1
2 2 00
0 2 2 3 0
x yn BD
n BE y z
，
令 1 1z ，则 1 3y ， 1 3x ， 1 ( 3, 3,1)n ，
设平面 BDM 的法向量为 2 2 2 2, ,n x y z
，则 2 22
2 2 2
2 2 00
0 3 3 0
x yn BD
n BM y z
，
令 2 3z ，则 2 1y ， 2 1x ， 1 (1, 1, 3)n ，
1 2
1 2
1 2
3 3 3 3 105cos , 357 5| |
n nn n
n n
，
二面角 E BD M 的余弦值为 3 105
35
．
27．已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D ，棱长为 2，M 为棱CD 的中点，N 为面对角线 1BC 的
中点，如图．
（1）求证： ND AN ；
（2）求平面 1AMD 与平面 1 1AAC C 所成锐二面角的余弦值．
【试题来源】安徽省池州市 2020-2021 学年高三上学期期末（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 3
2
．
【解析】（1）取 BC 的中点分别为 F ，连接 NF ， DF ，
因为 N ， F 分别为 1BC ， BC 的中点， 1 1 1 1ABCD A B C D 是正方体，
易得 NF 平面 ABCD ，所以 NF AM ；
因为 FC MD ， AD DC ， FCD MDA ，
所以 FCD MDA≌△ △ ，所以 CFD DMA ，
所以 90FDC DMA ，所以 FD AM ，
因为 NF FD F ， NF 平面 NFD ， FD 平面 NFD ，所以 AM 平面 NFD ，
又 DN 平面 NFD ，所以 ND AM ；
（2）以 A为原点，分别以 AB 、 AD 、 1AA 方向为 x 轴、 y 轴、 z 轴正方向，建立如下图
所示空间直角坐标系：
连接 BD ， 1C D ，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，
易知 1BD C D ，且 N 为 1BC 中点，所以 1DN BC ．又 1 1//BC AD ，所以 1AD DN ．
因为 1AD AM A ， 1AD 平面 1AMD ，AM 平面 1AMD ，所以 ND 平面 1AMD ，
故 ND
为平面 1AMD 的一个法向量；由 1 1 1 1ABCD A B C D 是正方体，得 BD 平面 1 1AAC C ，
故 BD
为平面 1 1AAC C 的一个法向量，因为 2,0,0B ， 0,2,0D ， 2,1,1N ，
所以 2,1, 1ND ， 2,2,0BD ，
所以 2 2 1 2 0 3cos , 26 8
ND BDND BD
ND BD
uuur uuuruuur uuur
uuur uuur ，
则平面 1AMD 与平面 1 1AAC C 所成锐二角面的余弦值为 3
2
．
28．如图所示，在多面体 ABCDEF 中， //AB CD ， AB BC ， 2 2AB BC CD ，四
边形 ADEF 为矩形，平面 ADEF 平面 ABCD ， AF AB ．
（1）证明： //DF 平面 BCE ；
（2）若二面角 C BE F 正弦值为 10
5
，求 的值．
【试题来源】江西宜春市 2021 届高三上学期数学（理）期末试题
【答案】（1）证明见解析；（2）1．
【解析】（1）取 AB 的中点为 M ，连接 FM CM DM， ， ，
因为 / /AM CD 且 AM CD ，
四边形 AMCD 为平行四边形，所以 / /AD MC 且 AD MC ，
因为四边形 ADEF 为矩形，所以 / /FE MC 且 FE MC ，
所以四边形 EFMC 是平行四边形，所以 / /FM EC ，
且 EC 平面 BEC ， FM 平面 BEC ，
所以 / /FM 平面 BEC ，同理可证 / /MD 平面 BEC ，
又 FM MD M ，所以平面 / /MDF 平面 BEC ，
因为 DF 平面 MDF ，所以 //DF 平面 BCE ．
（2）由面 ADEF 面 ABCD ， ED AD 知， ED 平面 ABCD ， DM CD
故 DM ， DC ， DE 两两垂直，分别以 DM
， DC
， DE
的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正
方向建立空间直角坐标系O xyz ，设 1CD ，则 0,1,0C ， 1,1,0B ， 0,0,2E ，
1, 1,2F ， 1, 1,2BE ， 1,0,0 1, 1,0BC EF ， ，
设平面 BEC 的法向量为 , ,n x y z
， 2 0
0
n BE x y z
n BC x
，则 0,2 ,1
n ，
设平面 BEF 的法向量为 , ,m x y z
， 2 0
0
m BE x y z
m EF x y
，则 , ,1
m ．
2
2 2 2
c 2 1os , 15
54 1 1
m nm n
m n
， =1
29．如图，在直角梯形 ABCD 中， //AD BC ， 90BAD ，且 1
2AB BC AD ，E 是
AD 的中点，将 ABE△ 沿 BE 折起到 SBE△ 的位置，使平面 SBE 平面 BCDE ．
（1）求二面角 - -B SC D 的正弦值；
（2）在直线 SB 上是否存在点 P ，使 PD 平面 SBC ？若存在，请求出点 P 所在的位置；
若不存在，请说明理由．
【试题来源】湖北省部分重点中学 2020-2021 学年高三上学期期末联考
【答案】（1） 3
3
；（2）不存在点 P ，证明见解析．
【解析】（1）取 BE 的中点O ，由题意可得四边形 ABCE 是正方形，则 SO BE ，CO BE ，
因为平面 SBE 平面 BCDE ，平面 SBE 平面 BCDE BE= ，
SO 平面 SBE ，CO 平面 BCDE ，所以 SO 平面 BCDE ，CO 平面 SBE ，
所以 SO CO ，可得 , ,OB OS OC 两两垂直，以 O 为原点， OB 、OC 、 OS 所在的直线
为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，
不妨设 2SB SE ED BC ，则 2BE CD ，
则 0,0,1S ， 1,0,0B ， 0,1,0C ， 2,1,0D ， 1,0, 1SB
uur ， 1,1,0BC
uuur ，
设平面 SBC 的一个法向量为 11 1 1, ,xn y z
，则 1 1 1
1 1 1
0
0
n SB x z
n BC x y
，
令 1 1x ，则 1 1y ， 1 1z ，所以 1 1,1,1n ，设平面 SCD 的一个法向量为 2 2 2 2, ,n x y z
，
0,1, 1SC ， 2,1, 1SD ，则 2 2 2
2 2 2 2
0
2 0
n SC y z
n SD x y z
，
令 2 1y 可得 2 1z ， 2 0x ，所以 2 0,1,1n ，记二面角 - -B SC D 的平面角为 ，
则 1 2
1 2
1 1 6cos 33 2
n n
n n
，所以
2
6 3sin 1 3 3
，
所以二面角 - -B SC D 的正弦值为 3
3
．
（2）假设直线 SB 上存在点 P ，使得 PD 平面 SBC ，
不妨设 ,0,1P a a ，所以 2 ,1,PD a a ，
因为 1 1,1,1n ，由 1//PD n
得 2 1
1 1 1
a a ，无解，
故不存在点 P ，使 PD 平面 SBC ．
30．如图所示，已知直棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面四边形是菱形，点 E ，F ，P ，Q 分
别 在 棱 1AA ， 1BB ， 1CC ， 1DD 上 运 动 ， 且 满 足 ： BF DQ ，
1 2 4 4 4 4 4AA AC BD CP BF DQ AE ．
（1）求证： //EF 平面 PQB ；
（2）是否存在点 P 使得二面角 B PQ E 的正弦值为 10
5
？若存在，求出 CP 的长度；
若不存在，请说明理由．
【试题来源】湖北省（B4 联考新高考调研）部分省级示范性重点中学 2020-2021 学年高三
上学期统一质量检测
【答案】（1）见解析；（2）存在， 3CP ．
【解析】设 BF DQ m ，则 1CP m ， 1AE m ，故1 3m ，
因为底面四边形 ABCD 是菱形，故 AC BD ，设 AC BD O ，则O 为 BD 的中点，
设 1 1D B 的中点为 G ，连接GO ，则 1//OG BB ，
由直棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 可得 1BB 平面 ABCD ，故 OG 平面 ABCD ，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则 0,1,0 , 2,0,0 , 2,0, 1 , 0,1, , 0, 1, , 2,0, 1B A E m F m Q m P m ，
（1） 2,1,1EF ， 2,1,1QP ，
故 ,EF QP
为共线向量， , , ,E F Q P 不共线，故 //EF QP ，
而 EF 平面 PQB ， QP 平面 PQB ，故 //EF 平面 PQB ．
（2）设平面 PQB 的法向量为 , ,n x y z
，平面 PQE 的法向量为 , ,p s t w ，
2,1, 1QE ， 0,2,QB m ，
则 2 0
2 0
x y z
x y z
，取 1x ，则 0, 2y z ，故 1,0,2n ，
又 2 0
2 0
t mw
s t w
，取 t m ，则 22, 2
mw s ，故 2 , ,22
mp m
，
二面角 B PQ E 的正弦值为 10
5
，故二面角的余弦值的绝对值为 15
5
，
故
2
2
2 415 2cos ,5 25 44
m
n p
m m
，解得 2m 或 20
7m (舍)，
故存在 P 使得二面角 B PQ E 的正弦值为 10
5
．且 3CP ．
31 ． 如 图 ， ED 平 面 ABCD ， AD CD ， //AB CD ， //EF CD ，
2 2 2AD CD EF AB ，点G 为 BF 的中点．
（1）求证： //AD 平面 EGC ；
（2）若二面角 E GC F 大小为
6
，求直线CE 与平面 FGC 所成的角的正弦值．
【试题来源】江西省景德镇市 2021 届高三上学期期末（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 3
6
．
【解析】（1）取 DC 中点 P ，连接 FP 交 EC 于点 Q ，可知点 Q 为 FP 的中点，
在三角形 FPB 中 //GQ BP ，又因 AD BP// ，可得 //AD GQ ， GQ 平面 EGC ，
AD 平面 EGC ，所以 //AD 平面 EGC ；
（2）如图建立 D xyz 坐标系，设 DE m ，则 0,0,E m ， 1,1, 2
mG
， 0,2,0C ，
0,1,F m ， (1,1, )2
mEG ， (0,2, )EC m ， (1,0, )2
mFG ， ( 1,1, )2
mGC ，
设平面 EGC 的法向量为 1 1 1, ,m x y z ，平面 FGC 的法向量为 2 2 2, ,n x y z
0
0
m EG
m EC
可得 02
2 0
mx y z
y mz
，所以可取 0, ,2m m
0
0
n FG
n GC
可得
02
02
mx z
mx y z
，所以可取 ,2 ,2n m m
2
2 2
2 4 3cos , 24 5 4
m n mm n
m n m m
，计算得 2m
因为 0, 2,2CE ，
3cos , 6
CE nCE n
CE n
所以直线CE 与平面 FGC 所成的角的正弦值为 3
6
32．在四棱锥 P ABCD 中， PA 平面 ABCD，底面 ABCD 是直角梯形，其中 / /AD BC ，
AD CD ， 2 2 4PA BC AD CD ，E 为 BC 的中点，设 Q 为 PC 上一点．
（1）求证： DE PC ；
（2）若直线 EQ 与平面 PAC 所成的角的正切值为 2
2
，求二面角 E AQ C 的余弦值．
【试题来源】湖北省宜昌市 2020-2021 学年高三上学期 2 月联考
【答案】（1）证明见解析；（2） 10
5
．
【解析】（1）由题意得四边形 ADCE 是正方形， DE AC ，
又 PA 平面 ABCD，所以 PA DE ．
又 PA AC A ，所以 DE 平面 PAC，所以 DE PC ．
（2）设 AC DE O ，连接 OQ，由（1）得 DE 平面 PAC，
所以 EQO 为 EQ 与平面 PAC 所成的角，
所以 2tan 2
OEEQO OQ
，因为 2EO ，所以 2OQ = ，所以 Q 为 PC 的中点，
以 A 为原点，AE，AD，AP 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，
所以 (0,0,0)A ， (2,0,0)E ， (2,2,0)C ， (0,0,4)P ， (1,1,2)Q ， (0,2,0)D ，
设平面 AEQ 的一个法向量为 ( , , )n x y z ，所以 0
0
n AE
n AQ
，所以 2 0
2 0
x
x y z
，
令 1z ，所以 2y ， 0x ，所以 (0,2, 1)n
易得平面 ACQ 的一个法向量为 (2, 2,0)DE ，
所以 10cos , 5| | | |
DE nDE n
DE n
，所以二面角 E AQ C 的余弦值为 10
5
．
33 ． 如 图 ， 在 四 棱 锥 P ABCD 中 ， 底 面 ABCD 为 直 角 梯 形 ，
/ / , 90 , 2AD BC ADC AD DC BC ，平面 PAD 平面 ,ABCD PAD 为正三角形，
Q 为 AD 的中点．
（1）求证： AD 平面 PBQ ；
（2）若点 M 在棱 PC 上，且 / /PA 平面 BMQ，求平面 BMQ与平面 PAB 所成的锐角的
余弦值．
【试题来源】江西省吉安市 2021 届高三上学期期末（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 4 19
19
．
【解析】（1） PADQV 为正三角形，Q 为 AD 的中点， PQ AD ．
// , 2 ,AD BC AD DC BC Q 为 AD 的中点．
所以 // ,QD BC QD BC ，所以四边形 BCDQ 为平行四边形， //BQ CD ．
又 90 , 90ADC AQB ，即 BQ AD ．又 ,PQ BQ Q AD 平面 PBQ ．
（2）连接 AC ，交 BQ 于点 N ，连接 ,MN QC ．
//PA 平面 ,BMQ PA 平面 APMN ，平面 BMQ 平面 , //APMN MN PA MN ．
// , 2AD BC AD BC ，Q 为 AD 的中点．所以四边形 BCQA 为平行四边形，
N 为 AC 的中点， M 为 PC 的中点，
平面 PAD 平面 ABCD ，平面 PAD 平面 ,ABCD AD PQ AD ，
PQ 平面 PAD ， PQ 平面 ABCD ．
设 2AD ，则 3, 2, 1PQ DC BC ．分别以直线 , ,QA QB QP 为 x 轴， y 轴， z 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则 1 3(0,0,0), (1,0,0), (0,2,0), ( 1,2,0), (0,0, 3), ,1,2 2Q A B C P M
，
1 3,1, , (0,2,0)2 2QM QB
．设 1 1 1, ,n x y z 为平面 BMQ的一个法向量，
由 0
0
n QM
n QB
得 1 1 1
1
1 3 02 2
2 0
x y z
y
，取 1 1z ，则 ( 3,0,1)n ．
又 ( 1,0, 3), ( 1,2,0)AP AB ，设 2 2 2, ,m x y z 为平面 PAB 的一个法向量，
由 0
0
m AP
m AB
得 2 2
2 2
3 0
2 0
x z
x y
，取 2 1z ，则 33, ,12m
．
设平面 BMQ与平面 PAB 所成的锐角为 ，则 cos | cos |n m
2
2 2 2 2
3 1
3( 3) 1 ( 3) 12
4 19
19
．
故平面 BMQ与平面 PAB 所成的锐角的余弦值为 4 19
19
．
34．在四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1AA 平面 ABCD ， //AB CD ， 90ACD ，
2 6BC AC ， 1CD ， 1AM CC ，垂足为 M．
（1）证明：平面 ABM 平面 1 1CDD C ；
（2）若二面角 B AM D 正弦值为 21
7
，求直线 AC 与平面 1 1CDD C 所成角的余弦．
【试题来源】浙江省绍兴市上虞区 2020-2021 学年高三上学期期末
【答案】（1）证明见解析，（2） 1
2
【解析】（1）连接 1 1AC ，因为 1AA 平面 ABCD ，CD 平面 ABCD ，所以 1AA CD ，
因为 AC CD ， 1AA AC A ，所以CD 平面 1 1AAC C ，
因为 AM 平面 1 1AAC C ，所以 AM CD ，
因为 1AM CC ， 1C C CD C ，所以 AM 平面 1 1CDD C ，
因为 AM 平面 ABM ，所以平面 ABM 平面 1 1CDD C ；
（2）因为 //AB CD ， 90ACD ，所以 90BAC ，即 BA AC ，
因为 1AA 平面 ABCD ， BA 平面 ABCD ，所以 1BA AA ，
因为 1AA AC A ，所以 BA 平面 1 1AAC C ，
因为 BA 平面 ABM ，所以平面 ABM 平面 1 1AAC C ，
因为二面角 B AM D 正弦值为 21
7
，所以二面角 C AM D 的余弦值为 21
7
，
因为 AM 平面 1 1CDD C ， DM 平面 1 1CDD C ，故 DM AM ，
因为CM AM ，所以 CMD 为二面角 C AM D 的平面角，
因为CD 平面 1 1AAC C ，CM 平面 1 1AAC C ，所以CD CM ，
所以 221 2 7sin 1 ( )7 7
CDCMD DM
，
因为 1CD ，所以 7
2 7
DM ，所以 2 2 49 21 3128 28 2CM DM CD ，
因为 AM 平面 1 1CDD C ，所以 ACM 为直线 AC 与平面 1 1CDD C 所成角，
所以
3
12cos 23
CMACM AC
，所以直线 AC 与平面 1 1CDD C 所成角的余弦为 1
2 .
35．在如图所示的几何体中， ABC ， ACE△ ， BCD△ 均为等边三角形，且平面 ACE
平面 ABC ，平面 BCD 平面 ABC ．
（1）证明： / /DE AB ；
（2）若 4AB ，求二面角 B CE D 的余弦值．
【试题来源】江西省赣州市 2021 届高三上学期期末考试（理）
【答案】（1）证明见解析；（2） 3
5
．
【解析】（1）如图示：分别取 AC ， BC 的中点 F ，G ，连结 EF ， DG ， FG ，
因为 ACE△ ，
△
BCD均为全等的等边三角形，故 EF AC ， DG BC 且 EF DG ，
因为平面 ACE 平面 ABC 且交于 AC ，平面 BCD 平面 ABC 且交于 BC ，
故 EF 面 ABC ， DG 面 ABC ，从而有 / /EF DG ，
又 EF DG ，进而得四边形 DEFG 为平行四边形，得 / /DE FG ，
又 / /FG AB ，即 / /DE AB .
（2）连结 FB ，由 ABC 为等边三角形，故 BF AC ，结合 EF 面 ABC ，故分别以 FA
，
FB
， FE
为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系
又 4AB ，所以 4AB AC BC CE AE BD CD ， 2DE ，
则 2,0,0C ， 0,2 3,0B ， 0,0,2 3E ， 1, 3,0G ，
所以 2,2 3,0CB
， 2,0,2 3CE
， 1, 3,0ED FG
令平面 BCE 的一个法向量为 , ,n x y z
，
所以 2 2 3 0
2 2 3 0
n CB x y
n CE x z
取 3x ， 1y ， 1z ，
所以平面 ACD 的一个法向量为 3, 1, 1n
r
同理可求平面CDE 的一个法向量为 1 3,1, 1n
令二面角 B CE D 为 ，由题意可知 为锐角，
则 1
1
1
3 3 ( 1) 1 ( 1) ( 1) 3cos cos , 53 1 1 3 1 1
n n
n n
n n
所以二面角 B CE D 的余弦值为 3
5 .
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