第三篇 经典考题体验篇
专题七 立体几何与空间向量
一、单选题
1．（2020·天津高考真题）若棱长为 2 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．12 B． 24 C． 36 D．144
【答案】C
【解析】
求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.
【详解】
这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即 2 2 2
2 3 2 3 2 3
32R
，
所以，这个球的表面积为 2 24 4 3 36S R .
故选：C.
【点睛】
本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的
外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体
对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称
性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个
面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
2．（2020·北京高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（ ）．
A． 6 3 B． 6 2 3 C．12 3 D．12 2 3
【答案】D
【解析】
首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.
【详解】
由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为 2 的等边三角形，侧面为三个边长为 2 的正方形，
则其表面积为： 13 2 2 2 2 2 sin 60 12 2 32S .
故选：D.
3．（2020·浙江高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是
（ ）
A． 7
3 B． 14
3 C．3 D．6
【答案】A
【解析】
根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.
【详解】
由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，
且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为 1，
棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为 2，
所以几何体的体积为：
1 1 1 1 72 1 1 2 1 2 23 2 2 3 3
.
故选：A
4．（2020·全国高考真题（理））已知 , ,A B C 为球 O 的球面上的三个点，⊙ 1O 为 ABC 的外接圆，若⊙ 1O
的面积为 4π， 1AB BC AC OO ，则球 O 的表面积为（ ）
A． 64π B． 48π C． 36π D．32π
【答案】A
【解析】
由已知可得等边 ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出 1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半
径，即可得出结论.
【详解】
设圆 1O 半径为 r ，球的半径为 R ，依题意，
得 2 4 , 2r r ， ABC 为等边三角形，
由正弦定理可得 2 sin60 2 3AB r ，
1 2 3OO AB ，根据球的截面性质 1OO 平面 ABC ，
2 2 2 2
1 1 1 1 1, 4OO O A R OA OO O A OO r ，
球O 的表面积 24 64S R .
故选：A
5．（2020·全国高考真题（理））如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应
的点为 M ，在俯视图中对应的点为 N ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）
A． E B． F C．G D． H
【答案】A
【解析】
根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得 M 点在侧视图中对应的点.
【详解】
根据三视图，画出多面体立体图形，
1 4D D 上的点在正视图中都对应点 M,直线 3 4B C 上的点在俯视图中对应的点为 N,
∴在正视图中对应 M ,在俯视图中对应 N 的点是 4D ,线段 3 4D D ,上的所有点在侧试图中都对应 E ,∴点 4D
在侧视图中对应的点为 E .
故选：A
6．（2021·全国高三其他模拟（理））四面体 ABCD 的顶点 A ，B ，C ，D 在同个球面上，AD 平面 ABC ，
2 6
3AD ， 2AB ， 3AC ， 60CAB ，则该四面体的外接球的表面积为（ ）
A． 6 B． 14
3
C．12 D．16
3
【答案】C
【解析】
过 ABC 外接圆 1O ，作直线l 平面 ABC ，可得 1
1 6
2 3OO AD ，在 ABC 中，利用余弦定理求出
7BC ，再由正弦定理求出 ABC 外接圆半径，利用勾股定理求出外接球半径，根据球的表面积公式
即可求解.
【详解】
如图所示，作 ABC 外接圆 1O ，
过 1O 作直线 l 平面 ABC ，又 DA 平面 ABC ，
/ /DA l ，连接 1AO ，并延长交球O 于 H ，
连接 DH ，与l 的交点为球心 O ，OH OD R ，
则 1
1 6
2 3OO AD ，
在 ABC 中，由余弦定理得
2 2 2 2 cos60BC AB AC AB AC
14 9 2 2 3 72
，
7BC ，
又由正弦定理得 12sin60
BC O H ( 1O H 为外接圆半径)， 1
21
3O H
2 2 2 2
1 1
6 21 39 9R OH OO O H ，
24 12S R .
故选：C.
7．（2020·海南高考真题）日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子
来测定时间．把地球看成一个球(球心记为 O)，地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角，
点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面.在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点
A 处的纬度为北纬 40°，则晷针与点 A 处的水平面所成角为（ ）
A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【解析】
画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定
有关截线的关系，根据点 A 处的纬度，计算出晷针与点 A 处的水平面所成角.
【详解】
画出截面图如下图所示，其中 CD 是赤道所在平面的截线；l 是点 A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ；
AB 是晷针所在直线. m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知 //m CD 、根据线面垂直的定义可得 AB m ..
由于 40 , //AOC m CD ，所以 40OAG AOC ，
由于 90OAG GAE BAE GAE ，
所以 40BAE OAG ，也即晷针与点 A 处的水平面所成角为 40BAE .
故选：B
8．（2020·全国高考真题（理））已知
△
ABC 是面积为 9 3
4
的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上.若球
O 的表面积为 16π，则 O 到平面 ABC 的距离为（ ）
A． 3 B． 3
2 C．1 D． 3
2
【答案】C
【解析】
根据球O 的表面积和 ABC 的面积可求得球O 的半径 R 和 ABC 外接圆半径 r ，由球的性质可知所求距
离 2 2d R r .
【详解】
设球 O 的半径为 R ，则 24 16R ，解得： 2R .
设 ABC 外接圆半径为 r ，边长为 a ，
ABC 是面积为 9 3
4
的等边三角形，
21 3 9 3
2 2 4a ，解得： 3a ，
2
22 2 99 33 4 3 4
ar a ，
球心 O 到平面 ABC 的距离 2 2 4 3 1d R r .
故选：C.
9．（2021·全国高三其他模拟）在三棱锥 P ABC 中，BC ⊥ 平面 PAB ， AP AB ，D 是 BC 的中点．若
45APB ， 60APC ，则直线 PD 与平面 ABC 所成角的正弦值为（ ）
A． 6
3
B． 3
2
C． 10
5
D． 15
5
【答案】C
【解析】
根据线面角的定义找到直线 PD 与平面 ABC 所成角的平面角，法一：应用几何法，根据线面垂直的性质、
勾股定理求对应边，在直角三角形中求线面角的正弦值；法二：应用向量法，构建空间直角坐标系，并确
定线面角两边所在直线的方向向量坐标，进而求其余弦值，由同角三角函数关系求正弦值.
【详解】
在三棱锥 P ABC 中， BC ⊥ 平面 PAB ， AP 面 PAB ，
∴ BC AP ，又 AP AB ， AB BC B ，
∴ PA 平面 ABC ，即 PDA 即直线 PD 与平面 ABC 所成角．
法一：设 PA a ，由 45APB ， 60APC ，得 AB PA a ，
∴ 3AC a ， 2 23 2BC a a a ．又 D 是 BC 的中点，则 2
2
aBD ，
∴在 Rt ABD△ 中， 2 21 6
2 2AD a a a ．
又易知 PA AD ，在 Rt PADV 中，
2
2 6 10
2 2PD a a a
，
∴ 10sin 5
APPDA PD
.
法二：过点 A 在平面 ABC 内作 / /Ax BC ．易知直线 AP ， AB ， Ax 两两垂直，可建立如图所示的空间直
角坐标系 A xyz ．
不妨设 1PA ，则 1AB ， 3AC ， 2BC ， 2
2BD ，有 0,0,0A ， 0,0,1P ， 2 ,1,02D
，
∴ 2 , 1,02DA
， 2 , 1,12DP
，则
3
152cos , 53 5
2 2
DA DPDA DP
DA DP
，
∴ 10sin , 5DA DP .
故选：C．
10．（2018·全国高考真题（理））设 A B C D， ， ， 是同一个半径为 4 的球的球面上四点， ABC 为等边
三角形且其面积为 9 3 ，则三棱锥 D ABC 体积的最大值为（ ）
A．12 3 B．18 3 C． 24 3 D．54 3
【答案】B
【解析】
如图所示，
点 M 为三角形 ABC 的中心，E 为 AC 中点，
当 DM 平面 ABC 时，三棱锥 D ABC 体积最大
此时， OD OB R 4
23 9 34ABCS AB
AB 6 ,
点 M 为三角形 ABC 的中心
2BM 2 33 BE
Rt OMB 中，有 2 2OM 2OB BM
DM OD OM 4 2 6
max
1 9 3 6 18 33D ABCV
故选 B.
二、多选题
11．（2021·辽宁高三其他模拟）矩形 ABCD 中， 4AB ， 3BC ，将 ABD△ 沿 BD 折起，使 A 到 A 的
位置， A 在平面 BCD的射影 E 恰落在 CD 上，则（ ）
A．三棱锥 A BCD 的外接球直径为5 B．平面 A BD 平面 A BC
C．平面 A BD 平面 ACD D． A D 与 BC 所成角为 60
【答案】AB
【解析】
根据面面垂直的判定定理以及面面垂直的性质定理结合对选项 BCD 逐一进行分析，对 A 选项注意确定球心
位置，然后利用勾股定理求解外接球的直径.
【详解】
由题意， A E 平面 BCD BC A E ，又 BC CD ， A E CD E I ，∴ BC ⊥ 平面
A CD BC A D ．故 D 错误；
又 A B A D ， A B BC B ，可得 A D 平面 A BC ，又 A D 平面 A BD 平面 A BD 平面
A BC ．故 B 正确；
对 C，若平面 A BD 平面 ACD ，则由 A B A D A B 平面 90A CD BA C 与 90A CB
矛盾，故 C 错误；
取 BD 中点为 O ．则OA OB OC OD ，故 O 为三棱锥 A BCD 的外接球球心，
所以直径 2 23 4 5d BD ，故 A 正确．
故选：AB
三、填空题
12．（2020·海南高考真题）已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，M、N 分别为 BB1、AB 的中点，则三棱
锥 A-NMD1 的体积为____________
【答案】 1
3
【解析】
利用 1 1A NMD D AMNV V 计算即可.
【详解】
因为正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，M、N 分别为 BB1、AB 的中点
所以
1 1
1 1 11 1 23 2 3A NMD D AMNV V
故答案为： 1
3
13．（2021·全国高三其他模拟（理））如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如
此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，
六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若用一小桶油漆刚好可以涂该二十四等边体的表面一
遍，则用该小桶油漆去涂与该二十四等边体棱长相等的正四面体魔方表面(也是涂一遍)，那么至少可以涂
___________个这样的正四面体魔方.(结果取整数)
【答案】 5
【解析】
设二十四等边体的棱长为1，计算其表面积，再计算正四面体魔方的表面积，即可解得.
【详解】
设该二十四等边体的棱长为1，则正四面体魔方的棱长也为1，则该二十四等边体的表面积为
2 21 38 1 6 1 2 3 62 2
，正四面体的表面积为 21 34 1 32 2
，而
2 3 6 62 5.46
3 3
，所以至少可以涂 5个这样正四面体魔方.
故答案为：5.
14．（2021·山东德州市·高三一模）已知三棱锥 P ABC 中， AP 、 AB 、 AC 三条棱两两垂直，且长度均
为 2 3 ，以顶点 P 为球心，4 为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为______．
【答案】 3
【解析】
采用数形结合，然后利用弧长公式计算即可.
【详解】
由题可知： AP 、 AB 、 AC 三条棱两两垂直，且长度均为 2 3
如图：
所以 2
2 2 3 2 6PC PB BC
224 2 3 2AM AF ，
所以 2 3tan tan 32 3
APF APM ，则
6APF APM
所以
12EPF CPM ，则 412 3EF MN
44 , 23 3 2NE MF
所以球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为 42 33 3
故答案为：3
15．（2020·海南高考真题）已知直四棱柱 ABCD–A1B1C1D1 的棱长均为 2，∠BAD=60°．以 1D 为球心， 5 为
半径的球面与侧面 BCC1B1 的交线长为________．
【答案】 2
2
.
【解析】
根据已知条件易得 1D E 3 ， 1D E 侧面 1 1B C CB ，可得侧面 1 1B C CB 与球面的交线上的点到 E 的距离为
2 ，可得侧面 1 1B C CB 与球面的交线是扇形 EFG 的弧 FG ，再根据弧长公式可求得结果.
【详解】
如图：
取 1 1B C 的中点为 E ， 1BB 的中点为 F ， 1CC 的中点为G ，
因为 BAD 60°，直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长均为 2，所以
△
1 1 1D B C 为等边三角形，所以 1D E 3 ，
1 1 1D E B C ，
又四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 为直四棱柱，所以 1BB 平面 1111 DCBA ，所以 1 1 1BB B C ，
因为 1 1 1 1BB B C B ，所以 1D E 侧面 1 1B C CB ，
设 P 为侧面 1 1B C CB 与球面的交线上的点，则 1D E EP ，
因为球的半径为 5 ， 1 3D E ，所以 2 2
1 1| | | | | | 5 3 2EP D P D E ，
所以侧面 1 1B C CB 与球面的交线上的点到 E 的距离为 2 ，
因为| | | | 2EF EG ，所以侧面 1 1B C CB 与球面的交线是扇形 EFG 的弧 FG ，
因为 1 1 4B EF C EG ，所以
2FEG ，
所以根据弧长公式可得 222 2FG .
故答案为： 2
2
.
16．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为
_________．
【答案】 2
3
【解析】
将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.
【详解】
易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中 2, 3BC AB AC ，且点 M 为 BC 边上的中点，
设内切圆的圆心为 O ，
由于 2 23 1 2 2AM ，故 1 2 2 2 2 22S △ABC ，
设内切圆半径为 r ，则：
ABC AOB BOC AOCS S S S △ △ △ △
1 1 1
2 2 2AB r BC r AC r
1 3 3 2 2 22 r ，
解得： 2
2r = ，其体积： 34 2
3 3V r .
故答案为： 2
3
.
【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确
定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方
体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
17．（2019·全国高考真题（文））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为
长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）.半正多面体
是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图 2 是一个棱数为 48 的
半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1．则该半正多面体共有
________个面，其棱长为_________．
【答案】共 26 个面. 棱长为 2 1 .
【解析】
由图可知第一层与第三层各有 9 个面，计 18 个面，第二层共有 8 个面，所以该半正多面体共有18 8 26
个面．
如图，设该半正多面体的棱长为 x ，则 AB BE x ，延长 BC 与 FE 交于点G ，延长 BC 交正方体棱于 H ，
由半正多面体对称性可知， BGE 为等腰直角三角形，
2 2, 2 ( 2 1) 12 2BG GE CH x GH x x x ，
1 2 1
2 1
x
，即该半正多面体棱长为 2 1 ．
18．（2021·全国高三其他模拟（文））四面体 ABCD 的顶点 A 、B 、C 、D 在同个球面上，AD 平面 ABC ，
2 6
3AD ， 2AB ， 3AC ， 60CAB ，则该四面体的外接球的表面积为___________.
【答案】12
【解析】
利用余弦定理计算出 AB ，利用正弦定理计算出 ABC 的外接圆半径 r ，利用公式
2
2
2
ADR r
可
计算出四面体 ABCD 的外接球半径 R ，利用球体面积可求得结果.
【详解】
如下图所示：
圆柱 1 2O O 的底面圆直径为 2r ，母线长为 h ，则 1 2O O 的中点 O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O 为
圆柱 1 2O O 的外接球球心.
可将三棱锥 D ABC 放在圆柱 1 2O O 内 ，使得圆 2O 为 ABC 的外接圆，点 D 在圆 1O 上，
由余弦定理可得 2 2 2 2 cos 7BC AB AC AB AC BAC ，则 7BC ，
所以， ABC 的外接圆直径为 2 212 sin 3
BCr BAC
， 21
3r ,
AD 平面 ABC ，所以，四面体 ABCD 的外接球半径为
2
2 32
ADR r
，
因此，四面体 ABCD 的外接球的表面积为 24 12R .
故答案为：12 .
【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中
去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则
球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
四、解答题
19．（2020·海南高考真题）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，QB= 2 ，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
3
.
【解析】
（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得 //AD l ，利用线面垂直的判定定理证得 AD 平面 PDC ，
从而得到 l 平面 PDC ；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点 ( ,0,1)Q m ，之后求得平面 QCD
的法向量以及向量 PB
的坐标，求得 cos ,n PB ，即可得到直线 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值.
【详解】
（1）证明：
在正方形 ABCD 中， //AD BC ，
因为 AD 平面 PBC ， BC 平面 PBC ，
所以 //AD 平面 PBC ，
又因为 AD 平面 PAD ，平面 PAD 平面 PBC l ，
所以 //AD l ，
因为在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，所以 , ,AD DC l DC
且 PD 平面 ABCD ，所以 , ,AD PD l PD
因为CD PD D
所以 l 平面 PDC ；
（2）如图建立空间直角坐标系 D xyz ，
因为 1PD AD ，则有 (0,0,0), (0,1,0), (1,0,0), (0,0,1), (1,1,0)D C A P B ，
设 ( ,0,1)Q m ，则有 (0,1,0), ( ,0,1), (1,1, 1)DC DQ m PB ，
因为 QB= 2 ，所以有 2 2 2( 1) (0 1) (1 0) 2 1m m
设平面QCD 的法向量为 ( , , )n x y z ，
则 0
0
DC n
DQ n
，即 0
0
y
x z
，
令 1x ，则 1z ，所以平面 QCD 的一个法向量为 (1,0, 1)n ，则
2 2 2 2 2 2
1 0 1 2 6cos , .32 31 0 ( 1) 1 1 1
n PBn PB
n PB
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与
平面所成角的正弦值等于 6| cos , | 3n PB
r uur
所以直线 PB 与平面QCD 所成角的正弦值为 6
3
.
20．（2021·北京高三二模）如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为正方形．且 PA 平面 ABCD ，
M，N 分别为 ,PB PD 的中点．
（1）求证： / /MN 平面 ABCD ；
（2）若 2PA AB ，求CN 与平面 PBD 所成角的正弦值．
【答案】（1）详见解析；（2） 2
3
.
【解析】
（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即转化为证明 / /MN BD ；（2）首先建立空间直角坐标系，求平
面 PBD 的法向量，利用线面角的向量公式求解.
【详解】
（1）连结 BD ，
,M N 分别是 ,PB PD 的中点， / /MN BD ，
MN 平面 ABCD ， BD 平面 ABCD ，
/ /MN 平面 ABCD ；
（2）如图，以点 A 为原点， , ,AB AD AP
为 , ,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系，
0 0 2P , , ， 2,0,0B ， 0,2,0D 2,2,0C ， 0,1,1N ，
2,0, 2PB ， 2,2,0PD ， 2, 1,1CN ，
设平面 PBD 的法向量 , ,n x y zr ，
则 0
0
PB n
PD n
，即 2 2 0
2 2 0
x z
x y
，令 1x ，则 1, 1y z ，
平面 PBD 的法向量 1,1,1n ，
则 2 1 1 1 1 1 2sin cos , 36 3
CN n
CN n
CN n
，
所以 CN 与平面 PBD 所成角的正弦值是 2
3
.
21．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1CC 平面 , , 2ABC AC BC AC BC ，
1 3CC ，点 ,D E 分别在棱 1AA 和棱 1CC 上，且 1 2,AD CE M 为棱 1 1A B 的中点．
（Ⅰ）求证： 1 1C M B D ；
（Ⅱ）求二面角 1B B E D 的正弦值；
（Ⅲ）求直线 AB 与平面 1DB E 所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 30
6
；（Ⅲ） 3
3
.
【解析】
以C 为原点，分别以 1, ,CA CB CC
的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标系.
（Ⅰ）计算出向量 1C M
和 1B D
的坐标，得出 1 1 0C M B D ，即可证明出 1 1C M B D ；
（Ⅱ）可知平面 1BB E 的一个法向量为CA
，计算出平面 1B ED 的一个法向量为 n
，利用空间向量法计算出
二面角 1B B E D 的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；
（Ⅲ）利用空间向量法可求得直线 AB 与平面 1DB E 所成角的正弦值.
【详解】
依题意，以C 为原点，分别以CA
、CB
、 1CC
的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如
图），
可得 0,0,0C 、 2,0,0A 、 0,2,0B 、 1 0,0,3C 、
1 2,0,3A 、 1 0,2,3B 、 2,0,1D 、 0,0,2E 、 1,1,3M .
（Ⅰ）依题意， 1 1,1,0C M ， 1 2, 2, 2B D ，
从而 1 1 2 2 0 0C M B D ，所以 1 1C M B D ；
（Ⅱ）依题意， 2,0,0CA 是平面 1BB E 的一个法向量，
1 0,2,1EB ， 2,0, 1ED ．
设 , ,n x y z 为平面 1DB E 的法向量，
则 1 0
0
n EB
n ED
，即 2 0
2 0
y z
x z
，
不妨设 1x ，可得 1, 1,2n ．
2 6cos , 62 6C
CA n
A
C
n
A n
，
2 30sin , 1 cos , 6CA n CA n ．
所以，二面角 1B B E D 的正弦值为 30
6
；
（Ⅲ）依题意， 2,2,0AB ．
由（Ⅱ）知 1, 1,2n 为平面 1DB E 的一个法向量，于是 4 3cos , 32 2 6
AB nAB n
AB n
．
所以，直线 AB 与平面 1DB E 所成角的正弦值为 3
3
.
22．（2020·北京高考真题）如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，E 为 1BB 的中点．
（Ⅰ）求证： 1 / /BC 平面 1AD E ；
（Ⅱ）求直线 1AA 与平面 1AD E 所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 2
3 .
【解析】
（Ⅰ）证明出四边形 1 1ABC D 为平行四边形，可得出 1 1//BC AD ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；
（Ⅱ）以点 A 为坐标原点， AD 、 AB 、 1AA 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系 A xyz ，
利用空间向量法可计算出直线 1AA 与平面 1AD E 所成角的正弦值.
【详解】
（Ⅰ）如下图所示：
在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 1 1//AB A B 且 1 1AB A B ， 1 1 1 1//A B C D 且 1 1 1 1A B C D ，
1 1//AB C D 且 1 1AB C D ，所以，四边形 1 1ABC D 为平行四边形，则 1 1//BC AD ，
1BC 平面 1AD E ， 1AD 平面 1AD E ， 1 //BC 平面 1AD E ；
（Ⅱ）以点 A 为坐标原点， AD 、 AB 、 1AA 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如下图所示的空间直角坐
标系 A xyz ，
设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 2 ，则 0,0,0A 、 1 0,0,2A 、 1 2,0,2D 、 0,2,1E ，
1 2,0,2AD ， 0,2,1AE ，
设平面 1AD E 的法向量为 , ,n x y z
，由 1 0
0
n AD
n AE
，得 2 2 0
2 0
x z
y z
，
令 2z ，则 2x ， 1y ，则 2,1, 2n
.
1
1
1
4 2cos , 3 2 3
n AAn AA
n AA
.
因此，直线 1AA 与平面 1AD E 所成角的正弦值为 2
3 .
23．（2020·浙江高考真题）如图，三棱台 ABC—DEF 中，平面 ACFD⊥平面 ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC
=2BC．
（I）证明：EF⊥DB ；
（II）求 DF 与面 DBC 所成角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II） 3
3
【解析】
（I）作 DH AC 交 AC 于 H ，连接 BH ，由题意可知 DH 平面 ABC ，即有 DH BC ，根据勾股定
理可证得 BC BH ，又 / /EF BC ，可得 DH EF ，BH EF ，即得 EF 平面 BHD ，即证得 EF DB ；
（II）由 / /DF CH ，所以 DF 与平面 DBC 所成角即为CH 与平面 DBC 所成角，作 HG BD 于G ，连
接CG ，即可知 HCG 即为所求角，再解三角形即可求出 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值．
【详解】
（Ⅰ）作 DH AC 交 AC 于 H ，连接 BH ．
∵平面 ADFC 平面 ABC ，而平面 ADFC 平面 ABC AC ， DH 平面 ADFC ，
∴ DH 平面 ABC ，而 BC 平面 ABC ，即有 DH BC ．
∵ 45ACB ACD ，
∴ 2 2 2CD CH BC CH BC ．
在 CBH 中， 2 2 2 22 cos45BH CH BC CH BC BC ，即有 2 2 2BH BC CH ，∴ BH BC ．
由棱台的定义可知， / /EF BC ，所以 DH EF ， BH EF ，而 BH DH H ，
∴ EF 平面 BHD ，而 BD 平面 BHD ，∴ EF DB ．
（Ⅱ）因为 / /DF CH ，所以 DF 与平面 DBC 所成角即为与 CH 平面 DBC 所成角．
作 HG BD 于G ，连接CG ，由（1）可知， BC ⊥ 平面 BHD ，
因为所以平面 BCD 平面 BHD ，而平面 BCD 平面 BHD BD ，
HG 平面 BHD ，∴ HG 平面 BCD．
即CH 在平面 DBC 内的射影为CG ， HCG 即为所求角．
在 Rt HGC△ 中，设 BC a ，则 2CH a ， 2 2
3 3
BH DH a aHG aBD a
，
∴ 1 3sin 33
HGHCG CH
．
故 DF 与平面 DBC 所成角的正弦值为 3
3
．
24．（2020·海南高考真题）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】（1）证明见解析；（2） 6
3
.
【解析】
（1）利用线面垂直的判定定理证得 AD 平面 PDC ，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得 //AD l ，
从而得到 l 平面 PDC ；
（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点 ( ,0,1)Q m ，之后求得平面 QCD
的法向量以及向量 PB
的坐标，求得 cos ,n PB 的最大值，即为直线 PB 与平面QCD 所成角的正弦值的
最大值.
【详解】
（1）证明：
在正方形 ABCD 中， //AD BC ，
因为 AD 平面 PBC ， BC 平面 PBC ，
所以 //AD 平面 PBC ，
又因为 AD 平面 PAD ，平面 PAD 平面 PBC l ，
所以 //AD l ，
因为在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，所以 , ,AD DC l DC
且 PD 平面 ABCD ，所以 , ,AD PD l PD
因为CD PD D
所以 l 平面 PDC ；
（2）如图建立空间直角坐标系 D xyz ，
因为 1PD AD ，则有 (0,0,0), (0,1,0), (1,0,0), (0,0,1), (1,1,0)D C A P B ，
设 ( ,0,1)Q m ，则有 (0,1,0), ( ,0,1), (1,1, 1)DC DQ m PB ，
设平面QCD 的法向量为 ( , , )n x y z ，
则 0
0
DC n
DQ n
，即 0
0
y
mx z
，
令 1x ，则 z m ，所以平面 QCD 的一个法向量为 (1,0, )n m ，则
2
1 0cos ,
3 1
n PB mn PB
n PB m
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与
平面所成角的正弦值等于
2
|1 || cos , |
3 1
mn PB
m
r uur 2
2
3 1 2
3 1
m m
m
2 2
3 2 3 2| | 3 61 1 1 13 1 3 1 3 3
m m
m m
，当且仅当 1m 时取等号，
所以直线 PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为 6
3
.
25．（2020·江苏高考真题）在三棱锥 A—BCD 中，已知 CB=CD= 5 ,BD=2，O 为 BD 的中点，AO⊥平面 BCD，
AO=2，E 为 AC 的中点．
（1）求直线 AB 与 DE 所成角的余弦值；
（2）若点 F 在 BC 上，满足 BF= 1
4 BC，设二面角 F—DE—C 的大小为θ，求 sinθ的值．
【答案】（1） 15
15
（2） 2 39
13
【解析】
（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
（1）连 ,CO BC CD BO OD CO BD Q
以 , ,OB OC OA 为 , ,x y z 轴建立空间直角坐标系，则 (0,0,2), (1,0,0), (0,2,0), ( 1,0,0) (0,1,1)A B C D E
1 15(1,0, 2), (1,1,1) cos , 155 3
AB DE AB DE
uuur uuur uuur uuur
从而直线 AB 与 DE 所成角的余弦值为 15
15
（2）设平面 DEC 一个法向量为 1 ( , , ),n x y z
1
1
2 00(1,2,0), 00
x yn DCDC x y zn DE
令 11 2, 1 ( 2,1,1)y x z n
ur
设平面 DEF 一个法向量为
2 1 1 1( , , ),n x y z
uur 1 12
2
1 1 1
7 1 001 7 1( , ,0), 4 24 4 2 0 0
x yn DFDF DB BF DB BC
n DE x y z
令 1 1 1 27 2, 5 (2, 7,5)y x z n
uur
1 2
6 1cos ,
6 78 13
n n
ur uur
因此 12 2 39sin 1313
26．（2020·全国高考真题（理））如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 ,E F 分别在棱 1 1,DD BB 上，且
12DE ED ， 12BF FB ．
（1）证明：点 1C 在平面 AEF 内；
（2）若 2AB ， 1AD ， 1 3AA ，求二面角 1A EF A 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 42
7
.
【解析】
（1）连接 1C E 、 1C F ，证明出四边形 1AEC F 为平行四边形，进而可证得点 1C 在平面 AEF 内；
（2）以点 1C 为坐标原点， 1 1C D 、 1 1C B 、 1C C 所在直线分别为 x 、 y 、z 轴建立空间直角坐标系 1C xyz ，
利用空间向量法可计算出二面角 1A EF A 的余弦值，进而可求得二面角 1A EF A 的正弦值.
【详解】
（1）在棱 1CC 上取点G ，使得 1
1
2C G CG ，连接 DG 、 FG 、 1C E 、 1C F ，
在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， //AD BC 且 AD BC ， 1 1//BB CC 且 1 1BB CC ，
1
1
2C G CG ， 12BF FB ， 1 1
2 2
3 3CG CC BB BF 且CG BF ，
所以，四边形 BCGF 为平行四边形，则 //AF DG 且 AF DG ，
同理可证四边形 1DEC G 为平行四边形， 1 //C E DG 且 1C E DG ，
1 //C E AF 且 1C E AF ，则四边形 1AEC F 为平行四边形，
因此，点 1C 在平面 AEF 内；
（2）以点 1C 为坐标原点， 1 1C D 、 1 1C B 、 1C C 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如下图所示的空间直角坐
标系 1C xyz ，
则 2,1,3A 、 1 2,1,0A 、 2,0,2E 、 0,1,1F ，
0, 1, 1AE ， 2,0, 2AF ， 1 0, 1,2A E ， 1 2,0,1A F ，
设平面 AEF 的法向量为 1 1 1, ,m x y z ，
由 0
0
m AE
m AF
，得 1 1
1 1
0
2 2 0
y z
x z
取 1 1z ，得 1 1 1x y ，则 1,1, 1m ，
设平面 1A EF 的法向量为 2 2 2, ,n x y z ，
由 1
1
0
0
n A E
n A F
，得 2 2
2 2
2 0
2 0
y z
x z
，取 2 2z ，得 2 1x ， 2 4y ，则 1,4,2n ，
3 7cos , 73 21
m nm n
m n
，
设二面角 1A EF A 的平面角为 ，则 7cos 7
， 2 42sin 1 cos 7
.
因此，二面角 1A EF A 的正弦值为 42
7
.
27．（2020·全国高考真题（文））如图，在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 E ，F 分别在棱 1DD ， 1BB 上，
且 12DE ED ， 12BF FB ．证明：
（1）当 AB BC 时， EF AC ；
（2）点 1C 在平面 AEF 内．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据正方形性质得 AC BD ，根据长方体性质得 1AC BB ,进而可证 AC 平面 1 1BB D D ,即得结果；
（2）只需证明 1 //EC AF 即可，在 1CC 上取点 M 使得 12CM MC ,再通过平行四边形性质进行证明即可.
【详解】
（1）因为长方体 1 1 1 1ABCD A B C D ,所以 1BB 平面 ABCD 1AC BB ,
因为长方体 1 1 1 1,ABCD A B C D AB BC ,所以四边形 ABCD 为正方形 AC BD
因为 1 1,BB BD B BB BD I 、 平面 1 1BB D D ,因此 AC 平面 1 1BB D D ,
因为 EF 平面 1 1BB D D ,所以 AC EF ；
（2）在 1CC 上取点 M 使得 12CM MC ,连 ,DM MF ,
因为 1 1 1 1 12 , // , =D E ED DD CC DD CC ,所以 1 1, // ,ED MC ED MC
所以四边形 1DMC E 为平行四边形， 1//DM EC
因为 // , = ,MF DA MF DA 所以 M F A D、 、 、 四点共面，所以四边形 MFAD 为平行四边形，
1// , //DM AF EC AF ，所以 1E C A F、 、 、 四点共面，
因此 1C 在平面 AEF 内
28．（2020·全国高考真题（文））如图， D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心， ABC 是底面的内接正
三角形， P 为 DO 上一点，∠APC=90°．
（1）证明：平面 PAB⊥平面 PAC；
（2）设 DO= 2 ，圆锥的侧面积为 3π ，求三棱锥 P−ABC 的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2） 6
8
.
【解析】
（1）根据已知可得 PA PB PC ，进而有 PAC△ ≌ PBC ，可得
90APC BPC ，即 PB PC ，从而证得 PC 平面 PAB ，即可证得结论；
（2）将已知条件转化为母线l 和底面半径 r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形 ABC
边长，在等腰直角三角形 APC 中求出 AP ，在 Rt APO 中，求出 PO ，即可求出结论.
【详解】
（1）连接 , ,OA OB OC ， DQ 为圆锥顶点，O 为底面圆心， OD 平面 ABC ，
P 在 DO 上， ,OA OB OC PA PB PC ，
ABC 是圆内接正三角形， AC BC ， PAC△ ≌ PBC ，
90APC BPC ，即 ,PB PC PA PC ，
,PA PB P PC 平面 ,PAB PC 平面 PAC ，平面 PAB 平面 PAC ；
（2）设圆锥的母线为l ，底面半径为 r ，圆锥的侧面积为 3 , 3rl rl ，
2 2 2 2OD l r ，解得 1, 3r l ， 2 sin 60 3AC r ，
在等腰直角三角形 APC 中， 2 6
2 2AP AC ，
在 Rt PAO 中， 2 2 6 214 2PO AP OA ，
三棱锥 P ABC 的体积为 1 1 2 3 633 3 2 4 8P ABC ABCV PO S △ .
29．（2020·全国高考真题（理））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， 6
6PO DO ．
（1）证明： PA 平面 PBC ；
（2）求二面角 B PC E 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 5
5
.
【解析】
（1）要证明 PA 平面 PBC ，只需证明 PA PB ， PA PC 即可；
（2）以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，ON 为 y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别算出平面 PCB 的法
向量为 n
，平面 PCE 的法向量为 m
，利用公式 cos ,
| || |
n mm n
n m
计算即可得到答案.
【详解】
（1）由题设，知 DAE△ 为等边三角形，设 1AE ，
则 3
2DO ， 1 1
2 2CO BO AE ，所以 6 2
6 4PO DO ，
2 2 2 26 6, ,4 4PC PO OC PB PO OB
又 ABC 为等边三角形，则 2sin60
BA OA ，所以 3
2BA ，
2 2 23
4PA PB AB ，则 90APB ，所以 PA PB ，
同理 PA PC ，又 PC PB P ，所以 PA 平面 PBC ；
（2）过 O 作 ON ∥BC 交 AB 于点 N，因为 PO 平面 ABC ，以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，ON 为 y 轴建
立如图所示的空间直角坐标系，
则 1 2 1 3 1 3( ,0,0), (0,0, ), ( , ,0), ( , ,0)2 4 4 4 4 4E P B C ，
1 3 2( , , )4 4 4PC ， 1 3 2( , , )4 4 4PB ， 1 2( ,0, )2 4PE ，
设平面 PCB 的一个法向量为 1 1 1( , , )n x y z ，
由 0
0
n PC
n PB
，得 1 1 1
1 1 1
3 2 0
3 2 0
x y z
x y z
，令 1 2x ，得 1 11, 0z y ，
所以 ( 2,0, 1)n ，
设平面 PCE 的一个法向量为 2 2 2( , , )m x y z
由 0
0
m PC
m PE
，得 2 2 2
2 2
3 2 0
2 2 0
x y z
x z
，令 2 1x ，得 2 2
32, 3z y ，
所以 3(1, , 2)3m
故
2 2 2 5cos , 5| | | | 103
3
n mm n
n m
，
设二面角 B PC E 的大小为 ，则 2 5cos 5
.
30．（2021·辽宁高三其他模拟）四棱锥 P ABCD 中， //AB CD ， 90PDA BAD ，
1
2PD DA AB CD ，S为 PC 中点， BS CD ．
（1）证明： PD 平面 ABCD ；
（2）平面 SAD 交 PB 于Q ，求 CQ 与平面 PCD所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） 2 21
21
.
【解析】
（1）取 CD 中点为 M ，得到 BM CD ，由 BS CD ，证得 CD 平面 BSM ，得到 CD SM ,再根据
CD PD ，结合线面垂直的判定定理，证得 PD 平面 ABCD ；
（2）以 , ,DA DC DP
方向为 , ,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz ，设 1AB ，根据 2PQ QB ，
求得 CQ
坐标，再求得平面 PCD的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】
（1）取 CD 中点为 M ，则 DM AB 且 //DM AB ，
所以四边形 ABMD为平行四边形，可得 //BM AD ，
所以 BM CD ，又由 BS CD ， BM BS B ，
所以CD 平面 BSM ，又因为 SM 平面 BSM ，所以CD SM ,
又由 //SM PD ，所以CD PD ， AD PD ，CD AD D ，所以 PD 平面 ABCD ．
（2）延长 CB ， DA 交于 N ，连 SN 与 PB 交点即为 Q ，
因为 B 为CN 中点，S为 PC 中点，故Q 为 PNC△ 的重心，故 2PQ QB
uuur uuur ，
以 D 为原点， , ,DA DC DP
方向为 , ,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz ，不妨设 1AB ，则
1,1,0B ， 0,0.1P ，
设 , ,Q x y z 且 2PQ QB ，可得
2 1
2 1
1 2
x x
y y
z z
，所以 2 2 1, ,3 3 3x y z ，
可得 2 4 1, ,3 3 3CQ
uuur
，
因为 AD PD ， AD CD 且 PD CD D ，所以 AD 平面 PCD．
平面 PCD的法向量为 1,0,0DA ，
可得
2
2 213cos , 21211 9
CQ DACQ DA
CQ DA
uuur uuuruuur uuur
uuur uuur ．
即CQ 与平面 PCD所成角的正弦值为 2 21
21
．
31．（2021·全国高三专题练习）如图，四棱锥 P ABCD 中，PA 平面 ABCD ， //AD BC ， 120BAD ，
2AB AD ，点 M 在线段 PD 上，且 2DM MP ， //PB 平面 MAC .
（1）求证：平面 MAC 平面 PAD ；
（2）若 3PA ，求平面 PAB 和平面 MAC 所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 3 30
20
.
【解析】
（1）由线面平行的性质有 //PB MN ，根据平行分线段等比例及构成相似三角形，可求 BC ，进而应用余弦
定理及勾股逆定理证 AC BC ，进而有 AC AD ，再由线面垂直的性质及判定、面面垂直的判定即可证
平面 MAC 平面 PAD ；
（2）构建空间直角坐标系，确定相关点的坐标，进而得到相应线段的向量坐标，求二面角各半平面的法向
量，根据法向量与二面角的关系，求二面角余弦值.
【详解】
（1）如图，连接 BD 交 AC 于点 N ，连接 MN ，
∵ //PB 平面 MAC ， MN 平面 MAC ，平面 PBD 平面 MAC MN ，
∴ //PB MN ，
由 2DM MP ，知 2DN NB ，又 //AD BC ，即 1 12BC AD ，
在 ABC 中， 60ABC ，由余弦定理： 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC ，得 3AC ，
即 2 2 2AC BC AB ，故 AC BC ，则 AC AD ，
∵ PA 平面 ABCD ， AC 平面 ABCD ，
∴ PA AC ，又 PA AD A ，
∴ AC 平面 PAD ，又 AC 平面 MAC ，
∴平面 MAC 平面 PAD .
（2）由（1）知 AC AD ， AC AP ， AP AD ，如图建立空间直角坐标系O xyz ，
由题意，有 2(0,0,0), ( 3, 1,0), ( 3,0,0), (0, ,2), (0,0,3)3A B C M P ，
∴ 0,0,3AP ， 3, 1,0AB
uuur
， 20, ,23AM
uuur
， 3,0,0AC
uuur
，
设平面 PAB 的法向量为 1 1 1 1, ,n x y z ，则 1
1
0{
0
n AP
n AB
，即 1
1 1
3 0
3 0
z
x y
，令 1 1x ，得 1 3y ， 1 0z ，
则 1 1, 3,0n
，
设平面 MAC 的法向量为 2 2 2 2, ,n x y z
uur ，则 2
2
0
0
n AC
n AM
，即 2
2 2
0
3 0
x
y z
，令 2 1z ，得 2 3y ， 2 0x ，
则 2 0,3, 1n ，
设平面 PAB 和平面 MAC 所成二面角的大小为 ，则 2 2
1 2
3 3 3 30cos 202 10
n n
n n
uur uur
ur uur ，
∴由平面 PAB 和平面 MAC 所成锐二面角，故其余弦值为 3 30
20
.
32．（2021·全国高三其他模拟（理））已知在六面体 PABCDE 中，PA 平面 ABCD ，ED 平面 ABCD ，
且 2PA ED ，底面 ABCD 为菱形，且 60ABC .
（1）求证：平面 PAC 平面 PBD ；
（2）若直线 PC 与平面 ABCD 所成角为 45，试问：在线段 PE 上是否存在点 M ，使二面角 P AC M
为 60 ？若存在，确定点 M 的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在点 M ，即为点 E 时.
【解析】
（1）由已知先证线面垂直，再由线面垂直证面面垂直.
（2）建系设点 M 的坐标，求二面角面的法向量，由法向量角建立等量关系确定点 M 的位置.
【详解】
连接 BD ，
四边形 ABCD 为菱形，
BD AC ，又 PA 平面 ABCD ， BD PA
又 PA AC A ， BD 平面 PAC ，
又 BD 平面 PBD ，
平面 PBD 平面 PAC .
（2） PA 平面 ABCD ，
AC 为 PC 在平面 ABCD 上的射影.
PCA 为直线 PC 与平面 ABCD 所成角，
45PCA ， PA AC ，
令 1DE ，则 2PA AC
又四边形 ABCD 为菱形， 60ABC ，
ABC 为等边三角形， 2AB
取 BC 的中点 H ，连接 AH ， 3AH
则 AH BC ， AH AD ，
以 A 为原点，分别以 AH ， AD ， AP 所在直线为 x ， y ， z ，建立空间直角坐标系，
如图所示，
则 (0,2,1)E ， (0,0,2)P ， ( 3,1,0)C ， ( 3, 1,0)B ， (0,2,0)D ，
(0, 2,1)EP
设 ( , , )M x y z ， M ， P ， E 三点共线， (0 1)EM EP ，
( , 2, 1) (0, 2,1)x y z ，
0x ， 2 2y ， 1z ， (0,2 2 ,1 )M ，
( 3,1,0)AC ， (0,2 2 ,1 )AM ， ( 3,3,0)BD ，
由（1）知 BD 平面 PAC ，
平面 PAC 的法向量 1 / /Bn D ，
1 ( 1, 3,0)n ，
令平面 ACM 的法向量为 2 ( , , )n x y z ，
则 2
2
0
0
n AC
n AM
，
3 0
2(1 ) (1 ) 0
x y
y z
令 3y ，则 2
2 3( 1)1, 3, 1n
二面角 P AC M 为 60 ，
1 2
1 2
1 2
cos , cos60 n nn n n n
，
2
2
4 1
212( 1)2 4 ( 1)
解得 0 ，
0 1 ，当 0 时，点 M 与点 E 重合，
存在点 M 即为点 E 时，二面角 P AC M 为 60 .
33．（2019·北京高考真题（理））如图，在四棱锥 P–ABCD 中，PA⊥平面 ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，
BC=3．E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且 1
3
PF
PC
．
（Ⅰ）求证：CD⊥平面 PAD；
（Ⅱ）求二面角 F–AE–P 的余弦值；
（Ⅲ）设点 G 在 PB 上，且 2
3
PG
PB
．判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由．
【答案】(Ⅰ)见解析；
(Ⅱ) 3
3
；
(Ⅲ)见解析.
【解析】
(Ⅰ)由于 PA⊥平面 ABCD，CD 平面 ABCD，则 PA⊥CD，
由题意可知 AD⊥CD，且 PA∩AD=A，
由线面垂直的判定定理可得 CD⊥平面 PAD.
(Ⅱ)以点 A 为坐标原点，平面 ABCD 内与 AD 垂直的直线为 x 轴，AD,AP 方向为 y 轴，z 轴建立如图所示的空
间直角坐标系 A xyz ，
易知： 0,0,0 , 0,0,2 , 2,2,0 , 0,2,0A P C D ，
由 1
3PF PC 可得点 F 的坐标为 2 2 4, ,3 3 3F
，
由 1
2PE PD 可得 0,1,1E ，
设平面 AEF 的法向量为： , ,m x y z ，则
2 2 4 2 2 4, , , , 03 3 3 3 3 3
, , 0,1,1 0
m AF x y z x y z
m AE x y z y z
，
据此可得平面 AEF 的一个法向量为： 1,1, 1m ，
很明显平面 AEP 的一个法向量为 1,0,0n
r ，
1 3cos , 33 1
m nm n
m n
，
二面角 F-AE-P 的平面角为锐角，故二面角 F-AE-P 的余弦值为 3
3
.
(Ⅲ)易知 0,0,2 , 2, 1,0P B ，由 2
3PG PB 可得 4 2 2, ,3 3 3G
，
则 4 2 2, ,3 3 3AG
，
注意到平面 AEF 的一个法向量为： 1,1, 1m ，
其 0m AG 且点 A 在平面 AEF 内，故直线 AG 在平面 AEF 内.
34．（2021·全国高三二模（理））如图甲是由正方形 ABCD ，等边 ABE△ 和等边 BCF△ 组成的一个平面
图形，其中 6AB ，将其沿 AB ， BC ， AC 折起得三棱锥 P ABC ，如图乙.
（1）求证：平面 PAC 平面 ABC ；
（2）过棱 AC 作平面 ACM 交棱 PB 于点 M ，且三棱锥 P ACM 和 B ACM 的体积比为1: 2，求直线
AM 与平面 PBC 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2） 42
7
.
【解析】
（1）取 AC 的中点为O ，连接 BO ， PO ，证明 PO AC ， PO OB ，即证 PO 平面 ABC ，即证得
面面垂直；
（2）建立如图空间直角坐标系，写出对应点的坐标和向量 AM
的坐标，再计算平面 PBC 法向量 n
，利用
所求角的正弦为 cos ,AM n
uuur r
即得结果.
【详解】
（1）证明：如图，取 AC 的中点为O ，连接 BO ， PO .
∵ PA PC ，∴ PO AC .
∵ 6PA PC ， 90APC ，
∴ 1 3 22PO AC ，同理 3 2BO .
又 6PB ，∴ 2 2 2PO OB PB ，
∴ PO OB .∵ AC OB O ， AC ，OB 平面 ABC ，
∴ PO 平面 ABC .
又 PO 平面 PAC ，
∴平面 PAC 平面 ABC ；
（2）解：如图建立空间直角坐标系，根据边长关系可知， 3 2,0,0A ， 3 2,0,0C ， 0,3 2,0B ，
0,0,3 2P ，
∴ 3 2,3 2,0CB
uur
， 3 2,0,3 2CP
uur
.
∵三棱锥 P ACM 和 B ACM 的体积比为1: 2，
∴ : 1:2PM BM ，
∴ 0, 2,2 2M ，
∴ 3 2, 2,2 2AM
uuur
.
设平面 PBC 的法向量为 , ,n x y z
，
则 3 2 3 2 0
3 2 3 2 0
x y
x z
，令 1x ，得 1, 1, 1n
r
.
设直线 AM 与平面 PBC 所成角为 ，
则 6 2 42sin cos , 72 7 3
AM n
uuur r
.
∴直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值为 42
7
.
35．（2021·江苏盐城市·高三二模）如图，三棱柱 1 1 1ABC A B C 的所有棱长都为 112, 6, .CC AB BB ＝
（1）求证：平面 1 1ABB A 平面 ABC ；
（2）若点 P 在棱 1BB 上且直线 CP 与平面 1 1ACC A 所成角的正弦值为 4
5
，求 BP 的长
【答案】（1）证明见解析；（2） 1
2BP ．
【解析】
（1）取 AB 中点 ,D 连接 1,CD B D ．证明 AB 平面 1B CD ．得 1AB B D ，计算出 1B D 后由勾股定理逆定
理得 1CD B D ，从而可得 1B D 平面 ABC ，得证面面垂直．
（2）以 1, ,DC DA DB 所在直线为 , ,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 1BP BB ＝ 用空间向量法求二
面角的余弦，从而可得 ．
【详解】
（1）证明：取 AB 中点 ,D 连接 1,CD B D ．
因为三棱柱 1 1 1ABC A B C－ 的所有棱长都为 2,
所以 3, 1AB CD CD BD ＝ ＝ ．
又因为 1 ,AB B C 且 1 1, ,CD B C C CD B C ＝ 平面 1B CD ，
所以 AB 平面 1B CD ．
又因为 1B D 平面 1 ,B CD
所以 1AB B D ．
在直角三角形 1B BD 中， 11, 2,BD B B＝ ＝
所以 1 3B D＝ ．
在三角形 1B CD 中， 1 13, 3, 6CD B D B C ，
所以 2 2 2
1 1CD B D BC＋ ＝ ，
所以 1 ,CD B D
又因为 1 , , ,AB B D AB CD D AB CD ＝ 平面 ,ABC
所以 1B D 平面 ABC ．
又因为 1B D 平面 1 1ABB A ，
所以平面 1 1ABB A 平面 ABC ．
（2）解：以 1, ,DC DA DB 所在直线为 , ,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 (0,1,0 , 0, 1 ),0 ,A B － 1( 3,0,0), (0,0, 3)C B ，
因此 1=(0 1 3)BB ， =( 3 1 0)AC ， 1 1 0,1, 3AA BB
．
因为点 P 在棱 1BB 上，
则设 1 (0 3)= 1BBBP ＝ ，其中 0 1≤ ≤ ．
则 1 3, 1 , 3CP CB BP CB BB
设平面 1 1ACC A 的法向量为 , ,n x y z
＝ ，
由
1
0
0
n AC
n AA
得 3 0
3 0
x y
y z
取 1, 3, 1,x y z＝ ＝ ＝－
所以平面 1 1ACC A 的一个法向量为 1)=(1 3n ．
因为直线 CP 与平面 1 1ACC A 所成角的正弦值为 4
5
，
所以
2
2 3 4cos 55 3 1 3
, n CPn CP
n CP
化简得 216 8 1 0, － ＋＝
解得 1
4
＝ ，
所以 1
1
2BP BB ．
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