专题 11 空间向量与立体几何（新高考地区专用）-2021届高三《新题速递·数学》5月刊（适用于高考复习）（解析版）

专题 11 空间向量与立体几何 姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 注意事项： 本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．答卷前，考生务必用 0.5 毫米黑色签字笔将自己的姓名、班 级等信息填写在试卷规定的位置． 一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分) 1．（2021·浙江高三其他模拟）已知 a ，b 为空间中两条不同直线， α ，  为空间中两个不同的平面，则下 列条件中使 / /a b 一定成立的是（ ） A． α// ， αa  ，b  B． α// ， αa  ，b  C． α a  ，b  D． α  ， αa  ，b  【答案】B 【详解】 对于选项 A，易知 / /a b 与 a ，b 异面都有可能成立；对于选项 B， / /a b 一定成立；对于选项 C，a ，b 平 行或相交；对于选项 D， a ，b 垂直． 故选：B． 2．（2021·浙江高三其他模拟）已知过平面 外一点 A 的斜线 l 与平面 所成角为 6  ，斜线 l 交平面 于点 B，若点 A 与平面 的距离为 1，则斜线段 AB 在平面 上的射影所形成的图形面积是（ ） A．3 B． 2 C． D． 2  【答案】A 【详解】 如图，过点 A 作平面 的垂线，垂足为C ，连接 BC ，所以线段 BC 为线段 AB 在平面 上的射影， ABC 为斜线l 与平面 所成的角，则 6ABC   ，又 1AC  ，所以 3BC  ，故射影形成的图形为半径为 3 的圆面，其面积显然为3 ． 故选：A. 3．（2021·天津高三三模）在圆柱 1 2O O 内有一个球 O ，球O 分别与圆柱 1 2O O 的上、下底面及母线均有且只 有一个公共点.若 1 2 2O O  ，则圆柱 1 2O O 的表面积为（ ）. A． 4 B． 5 C． 6 D． 7 【答案】C 【详解】 依题意可得圆柱的底面半径 1r  ，高 2h  ， 所以圆柱的表面积 22 2 4 2 6S r h r          . 故选：C. 4．（2021·辽宁高三其他模拟）“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，其中“扭棱 十二面体”就是一种“阿基米德多面体”.它是由80 个正三角形和12 个正五边形组成的，若多面体的顶点数、 棱数和面数满足：顶点数  棱数  面数 2 ，则“扭棱十二面体”的顶点数为（ ） A．56 B．58 C． 60 D． 62 【答案】C 【详解】 因为扭棱十二面体是由80 个正三角形和12 个正五边形组成的， 所以面数为80 12 92  ，棱数为 80 3 12 5 1502     ， 因为多面体的顶点数、棱数和面数满足：顶点数  棱数  面数 2 ， 所以扭棱十二面体的顶点数为：150 92 2 60   ， 故选：C 5．（2021·山东济南市·高三二模）已知正四面体 ABCD 的棱长为 2 ，平面 与棱 AB 、CD 均平行，则 截 此正四面体所得截面面积的最大值为（ ） A．1 B． 2 C． 3 D． 2 【答案】A 【详解】取CD 的中点 O ，连接 OA 、 OB ， 因为 ACD△ 为等边三角形，O 为 CD 的中点，所以，OA CD ，同理可得 OB CD ， OA OB O  ， CD\ ^平面 AOB ， AB  平面 AOB ， CD AB  . 设平面 分别交 AC 、 AD 、 BD 、 BC 于 E 、 F 、 G 、 H ，连接 EF 、 FG 、GH 、 HE ， //CDQ 平面 ，CD  平面 ACD ，平面 ACD  平面 EF  ， //CD EF ， 同理可证 //GH CD， //EF GH ，同理可证 //EH FG ， 所以，四边形 EFGH 为平行四边形， AB CD ， EF EH  ，则平行四边形 EFGH 为矩形， 设  0 1AE x xAC    ，则 1CE xAC   ， 因为 //EF CD ，则 EF AE xCD AC   ， 2EF x  ，同理可得  2 1EH x  ， 所以，矩形 EFGH 的面积为     212 2 1 4 1 4 12EFGH x xS EF EH x x x x               ， 当且仅当 1 2x  时，等号成立，因此，截面面积的最大值为1. 故选：A. 6．（2021·河南郑州市·高三三模（理））在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 E 平面 1 1AA B B ， 点 F 是线段 1AA 的中点，若 1D E CF ，则 EBC 面积的最小值为（ ） A． 5 5 B．1 C． 2 5 5 D． 2 【答案】C 【详解】 如图，以点 D 为原点，建立空间直角坐标系，  1 0,0,2D ，  2, ,E y z ，  0,2,0C ，  2,0,1F ，  1 2, , 2D E y z  ，  2, 2,1CF   ， 1D E CF ， 4 2 2 0y z     ，得 2 2z y  ， BC  平面 1 1ABB A ， BC EB  ，      2 2 221 1 2 2 2 2 22 2EBCS BC EB y z y y             2 2 6 45 12 8 5 5 5y y y         ， 当 6 5y  时，函数取得最小值 2 5 5 . 故选：C 7．（2021·河南郑州市·高三三模（文））如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，下面结论错误的是（ ） A． 1 1 / /B D 平面 1A BD B． 1AC  平面 1A BD C．异面直线 1DA 与 1 1B D 所成角为 3  D．直线 1AC 与平面 1 1ADD A 所成角为 4  【答案】D 【详解】 如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， 在 A 中，由 1 1 //B D BD ， 1 1B D  平面 1A BD ， BD  平面 1A BD ，得 1 1 //B D 平面 1A BD ，故 A 正确； 在 B 中， 1 1, ,BD AC BD CC AC CC C   ,可得 BD  平面 1AC C ,所以 1BD AC ，同理可得 1 1A B AC ，由 1 1 1 1, ,A B AC BD AC A B DB B    ，从而 1AC  平面 1A BD ，故 B 正确； 在 C 中，由 1 1 //B D BD 知异面直线 1DA 与 1 1B D 所成角为 1A DB 或其补角，由三角形 1A BD 为等边三角形知 1 3A DB   ，故 C 正确； 在 D 中， 1 1C D  平面 1 1A ADD ，所以 1AD 是 1AC 在平面 1 1A ADD 内的射影，所以直线 1AC 与平面 1 1ADD A 所成角为 1 1C AD ， 1 1Rt AC D△ 中， 1 1 1 1 1 2tan 2 C DC AD AD    ,所以 1 1 4C AD   ，故 D 错误. 故选：D 8．（2021·浙江高三其他模拟）已知直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 为正方形，若直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的所有顶点都在半径为 2 的球面上，则当该直四棱柱的侧面积最大时，异面直线 1AB 与 1CD 所成角的余弦值为（ ） A． 2 2 3 B． 2 3 C． 5 3 D． 1 3 【答案】D 【详解】 连接 BD，由题易知 1BD 为直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 外按球的直径，设 AB a= ， 1CC b ， 则 2 2 1 2 4BD a b   ，所以 2 22 16a b  ， 则该直四棱柱的侧面积为    2 24 2 2 2 2 2 16 2ab a b a b           ， 当且仅当 2a  ， 2 2b  时取等号，连接 1A B ，交 1AB 于 E ，易知 1 1//A B D C ，所以 AEB 为异面直线 1AB 与 1CD 所成的角.因为 2AB  ， 1 1 2 2BB CC  ，所以 1 1 1 4 8 32 2AE BE AB      ，所以 3 3 4 1cos 32 3 3 AEB       ，所以异面直线 1AB 与 1CD 所成角的余弦值为 1 3 . 故选：D． 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选 错的得 0 分) 9．（2021·全国高三其他模拟）已知正四面体 ABCD 的棱长为 2 6 ，E ，F 分别为棱 BC ，BD 上靠近点 B 的三等分点，过 A ，E ，F 三点的平面记为 ，该四面体的外接球记为球 1O 、内切球记为球 2O ．则（ ） A．球 1O 与球 2O 的体积之比为 27:1 B．四棱锥 A ECDF 的体积 16 3 3 C．平面 截球 1O 所得截面圆的面积为8 D．平面 与球 2O 无公共点 【答案】AC 【详解】 易知正四面体 ABCD 外按球的球心 1O 与内切球的球心 2O 重合，记为 O ．如图， 设点 A 在平面 BCD 上的射影为 G ，则 G 为等边三角形 BCD 的中心，连接 AG ，GD ， 所以 2 3 2 6 2 23 2GD     ， 2 2 24 8 4AG AD GD     ，且O 在线段 AG 上， 设球 1O 的半径为 R ，连接OD ，则    222 2 2 2 4 2 2R OD OG GD R      ，解得 3R  ， 故内切球 2O 的半径 1r OG  ， 则球 1O 与球 2O 的体积之比为 3 3: 27:1R r  ，选项 A 正确； 由 E ， F 为三等分点，知 1 9BEF BCDS S△ △ ，则四边形 ECDF 的面积 8 8 1 3 16 32 6 2 69 9 2 2 3BCD BEF BCDS S S S        △ △ △ ，故四棱锥 A ECDF 的体积 1 16 3 64 343 3 9A ECDFV      ，选项 B 错误； 设O 在平面 AEF 上的射影为O ，G 在平面 AEF 上的射影为G，则O 为平面 截球 1O 所得截面圆的圆 心， 取 EF 的中点 H ，连接 AH ，易知 O ，G均在线段 AH 上，连接GH ，易知 HG 为 BCD△ 高的 1 3 ，所 以 1 3 2 6 23 2HG     ，在 Rt AGH 中， 4AG  ，所以 16 2 3 2AH    ， 连接 GG ，由等面积法，得 4 2 4 33 2 AG GHGG AH      ，连接OO，则 //OO GG ， OO AO GG AG   ， 则 3 4 14 3OO    ，所以平面 截球 1O 所得截面圆的半径 2 2 2 23 1 2 2AO AO OO      ，故该 截面圆的面积为8 ，选项 C 正确； 由于 1OO  ，OO  平面 ，球 2O 的半径 1r  ，故平面 与球 2O 相切，有一个公共点，选项 D 错误， 故选：AC． 10．（2021·全国高三其他模拟）将边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折起得到三棱锥 A CBD ，且  A C a ，则下列结论正确的是（ ） A． A C BD  B．平面 A BD  平面 BDC C．三棱锥 A BCD 的外接球的体积为 22 a D．三棱锥 A BCD 的表面积为 22 3 2 a 【答案】ABD 【详解】 对于 A，取 BD 的中点 D ，连接 A O ， CO ，则OA BD  ， OC BD ， 所以 BD  平面 A OC ，所以 A C BD  ．所以 A 正确； 对于 B，由OA BD  ，OC BD ，得 A OC 是二面角 A BD C  的平面角， 由 A B A D a   ，CD CB a  易得 2 2A O CO a   ， 所以 2 2 2A O CO A C   ，从而OA OC  ，故 90A OC   ， 所以平面 A BD  平面 BDC ，所以 B 正确； 对于 C，易知 2BD a ， 所以 2 2OA OB OC OD a     ，所以O 为三棱锥 A BCD 的外接球球心， 且外接球半径为 2 2 a ，所以三棱锥 A BCD 外接球的体积为 3 34 2 2 3 2 3 aa        ，所以 C 错误； 对于 D，易知 A BDV 和 BDC 是全等的直角三角形， A BC 和 ADC 是全等的正三角形，所以三棱 A BCD 表面积 2 2 21 1 3 2 32 22 2 2 2S a a a       ， 所以 D 正确． 故选：ABD 11．（2021·辽宁高三其他模拟）已知直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D ，底面 ABCD 为矩形， 2AB  ， 3BC  ， 侧棱长为3，设 P 为侧面 1 1AA DD 所 在平面内且与 D 不重合的任意一点，则直线 1BD 与直线 PD 所成角的 余弦值可能为（ ） A． 1 2  B． 1 2 C． 3 2 D． 7 8 【答案】BC 【详解】 以 D 为原点， DA 、 DC 、 1DD 所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角坐标系如图，则  3,2,0B ，  1 0,0,3D ，则  1 3, 2,3BD    ，设点  ,0,P x z ，则  ,0,DP x z . 设直线 1BD 与直线 PD 所成的角为 ，则 1 1 2 2 1 3 3 cos cos , 4 x zBD DP BD DP BD DP x z               ， 令 cosx r  ， sinz r  ，其中 0r  ， 则 3 cos 3 sin 3sin 3 cos 3 3cos sin4 4 2 6 2 r r r                  ， 所以， 3cos 0, 2        . 显然， 1 30,2 2      ， 3 30,2 2       . 故选：BC 12．（2021·全国高三其他模拟）已知 ABC 中， 4 2BC  ， 4C = ，BD 为边 AC 上的高，且 10AD  ， 沿 BD 将 ABD△ 折起至 PBD△ 的位置，使得 3 10cos 10PDC  ，则（ ） A．平面 PDC  平面 BDC B．三棱锥 P BCD 的体积为 8 C． 2PC  D．三棱锥 P BCD 外接球的表面积为36 【答案】ACD 【详解】 对于 A：因为 BD 为边 AC 上的高，所以 BD AC ，沿 BD 将 ABD△ 折起至 PBD△ 的位置后，BD PD ， BD DC ，所以 BD  平面 PDC ，所以平面 PDC  平面 BDC ，所以 A 选项正确； 对于 B：因为 BD DC ， 4 2BC  ， 4BCD   ，所以 4BD DC  ，又 2 10sin 1 cos 10PDC PDC     ，所以 1 104 10 22 10PDCS     △ ， 1 84 23 3P BCD B PDCV V      ，所以 B 选项不正确； 对于 C：在 PDC△ 中， 10PD  ， 4DC  ， 3 10cos 10PDC  ，由余弦定理可得 2 2 2 3 102 cos 10 16 2 10 4 210PC PD DC PD DC PDC           ，所以 2PC  ，所以 C 选 项正确； 对于 D：如图，记O 为三棱锥 P BCD 外接球的球心， N 为 PDC△ 外接圆的圆心，连接 ON ，则ON  平面 PDC ，取 BC 的中点 M ，DC 的中点Q ，连接 MQ ，得 //MQ BD ，又 BD  平面 PDC ，所以 MQ  平面 PDC，故 //ON MQ ，连接 OM ， NQ ，易知OM  平面 BDC ， NQ  平面 BDC ，故 //OM NQ ， 且 NQ MQ ，则四边形 OMQN 为矩形，连接OD ， DN ，则 DN 为 PDC△ 外接圆的半径，由正弦定理 可得 22 2 5sin 10 10 PCDN PDC    ，所以 5DN  ，又 1 22ON MQ BD   ，故外接球半径 2 2 3OD ON DN   ，所以三棱锥 P BCD 外接球的表面积为 24 3 36   ，所以 D 选顼正确． 故选：ACD． 三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13．（2021·高二其他模拟（理））已知向量 (1,1,0)a  ， ( 1,0,2)b   ，若 ( )a kb  与 (2 )a b  互相垂直，则实数 k 的值为_______． 【答案】 1 【详解】 根据题意，  1 ,1,2a kb k k    ，  2 1,2,2   a b ，因为 ( )a kb  与 (2 )a b  互相垂直，所以 ( ) (2 ) 1 2 4 0           a kb a b k k ，得 1k   . 故答案为： 1 14．（2021·河南高三其他模拟（文））沙漏是一种古代的计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭 窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称 为该沙漏的一个沙时，如图，某沙漏由上､下两个圆锥组成，该圆锥的高为 1，若上面的圆锥中装有高度为 2 3 的液体，且液体能流入下面的圆锥，则液体流下去后的液面高度为___________. 【答案】 3 191 3  【详解】 由题意可得， 32 8 3 27 V V      液 圆锥 ，所以 8 191 27 27 V V V    圆锥 液 圆锥 ， 又上下两圆锥是对顶的相同圆锥， 所以液体流下去后的液面高度为 3 191 3  . 故答案为： 3 191 3  . 15．（2021·四川宜宾市·高三二模（理））在三棱锥 D ABC 中， ABC 是边长为 2 3 的等边三角形且平 面 ABC  平面 ABD ，若三棱锥 D ABC 的四个顶点都在同一个球面上，且该球的表面积为 20 ，则三 棱维 D ABC 体积的最大值为___________. 【答案】3 3 【详解】 取 AB 的中点 E ，连结CE ，设O 为 ABC 的中心，则O 在直线CE 上， 因为平面 ABC  平面 ABD ，平面 ABC  平面 ABD AB ， CE  平面 ABC ，所以CE  平面 ABD ， 设 ABD△ 所在的截面圆的圆心为 1O ， 过 1O 作CE 的平行线，过 O 作 1O E 的平行线，两平行线交于点O ， 则O 为外接球的球心，连结OC ， 设外接球的半径为 R ，则有 24 20R  ，故 5R  ，即 5OC 在等边 ABC 中， 32 3 32CE    ，所以 2 23CO CE   ， 在 Rt CO O 中，  22 2 25 2 1OO CO CO      ，故 1 1O E  ， 在 1Rt EO B 中，  22 2 2 1 1 3 1 2O B EB EO     ， 所以 ABD△ 所在的截面圆的半径为 2r = ， 故点 D 到直线 AB 距离的最大值为 1 1 2 3O E r    ， 所以三棱维 D ABC 体积的最大值为  21 1 33 2 3 3 3 33 3 4ABCV S       . 故答案为：3 3 . 16．（2021·山东高三其他模拟）如图，在四棱锥 P ABCD 的展开图中，四边形 ABCD 是矩形， ABE△ 是 等边三角形， , 1,AD AH AD GD GC   ．若四棱锥 P ABCD 的外接球表面积为19 3  ，则四棱锥 P ABCD 的外接球半径为_______，sin GCF  _________． 【答案】 57 6 3 5 【详解】 如图，连接 AC ， BD 交于点 M ，设 AB a= ，四棱锥 P ABCD 的外接球球心为 O ， 在四棱锥 P ABCD 中， AD AP ， AD AB ，则 AD  平面 ABP ， 又 AD 平面 ABCD ，所以平面 ABCD  平面 ABP ． 取 AB 的中点为 H ，连接 PH ，则 PH  平面 ABCD ． 设 ABP△ 的外接圆圆心为 N ，连接 OM ， ON ，则 OM  平面 ABCD ，ON  平面 ABP ， 则 //OM PH ，可证 //ON MH ，所以四边形 OMHN 是矩形． 连接 OD ，由于 ABP△ 是等边三角形，故 1 3 3 6NH PH a  ． 设四棱锥 P ABCD 外接球的半径为 R ，则 2 194 3R   ，解得 57 6R  ，  2 2 2 2 21 114 12DM OM a a R     ，解得 2a  ， 故 2sin sin 5 BCF DCG    ， 故sin sin 2 2 cos22GCF DCG DCG           2 32sin 1 5DCG    ． 故答案为： 57 6 ； 3 5 . 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70 分) 17．（2020·江苏南通市·高三三模）如图， EA  平面 ABC， / /DC EA，EA＝2DC，F 是 EB 的中点. （1）求证： DC  平面 ABC； （2）求证： / /DF 平面 ABC． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析； 【详解】 证明：（1）∵EA⊥平面 ABC，AB，AC  平面 ABC， ∴EA⊥AB，EA⊥AC， 又 DC∥EA， ∴DC⊥AB，DC⊥AC， ∵ABAC＝A，AB、AC  平面 ABC， ∴DC⊥平面 ABC； （2）取 AB 中点 M，连结 CM，FM， 在△ABE 中，F，M 分别为 EB，AB 中点， FM∥EA，且 EA＝2FM． 又 DC∥EA 且 EA＝2DC， 于是 DC∥FM，且 DC＝FM， ∴四边形 DCMF 为平行四边形， 则 DF∥CM，CM  平面 ABC，DF  平面 ABC， ∴DF∥平面 ABC． 18．（2020·阳江市第一中学高三其他模拟）如图，在四棱锥 P ABCD 中， ∥BA CD ， 2CD BA ， CD AD ，平面 PAD  平面 ABCD ， APD△ 为等腰直角三角形， 2PA PD  ． （1）证明： BPD△ 为直角三角形． （ 2 ）若四棱锥 P ABCD 的体积为1，求 BPD△ 的面积． 【答案】（1） ,BA CD CD AD  ， BA AD  ，  平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD AD ， BA  平面 PAD ， PD  平面 PAD ， BA PD  ，  在等腰直角三角形 APD 中 PD PA ， PA BA A  ， PD  平面 PAB ， PB  平面 PAB ， PD PB  ， PDB 为直角三角形； （2） 6 2 【详解】 （1） ,BA CD CD AD  ， BA AD  ，  平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD AD ， BA  平面 PAD ， PD  平面 PAD ， BA PD  ，  在等腰直角三角形 APD 中 PD PA ， PA BA A  ， PD  平面 PAB ， PB  平面 PAB ， PD PB  ， PDB 为直角三角形. （2）如图，过点 P 作 PO AD .  平面 PAD  平面 ABCD ，平面 PAD  平面 ABCD AD ， PO  平面 ABCD ， 故四棱锥 P ABCD 以 PO 为高.  在等腰直角三角形 APD 中， 2PA PD  ， 1 12PO AD   ，  1 3 ,2ABCDS AB CD AD AB    四边形 1 1 1 3 1,3 3P ABCD ABCDV PO S AB AB        四边形 由（1）可知 BA  平面 PAD ， 又 PA  平面 PAD ，则 BA PA ， 2 2 3PB PA AB    ， 1 1 62 32 2 2Rt PBDS PD PB       . 19．（2021·安徽高三其他模拟（理））如图， ABC 是边长为 2 的等边三角形，平面 ACDE  平面 ABC， 且 AC DC DE AE   ， 60ACD   ， / /DF BC , 1DF  ． （1）求证： //EF 平面 ABC； （2）求平面 ABC 与平面 BEF 所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 13 13 ． 【详解】 （1）因为 AC DC DE AE   ，所以四边形 ACDE 是菱形， 所以 //AC DE ，且 DE  平面 ABC，所以 //DE 平面 ABC． 又因为 //DF BC ， DF  平面 ABC，所以 //DF 平面 ABC， 因为 DF DE D ，且 ,DF DE  平面 DEF ，所以平面 //DEF 平面 ABC， 又因为 EF  平面 DEF ，所以 //EF 平面 ABC． （2）取 AC 中点 O，连接 OB，OD，分别以 OB，OC，CD 所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间坐标系， 如图所示， 则 ( 3,0,0), (0,0, 3), (0,1,0)B D C ，可得 ( 3, 1,0)CB   ， 由 1 3 1, ,02 2 2DF CB          ，可得 3 1, , 32 2F      ， 又由 (0, 2,0)DE CA    ，可得 (0, 2, 3)E  ， 所以 3 3( 3, 2, 3), , ,02 2BE EF           ， 设平面 BEF 的法向量为 ( , , )n x y z ，则 0 0 EF n BE n           ，可得 3 2 3 0 3 3 02 2 x y z x y       ， 取 3x  ，则 1y   ，所以 33, 1, 3n        ， 又由平面 ABC 的一个法向量为 (0,0,1)m  ， 所以 3 133cos , 13131 3 m n      ， 所以平面 ABC 与平面 BEF 所成锐二面角的余弦值为 13 13 ． 20．（2021·天津高三三模）如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA 平面 ABCD ， AD CD ， //AD BC ， 2PA AD CD   ， 3BC  ， E 为 PD 中点，点 F 在线段 PC 上，且 1 3 PF PC  . （1）求证：CD  平面 PAD ； （2）求直线 PD 与平面 AEF 所成角的正弦值； （3）求二面角 F AE P  的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3 ；（3） 6 3 . 【详解】 如下图，以 D 为原点，分别以 DA  ，DC  ，垂直于 AD 向上为 x 轴， y 轴， z 轴正方向，建立空间直角坐标 系，则  0,0,0D ，  2,0,0A ，  0,2,0C ，  1,0,1E ， （1）  0,2,0DC  ，  2,0,0DA  ，  2,0,2DP  ， ∴ 0DC DA   ， 0DC DP   ，即 DC DA  ， DC DP  ，又 DA DP D  ， ∴CD  平面 PAD ； （2）由 1 2 2 2, ,3 3 3 3PF PC          ，得 4 2 4, ,3 3 3F      ， ∴ 2 2 4, ,3 3 3AF       ，而  1,0,1AE   ， 设  , ,m x y z 为面 AEF 的一个法向量，则 0 2 2 4 03 3 3 m AE x z m AF x y z               ，易得  1, 1,1m   ur 设直线 PD 与平面 AEF 所成角为 ，则 4 6sin cos 33 2 2 m DP          ∴直线 PD 与平面 AEF 所成角的正弦值为 6 3 ； （3）∵  0,2,0DC  为平面 PAE 的法向量， 设二面角 F AE P  的大小为 ，则 2 3cos 33 2 m DC m DC           ， ∴sin 6 3   ，则二面角 F AE P  的正弦值为 6 3 . 21．（2021·千阳县中学高三其他模拟（理））如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱 形， 60ABC   ， PAB△ 为正三角形，且侧面 PAB  底面 ABCD ，E 为线段 AB 的中点，M 在线段 PD 上. （1）求证： PE AC ； （2）是否存在点 M，使二面角 M EC D  的大小为 60°，若存在，求出 PM PD 的值；若不存在，请说明 理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在， 1 3 PM PD  . 【详解】 （1）因为 PAB△ 为正三角形，E 为 AB 的中点，所以 PE AB ， 因为平面 PAB  平面 ABCD ，平面 PAB  平面 ABCD AB ， PE  平面 PAB ， 所以 PE  平面 ABCD ， 又因为 AC  平面 ABCD ，所以 PE AC ； （2）存在，当 1 3 PM PD  时，二面角 M EC D  的大小为 60°. 因为四边形 ABCD 是菱形， 60ABC   ，E 是 AB 的中点，所以CE AB ，又因为 PE  平面 ABCD， 以 E 为原点，射线 EB ， EC ， EP 分别为 x，y，z 轴非负半轴建立空间直角坐标系 E xyz ，如图： 则  0,0,0E ，  1,0,0B ， (0,0, 3)P ， (0, 3,0)C ， ( 2, 3,0)D  . 设点 M 坐标为(x，y，z)， (0 1)PM PD     ，由 ( , , 3) ( 2, 3, 3)x y z     ， 得 2 , 3 , 3(1( ))M     ， 所以 ( 2 , 3 , 3(1 )), (0, 3,0)EM EC       ，设平面CEM 的法向量为  1 1 1, ,n x y z ， 则 1 1 1 1 2 3 3(1 ) 0 3 0 n EM x y z n EC y                ，令 1 2z  ，则 1 3(1 )x   ， 1 0y  ，得 ( 3(1 ),0,2 )n    ， 因为 PE  平面 ABCD ，则平面 ABCD 的一个法向量为  0,0,1m  ， 所以 2 2 2 | | 2 2 1|cos , | 2| | | 4 3(1 ) 7 6 3 n mn m n m                      ， 即 23 2 1 0    ，解得 1 3   或 1   (舍去)， 所以在棱 PD 上存在点 M，当 1 3 PM PD  时，二面角 M EC D  的大小为 60°. 22．（2021·四川凉山彝族自治州·高三三模（理））如图，在圆锥 PO 中，AC 为 O 的直径，点 B 在 AC 上， //OD BC ， π 6CAB  ． （1）证明：平面 PAB  平面 POD ； （2）若直线 PA 与底面所成角的大小为 π 4 ， E 是 PD 上一点，且OE PD ，求二面角 E AC B  的余弦 值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 2 ． 【详解】 （1）在圆锥 PO 中， PO  平面 ABC ，则 PO AB ， 又 AC 为 O 的直径且点 B 在 AC 上，则 AB BC ，因 //OD BC ，则有 AB OD 而 PO OD O ， 所以 AB  平面 POD ，又 AB  平面 PAB ，从而有平面 PAB  平面 POD （2）令 4AC  ，因为直线 PA 与底面所成角的大小为 π 4 ，即 4PAO   ，则 2PO AO  ， Rt ABC 中， π 6CAB  ，则 2BC  ， 2 3AB  ， 在平面 PDO 内，过点 D 作 Dz//PO，则 Dz⊥平面 ABC，以射线 DO，DA，Dz 分别为 x，y，z 轴非负半轴建 立空间直角坐标系，如图： 则  0,0,0D ，  0, 3,0A ，  2, 3,0C  ，  1,0,2P ， (1,0,0)O ， 又 E 是 PD 上一点，即 ( ,0,2 )DE DP     ，点 ( ,0,2 )E   ， ( 1,0,2 )OE    ， (1,0,2)DP  ， 而OE PD ，即 ( 1) 1 2 2 5 1 0OE DP             ， 1 5   ，则 1 2,0,5 5E      ，  2, 2 3,0AC   ， 1 2, 3,5 5EA        ， 设平面 EAC 的法向量  , ,m x y z ，则 0 0 m AC m EA         ，即 2 2 3 0 1 23 05 5 x y x y z       ， 令 y=1，则 3x  ， 2 3z  ，即  3,1,2 3m  ，又平面 ABC 的法向量  0 0 1n , , ， ∴ 2 2 2 2 3 3cos , 2( 3) 1 (2 3) m nm n m n           ，显然二面角 E AC B  的平面角是锐角， 所以二面角 E AC B  的余弦值为 3 2 .