高中數(shù)學同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第11講 專題1-3 棱錐相關解答題十大題型

專題1-3棱錐相關解答題十大題型匯總題型1平行關系 1題型2垂直關系 11題型3長度問題 23題型4距離體積問題 30題型5線線、線面角問題 41題型6二面角問題 53題型7線面角與動點問題 65題型8二面角與動點問題 75題型9體積與動點問題 87題型10最值取值范圍問題 99題型1平行關系【例題1】（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP、AP、BC的中點分別為D、E、O，點F在AC上，BF⊥AO．求證：EF//平面ADO.

【答案】證明見解析【分析】設AF=tAC，利用向量數(shù)量積的運算性質(zhì)求出t的值，可知F為【詳解】證明：設AF=t因為AB⊥BC，則BA?BC=0，且AB=2則BF=因為O為BC的中點，則AO=因為BF⊥AO，則BF=t?1BA2+12t因為E為AB的中點，所以，EF//PC，同理OD//因為EF?平面ADO，OD?平面ADO，所以，EF//平面ADO【變式1-1】1.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=2，AB=1．求證：MN//平面BDE【答案】證明見解析【分析】根據(jù)已知條件建立空間直角坐標系，求出相關點的坐標，再求出直線MN的方向向量和平面BDE的法向量，利用直線的方向向量與平面法向量的垂直即可求證.【詳解】因為PA⊥底面ABC，∠BAC=90°，建立空間直角坐標系如圖所示，則A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),D(0,0,1),E(0,1,1),M(0,0,1所以DE=(0,1,0),設n=(x,y,z)為平面BDEn?DE=0不妨設z=1，可得n=(1,0,1)又MN=所以MN?n=1×因為MN?平面BDE，所以MN//平面BDE【變式1-1】2.（2023·高二課時練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC.（1）求證：AC⊥PB；（2）設O、D分別為AC、AP的中點，點G為△OAB內(nèi)一點，且滿足OG=13OA+【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析.【分析】以點A為坐標原點，AC、AB、AP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系A?xyz.（1）計算出AC?PB=0（2）計算出平面PBC的一個法向量，利用空間向量法可證明出DG//平面PBC【詳解】因為PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC.又因為AB⊥AC，所以AB、AC、AP兩兩垂直.以點A為坐標原點，AC、AB、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A?xyz.設AC=2a，AB=b，PA=2c，a、b、c>0，則A0,0,0，B0,b,0，C2a,0,0（1）因為AC=2a,0,0，PB=所以AC⊥PB，所以（2）因為O、D分別為AC、AP的中點，所以Oa,0,0，D又因為OG=13OA+OB，則G為又BC=2a,?b,0，設平面PBC的法向量為n=x0,y設z0=1，則y0=2c因為n?DG=又因為DG?平面PBC，所以DG//平面PBC【點睛】本題考查利用空間向量法證明線線垂直與線面平行，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.【變式1-1】3.（2023·全國·高二專題練習）如圖，直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABP所在的平面互相垂直，且AB//CD，AB⊥BC，AP⊥PB，AB=2，BC=CD=1．(1)求證：AB⊥PD；(2)求直線PC與平面ABP所成角的余弦值；(3)線段PA上是否存在點E，使得PC//平面EBD？若存在，求出AEAP

【答案】(1)證明見解析；(2)63(3)存在；AEAP【分析】（1）取AB的中點為O，利用線面垂直的判定、性質(zhì)推理作答.（2）以O為原點建立空間直角坐標系，利用空間向量求出線面角的正弦作答.（3）確定點E的位置，利用空間位置關系的向量證明推理判斷作答.【詳解】（1）取AB的中點為O，連接DO，PO，由PA=PB，得PO⊥AB，又四邊形ABCD為直角梯形，且AB⊥BC，AB//CD，AB=2，BC=CD=1，則四邊形OBCD為正方形，DO⊥AB，又DO∩PO=O，DO,PO?平面POD，因此AB⊥平面POD，又PD?平面POD，所以AB⊥PD.

（2）PO⊥AB且PO?平面PAB，又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD=AB，則PO⊥平面ABCD，DO?平面ABCD，有PO⊥DO，即有OA，OD，OP兩兩垂直，以點O為原點，OD、OA、OP分別為x、y、z軸的空間直角坐標系O?xyz，由等腰直角△PAB，AB=2，BC=CD=1，得OA=OB=OD=OP=1，則O0,0,0即PC=1,?1,?1，平面PAB的一個法向量為OD=因此sinθ=cosPC所以所求直線PC與平面ABP所成角的余弦值為63（3）線段PA上存在點E，且當AEAP=2由PE=13PA=0,1設平面EBD的法向量為n=x,y,z，則n?EB=?又PC?n=1×1+?1×?1+所以點E滿足AEAP=2【變式1-1】4.（2023春·湖南長沙·高二長沙一中?？计谀┤鐖D，在四棱錐P?ABCD中，CD⊥平面PAD，△PAD為等邊三角形，AD//BC，AD=CD=2BC=2，平面PBC交平面PAD直線l，E、F分別為棱PD，PB的中點．(1)求證：BC∥l；(2)求平面AEF與平面PAD所成銳二面角的余弦值；(3)在棱PC上是否存在點G，使得DG∥平面AEF？若存在，求PGPC

【答案】(1)證明見詳解(2)17(3)存在，PG【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理和性質(zhì)定理分析證明；（2）根據(jù)題意可在OP⊥平面ABCD，建系，利用空間向量求面面夾角；（3）設PG=λ【詳解】（1）因為AD//BC，AD?平面PAD，BC?平面PAD，所以BC//平面PAD，又因為BC?平面PBC，平面PBC∩平面PAD=直線l，所以BC∥l.（2）取AD的中點O，連接OP,OB，由題意可得：BC//OD，且BC=OD，則OBCD為平行四邊形，可得OB//CD，且CD⊥平面PAD，則OB⊥平面PAD，由OP?平面PAD，則OP⊥OB，又因為△PAD為等邊三角形，則O為AB的中點，可得OP⊥AD，OB∩AD=O，OB,AD?平面ABCD，則OP⊥平面ABCD，如圖，以O為坐標原點，OA,OB,OP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則A1,0,0可得AE=設平面AEF的法向量n=x,y,z，則令x=2，則y=?1,z=23，即n由題意可知：平面PAD的法向量m=可得cosn所以平面AEF與平面PAD所成銳二面角的余弦值1717

（3）由（2）可得：PC=設PG=λPC，Ga,b,c可得a=?λb=2λc?3即G?λ,2λ,31?λ若DG∥平面AEF，則n⊥可得n?DG=2所以存在點G，使得DG∥平面AEF，此時PGPC【變式1-1】5.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥底面ABC，PA=2，AB=AC=1，將△PAB繞著PA逆時針旋轉(zhuǎn)π3到△PAD的位置，得到如圖所示的組合體，M為PD(1)當∠BAC為何值時，該組合體的體積最大，并求出最大值；(2)當PC//平面MAB時，求直線PC與平面PBD所成角的正弦值.

【答案】(1)當∠BAC=π2時，該組合體的體積最大，最大值為(2)直線PC與平面PBD所成角的正弦值為228595【分析】（1）根據(jù)三角形面積公式與扇形面積公式確定底面積的最大值，即可求組合體的體積最大值；（2）建立空間直角坐標系，設∠BAC=θ,θ∈0,π，則Bcosθ,sinθ,0，Dcosθ+π3,sinθ+【詳解】（1）PA⊥底面ABC，AB,AC?面ABC，所以PA⊥AB,PA⊥AC則由旋轉(zhuǎn)可得PA⊥AD,AB=AD=1,∠BAD=所以底面積S=S又∠BAC∈0,π，故當∠BAC=π2時，則底面積S的最大值為12+π故當∠BAC=π2時，該組合體的體積最大，最大值為（2）如圖，以A為原點，AC為x軸，AP為z軸，在平面ABC上作y軸，建立空間直角坐標系

則A0,0,0設∠BAC=θ,θ∈0,π，則Bcosθ,sin所以PC=1,0,?2，設平面MAB的法向量為n所以AB?令x=sinθ，則y=?因為PC//平面MAB，所以PC?n=sinθ+0?32因為PC=1,0,?2，設平面PBD的法向量為①當θ=π3，則B12,32則BD?m=?x所以cosPC,m=PC?m②當θ=2π3，則B?12,3則BD?m=?1所以cosPC,m=PC?m綜上，直線PC與平面PBD所成角的正弦值為228595或題型2垂直關系【例題2】（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱錐P－ABC中，AB＝AC，D為BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上．已知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2.(1)證明：AP⊥BC；(2)若點M是線段AP上一點，且AM＝3，試證明AM⊥平面BMC.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）建系，利用空間向量證明線性垂直；（2）利用空間向量證明線面垂直.【詳解】（1）由題意知AD⊥BC，如圖，以O為坐標原點，以過O點且平行于BC的直線為x軸，OD，OP所在直線分別為y軸，z軸建立空間直角坐標系O－xyz.則A0,?3,0可得AB=∵AP∴AP⊥（2）由（1）可得AP=∵M是AP上一點，且AM＝3，∴AM=可得BM=設平面BMC的法向量為n=a,b,c，則令b＝1，則a=0,c=43，即顯然AM=95n，故∴AM⊥平面BMC.【變式2-1】1.（2023秋·全國·高二隨堂練習）如圖，在三棱錐P-ABC中，AB=AC，D是BC的中點，PO⊥平面ABC，垂足O落在線段AD上，已知BC=8，(1)求證：AP⊥BC；(2)若點M是線段AP是一點，且AM=3．試證明平面AMC⊥平面BMC．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出相關點坐標，求出向量AP,BC的坐標，計算（2）求出平面平面AMC和平面BMC的法向量，計算法向量的數(shù)量積，結果為0，即可證明結論.【詳解】（1）證明：以O為原點，過點O作CB的平行線為x軸，以AD方向為y軸正方向，以射線OP的方向為Z軸正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示；則O(0，故AP=(0，3∴AP?∴AP⊥BC，即AP⊥BC；（2）證明：因為PO⊥平面ABC，AO?平面ABC，所以PO⊥AO,因為PO=4，AO=3，故AP=5，∵M為AP上一點，且∴M(0,?65，125)，∴AM=(0,BM=(-4,?165,125)，CM=設平面BMC的法向量為n=(a,b,c)則n?BM=0令b=1，則n=(0,1,設平面AMC的法向量為m=(x,y,z)，則m即95y+125z=0由于n?得n⊥m，即平面AMC⊥平面BMC．【變式2-1】2.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，PB⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=PB=2，BC=23，E、G分別為PC、PA(1)求證：平面BCG⊥平面PAC；(2)在線段AC上是否存在一點N，使PN⊥BE？證明你的結論．【答案】(1)證明見解析(2)存在，證明見解析【分析】（1）由線面垂直得到BC⊥PB，再由AB⊥BC，即可得到BC⊥平面PAB，從而證得PA⊥BC，又Rt△PAB為等腰直角三角形，故BG⊥PA，從而得PA⊥平面BCG（2）以點B為坐標原點，BA為x軸，BC為y軸，BP為z軸建立空間直角坐標系，可求得E點，N點的坐標，從而得BE、PN的坐標，由空間向量的坐標運算BE?【詳解】（1）證明：∵PB⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴BC⊥PB，又AB⊥BC，AB∩BP=B，AB,BP?平面PAB∴BC⊥平面PAB，PA?平面PAB，∴BC⊥PA．又AB=PB=2，△PAB為等腰直角三角形，G為斜邊PA的中點，∴BG⊥PA，又BG∩BC=B，BG,BC?平面BCG，∴PA⊥平面BCG，PA?平面PAC，∴平面BCG⊥平面PAC；（2）解：以點B為坐標原點，BA為x軸，BC為y軸，BP為z軸建立空間直角坐標系，則A2,0,0，C0,23,0，設存在點N∈AC，使PN⊥BE，點N的坐標設為Nx所以BE=0,3由相似三角形得2?x0|AB|∴y∴PN=又PN⊥BE，∴BE?∴0×x∴x故存在點N∈AC，使PN⊥BE．【變式2-1】3.（2023秋·全國·高二隨堂練習）如圖，在三棱錐P－ABC中，△ABC是邊長為2的正三角形，PA＝2，PD⊥底面ABC于點D，AD⊥DB，且DB＝1．(1)求證：AC//(2)在棱PC上是否存在一點E，使得DE⊥平面PAB？若存在，求出CECP【答案】(1)證明見解析；(2)不存在，理由見解析.【分析】（1）推導出∠DBA=∠CAB=60°，又ACBD為平面四邊形，從而DB//AC，由此能證明AC//（2）由點P在平面ABC上的射影為D可得PD⊥平面ACBD，以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，求出AB=(1,?3,0),PC=(2,3,?1)，由PC?AB【詳解】（1）證明：因為AD⊥DB,DB=1,AB=2，所以AD=3，所以∠DBA=60°因為△ABC為正三角形，所以∠CAB=60°.又由已知：在四邊形ACBD中，由內(nèi)錯角相等，即DB//因為AC?平面PDB,DB?平面PDB，所以AC//平面PDB（2）假如存在DE⊥平面PAB，AB?面PAB，則DE⊥AB，由PD⊥面ABC，AB?面ABC，則PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD,DE?面PDC，所以AB⊥平面PDC，又PC?平面PDC，所以AB⊥PC，以下建系判斷AB、PC是否垂直：因為PD⊥平面ABC，DA,DB?面ABC，所以PD⊥DA,PD⊥DB.如圖，以D為坐標原點，DB所在直線為x軸，DA所在直線為y軸，DP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，則B(1,0,0),A(0,所以AB=(1,?因為PC?AB=2?3+0=?1≠0，所以PC所以在棱PC上不存在點E，使得DE⊥平面PAB.【變式2-1】4.（2021·高二課時練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，底面△ABC為等邊三角形，∠APC=90°,AC=2PA=4，且平面PAC⊥平面ABC．（1）求三棱錐P?ABC的體積；（2）求二面角B?AP?C的余弦值；（3）判斷在線段AC上是否存在點Q，使得△PQB為直角三角形？若存在，找出所有符合要求的點Q，并求AQQC【答案】（1）4；（2）55；（3）存在，AQQB=【分析】（1）利用線面、面面垂直的判定和性質(zhì)及三棱錐的體積計算公式即可得出；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，分別求出二面角的兩個平面的法向量的夾角，進而即可得出二面角的大??；（3）先假設存在，分以下三種情況討論：當∠PQB=90°時，當∠PBQ=90°時，當∠BPQ=90°時，利用向量的數(shù)量積與垂直的關系即可判斷出．【詳解】（1）如圖，過P作PO⊥AC，∵平面PAC⊥平面ABC，∴PO⊥平面ABC．在△APC中，∠APC=90°,AC=2PA=4，∴∠PAC=60°，∴PO=APsin∴三棱錐P?ABC的體積V=1（2）取AC,AB的中點分別為M，N，連接BM,ON．在等邊ΔABC中，∵O、N分別為AM、AB的中點，∴ON//BM,∴ON⊥AC．由（1）可知：PO⊥平面ABC，∴PO⊥ON,PO⊥OC，建立如圖所示的空間直角坐標系．A0,?1,0∴AB=(23,設n=(x,y,z)為平面PAB則n?AB=0∴23x+2y=0y+3z=0∴n=(1,?∵x軸⊥平面APC，∴取m=(1,0,0)作為平面APC設二面角B?AP?C的大小為θ，由圖可知θ∈(0,π∴cosθ=∴二面角B?AP?C的余弦值為55（3）在線段AC上存在點Q，使得△PQB為直角三角形．設Q0,m,0則PQ=(0,m,?3)，BQ①當∠PQB=90°時，則PQ?得mm?1=0，解得當m=0時，Q與O重合，ΔPQB為直角三角形，且AQQB當m=1時，Q與M重合，ΔPQB為直角三角形，且AQQB②當∠PBQ=90°時，則PB?BQ=0解得m=13，不符合題意，應舍去；③當∠BPQ=90°時，則PB?得m+3=0，解得m=?3，不符合題意，應舍去．綜上可知：在線段AC上存在點Q，使得ΔPQB為直角三角形，且AQQB=1【變式2-1】5.（2023·全國·高二專題練習）如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面是平行四邊形，側(cè)面PAB是等邊三角形，BC=2AB,AC=3(1)求證：平面PAB⊥平面ABCD；(2)設Q為側(cè)棱PD上一點，四邊形BEQF是過B,Q兩點的截面，且AC∥平面BEQF，是否存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD？若存在，求PQQD【答案】(1)證明見解析(2)存在，1【分析】（1）根據(jù)題意，先由線面垂直的判定定理得到AC⊥平面PAB，從而得到面面垂直；（2）根據(jù)題意，以A為坐標原點，建立空間直角坐標系，然后結合法向量與空間向量的坐標運算，代入計算，即可得到結果.【詳解】（1）證明：在△ABC中，因BC=2AB,AC=3所以AC2+AB2且PB，AB?平面PAB，所以AC⊥平面PAB，又AC?平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD.（2）假設存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD.取AB中點為H，連接PH，則PH⊥AB，因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以PH⊥平面ABCD.如圖所示建立空間直角坐標系，不妨設AB=2，則A0,0,0,B2,0,0,D?2,2設n1=x1,y1設DQ=λDP，其中則BQ連接EF，因AC∥平面BEQF,AC?平面PAC，平面PAC∩平面BEQF=EF，故AC∥EF取與EF同向的單位向量j=設n2=x則n2?j由平面BEQF⊥平面PAD，知n1⊥n2，有故在側(cè)棱PD上存在點Q，使得平面BEQF⊥平面PAD,PQ題型3長度問題【例題3】（2023·四川綿陽·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°.點D、E、N分別為棱PA、PC、BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=4，(1)求證：MN//平面BDE(2)已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為721，求線段AH

【答案】(1)證明見解析(2)85或【分析】（1）以點A為原點，以AB、AC、AP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證得MN//平面BDE（2）設AH=?0≤?≤4，則H0,0,?，利用空間向量法可得出關于?的方程，解出【詳解】（1）證明：因為PA⊥底面ABC，∠BAC=90如圖，以點A為原點，以AB、AC、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則A0,0,0、B2,0,0、C0,4,0、P0,0,4、D0,0,2、EDE=0,2,0，設平面BDE的法向量為n=x,y,z，則取x=1，可得n=又因為MN=1,2,?1，則MN?又因為MN?平面BDE，所以，MN//平面BDE（2）解：依題意，設AH=?0≤?≤4，則H所以，NH=?1,?2,?，由已知，得cosBE整理可得10?2?21?+8=0，解得?=所以，線段AH的長為85或1【變式3-1】1.（2023·全國·高三專題練習）在三棱錐P?ABC中，PA=BC，PB=PC，AB=AC．(1)證明：PA⊥BC；(2)若PB=2PA=22，AB=10，M在棱PB上，當直線AM與平面【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）取BC中點D，連接AD，PD，利用線面垂直證明異面直線垂直；（2）過點P作PO⊥AD于O，以O為坐標原點建立空間直角坐標系，設PM=λPB0≤λ≤1，利用坐標法計算線面夾角正弦值，進而確定當λ=【詳解】（1）取BC中點為D，連接AD，PD，因為PB=PC，AB=AC，所以AD⊥BC，PD⊥BC，又AD∩PD=D，AD，PD?平面PAD，所以BC⊥平面PAD，又PA?平面PAD，所以PA⊥BC；（2）過P作PO⊥AD，交AD于點O，由（1）知，平面PAD⊥平面ABC，所以PO⊥平面ABC，過O作BC的平行線，交AB，AC分別于E，F(xiàn)，有OP，OE，OD兩兩垂直，建立以O為坐標原點，OE，OD，OP分別為x，y，z軸的空間直角坐標系，因為PB=22，PA=BC=2，AB=所以PD=7，AD=3，cos所以AO=1，OD=2，OP=3所以P0,0,3，A0,?1,0，B設PM=λPB0≤λ≤1，有M設n=x,y,z為平面由n?BC=0n?設直線AM與平面PBC所成的角為α，則有sinα=當λ=18時，8λ2?2λ+4取最小值，【變式3-1】2.（2022·全國·高三專題練習）如圖，等腰梯形ABCD中AD//BC,BE⊥AD,BC=BE=4,DE=8，沿BE將△ABE折起至與平面BCDE成直二面角得到一四棱錐，M為AE中點，過C、D、M作平面α．請畫出平面CDM截四棱錐A?BCDE的截面，寫出作法，并求其周長；【答案】作圖見解析；答案見解析，周長為411【分析】以E為原點，EB為x軸，ED為y軸，EA為z軸，建立空間坐標系，設平面α與線段AB的交點為F，AF=λAB，F(xiàn)M=mCD+nDM，可求得F83,0,【詳解】以E為原點，EB為x軸，ED為y軸，EA為z軸，建立空間坐標系如上圖，設平面α與線段AB的交點為F，則有:A0,0,4,B4,0,0設AF=λAB，則向量FM與向量CD=?4,4,0，DM=設FM得：x=4m,4m?8n=0又AF=x=?z?4由①②得x+4z=8x+z=4，解得x=83AF=832+F點在靠近B點的三分點處；FC=83DM=22四邊形CDMF的周長為411【變式3-1】3.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱錐D—ABC中，G是△ABC的重心，E，F(xiàn)分別在BC，CD上，且BE=12EC(1)證明：平面GEF∥(2)若CD⊥平面ABC，AB⊥BC，AC=CD=2，BC=1，P是線段EF上一點，當線段GP長度取最小值時，求二面角P?AD?C的余弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)5【分析】（1）利用線面平行及面面平行的判定定理可證得；（2）分析知當線段GP長度取最小值時，點P與點E重合，建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角即可得解.【詳解】（1）∵BE=12EC，又EF?平面ABD，BD?平面ABD，∴EF//平面ABD，又G是△ABC的重心，∴GE∥AB又GE?平面ABD，AB?平面ABD，∴GE//平面ABD，又EF∩GE=E，EF,GE?平面GEF所以平面GEF∥（2）由AB⊥BC，AC=CD=2，BC=1，可得AB=又GE//AB，∵GE⊥BC又CD⊥平面ABC，GE?平面ABC，∴GE⊥CD又BC∩CD=C，BC,CD?平面BCD，∴GE⊥平面BCD，又EF?平面BCD，∴GE⊥EFP是線段EF上一點，當線段GP長度取最小值時，點P與點E重合.如圖，作CH⊥BC，以C為原點，CB,CH,CD為x,y,z軸建立空間直角坐標系，則A(1,?3,0)，C(0,0,0)，D(0,0,2)所以AP=(?13,3,0)設平面ADP的一個法向量為m則m?AP=?1設平面ADP的一個法向量為n則n?CA=x∴cos<m所以二面角P?AD?C的余弦值為5題型4距離體積問題【例題4】（2023春·高二單元測試）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=90°，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，CP的中點，AB=AC=1,PA=2.(1)求直線PA與平面DEF所成角的正弦值；(2)求點P到平面DEF的距離；(3)求點P到直線EF的距離．

【答案】(1)5(2)5(3)3【分析】（1）構建以A為原點，直線AB,AC,AP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系A?xyz，求面DEF的一個法向量、PA，應用向量法求線面角的正弦值；（2）由PF=(0,（3）先求出PF在EF上的投影長，再應用向量的坐標計算點P到直線EF的距離．【詳解】（1）如圖，以A為原點，直線AB,AC,AP分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系A?xyz，

由AB=AC=1,PA=2，則A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D(1所以DE=(0,設平面DEF的一個法向量為n=(x,y,z)，則n?DE=y設PA與平面DEF所成的角為θ，則sinθ=|故直線PA與平面DEF所成角的正弦值為55（2）因為PF=(0,12所以點P到平面DEF的距離為d=|PF?n（3）因為PF=(0,12,?1)，EF=(?12所以點P到直線EF的距離為|PF【變式4-1】1.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，AB=2，BC=22，PB=PC=6，BP,AP,BC的中點分別為D,E,O，點F在AC上，(1)求證：EF//平面ADO；(2)若∠POF=120°，求三棱錐P?ABC的體積．【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）根據(jù)給定條件，證明四邊形ODEF為平行四邊形，再利用線面平行的判定推理作答.（2）作出并證明PM為棱錐的高，利用三棱錐的體積公式直接可求體積.【詳解】（1）連接DE,OF，設AF=tAC，則BF=BA+AF=(1?t)則BF?解得t=12，則F為AC的中點，由D,E,O,F分別為于是DE//AB,DE=12AB,OF//AB,OF=則四邊形ODEF為平行四邊形，EF//DO,EF=DO，又EF?平面ADO,DO?平面ADO，所以EF//平面ADO.（2）過P作PM垂直FO的延長線交于點M，因為PB=PC,O是BC中點，所以PO⊥BC，在Rt△PBO中，PB=所以PO=P因為AB⊥BC,OF//AB，所以OF⊥BC，又PO∩OF=O，PO,OF?平面POF，所以BC⊥平面POF，又PM?平面POF，所以BC⊥PM，又BC∩FM=O，BC,FM?平面ABC，所以PM⊥平面ABC，即三棱錐P?ABC的高為PM，因為∠POF=120°，所以∠POM=60°，所以PM=POsin又S△ABC所以VP?ABC【變式4-1】2.（2023春·天津河西·高三天津市第四十二中學校考階段練習）如圖所示，在三棱錐S－ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，AC=3(1)求證：DE⊥平面SCD；(2)求二面角A?SD?C的余弦值；(3)求點A到平面SCD的距離．【答案】(1)證明見解析(2)3(3)3【分析】（1）以C為原點建立空間直角坐標系，利用向量法證明DE⊥CD，DE⊥CS，即可得證；（2）分別求出兩個平面的法向量，再利用向量法求解即可；（3）利用向量法求解即可.【詳解】（1）解：如圖所示，以C為原點建立空間直角坐標系，因為CD＝ED，所以點D在線段CE的中垂線上，則A3則DE=(?1,1,0),所以DE?CD=?1+1+0=0即DE⊥CD，DE⊥CS，又CD∩CS=C,CD,CS?平面SCD，所以DE⊥平面SCD；（2）由（1）可得DE=(?1,1,0)即為平面SCDAS=設平面SAD的法向量n=則有n?AS=?32x+3z=0n則二面角A?SD?C為銳二面角，則cosn所以二面角A?SD?C的余弦值為36（3）由（2）得AS=?32,0,3則點A到平面SCD的距離為AS?【變式4-1】3.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在三棱錐A?BCD中，∠BCD=90°,AB=AC=AD,BD(1)證明：直線AG⊥平面BCD；(2)若BD=2,BC=1，當直線AB與平面ACD所成的角最大時，求三棱錐A?BCD的體積.

【答案】(1)證明見解析(2)6【分析】（1）通過證明△ABG?△ACG，可得AG⊥CG，結合線面垂直判定定理可證；（2），以C為坐標原點，CD,CB,CH的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用向量表示出直線AB與平面【詳解】（1）如圖，連接CG.

因為∠BCD=90°,BG=DG又因為AB=AD,G為BD的中點，所以AG⊥BD，所以∠AGB=∠AGD=90又因為AG為公共邊，所以△ABG?△ACG，所以∠AGC=90°，所以又因為AG⊥BD,BD∩CG=G,CG,BD?平面BCD，所以AG⊥平面BCD.（2）過點C作直線CH⊥平面BCD，以C為坐標原點，CD,CB,CH的方向分別為x軸，

因為BD=2,BC=1,∠BCD=90°，所以CD=3所以B0,1,0設AG=a(a>0)，則A3于是BA=設平面ACD的一個法向量為n=由n?CA可取n=設直線AB與平面ACD所成的角為α，則sinα=所以，sin2當且僅當4a2=1a2，即a=2此時三棱錐A?BCD的體積V=1故當直線AB與平面ACD所成的角最大時，三棱錐A?BCD的體積為612【變式4-1】4.（2023春·云南昆明·高二安寧中學?？茧A段練習）在三棱錐P?ABC中，PA=PB，∠BAC=90°，M為棱BC的中點.(1)證明：AB⊥PM；(2)若平面PAB⊥平面ABC，PA=PB=2，AB=AC=2，E為線段PC上一點，2PE=EC【答案】(1)證明見解析(2)23【分析】（1）取AB的中點為O，先證明AB⊥平面POM，進而證得AB⊥PM；（2）建立空間直角坐標系，利用向量的方法即可求得點E到平面PAM的距離.【詳解】（1）取AB的中點為O，連OP，OM，因為PA=PB，則OP⊥AB；又M為棱BC的中點，則OM為△ABC的中位線，所以OM//AC因為∠BAC=90°，則AB⊥AC，則AB⊥由于OP∩OM=O，OP?平面POM，OM?平面POM，則AB⊥平面POM，因為PM?平面POM，所以AB⊥PM..（2）由（1）得OP⊥AB，且平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，OP?平面PAB，則OP⊥平面ABC，又AB⊥OM，則以O為原點，OB，OM，OP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，因為PA=PB=2，AB=2，則PA2則P(0,0,1)，A(?1,0,0)，M(0,1,0)，C(?1,2,0)，因為2PE=EC，則PE=則PA=(?1,0,?1)，AM設n=(x,y,z)為平面PAM則PA?n=?x?z=0AM?n=x+y=0，令x=1又設點E到平面PAM的距離為d，則d=PE則點E到平面PAM的距離為23.【變式4-1】5.（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱錐P?ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ=2，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，AB⊥BQ，PD與EQ交于點G，PC與FQ交于點H，連接GH．(1)求證：AB//(2)求平面PAB與平面PCD所成角的余弦值；(3)求點A到平面PCD的距離．【答案】(1)證明見解析；(2)25(3)25【分析】（1）根據(jù)三角形中位線即可得EF//AB，利用線面平行的性質(zhì)定理，證明（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量解決即可；（3）結合（2）中的建系，直接根據(jù)點到平面的向量公式計算即可.【詳解】（1）D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，所以EF//AB，DC//又因為EF?平面PCD，DC?平面PCD，所以EF//平面PCD．又因為EF?平面EFQ，平面EFQ∩平面PCD=GH，所以EF//GH，又因為EF//（2）因為AB⊥BQ，PB⊥平面ABQ，所以BA,BQ,BP兩兩垂直．以點B為坐標原點，分別以BA,BQ,BP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．由BA=BP=BQ=2，則A(2,0,0),D(1,1,0),C(0,1,0),P(0,0,2)，所以AD=(?1,1,0),DP=(?1,?1,2)設平面PAB的一個法向量為m→，則可取設平面PDC的一個法向量為n=(x,y,z)，由n?DP得?x?y+2z=0?y+2z=0，取z=1，得n所以cosm,n所以平面PAB與平面PDC所成角的余弦值為25（3）由點到平面的距離公式可得，點A到平面PCD的距離為d=AD題型5線線、線面角問題【例題5】（2023春·吉林長春·高二長春市解放大路學校?？计谀┤鐖D，在三棱錐P?ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA=22，PB=2，AB=6(1)求證：BC⊥AC；(2)若AC=3【答案】(1)證明見解析(2)14【分析】（1）根據(jù)題意，由線面垂直的判定定理證得PB⊥平面ABC，再得到AC⊥平面PBC，從而即可得證；（2）根據(jù)題意，以C為坐標原點，CB，CA，BP方向分別為x軸，y軸，z軸的正A方向，建立空間直角坐標系，再由空間向量的坐標運算結合線面角的計算公式，即可得到結果.【詳解】（1）證明：在△PAB中，PA=22，PB=2，AB=6所以PB⊥AB，又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PB?平面PAB，所以PB⊥平面ABC，又AC?平面ABC，所以PB⊥AC，又AC⊥PC，PB∩PC=P，PB，PC?平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又BC?平面PBC，所以BC⊥AC．（2）在△ABC中，BC⊥AC，AC=3，AB=6，所以以C為坐標原點，CB，CA，BP方向分別為x軸，y軸，z軸的正A方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C0,0,0，A0,3,0，所以D32,0,22，DA設平面ADB的一個法向量為n=x,y,z取x=2，則y=2,z=設直線BC與平面ADB所成的角為θ，則sinθ=所以直線BC與平面ADB所成角的正弦值是147【變式5-1】1.（2022秋·安徽合肥·高二?？茧A段練習）如圖所示，在三棱錐P?ABC中，PC⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=3,BC=6，點D,E分別在棱AB,BC上，滿足ADAB=BE(1)求實數(shù)λ的值；(2)若PC=2，求直線PB與平面PDE所成角的正弦值．【答案】(1)λ=(2)1530【分析】(1)先證明DE⊥CD，建立空間直角坐標系求C,D,E的坐標，由垂直關系的向量表示列方程求λ的值；(2)由條件求直線的方向向量和平面的法向量，利用向量夾角公式求直線PB與平面PDE所成角的正弦值．【詳解】（1）∵PC⊥平面ABC，DE?平面ABC，∴PC⊥DE，又∵DE⊥PD，PC∩PD=P，PC,PD?平面PCD，∴DE⊥平面PCD，CD?平面PCD，∴DE⊥CD．由條件可知CA，CB，CP兩兩互相垂直，故以C為坐標原點，以CA，CB，CP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則C0,0,0，A3,0,0，所以CB=0,6,0因為ADAB=BEBC=λ，所以EB所以CE=1?λCB∵，CD=∴D3?3λ,6λ,0∴DE=由CD?解得λ=1（2）由（1）及條件可得D2,2,0，P0,0,2，E0,4,0，DE設平面PDE的法向量為n=則n→?DE→=?2x+2y=0,n→?PD又PB=∴cosPB∴直線PB與平面PDE所成角的正弦值為1530【變式5-1】2.（2022秋·全國·高三統(tǒng)考階段練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥底面ABC，AB=AP,PC=BC，D為PB的中點．(1)求證：PB⊥AC；(2)若AB=AC，求直線AP與平面PBC所成角的正弦值．【答案】(1)見解析(2)3【分析】（1）證明PB⊥AD,PB⊥CD，可得PB⊥平面ACD，再利用線面垂直得性質(zhì)即可得證；（2）先證明BA⊥AC，以A為原點建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）證明：因為D為PB的中點，且AB=AP,PC=BC，所以PB⊥AD,PB⊥CD，又AD∩CD=D,AD,CD?平面ACD，所以PB⊥平面ACD，由于AC?平面ACD，所以PB⊥AC；（2）解：因為PA⊥底面ABC，所以PA⊥AC，因為AB=AP,PC=BC,AC=AC，所以△PAC≌△BAC，所以BA⊥AC，以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設AB=AC=AP=a，則A(0,0,0),P(0,0,a),B(a,0,0),C(0,a,0)，則AP=(0,0,a),設m=(x,y,z)是平面PBC由m?PB令z=1，得平面PBC的一個法向量為m=(1,1,1)設直線AP與平面PBC所成角為θ，則sinθ==m?所以直線AP與平面PBC所成角的正弦值為33【變式5-1】3.（2023秋·高二單元測試）如圖，在五棱錐P?ABCDE中，PA⊥平面ABCDE,AB∥CD,AC∥ED,AE∥BC，∠ABC=45°,AB=22,BC=2AE=4?三角形(1)求證：平面PCD⊥平面PAC：(2)求直線PB與平面PCD所成角的大??；【答案】(1)證明見解析(2)π【分析】（1）利用余弦定理得AB⊥AC，所以由平行關系CD⊥AC，利用線面垂直的性質(zhì)得PA⊥CD，即得CD⊥平面PAC,然后利用面面垂直的判定定理即可證出；（2）以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可.【詳解】（1）在△ABC中由余弦定理得AC2=B所以AB2+A又因為AB∥CD，所以CD⊥AC，因為PA⊥平面ABCDE，CD?平面ABCDE，所以PA⊥CD，因為AC∩PA=A，AC,PA?平面PAC，所以CD⊥平面PAC，又因為CD?平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAC.（2）因為PA⊥平面ABCDE，AB,AC?平面ABCDE，所以PA⊥AB,PA⊥AC，由（1）得AB⊥AC，所以PA,AB,AC兩兩垂直，以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，AP所在直線為z軸,建立如圖所示空間直角坐標系，設C(0,22因為△PAB是等腰三角形，所以AP=AB，B(22,0,0)，過E作EF⊥AC交AC于F，所以EF∥CD∥AB，因為AE=2,∠EAC=∠ACB=45°，所以EF=AF=2又因為ED∥AC，所以EF=CD，D(?2所以PB=(22,0,?22)設平面PCD的法向量n=(x,y,z)所以22y?22設直線PB與平面PCD所成角為θ，所以sinθ=所以直線PB與平面PCD所成角為π6【變式5-1】4.（2023·全國·高二專題練習）截角四面體是一種半正八面體，可由四面體經(jīng)過適當?shù)慕亟?，即截去四面體的四個頂點處的小棱錐所得的多面體．現(xiàn)將棱長為3的正四面體沿棱的三等分點分別作平行于各底面的截面，截去四個頂點處的小棱錐，得到所有棱長均為1的截角四面體，如圖所示．(1)求證：BD⊥EF；(2)求直線BD與平面ACK所成角的正弦值．

【答案】(1)證明見解析(2)22【分析】（1）補全四面體PQRS，取SR的中點M，連接PM，QM，證出SR⊥平面PQM，得出BD⊥SR，再證明出EF//SR，即可證明（2）建立空間直角坐標系，根據(jù)直線與平面夾角的正弦公式計算即可．【詳解】（1）補全四面體PQRS如圖，取SR的中點M，連接PM，QM，因為正四面體中各個面均為正三角形，所以PM⊥SR，QM⊥SR，又PM∩QM=M，PM?平面PQM，QM?平面PQM，所以SR⊥平面PQM，又BD?平面PQM，所以BD⊥SR，又因為點E,F為△QSR的三等分點，即QE=1所以EF//所以BD⊥EF．

（2）設點P在底面SQR的投影為點O，連接OI，SO，OP，延長SO與QR交于點T，因為P?SQR為正四面體，所以點O為等邊△SQR的中心，所以SOOT=2又因為SIIR所以OI//所以OI⊥ST，以點O為原點，以OT,OI,OP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，

則S?3,0,0,P0,0,所以AC=(32,1設面ACK的法向量為n=則n?AC=0取z=1，得n=設直線BD與平面ACK所成角為θ，則sinθ=【變式5-1】5．（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB⊥BC，AB=BC=kPA，點O、D分別是AC、PC的中點，OP⊥底面ABC.(1)求證OD//平面PAB(2)當k=12時，求直線PA與平面(3)當k取何值時，O在平面PBC內(nèi)的射影恰好為△PBC【答案】(1)證明見解析(2)210(3)k=1【分析】（1）利用中位線的性質(zhì)可得出OD//（2）以點O為坐標原點，OA、OB、OP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標系，設AB=2，利用空間向量法可求得直線PA與平面PBC所成角的正弦值；（3）設PO=3??>0，求出△PBC的重心G的坐標，根據(jù)題意可得出OG?BC=0OG【詳解】（1）證明：因為O、D分別是AC、PC的中點，則OD//因為OD?平面PAB，PA?平面PAB，所以，OD//平面PAB（2）解：因為AB=BC，O為AC的中點，則BO⊥AC，因為OP⊥平面ABC，以點O為坐標原點，OA、OB、OP的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，設AB=2，則AC=A當k=12時，PA=2AB=4，則則A2,0,0、B0,2,0設平面PBC的法向量為m=BC=?2則m?BC=?2xAP=?2所以，PA與平面PBC所成角的正弦值為21030（3）解：設PO=3??>0，則P0,0,3?，則△PBC的重心為G?則BC=?2若O在平面PBC內(nèi)的射影為△PBC的重心，則OG⊥平面PBC，因為BC，BP?平面PBC，則OG⊥BC，OG⊥BP，則OG?BC=23所以，PA=PO2即當k=1時，O在平面PBC內(nèi)的射影恰好為△PBC的重心.題型6二面角問題【例題6】（2023·全國·高三專題練習）在三棱錐S?ABC中，底面ABC是邊長為4的正三角形，側(cè)面SAC⊥底面ABC，SA=SC，SB=25，點E在線段SB上，且SE(1)證明：SB⊥平面ACE；(2)求二面角A?SB?C的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）取AC中點為D，連接SD，BD，由SA=SC，得到SD⊥AC，再由底面ABC是邊長為4的正三角形，得到BD⊥AC，進而得到AC⊥平面SBD，則AC⊥SB，然后由SC2?S（2）由（1）可得DC，DB，DS兩兩垂直，故以D為坐標原點，DC，DB，DS所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系D?xyz，求得平面SAB的一個法向量為m=x1,y【詳解】（1）證明：如圖所示：取AC中點為D，連接SD，BD．因為SA=SC，D為AC中點，所以SD⊥AC．又側(cè)面SAC⊥底面ABC，側(cè)面SAC∩底面ABC=AC，SD?側(cè)面SAC，所以SD⊥底面ABC，SD⊥BD．由于SB=25，BD=4×則SD=SB2由于SEEB=23，則因為SC2?S又SD⊥AC，BD⊥AC，SD∩BD=D，且兩直線在平面SBD內(nèi)，所以AC⊥平面SBD，且SB?平面SBD，所以AC⊥SB．又AC∩CE=C，且兩直線在平面ACE內(nèi)，所以SB⊥平面ACE．（2）由（1）可得DC，DB，DS兩兩垂直，故以D為坐標原點，DC，DB，DS所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D?xyz，則S0,0,22，A?2,0,0，C所以SB=0,23,?22設平面SAB的一個法向量為m=則m?SB=0令z1=3，則y1=設平面SBC的一個法向量為n=則n?SB=0令z2=3，則y2=則cosm=?6+2+3設二面角A?SB?C的平面角為θ，則sinθ=故二面角A?SB?C的正弦值為230【變式6-1】1.（2023·四川自貢·統(tǒng)考二模）如圖，在三棱錐P?ABC中，H為△ABC的內(nèi)心，直線AH與BC交于M，∠PAB=∠PAC，∠PCA=∠PCB.(1)證明：平面PAM⊥平面ABC；(2)若AB⊥BC，PA=AB=3，BC=4，求二面角M?PA?C的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)4【分析】（1）設PN⊥平面ABC，垂足為N，作NE⊥AB于E，NF⊥AC于F，連接PE,PF，先證明△PAE?△PAF，從而可證得NE=NF，從而可得點N為△ABC的內(nèi)心，即N,H兩點重合，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可得證；（2）如圖，以點B為原點建立空間直角坐標系，利用等面積法求得△ABC內(nèi)切圓的半徑，再利用勾股定理求得PH，即可得P,H的坐標，再利用向量法求解即可.【詳解】（1）設PN⊥平面ABC，垂足為N，作NE⊥AB于E，NF⊥AC于F，連接PE,PF，因為PN⊥平面ABC，AB,AC?平面ABC，所以PN⊥AB,PN⊥AC，又NE⊥AB,NE∩PN=N,NE,PN?平面PNE，所以AB⊥平面PNE，又PE?平面PNE，所以AB⊥PE，因為NF⊥AC,NF∩PN=N,NF,PN?平面PNF，所以AC⊥平面PNF，又PF?平面PNF，所以AC⊥PF，在Rt△PAE和Rt△PAF中，因為所以△PAE?△PAF，所以AE=AF，在Rt△NAE和Rt△NAF中，所以△NAE?△NAF，所以NE=NF，即點N到AB,AC的距離相等，同理點N到BC,AC的距離相等，所以點N為△ABC的內(nèi)心，所以N,H兩點重合，所以PH⊥平面ABC，又因PH?平面PAM，所以平面PAM⊥平面ABC；（2）如圖，以點B為原點建立空間直角坐標系，則B0,0,0設△ABC內(nèi)切圓的半徑為r，則S即S△ABC=1故AH=r則H1,1,0則HP=設平面AHP的法向量n=則n?HP=2設平面ACP的法向量m=則m?AP=則cosm由圖可得二面角M?PA?C為銳角，所以二面角M?PA?C的余弦值為45【變式6-1】2.（2023·全國·模擬預測）如圖，球O是正三棱錐P?ABC和Q?ABC的外接球，M為△ABC的外心，直線AM與線段BC交于點D，D為BC的中點，兩三棱錐的高之比為PM:QM=3:1，E為PA上一點，且PE:EA=5:3．(1)證明：PE⊥EC；(2)求二面角E?BC?Q的正弦值．【答案】(1)證明見詳解(2)3【分析】（1）建立空間直角坐標系，求PE,EC的坐標，根據(jù)數(shù)量積的性質(zhì)證明（2）由線面垂直判定定理證明PA⊥平面BCE，求平面BCE和平面BCQ的法向量，根據(jù)向量夾角公式求二面角E?BC?Q的正弦值．【詳解】（1）過M作MM'∥BC，交AB于M'設AM=3則在△AOM中，有R2=3則A3,0,0，P0,0,3∵PE=∴CE=CP+AP=?∴PE?∴PE⊥EC．（2）因為AD⊥BC,BC⊥PD，AD∩PD=D,AD,PD?平面PAD，所以BC⊥平面PAD，又PA?平面PAD，∴BC⊥PA．由（1）得PA⊥EC，又EC∩BC=C，EC,BC?平面BCE，∴PA⊥平面BCE，所以平面BCE的一個法向量為n1又∵B?32,3∴CB=0,3,0，設平面BCQ的法向量為n2則CB令x=2，則y=0，z=3∴n2=2,0,設二面角E?BC?Q的平面角為θ，∴cosθ=cos∴sinθ=故二面角E?BC?Q的正弦值為321【變式6-1】3.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA=PB，AB=BC=2，∠APB=∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，點E是線段(1)證明：平面APC⊥平面PBC；(2)若點Q在線段BC上，BQ=23，且異面直線EQ與PB成30°角，求平面EBC和平面【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）要證明面面垂直，需證明線面垂直，利用垂直關系轉(zhuǎn)化為證明AP⊥平面PBC，即可證明；（2）首先建立空間直角坐標系，利用向量公式求點E的坐標，并分別求平面EBC和平面ABC的法向量，利用二面角的向量公式，即可求解.【詳解】（1）證明：∵平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB∩平面ABC=AB，AB⊥BC，且BC?平面ABC，∴BC⊥平面PAB，PA?平面PAB，∴BC⊥PA，∵AP⊥PB,BP∩BC=B，∵BP?平面PBC，BP?平面PBC，∴AP⊥平面PBC，∵AP?平面APC，∴平面APC⊥平面PBC；（2）因為AB⊥BC，過點B作BZ垂直于平面ABC，以B為原點，BC為x軸正方向，BA為y軸正方向，BZ為z軸正方向建立空間直角坐標系，所以P設PE=λPA=0,λ,?λ，EQ=23因為異面直線EQ與PB所成30°角，cos3049由題意知，平面ABC的一個法向量為n1=0,0,1設平面EBC的一個法向量為n2=x,y,z所以n2所以cosn平面EBC和平面ABC夾角的余弦值為25【變式6-1】4.（2023·全國·模擬預測）如圖，在三棱錐P?ABC中，PB⊥平面ABC，PB=AC=1，AB=5，BC=2(1)證明：平面ADE⊥平面DEF；(2)求二面角D?AP?C的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)105【分析】（1）由線面垂直的判定定理證明AD⊥平面DEF，再由面面垂直的判定定理即可證明平面ADE⊥平面DEF；（2）以A為坐標原點，AC，AD所在直線分別為x，y軸，過點A且垂直于平面ABC的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，分別求出平面CAP和平面DAP的法向量，利用向量的夾角公式求解即可.【詳解】（1）在△ABC中，cos∠ACB=∴∠ACB=π∴AD=A∴AC∴AD⊥AC．（勾股定理逆定理的應用）∵D，F(xiàn)分別為BC，AB的中點，∴DF∥AC，∴∵E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點，∴EF∥又PB⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC，∵AD?平面ABC，∴EF⊥AD．又AD⊥DF，DF∩EF=F，DF，EF?平面DEF，∴AD⊥平面DEF．又AD?平面ADE，∴平面ADE⊥平面DEF．（2）∵AD⊥AC，∴可以以A為坐標原點，AC，AD所在直線分別為x，y軸，過點A且垂直于平面ABC的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A0,0,0，C1,0,0，D0,1,0則AP=?1,2,1，AC=設平面DAP的法向量為m=則m?AP=0令x1=1，得設平面CAP的法向量為n=則n?AP=0令y2=1，得cosm易知二面角D?AP?C為銳二面角，（注意判斷二面角是銳二面角還是鈍二面角）∴二面角D?AP?C的余弦值為105【變式6-1】5.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱錐C?ABD中，AB⊥BD，且∠ADB=30°，BC⊥CD，BC=CD，E是AD的中點，(1)求證：平面ABD⊥平面BCD；(2)求平面ACD與平面BCD的夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析(2)15【分析】（1）先證明線面垂直，再利用面面垂直的判定可證結論；（2）建立坐標系，求解兩個平面的法向量，利用向量夾角公式可得答案.【詳解】（1）證明：如圖，取BD的中點O，連CO，EO，得EO∥又AB⊥BD，所以EO⊥BD；設AB=2，則EO=1，BD=23，CO=3，所以CE2=C又CO∩BD=O，CO,BD?平面BCD,所以EO⊥平面BCD，又EO?平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD.

（2）因為BC=CD，O是BD的中點，所以CO⊥BD，（1）中已證EO⊥BD，EO⊥CO，如圖所示，分別以OE，OD，OC所在方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系.設AB=2，則A2,?3,0，D所以AD=?2,23設平面ACD的法向量為m=x,y,z，則取m=又平面BCD的一個法向量為n=所以cosm所以平面ACD與平面BCD的夾角的余弦值為155

題型7線面角與動點問題【例題7】（2023·全國·高二專題練習）在三棱錐P-ABC中，若已知PA⊥BC，PB⊥AC，點P在底面ABC的射影為點H，則(1)證明：PC⊥AB(2)設PH=HA=HB=HC=2，則在線段PC上是否存在一點M，使得BM與平面PAB所成角的余弦值為45，若存在，設CMCP=λ【答案】(1)證明見解析；(2)在線段PC上是否存在一點M，滿足條件，且λ=1【分析】（1）由條件證明PH⊥AB,PH⊥BC,PH⊥CA，再證明AH⊥BC,BH⊥AC，由此可得CH⊥AB，由線面垂直判定定理證明AB⊥平面PCH，由此證明PC⊥AB；（2）建立空間直角坐標系，技術存在點M滿足條件，由條件求平面PAB的法向量和直線BM的方向向量，由條件列方程求λ即可.【詳解】（1）因為點P在底面ABC的射影為點H，所以PH⊥平面ABC，又AB,BC,CA?平面ABC，所以PH⊥AB,PH⊥BC,PH⊥CA，因為PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH=P，PA,PH?平面PAH，所以BC⊥平面PAH，又AH?平面PAH，所以BC⊥AH，因為PB⊥AC，PH⊥AC，PB∩PH=P，PB,PH?平面PBH，所以AC⊥平面PBH，又BH?平面PBH，所以AC⊥BH，因為BC⊥AH，AC⊥BH，所以點H為△ABC的垂心，所以CH⊥AB，因為CH⊥AB，PH⊥AB，CH,PH?平面PCH，CH∩PH=H，所以AB⊥平面PCH，又PC?平面PCH，所以PC⊥AB；（2）延長CH交AB于點O，由（1）可得CO⊥AB，又HA=HB，所以點O為線段AB的中點，所以CA=CB，同理可得BA=BC，所以△ABC為等邊三角形，又HA=HB=HC=2，所以AB=23如圖，以點O為原點，以OB,OC,則A?故AB=設存在點M，使得BM與平面PAB所成角的余弦值為45，且CM則BM=設平面PAB的法向量為n，n=則n?AB=0令z=1，可得x=0,y=?2，所以n=0,?2,1為平面所以cosBM設直線BM與平面PAB所成角為θ，則cosθ=45所以sinθ=35所以λ=13或λ=2，又所以λ=1所以在線段PC上存在點M，使得BM與平面PAB所成角的余弦值為45，且CM

【變式7-1】1.（2022·全國·高二期末）已知三棱錐P?ABC（如圖一）的平面展開圖（如圖二）中，四邊形ABCD為邊長等于2的正方形，△ABE和△BCF均為正三角形，在三棱錐P?ABC中：(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)若點M在棱PA上運動，當直線BM與平面PAC所成的角最大時，求二面角M?BC?A的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）根據(jù)三棱錐P?ABC的平面展開圖確定各棱長，由勾股定理和等邊三角形性質(zhì)先證明線面垂直，再由面面垂直判定定理證明平面PAC⊥平面ABC；（2）確定M在棱PA上的位置，建立合理的空間直角坐標系，利用空間向量求二面角的余弦值即可.【詳解】（1）如下圖所示：設AC的中點為O，連接OB，OP，由題意得PA=PB=PC=2，OP=1，OA=OB=OC=1∵在△PAC中，PA=PC，AC的中點為O，∴OP⊥AC.又∵在△POB中，OP=1，OB=1，PB=2∴OP2+O又∵AC∩OB=O,AC?平面ABC，OB?平面ABC；∴OP⊥平面ABC，又OP?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC（2）由（1）可知，OB⊥OP，OB⊥AC，AC∩OP=O∴OB⊥平面PAC，即∠BMO為直線BM與平面PAC所成的角，且tan∠BMO=所以，當OM最短時，即M為PA的中點時，∠BMO最大；由圖可知，以O為坐標原點，OC，OB，OP所在直線分別為x,y,z軸，建立空間直角坐標系，則O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(?1,0,0)，P(0,0,1)，M(?BC=(1,?1,0)，PC=(1,0,?1)，設平面MBC的法向量為m=(x,y,z)則m·令x=1，得y=1,z=3，即m=(1,1,3)易知，平面ABC的法向量為n=(0,0,1)設二面角M?BC?A的平面角為θ，則cos所以，二面角M?BC?A的余弦值為311【變式7-1】2.（2023秋·天津河西·高三北京師范大學天津附屬中學?？计谀┤鐖D，在三棱錐P?ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．點D、E、N分別為棱PA、PC、BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=4，(1)求證：MN//平面BDE(2)求平面CEM與平面MNE夾角的正弦值；(3)點H在棱PA上，直線NH與BE所成角余弦值為77，求線段AH【答案】(1)證明見解析(2)105(3)AH=4【分析】（1）取AB的中點F，連接MF、NF，證明出平面MNF//平面BDE（2）以點A為坐標原點，AB、AC、AP所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法以及同角三角函數(shù)的基本關系可求得平面CEM與平面MNE夾角的正弦值；（3）設AH=t，其中0≤t≤4，則H0,0,t，利用空間向量法可得出關于t的等式，結合t的取值范圍求出t【詳解】（1）證明：取AB的中點F，連接MF、NF，因為M、F分別為AD、AB的中點，則MF//因為MF?平面BDE，BD?平面BDE，∴MF//平面BDE因為F、N分別為AB、BC的中點，則NF//AC，同理可得DE//∵NF?平面BDE，DE?平面BDE，∴NF//平面BDE∵MF∩NF=F，MF、NF?平面MNF，∴平面MNF//平面BDE∵MN?平面MNF，∴MN//平面BDE（2）解：因為PA⊥平面ABC，∠BAC=90以點A為坐標原點，AB、AC、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則C0,4,0、E0,2,2、M0,0,1、N設平面MNE的法向量為m=x,y,z，ME=則m?ME=2y+z=0m?易知平面CEM的一個法向量為n=cos<m,因此，平面CEM與平面MNE夾角的正弦值為10521（3）解：設AH=t，其中0≤t≤4，則H0,0,t，NH=?1,?2,t由題意可得cos<因為0≤t≤4，解得t=4，因此AH=4.【變式7-1】3.（2023·全國·高二假期作業(yè)）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90°，點D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點，M是線段AD的中點，PA=AC=4，AB=2.(1)求證：MN//平面BDE.(2)已知點H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為39，求線段AH【答案】(1)證明見解析(2)14【分析】（1）以A為原點，AB為x軸，AC為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能證明MN//平面BDE；（2）設AH=t，且t∈0,4，則H(0,0,t)，由直線NH與直線BE所成角的余弦值，利用向量法能求出線段AH【詳解】（1）如圖，以A為原點，AB為x軸，AC為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，則M(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，N(1,2,0)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，MN=(1,2,?1)，DB=(2,0,?2)，DE=(0設平面BDE的法向量n=(x,y,z)則n·DB=2x?2z=0n·DE=2y=0∵MN·n=0，MN?平面BDE，（2）設AH=t，且t∈0,4，則H(0,0,t)，NH=(?1,?2,t)，BE=(?2則|cos<解得t=14或t=2，所以線段AH的長為【變式7-1】4.（2022秋·重慶南岸·高二重慶第二外國語學校校考期中）蓮花山位于鄂州市洋瀾湖畔．蓮花山，山連九峰，狀若金色蓮初開，獨展靈秀，故而得名．這里三面環(huán)湖，通匯長江，山巒疊翠，煙波浩渺．旅游區(qū)管委會計劃在山上建設別致涼亭供游客歇腳，如圖①為該涼亭的實景效果圖，圖②為設計圖，該涼亭的支撐柱高為33m，頂部為底面邊長為2的正六棱錐，且側(cè)面與底面所成的角都是45°(1)求該涼亭及其內(nèi)部所占空間的大??；(2)在直線PC上是否存在點M，使得直線MA與平面BD1F【答案】(1)60m(2)直線PC上不存在點M，使得直線MA與平面BD1F【分析】（1）根據(jù)正六棱柱的體積以及正六棱錐的體積公式即可求解.（2）根據(jù)空間直角坐標系中點的坐標得向量的坐標，根據(jù)空間向量的求解平面法向量與直線方向向量的夾角，進而可求解.【詳解】（1）結合圖②易得涼亭的頂是正六棱錐，側(cè)面與水平面成45°，取A1F1的中點G，連接O1G，PG，則O1G⊥A1所以該涼亭的體積分為兩部分，上半部分為正六棱錐，其體積為V1其體積V2所以該涼亭及內(nèi)部所占空間為60m3（2）取AB的中點H，以OH、FC、OP所在直線分別為x，y，z軸，以點O為坐標原點，建立空間直角坐標系O?xyz，如圖所示．假設在直線PC上存在點M，使得直線MA與平面BD1F則A3,?1,0，B3,1,0，D1設PM=tPC=0,2t,則AM=(?3,2t+1,43(1?t))則BD1?n=0BF1?n=0，即?2設直線MA與平面BD1Fsinθ=127t2?206t+127=0所以在直線PC上不存在點M，使得直線MA與平面BD1題型8二面角與動點問題【例題8】（2023·全國·高三專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC為等邊三角形，D，E分別為PC，PB的中點，BD⊥PA，BC=2，AC=1.(1)求證：AC⊥平面PBC；(2)在線段AC上是否存在點F，使得平面DEF與平面ABC的夾角為π3，若存在，求出CF【答案】(1)證明見解析(2)存在，CF=【分析】（1）先證明BD⊥PC，結合BD⊥PA，由線面垂直判定定理和定義證明AC⊥BD，取BC中點G，由面面垂直性質(zhì)定理證明PG⊥平面ABC，由此可得PG⊥AC，最后利用線面垂直判定定理證明AC⊥平面PBC；【詳解】（1）∵△PBC為等邊三角形，D為PC中點，∴BD⊥PC，又∵BD⊥PA，PA∩PC=P，PA，PC?平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴AC?平面PAC，∴AC⊥BD，取BC中點G，連接PG，∵△PBC為等邊三角形，∴PG⊥BC，∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，PG?平面PBC.∵AC?平面ABC，∴PG⊥AC，∵BD與PG相交，BD，PG?平面PBC，∴AC⊥平面PBC；（2）以C為坐標原點，CA，CB所在直線為x軸，y軸，過C且與GP平行的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則C0,0,0，B0,2,0，P0,1,3，設Fa,0,00≤a≤1DE=0,1,0，設平面DEF的一個法向量為n=則n?DE=0取x=3，可得y=0∴n=3,0,2a取平面ABC的一個法向量為m=則cosm解得a=12，此時∴在線段AC上存在點F使得平面DEF與平面ABC的夾角為π3，且CF=【變式8-1】1.（2023·上海虹口·上海市復興高級中學校考模擬預測）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB=BC=22(1)證明：PO⊥平面ABC；(2)若點M在棱BC上，且二面角M?PA?C為30°，求CMCB【答案】(1)證明見解析(2)2【分析】（1）由等腰三角形三線合一得到PO⊥AC，由勾股定理逆定理得到BO⊥PO，從而證明出線面垂直；（2）建立空間直角坐標系，求出點的坐標，設CMCB【詳解】（1）在△PAC中，PA=PC=4，O為AC的中點．則中線PO⊥AC，且AO=CO=2,OP=23同理在△ABC中有AB2+B因為AB=BC=22所以BO⊥AC且BO=2；在△POB中有PO2+B因為AC∩BO=O，AC,BO?平面ABC，所以PO⊥平面ABC．（2）由（1）得PO⊥平面ABC，故建立如圖所示空間直角坐標系O?xyz，則B(2,0,0),C(0,2,0),A(0,?2,0),P(0,0,23設CMCB=λ，則而CB=(2,?2,0),∴CM∴PM設平面PAM的一個法向量為m=(x,y,z)由m?PM=0令z=3又x軸所在直線垂直于平面PAC，∴取平面PAC的一個法向量n=(1,0,0)∴cos平方得6λ?32∴m∴6【變式8-1】2.（2023·全國·高二專題練習）如圖，在三棱錐P?ABC中，AB=BC=22,PA=PC=AC=4，平面ABC⊥平面(1)求異面直線AC與PB間的距離；(2)若點M在棱BC上，且二面角M?PA?C為30°，求PC與平面PAM

【答案】(1)3(2)34【分析】（1）法一：根據(jù)等腰三角形性質(zhì)得PO垂直AC，BO⊥AC，根據(jù)線面垂直的判定定理得AC⊥面PBO，在面PBO中，作OD⊥PB，知OD為異面直線AC與PB間的距離可得答案；法二：以O為坐標原點，OB,OC,OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，設n=x,y,z，且n?AC=0,n?（2）方法一：在平面ABC內(nèi)作MN⊥AC，則MN⊥平面PAC，在平面PAC內(nèi)作NF⊥AP，則MF⊥AP，得∠MFN為二面角M?PA?C的平面角，法一：設點C到平面PAM的距離為?，利用VM?APC=VC?APM得?可得答案；法二：以O為坐標原點，OB?OC?OP所在直線分別為【詳解】（1）法一：取AC中點O，連接PO，由PA=PC知PO⊥AC，又平面ABC⊥平面PAC，平面ABC∩平面PAC=AC，故PO⊥平面ABC，連接BO，則∠POB=90又因為AB=BC,O為AC中點，故BO⊥AC，BO,PO?面PBO,BO∩PO=O，故AC⊥面PBO，在面PBO中，作OD⊥PB，則由OD⊥AC知OD為異面直線AC與PB間的距離，由PO=23,OB=2,PB=4，PO×OB=PB×OD知即異面直線AC與PB間的距離為3；

法二：取AC中