2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第56講、立體幾何解答題（解析版）

第56講立體幾何解答題

必考題型全歸納

題型一：非常規(guī)空間幾何體為載體

282

例1．（2024·全國·高三專題練習(xí)）已知正四棱臺ABCDA1B1C1D1的體積為，其中

3

AB2A1B14.

(1)求側(cè)棱AA1與底面ABCD所成的角；

(2)在線段CC1上是否存在一點P，使得BPA1D？若存在請確定點P的位置；若不存在，請

說明理由.

【解析】（1）依題意，在正四棱臺ABCDA1B1C1D1中，AB2A1B14，

所以上底面積S1224，下底面積S24416，

1282

設(shè)正四棱臺的高為h，則441616h,h2.

33

連接AC,A1C1，則AC42,A1C122，

2

4222

所以2，

AA1h222

2

h2

設(shè)側(cè)棱AA1與底面ABCD所成的角為，則sin，

AA12

ππ

由于線面角的取值范圍是0,，所以.

24

（2）連接BD,B1D1，設(shè)正四棱臺上下底面的中心分別為O1,O，

以O(shè)為原點，OA,OB,OO1分別為x,y,z軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

A12,0,2,D0,22,0,B0,22,0，

設(shè)線段CC1上存在一點P，滿足C1PC1C01，

C12,0,2,C22,0,0,C1C32,0,2，

C1P32,0,2，

則BPBC1C1P2,22,232,0,2322,22,22，

A1D2,22,2，

若BPA1D，則BPA1D0，

即232282220，

解得2，舍去，

所以在線段CC1上不存在一點P，使得BPA1D.

例2．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在三棱臺ABCDEF中，G為AC中點，AC2DF，

ABBC，BCCF.

(1)求證：BC平面DEG；

π

(2)若ABBC2，CFAB，平面EFG與平面ACFD所成二面角大小為，求三棱錐

3

EDFG的體積.

【解析】（1）在三棱臺ABCDEF中，G為AC中點，則AC2GC，

又AC2DF，GCDF，

AC//DF，四邊形GCFD為平行四邊形，DG//CF，

又BCCF，BCDG，

DE//AB，ABBC，BCDE，

DEDGD，DE,DG平面DEG，BC平面DEG.

（2）CFAB，DG//CF，DGAB，

又DGBC，ABBCB，AB,BC平面ABC，DG平面ABC，

連接BG，ABBC2，ABBC，G為AC中點，GBAC；

以GB,GC,GD為正交基底，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系Gxyz，

則G0,0,0，B2,0,0，A0,2,0，C0,2,0，

設(shè)DGCFmm0，則D0,0,m，F(xiàn)0,2,m，

1122

GEGDDEGDAB0,0,m2,2,0,,m，GF0,2,m，

2222

設(shè)平面EFG的一個法向量為nx,y,z，

22

nGExymz0

則22，令z2，解得：ym，xm，nm,m,2；

nGF2ymz0

又平面ACFD的一個法向量m1,0,0，

mnm1

cosm,n，解得：m1，即DG1，

mn2m222

DG平面ABC，平面ABC//平面DEF，DG平面DEF，

1111

VVSDG111.

EDFGGDEF3DEF326

例3．（2024·重慶萬州·高三重慶市萬州第二高級中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖，在正四棱臺

ABCDA1B1C1D1中，AB2A1B1，AA13，M，N為棱B1C1，C1D1的中點，棱AB上存

在一點E，使得A1E//平面BMND．

AE

(1)求；

AB

(2)當(dāng)正四棱臺ABCDA1B1C1D1的體積最大時，求BB1與平面BMND所成角的正弦值．

【解析】（1）作B1F∥A1E交AB于F，再作FG∥BC交BD于G，連接MG．

因為A1E//平面BMND，所以B1F//平面BMND．

又平面B1FGM平面BMNDMG，所以B1F∥MG．

又因為FG∥BC∥B1C1，所以四邊形B1FGM是平行四邊形，

11

所以FGBMBCAD，即F為棱AB的四等分點，

12114

AE1

故E也為棱AB的四等分點，所以=．

AB4

（2）由（1）易知G為BD的四等分點，所以點B1在點G的正上方，

所以B1G底面ABCD．

12

設(shè)AB2A1B14x，則BGBD2x，所以BG32x，

41

128

所以該四棱臺的體積V16x216x24x24x232x2x232x2，

33

2223

2784222784xx32x

而Vxx32x．

993

22

當(dāng)且僅當(dāng)x32x，即x1時取等號，此時AB4，A1B12．

以G為原點，GF，B1G分別為x軸、z軸，

過G平行于AB的直線為y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則G0,0,0，B10,0,1,，B1,1,0，F(xiàn)1,0,0，

所以GB1,1,0，GMFB11,0,1，BB11,1,1．

設(shè)平面BMND的法向量為nx,y,z，

CBn0,xy0,

由得令x1，則n1,1,1．

GMn0,xz0,

設(shè)BB1與平面BMND所成角為，

nBB111

則sincosn,BB1，

nBB1333

1

故BB與平面BMND所成角的正弦值為．

13

變式1．（2024·湖北黃岡·浠水縣第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在三棱臺A1B1C1-ABC中，

π

AB2，ABAC4，AACC5，BB3，BAC．

111112

(1)證明：平面A1ACC1⊥平面ABC；

(2)設(shè)D是BC的中點，求平面A1ACC1與平面A1AD夾角的余弦值．

【解析】（1）證明：

由三棱臺A1B1C1-ABC知：A1B1//AB，

在梯形A1ABB1中，取AB的中點E，連接B1E，

因A1B12，ABAC4

故A1B1AE，四邊形A1AEB1是平行四邊形，

∴B1EAA15，

1

EBAB2，BB3

21

222

所以B1EEBBB1，

π

BEB，即BEAB，

121

因B1E//AA1，所以BAAA1，

π

又因BAC，所以BAAC，

2

又因AA1ACA，所以BA平面A1ACC1，

因BA平面ABC，

所以平面A1ACC1⊥平面ABC；

（2）取AC的中點O，A1C1的中點F，連接OD，OF，則OD//AB，

因ABAC，所以O(shè)DAC，

由條件知：四邊形A1ACC1是等腰梯形，所以O(shè)FAC，

平面A1ACC1平面ABC=AC

OF平面A1ACC1,

平面A1ACC1⊥平面ABC

∴OF平面ABC，

分別以O(shè)A，OD，OF所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

2

則在等腰梯形A1ACC1中，由平面幾何知識可得：OF5(21)2，

∴A2,0,0，D0,2,0，A11,0,2，AD2,2,0，AA11,0,2

r

設(shè)平面A1AD的法向量x,y,z，

AA12x2y0

則由得，

ADx2z0

令x2，得y2，z1，

所以2,2,1，

又平面A1ACC1的法向量0,1,0，

設(shè)平面A1ACC1與平面A1AD的夾角為，

212

則cos．

22221213

變式2．（2024·安徽·高三安徽省定遠中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖，圓錐PO的高為3，AB是底

面圓O的直徑，四邊形ABCD是底面圓O的內(nèi)接等腰梯形，且AB2CD2，點E是母線PB

上一動點.

(1)證明：平面ACE平面POD；

130

(2)若二面角AECB的余弦值為，求三棱錐AECD的體積.

130

【解析】（1）連接OC，由題意知四邊形AOCD為菱形，故ODAC，

因為PO平面ABCD，AC平面ABCD，

所以POAC，

因為POODO，PO,OD平面POD，所以AC平面POD，又AC平面ACE，

故平面ACE平面POD；

（2）以O(shè)為原點，CD的中垂線為x軸，OB為y軸，OP為z軸，

，，，，3，1，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A0,1,0，B010，P003，C0，

22

設(shè)PEPB，顯然1不合題意，則0,1，則E0,,33，

3，1，3，3，3，1，

于是CE33，CA0，CB0，

222222

設(shè)平面CBE的法向量為mx,y,z，

31

mCBxy0

22

則，

31

mCExy33z0

22

3，，3

令y3，得x1，z=，則m13

33

33

nCAab0

22

設(shè)平面AEC的法向量為na,b,c，則

31

nCEab33c0

22

11

令a3，b=-1，c則n3，1，，

3333

31

mn3331301

從而cos，解得或3，

|mn|111303

1331()2

333

1

因為0,1，故.

3

130

此時二面角AECB的余弦值為滿足題意.

130

1211323

從而VVSPO113.

AECDEACD3ACD332236

變式3．（2024·云南·云南師大附中?？寄M預(yù)測）如圖，P為圓錐的頂點，A，B為底面圓O

2π

上兩點，AOB，E為PB中點，點F在線段AB上，且AF2FB.

3

(1)證明：平面AOP平面OEF；

(2)若OPAB，求直線AP與平面OEF所成角的正弦值.

【解析】（1）設(shè)圓O的半徑為r，

2ππ

在AOB中，OAOBr，AOB，OAB，

36

23r

故AB3r，又AF2FB，故AF，

3

11

在AOF中，由余弦定理得OF2OA2AF22OAAFcosOAFOA2r2，

33

所以O(shè)A2OF2AF2，即OAOF；

圓錐中，PO底面O，OF底面O，故POOF，

又OAOPO，所以O(shè)F平面AOP，

又OF平面OEF，所以平面AOP平面OEF.

（2）以O(shè)為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz，

3

不妨設(shè)OA3，則OPAB3OA3，OFOA1，

3

，，3，3，3，3，3，，

則A(3，0，0)，P(003)，B0，E，F(xiàn)(010)，

22442

3，3，3

AP(3，0，3)，OE，OF(0，1，0)，

442

設(shè)平面OEF的一個法向量為n(x，y，z)，

333

nOE0xyz0

有，即442，解得n(23，0，1)，

nOF0

y0

設(shè)直線AP與平面OEF所成角為，

AP·n63

，39

則sincosAPn.

AP·n12·1326

變式4．（2024·內(nèi)蒙古赤峰·校聯(lián)考三模）如圖，P為圓錐的頂點，O是圓錐底面的圓心，四

邊形ABCD是圓O的內(nèi)接四邊形，BD為底面圓的直徑，M在母線PB上，且

ABBCBM2，BD4，MD23．

(1)求證：平面AMC平面ABCD；

(2)設(shè)點E為線段PO上動點，求直線CE與平面ADM所成角的正弦值的最大值．

【解析】（1）如圖，設(shè)AC交BD于點N，連接MN,OC,OA，

由已知可得OCOA2，又ABBC2，

所以四邊形ABCO為菱形，所以ACBD，

∵BM2，BD4，MD23，

π

∴BM2MD2BD2，∴BMD，

2

1π

∴cosMBD，又MBD0,π，所以MBD，

23

因為N為OB的中點，∴BN1，BM2．

由余弦定理可得MNBN2BM22BNBMcosMBN3，

∴BM2BN2MN2，所以MNBN，即MNBD，

又AC,MN平面AMC，ACMNN，∴BD平面AMC．

又BD平面ABCD，∴平面AMC平面ABCD．

（2）由已知PO平面ABCD，AC平面ABCD，所以POAC，

又ACBD，BDPOP，BD,PO平面PBD，

∴AC平面PBD，

又MN平面PBD，∴MNAC．

由（1）知MNBD，ACBDN，AC,BD平面ABCD，

所以MN平面ABCD，

∴PO//MN，又點N為BO的中點，

所以PO2MN23．

以點N為坐標(biāo)原點，NA,ND,NM所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系

則A3,0,0，D0,3,0，B0,1,0，M0,0,3，C3,0,0，O0,1,0，

設(shè)E0,1,t0t23，則CE3,1,t，

∴AD3,3,0，AM3,03，

設(shè)平面AMD的法向量為nx,y,z，

ADn03x3y0

則，即，令y1，則x3,z3，

AMn03x3z0

所以n3,1,3為平面AMD的一個法向量．

設(shè)直線CE與平面AMD所成的角為，

nCE3t473t21683t7483t

則，

sincosn,CE232

nCE7t247t47t4

483t

構(gòu)建，

ft20t23

t4

83t24483t2t83t4t3

則ft22，

t24t24

當(dāng)0t3時，ft0，函數(shù)ft在0,3上單調(diào)遞增，

ù

當(dāng)3t23時，ft0，函數(shù)ft在(3,23?ú上單調(diào)遞減，

∴t3時，ft取到最大值4．

此時，sin取到最大值1.

另由n3,1,3，CE3,1,t知，

當(dāng)t3時，n∥CE，此時CE平面AMD，

設(shè)直線CE與平面AMD所成的角為，因為090，

當(dāng)t3時，sin取到最大值1．

變式5．（2024·山東濰坊·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，線段AA1是圓柱OO1的母線，ABC是圓柱

下底面⊙O的內(nèi)接正三角形，AA1AB3．

(1)劣弧BC上是否存在點D，使得O1D//平面A1AB？若存在，求出劣弧BD的長度；若不存

在，請說明理由．

(2)求平面CBO1和平面BAA1所成角的正弦值．

【解析】（1）如圖過點O作AB的平行線OD交劣弧BC于點D，

連接OO1，O1D，因為OO1//AA1，AA1平面AA1B，OO1平面AA1B，

則OO1//平面AA1B，同理可證OD//平面AA1B，

OO1ODO，且OO1平面OO1D，OD平面OO1D，所以平面AA1B//平面OO1D，

又因為O1D平面OO1D，所以O(shè)1D//平面A1AB

故存在點D滿足題意．

ππ

因為ABC為底面⊙O的內(nèi)接正三角形，所以BAC，即ABOBOD，

36

3

3

又因為AB3，所以⊙O的半徑為π，

2sin

3

π

所以劣弧的長度為3π；

BD62π3

2π6

（2）如圖取BC的中點為M，連接MA，以MB為x軸，MA為y軸，過M作OO1平行線

為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

又因為AA1AB3，設(shè)AB中點為N．

333333333

故M(0,0,0)，，，，，，

B,0,0A0,,0C,0,0O0,,0O10,,3N,,0

2222244

33

易知平面，所以平面的法向量．

ONAA1BAA1BON,,0

44

設(shè)平面CBO1的法向量為nx,y,z，

3

y3z0,

33nMO0,

又因為，，故1即2

MO10,,3MB,0,0

22nMB0,3

x0,

2

令y23得n0,23,1

3

nON39

2

所以平面CBO1和平面BAA1夾角的余弦值為．

nON2313

13

4

130

故平面CBO1和平面BAA1夾角的正弦值為．

13

題型二：立體幾何存在性問題

例4．（2024·全國·高三對口高考）如圖，如圖1，在直角梯形ABCD中，

ABCDAB90,CAB30,BC2,AD4．把△DAC沿對角線AC折起到△PAC的

位置，如圖2所示，使得點P在平面ABC上的正投影H恰好落在線段AC上，連接PB，點

E，F(xiàn)分別為線段PA，AB的中點．

(1)求證：平面EFH//平面PBC；

(2)求直線HE與平面PHB所成角的正弦值；

(3)在棱PA上是否存在一點M，使得M到點P,H,A,F四點的距離相等？請說明理由．

【解析】（1）在ABC中，ABC90,CAB30,BC2，所以AC4

在△APC中，PAC60，ACAP4，所以△APC為等邊三角形，

因為點P在平面ABC上的正投影H恰好落在線段AC上，

所以PH平面ABC，又AC平面ABC，

所以PHAC，所以H為線段AC的中點，

又點E，F(xiàn)分別為線段PA，AB的中點，

所以EH//PC,EF//PB，

由EF//PB，EF平面PBC，PB平面PBC，所以EF//平面PBC，

由EH//PC，EH平面PBC，PC平面PBC，所以EH//平面PBC，

由EH,EF平面EFH，EHIEFE，

所以平面EFH//平面PBC；

（2）在平面ABC內(nèi)過H作AC的垂線

如圖建立空間直角坐標(biāo)系，

則A(0,2,0)，P0,0,23，B3,1,0，

因為E0,1,3，HE0,1,3

r

設(shè)平面PHB的法向量為nx,y,z

因為HB3,1,0，HP0,0,23，

所以有HBn0,HPn0，

3xy0

即，

z0

令x3，則y=3，z0，

所以n3,3,0為平面PHB的一個法向量，

nHE33

cosn,HE

nHE2234

3

所以直線HE與平面PHB所成角的正弦值為；

4

（3）存在，點M為線段PA的中點E，理由如下：

1

因為在直角三角形PHB中，EHPEEAPA2，

2

在直角三角形PHB中，PB4，

1

又EFPB2

2

所以點E到四個點P,H,A,F的距離相等，

所以點E為所找的點，即線段PA的中點E為所求.

例5．（2024·上海長寧·上海市延安中學(xué)?？既＃┮阎狝BC和VADE所在的平面互相垂直，

ADAE，AB2，AC4，BAC120，D是線段BC的中點，AD3.

(1)求證：ADBE；

(2)設(shè)AE2，在線段AE上是否存在點F（異于點A），使得二面角ABFC的大小為45.

【解析】（1）BC2AC2AB22ACABcos120416828，故BC27，

BD7，則BD2AB2AD2，故ADAB，

又ADAE，AE,AB平面ABE，AEABA，故AD平面ABE，

BE平面ABE，故ADBE，

（2）△ABC和△ADE所在的平面互相垂直，則平面ABC平面ADEAD，

ADAE且AE平面ADE，故AE平面ABC，

如圖所示：以AB,AD,AE分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則A0,0,0，B2,0,0，C2,23,0，設(shè)F0,0,a，a0,2，

平面的一個法向量為，

ABFn10,1,0

uur

n2BC23y4x0

設(shè)平面CBF的一個法向量為n2x,y,z，則，

n2BF2xaz0

23a

取xa得到，

n2a,,2

3

23

nna

1232

則cosn1,n2，解得a23，不滿足題意.

nn722

12a4

3

綜上所述：不存在點F，使二面角ABFC的大小為45.

例6．（2024·湖南邵陽·邵陽市第二中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，在ABC中，DB=90°，P為

AB邊上一動點，PD//BC交AC于點D，現(xiàn)將PDA沿PD翻折至PDA.

(1)證明：平面CBA平面PBA；

(2)若PBCB2PD4，且APAP，線段AC上是否存在一點E（不包括端點），使得

314AE

銳二面角EBDC的余弦值為，若存在求出的值，若不存在請說明理由.

14EC

【解析】（1）因為PDBC，DB=90°，

所以APD90，所以APPD，

所以APBC，又因為BCBP，

APBPP，AP平面PBA，BP平面PBA，

所以BC平面PBA，又BC平面CBA，

所以平面CBA平面PBA.

（2）因為PDBC，BCAP，∴PDAP，

又∵APAP，APPDP，AP,PD平面APD，

∴AP平面APD，

∴PA、PA、PD兩兩垂直，以P點為原點，PA為x軸，PD為y軸，PA為z軸建立空間

直角坐標(biāo)系，

因為PBCB2PD4，PD//BC，

所以APPB4.

則D0,2,0，C4,4,0，B4,0,0，A0,0,4，

平面BCD的一個法向量為m0,0,1，

AC4,4,4，設(shè)AEAC4,4,4，01

BA4,0,4，BEBAAE44,4,44

BD4,2,0，

設(shè)平面BDE法向量為nx,y,z，

nBE044x4y44z0

則，所以，

nBD04x2y0

31

取x1，則y=2，z，

1

31

故n1,2,為平面BDE的一個法向量，

1

31

mn1314

所以cosm,n，

214

mn2231

112

1

2

解得，符合題意

3

2AE

即AEAC，∴2.

3EC

變式6．（2024·福建廈門·統(tǒng)考模擬預(yù)測）箏形是指有一條對角線所在直線為對稱軸的四邊

形．如圖，四邊形ABCD為箏形，其對角線交點為O,AB2,BDBC2，將△ABD沿BD

折到ABD的位置，形成三棱錐ABCD．

(1)求B到平面AOC的距離；

1

(2)當(dāng)AC1時，在棱AD上是否存在點P，使得直線BA與平面POC所成角的正弦值為？

4

AP

若存在，求的值；若不存在，請說明理由．

AD

【解析】（1）因為AB2,BDBC2，

所以BD不可能為四邊形ABCD的對稱軸，則AC為四邊形ABCD的對稱軸，

所以AC垂直平分BD，所以AOBD,COBD．

AO平面AOC,CO平面AOC,AOCOO

所以BD平面AOC．

1

所以B到平面AOC的距離dBD1．

2

1

（2）存在點P，使得直線BA與平面POC所成角的正弦值為．

4

過O作OE平面BCD，所以O(shè)D,OE,OC兩兩垂直.

以O(shè)為原點，OD,OE,OC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系

由（1）得平面BCD平面AOC，因為OA1,OC3,AC1

31

所以A0,,．

22

31

設(shè)APAD,,0,1，

22

3311

OPOAAP,,，

2222

OC0,3,0，

r

設(shè)平面POC的法向量nx,y,z，

y0

nOC0

，所以3311

nOP0xyz0

2222

令z2，則x1，

所以平面POC的一個法向量n1,0,2，

31

設(shè)直線BA與平面POC所成角為，BA1,,，

22

BAn1

1

sincosBA,n．

BAn2(1)2424

171AP1

所以或，所以存在點P，使得直線BA與平面POC所成角的正弦值為

394AD3

AP7

或．

AD9

變式7．（2024·湖北襄陽·襄陽四中校考模擬預(yù)測）斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長都為

4,A1AB60，點A1在下底面ABC的投影為AB的中點O.

(1)在棱BB1（含端點）上是否存在一點D使A1DAC1？若存在，求出BD的長；若不存在，

請說明理由；

(2)求點A1到平面BCC1B1的距離.

【解析】（1）因為點A1在下底面ABC的投影為AB的中點O，故A1O平面ABC，

連接OC，由題意ABC為正三角形，故OCAB,

??

以O(shè)為原點，OA,OC,OA1分別為xyz軸建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：

則A(2,0,0),A10,0,23,C0,23,0，B2,0,0,B14,0,23,C12,23,23，

設(shè)BDBB1,BB12,0,23，可得D22,0,23，

A1D22,0,2323,AC14,23,23，

假設(shè)在棱BB1（含端點）上存在一點D使A1DAC1，

1

則，

A1DAC1,4222323230,

5

14

則BDBB；

515

（2）由（1）知BB12,0,23,BC2,23,0，

r

設(shè)平面BCC1B1的法向量為nx,y,z，

nBB102x23z0

則,，令x3，則z1,y1，

nBC02x23y0

則n3,1,1，

又A1B2,0,23，

|A1Bn|43415

則A1到平面BCC1B1的距離為d，

|n|55

415

即點A1到平面BCC1B1距離為.

5

變式8．（2024·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐PABCD中，CD平面PAD，△PAD

為等邊三角形，AD//BC，ADCD2BC2，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；

PG

(3)在棱PC上是否存在點G，使得DG∥平面AEF？若存在，求的值，若不存在，說明

PC

理由．

【解析】（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BCOD，

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OPOB，

又因為△PAD為等邊三角形，則O為AB的中點，可得OPAD，

OBADO，OB,AD平面ABCD，則OP平面ABCD，

如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OA,OB,OP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，

133

則A1,0,0,B0,2,0,C1,2,0,D1,0,0,P0,0,3,E,0,,F0,1,，

222

331

可得AE,0,,EF,1,0，

222

33

nAExz0

22

設(shè)平面AEF的法向量nx,y,z，則，

1

nEFxy0

2

令x2，則y1,z23，即n2,1,23，

由題意可知：平面PAD的法向量m0,1,0，

nm117

可得cosn,m，

nm17117

17

所以平面AEF與平面PAD所成銳二面角的余弦值.

17

（3）由（2）可得：PC1,2,3，

設(shè)PGPC，Ga,b,c，則PGa,b,c3，

aa

可得b2，解得b2，

c33c31

即G,2,31，可得DG1,2,31，

若DG∥平面AEF，則nDG，

4

可得nDG212610，解得=，

5

PG4

所以存在點G，使得DG∥平面AEF，此時.

PC5

變式9．（2024·湖北襄陽·襄陽四中?？寄M預(yù)測）在三棱錐P-ABC中，若已知PABC，

PBAC，點P在底面ABC的