专题十七 立体几何-【一飞冲天·高考专项】2025年高考专题分类数学

高考专题分类数学 专题十七 立体几何 基础题 考点1线面关系、面面关系的判断 1.(2024·高考新风向)若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是 A.若n∥a,n∥a,则m⊥n B.若m∥a,n∥a,则m∥n C.若m∥a,n⊥a,则m⊥n D.若m∥a,nLa,则m与n相交 2.(2020·耀华中学校模)已知a,b是两条不同的直线，a,3是两个不同的平面，则aLb的一个充分 条件是 A.a⊥a,b∥B,a⊥3 B.a⊥a,b⊥B,a∥3 C.aCa,b⊥B,a∥B D.aCa,b∥B,aL月 3.(2024·天津一中三月考)设1，m,n是三条不同的直线，a,3是两个不同的平面，则下列命题正确 的是 A.若l∥m,m∥n,则l∥n B.若l∥m,m∥a,则l∥a C.若l⊥m,l∥a,则m∥a D.若m⊥n,m∥a,n∥B,则a∥3 4.（2023·耀华中学校模)设a,B是两个不同的平面，则“α内有无数条直线与3平行”是“α∥”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.（2024·耀华中学三月考)已知a,b是两条不同的直线，若a∥平面B,则“a∥b”是“b∥g”的 ( A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 6.(2021·耀华中学二月考)对于直线m,n和平面a,β，a⊥3的一个充分条件是 A.m⊥n,m∥a,n∥B B.m⊥n,a∩B=m,nCa C.m∥n,m⊥a,nL3 D.m∥n,n⊥β，mCa 一冲天 考点2立体几何中的夹角、距离问题 7.(2020·红桥一模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD=2AD,PD⊥CD,PD⊥AD,底面ABCD 为正方形，M,N分别为AD,PD的中点. (I)证明：PA∥平面MNC; (Ⅱ)求直线PB与平面MNC所成角的正弦值； ()求二面角M一NC-D的余弦值. 冲天 THET○P 飞冲天 一冲天 8.(2023·耀华中学二月考)如图，三棱柱ABC一A,B,C,的所有棱长都是2，AA,⊥平面ABC,D,E 分别是AC,CC,的中点. (I)求证：AE⊥平面ABD; (Ⅱ)求平面ABD与平面AA,B夹角的余弦值； (Ⅲ)求点B,到平面A,BD的距离. 飞冲天 专题十七立体儿何 考点3立体几何中的存在问题 9.(2024·河东一模)在棱长为2的正方体ABCD-AB,C,D,中（如图所示），连接AD,AB,BD. 6 D (I)证明：AC⊥平面ABD; (Ⅱ)求平面ACD,与平面A,BD夹角的余弦值； 中天 (Ⅲ)底面正方形ABCD的内切圆上是否存在点P,使得PB与平面A,BD所成角的正弦值 气？若存在求PD长度若不存在说明理用。 冲天 THET○P 飞冲天 高考专题分类数学 10.(2022·河东二模)如图所示，直角梯形ABCD中，AD∥BC,AD⊥AB,AB=BC=2AD=2,四 边形EDCF为矩形，CF=√3，平面EDCF⊥平面ABCD. (I)求证：DF∥平面ABE; (Ⅱ)求平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值； ()在线段DF上是否存在点P,使得直线BP与平面ABE所成角的正弦值为？若存在，求 出线段BP的长；若不存在，请说明理由. 飞冲天 天 一冲天 》提升题 11.(2023·南开二模)如图，在直三棱柱ABC-A,B,C1中，AC⊥AB,AC=2AB=2AA1=2,M为 AC的中点，AN⊥B,C1,垂足为N. (I)求证：B,C∥平面ABM; (Ⅱ)求直线BN与平面A,BM所成角的正弦值； (Ⅲ)求平面ABN与平面A,BM的夹角 冲天 THE TOP 飞冲天 一心冲天 12.(2021·河西一模)如图，已知三棱柱ABC-A1B,C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°， ∠BAC=30°，A,A=A,C=AC,E,F分别是AC,AB,的中点. (I)证明：EF⊥BC; (Ⅱ)求直线EF与平面A,BC所成角的余弦值； (Ⅲ)求二面角A一AC一B的正弦值， 飞冲天 天 专题十七立体儿何 13.(2021·和平一模)如图，在四棱柱ABCD一AB,C,D,中，已知侧棱AA1⊥底面ABCD,侧面 ABB,A1是正方形，AB,与AB交于点O,AB⊥BC,AB∥CD,AB=2,BC=CD=1. (I)求证：AD∥平面COC1; (Ⅱ)求直线OC,与平面AB,C所成角的正弦值； (I)若点P在线段A,D,上，且A,P=号A,D,求二面角C-AB,一P的正弦值. 冲天 THET○P 飞冲天 高考专题分类数学 14.(2024·和平一模)如图，四棱锥P一ABCD的底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD,PD= AD=3,点E,F分别是棱PA,PC的中点，点M是线段BC上一点 (I)求证：PB⊥平面EFD; (Ⅱ)求平面EFD与平面ABCD的夹角的余弦值； (Ⅲ)若直线MF与平面ABCD所成的角的正弦值为32 22 ,求此时MC的长度. 飞冲天 天 一心冲天 15.(2022·南开中学模拟)如图，在直二面角D一AB一E中，四边形ABCD是边长为2的正方形， AE=EB,F为CE上的点，且BF⊥平面ACE. (I)求证：AE⊥平面BCE; (Ⅱ)求二面角B-AC-E的余弦值； (Ⅲ)求点D到平面ACE的距离， 飞冲 冲天 THE TOP 飞冲天 一心冲天 16.(2020·天津一中四月考)在菱形ABCD中，∠ABC=120°，EA⊥平面ABCD,EA∥FD,EA= AD=2FD-2. (I)证明：直线FC∥平面EAB; (Ⅱ)求二面角E-FC-A的正弦值； (Ⅲ)线段EC上是否存在点M使得直线EB与平面BDM所成角的正 D 弦值为号？若存在，求兴的值；若不存在，说明理由。 飞冲天 专题十七立体儿何 17.(2021·天津一中五月考)如图，已知平面BCE⊥平面ABC,直线DA⊥平面ABC,且DA=AB= AC. (I)求证：DA∥平面EBC; (I)若∠BAC=受，DE1平面BCE. (ⅰ)求二面角A一BD一E的余弦值； (ⅱ)在直线CE(除C,E两点外)上是否存在一点M,使得直线AM与平面BDE所成角的 余弦值为？若存在，则求的值：如不存在，消说明理由。 冲天 THET○P 飞冲天高考分 参考 专题十七立体几何 L.C若m∥a,n∥a,则m,n平行或异面或相交，故A错误，B 错误： 若m∥a,n⊥a,则m⊥n,此时m,n异面或相交，故C正确，D 错误。 2.C由a,b是两条不同的直线，a,3是两个不同的平面 在A中，a⊥a,b∥B,a⊥3，，b的方向不确定，则a与b可以成 任意角，故A错误： 在B中，a⊥a,b⊥3，a∥3，根据对应的性质可知，a与b是平行 的，故B错误； 在C中，由aCa,b⊥3，a∥B,可知b⊥a,由线面垂直的性质可 知a⊥b,故C正确： 在D中，aCa,b∥B,a⊥B,:b的方向不确定，可得a与b可以 成任意角，故D错误。 3.A对于A,:,m,n是三条不同的直线，l∥m,m∥n, ∴.l∥n,故A正确； 对于B,若l∥m,m∥a,则l∥a或lCa,故B错误； 对于C,若l⊥m,l∥a,则m∥a或mCa或直线m与平面a相 交，故C错误； 对于D,若m⊥n,m∥a,n∥3，则a与3平行或相交，故D 错误. 4.B如图，长方体ABCD一ABC1D 中，AB1∥平面ABCD. B 在平面ABBA,内，除直线AB外， 其他所有与A,B,平行的直线，都与 平面ABCD平行，但是平面ABB1A1与平面ABCD不平行， 故充分性不成立： 若a∥B,根据面面平行的定义可知，平面a内的直线都与平面 3平行，故必要性成立. .“a内有无数条直线与B平行”是“a∥B”的必要不充分条件. 5.D若a∥平面3，a∥b,则b∥3或bC3,故充分性不成立； 若a∥平面B,b∥3，则a∥b或a,b相交或a,b异面，故必要性 不成立. ∴.“a∥b”是“b∥”的既不充分也不必要条件 类数学 答案 6.D对A:m⊥n,m∥a,n∥B,则a,B平行或相交或重合，故A 错误； 对B:m⊥n,a∩3=m,nCa,则a,3相交，故B错误； 对C:m∥n,m⊥a,n⊥3，则a∥3或两平面重合，故C错误； 对D:m∥n,nLB,则m⊥B,又mCa,∴a⊥B,故D正确. 7.解：(I)证明：M,N分别为AD,PD的中点，.MN∥PA, 且PA平面MNC,MNC平面MNC,则PA∥平面MNC; (I):PD⊥CD,PD⊥AD,且AD∩CD=D, PD⊥平面ABCD,又底面ABCD为正方形 ∴.PD,AD,CD两两垂直， 则以点D为原点，AD,CD,PD所在直线分别为x轴、y轴、 之轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AD=2, D 可得A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),N(0,0,2),M(1,0,0), P(0,0,4) PB=(2,2,-4),NC=(0,2,-2),MN=(-1,0,2). 设n=(x,y,z)为平面MNC的法向量， NC·n=012y-2z=0 则 ,即 Mi·n=0-x+2x=0 不妨令y=1,可得n=(2,1,1), 设直线PB与平面MNC所成角为a, 于是有sina=cos(n,P市1=n·P克=1」 nP6 即直线PB与平面MNC所成角的正弦值为： (Ⅲ)DA=(2,0,0)为平面NCD的一个法向量， iw9 :二面角M-VNC-D是锐二面角， 二面角M-NC-D的余弦值是. 高考分类数学 参考答案 8.解：，AA1⊥平面ABC,BDC平面ABC, AA,⊥BD ,△ABC是等边三角形，D是AC的中点， .BD⊥AC,又AA∩AC=A. .BD⊥平面AA,CC 取AC,的中点F,连接DF,如图， B 四边形AA,CC为正方形， 则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D1(0,0,2), ∴.DF⊥AC,.DF,AC,BD两两垂直， A1(2,0,2),C1(0,2,2), 以D为原点，AC,DF,BD所在直线分别为x轴、y轴、之轴 ∴DA=(2,0,2),Di=(2,2,0),AC=(-2,2,2), 建立如图所示的空间直角坐标系， 设平面A,BD的法向量为n,=(x,y,z), n1·DA=0 则 n1·DB=0 2x十2x0 =一x 2.x2y=0y=-x 则A(1,0,0),E(-1,-1,0),A1(1,-2,0),D(0,0,0),B(0, 取x=1,则y=1,x=-1, 0,√3)， n一(1，-1，-1)是平面A,BD的一个法向量， (1)证明.AE=(-2,-1,0),DA=(1,-2,0).Di=(0, ○.AC=-2n,AC∥n1, 0W5), ∴AC⊥平面A,BD: ∴.AE.DA=-2+2+0=0,AE.D谚=0， (Ⅱ)AC=(-2,2,0),AD=(-2,0,2), .AE⊥DA1,AE⊥DB, 设平面ACD,的法向量为n2=(x,y,z), 又DA∩DB=D,.AE⊥平面ABD: n2·AC=0 (Ⅱ)AA=(0,-2,0),AB=(-1,0W3) 则 n,·AD=0 设平面AA1B的法向量为n=(x,y,z), (n·AA=0〔-2y=0 〔-2x+2y=0（y=x 则 ,即 令=1，则x=√3，y=0, -2x+2x=0 =x n·AB=0-x+√3x=0 取x=1,则y=1,之=1， .n=(3,0.1), ∴n=(1,1,1)是平面ACD的一个法向量， 又AE=(一2，一1,0)为平面ABD的法向量， 设平面ACD,与平面ABD的夹角为0， 小cos(n,A在1=|n·A 则cos0=Ico1=品是-号 平面A,BD与平面AA,B夹角的余弦值为 5 即平面ACD,与平面A,BD夹角的余弦值为}： (Ⅲ)AB=AB=(-1,0,5), (Ⅲ)存在。 ·点B到平面A,BD的距离d=A:AE=2-2V5 设P(m,n,0),则(m-1)2+(n-1)2=1.Bd-(m-2,n-2,0), √55 设PB与平面A,BD所成角为P, 9.解：(I)证明：以D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x 则sin9=cos(n,1=n·d nB 轴、y轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 高考分类数学 参考答案 =1(1,-1,-1)·(m-2,n-2,0)L -a-2b+√3c=0, √/1+1+1×/(m-2)2+(n-2) 3 不妨令c=4,则m=(2√3，√5,4)， -2a+√5c=0, 即 m-n =1,与(m-1)2+(n-1)2=1联立， √(m-2)2+(n-2) 设平面ABE与平面EFB所成锐二面角为0， m=2。（m=1 ∴.c0s0= m·n=10=531 解得 或 ,故P(2,1,0)或P(1,2,0) mn√31×231， n=1n=2 ∴.1PD,|=√4+1+4=3. ·平面ABE与平面EFB所成锐二面角的余弦值是5y 31 10.解：(I)证明：取BC的中点G,连接DG,由题意知DA,DG, (Ⅲ)存在 DE两两垂直，∴.以D为原点，DA所在直线为x轴，DG所 设D泸=xD市=x(-1,2√5)=(-A,2√3a),A∈[0,1]， 在直线为y轴，DE所在直线为之轴建立空间直角坐标系， .P(-A,2AW3),Bp=(-A-1,2-2W3x), 如图所示： 又平面ABE的一个法向量为n=(W3,0,1), 设直线BP与平面ABE所成角为B, sin月-cos(Bd,m1=.n BPm √3(-A-1)+3λ 3 W(-入-1)2+(2X-2)2+W3)2×24 化简得8入2一61+1=0， 解得=或入= 当x=时，=(-号-1号励=2. 则A(1,0,0),B(1,2,0),E(0,0W3),F(-1,2W3), Bt=(-1,-2N3),AB=(0,2,0), 当x=时，动=(-；-号，动=2， 设平面ABE的法向量为n=(x,y,), 综上，存在满足题意的P点，线段BP的长为2. En=0-2+3=0 11.解：(T)证明：如图，以A为坐标原点， AB.n=0,2y=0, 直线AB为x轴，直线AA,为y轴，直 线AC为之轴建立空间直角坐标系， 不妨令x=√3，则n=(W3,0,1), 则B(1,0,0),C(0,0,2),A1(0,1,0), 又D市=(-1,2w3), B(1,1,0),C(0,1,2),M(0,0,1), ∴.D市.n=-√3+0+√3=0， A1B=(1,-1,0),Bi=(-1,0,1), .Di⊥n B,C=(-1,-1,2), 又：DF寸平面ABE, 设平面ABM的法向量为m=(xy名)， ∴.DF∥平面ABE; (Ⅱ)B2=(-1,-2w3),BF=(-2,0w3), AB·m=x1-y=0, 则 设平面EFB的法向量为m=(a,b,c), Bi·m=一x1+1=0, BE·m=0, 令1=1，得m=(1,1,1). BF.m=0, B,C.m=-1-1+2=0,∴.B,C⊥m. 又B,C过平面A,BM, 高考分类数学 参考答案 .B,C∥平面A,BM: =9,22.B=(-51.0. (Ⅱ)设B,衣=入B,C=(-A,0,2),0<<1, :EF.BC=0,EF⊥BC: 则A衣=AB+B,衣=(1-A,0,2). (Ⅱ)设直线EF与平面A,BC所成角为0， AN⊥B,C, 由(1)得=（停，是2.成=(-1.0）.t=0, ∴A1i.B,C=(1-A,0,2)·(-1,0,2)=0. 2,-23), 即5以-1=0，解得A=号 设平面A1BC的法向量为n=(x,y,), B=B那+B衣=(-吉1，号. (BC·n=-√3x+y=0 则 .cos() B衣·m=0 A,c·n=y-3x=0 5 取x=1,得n=(1w3,1), 直线BN与平面A,BM所成角的正弦值为 5 六sin0=cos(E求，m1=·nl=4 EFIIn=5,cos 0=3 5 (Ⅲ)设平面A,BN的法向量为n=(x2,2,2), fA1B·n=x2-y2=0, ·直线EF与平面A,BC所成角的余弦值为号： 多 n=-+%+=0 (Ⅲ)由(I)可知：平面AA,C的一个法向量是m=(1,0,0), 由图可知该二面角为锐二面角，设该二面角的平面角为， 令x2=1,得n=(1,1,-2). m·n=1+1-2=0,∴.mLn. cos g=cos(m,n)-m.n5 mn5' ∴.平面A,BN与平面A,BM的夹角为90°. 小sin9=V个-cosg=25 51 12.解：(I)证明：如图，连接AE. ∴二面角A-AC-B的正弦值为2码 13.解：(I)证明：如图，分别取线段AB,CC的中点E,F,连接 CE.OE.OF. AA=A,C,E是AC的中点，.AE⊥AC, ,平面A1ACC,⊥平面ABC,A,EC平面A1ACC,平面 A,ACC,∩平面ABC=AC, ∴.A,E⊥平面ABC 如图，以E为原点，在平面ABC中，过点E作AC的垂线为 x轴，EC,EA1所在直线分别为y轴、轴，建立空间直角坐 则AE=CD,AE∥CD,OE=AA,=CF,OE∥AA∥CF, 标系， 可知四边形AECD和四边形OECF均为平行四边形， 不妨设AC=4,则A1(0,0,2√3)，B(√3,1,0)，B(W3,3, .AD∥CE∥OF. 25,r,号，25.A0.-2.0.C02.0. 又：AD寸平面COC,OFC平面COC,.AD∥平面COC,; (Ⅱ)依题意，以B为原点，分别以B才，BB,B武的方向为x 轴、y轴、之轴的正方向建立空间直角坐标系如图， 高考分类数学 参考答案 可得A(2,0,0),C(0,0,1),B1(0,2,0),C(0,2,1),O1,1,0). 则A(3,0,0),B(3,3,0),C(0,30),D(0,0,0),P(0,0,3), ∴.OC=(-1,1,1),AC=(-2,0,1),AB=(-2,2,0). E号0,2.F0,, 设平面AB,C的法向量为m=(x1y名)， m·AC=-21十名1=0 t=(0,2.D亦=0，号，号).座=33，-3 则 m·AB=-2x1+2y1=0 :成.D成=3×是-3×号=0.P戌.D亦=3×是-3× 不妨令=1，解得y=1,名=2，∴m=(1,1,2) ..Icos(m.= m·O -1+1+2 =0, 1mO√1+1+4×√1+1+I 3 ∴Pi⊥DE,Pi⊥D求.即PB⊥DE,PB⊥DF. 六直线0G与平面A,C所成角的正弦值为号， 又DE∩DF=D,DE,DFC平面EFD, (Ⅲ)依题意，A(2,2,0),D(1,2,1),设P(xpyp,p), .PB⊥平面EFD: Ap=(xp-2,yp-2,p),A1d=(-1,0,1), (Ⅱ)设平面EFD与平面ABCD的夹角为O, 由(I)知P克=(3,3，一3)为平面EFD的法向量， 由A市=号A,, 由题意知D泸=(0,0,3)为平面ABCD的法向量， 得-2=-号-2=0=号 2 cos 0-lcos (PB.DP)BDp3 PBIDPI3 从而P2，号a市=(-号2，号. 即平面EFD与平面ABCD的夹角的余弦值为停， 设平面AB,P的一个法向量为n=(x2y2,2), (Ⅲ)设MC长度为m(0≤m≤3)， …市=-导+2+号=0 则 则Mm3.0)∴M亦=(-m,一号，号。 n·AB=-2x2+22=0 设直线MF与平面ABCD所成角为0， 不妨令x2=1,解得y2=1,=-2,.n=(1,1,-2). 则sin8=Icos(M亦，D币〉1= M市.D mmm=贵滑洁洁-号 = 3 MFD书 9 sin(mn)-1-cos (m.n)2 322 3, 22 二面角C-AB,-P的正弦值为2 3 解得m=1(负值舍去)，即此时MC的长度为1. 14.解：(I)证明：：四棱锥P一ABCD的底面ABCD是正方 15.解：(I)证明：：BF⊥平面ACE,AEC平面ACE, 形，PD⊥平面ABCD, .BF⊥AE, ∴.以D为坐标原点，DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y :二面角D-AB-E为直二面角， 轴、之轴，建立如图所示的空间直角坐标系. ∴.平面ABCD⊥平面ABE,又BC⊥AB, .BC⊥平面ABE, :AEC平面ABE,.BC⊥AE, 又BF,BCC平面BCE,BF∩BC=B, .AE⊥平面BCE; 高考分类数学 参考答案 (Ⅱ)以线段AB的中点为原点O,分别以OE,O范，O应为 (1)证明：E才=(0,0，-2)，AB=(-15,0) x轴、y轴、之轴正方向建立空间直角坐标系，如图. 设n=(x,y,z)为平面EAB的法向量， n·Ei=0（-2x=0 则 ,即 n.AB=0 -x+√5y=0 可得n=(W3,1,0), 又FC=(-1√5，-1)，可得n·FC=0, 又：直线FC过平面EAB,.直线FC∥平面EAB: (Ⅱ)Ef=(-2,0,-1),FC=(-1,√5，-1)， ,AEI平面BCE,BEC平面BCE,.AE⊥BE, F才=(2,0，-1)， O在Rt△AEB中，AB=2,O为AB的中点， 设n,=(x,y,名)为平面EFC的法向量， ∴0E=号AB=1. n1·Ei=0-2x1-=0 则 ,即 .A(0,-1,0),E(1,0,0),C(0,1,2), n,·Ft=0 -x1十√5y1-名1=0 A=(1,1,0),AC=(0,2,2), 可得n1=(-3,√3,6)， 设平面ACE的法向量为n=(x,y,x), 设n2=(x2,y,2)为平面FCA的法向量， AE·n=0x+y=0 n·FA=02x2-2=0 则 ,即 则 ,即 At.n=02y+2x=0. n,·Ft=0-x2十√3y2-2=0 令x=1,得n=(1,-1,1). 可得m=(1√5,2)， 又平面BAC的一个法向量为m=(1,0,0), ∴.cos(n1,n2）= n1·n26 m·n=1=3 mn24 .cos(m,m)-m3 .sin)=-cos(m1,n)= 4 六二面角B-AC-E的余弦值为得， ·二面角E-FC-A的正弦值为0， 4； (Ⅲ)AD∥x轴，AD=2,∴AD=(0,0,2), (Ⅲ)存在 设点D到平面ACE的距离为d, d=A市.n=2-25 设Ei-入EC=(-31√3x,-2A),A∈[0,1]， n 3 31 则M(2-3λw3λ，2-2入)， ∴点D到平面ACE的距离为32。 则Bd=(-1,-√3,0)，Dǜ=(2-3x√5入，2-2x), 16.解：建立以D为原点，分别以D才，D才(T为BC中点)，D市的 设n=(x3,y,)为平面BDM的法向量， 方向为x轴、y轴、之轴正方向的空间直角坐标系（如图）， n·Bd=0 则 -x-V5y3=0 ,即 m·Di=0 (2-3)x3十√3λy3+(2-2)x=0 可得m=5,-1,22二5). 1-λ 由E3=(-1w3,-2), -25-2×23A-3 得1cos(E3,n)1 1-λ 则A(2,0,0),B(1√3,0)，C(-1w5,0), 22×√4+(28-E)2 1-入 D(0,0,0),E(2,0,2),F(0,0,1) 高考分类数学 参考答案 整理得32+201-7=0， 设平面BDE的法向量为n=(x2,y2·之2)， 解得入=子或入=一8（舍）， :Bb=(-a√3a,2a),BE=(-a,0,2a). n…Bd=0（-a+3a%+2a,=0 存在满足题意的点M,此时兴了 由〈 ,得 n.B= -a.x2+2az2=0 17.解：(I)证明：过点E作EH⊥BC于点H, 令x2=1,得n=(2,0,1). :平面BCE⊥平面ABC,平面BCE∩平面ABC=BC, 设二面角A一BD一E的平面角为0， EHC平面BCE,EH⊥BC,∴.EH⊥平面ABC, 则1cosl=cos(m,m>1=m·m=1E m n 5 又.DA⊥平面ABC,∴.DA∥EH, EHC平面EBC,DA丈平面EBC, 由题知，二面角A一BD一E是钝角， ∴.DA∥平面EBC; 六二面角A-BD-E的余弦值为-E 5 (I)(i):DE⊥平面BCE, (ⅱ)存在. ·∠DEB=∠DEC=受， 设=x(1≠0，A≠1)，不妨设a=1 由AB=AC可知DB=DC,DE=DE, C(-1,0,0),C2=(1,0,2),C才=(1，W3,0), 易证△DEB≌△DEC(HL),则BE=CE, ·点H是BC的中点，连接AH,则AH⊥BC, ∴.AM=Ci-C才=xC-Ci=(a-1,-5,2), AHL平面EBC,则AH⊥EH. 设直线AM与平面BDE所成角为a, AH,BC,EH两两垂直， 则sina=cos(Ai,m1=A立·nl_ AM O如图，以H为坐标原点，分别以HB,HA,HE所在直线为 |2A-2+2λ x,y,之轴建立空间直角坐标系， √(a-1)2+3+4x×√ =V1-s8-5, 解得X=0(合)或X=片 器鼎 :存在满足题意的点M,光的值是片 设DA=2a, 则E(0,0,2a),A(03a,0),B(a,0,0),D(0,√3a,2a) 设平面ABD的法向量为m=(x,y,1), AB=(a,-√3a,0),Aj=(0,0,2a). m·AB=0ma.1-√3ay=0 由 ,得 m.Ad=02a=0 令y=1,得m=(W3,1,0).