专题16 空间点、直线与平面的位置关系、空间角的求法-【创新大课堂】2026年高考数学五年真题分类汇编168优化重组卷

(3)设点D到平面EBF的距离为d, 易知DE=(2,0,4), 由(2)知平面EBF的一个法向量为n1=(2,0,1), 故d=lm1,DE_85 n 5 在△EBF中，易知BE=6,BF=2√5，EF=4, 故EF2十BF2=BE,.EF⊥BF, △EBF的面积为号×4X25=45, 故三棱维D-BEF的你积为了dX4V5=号 21.解(1)因为AB⊥BC,AB=2,BC=2√2，O是BC的中点， 所以△OBAC∽△ABC,所以∠CAB=∠AOB. 记BF⊥AO的垂足为H,则△BHAC∽△OBA, 所以∠HBA=∠AOB. 所以∠HBA=∠CAB,所以BF=AF,∠BCF=∠CBF, 所以CF=BF, 故CF=AF,F是AC的中点， 因为E,F分别是AP,AC的中点，所以EF∥PC 因为D,O分别是BP,BC的中点，所以DO∥PC 所以EF∥D). 又DOC平面AD),EF寸平面ADO, 所以EF∥平面ADO 由(1)得FO∥AB, 因为AB⊥BC,所以FO⊥BC 又PO⊥BC, 所以∠POF是二面角P-BC-F的平面角， 所以二面角P-BC-F的大小为120°， 如图，过点P作PM⊥平面ABC于点M,连 接MO,MB, 则∠P(OM是二面角P-BC-M的平面角， 所以∠POM=60° 在△PBC中，由PB=PC=√6，BC=2√2，得PO=2, 所以PM=√5. 所以三枝维P-ABC的体积Vpr=号-S X PM=-子×号 3 ×2×22×5=2⑤ 3 专题16空间点、直线与平面的位置关系、空间角的求法 考向1空间点、直线与平面的位置关系 1.BD「空间中线线、线面位置关系的判断 错误项分析A(×)由三棱柱的性质可知，AA1⊥平面ABC,则！ AA⊥AD,假设AD⊥AC,又AA∩A1C=A1,AA1,A1CC平面 AA1CC,所以AD⊥平面AA1C1C,矛盾，所以AD与A1C不垂直.！ B(√)因为三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱，所以AA1⊥平面1 ABC,则AA1⊥BC,因为D为BC的中点，AC=AB,所以AD⊥！ BC,又AD∩AA1=A,AD,AA1C平面AA1D,所以BC⊥平面 AA1D,又BC∥B1C1,所以B1C1⊥平面AA1D 错误项分析C(X)AB∥A1B1,AD与AB相交，所以AD与A1B1 异面. D(√)CC1∥AA1,CC￠平面AAD,AA1C平面AA1D,所以 CC1∥平面AA1D.故选BD.] 2.C[空间中线面位置关系 错误项分析A(X)若ma,nCa,则m∥n或m,n异面： 错误项分析B(×)若m⊥a,m⊥3，则a∥3： C(√)若m∥a,m⊥B,则a⊥： 错误项分析D(×)若mCa,a⊥B,则m∥B或m与月相交： 或mC3.] 3.A[空间线面位置关系的判断（理性思雏、数学探索）α∩3=m, 则mCa,mC3,对于①，若m∥n,则n∥a或n∥3，①正确；对于②， 若m⊥n,则可能n∥a或n与a相交，②错误：对于③，若n∥a且 n∥B,则n∥m,③正确：对于④n与m所成角可以为[0，受]内的 任意角，④错误.故选A.] 4.D[棱锥的性质十线面垂直的判定与性质（理性思雏、数学探索）： 12 由题意知△PAB为正三角形，因为PC十 PD=CD,所以PC⊥PD.如图，分别取 AB,CD的中点E,F,连接PE,EF,PF,则 PE=2√5，PF=2,EF=4,于是PE2十 PF2=EF2,所以PE⊥PF,过点P作PG ⊥EF,垂足为G.易知CD⊥PF,CD⊥EF,EF,PFC平面PEF,且 EF∩PF=F,所以CD⊥平面PEF,又PGC平面PEF,所以CDI PG.又PG⊥EF,CD,EFC平面ABCD,CD∩EF=F,所以PGI 平面ABCD,所以PG为四棱锥P-ABCD的高.由PE·PF= 之EFPG,得PG=PEPF_25X2=5.故选n] EF 4 C[线面位置关系的判断对于A,B,若m∥a,n∥a,则m与n可 能平行、相交或异面，故A,B错误；对于C,D,若m∥a,n⊥a,则m⊥ n,且m与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误.] 6.A[在正方体ABCD-A1B1C1D1中， AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD, 又EFC平面ABCD,所以EF⊥DD1, 因为E,F分别为AB,BC的中点， 所以EF∥AC,所以EF⊥BD, 又BD∩DD1=D, 所以EF⊥平面BDD1, 又EFC平面B1EF, 所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确： 如图，以点D为原点，建立空间直角坐标 系，设AB=2, 则B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2, 2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0), C1(0,2,2), 则EF=(-1,1,0),EB1=(0,1,2),DB= (2,2,0),DA1=(2,0,2), AA1=(0,0,2),AC=(-2,2,0),A1C (-2,2,0), 设平面B1EF的法向量为m=(c1y11), 则有人m·E示一工十m=0 可取m=(2,2,一1)， (m·EB=y1+2=0 同理可得平面A1BD的法向量为n1=(1,一1，一1) 平面A1AC的法向量为n2=(1,1,0), 平面A1C1D的法向量为n3=(1,1,一1) 则m·n1=2-2十1=1≠0， 所以平面BEF与平面A1BD不垂直，故B错误： 因为m与n2不平行， 所以平面B1EF与平面A1AC不平行，故C错误； 因为m与n3不平行， 所以平面B1EF与平面A1C1D不平行，故D错误，故选A,] 7.BD「BP=λBC十aBB1(0≤A≤1,01). 对于选项A,当入=1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时 △ABP的周长为AB+AP+PB1=√2+√1十+√1十(1一) =√2+√十十√2-2十，不是定值，A错误： 图1 图2 对于选项B,当=1时，点P在棱B1C上运动，如图2所示， 对Vx=V4=5ac×号-誓Sa-g×子X1X1 6 6 三，为定值，故B正确 对于选项C,取BC的中点D,BC1的中点D1,连接 DD1,AB,则当入=之时，点P在线段DD上运 动，如图3所示.假设A1P⊥BP,则A1P十BP2= A,脚()+1-0+（合）广'+=2.解 得u=0或u=1,所以点P与点D或D1重合时， A1P⊥BP,故C错误： 法一由多选题特征，排徐A,C,故选BD 法二对于选项D,易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥ AB1.设AB1与A1B交于点K,连接PK,要使A1B⊥平面AB1P,: 需A1B⊥KP,所以，点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.综 上，选BD, 法三对于选项D,分别取BB1,CC1的中点E, 下，连接EF,则当H=令时，点P在线段EF上运 动，以点C为原点建立如图4所示的空间直角坐 标系C-xyx,则B1(0,1,1),B(0,1,0), A(停，）小P(1号）所以A店 (9合小应=(o）若 图4 AB⊥平面ABP,则AB1BP,所以-合十号=0，解得X=1, 所以只存在一个点P,使得AB⊥平面AB1P,此时点P与F重合，· 故D正确.综上，选BD.] &.★法连接AD(图感)则易得点M在AD上，且M为 AD1的中点，AD1⊥A1D. 因为AB⊥平面AA1D1D,A1DC平面AA1D1D, 所以AB⊥A1D, : 又AB∩AD1=A,AB,AD1C平面ABD1, 所以A1D⊥平面ABD1,又BD1C平面ABD1,显然A1D与BD1异！ 面，所以A1D与BD1异面且垂直. 在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB, 又MN中平面ABCD,ABC平面ABCD, 所以MN∥平面ABCD. 易知直线AB与平面BB1D1D成45°角， 所以MN与平面BB1D1D不垂直. 所以选项A正确.故选A. 法二以点D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系（图略）.设AB=2,则A1(2,0,2),D(0,0,1 0),D1(0,0,2),B(2,2,0),所以M(1,0,1),N(1,1,1),所以A1D= (-2,0,-2),D1B=(2,2,-2),MN=(0,1,0),所以A1D·D1B= -4十0十4=0，所以A1D⊥D1B. 又由图易知直线A1D与BD1是异面直线， 所以A1D与BD1异面且垂直. 因为平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),所以MN·n=0,又！ MN在平面ABCD,所以MN∥平面ABCD. 设直线MN与平面BB1D1D所成的角为0，因为平面BDD1B1的· 一个法向量为a=(-1,1,0),所以sin0=cos(MN,a)=1 MN·a 1 IMNI al2 =号，所以直线MN与平面BBDD不垂 直.故选A,] 9.面面垂直十外接球球心位置十线线角 解(I)因为PA⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以PA⊥AD,: 又AD⊥AB,PA∩AB=A,所以AD⊥平面PAB, 又ADC平面PAD,所以平面PAD⊥平面PAB. (2)(1)以A为坐标原点，AB,AD,AP的方向分别为x,y,2轴的 正方向，建立空间直角坐标系A-工y,如图所示， 则B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,1+√3. 0),P(0,0,2),设O(a,b,c), 因为点P,B,C,D均在球O的球面上，所 OBI=OCI=ODI=OPL, B 则(a-√2)2+b2十c2=(a-√2)2十(b 2)2+c2=a2+(b-1-)2+c2=a2+b2+(c-2)2, 得a=0,b=1,c=0,即0(0,1,0)， 所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内， (i)AC=(2,2,0),P0=(0,1,√2)， 则osAC,Pd)=AC.P心 2 IACIIPOX33 所以直线AC与P0所成角的余院痘为号 12 0.线面角十圆锥的侧面积十线线平行十线面平行（空间想象能力、 逻辑思维能力) 解(1)连接PO,因为P)⊥图锥底面，所以∠PA()为直线PA与 圆锥底面所成的角， 所以∠PA0=号，因为AB=2,所以A0=1,PA=2, 所以圈锥的侧面积S=πXA()XPA=2π. (2)连接AC,国为孤C的长为号，所以∠COA=号，则△OAC是 等边三角形，连接BD,可得四边形ACDB为等腰梯形，CD=1,所 以CD=OB, 又CD∥OB,所以四边形CDBO是平行四边形，所以CO∥DB,又 C)寸平面PBD,DBC平面PBD,所以CO∥平面PBD. 连接OQ,因为Q是PA的中点，O是AB的中点，所以OQ∥PB, 又(OQ￠平面PBD,PBC平面PBD,所以OQ∥平面PBD. 因为CO∩OQ=O,所以平面COQ∥平面PBD, 又QMC平面COQ,所以QM∥平面PBD, 1,线面平行的证明十点到平面的距离 解(1)第1步：证明EM∥FC 由题意得，EF∥MC,且EF=MC,所以四边形EFCM是平行四边 形，所以EM∥FC. 第2步：利用线面平行的判定定理证明EM∥平面BCF 又CFC平面BCF,EM寸平面BCF,所以EM∥平面BCF, (2)第1步：取DM的中点O,连接OA,证明OA⊥平面EDM 取DM的中点O,连接OA,(OE,因为AB∥MC,且AB=MC,所以 四边形AMCB是平行四边形，所以AM=BC=√JI0, 又AD=√I0,故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三角 形，可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA=AD2- DM 2 =3,0E= /ED2- (DM 2 =3 又AE=2N5,所以OA2+OE=AE2,故OA⊥OE. 又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DMC平面EDM, 所以)A⊥平面EDM. 第2步：利用等体积法求，点到平面的距高 易知SAmM=2X2X5=5. 在△ADE中，os∠DEA=4+12-10= 2×2×2V54 所以m∠DEA=sa=子×2X25xF厘 4 2 设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-DM,得 方Sa0E·d=3SamM·OA,得d=6Y厘， 13 故点M到平面ADE的距离为5国 13 2.解(1)因为ACL平面ABC,BCC平面ABC,所以A1C⊥BC, 因为∠ACB=90°，所以BC⊥AC,又A1C∩AC=C,A1C,ACC平 面ACC1A1, 所以BC⊥平面ACC1A1, 又BCC平面BB1C1C,所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C (2)如图，过点A1作A1H⊥CC1,交CC1于 点H,由(1)知平面ACCA1⊥平面 A长 BB1C1C,又平面ACC1A1∩平面BB1C1C= H CC,AHC平面ACCA1,所以A1H⊥平 面BB1C1C, 即四棱锥A1-BB1C1C的高为A1H. 4 由题意知AB=A1B,BC=BC,∠A1CB=∠ACB=90°， 则△ACB≌△A1CB,故CA=CA1. 又AA1=2,∠ACA1=90°， 所以A1C1=CA1=√2 解法-由S△AS1=2·CA·AC=立·A1H·CC,得 AH=CA·ACG_EE=1, 2 故四棱锥A1-BB1C1C的高为1. 解法二在等腰直角三角形CA1C1中，A1H为斜边中线，所以 AH=CC=1. 故四棱锥A1-BBC,C的高为1， 13.(1)证明，AD=CD,∠ADB=∠BDC,BD=BD .△ABD≌△CBD,∴.AB=CB. ,E为AC的中点，.DE⊥AC,BE⊥AC ,DE∩BE=E,DE,BEC平面BED, .AC⊥平面BED. ,ACC平面ACD,∴.平面BED⊥平面ACD. (2)解如图，连接EF.在△ABC中，由AB= BC=2,∠ACB=60°可知，AC=2,则BE 5. ADCD,E为AC的中点，DE=合AC 1. 又BD=2,.DE2+BE2=BD,.DE⊥BE 由(1)知△ABD≌△CBD,.AF=CF. 又E为AC的中点，EF⊥AC. .当△ACF的面积最小时，EF⊥BD ∴SamE=专BE·DE=号BD·ER, EF9则BF=是 VE-ABC VA-BEF VC-BEF 2VA-BEF =2X 41 法二∴.BF:BD=3:4. 14.法一(1)证明过点E作EE'⊥AB于 点E‘,过点F作FF'⊥BC于点F',连接 EF′，如图.，平面EAB⊥平面ABCD, 平面EAB∩平面ABCD=AB,EEC平 面EAB,∴.EE⊥平面ABCD. 同理FF⊥平面ABCD,∴.EE∥FF, 易得△EE'B≌FF'B,∴.EE=FF', .四边形EE'FF是平行四边形， EF∥EF' 又，EF'C平面ABCD,EF中平面ABCD, ∴.EF∥平面ABCD. (2)解过，点G,H分别作GG'⊥CD于点G,HH'⊥DA于点！ H',连接FG,GH',H'E,AC,如图. 由(1)及题意，可知E',F,G,H'分别为AB,BC,CD,DA的中 点，四棱柱EFGH-E'F'GH'为长方体. 故该包装盒可看作由一个长方体和四个相等的四棱锥组合而成。 由底面ABCD是边长为8cm的正方形，可得EF'=EH'= 之AC=4Ecm. 在正三角形ABE中，易得EE=4√cm ∴所求包装盒的容积V=VGH-EFG'H十4VAEE'HH=EF'X EH'XEE'+4X号XEH'XEE×子AC=4EX4EX45+ 3 4X子×4Ex45x×8反-640(em. 法二(1)证明：四边形ABCD是正 方形，△EAB和△FBC是正三角形 分别取AB,BC的中点K,I,连接EK FI,KI,则EK⊥AB,FI⊥BC,如图 :平面EAB⊥平面ABCD,平面EAB∩ 平面ABCD=AB,EKC平面EAB .EK⊥平面ABCD.同理FI⊥平面AB CD,.EK∥FL.易知△EAB≌△FBC,.EK=FI, .四边形EKIF是平行四边形，∴EF∥KI. 又，EF￠平面ABCD,KIC平面ABCD, .EF∥平面ABCD. 12 (2)解可补形成长方体，如图，易得长方体的高为4√3cm,故所 末包装盒的容积V=8×4厅-4X号×宁×4X45-640 3 (cm3). 15.(1)解如图，取BC的中点为M,连接EM, 由已知可得EM∥AB,AB=BC=2,CF=1,A D B EM=7AB=1,AB∥AB1,即EM∥A1B1, 由BF⊥A1B1得EM⊥BF, 又EM⊥CF,BF∩CF=F, BF,CFC平面BCF, 所以EM⊥平面BCF, 故V三被F-EBC=V三枚银E-FC=3 BC·CF·EM= >Y2 1 ×2×1×1=3· (2)证明连接A1E,B1M,由(1)知EM∥A1B1, 所以EDC平面EMB1A1· 在正方形CC1B1B中，由于F,M分别是CC1,BC的中点，所以由 平面几何知识可得BF⊥B1M, 又BF⊥A1B1,B1M∩A1B1=B1,B1M,A1B1C平面EMB1A1,所 以BF⊥平面EMB1A1, 又DEC平面EMB1A1,所以BF⊥DE. 考向2求异面直线所成的角 D[法一如图，连接C1P,因为ABCD AB1CD1是正方体，且P为B1D1的中点，所 以C1P⊥B1D1,又C1P⊥BB1,B1D1∩BB1= B1,B1D1,BBC平面B1BP,所以C1P⊥平面 B1BP.又BPC平面B1BP,所以有C1P⊥BP. 连接BC1,则AD1∥BC1,所以∠PBC1为直线 PB与AD1所成的角.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则 在R△GPB中.GP=BD=E,BC=2E.sin∠PC 瓷子，所以∠PC=音，故选D BC 法二如图，以A为坐标原点，AB,AD,AA1 所在的直线分别为工轴、y轴、：轴建立空间 直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D 的棱长为2，则A(0,0,0),B(2,0,0),P(1,1, 2),D1(0,2,2).PB=(1,-1,-2),AD1=昌 (0,2,2).设直线PB与AD1所成的角为0， 流清要国为G(]以 PB·AD1| 则c0s0= 0=，故选D, 法三如图，连接BC1,AB,A1P,PC1,则易 知AD1∥BC1,所以直线PB与AD1所成的 角等于直线PB与BC1所成的角，由P为正 方形A1BCD1的对角线B1D1的中点，知 A1,P,C1三点共线，且P为A1C1的中点.易 知AB=BC1=A1C,所以△A1BC1为等边 三角形，所以∠ABC=号，又P为AC的 中点，所以可得∠PBC=号∠ABC=石，故直线PB与AD所成 的角为，故选D] 考向3线面角的求法 1.B[正三棱台的体积十线面角 补形法设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h,三条侧棱延长后交 于一点P,作P)⊥平面ABC于点O,PO交平面A,B1C1于点()1， 连接OA,0A1,如图所示，由AB=3A1B,可得P0=h,P0 2,又5a445=子×2×9=5，Saur=之×62×9= 2 9√，所以正三棱台ABC-A1B1C1的体 积V=Vre-4,49,=号X95X A C 多h-子X5X分h=号，解得h B 号，故P0=产h=2原由正三枝台的 性质可知，O为底面ABC的中心，则 0A=号×V6-可=25.周为P01千 B 面ABC,所以∠PA)是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO 中，m∠PA0-贸-1，故选] 2.C[如图所示，取AB的中点为M,连接CM, DM,则CM⊥AB,DM⊥AB,又CM,DMC平面 CMD,CM∩DM=M,于是AB⊥平面CMD ∠CMD即为二面角C-AB-D的平面角，于是 ∠CMD=150°.设AB=2,则CM=1,MD=√5，在 △CMD中，由会弦定理可释D-√3+1-2XX1×(号) √7，廷长CM,过点D作CM的垂线，设垂足为H,则∠HMD=30°， DH=DM=号MH-9DM=号，所以CH=1+号=因 2 2 为DHC平面CMD,则AB⊥DH,又DH⊥CM,AB,CMC平面 ABC,AB∩CM=M,所以DH⊥平面ABC,∠DCM即为直线CD 与车面AC所成角，于是在R△DCH中，tan/DCM-器吾， 故选C.] 3.D[如图所示： D 不妨设AB=a,AD=b,AA1=c,依题以及长方体的结构特征可知， B1D与平面ABCD所成角为∠B1DB,B1D与平面AA1B1B所成 角为∠DB1A,所以sin80=BDFB1D,即6=，BD=2c √a2++c2,解得a=√2c. 对于A,AB=a,AD=b,AB=√2AD,A错误： 对于B,过B作BE⊥AB1于E,易知BE⊥平面AB1C1D,所以AB 平面AB1CD所成角为∠BAE,因为an∠BAE=二=2， ∠BAE≠30°，B错误： 对于C,AC=√a2+b=√5c,CB1=√6+CZ=√2c,AC≠CB1, C错误； 对于D.AD与手面BBCC所成角为∠DBCn∠DB,C品 会-号雨0K∠DB,C<90,所以∠DHC=5:D正确，做连D] 4.ABD[在正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为BC1⊥B1C,BC1⊥ A1B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,所以BC1⊥DA1,BC1⊥CA1,故 选项A,B均正确：设A1C1∩B1D1=(),因为A1C1⊥平面 BB1D1D,所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为∠CBO,在 直角△CB0中，sin∠CB0==令，故∠CB0=30,故速 C错误：直线BC1与平面ABCD所成的角为∠C1BC=45°，故选项 D正确.门 1 5.正四棱锥十旋转体体积十线面角 解(1)第1步：利用勾股定理求AO,PO, 在正四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，且P)⊥底面 ABCD, ∴.△AOD为等腰直角三角形，又AD=3√2，AO=3, .AP=5,∴.P)=√AP2-A(=4. 第2步：求旋转体体积 Rt△AOP绕直角边P)旋转一周形成的几何体是底面半径为3， 高为4的圆锥， :流转你的体积为V=号××3产×4=12元 (2)第1步：找线面垂直，定线面角 如图，连接OE, AP=AD=AB,E为PB的中点，∴.PB⊥AE, 同理，PB⊥CE,又AE∩CE=E,AE,CEC平 面AEC, ∴.PB⊥平面AEC, ∴，∠BOE是BD与平面AEC所成的角. 第2步：计算线面角的大小 设AP=AD=2,则BO=√2，BE=1, 在△BPD中，E,O分别为BP,BD的中点， E0=PD=AP=1. △BEO是等腰直角三角形，∠BOE=元，即BD与平面AEC 4 所成角的大小为牙 6.解如图，过A1作A1D⊥CC1,垂足 为D, ,AC⊥平面ABC,BCC平 A 面ABC, D .A1C⊥BC, 又∠ACB=90°，∴.AC⊥BC, C :A1C,ACC平面ACCA,且ACA4 ∩AC=C, .BC⊥平面ACC1A1, :A1DC平面ACC1A1,.BC⊥A1D, 又CC,BCC平面BCC1B1,且CC∩BC=C,A1D⊥平面 BCCIB,.'.A D=1. 由已知条件易证△CA1C1是直角三角形，又CC=AA1=2,A1D=1, .D为CC1的中点，又A1D⊥CC1, .AC=AC 又在三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=A1C .AC=AC. (2)如图，连接A1B,由(1)易证A1B A1B1,故取BB1的中点F,连接A1F, ,AA1与BB1的距离为2，A1F=2, 又A1D=1且A1C=AC, .AC=AC=AC=,AB=AB= √5，BC=√3. 建立空间直角坐标系C-xy:如图 所示， 则C(0,0,0),A(√2,0,0)，B(0,√5,0)，B1(-2,√5，√2)，C1(-√2， 0,W2), .CB=(0,W5,0),CC=(-√2,0W2),AB1=(-22,W3w2), 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,x), 翾”·0：即60， (n·CC1=0,-√2x+2=0, 取x=1,则y=0,2=1, .平面BCC1B1的一个法向量为n=(1,0,1). 设AB1与平面BCC1B1所成角为日， 则sim0=lco(n,AB)1=n·AB /13 InAB 13 六AB与平面BCCB所成角的正弦值为区 13 7.(1)证明因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，BC=4,! AB=1,且M为BC的中点， 所以CM=2,CD=1,∠DCM=60°， 易得CD⊥DM. 又PD⊥DC,且PD∩DM=D,PD,DMC平面PDM, 所以CD⊥平面PDM 所以AB∥CD, 所以AB⊥平面PDM. 又PMC平面PDM,所以AB⊥PM. (2)解法一由(1)知AB⊥平面PDM, 所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角， 连接AM,因为PM⊥MD, 由(1)知PM⊥DC, 义MD,DCC平面ABCD,MD∩DC=D, 所以PM⊥平面ABCD,又AMC平面ABCD, 所以PM⊥AM. 因为∠ABC=120°，AB=1,BM=2, 所以由余弦定理得AM=√7， 又PA=√15，所以PM=2√2， 所以PB=PC=2√5. 连接BN,结合余弦定理得BN=√ 连接AC,则由余弦定理得AC=√21， 在△PAC中，结合余弦定理得PA2+AC=2AN2+2PN2, 所以AN=√15. 所以在△ABN中，os∠BAN=A+AN2一BN=1+15-压 2AB·AN 2w√15 6 设直线AN与平面PDM所成的角为0， 剥sn0=cos∠BAN=YE 61 故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为 6 法二因为PM⊥MD,由(1)知PM⊥DC,又 MD,DCC平面ABCD,MD∩DC=D, 所以PM⊥平面ABCD. 连接AM,则PM⊥AM. 图为∠ABC=120°，AB=1,BM=2, 所以AM=√7， 又PA=√15，所以PM=2√2. 由(1)知CD⊥DM, 过点M作ME∥CD交AD于点E,则ME⊥MD. 故可以以M为坐标原点，MD,ME,MP所在直线分别为x,y,x轴 建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(-√5,2,0)，P(0,0,2V2),C(W5,-1,0), 所以N( (合 所以不-(9，） 易知平面PDM的一个法向量为n=(0,1,0). 设直线AN与平面PDM所成的角为0， AN·n 则sin0=cos(AN,n〉|= 15 AN·ln /15 故直线AVN与平面PDM所成角的正弦值为 61 8.解(1)取BC中点D,连接B1D,DN.在 三棱柱ABC-A1B1C中，A1B1∥AB, AB=AB. 因为M,N,D分别为A1B1,AC,BC的中 点，所以BM∥AB,BM=子AB,DN∥ AB,DN=令AB,即BM∥DN且 D B M=DN, 所以四边形B1MND为平行四边形，因此B1D∥MN, 又MN中平面BCC1B,B1DC平面BCC1B,所以MN∥平I 面BCC1B1 (2)选条件①： 因为侧面BCCB1为正方形，所以CB⊥BB1, 又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,且平面BCC1B1∩平面 ABBA=BB1, 所以CB⊥平面ABBA1,而ABC平面ABBA1,所以CB⊥AB. 由(I)得BD∥MN,又因为AB⊥MN,所以AB⊥B1D, 而B1D∩CB=D且CB,B1DC平面BCC1B,所以AB⊥平 面BCC1B, 在三棱柱ABC-A1BC中，BA,BC,BB1两两垂直， 故分别以BC,BA,BB1为x轴，y轴，x 轴，如图建立空间直角坐标系， 因为AB=BC=BB1=2,则B(0,0,0), N(1,1,0),M(0,1,2),A(0,2,0), 所以BN=(1,1,0),BM=(0,1,2), AB=(0,-2,0), D 设平面BMN的法向量n=(x,y,z), 由B甙·n=0,B.n=0,得{T十)=0、令 y+2e=0, x=2,得n=(2,-2,1). 设直线AB与平面BMN所成角为0， 则sin0=|cos(n,AB)1=n·AB -4 n1,,3×23·听以直线4B 与平面BMN所成角的正弦值为3 2 选条件②： 取AB中点H,连接HM,HN 因为M,N,H分别为A1B1,AC,AB的中点， 所以B1B∥MH,CB∥NH,而CB⊥BB1,故NH⊥MH. 又因为AB=BC=2,所以NH=BH=1. 在△MHB和△MHN中，BM=MN,NH=BH,公共边MH,那么 △MHB≌△MHN, 因此∠MHN=∠MHB=90°，即MH⊥AB,故B1B⊥AB. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA,BC,BB1两两垂直， 故分别以BC,BA,BB1为x轴，y轴，z M 轴，如图建立空间直角坐标系， 因为AB=BC=BB1=2,则B(0,0,0), N(1,1,0),M(0,1,2),A(0,2,0), 所以BN=(1,1,0),BM=(0,1,2), B AB=(0,-2,0), 设平面BMN的法向量n(x,y,z), 由B贰·n=0,B.n=0,得十y=0、 (y+2x=0. 令x=2,得n=(2,-2,1). 设直线AB与平面BMN所成角为日， 则sin0=cos(n,AB)| n·AB 4 n·ABl 3×2 ,所以直线AB -3 与平面BMN所成角的正弦值为S 2 9.解(1)过点E、D分别做直线DC、 AB的垂线EG、DH并分别交于点 G、H. ·四边形ABCD和EFCD都是直 角梯形，AB∥DC,CD∥EF,AB= 5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE =60°，由平面几何知识易知，DG H AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB =∠ABC=90°，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形， ∴.在Rt△EGD和Rt△DHA中，EG=DH=2√， ,DC⊥CF,DC⊥CB,且CF∩CB=C, .DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F-DC-B的平面角，则 ∠BCF=60°， .△BCF是正三角形，由DCC平面ABCD,得平面ABCD⊥平 面BCF, ,N是BC的中点，.FN⊥BC,又DC⊥平面BCF,FNC平面BCF 可得FN⊥CD,而BC∩CD=C,∴.FN⊥平面ABCD,而ADC平面 ABCD,∴.FN⊥AD. (2)因为FN⊥平面ABCD,过点N做AB平行线NK,所以以点N! 为原点，NK、NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、x轴建立空间直 角坐标系N一xy 设A(5√3,0)，B(0√3,0)，D(3,-√5,0)，E(1,0,3), 到M(3) -(（3.9名）市=(-226.0.成(-25. 设平面ADE的法向量为n=(x,y,x) 由/”·AD=0 -2x-2V3y=0 {a正-6得{2x+g+s-0 取n=(5,-1,5), 设直线BM与平面ADE所成角为日， 35+5+35 'sin 0=cos(n,BM)= ln·BM 22 lnl·BM 5557 √7·2514 10.(1)证明在四边形ABCD中，作DE⊥ AB于E,CF⊥AB于F, 因为CD//AB,AD=CD=CB=1, AB=2, 所以四边形ABCD为等腰梯形， 所以AE=BF=立· 故DE号，BD=VDE+BE5. 所以AD2十BD=AB2, 所以AD⊥BD, 因为PD⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 所以PD⊥BD, 又PD∩AD=D, 所以BD⊥平面PAD, 又因PAC平面PAD, 所以BD⊥PA: (2)解如图，以点D为原点建立空间直角 坐标系， BD=√5， 则A(1,0,0),B(0,5,0)P(0,0,√5)， 则AP=(-1.0,5)BP=(0,-55) DP=(0,0,5): 设平面PAB的法向量n=(x,y,x)。 剥有n·A市=-x+5=0 ,可取n=(5,1,1), (n·Bp=-√5y+5:= 则cosn.D币) n·Dp √5 DP 5 所以PD与平面PAB所成角的正孩值为与。 考向4二面角的求法 1.A[如图所示，过，点F作FP⊥AC于P,过P作 A PM⊥BC于M,连接PE, 则a=∠EFP,B=∠FEP,Y=FMP, ama器器1，m品提1 FP、FP tanY=PM产PE=tanA,所以a≤sY,故选A.] 2.线面平行的判定十二面角正弦值的求解 解(1)解法一第1步：利用线线平行得两组线面平行 ,EB∥FC,EB丈平面CD'F,FCC平面CD'F, .EB∥平面CDF, A'E∥D'F,A'E￠平面CDF,D'FC平面CD'F, ∴AE∥平面CDF, 第2步：利用两组线面平行得面面平行 EBC平面BA'E,A'EC平面BA'E,EB∩A'E=E, ∴.平面BA'E平面CD'F 第3步：利用面面平行得线面平行 .A'BC平面BAE,.A'B∥平面CD'F 解法二第1步：利用面面平行的判定定理得面面平行 ,EB∥FC,A'E∥D'F, EBC平面BA'E,A'EC平面BAE, FCC平面CD'F,D'FC平面CDF, EB∩A'E=E,FC∩D'F=F,.平面BA'E∥平面CDF 第2步：利用面面平行得线面平行 :A'BC平面BA'E,A'B∥平面CDF. 解法三第1步：补形，将梯形ABCD补形为平行四边形ABGD 如图，延长DC至点G,使得DG=AB,连接 GB,GD', ,AB∥CD,AB∥DG,又AB=DG, D .四边形ABGD是平行四边形，.AD BG,AD∥BG. 第2步：利用翻折过程中与折痕平行的直线平行关系不变得到线线 平行，进而证明A'B∥D'G 翻折后，A'D'=BG,A'D'∥BG, ∴.四边形A'BGD'是平行四边形，A'B∥D'G 第3步：利用线线平行得线面平行 ,A'B中平面CD'F,DGC平面CDF,.A'B∥平面CDF (2)第1步：找到面EFD'A'与面EFCB所成二面角的平面角 :∠DAB-=90°，EF∥AD,.∠FEB=90°，即AB⊥EF, 翻折后，A'E⊥EF,EB⊥EF, .面EFDA'与面EFCB所成二面角的平面角为∠A'EB, 即∠A'EB=60°，同理∠DFC=60° 第2步：找出3条两两垂直的线段，建立空间直角坐标系 设AD=1,取CF的中点O,连接D'O, 在△0D'F中，DF=1,0F=号，∠D'F0=60, 由余弦定理得O加-5， 2 :.DF2=OF2+OD,..OD'LOF. 在线段EB上取一点M,使得EM=之，连接OM,则EM=OF,又 EM∥OF,∴.四边形EMOF为平行四边形， ∴.EF∥OM, DF⊥EF,CF⊥EF,D'F∩CF=F, .EF⊥平面CD'F,即(OM⊥平面CD'F, .OM,OC,OD'两两垂直， 如图所示，以O为坐标原点，OM,OC,)D'的方向分别为x轴， y轴，x轴的正方向，建立空间直角坐标系，（易错警示：没有寻找到 3条两两垂直的线段，想当然建系，导致完全丢分) D. 第3步：写出相关点及向量的坐标 则B(1号0）c(02)D(.0,号)E(.合） F(0.0）i=11.0.c=(o,号)2=1,0 第4步：求平面BCD'的法向量 设平面BCD的法向量为m=(x1,y1,1), CB·m=0 1十M=0 ,即 1 {c市·m=0'-2y+1=0 取x1=√5，则m=(-3,3,W3) 第5步：求平面EFDA'的法向量 设平面EFDA'的法向量为n=(x2V2,2), FE·n=0 x2=0 则 即 FD·n=0 √3 (z+2=0 取2=√5，则n=(0,-3,√5). 第6步：利用向量的夹角公式求平面与平面夹角的余弦值 设平面BCD'与平面EFD'A'的夹角为0， 剥0-m设a元方 6 _7 第7步：利用同角三角函数的基本关系求二面角的正弦值 六sin0=√1-cos20/1- 7 7 六平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为√厘 7 3.线面垂直的判定与性质十勾股定理的逆定理十线面平行的判定十！ 二面角（理性思维、数学探索） 解(1)第1步：证明AD⊥AB 由于PA⊥底面ABCD,ADC底面ABCD,∴，PA⊥AD, 又AD⊥PB,PA∩PB=P,PA,PBC平面PAB, AD⊥平面PAB, 又ABC平面PAB,AD⊥AB. 第2步：证明AB⊥BC,得出BC∥AD AB2+BC2=AC2,.AB⊥BC,∴.BC∥AD, 第3步：证明AD∥平面PBC ,AD寸平面PBC,BCC平面PBC,∴AD∥平面PBC (2)第1步：建系，设出点A(a,0,0),写出相关向量的坐标 由题意知DC,AD,AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线 为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为x轴 建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0),设A(a,0,0),a>01 则CD=√4-a,C(0,√4-a,0),P(a,0,2),CD=(0, √4-a2,0),AC=(-a,√4-a,0),CP=(a,-√4-a,2). P 2 A 第2步：得出平面CPD的一个法向量 设平面CPD的法向量为n=(x,y,z), 0,即-V4-ay=0 可取n=(2,0,一a). {CP·n=0(ax-√4-ay+2x=0 第3步：得出平面ACP的一个法向量 设平面ACP的法向量为m=(x1y1,1), 可取m=(√/4-a”,a,0). 第4步：根据二面角A-CP-D的正弦值列方程 :二面角A-CP-D的正孩值为厘， 7 余弦位的笔对值为 7 故|cos(m,n)l=m·n m·n 2/4-a √4-a2+a.√4+a 第5步：得出AD的长 又a>0,.a=√5，即AD=5. 4.线面垂直的判定与性质十二面角 解(1)第1步：证明EF⊥AE 由题，AE=号AD=25,AF=子AB=4, 又∠BAD=30°，所以由余弦定理得EF2=AE十AF2一2AE·AF·! c0s30°=4，故EF=2. 又EF2十AE2=AF2,所以EF⊥AE. 第2步：证明EF⊥PD 13 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE,EF⊥ED, 又ED∩PE=E,ED,PEC面PED, 所以EF⊥面PED. 又PDC面PED,所以EF⊥PD. (2)第1步：证明PE⊥面ABCD 如图，连接CE,由题，DE=3√5，CD=3,∠CDE=90°， 故CE=√/DE2+CD=6. 又PE=AE=2√3，PC=4√3， 所以PE2十CE=PC2,故PE⊥CE 又PE⊥EF,CE∩EF=E,CE,EFC面ABCD, 所以PE⊥面ABCD. 第2步：建立空间直角坐标系，得到相关向量的坐标 EF,ED,PE两两垂直，故以E为原点，EF,ED,PE所在直线分别 为x,y,x轴建立空间直角坐标系， 则P(0,0,2√5)，D(0,3√3,0)，F(2,0,0),A(0,-25,0),C(3, 33,0), D B 连接PA,则PD=(0,35,-23),DC=(3,0,0), AP=(0,25,2√5)，AF=(2,2√5,0) 第3步：求面PCD和面PBF的法向量 设面PCD的法向量为n1=(x1M), 则人m·P四=35y1-251=0 可取n1=(0,2,3). (nm1·DC=3.x1=0 设面PBF即面PAF的法向量为n2=(x2y2,2), 则m:·AP=2十252=0 (n2·AF=2x2十2W5y2=0 可取n2=(W5,-1,1). 第4步：求面PCD与面PBF所成二面角的余弦值的绝对值 n1·n21 cosn)=m·n-6需 第5步：利用同角三角函数的基本关系求得结果 故面PCD与面PB球所成二面高的正弦痘为，√需-8丽 651 面面平行十线面平行十二面角的正弦值（理性思维、数学探索） 解(1)解法一（利用线面平行判定定理）第1步：证四边形 BCDM为平行四边形 因为M为AD的中点，BC∥AD,且AD=4,BC=2,所以BC∥ MD,且BC=MD, 所以四边形BCDM为平行四边形， 第2步：利用线面平行的判定定理证明BM∥平面CDE 所以BM∥CD, 又CDC平面CDE,BM寸平面CDE,所以BM∥平面CDE. 解法二（利用面面平行的性质）第1步：证四边形BCEF为平行 四边形 因为EF∥AD,BC∥AD,所以EF∥BC, 又EF=BC=2,所以四边形BCEF为平行四边形 第2步：证BF∥平面CDE 所以BF∥CE,又CEC平面CDE,BF丈平面CDE,所以BF∥平面 CDE. 第3步：证四边形MDEF为平行四边形 因为M为AD的中点，且AD=4,所以EF∥MD,且EF=MD,所 以四边形MDEF为平行四边形， 第4步：证FM∥平面CDE 所以FM∥ED,又EDC平面CDE,FM寸平面CDE,所以FM∥平 面CDE. 第5步：利用面面平行的性质证BM∥平面CDE 因为BF,FMC平面BMF,BF∩FM=F,所以平面BMF∥平 面CDE. 又BMC平面BMF,所以BM∥平面CDE. (2)第1步：证明OB,OD,OF两两垂直 取AM的中点O,连接B),F) 由(1)解法一可知，BM=CD=AB=2,因为AM=2,所以BO⊥！ AD,且BO=√5. 由(1)解法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM=ED=√I0,} 又AF=√10，所以FO⊥AM, 又OA=(OM=1,所以FO=√FA-OA=3, 又FB=2√3，所以BP+FO2=FB, 所以F)⊥OB,即(OB,()D,OF两两垂直 第2步：建立空间直角坐标系，并写出相 关点和向量的坐标 分别以(OB,OD,OF所在直线为x,y, 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则F(0,0,3),B(√3,0,0)，M(0,1,0), A E(0,2,3),则MB=(5,-1,0),MF= (0,-1,3),ME=(0,1,3). 第3步：求平面FBM的法向量 设平面FBM的法向量为n1=(x1,y1,1), 则m·M店=0 ,即541y=0 (n1·MF=0-M+31=0 令1=3，所以x1=√5,1=1，所以n1=(W5,3,1). 第4步：求平面EBM的法向量 设平面EBM的法向量为n2=(x2y2,2), 期·M店=0 ,即y=0 (n2·ME=0'(y2十32=0 令y2=3,所以x2=√5，x2=-1, 所以n2=(3,3,一1). 第5步：求二面角F-BM-E的正弦值 设二面角F-BM-E的平面角为0， 所以cos1-c0s(n1,m,1=mn=是 n11n2=13 因为0e[0,],所以sin0>0,即sin0=V1一c0s0-4.所以三 面角F-BM-E的正弦值为。 6,线面平行的判定定理十线面垂直的判定定理十平面与平面的夹角 (理性思维、数学探索) 解(1)第1步：作辅助线，通过证平行四边形来证BF∥CG 取PD的中点G,连接FG,CG, 因为F为PE的中点，所以FG=2DE=1,FG//DE, 又BC=1,AD∥BC,所以FG=BC,FG∥BC, 所以四边形FGCB为平行四边形， 所以BF∥CG, 第2步：利用线面平行的判定定理得证 又BF在平面PCD,CGC平面PCD,所以BF∥平面PCD. (2)第1步：证明PE⊥平面ABCD 因为AB⊥平面PAD,PEC平面PAD,所以AB⊥PE, 又PE⊥AD,AB∩AD=A,AB,ADC平面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD. 第2步：建立空间直角坐标系，写出相关点和向量的坐标 连接EC,易知四边形ABCE为矩形，故直 13 线EC,ED,EP两两垂直，故以E为坐标 原点，EC,ED,EP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， 则P(0,0,2),C(1,0,0),D(0,2,0),A(0, 1,0),B(1,-1,0),则AB=(1,0,0),AP A D C =(0,1,2),PC=(1,0,-2),PD=(0,2, -2). 第3步：分别求平面PAB和平面PCD的法向量 设平面PAB的法向量为用=(，则·4=0 {m1·AP=M+21=0 可取n1=(0,-2,1). 13 设年面心D的法向量心=（动.测m·元-2=0 {n2·PD=22-2x2=0 可取n2=(2,1,1). 第4步：利用向量的夹角公式，即可得出平面PAB与平面PCD夹 角的余弦值 设平面PAB与平面PCD的央角为0 则cos0=cos(n,n:)1=m·n=30 n1·n2/30 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为30 30 线面平行的证明十平面与平面夹角的余弦值十点到平面的距离 解(1)第1步：建立空间直角坐标系，写出相 关点和向量的坐标 A 以A为坐标原点，以AB,AD,AA所在直线 分别为工轴、y轴、x轴建立如图所示的空间直B N 角坐标系， 依题意得，B(2,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), B1(2,0,2),C1(1,1,2),D1(0,1,2) 则M011.N(2,22） 31 所以D=(0）=4,-1,2 3 CM=(-1,0,1). 第2步：求平面CB1M的法向量n 设平面CBM的法向量为n=(x1,y1,1), 期m·Cg= ,即了31一M+21=0 {n·Ci=0{-x1+1=0 取x1=1,得1=1，y1=3,则n=(1,3,1). 第3步：证明D1N⊥n,从而得到线面平行 Dn=(受，-号0）131)=号-号=0 所以D1N⊥n,显然D,Nt平面CB1M,所以D1N∥平面CB1M (2)第1步：求平面BBCC的法向量 易知CB1=(1,-1,2),BC=(-1,1,0), 设平面BB1C1C的法向量为m=(x222), 则m·CB=0 即22-y十22=0 (m·BC=0{-x2+2=0 取x2=1,得2=1,2=0，则m=(1,1,0). 第2步：求两平面央角的余弦值 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为0， 到m=sam=沿万 2√22 111 所以平面CBM与平面BB1CC央角的余弦值为2四 11 (3)第1步：求BB 易知BB1=(0,0.2). 第2步：求点到平面的距离 设点B到平面CB1M的距离为d, 则4=B那，n22正 所以点B到平面CB1M的距离为2 11 解(1)如图，连接DE,AE, 因为DC=DB,且E为BC的中点，所以 DE⊥BC. 因为∠ADB=∠ADC=60°，DA=DA,DC =DB, 所以△ADB≌△ADC(SAS) 可得AC=AB,故AE⊥BC. 因为DE∩AE=E,DE,AEC平面ADE,所 以BC⊥平面ADE. 又DAC平面ADE,所以BC⊥DA (2)由(1)知，DE⊥BC,AE⊥BC. 不妨设DA=DB=DC=2,因为∠ADB=∠ADC=60°，所以AB= AC=2. 由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE=EB=EC=√2. 因为AE⊥BC,所以AE=√JAB一EB=√2. 在△ADE中，AE2十ED=AD,所以AE⊥ED 以E为坐标原点，ED所在直线为工轴，EB所在直线为y轴，EA! 所在直线为x轴建立空间直角坐标系，如图，则D(√2,0,0)，B(0, V2,0),A(0,0,2),DA=(-√2,0，N2),BA=(0,-√2,2). 设F(xFyF,F),因为EF=DA,所以(xFyF,F)=(-√2,0，V②)， 可得F(一√2,0,2). 所以FA=(2,0,0) 设平面DAB的法向量为m=(x1,y,1), (DA·m=0 0,即{2x+E:=0 BA·m=0{-√2y十2=0 取x=1,则y=x=1,m=(1,1,1). 设平面ABF的法向量为n=(x2,V2,2), FA·n=0即2x=0 则n=0 ,即 \-V2y+2:=0 得x=0,取y=1,则x=1,n=(0,1,1) 所以cosm,n》=m·n-5×2 m'n 2 3 记二面角D-AB-F的大小为， 则sin0=√1-cos2(m,n)= 1, 故二面角D-AB-F的正弦值为 3 9解Q解法-依有喜，得，心+C+CC丽 AD+A2A=A:D:. 所以B2C2∥A2D2. 解法二以点C为坐标原点，CD,CB,CC1所在 直线分别为x,y,x轴，建立如图所示的空间直 角坐标系，则B2(0,2,2),C2(0,0,3),A2(2,2, 1),D2(2,0,2), 所以B2C2=(0,-2,1),A2D2=(0,-2,1), 所以B2C2=A2D2,所以B2C2∥A2D2. (2)建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中解 法二，设BP=n(0≤n≤4)，则P(0,2,n), 所以PA2=(2,0,1,-n),PC2=(0,-2,3-n), 设平面PA2C2的法向量为a=(21,y1), 所以·a=0 0,剥/2十1-1=0 {PC,·a=0'1-2M+(3-n)x1=0 令x1=n-1,得a=(n-1,3-n,2). 设平面AzC2D2的法向量为b=(x2,y2,22), 由(1)解法二知，A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1), 所以AC·b=0 则{2x2-2y2十22=0 (A2D2·b=0'1-2y2十2=0 令2=1，得b=(1,1,2) 所以cos150°|=|c0s(a,b)|= n-1+3-n十4 √(n-1)2+4+(3-n)2X√6 2 整理得n2-4n十3=0，解得n=1或n=3, 所以BP=1或BP=3, 所以B2P=1. 10.解如图，因为AB⊥BC,AB=2,BC=2√2，O是BC 的中点所以能需号所以△0B一△AC 0 记BF与AO的交点为H,则∠BHA=90°，又 ∠ABC=90°，∠BAH=∠OAB,所以△BHA~ △OBA,所以△BHAC∽△ABC,所以∠HBA= ∠CAB,又∠C+∠CAB=90°，∠CBF+∠HBA= 90°，所以∠C=∠CBF,所以CF=BF,同理可得BF=FA,所以F! 是AC的中点. 因为E,F分别是AP,AC的中点，所以EF∥PC,同理可得OD∥！ PC,所以EF∥OD, 又(ODC平面AD),EF寸平面ADO,所以EF∥平面AD). 13 2A0=A+0-5.,0D-P0- 2 又AD=5OD=3@ 2 所以AD2=AO2+(OD,所以AO⊥OD. 由于EF∥OD,所以AO⊥EF, 又BF⊥AO,BF∩EF=F,BFC平面BEF,EFC平面BEF, 所以AO⊥平面BEF, 又AOC平面AD),所以平面AD)⊥平面BEF. (3)如图，以B为坐标原点，BA,BC所在直线分别为x,y轴，建立 空间直解坐标系，则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,√2,0)，AO= (-2,2,0). 因为PB=PC,BC=2√2，所以设P(x√2，)，>0 则=前+正=商+之市=(2,0,0)十号（红x-2瓦，）= (号） 由(2)知AO⊥BE,所以A0·BE=(-2,2,0)· (9） 所以x=一1， 又PB=√5，BP=(x,√2，)，所以x2十2十2=6，所以=5，则 P(-1,√2，√5) 由D为即的中点得（合号号）市-（号号）】 设平面DAO的法向量为n1=(a,b,c), 5 ++ 的f”1·AD—0,p之4十≥一6一 2c-0 -2a+26=0 得b=√2a,c-=√3a, 取a=1,则n1=(1,2,5). 易知平面CA0的一个法向量n2=(0,0,1), 设二面角D-AO-C的大小为0，则|cos0|=|cos(n1,n2〉|= ln1·nl_5_E Inn2 √6 2 所以如0=√舌-吕，故二面角D-A0-C的正套值为号 1,解(1)解法一（几何法）连接MN.因为M,N分别是BC,AB 的中点，所以MN∥AC且MN=号AC=1,即有MN⊥A1C,所 以四边形MNA1C1是平行四边形，即有A1N∥MC. 又MCC平面CMA,A1N寸平面C1MA,所以A1N∥平 面C1MA. 解法二（共面向量基本定理法） 以A为坐标原，点，AB,AC,AA1所 在的直线分别为x,y,2轴，建立如 B 图所示的空间直角坐标系 A-xyz 则有A(0,0,0),M(1,1,0),N(1, 0,0),A1(0,0,2),C1(0,1,2) A 所以A1N=(1,0,-2),AM=(1, M 1,0),AC1=(0,1,2),设A1N= B xAM+yAC1,即有(1,0，-2)= 1.10+01,2,解释{因为A,NE手面CMA.所 以A1N∥平面C1MA 解法三（向量法）设平面CMA的法向量n=(x,y,),由解法！ 二可得戒=11.0.4G=(0.1,2.则m…=0 即 {n·AC=0 {十28=0不坊取n=(2,-2,1).由解法二可知A式=(1,0， x十y=0 -2),所以A1N·n=1×2+0×(-2)+(-2)×1=0, 所以A1N⊥n. 又A1N寸平面C1MA,所以A1N∥平面C1MA. (2)由(1)中解法二易知，平面ACCA1的法向量为AN=(1,0, 0),由(1)中解法三知平面CMA的一个法向量为n=(2,一2,1)， :品号所以本面GM与平霜 所以cos(A成，n)=n·A式 ACCA所成角的余获值为号。 (3)由(1)中解法二可得C(0,2,0),则MC=(-1,1,0),所以由(1)1 中解法三得点C到平面C1MA的距离d MC·n 4 n 3 12.解(1)设A到平面A1BC的距离为h, V,=5aw·AA=V44=X4= 4 V4e=子5a4h=子×2E.A 所以号X2EA=专，所以A=厄，所以A到年面ABC的距离 为√2. (2)取A1B的中点E,连接AE, A 因为AA1=AB,所以AE⊥A1B, 因为平面A1BC⊥平面ABB1A1, B 平面A1BC∩平面ABB1A1 D AB, 所以AE⊥平面A1BC,AE=√2， 则AA1=AB=2,所以AE⊥BC, 因为直三棱柱ABC-A1BC,所 以A1A⊥BC, 因为AE∩A1A=A,所以BC⊥平面ABB1A, 所以BC⊥AB, 由VaC44S=合AB·BC·AA=号×2XBCX2=4,所以 BC=2, 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立如图所示空间直角坐 标系， 所以B(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0),A1(0,2,2),E(0,1,1), D(1,1,1)平面BDC的法向量设为n1=AE=(0,一1,1)，平面1 BDA的法向量设为n2=(z,y), BA=(0,2,0),BD=(1,1,1), (BA·n2=0 (BD·n2=0 所以∫2y=0 {x+y+=0所以y=0, 设x=1,则x=一1，所以n2=(1,0,一1)， n1·n2 所以cosn1n,》=n1·n2=一2 设二面商A-BD-C的平面角为a,则s如a=一o3a- ; 2 所以二面角A-BD-C的正孩位为 13.解法一(1)连接OA,OB, 因为PC)是三棱锥P-ABC的高，所以P)L平面ABC, 所以PO⊥OA,PO⊥OB, 所以∠POA=∠POB=90°，又PA=PB,PO=PO. 所以△POA≌△POB,所以OA=OB, 作AB中点D,连接OD、DE,则有OD⊥AB, 又AB⊥AC,所以OD∥AC, 又因为OD中平面PAC,ACC平面PAC,所以OD∥平面PAC, 又D,E分别为AB、PB的中点，所以，在△BPA中，DE∥PA 又因为DE寸平面PAC,PAC平面PAC,所以DE∥平面PAC, 又OD、DEC平面ODE,OD∩DE=D, 所以平面ODE∥平面PAC, 13 又(OEC平面ODE,所以(OE∥平面PAC: (2)过点D作DZ∥OP,以DB为x 轴，D)为y轴，建立如图所示的空间 直角坐标系， 因为P)=3,PA=5,由(1)0A= OB=4, A 又∠AB)=∠CB)=30°，所以OD=2, DB=2√5，所以P(0,2,3),B(2√5,0,0)，A(-2√5,0,0)， 61.) 设AC=a,则C(-2√5，a,0), 平面AEB的法向量设为m1=(x,y,),直线AB的方向向量可设为 a=(1,0,0), 直线DPC平面AEB,直线DP的方向向量为b=(0,2,3) 41一，所以了2m十3。。， (b·m=0' 所以x=0,设y=3,则=一2， 所以n1=(0,3,-2): 平面AEC的法向量设为n2=(x,y,),AC=(0,a,0), =(35.1,2) (AC·n2=0 (av-0 ,所以 AE·n2=0 {35++=0 所以y=0,设x=√3，则x=一6， 所以n2=(W3,0,-6)； n1·n2 12 1245 所以cos(n1n〉=m·m,=√5X√31353 二面商C-AE-B的平面角为0，则血9=Vo0=是 所以二西商C-AE-B的正弦值为贵 法二(1)连接OA、OB. 因为PO是三棱锥P-ABC的高，所以POL平面ABC, 所以PO⊥OA,PO⊥OB, 所以∠P)A=∠POB=90°，又PA=PB,PO=PO, 所以△POA≌△POB, 所以OA=(OB,又AB⊥AC, 廷长B),交AC于F,连接PF,在Rt△ABF中，O为BF中点， 所以在△PBF中，O、E分别为BF、PB的中点，所以EO∥PF, 因为EO寸平面PAC,PFC平面PAC,所以E)∥平面PAC: (2)过点A作AZ∥OP,以AB为x,y 4 轴，AC为y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为P0=3,PA=5, 由(1)OA=OB=4, 又∠AB0=∠CB)=30°， 所以，AB=4√5， 所以P(25,2,3),B(45,0,0),A(0,00,E(35,1,号）设 AC=a,则C(0,a,0), 平面AEB的法向量设为n1=(x,y,),AB=(4V5,0,0), A正=（3,1,2) 3 AB·n1=0 (4√3x=0 所以 AE·n1=0 35x+y+2=0 3 所以x=0,设x=一2，则y=3, 所以n1=(0,3,一2)： 平面AEC的法向量设为n2=(x,y,2),AC=(0,a,0), =(351,2)】 (AC·n2=0 ay=0 ,所以 {A正.n2=0 35x+y+多=0所以y=0,设x=5 3 则x=一6， 所以n2=(W3,0,一6)：专题16空间点、直线与平面的位置关系、空间角的求法 考向1空间点、直线与平面的位置关系 C.若m∥a,n⊥a,则m⊥n 1.(多选)(2025·全国卷I,6分)在正三棱柱： D.若m∥a,n⊥a,则m与n相交 ABC-A1B1C1中，D为BC的中点，则( )6.(2022·全国乙（理）T7)在正方体ABCD A.AD⊥AC A1B1C1D1中，E,F分别为AB,BC的中点，则 B.B1C1⊥平面AA1D T C.AD∥A1B1 A.平面B1EF⊥平面BDD D.CC1∥平面AA1D B.平面B1EF⊥平面A1BD 2.(2025·天津卷，5分)已知m,n为两条直线，a, 阝为两个平面，则下列结论中正确的是( C.平面B1EF∥平面A1AC A.若m∥a,n二a,则m∥n D.平面B1EF∥平面ACD B.若m⊥a,m⊥B,则a⊥3 7.(多选)(2021·新高考卷I,5分)在正三棱柱 C.若m∥a,m⊥B,则a⊥B ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1,点P满足BP 洲 D.若mCa,a⊥B,则m⊥3 =λBC+aBB1,其中λ∈[0,1]∈[0,1]，则 3.(2024·全国甲卷·理T10,文T11,5分)设a、3 () 为两个平面，m、n为两条直线，且a∩3=m,下 A.当λ=1时，△AB1P的周长为定值 述四个命题： B.当=1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值 ①若m∥n,则n∥a或n∥3 带 ②若m⊥n,则n⊥a或n⊥B C当入=时，有且仅有一个点P,使得A,P ③若n∥a且n∥B,则m∥n ⊥BP ④若n与a,3所成的角相等，则m⊥n 其中所有真命题的编号是 D.当=时，有且仅有一个点P,使得AB⊥平 A.①③ B.②④ 家 面AB1P C.①②③ D.①③④ 8.(2021·浙江卷，4分)如图，已知正方体ABCD 洲 4.(2024·北京卷，4分)如图，在四棱锥P-AB -A1B1C1D1,M,N分别是 CD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA A1D,D1B的中点，则( =PB=4,PC=PD=2√2，该棱锥的高为 A.直线A1D与直线D1B垂 装 直，直线MN∥平面AB CD B.直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平 鼠 面BDD1B1 A.1 B.2 C.2 D.3 C.直线A,D与直线D1B相交，直线MN∥平 5.(2024·天津卷，5分)若m,n为两条直线，a为 问 一个平面，则下列结论中正确的是 面ABCD A.若m∥a,n∥a,则m⊥n D.直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平 B.若m∥a,n∥a,则m∥n 面BDD1B1 45 9.(2025·全国卷I,15分)如 10.(2025·上海卷，14分)本 图，在四棱雉P-ABCD中， 题共有2个小题，第1小 PA⊥底面ABCD,AB⊥AD, A-- 题满分6分，第2小题满 BC∥AD 分8分. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD 如图，P是圆锥的顶点，O (2)设PA=AB=√2，BC=2,AD=1+√5，且点 是底面圆心，AB是底面 P,B,C,D均在球O的球面上 直径，且AB=2. (1)证明：点O在平面ABCD内： (1)若直线PA与圆锥底面所成角为，求圆 (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 锥的侧面积； (2)已知Q是母线PA的中点，点C,D在底面 圆周上，且弧AC的长为于，CD∥AB,设点M 在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD. 46 11.(2024·全国甲卷·文，12分)如图，已知13.(2022·全国乙（文） AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2, T18)如图，四面体 CD=4,AD=BC=/10, ABCD中，AD⊥CD, AD=CD,∠ADB= B AE=2√3，M为CD的 中点. ∠BDC,E为AC的 (1)证明：EM∥平面BCF; 中点 M (2)求点M到平面ADE (1)证明：平面BED⊥平面ACD. 的距离. (2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD 上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F ABC的体积. 12.(2023·全国甲卷·文， 14.（2022·全国甲（文） 12分)如图，在三棱柱 T19)小明同学参加综 ABC-A1B1C1中，A1C 合实践活动，设计了一 ⊥平面ABC,∠ACB= 个封闭的包装盒，包装 B 90°. 盒如图所示：底面ABCD A 是边长为8（单位：cm) (1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; B 的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面 BB1C1C的高. ABCD垂直. (1)证明：EF∥平面ABCD. (2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚 度) 47 15.(2021·全国甲卷文，12分) D B 3.(2022·全国甲（理）T7)在长方体ABCD- 已知直三棱柱ABC A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面 A1B1C1中，侧面AA1B1B AA1B1B所成的角均为30°，则 () 为正方形，AB=BC=2,E,F A.AB-2AD 分别为AC和CC1的中点， B.AB与平面AB1C1D所成的角为30° BF⊥A1B1. C.AC=CB (1)求三棱锥F-EBC的体积： D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45° (2)已知D为棱A1B1上的点，证明BF⊥DE.4.(多选)(2022·新高考I卷，T9)已知正方体 ABCD-A1B1CD1,则 () A.直线BC1与DA1所成的角为90° B.直线BC1与CA1所成的角为90 C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45° D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45° :5.(2024·上海卷，14分)本题 共有2个小题，第1小题满分 6分，第2小题满分8分 E 如图，在正四棱锥P-ABCD, O为底面ABCD的中心 (1)若AP=5,AD=3√2，求△POA绕PO旋转 一周形成的几何体的体积： (2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD 与平面AEC所成角的大小： 考向2求异面直线所成的角 (2021·全国乙卷理，5分)在正方体ABCD- A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB 与AD1所成的角为 A号 B号 c D.若 考向3线面角的求法 1.(2024·新课标Ⅱ卷，5分)已知正三棱台ABC -ABG的体积为号，AB=6,A1B=2,则 A1A与平面ABC所成角的正切值为( A B.1 C.2 D.3 2.(2023·全国乙卷·理，5分)已知△ABC为等 腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角 形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与 平面ABC所成角的正切值为 ( A号 B.② c唱 2 ·5 D. 48 6.(2023·全国甲卷·理，12 B 8.(2022·北京卷T17)如图， 分)如图，在三棱柱ABC 在三棱柱ABC-A1B,C A1B1C1中，AC⊥平面 C 中，侧面BCC1B1为正方 ABC,∠ACB=90°，AA1= 形，平面BCCB1⊥平面 2,A到平面BCCB1的距 ABB A,AB=BC=2,M, 离为1. N分别为A1B1,AC的 (1)证明：A1C=AC; 中点 C (2)已知AA1与BB1的距离为2，求AB1与平 (1)求证：MN∥平面BCCB1; 面BCC1B1所成角的正弦值 (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个 毁 作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的 正弦值， 条件①：AB⊥MN; 条件②：BM=MN. 蜜 7.(2021·浙江卷，15分)如 图，在四棱锥P-ABCD中， 9.(2022·浙江卷T19)如 底面ABCD是平行四边形， 图，已知ABCD和 ∠ABC=120°，AB=1,BC D: CDEF都是直角梯形， 令 =4,PA=√15，M,N分别为 M AB∥DC,DC∥EF,AB BC,PC的中点，PD⊥DC, =5,DC=3,EF=1, 赵 PM⊥MD, ∠BAD=∠CDE=60°，二面角F-DC-B的平 (1)证明：AB⊥PM; 面角为60°.设M,N分别为AE,BC的中点. (2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值 (1)证明：FN⊥AD; (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值 49 10.(2022·全国甲（理）T18) 2.(2025·全国卷Ⅱ，15分)如 D' 在四棱锥P一ABCD中， 图，在四边形ABCD中， PD⊥底面ABCD,CD∥ AB∥CD,∠DAB=90°， AB,AD=DC=CB=1, F为CD的中点，点E在 D..C A… AB=2,DP=√3. B AB上，EF∥AD,AB= (1)证明：BD⊥PA; 3AD,CD=2AD.将四边形EFDA沿EF翻折 (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. 至四边形EFD'A',使得面EFD'A'与面EFCB 所成的二面角为60°. (1)证明：A'B∥平面CD'F; (2)求平面BCD与平面EFD'A'所成的二面角 的正弦值 考向4二面角的求法 1.（2022·浙江卷T8)如图，已 A 知正三棱柱ABC-A1B1C1, AC=AA1,E,F分别是棱 BC,A1C1上的点.记EF与 AA1所成的角为a,EF与平 面ABC所成的角为3，二面角 F-BC-A的平面角为Y,则 A.a≤B≤Y B.≤a≤Y C.3y≤a D.a≤y≤3 50 3.(2024·新课标I卷，15分)如 5.(2024·全国甲卷·理，12 图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥ 分)如图，在以A,B,C,D, 底面ABCD,PA=AC=2,BC D E,F为顶点的五面体中， =1,AB=√3. 四边形ABCD与四边形 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平 ADEF均为等腰梯形，EF 面PBC; ∥AD,BC∥AD,AD=4, (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦 AB=BC=EF=2,ED=√10，FB=2√3，M为 值为俨求AD, AD的中点. (1)证明：BM∥平面CDE; (2)求二面角F一BM-E的正弦值. 4.(2024·新课标Ⅱ 卷，15分)如图，平 面四边形ABCD D 中，AB=8,CD=3, 6.(2024·北京卷，14分) AD=5√5，∠ADC 如图，在四棱锥P-AB =90°，∠BAD=30,点E,F满足A正=-2AD, CD中，BC∥AD,AB= BC=1,AD=3,点E在 AF-?A店.将△AEF沿EP翻折至△PEP, AD上，且PE⊥AD, PE=DE=2. 使得PC=4√. (1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平 (1)证明：EF⊥PD: 面PCD; (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的 (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面 正弦值. PCD夹角的余弦值！ 51 7.(2024·天津卷，15分)如图，已 A 9.(2023·新课标I卷，12分)如图， C B 知直四棱柱ABCD-A1BCD1 在正四棱柱ABCD-A1B1CD1 D AI P N 中，AD⊥AB,AB∥CD,AA1= M 中，AB=2,AA1=4.点A2,B2, 2,AB=2AD=2,DC=1,N是 、 C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC,D B1C的中点，M是DD1的 DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2, 中点 CC2=3. (1)求证D1N∥平面CB1M; (1)证明：B2C2∥A2D2; (2)求平面CB,M与平面BB1C1C夹角的余 (2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2 弦值； 为150°时，求B2P. (3)求点B到平面CB1M的距离. 8.(2023·新课标Ⅱ卷，12分)如图，三棱锥A- BCD中，DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB= ∠ADC=60°，E为BC的中点 C E D B (1)证明：BC⊥DA; (2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB-F的 正弦值. 52 10.(2023·全国乙卷·理，12 12.(2022·新高考I卷 A C 分)如图，三棱锥P-ABC T19)如图，直三棱柱 B 中，AB⊥BC,AB=2,BC ABC-A1B1C1的体 D =2√2，PB=PC=√6，BP, 积为4，△A1BC的面 AP,BC的中点分别为D, B 积为2√2. E,O,AD=√5DO,点F在 (1)求A到平面A1BC AC上，BF⊥AO 的距离； (1)证明：EF∥平面ADO: (2)设D为A1C的中点，AA1=AB,平面 (2)证明：平面ADO⊥平面BEF; A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C 毁 (3)求二面角D-AO-C的正弦值. 的正弦值. 如 r 梦 11.(2023·天津卷，15分) 如图，在三棱台ABC- B 量 A1B1C1中，已知A1A 13.(2022·新高考Ⅱ卷 ⊥平面ABC,AB⊥ T20)如图，PO是三棱 AC,AB=AC=AA= 锥P-ABC的高，PA 2,AC1=1,N为线段 =PB,AB⊥AC,E是 M AB的中点，M为线段 B PB的中点 匆 BC的中点 (1)证明：OE∥平面PAC: 赵 (1)求证：A1N∥平面C1MA; (2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3,PA=5, (2)求平面C1MA与平面ACC1A,所成角的 求二面角C-AE-B正弦值. 余弦值； (3)求点C到平面C1MA的距离. 53 14.(2021·新高考卷I,12分)如 16.(2021·全国乙卷理，12分) 图，在三棱锥A-BCD中，平 如图，四棱锥P-ABCD的底 面ABD⊥平面BCD,AB= B≤ 面是矩形，PD⊥底面ABCD, AD,O为BD的中点. PD=DC=1,M为BC的中 D (1)证明：OA⊥CD: 点，且PB⊥AM (2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E (1)求BC; 在棱AD上，DE=2EA,且二面角E-BC-D (2)求二面角A-PM-B的正弦值. 的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积. 17.(2021·北京卷，13分)已知 D 15.(2021·全国甲卷理，12分) A D 正方体ABCD-A1B1C1D1 A M、B 已知直三棱柱ABC- 中，点E为A1D1的中点，直 A1B1C1中，侧面AA1B1B 线B1C1交平面CDE于 为正方形，AB=BC=2,E,F 点F 分别为AC和CC1的中点， (1)求证：点F为B1C1的中点； D为棱A1B1上的点，BF (2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角M ⊥A1B1 (1)证明：BF⊥DE; CF-E的余弦值为营求 AM (2)当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面 DFE所成的二面角的正弦值最小？ 54