五一特訓(xùn)突破立體幾何課件

立體幾何一．解答題（共41小題）1．（2022秋?金華月考）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABD，∠ASD＝∠BAD＝∠BCD＝90°．SA＝SD＝，AB＝BC＝CE＝SF＝1．（Ⅰ）求證：EF∥平面SAB；（Ⅱ）求點(diǎn)E到平面SAB的距離；（Ⅲ）求平面SAB與平面SBC的夾角．2．（2022秋?浙江月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AC＝CD＝，AD＝PD＝2，PC＝．（1）求證：AD⊥PC；（2）求平面PAB與平面PCD的夾角的大?。?．（2022秋?浙江月考）在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥BC，AB＝AC＝AA1＝A1C＝．（1）證明：A1在底面ABC上的射影是線段BC中點(diǎn)；（2）求平面A1B1C與平面A1B1C1夾角的余弦值．4．（2022春?吉林期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，側(cè)面PAD是正三角形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，M是PD的中點(diǎn)．（1）求證：AM⊥平面PCD；（2）求側(cè)面PBC與底面ABCD所成二面角的余弦值．5．（2022?保定模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，點(diǎn)B1在底面ABC內(nèi)的射影恰好是點(diǎn)C，D是AC的中點(diǎn)，且滿足DA＝DB．（1）求證：AB⊥平面BCC1B1；（2）已知AC＝2BC＝2，直線BB1與底面ABC所成角的大小為，求二面角C﹣BD﹣C1的大小．6．△ABC中，已知a+b＝2，c＝2，tanAtanB＝3，求△ABC的面積．7．（2022秋?浙江月考）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面為矩形，側(cè)面PCD與底面ABCD垂直，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在側(cè)棱PA，PC上，滿足DE⊥PA，DF⊥PC，PD＝CD＝2AD＝4，PB＝6．（1）證明：PB⊥EF；（2）求二面角D﹣EF﹣C的正弦值．8．（2022秋?浙江月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)的投影恰為AC中點(diǎn)，且BM＝MC．（1）若，求證：PM⊥面PAD；（2）若平面PAB與平面PCD所成的銳二面角為，求直線PM與平面PCD所成角的正弦值．9．（2022秋?寧波月考）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝，E，F(xiàn)分別是AB，B1C1的中點(diǎn)．（1）證明：EF⊥BC；（2）若AC＝BC＝2，直線EF與平面ABC所成的角為，求平面A1EC與平面FEC夾角的余弦值．10．（2022?浙江開學(xué)）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，ABCD為正方形，△PAB為等腰直角三角形，且∠APB＝90°，平面PAB⊥平面ABCD，E、F分別為AC、BP中點(diǎn)．（1）證明：EF∥平面PCD；（2）求直線EF與平面PAC所成角的正弦值．11．（2022?杭州模擬）在四棱錐P﹣ABCD中，△PAB為正三角形，四邊形ABCD為等腰梯形，M為棱AP的中點(diǎn)，且AB＝2AD＝2BC＝2CD＝4，DM＝．（Ⅰ）求證：DM∥平面PBC；（Ⅱ）求直線AP與平面PBC所成角的正弦值．12．（2022?柯橋區(qū)模擬）如圖，三棱臺ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，，AB＝BC＝2．（Ⅰ）證明：A1C1⊥A1B；（Ⅱ）求直線A1C1與平面A1CB所成的角．13．（2022?鹿城區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，AD∥BC，AD＝2DC＝AP＝2，BC＝3，E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱PB上，滿足AF∥平面PCD．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求直線PC與平面AEF夾角的正弦值．14．（2022?浙江）如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角為60°．設(shè)M，N分別為AE，BC的中點(diǎn)．（Ⅰ）證明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．15．（2022?浙江開學(xué)）如圖，在平面四邊形ABCD中，AD＝AB，CD＝CB．現(xiàn)將△ABD沿BD翻折到△A′BD的位置，且二面角A′﹣BD﹣C的平面角大小為120°．（Ⅰ）求證：A′C⊥BD；（Ⅱ）若BD＝2，且BC與平面A′BD所成角的大小為45°，求BC的長．16．（2022秋?湖南月考）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M為邊AB的中點(diǎn)．以CM為折痕把△BCM折起，使點(diǎn)B到達(dá)點(diǎn)P的位置，且∠PMB＝，連接PA，PB，PD．（1）證明：平面PMC⊥平面AMCD；（2）若E是線段DP上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)P，D重合），二面角E﹣CM﹣P的大小為，試確定點(diǎn)E的位置．17．（2022秋?石首市校級月考）如圖，在正四棱錐S﹣ABCD中，底面邊長為，點(diǎn)P在線段SD上，且△SAC的面積為1．（1）若點(diǎn)P是SD的中點(diǎn)，求證：平面SCD⊥平面PAC；（2）是否存在點(diǎn)P，使得直線SC與平面ACP所成角的余弦值為？若存在，求出點(diǎn)P的位置；若不存在，說明理由．18．（2022春?海淀區(qū)校級期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ADC＝60°，△PAD為正三角形，O為AD的中點(diǎn)，且平面PAD⊥平面ABCD，M是線段PC上的點(diǎn)．（1）當(dāng)點(diǎn)M為線段PC的中點(diǎn)時(shí)，證明直線OM∥平面PAB（2）求證：OM⊥BC；（3）點(diǎn)M在線段PC上，且，求直線AM與平面PAB的夾角的正弦值19．（2022?運(yùn)城模擬）如圖，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面ADD1A1為矩形，AB＝2AD＝4，∠D1DB＝60°，BD＝AA1＝2．（1）證明：平面ABCD⊥平面BDD1B1；（2）求直線CD1與平面AB1C所成角的正弦值．20．（2022秋?東港區(qū)校級月考）在△ABC中，AB＝4，，∠BAC＝45°，以AC的中線BD為折痕，將△ABD沿BD折起，構(gòu)成二面角A﹣BD﹣C，在平面BCD內(nèi)作CE⊥CD，且，連接DE，AE，AC，如圖所示．（1）求證；CE∥平面ABD；（2）若二面角A﹣BD﹣C的大小為90°，求二面角B﹣AC﹣E的余弦值．21．（2022秋?萊西市期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，側(cè)面PAD⊥面ABCD，PA＝PD＝2．（1）求證：PA⊥BD；（2）設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l，在l上是否存在點(diǎn)N，使得平面PCD和平面NCD的夾角的余弦值為？若存在，請確定N點(diǎn)的位置；若不存在，請說明理由．22．（2022秋?武漢期中）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，PD＝DC＝BC＝2PA＝2AB＝2，PD⊥CD．（1）求證：PA⊥平面ABCD；（2）求直線BD與平面BPC所成角的正弦值．23．（2022秋?重慶月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝BC＝2，∠A1AB＝60°，A1C＝．（1）求證：AB⊥A1C；（2）若AA1＝5AM，求二面角M﹣B1C﹣A1的余弦值．24．（2022秋?零陵區(qū)校級月考）如圖，四面體ABCD中，AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，E是AC的中點(diǎn)．（1）當(dāng)F在線段BD上移動(dòng)時(shí)，判斷AC與EF是否垂直，并說明理由；（2）若AB＝AC＝BD＝2，，試確定點(diǎn)F在線段BD上的位置，使CF與平面ABD所成角的正弦值為．25．（2022秋?皇姑區(qū)校級月考）在如圖所示的圓柱MN中，AB為圓M的直徑，C，D是上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，EA，F(xiàn)C，GB都是圓柱MN的母線．（1）求證：FM∥平面ADE；（2）若FC＝BC＝1，求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．26．（2022秋?隨州月考）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為2，△A1BC的面積為．（1）求點(diǎn)C1到平面A1BC的距離；（2）設(shè)D為A1C的中點(diǎn)，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面A1B1BA，求二面角A﹣BD﹣C的正切值．27．（2022秋?重慶月考）如圖，已知矩形BB1C1C所在平面與平面ABB1N垂直，在直角梯形ABB1N中，AN∥BB1，AB⊥AN，AB＝BC＝AN＝．（1）證明：B1N⊥平面BCN．（2）求直線AC與平面BC1N所成角的正弦值．28．（2022秋?重慶月考）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝2BC＝2，AB＝，E為CD中點(diǎn)．（1）求證：CD⊥平面PAE；（2）若PA＝，求二面角A﹣PB﹣E的余弦值．29．（2022秋?雨湖區(qū)校級期中）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PD＝DC＝1，．M為BC上的點(diǎn)，且AM⊥平面PDB；（1）求證：PD⊥平面ABCD；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．30．（2022秋?邵陽期中）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是以∠C為直角的等腰直角三角形，BC＝AC＝2，AA1＝3，D為AC的中點(diǎn)．（1）求證：AB1∥平面BDC1；（2）求平面C1BD與平面CBD夾角的余弦值．31．（2022秋?遼寧期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2，AB＝3，E是棱AD的中點(diǎn)．（1）證明：BC⊥平面PCE；（2）若，求平面PCE與平面PAB所成角的余弦值．32．（2022秋?沈陽期中）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD為梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．（1）證明：PB⊥AD；（2）若PB＝PD，且PA與平面ABCD所成角的正弦值為，點(diǎn)F在線段PC上滿足PC＝3PF，求二面角D﹣BF﹣C的余弦值．33．（2022春?巫山縣校級期末）如圖，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝4．A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點(diǎn)D．且BA1⊥AC1．（1）求證：AC1⊥平面A1BC；（2）求二面角B1﹣A1B﹣C的余弦值．34．（2022春?張家界期末）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面A1ABB1是菱形，且，側(cè)面B1BCC1是邊長為2的正方形，側(cè)面B1BCC1⊥側(cè)面A1ABB1，D為A1B1的中點(diǎn)．（1）求證：AB⊥平面BCD；（2）求平面CDC1與平面CDB夾角的余弦值．35．（2022春?沙坪壩區(qū)校級期末）四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD為菱形，AD＝2，∠BAD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．（1）證明：PB⊥AC；（2）若PB＝PD，且PA與平面ABCD成角為60°，在棱PC上是否存在點(diǎn)E，使二面角D﹣BE﹣C的平面角的余弦值為？若存在，求出PE的長；若不存在，說明理由．36．（2022春?咸寧期末）如圖，在梯形ABCD中，已知AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M為AB的中點(diǎn)，將△ADM沿著DM翻折至△PDM，連接PC，PB．（1）證明：DM⊥PC；（2）若二面角P﹣DM﹣C的大小為60°，求PB與平面ABCD所成角的正弦值．37．（2022春?郯城縣校級期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，AB∥CD，CD⊥AD，CD＝2AB＝2，PA＝AD＝1，PA⊥AD．（1）證明：BE⊥平面PCD；（2）求二面角P?BD?E的余弦值．38．（2022春?武漢期末）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，△ABC是邊長為2的正三角形，D是AB的中點(diǎn)，AA1＝A1C，直線A1B與平面A1ACC1所成的角為45°．（1）求證：BC1∥平面A1CD；（2）求二面角B﹣A1C﹣C1的余弦值．39．（2022春?開福區(qū)校級月考）如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PA＝PD，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，△AEB為等邊三角形．（1）證明：PB⊥AE；（2）點(diǎn)F在線段PD上且DF＝2FP，若二面角F?AC?D的大小為45°，求直線AE與平面ACF所成角的正弦值．40．（2022春?雨花區(qū)校級月考）如圖，已知四棱錐P﹣ABCD的底面為直角梯形，平面PAD⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝2BC＝2CD＝4，，AD，AB的中點(diǎn)分別是O，G．（1）求證：BD⊥平面POC；（2）求銳二面角D﹣PG﹣O的余弦值．41．（2022秋?沈陽月考）如圖1，矩形PABC中，PC＝3，PA＝，D為PC上一點(diǎn)且CD＝2DP．現(xiàn)將△PAD沿著AD折起，使得PD⊥BD，得到的圖形如圖2．（Ⅰ）證明：PA⊥平面PBD：（Ⅱ）求二面角P﹣AB﹣D的余弦值．

參考答案與試題解析一．解答題（共41小題）1．（2022秋?金華月考）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，平面SAD⊥平面ABD，∠ASD＝∠BAD＝∠BCD＝90°．SA＝SD＝，AB＝BC＝CE＝SF＝1．（Ⅰ）求證：EF∥平面SAB；（Ⅱ）求點(diǎn)E到平面SAB的距離；（Ⅲ）求平面SAB與平面SBC的夾角．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）30°．【解答】證明：（Ⅰ）由已知可得：，，如圖以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），D（0，2，0），S（0，1，1），B（1，0，0），F(xiàn)（0），設(shè)C（x，y，0），則由，，可得方程組，解得，可得，由于，可得E（1，1，0），所以，設(shè)平面SAB的法向量，由，解得平面SAB的法向量是，∴，EF不在平面SAB內(nèi)，故EF∥平面SAB．解：（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)E到平面SAB的距離為d，∵由，∴，點(diǎn)E到平面SAB的距離是．（Ⅲ）設(shè)平面SBC的法向量為，由，可得平面SBC的法向量為，設(shè)平面SAB與平面SBC的夾角為θ．則，則θ＝30°，故平面SAB與平面SBC的夾角為30°．2．（2022秋?浙江月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，AC＝CD＝，AD＝PD＝2，PC＝．（1）求證：AD⊥PC；（2）求平面PAB與平面PCD的夾角的大?。敬鸢浮浚?）證明見解析；（2）．【解答】解：（1）證明：∵AC2+CD2＝AD2，∴AC⊥CD，又底面ABCD是平行四邊形，∴AB⊥AC，又面PAB⊥面ABCD，面PAB∩面ABCD＝AB．∴AC⊥面PAB，故AC⊥PA，從而，故△PAD為正三角形．取AD中點(diǎn)O，連接PO，OC，則OP⊥AD，OC⊥AD，OP∩OC＝O，OP?面POC，OC?面POC，從而AD⊥面POC，PC?面POC，故AD⊥PC；（2）由（1）可知AD⊥PC，BC∥AD，故BC⊥PC．又，得．故，即．設(shè)平面PAB∩平面PCD＝l，∵AB∥CD，AB?面PAB，CD?面PAB，∴CD∥面PAB，又CD?面PCD，平面PAB∩平面PCD＝l，∴l(xiāng)∥CD，過點(diǎn)P作PH⊥BA交BA的延長線于點(diǎn)H，連接HD，因平面PAB⊥平面ABCD，故PH⊥面ABCD，且PH⊥HD，∵，易得PD⊥CD，又l∥AB∥CD，∴PD⊥l，PH⊥l，∴∠DPH即為平面PAB與平面PCD的夾角．在Rt△PHD中，，得．故平面PAB與平面PCD的夾角為．3．（2022秋?浙江月考）在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥BC，AB＝AC＝AA1＝A1C＝．（1）證明：A1在底面ABC上的射影是線段BC中點(diǎn)；（2）求平面A1B1C與平面A1B1C1夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解答；（2）．【解答】解：（1）證明：取BC中點(diǎn)O，連接A1O，AO，∵AB＝AC，O為BC中點(diǎn)，∴BC⊥AO；又AA1⊥BC，A1A∩AO＝A，∴BC⊥平面A1AO，又A1O?平面A1AO，∴A1O⊥BC，在Rt△B1BC中，，則BC＝2，在△ABC中，，則AO＝1．在Rt△A1OC中，，則A1O＝1．在△A1AO中，，則，∴A1O⊥AO，又A1O⊥BC，AO∩BC＝O，∴A1O⊥平面ABC；（2）如圖，分別以O(shè)C，OA，OA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則根據(jù)題意可得B（﹣1，0，0），C（1，0，0），A（0，1，0），A1（0，0，1），∴，設(shè)平面A1B1C的法向量，則，∴，取，又易知平面A1B1C1的法向量，設(shè)平面A1B1C與平面A1B1C1夾角為θ，∴，故平面A1B1C與平面A1B1C1夾角的余弦值為．4．（2022春?吉林期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，側(cè)面PAD是正三角形，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，M是PD的中點(diǎn)．（1）求證：AM⊥平面PCD；（2）求側(cè)面PBC與底面ABCD所成二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，CD⊥AD，又側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，又AM?平面PAD，所以CD⊥AM，因?yàn)椤鱌AD是正三角形，M是PD的中點(diǎn)，則AM⊥PD，又CD∩PD＝D，CD，PD?平面PCD，所以AM⊥平面PCD；（2）解：取AD，BC的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，連接EF，PE，PF，則EF＝CD，EF∥CD，所以EF⊥AD，在正△PAD中，PE⊥AD，因?yàn)镋F∩PE＝E，EF，PE?平面PEF，則AD⊥平面PEF，在正方形ABCD中，AD∥BC，故BC⊥平面PEF，所以∠PFE是側(cè)面PBC與底面ABCD所成二面角的平面角，由CD⊥平面PAD，EF∥CD，則EF⊥平面PEF，又PE?平面PAD，所以EF⊥PE，設(shè)正方形ABCD的邊長AD＝2a，則，所以，則，故側(cè)面PBC與底面ABCD所成二面角的余弦值為．5．（2022?保定模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，點(diǎn)B1在底面ABC內(nèi)的射影恰好是點(diǎn)C，D是AC的中點(diǎn)，且滿足DA＝DB．（1）求證：AB⊥平面BCC1B1；（2）已知AC＝2BC＝2，直線BB1與底面ABC所成角的大小為，求二面角C﹣BD﹣C1的大小．【答案】（1）證明見解答；（2）45°．【解答】（1）證明：D是AC的中點(diǎn)，DA＝DB，所以AB⊥BC，因?yàn)锽1在底面ABC內(nèi)的射影恰好是點(diǎn)C，所以B1C⊥平面ABC，因?yàn)锳B?平面ABC，所以AB⊥B1C，因?yàn)锽C∩B1C＝C，BC?平面BCC1B1，B1C?平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1．（2）解：設(shè)BC1∩B1C＝F，取BD中點(diǎn)E，連接EF、EC，因?yàn)锳C＝2BC＝2，所以BC＝BD＝CD＝1，所以CE⊥BD，由（1）知FC⊥平面ABC，所以CE是EF在平面ABC內(nèi)投影，所以BD⊥EF，所以∠FEC是二面角C﹣BD﹣C1的平面角，由（1）知B1C⊥平面ABC，所以BC是BB1在平面ABC內(nèi)投影，所以∠B1BC是直線BB1與底面ABC所成角，∠B1BC＝，所以B1C＝BC?tan＝，因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C是平行四邊形，所以FC＝?B1C＝，又因?yàn)镃E＝BC?sin60°＝，所以FC＝CE，因?yàn)镕C⊥CE，所以∠FEC＝45°．故二面角C﹣BD﹣C1的大小45°．6．△ABC中，已知a+b＝2，c＝2，tanAtanB＝3，求△ABC的面積．【答案】【解答】解：因?yàn)閠an（A+B）＝＝＝﹣，而在三角形中，tan（A+B）＝﹣tanC，所以2tanC＝tanA+tanB，即2?＝+＝＝＝﹣，因?yàn)樵谌切沃?，sinC≠0，可得2cosAcosB＝cosC，因?yàn)閍+b＝2，c＝2，所以a2+b2＝8﹣2ab，由余弦定理可得：2??＝，整理可得：c2（a2+b2﹣c2）＝c4﹣（a2﹣b2）2，即4?（8﹣2ab﹣4）＝16﹣（a+b）2（a﹣b）2＝16﹣8?（a2+b2﹣2ab）＝16﹣8（8﹣4ab），解得ab＝，由余弦定理可得cosC＝＝＝＝，在三角形中，可得sinC＝，所以S△ABC＝absinC＝??＝，所以△ABC的面積為．7．（2022秋?浙江月考）如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面為矩形，側(cè)面PCD與底面ABCD垂直，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在側(cè)棱PA，PC上，滿足DE⊥PA，DF⊥PC，PD＝CD＝2AD＝4，PB＝6．（1）證明：PB⊥EF；（2）求二面角D﹣EF﹣C的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解答】（1）證明：∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，在矩形ABCD中，BC⊥CD，∴BC⊥平面PCD，∵DF?平面PCD，∴BC⊥DF，又DF⊥CP，CP∩BC＝C，∴DF⊥平面BCP，又PB?平面BCP，∴DF⊥PB；連接BD，∵PD2+BD2＝36＝PB2，∴PD⊥BD，又BC⊥PD，BC∩BD＝B，∴PD⊥平面ABCD，∵PD?平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD，同理可得DE⊥PB，又DE∩DF＝D，∴PB⊥平面DEF，EF?平面DEF，∴PB⊥EF．（2）解：以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，易得A（2，0，0），P（0，0，4），C（0，4，0），F(xiàn)（0，2，2），B（2，4，0），由（1）知，PB⊥平面DEF，故為平面DEF的法向量，設(shè)平面CEF即平面PAC的法向量，由得，取，所以，所以二面角D﹣EF﹣C的正弦值為．8．（2022秋?浙江月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為正方形，點(diǎn)P在底面ABCD內(nèi)的投影恰為AC中點(diǎn)，且BM＝MC．（1）若，求證：PM⊥面PAD；（2）若平面PAB與平面PCD所成的銳二面角為，求直線PM與平面PCD所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）直線PM與平面PCD所成角的正弦值為．【解答】解：（1）證明：連接AM，DM，如圖所示：∵，設(shè)|DC|＝2，則，已知點(diǎn)P在底面的投影落在AC中點(diǎn)，則四棱錐P﹣ABCD為正四棱錐，即，∵M(jìn)為BC的中點(diǎn)，∴PM⊥BC，∴|PM|2＝|PB|2﹣|BM|2＝3﹣1＝2，即，∵底面ABCD為正方形，∴|AM|2＝|AB|2+|BM|2＝4+1＝5，即，同理可得，又|AM|2＝5＝3+2＝|PA|2+|PM|2，∴PM⊥PA，同理可得PM⊥PD，∵PA?平面PAD，PD?平面PAD，且PA∩PD＝P，∴PM⊥平面PAD；（2）取AC中點(diǎn)O，連接PO，由題意得PO⊥底面ABCD，則建立以O(shè)為原點(diǎn)，以O(shè)M所在直線為x軸，以過O點(diǎn)且與AD平行的直線為y軸，以O(shè)P所在直線為z軸的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，如圖所示：由題意可設(shè)正方形ABCD的邊長為2，|OP|＝t，則P（0，0，t），A（﹣1，﹣1，0），B（1，﹣1，0），C（1，1，0），D（﹣1，1，0），M（1，0，0），∴，，，，設(shè)平面PAB的法向量為＝（x，y，z），則，取y1＝t，則x1＝0，z1＝﹣1，∴平面PAB的一個(gè)法向量為＝（0，t，﹣1），設(shè)平面PCD的法向量為＝（x，y，z），則，取y1＝t，則x1＝0，z1＝1，∴平面PCD的法向量為＝（0，t，1），又平面PAB與平面PCD所成的銳二面角為，∴|cos＜，＞|＝＝＝＝，解得或（不合題意，舍去），∴，＝（0，，1），設(shè)直線PM與平面PCD所成角為θ，則sinθ＝|cos＜＞|＝＝＝，故直線PM與平面PCD所成角的正弦值為．9．（2022秋?寧波月考）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝，E，F(xiàn)分別是AB，B1C1的中點(diǎn)．（1）證明：EF⊥BC；（2）若AC＝BC＝2，直線EF與平面ABC所成的角為，求平面A1EC與平面FEC夾角的余弦值．【答案】（1）證明詳情見解答．（2）．【解答】解：（1）證明：（證法1）取BC中點(diǎn)H，分別連結(jié)EH，F(xiàn)H，因?yàn)镕為B1C1的中點(diǎn)，所以，F(xiàn)H∥BB1，因?yàn)槿庵鶠橹崩庵?，所以BB1⊥平面ABC，所以FH⊥平面ABC，因?yàn)锽C?平面ABC，所以FH⊥BC，又E為AB的中點(diǎn)，則EH∥AC，且AC⊥BC，所以EH⊥BC，因?yàn)镋H，F(xiàn)H?平面EFH，EH∩FH＝H，所以BC⊥平面EFH，因?yàn)镋F?平面EFH，所以EF⊥BC．（證法2）設(shè)，，，則，由題知，CA⊥CB，CC1⊥CB，所以，，從而，即EF⊥BC．（2）由（1）知∠FEH為EF與平面ABC所成的角，所以，由AC＝BC＝2，得．如圖，以CA，CB，CC1分別為x軸，y軸，z軸正向，建立空間直角坐標(biāo)系：則A（2，0，0），B（0，2，0），，，，E（1，1，0），H（0，1，0），，，，，設(shè)平面CEF的一個(gè)法向量為，由，得，取，平面CA1E的法向量為，由，得，取，設(shè)平面CEF與平面CA1E的夾角為θ，則cosθ＝＝＝，所以平面CEF與平面CA1E夾角的余弦值為．10．（2022?浙江開學(xué)）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，ABCD為正方形，△PAB為等腰直角三角形，且∠APB＝90°，平面PAB⊥平面ABCD，E、F分別為AC、BP中點(diǎn)．（1）證明：EF∥平面PCD；（2）求直線EF與平面PAC所成角的正弦值．【答案】（1）證明過程見解答．（2）．【解答】解：（1）證明：連接BD，∵ABCD是正方形，E是AC的中點(diǎn)，∴E是BD的中點(diǎn)，∵F是BP的中點(diǎn)，∴EF∥PD，∵EF?平面PCD，PD?平面PBD，∴EF∥平面PCD．（2）取AB中點(diǎn)O，連接PO，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OP為x軸，OB為y軸，過O作平面ABP的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，設(shè)AB＝2，則B（0，1，0），P（1，0，0），A（0，﹣1，0），C（0，1，2），E（0，0，1），F(xiàn)（，0），＝（1，1，0），＝（0，2，2），＝（），設(shè)平面PAC的法向量為＝（x，y，z），則，取y＝﹣1，得＝（1，﹣1，1），設(shè)EF與平面PAC所成角為θ，則sinθ＝＝，∴EF與平面PAC所成角的正弦值為．11．（2022?杭州模擬）在四棱錐P﹣ABCD中，△PAB為正三角形，四邊形ABCD為等腰梯形，M為棱AP的中點(diǎn)，且AB＝2AD＝2BC＝2CD＝4，DM＝．（Ⅰ）求證：DM∥平面PBC；（Ⅱ）求直線AP與平面PBC所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明過程見解答．（Ⅱ）．【解答】解：（Ⅰ）證明：在等腰梯形ABCD中，CD∥AB，CD＝2，取PB中點(diǎn)N，連接MN，CN，如圖，∵M(jìn)是棱AP的中點(diǎn)，則MN∥AB∥CD，且MN＝＝2＝CD，即四邊形MNCD為平行四邊形，∴DM∥CN，而CN?平面PBC，DM?平面PBC，∴DM∥平面PBC．（Ⅱ）取AB中點(diǎn)Q，AQ中點(diǎn)O，連接DQ，PQ，OD，OM，則CD∥BQ，且CD＝BQ，四邊形BCDQ是平行四邊形，則DQ＝BC＝AD＝AQ＝2，則OD＝，且OM⊥AB，而OM∩OD＝O，OM，OD?平面DOM，則AB⊥平面DOM，AB?平面ABCD，則平面DOM⊥平面ABCD，由DM＝，得∠DOM＝60°，在平面DOM內(nèi)作Oz⊥OD，平面DOM∩平面ABCD＝OD，則Oz⊥平面ABCD，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，Oz所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A（﹣1，0，0），M（0，，），P（1，，3），C（2，，0），B（3，0，0），則＝（2，，3），＝（2，﹣，﹣3），＝（1，﹣，0），設(shè)平面PBC的法向量為＝（x，y，z），則，取z＝1，得＝（3，，1），設(shè)直線AP與平面PBC所成角為θ，則sinθ＝|cos＜＞|＝＝，∴直線AP與平面PBC所成角的正弦值為．12．（2022?柯橋區(qū)模擬）如圖，三棱臺ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝90°，，AB＝BC＝2．（Ⅰ）證明：A1C1⊥A1B；（Ⅱ）求直線A1C1與平面A1CB所成的角．【答案】（I）證明見解析，（Ⅱ）．【解答】證明：（I）由題，取AC中點(diǎn)D，連接A1D、BD，由A1A＝A1C，AB＝BC，則AC⊥A1D，AC⊥BD，又A1D、BD?面A1BD，故AC⊥面A1BD，因?yàn)锳1B?面A1BD，故AC⊥A1B，又AC∥A1C1，則A1C1⊥A1B，得證；解：（Ⅱ）由題，∠ABC＝90°，則AD＝BD＝CD，又A1A＝A1B，A1D＝A1D，故△AA1D?△BA1D，故∠A1DB＝∠A1DA＝90°．分別以DB、DC、DA1為x、y、z軸建立如圖空間直角坐標(biāo)系，易得，設(shè)平面A1CB法向量＝（x，y，z），則，令x＝1，則，故，故直線AC與平面A1CB所成的角為．即直線A1C1與平面A1CB所成的角為．13．（2022?鹿城區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，AD∥BC，AD＝2DC＝AP＝2，BC＝3，E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱PB上，滿足AF∥平面PCD．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求直線PC與平面AEF夾角的正弦值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解答】解：（Ⅰ）取BC上一點(diǎn)G，使2BG＝GC，連接AG、FG，則AD＝GC，∵AD∥GC，∴四邊形ADCG為平行四邊形，∴AG∥DC，AG?面PCD，DC?平面PCD，則AG∥面PCD，∵AF∥面PCD，AG∩AF＝A，∴平面AGF∥平面PCD，而面AGF∩面PBC＝GF，面PCD∩面PBC＝PC，∴GF∥PC，∴＝＝；（Ⅱ）由（Ⅰ）結(jié)合AD⊥DC，可得四邊形ADCG為矩形，以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，AG，AD，AP方向分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），B（1，﹣1，0），C（1，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2），E（0，1，1），F(xiàn)（，﹣，），∴＝（0，1，1），＝（），＝（1，2，﹣2），設(shè)平面AEF的法向量＝（x，y，z），則，令y＝1，得＝（2，1，﹣1），∴直線PC與平面AEF夾角的正弦值為：sinθ＝|cos＜＞|＝＝＝．14．（2022?浙江）如圖，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F﹣DC﹣B的平面角為60°．設(shè)M，N分別為AE，BC的中點(diǎn)．（Ⅰ）證明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）．【解答】證明：（I）由于CD⊥CB，CD⊥CF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF?平面CDEF，CB?平面ABCD，所以∠FCB為二面角F﹣DC﹣B的平面角，則∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，則CD⊥FN．又，則△BCF是等邊三角形，則CB⊥FN，因?yàn)镈C⊥FC，DC⊥BC，F(xiàn)C∩BC＝C，F(xiàn)C?平面FCB，BC?平面FCB，所以DC⊥平面FCB，因?yàn)镕N?平面FCB，所以DC⊥FN，又因?yàn)镈C∩CB＝C，DC?平面ABCD，CB?平面ABCD，所以FN⊥平面ABCD，因?yàn)锳D?平面ABCD，故FN⊥AD；解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如圖建系：于是，則，，設(shè)平面ADE的法向量＝（x，y，z），則，∴，令x＝，則y＝﹣1，z＝，∴平面ADE的法向量，設(shè)BM與平面ADE所成角為θ，則．15．（2022?浙江開學(xué)）如圖，在平面四邊形ABCD中，AD＝AB，CD＝CB．現(xiàn)將△ABD沿BD翻折到△A′BD的位置，且二面角A′﹣BD﹣C的平面角大小為120°．（Ⅰ）求證：A′C⊥BD；（Ⅱ）若BD＝2，且BC與平面A′BD所成角的大小為45°，求BC的長．【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）．【解答】（Ⅰ）證明：連接AC交BD于點(diǎn)O，則A′O⊥BD，CO⊥BD，A′O∩CO＝O，A′O，CO?平面A′OC，∴BD⊥平面A′OC，∴BD⊥A′C；（Ⅱ）解法1：由（Ⅰ）知，∠A′OC＝120°，如圖建系O﹣xyz，B（1，0，0），D（﹣1，0，0），設(shè)OC＝b，OA′＝a，則，所以，設(shè)平面A′DB的法向量為＝（x，y，z），所以，令z＝1，則，又BC與平面A′BD所成角的大小為45°，所以，整理得：b2＝2，解得；解法2：由（1）知，∠A′OC＝120°，過C作CH⊥A′O，BD⊥平面A′OC，∴BD⊥CH，CH⊥A′O，BD∩A′O＝O，且A′O，BD?平面A′BD，∴CH⊥平面A′BD，則∠CBH就是BC與平面△A′BD所成角，設(shè)CO＝x，則，，則，解得．16．（2022秋?湖南月考）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，M為邊AB的中點(diǎn)．以CM為折痕把△BCM折起，使點(diǎn)B到達(dá)點(diǎn)P的位置，且∠PMB＝，連接PA，PB，PD．（1）證明：平面PMC⊥平面AMCD；（2）若E是線段DP上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)P，D重合），二面角E﹣CM﹣P的大小為，試確定點(diǎn)E的位置．【答案】（1）證明見解答；（2）點(diǎn)E在線段DP上，滿足．【解答】解：（1）證明：因?yàn)锳B＝2AD，M為邊AB的中點(diǎn)，所以BC＝BM，取線段CM的中點(diǎn)O，連接BO，PO，則Rt△BCM?Rt△PCM，因?yàn)锽C＝BM，所以BO⊥CM，因?yàn)镻C＝PM，所以PO⊥CM，即，即，又因?yàn)?，所以△PBM是等邊三角形，所以PB＝PM，又，所以CM2＝2PM2＝2PB2，即，所以BO2+PO2＝PB2，所以PO⊥BO，又CM∩BO＝OCM?平面AMCDBO?平面AMCD，所以PO⊥平面AMCD，又PO?平面PMC，所以平面PMC⊥平面AMCD；（2）如圖，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，設(shè)，則CM＝2，PO＝BO＝1，連接DM，則DM⊥CM，且DM＝2，所以P（0，0，1），C（1，0，0），D（﹣1，2，0），M（﹣1，0，0），所以，設(shè)，則，設(shè)平面ECM的法向量，則，取，又平面PCM的一個(gè)法向量，所以，即3λ2+2λ﹣1＝0，解得λ＝﹣1（舍）或，所以當(dāng)點(diǎn)E在線段DP上，滿足時(shí)，二面角E﹣CM﹣P的大小為．17．（2022秋?石首市校級月考）如圖，在正四棱錐S﹣ABCD中，底面邊長為，點(diǎn)P在線段SD上，且△SAC的面積為1．（1）若點(diǎn)P是SD的中點(diǎn)，求證：平面SCD⊥平面PAC；（2）是否存在點(diǎn)P，使得直線SC與平面ACP所成角的余弦值為？若存在，求出點(diǎn)P的位置；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解答；（2）存在，點(diǎn)P位于靠近點(diǎn)D的三等分點(diǎn)．【解答】解：（1）證明：如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OS，則AC⊥BD，且SO⊥平面ABCD，AC＝BD＝2，∴，∴，又點(diǎn)P是SD的中點(diǎn)，∴AP⊥SD，CP⊥SD，又AP∩CP＝P，AP，CP?平面PAC，∴SD⊥平面PAC，又SD?平面SCD，∴平面SCD⊥平面PAC；（2）假設(shè)存在，如圖，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則S（0，0，1），A（0，﹣1，0），C（0，1，0），D（﹣1，0，0），設(shè)，λ∈[0，1]，∴，，，，∴＝（0，1，1）+λ（﹣1，0，﹣1）＝（﹣λ，1，1﹣λ），設(shè)平面ACP的法向量為，則，取，∴|cos|＝＝，∴直線SC與平面ACP所成角的正弦值為，∴直線SC與平面ACP所成角的余弦值為：＝，又λ∈[0，1]，解得λ＝，∴當(dāng)點(diǎn)P位于靠近點(diǎn)D的三等分點(diǎn)，滿足題意．18．（2022春?海淀區(qū)校級期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ADC＝60°，△PAD為正三角形，O為AD的中點(diǎn)，且平面PAD⊥平面ABCD，M是線段PC上的點(diǎn)．（1）當(dāng)點(diǎn)M為線段PC的中點(diǎn)時(shí)，證明直線OM∥平面PAB（2）求證：OM⊥BC；（3）點(diǎn)M在線段PC上，且，求直線AM與平面PAB的夾角的正弦值【答案】（1）證明見解答；（2）證明見解答；（3）．【解答】解：（1）當(dāng)點(diǎn)M為線段PC的中點(diǎn)時(shí)，取BP的中點(diǎn)N，連接MN，AN，則MN∥BC，且MN＝BC，又O為AD的中點(diǎn)，底面ABCD是邊長為2的菱形，∴AO∥BC，且AO＝BC，∴MN∥AO，且MN＝AO，∴四邊形AOMN為平行四邊形，∴OM∥AN，又OM?平面PAB，AN?平面PAB，∴OM∥平面PAB；（2）連接OC，∵底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ADC＝60°，又△PAD為正三角形△PAD為正三角形，O為AD的中點(diǎn)，∴AD⊥PO，AD⊥CO，又PO∩CO＝O，∴AD⊥平面POC，又OM?平面POC，∴AD⊥OM，又AD∥BC，∴OM⊥BC；（3）∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD為正三角形，O為AD的中點(diǎn)，∴PO⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，∴PO⊥底面ABCD，建立如圖的空間右手直角坐標(biāo)系，根據(jù)題意可得：O（0，0，0），A（1，0，0），B（2，，0），C（0，，0），P（0，0，），又PM＝PC，∴M（0，，），∴，，，設(shè)平面PAB的法向量為，則，令x＝，則y＝﹣1，z＝1，∴，設(shè)直線AM與平面PAB的夾角為θ，則sinθ＝|cos|＝＝＝，∴直線AM與平面PAB的夾角的正弦值為．19．（2022?運(yùn)城模擬）如圖，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，側(cè)面ADD1A1為矩形，AB＝2AD＝4，∠D1DB＝60°，BD＝AA1＝2．（1）證明：平面ABCD⊥平面BDD1B1；（2）求直線CD1與平面AB1C所成角的正弦值．【答案】（1）見解答；（2）．【解答】解：（1）證明：在△ABD中，因?yàn)?，∴AB2＝AD2+BD2，所以AD⊥BD，又側(cè)面..為矩形，所以AD⊥DD1，又BD∩DD1＝D，DD1?平面BDD1B1，∴AD⊥平面BDD1B1，又AD?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面BDD1B1，（2）設(shè)AC交BD于點(diǎn)O，取AB得中點(diǎn)E，連接OE，OD1，可得OE⊥BD，OD1⊥BD，又平面ABCD⊥平面BDD1B1，平面ABCD∩平面BDD1B1＝BD，OD1?平面BDD1B1，∴OD1⊥平面ABCD，又OB，OE?平面ABCD，∴OD1⊥OB，OD1⊥OE，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線OE，OB，OD1為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（2，，0），C（﹣2，，0），B1（0，，3），D1（0，0，3），∴，，，設(shè)平面AB1C的一個(gè)法向量為，∴，令x＝3，則y＝，z＝﹣4，∴，設(shè)直線CD1與平面AB1C所成角為θ，則sinθ＝＝＝，∴直線CD1與平面AB1C所成角的正弦值為．20．（2022秋?東港區(qū)校級月考）在△ABC中，AB＝4，，∠BAC＝45°，以AC的中線BD為折痕，將△ABD沿BD折起，構(gòu)成二面角A﹣BD﹣C，在平面BCD內(nèi)作CE⊥CD，且，連接DE，AE，AC，如圖所示．（1）求證；CE∥平面ABD；（2）若二面角A﹣BD﹣C的大小為90°，求二面角B﹣AC﹣E的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解答】解：（1）證明：當(dāng)△ABC未折起時(shí)，如圖所示：∵AB＝4，，∠BAC＝45°，由余弦定理可得，∴BC＝4，∴AB2+BC2＝AC2，∴△ABC是等腰直角三角形，又點(diǎn)D是AC中點(diǎn)，∴∠ADB＝∠BDC＝90°，又CE⊥CD，∴CE∥BD，BD?平面ABD，CE?平面ABD，∴CE∥平面ABD；（2）由（1）知∠ADB＝∠BDC＝90°，∴∠ADC為二面角A﹣BD﹣C的平面角，且∠ADC＝90°，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，分別以DB，DC，DA方向?yàn)閤，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示：易知，∴，，，，∴，，，設(shè)平面BAC的法向量，則有，取，同理可得：平面ACE的法向量，∴cos＝＝＝，又二面角B﹣AC﹣E為鈍角，∴二面角B﹣AC﹣E的余弦值為．21．（2022秋?萊西市期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，側(cè)面PAD⊥面ABCD，PA＝PD＝2．（1）求證：PA⊥BD；（2）設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l，在l上是否存在點(diǎn)N，使得平面PCD和平面NCD的夾角的余弦值為？若存在，請確定N點(diǎn)的位置；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明見解答；（2）存在點(diǎn)N，N在線段PM上，，或者N在線段PM的反向延長線上，．【解答】解：（1）證明：∵CD∥AB，∠ABC＝90°，∴∠BCD＝90°，又BC＝CD＝2，∴，∠CBD＝45°，∴∠ABD＝45°，∵AB＝4，∴AD2＝AB2+BD2﹣2AB?BDcos∠ABD＝8，∴AD2+BD2＝AB2，∴BD⊥AD，∵側(cè)面PAD⊥面ABCD，側(cè)面PAD∩面ABCD＝AD，BD?面ABCD，∴BD⊥平面PAD，又PA?面PAD，∴PA⊥BD；（2）延長AD和BC交于點(diǎn)M，連接PM，則l就是直線PM，CD為△ABC的中位線，以B為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系B﹣xyz，如圖所示，則，D（2，2，0），M（4，0，0），C（2，0，0），∴，，設(shè)面PCD的法向量為，則，取，設(shè)在l上存在點(diǎn)N，滿足，則．設(shè)平面NCD的法向量為，則，令z2＝3λ﹣1，則，y2＝0，取，設(shè)平面PCD和平面NCD的夾角為θ，則，解得或，∴在l上存在點(diǎn)N，N在線段PM上，，或者N在線段PM的反向延長線上，．22．（2022秋?武漢期中）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，PD＝DC＝BC＝2PA＝2AB＝2，PD⊥CD．（1）求證：PA⊥平面ABCD；（2）求直線BD與平面BPC所成角的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解答】解：（1）證明：由于AB∥CD，∠BAD＝90°，所以CD⊥AD，由于PD⊥CD，PD∩AD＝D，PD、AD?平面PAD，所以CD⊥平面PAD，∴AB⊥平面PAD，由PA?平面PAD，得AB⊥PA．取CD的中點(diǎn)E，連接BE，因?yàn)榈酌鍭BCD是直角梯形，DE∥AB且DC＝2DE＝2AB＝2，∠BAD＝90°，故四邊形ABED為矩形，且AD＝BE且BE⊥CD，∴，所以在△PAD中，PA＝1，PD＝2，AD2+PA2＝PD2，即PA⊥AD，由于AD∩AB＝A，AB、AD?平面ABCD，所以PA⊥平面ABCD．（2）PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB、AD、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(biāo)系，則A（0，0，0）、B（1，0，0）、、、P（0，0，1），則，，，設(shè)平面BPC的法向量為，則，取，可得，所以，．所以，直線BD與平面BPC所成角的正弦值為．23．（2022秋?重慶月考）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝BC＝2，∠A1AB＝60°，A1C＝．（1）求證：AB⊥A1C；（2）若AA1＝5AM，求二面角M﹣B1C﹣A1的余弦值．【答案】（1）證明過程見解答．（2）．【解答】解：（1）證明：取AB的中點(diǎn)為O，連接CO，A1O，∵△A1AB，△ABC都是正三角形，∴AB⊥A1O，AB⊥CO，∵A1O∩CO＝O，∴AB⊥平面A1OC，∵A1C?平面A1OC，∴AB⊥A1C．（2）如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，OC，OB，OA1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A1（0，0，），A（0，﹣1，0），C（，0，0），B1（0，2，），＝（0，2，0），＝（，0，﹣），∵AA1＝5AM，∴＝5，∴M（0，﹣，），＝（0，，），＝（），設(shè)平面MB1C的法向量為＝（x，y，z），則，取z＝7，得＝（3，﹣2，7），設(shè)平面A1B1C的法向量為＝（a，b，c），則，取a＝1，得＝（1，0，1），設(shè)二面角M﹣B1C﹣A1的平面角為θ，則二面角M﹣B1C﹣A1的余弦值為：cosθ＝＝＝．24．（2022秋?零陵區(qū)校級月考）如圖，四面體ABCD中，AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，E是AC的中點(diǎn)．（1）當(dāng)F在線段BD上移動(dòng)時(shí)，判斷AC與EF是否垂直，并說明理由；（2）若AB＝AC＝BD＝2，，試確定點(diǎn)F在線段BD上的位置，使CF與平面ABD所成角的正弦值為．【答案】（1）AC⊥EF，理由見解析；（2）點(diǎn)F在線段BD上靠D點(diǎn)四等分點(diǎn)處．【解答】解：（1）證明：連接ED、EB，如圖所示，∵AD＝CD且E為AC中點(diǎn)，∴DE⊥AC，在△DAB和△DCB中，，∴△DAB≌△DCB，∴AB＝BC，∴BE⊥AC，∵DE∩EB＝E，DE、EB?平面DEB，∴AC⊥平面DEB，又EF?平面DEB，∴AC⊥EF；（2）∵AC2＝4，AD2+DC2＝4，即AC2＝AD2+DC2，∴△ADC為直角三角形，又E是AC的中點(diǎn)，∴，結(jié)合（1）知：可建立E為原點(diǎn)，分別以、、方向?yàn)閤、y、z軸的空間坐標(biāo)系，則A（1，0，0），D（0，0，1），C（﹣1，0，0），∴，∴，∴，∴，設(shè)，F(xiàn)（x，y，z），則，，∴，∴，∴，設(shè)為平面ABD的法向量，則，即，解得，∴，∴，即，解得，所以點(diǎn)F在線段BD上靠D點(diǎn)四等分點(diǎn)處．25．（2022秋?皇姑區(qū)校級月考）在如圖所示的圓柱MN中，AB為圓M的直徑，C，D是上的兩個(gè)三等分點(diǎn)，EA，F(xiàn)C，GB都是圓柱MN的母線．（1）求證：FM∥平面ADE；（2）若FC＝BC＝1，求二面角A﹣FB﹣C的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解答】解：（1）證明：如圖，連接MC，MD．因?yàn)镃，D是半圓的兩個(gè)三等分點(diǎn)，所以∠AMD＝∠DMC＝∠CMB＝60°，又MA＝MB＝MC＝MD，所以均為等邊三角形．所以AM＝AD＝DC＝CM，所以四邊形ADCM為平行四邊形，所以AD∥MC，又因?yàn)镸C?平面ADE，AD?平面ADE，所以MC∥平面ADE，因?yàn)镋A，F(xiàn)C都是圓柱MN的母線，所以EA∥FC，又因?yàn)镕C?平面ADE，EA?平面ADE，所以FC∥平面ADE．又CM，F(xiàn)C?平面FCM，且CM∩FC＝C，所以平面FCM∥平面ADE，又FM?平面FCM，所以FM∥平面ADE．（2）連接AC，因?yàn)镕C是圓柱MN的母線，所以FC⊥圓柱MN的底面，因?yàn)锳B是圓M的直徑，所以∠ACB＝90°，在Rt△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝1，所以，F(xiàn)C＝1，以C原點(diǎn)，分別以CA，CB，CF所在的直線為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，所以，，設(shè)平面AFB的法向量為，則，令x＝1，得，則平面AFB的一個(gè)法向量為，又因?yàn)槠矫鍮CF的法向量可取為，所以，由圖可知二面角A﹣FB﹣C為銳角，所以二面角A﹣FB﹣C的余弦值為．26．（2022秋?隨州月考）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為2，△A1BC的面積為．（1）求點(diǎn)C1到平面A1BC的距離；（2）設(shè)D為A1C的中點(diǎn)，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面A1B1BA，求二面角A﹣BD﹣C的正切值．【答案】（1）；（2）﹣3．【解答】解：（1）設(shè)點(diǎn)C1到平面A1BC的距離為d，在點(diǎn)A到平面A1BC的距離也為d，又，則，解得，即點(diǎn)C1到平面A1BC的距離為；（2）連接AB1，因?yàn)锳A1＝AB，則四邊形ABB1A1為正方形，所以AB1⊥A1B，又AB1，A1B相交，平面A1BC⊥平面A1B1BA，平面A1BC∩平面A1B1BA＝A1B，AB1?平面A1B1BA，所以AB1⊥平面A1BC，又BC?平面A1BC，所以AB1⊥BC，又BB1⊥BC，AB1∩BB1＝B1，AB1?平面A1B1BA，BB1?平面A1B1BA，所以BC⊥平面A1B1BA，則以點(diǎn)B為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AA1＝AB＝a，BC＝b，則，所以，解得，所以，所以，設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量為，則，則可取，設(shè)平面BCD的一個(gè)法向量為，則，則可取，所以，所以二面角A﹣BD﹣C的正弦值為，又由圖形可知，二面角A﹣BD﹣C的平面角為鈍角，則二面角A﹣BD﹣C的正切值為﹣3．27．（2022秋?重慶月考）如圖，已知矩形BB1C1C所在平面與平面ABB1N垂直，在直角梯形ABB1N中，AN∥BB1，AB⊥AN，AB＝BC＝AN＝．（1）證明：B1N⊥平面BCN．（2）求直線AC與平面BC1N所成角的正弦值．【答案】（1）證明過程見解答；（2）．【解答】解：（1）證明：在直角梯形ABB1N中，AN∥BB1，AB⊥AN，且，可得BN⊥B1N，因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為矩形，所以BC⊥BB1，因?yàn)槠矫鍮B1C1C⊥平面ABB1N，且平面BB1C1C∩平面ABB1N＝BB1，所以BC⊥平面ABB1N，因?yàn)锽1N?平面ABB1N，所以BC⊥B1N．因?yàn)锽C∩BN＝B，且BC，BN?平面BCN，所以B1N⊥平面BCN．（2）由（1）知BA，BC，BB1兩兩垂直，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)AB＝1，則A（1，0，0），C（0，0，1），N（1，1，0），C1（0，2，1），所以．設(shè)平面BC1N的法向量為，則，令x＝1，得，因?yàn)?，所以直線AC與平面BC1N所成角的正弦值為．28．（2022秋?重慶月考）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝2BC＝2，AB＝，E為CD中點(diǎn)．（1）求證：CD⊥平面PAE；（2）若PA＝，求二面角A﹣PB﹣E的余弦值．【答案】（1）證明見解答；（2）．【解答】解：（1）證明：連接AC，如圖所示：在Rt△ABC中，，AC＝AD，△ACD為等腰三角形，E為中點(diǎn)，∴CD⊥AE，又PA⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AE，且PA∩AE＝A，∴CD⊥平面PAE；（2）以A為原點(diǎn)，，，的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），，，，∴，，又易知平面PAB的一個(gè)法向量，設(shè)平面PBE的一個(gè)法向量為，則，取，設(shè)二面角A﹣PB﹣E的平面角為θ，則，∴二面角A﹣PB﹣E的余弦值為．29．（2022秋?雨湖區(qū)校級期中）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PD＝DC＝1，．M為BC上的點(diǎn)，且AM⊥平面PDB；（1）求證：PD⊥平面ABCD；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）．【解答】解：（1）證明：∵PD＝DC＝1，，∴PD2+DC2＝PC2，∴PD⊥DC，又AB∥CD，∴PD⊥AB，∵AM⊥平面PDB，PD?平面PDB，∴AM⊥PD，∵AB∩AM＝A，AB，AM?平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD．（2）∵AM⊥平面PDB，BD?平面PDB，∴AM⊥BD，∴，∴∠DBA＝∠AMB，∴tan∠AMB＝tan∠DBA，即，∴，∴M為BC中點(diǎn)，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，正方向?yàn)閤，y，z軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，P（0，0，1），，，∴，，，設(shè)平面APM的法向量，則，令，解得：y＝1，z＝2，∴；設(shè)平面BPM的法向量，則，令b＝1，解得：a＝0，c＝1，∴；∴，∴．即二面角A﹣PM﹣B的正弦值為．30．（2022秋?邵陽期中）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是以∠C為直角的等腰直角三角形，BC＝AC＝2，AA1＝3，D為AC的中點(diǎn)．（1）求證：AB1∥平面BDC1；（2）求平面C1BD與平面CBD夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解答；（2）．【解答】解：（1）證明：連接，與B1C相交于O，連接OD，∵四邊形BCC1B1是矩形，∴O是B1C的中點(diǎn)，又D是AC的中點(diǎn)，∴OD∥AB1，∵AB1?平面BDC1，OD?平面BDC1，∴AB1∥平面BDC1；（2）以C1為原點(diǎn)，C1A1，C1C，C1B1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則C1（0，0，0），B（0，3，2），C（0，3，0），A（2，3，0），D（1，3，0），設(shè)＝（xy，z）是平面BDC1的一個(gè)法向量，則，令x＝1，則y＝﹣，z＝，∴＝（1，﹣，），又＝（0，3，0）是平面ABC的一個(gè)法向量，即＝（0，3，0）是平面BDC的一個(gè)法向量，設(shè)平面BDC1與平面BDC的夾角為θ，由圖可知θ為銳角，則cosθ＝|cos＜，＞|＝＝，所以平面BDC1與平面BDC夾角的余弦值為．31．（2022秋?遼寧期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2，AB＝3，E是棱AD的中點(diǎn)．（1）證明：BC⊥平面PCE；（2）若，求平面PCE與平面PAB所成角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）平面PCE與平面PAB所成角的余弦值為．【解答】解：（1）證明：在棱AB上取點(diǎn)F，使得AF＝2BF＝2，連接CF，BE，∵AB∥CD，CD⊥AD，AD＝CD＝2，∴四邊形AFCD是正方形，則，，又BE2＝10＝BC2+CE2，∴△BCE是直角三角形，且BC⊥CE，∵PA＝PD，且E是棱AD的中點(diǎn)，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD，∵BC?平面ABCD，∴PE⊥BC，∵PE?平面PCE，CE?平面PCE，且PE∩CE＝E，∴BC⊥平面PCE；（2）由（1）可建立以E為原點(diǎn)，以DA、Ey，EP所在直線為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標(biāo)系E﹣xyz，其中y軸∥AB，如圖所示：則A（1，0，0），B（1，3，0），C（﹣1，2，0），P（0，0，2），∴，，設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為，則，取x＝2，則z＝1，y＝0，∴平面PAB的一個(gè)法向量，由（1）得BC⊥平面PCE，則平面PCE的一個(gè)法向量為，設(shè)平面PCE與平面PAB所成角為θ，且θ為銳角，∴cosθ＝|cos＜，＞|＝＝＝，故平面PCE與平面PAB所成角的余弦值為．32．（2022秋?沈陽期中）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD為梯形，其中AB∥DC，AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．（1）證明：PB⊥AD；（2）若PB＝PD，且PA與平面ABCD所成角的正弦值為，點(diǎn)F在線段PC上滿足PC＝3PF，求二面角D﹣BF﹣C的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）二面角D﹣BF﹣C的余弦值為．【解答】證明：（1）∵AB＝2BC＝2CD＝4，∠BCD＝60°，∴△BCD是等邊三角形，即∠CDB＝60°，BD＝CD＝BC＝2，∵AB∥DC，∴∠ABD＝∠CDB＝60°，在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2+BD2﹣2AB?BDcos∠ABD，∴AD2＝16+4﹣2×4×2×＝12，∴AB2＝BD2+AD2，∴△ABD是直角三角形，且AD⊥BD，∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，∴AD⊥平面PBD，∵PB?平面PBD，AD?平面PBD，∴PB⊥AD；（2）取BD中點(diǎn)E，連接PE、CE，∵PB＝PD，BD＝CD，∴CE⊥BD，PE⊥BD，∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，∴PE⊥平面ABCD，建立以E為原點(diǎn)，以DB、CE、EP所在的直線為x軸、y軸、z軸的空間直角坐標(biāo)系E﹣xyz，如圖所示：則E（0，0，0），B（1，0，0），D（﹣1，0，0），C（0，，0），A（﹣1，﹣2，0），設(shè)P（0，0，a），a＞0，則＝（1，2，a），平面ABCD的一個(gè)法向量為＝（0，0，1），∵PA與平面ABCD所成角的正弦值為，∴|cos＜，＞|＝＝＝，解得a＝3，即P（0，0，3），∵PC＝3PF，∴F（0，，2），設(shè)平面DBF的一個(gè)法向量為＝（x，y，z），＝（2，0，0），＝（1，，2），則，取x＝0，y＝，則z＝﹣，∴平面DBF的一個(gè)法向量為＝（0，，﹣），設(shè)平面BFC的一個(gè)法向量為＝（x，y，z），＝（0，﹣，2），＝（﹣1，，0），則，取y＝，則z＝1，x＝3，∴平面BFC的一個(gè)法向量為＝（3，，1），設(shè)二面角D﹣BF﹣C的平面角為θ，且θ為銳角，∴cosθ＝|cos＜，＞|＝＝＝，故二面角D﹣BF﹣C的余弦值為．33．（2022春?巫山縣校級期末）如圖，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1，∠BCA＝90°，AC＝BC＝4．A1在底面ABC上的射影恰為AC的中點(diǎn)D．且BA1⊥AC1．（1）求證：AC1⊥平面A1BC；（2）求二面角B1﹣A1B﹣C的余弦值．【答案】（1）證明見解答；（2）﹣．【解答】（1）證明：∵A1在底面ABC上的射影為AC的中點(diǎn)D，∴平面A1ACC1⊥平面ABC，∵BC⊥AC且平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，∴BC⊥平面A1ACC1，∴BC⊥AC1，∵AC1⊥BA1且BC∩BA1＝B，∴AC1⊥平面A1BC．（2）解：如圖所示，以C為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，∵AC1⊥平面A1BC，∴AC1⊥A1C，∴四邊形A1ACC1是菱形，∵D是AC的中點(diǎn)，∴∠A1AD＝60°，∴A（4，0，0），A1（2，0，2），B（0，4，0），C1（﹣2，0，2），∴＝（2，0，﹣2），＝（﹣4，4，0），設(shè)平面A1AB的法向量＝（x，y，z），∴，取＝（，，1），平面A1AB的法向量＝（，，1），平面A1BC的法向量＝（﹣6，0，2），∴cos＜，＞＝＝﹣，設(shè)二面角A﹣A1B﹣C的平面角為θ，θ為鈍角，∴cosθ＝﹣，∴二面角A﹣A1B﹣C的余弦值為﹣．34．（2022春?張家界期末）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面A1ABB1是菱形，且，側(cè)面B1BCC1是邊長為2的正方形，側(cè)面B1BCC1⊥側(cè)面A1ABB1，D為A1B1的中點(diǎn)．（1）求證：AB⊥平面BCD；（2）求平面CDC1與平面CDB夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解答；（2）．【解答】解：（1）證明：連接A1B，因?yàn)閭?cè)面A1ABB1是菱形，且，所以△A1BB1是等邊三角形，又因?yàn)镈為A1B1的中點(diǎn)，所以A1B1⊥BD，因?yàn)锳B∥A1B1，所以AB⊥BD；因?yàn)閭?cè)面B1BCC1是邊長為2的正方形，所以BC⊥BB1．又側(cè)面B1BCC1⊥側(cè)面A1ABB1，側(cè)面B1BCC1∩側(cè)面A1ABB1＝BB1，BC?側(cè)面B1BCC1，所以BC⊥側(cè)面A1ABB1，又因?yàn)锳B?側(cè)面A1ABB1，所以AB⊥BC．又BD∩BC＝B，所以AB⊥平面BCD；（2）∵BC⊥平面ABB1A1，AB⊥BD，以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、的方向分別為x、y、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．則B（0，0，0），A（2，0，0），，C（0，0，2），，，，所以，，設(shè)平面CDC1的法向量為，則，令y＝2，則，由（1）知平面CDB的一個(gè)法向量為，設(shè)平面CDC1與平面CDB夾角為θ，則，所以平面CDC1與平面CDB夾角的余弦值為．35．（2022春?沙坪壩區(qū)校級期末）四棱錐P﹣ABCD中，四邊形ABCD為菱形，AD＝2，∠BAD＝60°，平面PBD⊥平面ABCD．（1）證明：PB⊥AC；（2）若PB＝PD，且PA與平面ABCD成角為60°，在棱PC上是否存在點(diǎn)E，使二面角D﹣BE﹣C的平面角的余弦值為？若存在，求出PE的長；若不存在，說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）存在，PE＝．【解答】（1）證明：因?yàn)槠矫鍼BD⊥平面ABCD，且交線為BD，又四邊形ABCD為菱形，所以BD⊥AC，故AC⊥平面PBD，PB?平面PBD，故AC⊥PB；（2）解：因?yàn)镻B＝PD，O是BD的中點(diǎn)，所以PO⊥BD，又平面PBD⊥平面ABCD，且交線為BD，所以PO⊥平面ABCD，∠PAO為PA與平面ABCD所成角，故∠PAO＝60°，由于四邊形ABCD為邊長為AD＝2，∠BAD＝60°的菱形，所以，因?yàn)镺P，OA，OB兩兩垂直，故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，設(shè)，其中0≤λ≤1，所以，，設(shè)平面BEC的法向量為，則：，取，則，設(shè)平面BED的法向量為，則：，則＝（，0，），故，整理得：，解得或者（舍去），故存在，且滿足，即點(diǎn)E是PC的三等分點(diǎn)，且靠近P端，故．36．（2022春?咸寧期末）如圖，在梯形ABCD中，已知AB＝4，AD＝DC＝BC＝2，M為AB的中點(diǎn)，將△ADM沿著DM翻折至△PDM，連接PC，PB．（1）證明：DM⊥PC；（2）若二面角P﹣DM﹣C的大小為60°，求PB與平面ABCD所成角的正弦值．【答案】（1）證明過程請看解答；（2）．【解答】（1）證明：連接AC，交DM于點(diǎn)O，連接PO，因?yàn)锳B＝4，AD＝DC＝BC＝2，M為AB的中點(diǎn)，所以AM＝AD＝CD，又四邊形ABCD為梯形，所以四邊形AMCD為菱形，所以DM⊥AC，因?yàn)镻D＝PM，O是DM的中點(diǎn)，所以DM⊥PO，因?yàn)锳C?平面PCO，PO?平面PCO，AC∩PO＝O，所以DM⊥平面PCO，又PC?平面PCO，所以DM⊥PC．（2）解：以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OM，OC所在直線分別為x，y軸，作Oz⊥平面ABCD，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由（1）知，OP⊥DM，OC⊥DM，因?yàn)槎娼荘﹣DM﹣C的大小為60°，所以∠POC＝60°，因?yàn)锳B＝4，AD＝DC＝BC＝2，M為AB的中點(diǎn)，所以cos∠BAD＝＝＝，所以∠BAD＝60°，故B（2，，0），P（0，，），所以＝（2，，﹣），因?yàn)镺z⊥平面ABCD，所以平面ABCD的一個(gè)法向量，設(shè)PB與平面ABCD所成的角為α，則．37．（2022春?郯城縣校級期末）如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)E為PC的中點(diǎn)，AB∥CD，CD⊥AD，CD＝2AB＝2，PA＝AD＝1，PA⊥AD