一．選擇題（共4小題）
1．（2020秋?撫州期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點(diǎn)，則EF與平面A1BC1所成角的正弦值為（　?。?br />
A．36 B．26 C．33 D．23
【解析】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，BC的中點(diǎn)，
以D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1中棱長(zhǎng)為2，
則E（2，1，2），F(xiàn)（1，2，0），A1（2，0，2），B（2，2，0），C1（0，2，2），
EF→=（﹣1，1，﹣2），BA1→=（0，﹣2，2），BC1→=（﹣2，0，2），
設(shè)平面A1BC1的法向量n→=（x，y，z），
則n→?BA1→=-2y+2z=0n→?BC1→=-2x+2z=0，取x＝1，得n→=（1，1，1），
設(shè)EF與平面A1BC1所成角為θ，
則sinθ=|EF→?n→||EF→|?|n→|=26?3=23．
∴EF與平面A1BC1所成角的正弦值為23．
故選：D．

2．（2020秋?利通區(qū)校級(jí)期末）如圖，在底面為正方形，側(cè)棱垂直于底面的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，則異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為（　?。?br />
A．15 B．25 C．35 D．45
【解析】解：連結(jié)BC1，因?yàn)镃1D1∥AB且C1D1＝AB，
所以四邊形ABC1D1是平行四邊形，故BC1∥AD1，
所以∠A1BC1就是異面直線A1B與AD1所成的角或其補(bǔ)角，
連結(jié)A1C1，由AB＝1，AA1＝2，
則A1C1=2，A1B=BC1=5，
所以cos∠A1BC1=5+5-22×5×5=45，
故異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為45．
故選：D．

3．（2020秋?滁州期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，M，P分別為棱AD，CC1，A1D1的中點(diǎn)，則B1P與MN所成角的余弦值為（　?。?br />
A．3010 B．-15 C．7010 D．15
【解析】解：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，
以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AB，AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，
則B1（2，0，2），P（0，1，2），M（0，1，0），N（2，2，1），
所以B1P→=(-2，1，0)，MN→=(2，1，1)，
故|cos＜B1P→，MN→＞|=|B1P→?MN→||B1P→||MN→|=35×6=3010，
所以B1P與MN所成角的余弦值為3010．
故選：A．

4．（2020秋?南通期末）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱B1C1，A1D1的中點(diǎn)，則異面直線BE，DF所成角的余弦值為（　　）
A．55 B．35 C．45 D．255
【解析】解：連接CE，
∵正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱B1C1，A1D1的中點(diǎn)，
∴DF∥CE，
∴∠CEB是異面直線BE，DF所成角（或所成角的補(bǔ)角），
設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，
則CE＝BE=22+12=5，
∴cos∠CEB=CE2+BE2-BC22×CE×BE=5+5-42×5×5=35．
∴異面直線BE，DF所成角的余弦值為35．
故選：B．

二．解答題（共25小題）
5．（2020?拉薩二模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD＝2AD，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD為正方形，M．N分別為AD，PD 的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：PA∥平面MNC；
（Ⅱ）求直線PB與平面MNC所成角的正弦值．

【解析】解：（Ⅰ）證明：∵M(jìn)，N分別為AD，PD的中點(diǎn)，
∴PA∥MN，
又∵PA不在平面MNC，
∴PA∥平面MNC；
（Ⅱ）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AD＝2，
則B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，4），M（1，0，0），N（0，0，2），PB→=(2，2，-4)，NC→=(0，2，-2)，MN→=(-1，0，2)，
設(shè)平面MNC的法向量為n→=(x，y，z)，則n→?MN→=-x+2z=0n→?NC→=2y-2z=0，可取n→=(2，1，1)，
設(shè)直線PB與平面MNC所成角為α，則sinα=|cos＜n→，PB→＞|=16

6．（2020?益陽(yáng)模擬）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中．
（1）求證：AD1∥平面A1BC1；
（2）若AB＝AD＝2，AA1＝3，求直線A1D與平面A1BC1所成角的正弦值．

【解析】（1）證明：長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝C1D1，AB∥C1D1，
所以ABC1D1是平行四邊形，所以AD1∥BC1；
因?yàn)锽C1?平面A1BC1，AD1?平面A1BC1，
所以AD1∥平面A1BC1；
（2）解：以A1為原點(diǎn)，A1D1→、A1B1→、A1A→的方向?yàn)閤、y、z軸的正方向，
建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示；

由AB＝AD＝2，AA1＝3，
則A1（0，0，0），C1（2，2，0），D（2，0，3），
所以A1D→=（2，0，3），A1C1→=（2，2，0），A1B→=（0，2，3）；
設(shè)平面C1A1B的法向量為m→=（x，y，z），
由m→?A1C1→=0m→?A1B→=0，得2x+2y=02y+3z=0；
令y＝﹣3，得m→=（3，﹣3，2），
設(shè)直線A1D與平面A1BC1所成的角為θ，
所以sinθ＝|cos＜A1D→，m→＞|＝|A1D→?m→|A1D→|×|m→||=6+64+0+9×9+9+4=6286143，
即直線A1D與平面A1BC1所成角的正弦值為6286143．
7．（2020秋?南關(guān)區(qū)校級(jí)期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD中點(diǎn)．
（I）求直線CD與平面ACM所成的角的正弦值；
（Ⅱ）求點(diǎn)P到平面ACM的距離．

【解析】（1）建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵PA＝AD＝4，AB＝2，則有A（0，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），P（0，0，4）
∵M(jìn)是PD的中點(diǎn)，∴M（0，2，2）
設(shè)平面ACM的一個(gè)法向量為n→=(x，y，z)，則有n→?AC→=0n→?AM→=0，即2x+4y=02y+2z=0，∴n→=(2，-1，1)
又∵CD→=(-2，0，0)，設(shè)直線CD與平面ACM所成的角為θ，則有
sinθ===63．
故直線CD與平面ACM所成的角的正弦值為63．
（2）∵AP→=(0，0，4)，平面ACM的一個(gè)法向量為n→=(2，-1，1)，設(shè)點(diǎn)P到平面ACM的距離為d，則有
d==46=263．
故點(diǎn)P到平面ACM的距離為263．

8．（2019春?湖北期中）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是BB1，CD，CC1的中點(diǎn)．
（1）求證：D1F⊥平面DEG；
（2）求直線EF與平面CC1D1D所成角的正切值．

【解析】解：（1）證明：方法一：
如圖，∵四邊形CC1D1D為正方形，且F，G分別為CD，CC1的中點(diǎn)，
∴△D1DF≌△DCG，
∴∠DFD1＝∠CGD，
又∠CGD+∠CDG＝90°，
∴∠DFD1+∠FDG＝90°，
∴D1F⊥DG，
又E為BB1的中點(diǎn)，
∴BC||EG，
又BC⊥平面CC1D1D，D1F?平面CC1D1D，
∴D1F⊥BC，
∴D1F⊥EG，
又EG∩DG＝G，且都在平面DEG內(nèi)，
∴D1F⊥平面DEG；
方法二：
如圖，∵E，G分別為BB1，CC1的中點(diǎn)，
∴EG||BC，
又BC⊥平面CC1D1D，
∴EG⊥平面CC1D1D，
∴平面DEG⊥平面CC1D1D，
∵四邊形CC1D1D為正方形，且F，G分別為CD，CC1的中點(diǎn)，
∴△D1DF≌△DCG，
∴∠DFD1＝∠CGD，
又∠CGD+∠CDG＝90°，
∴∠DFD1+∠FDG＝90°，
∴D1F⊥DG，
∴D1F⊥平面DEG；
（2）連接FG，由（1）知 EG⊥平面CC1D1D，
∴EG⊥FG，
∴∠EFG為直線EF與平面CC1D1D所成的角，
設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2a，則EG＝2a，CF＝CG＝a，于是FG=2a，
∴tan∠EFG=EGFG=2a2a=2，
所以直線EF與平面CC1D1D所成角的正切值為2．

9．（2020秋?霞山區(qū)校級(jí)期末）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝AA1＝2BC，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱BB1，CC1中點(diǎn)．
（1）證明：BF∥平面A1C1E．
（2）求B1C與平面A1C1E所成角的正弦值．

【解析】解：（1）證明：∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
E，F(xiàn)分別為側(cè)棱BB1，CC1中點(diǎn)．
∴BE∥=C1F，∴四邊形BEC1F是平行四邊形，∴BF∥EC1，
∵BF?平面A1C1E，EC1?平面A1C1E，
∴BF∥平面A1C1E．
（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，
AC＝AA1＝2BC，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱BB1，CC1中點(diǎn)．
∴以C為原點(diǎn)，CA為x軸，CB為y軸，CC1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AC＝AA1＝2BC＝2，
則B1（0，1，2），C（0，0，0），A1（2，0，2），C1（0，0，2），E（0，1，1），
B1C→=（0，﹣1，﹣2），C1A1→=（2，0，0），C1E→=（0，1，﹣1），
設(shè)平面A1C1E的法向量n→=（x，y，z），
則n→?C1A1→=2x=0n→?C1E→=y-z=0，取y＝1，得n→=（0，1，1），
設(shè)B1C與平面A1C1E所成角為θ，
則sinθ=|B1C→?n→||B1C→|?|n→|=35?2=31010．
∴B1C與平面A1C1E所成角的正弦值為31010．

10．（2020秋?閻良區(qū)期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BB1的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：BC1∥平面AD1E；
（Ⅱ）求平面ABCD與平面AD1E夾角的余弦值．

【解析】（Ⅰ）證明：由正方體的性質(zhì)知，AB∥C1D1，AB＝C1D1，
∴四邊形ABC1D1是平行四邊形，
∴BC1∥AD1，
又BC1?平面AD1E，AD1?平面AD1E，
∴BC1∥平面AD1E．
（Ⅱ）解：設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，則AD1=2，AE=52，ED1=32，
在△AD1E中，由余弦定理知，cos∠AD1E=AD12+ED12-AE22AD1?ED1=2+94-542×2×32=22，
∴sin∠AD1E=22，
∴S△AD1E=12AD1?ED1?sin∠AD1E=12×2×32×22=34，
而S△ABD=12×1×1=12，
設(shè)平面ABCD與平面AD1E的夾角為θ，
∵△AD1E在平面ABCD內(nèi)的投影為△ABD，
∴cosθ=S△ABDS△AD1E=1234=23，
故平面ABCD與平面AD1E夾角的余弦值為23．
11．（2020秋?棗莊期末）如圖，在三棱錐D﹣ABC中，△ABC為等邊三角形，∠ABD＝∠ACD＝90°．
（1）求證：BC⊥AD；
（2）若AB＝2，AD=6，求二面角D﹣AC﹣B的余弦值．

【解析】（1）證明：取BC的中點(diǎn)O，連接AO，DO，因?yàn)榈酌鍭BC為等邊三角形，所以AO⊥BC．
因?yàn)椤螦BD＝∠ACD＝90°，所以△ABD和△ACD均為直角三角形．
所以BD=AD2-AB2，CD=AD2-AC2．又因?yàn)锳B＝AC，所以BD＝CD．
又O是BC的中點(diǎn)，所以DO⊥BC．
又因?yàn)锳O∩DO＝O，AO⊥BC，AO?平面AOD，DO?平面AOD，
所以BC⊥平面AOD．AD?平面AOD，
所以BC⊥AD．

（2）解法1：以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)A→，OC→所在方向分別為x軸，y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz．
因?yàn)榈冗叀鰽BC的邊長(zhǎng)為2，所以O(shè)A=3．則A(3，0，0)，B（0，﹣1，0），C（0，1，0）．
因?yàn)锽C⊥OD，所以點(diǎn)D在xOz平面內(nèi)．設(shè)D（m，0，n）（n＞0）．
由CD=(6)2-22=2，AD=6，可得m2+1+n2=2(m-3)2+n2=6，解得m=-33，n=63．
所以D(-33，0，63)．所以AC→=(-3，1，0)，AD→=(-433，0，63)．

設(shè)平面ACD的一個(gè)法向量為n1→=(x，y，z)，則n1→?AD→=0，n1→?AC→=0，即-433x+63z=0，-3x+y=0.
取x＝1，得y=3，z=22．所以n1→=(1，3，22)．
又n2→=(0，0，1)為平面ABC的一個(gè)法向量，所以cos?n1→，n2→?=n1→?n2→|n1→||n2→|=1×0+3×0+22×112+(3)2+(22)2×1=63．
所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值為63．

解法2：作OE⊥AC于E．設(shè)EO的一個(gè)方向向量為n→=(x，y，z)，且n→與EO→同向．
因?yàn)椤螦CD＝90°，所以DC⊥AC．所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值為cos?n→，CD→?．
因?yàn)锽C⊥OD，所以點(diǎn)D在xOz平面內(nèi)，設(shè)D（m，0，n）（n＞0）．
由CD=(6)2-22=2，AD=6，可得m2+1+n2=2(m-3)2+n2=6，解得m=-33，n=63．
所以D(-33，0，63)．所以AC→=(-3，1，0)，CD→=(-33，-1，63)．
由n→?AC→=-3x+y=0，取x＝﹣1，則y=-3．因此n→=(-1，-3，0)．
cos?n→，CD→?=n→?CD→|n→|?|CD→|=(-1)×(-33)+(-3)×(-1)+0×63(-1)2+(-3)2+02×(-33)2+(-1)2+(63)2=63．
所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值為63．

解法3：在平面AOD內(nèi)，作DF⊥AO于F，連接CF．
因?yàn)锽C⊥平面AOD，BC?平面ABC，所以平面AOD⊥平面ABC．
又平面AOD∩平面ABC＝AO，DF?平面AOD，DF⊥AO，所以DF⊥平面ABC．
又因?yàn)锳C?平面ABC，所以AC⊥DF．又因?yàn)锳C⊥CD，CD∩DF＝D，所以AC⊥平面CDF．
所以AC⊥CF．因此∠DCF即為二面角D﹣AC﹣B的平面角．
在Rt△ACF中，CF=AC?tan∠CAF=2tan30°=233．
在Rt△ACD中，CD=AD2-AC2=(6)2-22=2．
在Rt△CDF中，cos∠DCF=CFCD=2332=63．所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值為63．

12．（2020秋?湖州期末）在所有棱長(zhǎng)均為2的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，O，M分別為BD，B1C的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：直線OM∥平面DB1C1；
（Ⅱ）求二面角D1﹣AC﹣D的余弦值．

【解析】（Ⅰ）證明：連BC1，則M為BC1的中點(diǎn)，
又O為BD的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥C1D，
因?yàn)镺M?平面DB1C1，C1D?平面DC1B1，
所以直線OM∥平面DB1C1；（6分）
（Ⅱ）解：連D1O，因?yàn)锳BCD是菱形，所以DO⊥AC，
又ABCD﹣A1B1C1D1為直棱柱，所以D1A＝D1C，

而O為AC中點(diǎn)，所以D1O⊥AC，
所以∠D1OD為二面角D1﹣AC﹣D的平面角，（9分）
因?yàn)锳BCD是邊長(zhǎng)為2的菱形，且∠BAD＝60°，
所以DO＝1，
又DO＝2，所以D1O=2，
所以cos∠D1OD=DOD1O=55．（15分）
二面角D1﹣AC﹣D的余弦值cos∠D1OD=DOD1O=55．
13．（2020秋?新鄉(xiāng)期末）如圖，在Rt△ABC中，AC⊥BC，∠BAC＝30°，BC=3，AC＝3DC，DE∥BC，沿DE將點(diǎn)A折至A1處，使得A1C⊥DC，點(diǎn)M為A1B的中點(diǎn)．

（1）證明：A1B⊥平面CMD．
（2）求二面角B﹣CM﹣E的余弦值．
【解析】（1）證明：由DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC＝C，A1C?平面A1CB，BC?平面A1CB，
可得DC⊥平面A1CB，因此DC⊥A1B．
由∠BAC＝30°，BC=3，得AC=3BC=3DC=3，
因此DC＝1，AD＝2＝A1D，由勾股定理可得A1C=A1D2-DC2=3=BC．
又因?yàn)辄c(diǎn)M為A1B的中點(diǎn)，所以CM⊥A1B，
而CD∩CM＝C，CM?平面CMD，CD?平面CMD，故A1B⊥平面CMD．
（2）解：因?yàn)镈E⊥CD，DE⊥A1D，CD，DE?平面A1CD，A1D?平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，又BC∥DE，所以BC⊥平面A1CD．
如圖，以C為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系C﹣xyz，則M(0，32，32)，E(1，233，0)，B(0，3，0)，
易知n1→=(1，0，0)是平面CMB的一個(gè)法向量．
設(shè)平面CME的法向量為n2→=(x，y，z)，則，即，
令y=3，得n2→=(-2，3，-3).cos?n1→，n2→?=-21×4+3+3=-105，
易知二面角B﹣CM﹣E為銳角，故二面角B﹣CM﹣E的余弦值為105．

14．（2020秋?連云港期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn)．
（1）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值；
（2）求平面PBC1與平面AQC1所形成的銳二面角的余弦值．

【解析】解：如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)分別為O，O1，
則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，
故以{OB→，OC→，OO1→}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，
∵AB＝AA1＝2，A（0，﹣1，0），B(3，0，0)，C（0，1，0），
A1（0，﹣1，2），B1(3，0，2)，C1（0，1，2）．

（1）∵Q為BC的中點(diǎn)，∴Q(32，12，0)，∴AQ→=(32，32，0)，AC1→=(0，2，2)，CC1→=(0，0，2)，（2分）
設(shè)平面AQC1的一個(gè)法向量為n→=(x，y，z)，
由AQ→?n→=32x+32y=0AC1→?n→=2y+2z=0，可取n→=(3，-1，1)，（4分）
設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ，
sinθ=|cos＜CC1→，n→＞|=|CC1→?n→||CC1→|?|n→|=25×2=55，
∴直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為55．（6分）
（2）B(3，1，0)，P(32，12，2)，C1（0，2，2），
設(shè)平面PBC1的法向量為n1→=(x1，y1，z1)
則可得BP→=(-32，-12，2)，PC→1=(-32，32，0)，
由n1→?BP→=0，n1→?PC1→=0，
得：-32x1-12y1+2z1=032x1+32y1=0，
令y1＝1，可得x1=3，z1＝1，故n1→=(3，1，1)，（9分）
由（1）得平面AQC1的一個(gè)法向量為n2→=(3，-1，1)，
cos(n1→，n2→)=n1→?n2→|n1→||n2→|=3-1+15?5=35，
故平面PBC1與平面AQC1所成的銳二面角的余弦值為35． （12分）
15．（2020秋?濟(jì)寧期末）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四邊形ABCD為平行四邊形，BC＝BD＝1，AB=2，直線CC1與平面A1BD所成角的正弦值為33．
（1）求點(diǎn)C1到平面A1BD的距離；
（2）求平面A1BD與平面C1BD的夾角的余弦值．

【解析】解：（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，
所以AD＝BD＝1，AB=2，
所以AD2+BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
又四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1為直棱柱，
所以DD1⊥平面ABCD，又DA，DB?平面ABCD，
所以DD1⊥DA，DD1⊥DB，
以D為原點(diǎn)，DA，DB，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，
設(shè)DD1＝a（a＞0），則D（0，0，0），B（0，1，0），C（﹣1，1，0），A1（1，0，a），C1（﹣1，1，a），
所以DA1→=(1，0，a)，DB→=(0，1，0)，
設(shè)平面A11BD的法向量為n→=(x，y，z)，
則n→?DA1→=0n→?DB→=0，即x+az=0y=0，
取z＝1，則x＝﹣a，y＝0，
所以n→=(-a，0，1)，又CC1→=(0，0，a)，
所以cos＜CC1→，n→＞=|CC1→?n→||CC1→||n→|=aa×a2+1=33，解得a=2，
所以點(diǎn)C1到平面A1BD的距離為|DC1→?n→||n→|=223=263；
（2）設(shè)平面C1BD的法向量為m→=(p，q，r)，
又DB→=(0，1，0)，DC1→=(-1，1，2)，
所以m→?DB→=0m→?DC1→=0，即q=0-p+q+2r=0，
令r＝1，則p=2，q=0，
所以m→=(2，0，1)，
所以|cos＜m→，n→＞|=|m→?n→||m→||n→|=13×3=13，
故平面A1BD與平面C1BD的夾角的余弦值為13．

16．（2020秋?大武口區(qū)校級(jí)期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，已知四邊形ABCD是平行四邊形，∠DAB＝60°，AD＝AB＝PB，PC⊥PA，PC＝PA．
（1）求證：BD⊥平面PAC；
（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．

【解析】（1）證明：設(shè)AD＝AB＝PB＝2，AC∩BD＝O，連接OP，

則∵AB＝AD，且∠DAB＝60°，∴四邊形ABCD為菱形，
∴AC⊥BD，且AC=23，BD＝2，BO＝1，
又∵PC⊥PA，PC＝PA，∴△PCA是等腰Rt△，
∴PO⊥AC，PC=PA=6，PO=3，
在△POB中，PO=3，PB＝2，BO＝1，有PB2＝PO2+BO2，
∴PO⊥BO，即BD⊥OP，又AC∩OP＝O，AC?平面PAC；OP?平面PAC；
∴BD⊥平面PAC；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）
（2）以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖：
則O（0，0，0），A(3，0，0)，B（0，1，0），C(-3，0，0)，P(0，0，3)，

則AP→=(-3，0，3)，AB→=(-3，1，0)，BP→=(0，-1，3)，BC→=(-3，-1，0)，
設(shè)平面PAB的法向量為n1→=(x1，y1，z1)，
則n1→?AP→=-3x1+3z1=0n1→?AB→=-3x1+y1=0，
令x1＝1，則y1=3、z1＝1，則n1→=(1，3，1)，
設(shè)平面PBC的法向量為n2→=(x2，y2，z2)，
則n2→?BP→=-y2+3z2=0n2→?BC→=-3x2-y2=0，令x2＝﹣1，則y2=3、z2＝1，則n2→=(-1，3，1)，
∴cos?n1→，n2→?=n1→?n2→|n1→|?|n2→|=35，
設(shè)二面角A﹣PB﹣C的平面角為θ，經(jīng)觀察θ為鈍角，則cosθ=-|cos＜n1→，n2→＞|=-35---------（12分）
17．（2020秋?未央?yún)^(qū)校級(jí)期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，且△PAD為等邊三角形．
（1）求證：PA⊥CD；
（2）求二面角D﹣PA﹣C的正弦值．

【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，所以CD⊥AD，
平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

∴CD⊥平面ADP，
又PA?平面ADP，所以PA⊥CD．…………………………． （4分）
（2）解：取AD中點(diǎn)記為O，連結(jié)BO．由于△PAD為等邊三角形，O為AD中點(diǎn)，PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD，
在平面ABCD內(nèi)過(guò)O作直線平行于AB，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，…………． （6分）
則A（1，0，0），P(0，0，3)，D（﹣1，0，0），C（﹣1，2，0），AP→=(-1，0，3)，AC→=(-2，2，0)，
平面PAD的一個(gè)法向量為m→=(0，1，0)．…………………………． （8分）

設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量n→=(x2，y2，z2)，
則有n→?AP→=0n→?AC→=0，即-x2+3z2=0-2x2+2y2=0，
令x2＝1，則n→=(1，1，33)??????????． （10分）
則有|cos?m→，n→?|=|m→?n→||m→|?|n→|=11?1+1+33=217，
則二面角D﹣PA﹣C的正弦值277??????????． （12分）
18．（2020秋?張家界期末）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AB⊥AD，AD∥BC，側(cè)棱SA⊥平面ABCD，且SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M為棱SB的中點(diǎn)．
（1）求證：AM∥平面SCD；
（2）求平面SCD與平面SAB所成銳二面角的余弦值．

【解析】解：（1）證明：記SC的中點(diǎn)為Q，連MQ，DQ，
則MQ∥BC，且MQ=12BC．…（2分）
∴MQ∥AD，且MQ＝AD，從而四邊形MQDA為平行四邊形．
∴AM∥DQ，又AM?面SCD，DQ?面SCD．
∴AM∥平面SCD； ……………（6分）
（2）以A為原點(diǎn)，分別以AB，AD，AS所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系． ………（7分）
則B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，1，0），S（0，0，2），SC→=(2，2，-2)，SD→=(0，1，-2)，………………………（9分）
設(shè)面SCD的法向量為n1→=(x，y，z)，
由2x+2y-2z=0，y-2z=0取n1→=(-1，2，1)．…………………（10分）
則平面SAB的法向量為n2→=(0，1，0，)．…………………………（11分）
記平面SCD與平面SAB所成銳二面角為θ，
則cosθ=|n1→?n2→|n1→||n2→||=26=63．……………………………（12分）

19．（2020秋?越秀區(qū)期末）在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥BE，BE＝2，AB＝PA＝4．
（1）求直線PD與平面PCE所成角的正弦值；
（2）在棱AB上是否存在一點(diǎn)F，使得二面角E﹣PC﹣F的大小為60°？如果存在，確定點(diǎn)F的位置；如果不存在，說(shuō)明理由．

【解析】解：（1）以A為原點(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P（0，0，4），C（4，4，0），D（0，4，0），E（4，0，2），
∴PD→=（0，4，﹣4），PC→=（4，4，﹣4），PE→=（4，0，﹣2），
設(shè)平面PCE的法向量為m→=（x，y，z），則m→?PC→=0m→?PE→=0，即4x+4y-4z=04x-2z=0，
令x＝1，則y＝1，z＝2，∴m→=（1，1，2），
設(shè)直線PD與平面PCE所成角為θ，則sinθ＝|cos＜PD→，m→＞|＝|PD→?m→|PD→|?|m→||＝|4-842×6|=36，
故直線PD與平面PCE所成角的正弦值為36．

（2）由（1）知，A（0，0，0），B（4，0，0），
∴AB→=（4，0，0），
設(shè)AF→=λAB→，λ∈[0，1]，則F （4λ，0，0），PF→=（4λ，0，﹣4），
設(shè)平面PCF的法向量為n→=（a，b，c），則n→?PC→=0n→?PF→=0，即4a+4b-4c=04λa-4c=0，
令a＝1，則b＝λ﹣1，c＝λ，∴n→=（1，λ﹣1，λ），
∵二面角E﹣PC﹣F的大小為60°，
∴|cos＜m→，n→＞|＝|m→?n→|m→|?|n→||＝|1+λ-1+2λ6×1+(λ-1)2+λ2|＝cos60°=12，
化簡(jiǎn)得2λ2+λ﹣1＝0，解得λ=12或﹣1（舍負(fù)），
故點(diǎn)F為AB的中點(diǎn)．
20．（2020秋?南陽(yáng)期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2．
（1）證明：A1C⊥平面BC1D；
（2）求點(diǎn)C到平面BC1D的距離．

【解析】解：（1）證明：如圖，連接AC．
因?yàn)锳BCD﹣A1B1C1D1是正方體，
所以AA1⊥平面ABCD．
因?yàn)锽D?平面ABCD，所以AA1⊥BD．
因?yàn)锳BCD是正方形，所以BD⊥AC．
因?yàn)锳1C?平面A1AC，AC?平面A1AC，A1A∩AC＝A，
所以BD⊥平面A1AC，因?yàn)锳1C?平面A1AC，
所以A1C⊥BD，同理可證A1C⊥BC1．
因?yàn)锽D?平面BC1D，BC1?平面BC1D，BD∩BC1＝B，
所以AC1⊥平面BC1D．

（2）因?yàn)锳B＝2，所以△BCD的面積為12×2×2=2
由正方體的性質(zhì)可知CC1⊥平面ABCD，則三棱錐C1﹣BCD的體積為13×2×2=43
因?yàn)锳B＝2，所以BD=BC1=C1D=22，
則△BC1D的面積為12×22×22×32=23，
設(shè)點(diǎn)C到平面BC1D的距離為d，
則三棱錐C﹣BC1D的體積為13×23×d=233d
因?yàn)槿忮FC1﹣BCD的體積等于三棱錐C﹣BC1D的體積，
所以233d=43，解得d=233，
即點(diǎn)C到平面BC1D的距離為233．
21．（2020秋?沙市區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)棱PA＝PD=2，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD的中點(diǎn)．
（1）求直線PB與平面POC所成角的余弦值；
（2）求B點(diǎn)到平面PCD的距離．

【解析】解：（1）∵側(cè)棱PA＝PD=2，PA⊥PD，O為AD的中點(diǎn)，
∴AD=2+2=2，PO⊥AD，
∵底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，
∴OC⊥AD，OC＝1，
∵側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，OC⊥AD，且OC?平面ABCD，∴OC⊥平面PAD，
以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)C為x軸，OD為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則B（1，﹣1，0），P（0，0，1），PB→=（1，﹣1，﹣1），
平面POC的法向量n→=（1，0，0），
設(shè)直線PB與平面POC所成角為θ，
則sinθ=|PB→?n→||PB→|?|n→|=13=33，cosθ=1-(33)2=63，
∴PB與平面POC所成角的余弦值為63；
（2）C（1，0，0），D（0，1，0），PB→=（1，﹣1，﹣1），
PC→=（1，0，﹣1），PD→=（0，1，﹣1），
設(shè)平面PCD的法向量m→=（x，y，z），
則m→?PC→=x-z=0m→?PD→=y-z=0，取x＝1，得m→=（1，1，1），
∴B點(diǎn)到平面PCD的距離為d=|m→?PB→||m→|=13=33．

22．（2020秋?運(yùn)城期末）已知矩形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在的平面垂直，M是半圓弧上異于C，D的點(diǎn)，l為平面AMD與平面BMC的交線．
（1）證明：l∥AD；
（2）若CD＝2AD＝2MC＝2，求B到平面ADM的距離．

【解析】解：（1）證明：由題設(shè)知，AD∥BC，
∵AD?平面BMC，BC?平面BMC，
∴AD∥平面BMC，
又AD?平面ADM，平面ADM∩平面BMC＝l，
∴l(xiāng)∥AD．
（2）過(guò)點(diǎn)M作MH⊥CD于H，
∵平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD，MH?平面CDM，
∴MH⊥平面ABCD．
又∵AD⊥CD，AD?平面ABCD，
∴AD⊥平面CMD，∴AD⊥DM．
∵M(jìn)為CD上異于C，D的點(diǎn)，且DC為直徑，∴DM⊥CM．
∵DC＝2MC＝2，∴DM=3，S△ADM=12AD?DM=32，S△ADB=12AD?AB=1，MH=32．
設(shè)B到平面ADM的距離為h，
∵VM﹣ADB＝VB﹣ADM，∴13S△ADB?MH=13S△ADM?h，解得h＝1，
∴B到平面ADM的距離為1．

23．（2020秋?西城區(qū)期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，E為AD的中點(diǎn)，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，且二面角P﹣BE﹣C的余弦值為66．
（Ⅰ）求PD的長(zhǎng)；
（Ⅱ）求點(diǎn)C到平面PEB的距離．

【解析】解：（Ⅰ）依題意，DA，DC，DP兩兩互相垂直，如圖
建立空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz． ……（1分）
設(shè)PD＝h（h＞0）．
由題意得E（1，0，0），B（2，2，0），P（0，0，h）．
所以PE→=(1，0，-h)，EB→=(1，2，0)．
設(shè)平面PEB的法向量為n→=（x0，y0，z0），
則n→?PE→=0n→?EB→=0，
即x0-z0h=0，x0+2y0=0.??（4分）
令x0＝2，則y0＝﹣1，z0=2h．
于是n→=(2，-1，2h)． ……（6分）
又因?yàn)镻D⊥平面ABCD，
所以平面ABCD的一個(gè)法向量為m→=（0，0，1）． ……（7分）
依題意，有cos?m→，n→?=m→?n→|m→||n→|=2h22+12+(2h)2=66，……（9分）
解得h＝2，
所以PD＝2． ……（10分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，平面PEB的法向量為n→=（2，﹣1，1）． ……（11分）
又C（0，2，0），
所以BC→=(-2，0，0)． ……（12分）
所以點(diǎn)C到平面PEB的距離為|BC→?n→||n→|=263． ……（14分）

24．（2020秋?海原縣校級(jí)期末）如圖，在邊長(zhǎng)是2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，A1C的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求異面直線EF與CD1所成角的大小．
（Ⅱ）證明：EF⊥平面A1CD．

【解析】解：（Ⅰ）建立以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1分別為x，y，z軸的空間直角坐標(biāo)系如圖：
則D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），A1（2，0，2），D1（0，0，2）
∵E，F(xiàn)分別為AB，A1C的中點(diǎn)，
∴E（2，1，0），F(xiàn)（1，1，1），
則EF→=（﹣1，0，1），CD1→=（0，﹣2，2），
則EF→?CD1→=2，|EF→|=2，|CD1→|=4+4=8=22，
則cos＜EF→，CD1→＞=EF→?CD1→|EF→||CD1→|=22×22=12，
即＜EF→，CD1→＞=π3，即異面直線EF與CD1所成角為π3．
（Ⅱ）證明：DA1→=（2，0，2），DC→=（0，2，0），
則EF→?DA1→=（﹣1，0，1）?（2，0，2）＝﹣2+2＝0，EF→?DC→==（﹣1，0，1）?（0，2，0）＝0，
即EF→⊥DA1→，EF→⊥DC→，
則EF⊥DA1，EF⊥DC，
∵DA1∩DC＝D，
∴EF⊥平面A1CD．

25．（2020秋?樂(lè)山期末）如圖，已知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，M、N分別是AB、PC的中點(diǎn)．
（1）求證：MN∥平面PAD；
（2）若MN=3，PA＝BC＝2，求異面直線PA與MN所成的角．

【解析】解：（1）證明：取PD的中點(diǎn)為Q，連結(jié)QN、QA，
∵N是PC的中點(diǎn)，∴QN∥DC且QN=12DC．
又∵ABCD是平行四邊形，∴DC∥AB．
又∵M(jìn)是AB的中點(diǎn)，∴QN∥AM且QN＝AM．
∴QAMN為平行四邊形．
∴MN∥QA．
∵QA?面PAD，且MN?面PAD，
∴MN∥面PAD．
（2）由（1）可知∠PAQ即為MN與PA所成的角．
∵PA＝BC＝2＝AD．Q為PD的中點(diǎn)．
∴AQ⊥PD．
∴cos∠PAQ=AQPA=MNPA=32，∴∠PAQ=π6．
即異面直線PA與MN所成的角為π6．

26．（2020秋?安徽期末）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BB1的中點(diǎn)．
（1）證明：AB∥平面C1D1E；
（2）若O為平面A1B1C1D1的中心，求異面直線C1E與AO所成角的余弦值．

【解析】解：（1）證明：∵在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD∥C1D1，
∴AB∥C1D1，
∵AB?平面C1D1E，C1D1?平面C1D1E，
∴AB∥平面C1D1E．
（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)AB＝2，則A（2，0，0），O（1，1，2），C1（0，2，2），E（2，2，1），
∵C1E→=（2，0，﹣1），AO→=（﹣1，1，2），
∴cos＜C1E→，AO→＞=C1E→?AO→|C1E→|?|AO→|=-45?6=-23015，
∴異面直線C1E與AO所成角的余弦值為23015．

27．（2020秋?太原期末）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1．
（1）設(shè)點(diǎn)M為SC的中點(diǎn)，求異面直線AM，CD所成角的余弦值；
（2）求二面角D﹣SC﹣B的大小．

【解析】解：（1）由已知AS⊥AB，AS⊥AD，AB⊥AD，
如圖，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz．
則B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0），S（0，0，2），M（1，1，1），
則AM→=(1，1，1)，DC→=(1，2，0)，
則cos?AM→，CD→?=AM→?DC→|AM→||DC|=155，
所以異面直線AM，CD所成角的余弦值為155．

（2）設(shè)平面DCS的一個(gè)法向量為m→=(x，y，z)，由DC→=(1，2，0)，DS→=(-1，0，2)，
得m→?DC→=x+2y=0m→?DS→=-x+2z=0，可取m→=(2，-1，1)；
設(shè)平面BCS的一個(gè)法向量為n→=(x，y，z)，由BC→=(2，0，0)，BS→=(0，-2，2)，
得n→?BC→=2x=0n→?BS→=-2y+2z=0，可取n→=(0，1，1)，
則cos(m→，n→)=m→?n→|m→||n→|=0，
所以二面角D﹣SC﹣B的大小為90°．
28．（2020秋?寧波期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1=3，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E是B1C的中點(diǎn)．
（Ⅰ）求證：平面AB1C⊥平面ABB1A1；
（Ⅱ）求直線AE與平面AA1C1C所成角的正弦值．

【解析】解：（Ⅰ）證明：由B1C⊥平面ABC，得AB⊥B1C，
又AB⊥AC，B1C?平面AB1C，AC?平面AB1C，
所以AB⊥平面AB1C，
故平面ABB1A1⊥平面AB1C，
即平面AB1C⊥平面ABB1A1．
（Ⅱ）以C為原點(diǎn)，CA為x軸，CB1為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），
又BC=2，BB1=AA1=3，故CB1＝1，E(0，0，12)，
CA→=(1，0，0)，AA1→=BB1→=(0，-1，1)，AE=(-1，0，12)，
設(shè)平面AA1C1C的一個(gè)法向量為n→=(x，y，1)，
則n→?CA→=x=0n→?AA1→=-y+1=0，得n→=(0，1，1)．
設(shè)直線AE與平面AA1C1C所成角為θ，
故sinθ=|n→?AE→|n→||AE→||=1010，
即直線AE與平面AA1C1C所成角的正弦值為1010．

29．（2020秋?福州期末）在①PD⊥AB，②∠PCA＝∠PCB，③平面PCD⊥平面ABC這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題的橫線上，并解答．
問(wèn)題：已知在三棱錐P﹣ABC中，D為AB的中點(diǎn)，_____，AC＝BC＝2．
（1）證明：PC⊥AB；
（2）若PC＝2，∠PCB＝∠ACB＝90°，E為線段PB上一點(diǎn)，且EB＝3PE，求二面角D﹣CE﹣B的余弦值．

【解析】解：補(bǔ)充的三個(gè)條件相互等價(jià)，證明如下：①?PA＝PB，AC＝BC，PC＝PC?△PAC≌△PBC?②；
②，AC＝BC，PC＝PC?△PAC≌△PBC?PA＝PB?PD⊥AB，CD⊥AB?③；
③，AC＝BC，D為AB中點(diǎn)?CD⊥AB，平面PCD⊥平面ABC?PD⊥AB?①；
不妨補(bǔ)充①．
（1）證明：AC＝BA，D為AB的中點(diǎn)?CD⊥AB，PD⊥AB?AB⊥平面PCD，PC?平面PCD?PC⊥AB．
（2）PD⊥AB，D為AB中點(diǎn)?PA＝PB，AC＝BC，PC＝PC?△PAC≌△PBC?∠PCA＝∠PCB＝90°，
又∠ACB＝90°，所以CA、CB、CP互相垂直；可以建空間直角坐標(biāo)系如圖，又因?yàn)镃A＝CB＝CP＝2，EB＝3PE，
則C（0，0，0），D（1，1，0），A（2，0，0），E（0，12，32），CD→=（1，1，0），CE→=（0，12，32），
設(shè)平面CED與平面CEB成角大小為θ，平面CEB單位法向量為n1→=（1，0，0），平面CED法向量為n→=（x，y，z），
n→?CD→=0，n→?CE→=0，于是有0x+12y+32z＝0，1x+1y+0z＝0，解得n→=λ（3，﹣3，1），單位法向量n2→=n→|n→|=119（3，﹣3，1），
由圖可知，二面角D﹣CE﹣B為銳二面角，則其余弦值為cosθ＝|n1→?n2→|＝|（1，0，0）?（119（3，﹣3，1））|=319=31919．
二面角D﹣CE﹣B的余弦值為31919．


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