姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________
1．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）空間四邊形ABCD中，AB=CD且AB與CD所成的角為30°，E、F分別是BC、AD的中點(diǎn)，求EF與AB所成的角的大?。?br>【解題思路】取AC的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，利用平行線得到∠GEF即為EF與AB所成的角（或補(bǔ)角），∠EGF為AB與CD所成的角（或補(bǔ)角），然后通過(guò)角之間的關(guān)系求解即可．
【解答過(guò)程】解：取AC的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，如圖所示，
因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，G是AC的中點(diǎn)，F(xiàn)是AD的中點(diǎn)，
所以EG//AB且EG=12AB，F(xiàn)G//CD且FG=12DC，
因?yàn)锳B=CD，所以EG=FG，
則∠GEF即為EF與AB所成的角（或補(bǔ)角），
∠EGF為AB與CD所成的角（或補(bǔ)角），
因?yàn)锳B與CD所成的角為30°，所以∠EGF=30°或150°，
因?yàn)镕G=EG，所以△EFG為等腰三角形，
當(dāng)∠EGF=30°時(shí)，∠GEF=75°，
當(dāng)∠EGF=150°時(shí)，∠GEF=15°，
故EF與AB所成角的大小為15°或75°．
2．（2022秋·山西呂梁·高三期末）如圖，在棱長(zhǎng)為22的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為CD，BC邊上的中點(diǎn)，現(xiàn)以EF為折痕將點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)至點(diǎn)P的位置，使得P-EF-A為直二面角.
(1)證明：EF⊥PA；
(2)求PD與面ABF所成角的正弦值.
【解題思路】（1）在折疊前的正方形ABCD中，作出對(duì)角線AC，BD，由正方形性質(zhì)知AC⊥BD，又EF//BD，則AC⊥EF于點(diǎn)H，則由直二面角可知PH⊥面ABEFD，故PH⊥EF.又AH⊥EF，則EF⊥面PAH，故命題得證；
（2）作出線面角∠PDH，在直角三角形中求解該角的正弦值.
【解答過(guò)程】（1）證明：在正方形ABCD中，連結(jié)AC交EF于H.
因?yàn)锳C⊥BD，EF//BD，故可得AC⊥EF，
即EF⊥AH,EF⊥CH
又旋轉(zhuǎn)不改變上述垂直關(guān)系，
且AH,CH?平面PAH，
∴EF⊥面PAH，
又∵PA?面PAH，所以EF⊥PA
（2）因?yàn)镻-EF-A為直二面角，故平面PEF⊥平面AEF，
又其交線為EF，且PH⊥EF，PH?平面PEF，
故可得PH⊥底面ABF，
連結(jié)DH，則∠PDH即為PD與面ABF所成角，連結(jié)BD交AH于O，
在Rt△ODH中，DO=12DB=2,OH=12OC=1，
DH=DO2+OH2=5,PH=CH=1，
在Rt△PHD中，
DP=DH2+PH2=6，
sin∠PDH=PHDP=16=66，
所以PD與面ABF所成角的正弦值為66.
3．（2022秋·貴州遵義·高二期末）如圖，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD，點(diǎn)H為線段PB上一點(diǎn)（不含端點(diǎn)），平面AHC⊥平面PAB．
(1)證明：PB⊥AC；
(2)若AB=AC=1，四棱椎P－ABCD的體積為13，求二面角P－BC－A的余弦值．
【解題思路】（1）利用面面垂直性質(zhì)定理與線面垂直性質(zhì)定理，結(jié)合公理2，可得線面垂直，可得答案；
（2）根據(jù)二面角的平面角定義作圖，利用等面積法以及棱錐體積公式，求得邊長(zhǎng)，結(jié)合直角三角形的性質(zhì)，可得答案.
【解答過(guò)程】（1）∵PA⊥平面ABCD，且C∈平面ABCD，∴過(guò)點(diǎn)C所有垂直于PA的直線都在平面ABCD內(nèi)，
∵平面AHC⊥平面ABP，且C∈平面AHC，∴存在一條過(guò)C的直線l⊥平面ABP，且l?平面AHC，
∵PA?平面ABP，∴l(xiāng)⊥PA，則l?平面ABCD，∵平面ABCD∩平面AHC=AC，∴l(xiāng)與AC為同一條直線，
即AC⊥平面ABP，∵PB?平面ABP，∴AC⊥PB.
（2）在平面ABCD內(nèi)，過(guò)A作AE⊥BC，且AE∩BC=E，連接PE，作圖如下：
∵PA⊥平面ABCD，且BC?平面ABCD，∴PA⊥BC，同理可得PA⊥AE，
∵AE⊥BC，AE∩PA=A，AE,PA?平面PAE，∴BC⊥平面PAE，
∵PE?平面PAE，∴∠PEA為二面角P-BC-A的平面角，
在Rt△ABC中，S△ABC=12?AB?AC=12?AE?BC，且BC=AB2+AC2=2，則AE=22，
在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD的面積S=AB?AC=1，則其體積V=13?PA?S=13，解得PA=1，
在Rt△PAE中，cs∠PEA=PAPE=PAPA2+AE2=63，
故二面角P-BC-A的余弦值為63.
4．（2023·廣西柳州·高三階段練習(xí)）在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD=AB=12CD=1，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC．
(1)求證：△ADP為直角三角形；
(2)若PC=AD，求PA與平面ABCD所成角的余弦值．
【解題思路】（1）作出輔助線，由面面垂直得到線面垂直，得到PC⊥AD，求出各邊長(zhǎng)，由勾股定理逆定理得到AC⊥AD，從而得到AD⊥平面PAC，得到△ADP為直角三角形；
（2）作出輔助線，找到PA與平面ABCD所成角，利用余弦定理和面積公式求出PM=63，得到線面角的正弦值，進(jìn)而求出線面角的余弦值.
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)槠矫鍭DP⊥平面PCD，交線為DP，PD⊥PC，PC?平面PCD，
所以PC⊥平面ADP，
因?yàn)锳D?平面ADP，
所以PC⊥AD，
連接AC，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E,過(guò)點(diǎn)B作BF⊥CD于點(diǎn)F，
因?yàn)榈酌鍭BCD是等腰梯形，AB∥CD，AD=AB=12CD=1，
所以CD=2，EF=AB=1，DE=CF=12，CE=1+12=32，
由勾股定理得：AE=AD2-DE2=32，
故AC=AE2+CE2=34+94=3，
因?yàn)锳D2+AC2=CD2，故AC⊥AD，
因?yàn)镻C∩AC=C，PC,AC?平面PAC，
所以AD⊥平面PAC，
因?yàn)镻A?平面PAC，
所以AD⊥PA，
所以△ADP為直角三角形；
（2）由（1）知：所以PC⊥平面ADP，
因?yàn)锳P?平面ADP，
所以PC⊥AP，
因?yàn)镻C=AD=1，AC=3，所以AP=AC2-PC2=2，
由（1）知：AD⊥AP，所以PD=AD2+AP2=3，
連接BD，則三角形BCD與三角形PCD全等，連接PF，則PF⊥CD，
因?yàn)锽F∩PF=F，BF,PF?平面BPF，
所以CD⊥平面BPF，
因?yàn)锳B//CD，所以AB⊥平面BPF，
因?yàn)锽P?平面PBF，
所以AB⊥BP，
故BP=AP2-AB2=1，而PF=BF=32，
故cs∠BFP=BF2+PF2-BP22BF?PF=34+34-12×32×32=13，
則sin∠BFP=1-cs2∠BFP=223，
過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BF與點(diǎn)M，連接AM，
因?yàn)镃D⊥平面BPF，PM?平面BPF，
所以CD⊥PM，
因?yàn)锽F∩CD=F，BF,CD?平面ABCD，
所以PM⊥平面ABCD，
故AM即為AP在平面ABCD上的投影，∠PAM即為PA與平面ABCD所成角，
由三角形面積公式得：S△BPF=12BF?PFsin∠BFP=12×32×32×223=24，
故PM=2S△BPFBF=2232=63，
故sin∠PAM=PMAP=632=33，
故PA與平面ABCD所成角的余弦值為1-332=63.
5．（2023春·四川成都·高三開(kāi)學(xué)考試）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，其中AD∥BC，AD⊥BA，AD=3，AB=BC=2，PA⊥平面ABCD，且PA=3，點(diǎn)M在棱PD上（不包括端點(diǎn)），點(diǎn)N為BC中點(diǎn)．
(1)若DM=2MP，求證：直線MN//平面PAB；
(2)已知點(diǎn)M滿足PMPD=13，求異面直線MN與AD所成角．
【解題思路】（1）取PA的一個(gè)靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)Q，連接MQ，QB，由題意可證得MN//BQ，再由線面平行的判定定理即可證明；
（2）過(guò)點(diǎn)M作MK//PA，交AD于K，連接KN，由線面垂直的判定定理證明AD⊥面MNK，即可得出MN⊥AD，即可得出答案.
【解答過(guò)程】（1）取PA的一個(gè)靠近點(diǎn)P的三等分點(diǎn)Q，連接MQ，QB，
因?yàn)镈M=2MP，所以MQ//AD且QM=13AD=1，
又因?yàn)锳D//BC，且BC=2，點(diǎn)N為BC中點(diǎn)，
所以BN//MQ且BN=MQ，則四邊形MQBN為平行四邊形，
所以MN//BQ，MN?平面PAB，QB?平面PAB，
所以直線MN//平面PAB．
（2）過(guò)點(diǎn)M作MK//PA，交AD于K，連接KN，
可知MK⊥面ABCD，因?yàn)锳D?面ABCD，所以MK⊥AD，
又因?yàn)镻MPD=13，所以MKPA=23=DKDA．
∵PA=AD=3∴AK=1，∴AK//BN，AK=BN，
所以四邊形AKNB為平行四邊形，KN//AB，
又因?yàn)锳B⊥AD，所以KN⊥AD，
又MK∩NK=K，∴AD⊥面MNK，因?yàn)镸N?面MNK，
∴MN⊥AD，
所以異面直線MN與AD成角為90°．
6．（2023·高一課時(shí)練習(xí)）已知PA⊥平面ABCD，ABCD是正方形，異面直線PB與CD所成的角為45°．
(1)二面角B-PC-D的大?。?br>(2)直線PB與平面PCD所成的角的大?。?br>【解題思路】（1）作BE⊥PC于E，連接ED，由已知推導(dǎo)出∠BED就是二面角B-PC-D的平面角，由此根據(jù)余弦定理得出cs∠BED，即可得出答案；
（2）還原棱錐為正方體ABCD-PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，連接PF，即可推導(dǎo)出∠BPF就是直線PB與平面PCD所成的角，即可求出答案.
【解答過(guò)程】（1）∵ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠PBA就是異面直線PB與CD所成的角，即∠PBA=45°，
∵PA⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，
∴PA⊥AB，
∴PA=AB，
作BE⊥PC于E，連接ED，
在△ECB與△ECD中，BC=CD，CE=CE，∠ECB=∠ECD，
∴△ECB?△ECD，
∴∠CED=∠CEB=90°，
∴∠BED就是二面角B-PC-D的平面角，
設(shè)AB=a，則BD=PB=2a，PC=3a，
則BE=DE=PB?BCPC=63a，
則cs∠BED=BE2+DE2-BD22×BE×DE=-12，即∠BED=120°，
∴二面角B-PC-D的大小為120°；
（2）還原棱錐為正方體ABCD-PB1C1D1，作BF⊥CB1于F，
∵平面PB1C1D1⊥平面BB1C1C，
∴BF⊥B1P，
∴BF⊥平面PB1CD，
連接PF，則∠BPF就是直線PB與平面PCD所成的角，
BF=22a，PB=2a，
∴sin∠BPF=12，即∠BPF=30°，
∴直線PB與平面PCD所成的角為30°.
7．（2023春·江蘇常州·高三校聯(lián)考開(kāi)學(xué)考試）如圖，在邊長(zhǎng)為4的等邊三角形ABC中，平行于BC的直線分別交線段AB,AC于點(diǎn)M,N.將△AMN沿著MN折起至△A1MN，使得二面角A1-MN-B是直二面角.
(1)若平面A1MN∩平面A1BC=l，求證：l//BC；
(2)若三棱錐A1-AMN的體積為1，求二面角N-A1M-B的正弦值.
【解題思路】（1）利用線線平行證明線面平行，再利用線面平行的性質(zhì)證明線線平行.
（2）由已知求證得M,N分別為AB,AC中點(diǎn)，利用二面角的定義，作輔助線，利用幾何法求二面角的正弦值.
【解答過(guò)程】（1）證明：∵BC//MN，BC?平面A1MN，MN?平面A1MN，
∴BC//平面A1MN，又∵BC?平面A1BC，平面A1BC∩平面A1MN=l，
∴l(xiāng)//BC；
（2）設(shè)AM=x，過(guò)A1作A1D⊥MN于點(diǎn)D，如圖所示，
∵二面角A1-MN-B為直二面角，∴A1D⊥平面ABC，
∴VA1-AMN=13?34x2?32x=1，解得x=2，∴M,N分別為AB,AC中點(diǎn)，
過(guò)B作BE⊥MN于點(diǎn)E，因?yàn)锳1D⊥BE，A1D∩MN=D，A1D,MN?平面A1MN
∴BE⊥平面A1MN，∴BE⊥ A1F
過(guò)E作EF⊥A1M于點(diǎn)F，連接BF，因?yàn)镋F∩BE=E，
所以A1F⊥平面BEF，所以A1F⊥BF
∴∠BFE即為二面角N-A1M-B的平面角α的補(bǔ)角，
且BE=2sin60°=3，EM=1，EF=1?sin60°=32，∴BF=3+34=152，
∴sinα=sin∠BFE=3152=3?215=255.
二面角N-A1M-B的正弦值為255.
8．（2023·廣東佛山·統(tǒng)考一模）如圖，△ACD和△BCD都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，平面ACD⊥平面BCD，EB⊥平面BCD．
(1)證明：EB//平面ACD；
(2)若點(diǎn)E到平面ABC的距離為5，求平面ECD與平面BCD夾角的正切值．
【解題思路】（1）取CD的中點(diǎn)，連接AO，先證明AO⊥平面BCD，則可證明EB//AO，即可證明EB//平面ACD；
（2）連接EO，BO，取BC的中點(diǎn)F，連接DF，先求出VE-ABC，VA-EBC，則可求到EB，再證明平面ECD與平面BCD夾角的平面角為∠EOB，從而根據(jù)tan∠EOB=EBOB即可求解．
【解答過(guò)程】（1）如圖，取CD的中點(diǎn)，連接AO，則AO⊥CD，
又因?yàn)槠矫鍭CD⊥平面BCD，且平面ACD∩平面BCD=CD，AO?平面ACD，
則AO⊥平面BCD，
又EB⊥平面BCD，所以EB//AO，
又EB?平面ACD，AO?平面ACD，所以EB//平面ACD．
（2）如圖，連接EO，BO，取BC的中點(diǎn)F，連接DF，則DF⊥BC，
因?yàn)锳B=AO2+BO2=6，
則等腰△BAC的面積為S△BAC=12×6×102=152，
所以三棱錐E-ABC的體積為VE-ABC=13×152×5=536，
因?yàn)镋B⊥平面BCD，DF?平面BCD，則DF⊥EB，
又因?yàn)镈F⊥BC，EB∩BC=B，EB?平面EBC，BC?平面EBC，則DF⊥平面EBC，
因?yàn)镋B//AO，則點(diǎn)A到平面EBC的距離等于點(diǎn)O到平面EBC的距離等于12DF=32，
因?yàn)镾△EBC=12×2×EB=EB，則VA-EBC=13×EB×32=36EB，
又VE-ABC=VA-EBC，所以EB=5，
因?yàn)镋B⊥平面BCD，BC?平面BCD，BD?平面BCD，則EB⊥BC，EB⊥BD，
所以EC=ED，所以EO⊥CD，
所以平面ECD與平面BCD夾角的平面角為∠EOB，
則tan∠EOB=EBOB=53=533，
所以平面ECD與平面BCD夾角的正切值為533．
9．（2022秋·甘肅蘭州·高二期末）如圖，已知在四棱錐P-ABCD中，PA=AD=PD=2，∠BAD=∠CDA=90°，AB=2CD，CD⊥PA，E，F(xiàn)分別為棱PB，PA的中點(diǎn)．
(1)求證：平面PAB⊥平面EFDC；
(2)若直線PC與平面PAD所成的角為45°，求四棱錐P-ABCD的體積．
【解題思路】（1）可證AB⊥平面PDA，從而得到AB⊥DF，從而可證DF⊥平面PBA，再證明E,F,D,C四點(diǎn)共面，從而得到要求證的面面垂直；
（2）取AD的中點(diǎn)為G，連接PG，可證∠CPD為直線PC與平面PAD所成的角且PG⊥平面ABCD，根據(jù)體積公式可求四棱錐P-ABCD的體積．
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)樵谄矫鍭BCD中，∠BAD=∠CDA=90°，故AB//CD，
因?yàn)镃D⊥PA，故AB⊥PA，而AB⊥DA，
DA∩PA=A，DA,PA?平面PDA，故AB⊥平面PDA.
因?yàn)镈F?平面PDA，故AB⊥DF，
因?yàn)锳D=PD=2，AF=PF，故PA⊥DF，
因?yàn)镻A∩AB=A，PA,AB?平面PBA，故DF⊥平面PBA.
因?yàn)镋,F分別為棱PB,PA的中點(diǎn)，故EF//AB,EF=12AB，
而DC//AB,DC=12AB，故EF//DC,EF=DC，
故E,F,D,C四點(diǎn)共面，而DF?平面EFDC，
故平面PBA⊥平面EFDC.
（2）
取AD的中點(diǎn)為G，連接PG，
由（1）可得AB//CD，AB⊥PA,AB⊥AD，
故CD⊥PA,CD⊥AD，而PA∩AD=A,PA,AD?平面PAD，
故CD⊥平面PAD，故∠CPD為直線PC與平面PAD所成的角，
故∠CPD=45°，
因?yàn)镃D⊥平面PAD，PD?平面PAD，故CD⊥PD，
故△PCD為等腰直角三角形，而PD=2，故CD=2，故AB=4，
故直角梯形ABCD的面積S=12×2+4×2=6.
又CD?平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD，
而△PAD為等邊三角形，故PG⊥AD，且PG=32×2=3.
因?yàn)镻G?平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
故PG⊥平面ABCD，
故四棱錐P-ABCD的體積為13×6×3=23.
10．（2023·高三課時(shí)練習(xí)）如圖1，AD是直角△ABC斜邊上的高，沿AD把△ABC的兩部分折成如圖2所示的直二面角，且DF⊥AC于點(diǎn)F．
(1)證明：BF⊥AC；
(2)設(shè)∠DCF=θ，AB與平面BDF所成的角為α，二面角B-FA-D的大小為β，試用tanθ，csβ表示tanα．
【解題思路】（1）先證∠BDC是二面角B-DA-C的平面角，再證BD⊥平面ADC，再證AC⊥平面BDF，進(jìn)而可證BF⊥AC；
（2）先求得tanα=AFBF，csβ=DFBF，tanθ=AFDF，進(jìn)而可用tanθ，csβ表示tanα．
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)锳D⊥DB，AD⊥DC，所以∠BDC是二面角B-DA-C的平面角．
又二面角B-DA-C是直二面角，可知BD⊥DC，
又AD∩DC=D，則BD⊥平面ADC，
又AC?平面ADC，所以BD⊥AC，
又DF⊥AC，且DF∩BD=D，則AC⊥平面BDF，
又BF?平面BDF，所以BF⊥AC．
（2）由AC⊥平面BDF，知∠ABF=α，則tanα=AFBF．
由DF⊥AC，BF⊥AC，知∠BFD=β，則csβ=DFBF．
又∠ADF=∠DCF=θ，則tanθ=AFDF，所以tanα=AFBF=tanθcsβ．
11．（2023·高三課時(shí)練習(xí)）已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1．
(1)求異面直線B1D1與AC所成角的大?。?br>(2)求二面角B1-AC-D的余弦值．
【解題思路】（1）連BD，可證明B1D1//BD，根據(jù)BD⊥ AC，得B1D1⊥AC；
（2）設(shè)AC與BD交于O，連B1O，可以證明∠B1OD就是二面角B1-AC-D的平面角.然后在△B1OD中，利用余弦定理可求出結(jié)果.
【解答過(guò)程】（1）連BD，
因?yàn)锽B1//DD1，BB1=DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形，所以B1D1//BD，
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以BD⊥ AC，
所以B1D1⊥AC，即異面直線B1D1與AC所成角的大小為π2.
（2）
設(shè)AC與BD交于O，連B1O，
因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以O(shè)D⊥ AC，
因?yàn)锽1B⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以B1B⊥AC，
又AC⊥BD，BD∩B1B=B，BD?平面B1BD，B1B?平面B1BD，
所以AC⊥平面B1BD，因?yàn)镺B1?平面B1BD，所以AC⊥OB1，
所以∠B1OD就是二面角B1-AC-D的平面角.
因?yàn)檎襟wABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，所以O(shè)D=22，OB1=1+12=62，
B1D=1+2=3，
所以cs∠B1OD=OD2+OB12-B1D22?OD?OB1 =12+64-32×22×62 =-33，
所以二面角B1-AC-D的余弦值為-33.
12．（2023秋·江蘇南通·高三期末）如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠ABC=60°，E為AC的中點(diǎn)，將△ACD沿AC翻折使點(diǎn)D至點(diǎn)D'.
(1)求證：平面BD'E⊥平面ABC；
(2)若三棱錐D'-ABC的體積為223，求二面角D'-AB-C的余弦值.
【解題思路】（1）由線線垂直證線面垂直，再證面面垂直；
（2）過(guò)D'作D'M⊥BE于點(diǎn)M，過(guò)M作MN⊥AB于點(diǎn)N，連接D'N，分析得∠D'NM即為二面角D'-AB-C的平面角，由三棱錐D'-ABC體積求得D'M，即可進(jìn)一步由幾何關(guān)系求得cs∠D'NM.
【解答過(guò)程】（1）證明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD均為等邊三角形，
又∵E為AC的中點(diǎn)，∴BE⊥AC，D'E⊥AC，BE∩D'E=E，BE、D'E?平面BD'E，∴AC⊥平面BD'E，
又∵AC?平面ABC，∴平面BD'E⊥平面ABC.
（2）過(guò)D'作D'M⊥BE于點(diǎn)M，∵平面BD'E∩平面ABC=BE，D'M?平面BD'E，∴D'M⊥平面ABC.
∴VD'-ABC=13×12×2×3?D'M=223?D'M=263.
過(guò)M作MN⊥AB于點(diǎn)N，連接D'N，
∵AB?平面ABC，∴D'M⊥ AB，∵D'M∩MN=M, D'M、MN?平面D1MN，∴AB⊥平面D'MN，
∵D'N?平面D1MN，∴AB⊥D'N.
∴∠D'NM即為二面角D'-AB-C的平面角，

EM=32-2632=33，∴BM=3-33=233，MN=233sin30°=33，
∴D'N=2632+332=3，∴cs∠D'NM=333=13.
故二面角D'-AB-C的余弦值為13.
13．（2022秋·四川達(dá)州·高二期末）如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，點(diǎn)E,F分別為PA,PD的中點(diǎn)，AB=BC=2，AD=PA=4.
(1)證明：直線EF//平面PBC；
(2)求二面角F-CD-B的余弦值.
【解題思路】（1）依題意可得AD//EF，即可得到EF//BC，從而得證；
（2）連接AC，即可求出AC、CD，從而得到AC⊥CD，再由線面垂直的性質(zhì)得到PA⊥CD，即可得到CD⊥平面PAC，則二面角P-CD-A得平面角為∠ACP，再由銳角三角函數(shù)計(jì)算可得.
【解答過(guò)程】（1）證明：∵點(diǎn)E,F分別為PA,PD的中點(diǎn)，
∴AD//EF，
∵AD//BC，∴EF//BC，
∵EF?平面PBC，BC?平面PBC，
∴EF//平面PBC.
（2）解：∵AB⊥AD,AD//BC，∴AB⊥BC，
連接AC，由AB=BC=2得AC=AB2+BC2=22，
∵AD=4，∴CD=AB2+(AD-BC)2=22，
所以AC2+CD2=AD2，
∴AC⊥CD，
∵PA⊥底面ABCD，AC,CD?底面ABCD，∴PA⊥AC,PA⊥CD，
∵PA,AC是平面PAC內(nèi)兩相交直線，
∴CD⊥平面PAC，
∵PC?平面PAC,∴CD⊥PC，
∴二面角P-CD-A得平面角為∠ACP，
∵AP=4，∴PC=AC2+AP2=26，∴cs∠ACP=ACPC=33，
所以二面角P-CD-A的余弦值為33，
即二面角F-CD-B的余弦值為33.
14．（2023秋·遼寧葫蘆島·高三期末）如圖，邊長(zhǎng)是6的等邊三角形△ABC和矩形BCDE.現(xiàn)以BC為軸將面ABC進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，使之形成四棱錐A1-BCDE，O是等邊三角形△ABC的中心，M，N分別是BC，DE的中點(diǎn)，且A1B=2ON，OF//面BCDE，交A1C于F.
(1)求證OF⊥面A1MN
(2)求DF和面A1MN所成角的正弦值.
【解題思路】（1）先利用線面平行的性質(zhì)定理證得OF//BC，再利用線面垂直的判定定理證得BC⊥面A1MN，從而得到OF⊥面A1MN；
（2）構(gòu)造平行四邊形，將所求角轉(zhuǎn)化為OG和面A1MN的所成角，再在Rt△GON中求得tan∠GON，從而利用三角函數(shù)的基本關(guān)系式求得sin∠GON，由此得解.
【解答過(guò)程】（1）因?yàn)镺F//面BCDE，面BCDE∩面A1BC=BC，OF?面A1BC，
所以O(shè)F//BC，
因?yàn)镸是BC的中點(diǎn)，△ABC是等邊三角形，所以A1M⊥BC，
因?yàn)樵诰匦蜝CDE中，M，N分別是BC，DE的中點(diǎn)，所以MN//CD，
又BC⊥CD，所以MN⊥BC，
又MN∩A1M=M，MN,A1M?面A1MN，所以BC⊥面A1MN，
因?yàn)镺F//BC，所以O(shè)F⊥面A1MN.
（2）在線段ND上取點(diǎn)G使得DG=2，連接GO,ON，
因?yàn)镺是等邊三角形△ABC的中心，OF//BC，所以O(shè)F:CM=2:3，
因?yàn)镃M=12BC=3，所以O(shè)F=2，所以DG=OF，
因?yàn)镺F//BC，DG//BC，所以DG//OF，
所以四邊形DFOG為平行四邊形，所以DF//OG，
所以DF和面A1MN所成角等于OG和面A1MN所成角，
由（1）得OF⊥面A1MN，又DG//OF，所以DG⊥面A1MN，即GN⊥面A1MN，
所以O(shè)G和面A1MN的所成角為∠GON，即sin∠GON為所求，
在Rt△GON中，NG=DN-DG=1,ON=12A1B=3，則tan∠GON=NGON=13，
因?yàn)?0，
故異面直線AB與DC所成的角為arccs34.
16．（2023·全國(guó)·高二專題練習(xí)）在四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，四邊形ABCD為邊長(zhǎng)為1的菱形，∠ABC=π4，PA=2，M為PA中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)．
(1)求證：直線MN//平面PCD；
(2)求直線AB與MD所成角大?。?br>【解題思路】（1）作出輔助線，證明出平面MNE //平面PCD，從而得到線面平行；
（2）作出輔助線，由余弦定理得到AC=2-2，找到直線CD與MD所成的角∠MDC或其補(bǔ)角為直線AB與MD所成角，由勾股定理求出MC,MD，由余弦定理求出答案.
【解答過(guò)程】（1）取AD的中點(diǎn)E，連接NE，ME，
因?yàn)镸為PA中點(diǎn)，N為BC的中點(diǎn)，
所以ME//PD，NE//CD，
因?yàn)镸E?平面PCD，PD?平面PCD，
所以ME//平面PCD，同理可得NE//平面PCD，
因?yàn)镸E∩NE=E，ME,NE?平面MNE，
所以平面MNE //平面PCD，
因?yàn)镹M?平面MNE，
所以直線MN//平面PCD；
（2）連接AC，
四邊形ABCD為邊長(zhǎng)為1的菱形，∠ABC=π4，所以AB=BC=1，
由余弦定理得：AC=AB2+BC2-2AB?BCcs∠ABC=1+1-2×22=2-2，
因?yàn)镻A=2，M為PA中點(diǎn)，所以AM=12PA=1,
因?yàn)镻A⊥底面ABCD，AC,AD?平面ABCD，
所以PA⊥AC，PA⊥AD，
所以MC=MA2+AC2=1+2-2=3-2，
MD=MA2+AD2=1+1=2，
因?yàn)锳B//CD，所以直線CD與MD所成的角∠MDC或其補(bǔ)角為直線AB與MD所成的角，
由余弦定理得：cs∠MDC=MD2+CD2-MC22MD?DC=2+1-3-222=12，
故直線AB與MD所成角的大小為π3.
17．（2022秋·江西萍鄉(xiāng)·高三期末）如圖，在五面體ABCDE中，△ABC為等邊三角形，平面ABC⊥平面ACDE，且AC=2AE=2ED=2，∠DEA=∠EAC=90°，F(xiàn)為邊BC的中點(diǎn).
(1)證明：DF//平面ABE；
(2)求DF與平面ABC所成角的大小.
【解題思路】（1）通過(guò)構(gòu)造平行四邊形的方法來(lái)證得DF//平面ABE；
（2）判斷出直線DF與平面ABC所成角，解直角三角形求得角的大小.
【解答過(guò)程】（1）取AB的中點(diǎn)為M，連接ME，MF，
因?yàn)镕為邊BC的中點(diǎn)，所以MF//AC，MF=12AC，
又DE//AC，DE=12AC，所以MF//DE，且MF=DE，
即四邊形EDFM為平行四邊形，所以DF//EM，
又EM?平面ABE，DF?平面ABE，所以DF//平面ABE；
（2）平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE=AC，
EA⊥AC，EA?平面ACDE，則EA⊥平面ABC，
∵DF//ME，∴DF與平面ABC所成角即為EM與平面ABC所成角，即∠EMA，
在直角△AEM中，tan∠EMA=EAAM=11=1，
由于0°

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