?專題17 立體幾何綜合
【2020年】
1.（2020·新課標(biāo)Ⅰ）如圖，D為圓錐的頂點(diǎn)，O是圓錐底面的圓心，AE為底面直徑，．是底面的內(nèi)接正三角形，P為上一點(diǎn)，．

（1）證明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
（1）由題設(shè)，知為等邊三角形，設(shè)，
則，，所以，

又為等邊三角形，則，所以，
，則，所以，
同理，又，所以平面；
（2）過(guò)O作∥BC交AB于點(diǎn)N，因?yàn)槠矫妫設(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OA為x軸，ON為y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，
，，，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為，
由，得，令，得，
所以，
設(shè)平面的一個(gè)法向量為
由，得，令，得，
所以
故，
設(shè)二面角的大小為，則.
【點(diǎn)晴】本題主要考查線面垂直的證明以及利用向量求二面角的大小，考查學(xué)生空間想象能力，數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，是一道容易題.
2.（2020·新課標(biāo)Ⅱ）如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側(cè)面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點(diǎn)，P為AM上一點(diǎn)，過(guò)B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）設(shè)O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
（1）分別為，的中點(diǎn)，

又

在中，為中點(diǎn)，則
又側(cè)面為矩形，



由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面


又平面
平面
平面
平面平面
（2）連接

平面，平面平面

根據(jù)三棱柱上下底面平行，
其面平面，面平面

故：四邊形是平行四邊形
設(shè)邊長(zhǎng)是()
可得：，
為的中心，且邊長(zhǎng)為

故：



解得：
在截取，故
且
四邊形是平行四邊形，

由（1）平面
故為與平面所成角
在，根據(jù)勾股定理可得：

直線與平面所成角的正弦值：.
【點(diǎn)睛】本題主要考查了證明線線平行和面面垂直，及其線面角，解題關(guān)鍵是掌握面面垂直轉(zhuǎn)為求證線面垂直的證法和線面角的定義，考查了分析能力和空間想象能力，屬于難題.
3.（2020·新課標(biāo)Ⅲ）如圖，在長(zhǎng)方體中，點(diǎn)E、F分別在棱上，且，．

（1）證明：點(diǎn)在平面內(nèi)；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
（1）在棱上取點(diǎn)，使得，連接、、、，

在長(zhǎng)方體中，且，且，
，，且，
所以，四邊形為平行四邊形，則且，
同理可證四邊形為平行四邊形，且，
且，則四邊形為平行四邊形，
因此，點(diǎn)在平面內(nèi)；
（2）以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則、、、，
，，，，
設(shè)平面的法向量為，
由，得取，得，則，
設(shè)平面的法向量為，
由，得，取，得，，則，

，
設(shè)二面角的平面角為，則，.
因此，二面角的正弦值為.
【點(diǎn)睛】本題考查點(diǎn)在平面的證明，同時(shí)也考查了利用空間向量法求解二面角角，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中等題.
4.（2020·北京卷）如圖，在正方體中，E為的中點(diǎn)．

（Ⅰ）求證：平面；
（Ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）如下圖所示：

在正方體中，且，且，
且，所以，四邊形為平行四邊形，則，
平面，平面，平面；
（Ⅱ）以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為，則、、、，，，
設(shè)平面的法向量為，由，得，
令，則，，則.
.
因此，直線與平面所成角的正弦值為.
【點(diǎn)睛】本題考查線面平行的證明，同時(shí)也考查了利用空間向量法計(jì)算直線與平面所成角的正弦值，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.
5.（2020·江蘇卷）在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是AC，B1C的中點(diǎn)．

（1）求證：EF∥平面AB1C1；
（2）求證：平面AB1C⊥平面ABB1．
【答案】（1）證明詳見解析；（2）證明詳見解析.
【解析】
（1）由于分別是的中點(diǎn)，所以.
由于平面,平面，所以平面.
（2）由于平面，平面，所以.
由于，所以平面,
由于平面，所以平面平面.

【點(diǎn)睛】本小題主要考查線面平行的證明，考查面面垂直的證明，屬于中檔題.
6.（2020·江蘇卷）在三棱錐A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O為BD的中點(diǎn)，AO⊥平面BCD，AO=2，E為AC的中點(diǎn)．

（1）求直線AB與DE所成角的余弦值；
（2）若點(diǎn)F在BC上，滿足BF=BC，設(shè)二面角F—DE—C的大小為θ，求sinθ的值．
【答案】（1）（2）
【解析】

（1）連
以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，則

從而直線與所成角的余弦值為
（2）設(shè)平面一個(gè)法向量為

令
設(shè)平面一個(gè)法向量為
令

因此
【點(diǎn)睛】本題考查利用向量求線線角與二面角，考查基本分析求解能力，屬中檔題.
7.（2020·山東卷）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．

（1）證明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】
（1）證明：
在正方形中，，
因?yàn)槠矫?，平面?br /> 所以平面，
又因?yàn)槠矫妫矫嫫矫妫?br /> 所以，
因?yàn)樵谒睦忮F中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因?yàn)?br /> 所以平面；
（2）如圖建立空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)?，則有，
設(shè)，則有，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，
令，則，所以平面的一個(gè)法向量為，則

根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線與平面所成角的正弦值等于，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，
所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.
【點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)立體幾何的問(wèn)題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有線面平行的判定和性質(zhì)，線面垂直的判定和性質(zhì)，利用空間向量求線面角，利用基本不等式求最值，屬于中檔題目.
8.（2020·天津卷）如圖，在三棱柱中，平面，，點(diǎn)分別在棱和棱上，且為棱的中點(diǎn)．

（Ⅰ）求證：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）證明見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】依題意，以為原點(diǎn)，分別以、、的方向?yàn)檩S、軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系（如圖），

可得、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依題意，，，
從而，所以；
（Ⅱ）依題意，是平面的一個(gè)法向量，
，．
設(shè)為平面的法向量，
則，即，
不妨設(shè)，可得．
，
．
所以，二面角的正弦值為；
（Ⅲ）依題意，．
由（Ⅱ）知為平面的一個(gè)法向量，于是．
所以，直線與平面所成角的正弦值為.
【點(diǎn)睛】本題考查利用空間向量法證明線線垂直，求二面角和線面角的正弦值，考查推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題.
9.（2020·浙江卷）如圖，三棱臺(tái)DEF—ABC中，面ADFC⊥面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．

（I）證明：EF⊥DB；
（II）求DF與面DBC所成角的正弦值．
【答案】（I）證明見解析；（II）
【解析】
（Ⅰ）作交于，連接．
∵平面平面，而平面平面，平面，
∴平面，而平面，即有．
∵，
∴．
在中，，即有，∴．
由棱臺(tái)的定義可知，，所以，，而，
∴平面，而平面，∴．
（Ⅱ）因?yàn)?，所以與平面所成角即為與平面所成角．
作于，連接，由（1）可知，平面，
因?yàn)樗云矫嫫矫?，而平面平面?br /> 平面，∴平面．
即在平面內(nèi)的射影為，即為所求角．
在中，設(shè)，則，，
∴．
故與平面所成角的正弦值為．

【2019年】
12．【2019年高考全國(guó)Ⅱ卷】如圖，長(zhǎng)方體ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點(diǎn)E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）證明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【解析】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由題設(shè)知≌，所以，
故，．
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D–xyz，

則C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
設(shè)平面EBC的法向量為n=（x，y，x），則
即
所以可取n=.
設(shè)平面的法向量為m=（x，y，z），則
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值為．
13．【2019年高考全國(guó)Ⅲ卷】圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連結(jié)DG，如圖2.
（1）證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求圖2中的二面角B?CG?A的大小.

【答案】（1）見解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG確定一個(gè)平面，從而A，C，G，D四點(diǎn)共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因?yàn)锳B平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足為H．因?yàn)镋H平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的邊長(zhǎng)為2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H–xyz，

則A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
設(shè)平面ACGD的法向量為n=（x，y，z），則
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取為m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小為30°．
14．【2019年高考北京卷】如圖，在四棱錐P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且．
（1）求證：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）設(shè)點(diǎn)G在PB上，且．判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說(shuō)明理由．

【答案】（1）見解析；（2）；（3）見解析.
【解析】（1）因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因?yàn)锳D⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）過(guò)A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M．
因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，則A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E（0，1，1）．
所以．
所以.
設(shè)平面AEF的法向量為n=（x，y，z），則
即
令z=1，則．
于是．
又因?yàn)槠矫鍼AD的法向量為p=（1，0，0），所以.
由題知，二面角F?AE?P為銳角，所以其余弦值為．

（3）直線AG在平面AEF內(nèi)．
因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且，
所以.
由（2）知，平面AEF的法向量.
所以.
所以直線AG在平面AEF內(nèi).
15．【2019年高考天津卷】如圖，平面，，．
（1）求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值為，求線段的長(zhǎng)．

【答案】（1）見解析；（2）；（3）．
【解析】依題意，可以建立以為原點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，軸，軸正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），可得，．設(shè)，則．
（1）依題意，是平面的法向量，又，可得，又因?yàn)橹本€平面，所以平面．
（2）依題意，．
設(shè)為平面的法向量，則即不妨令，
可得．因此有．
所以，直線與平面所成角的正弦值為．
（3）設(shè)為平面的法向量，則即
不妨令，可得．
由題意，有，解得．經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．
所以，線段的長(zhǎng)為．

16．【2019年高考江蘇卷】如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，AB=BC．
求證：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．

【答案】（1）見解析；（2）見解析.
【解析】（1）因?yàn)镈，E分別為BC，AC的中點(diǎn)，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因?yàn)镋D?平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因?yàn)锳B=BC，E為AC的中點(diǎn)，所以BE⊥AC.
因?yàn)槿庵鵄BC?A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因?yàn)锽E?平面ABC，所以CC1⊥BE.
因?yàn)镃1C?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因?yàn)镃1E?平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.
17．【2019年高考浙江卷】（本小題滿分15分）如圖，已知三棱柱，平面平面,，分別是AC，A1B1的中點(diǎn).
（1）證明：；
（2）求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.

【答案】（1）見解析；（2）．
【解析】方法一：
（1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC．
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
所以，A1E⊥平面ABC，則A1E⊥BC．
又因?yàn)锳1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．
所以BC⊥平面A1EF．
因此EF⊥BC．

（2）取BC中點(diǎn)G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形．
由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA1為矩形．
由（1）得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1，
所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上．
連接A1G交EF于O，則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角（或其補(bǔ)角）．
不妨設(shè)AC=4，則在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.
由于O為A1G的中點(diǎn)，故，
所以．
因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是．
方法二：
（1）連接A1E，因?yàn)锳1A=A1C，E是AC的中點(diǎn)，所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，
平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．
如圖，以點(diǎn)E為原點(diǎn)，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E–xyz．

不妨設(shè)AC=4，則
A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．
因此，，．
由得．
（2）設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ．
由（1）可得．
設(shè)平面A1BC的法向量為n，
由，得，
取n，故，
因此，直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為．
【2018年】
12. （2018年浙江卷）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．

（Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1；
（Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）見解析
（Ⅱ）
【解析】
方法一：
（Ⅰ）由得，
所以.
故.
由， 得，
由得，
由，得，所以，故.
因此平面.
（Ⅱ）如圖，過(guò)點(diǎn)作，交直線于點(diǎn)，連結(jié).

由平面得平面平面，
由得平面，
所以是與平面所成的角.學(xué)科.網(wǎng)
由得，
所以，故.
因此，直線與平面所成的角的正弦值是.
方法二：
（Ⅰ）如圖，以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.

由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：

因此
由得.
由得.
所以平面.
（Ⅱ）設(shè)直線與平面所成的角為.
由（Ⅰ）可知
設(shè)平面的法向量.
由即可取.
所以.
因此，直線與平面所成的角的正弦值是.
13. （2018年天津卷）如圖，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（I）若M為CF的中點(diǎn)，N為EG的中點(diǎn)，求證：；
（II）求二面角的正弦值；
（III）若點(diǎn)P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長(zhǎng).

【答案】(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】依題意，可以建立以D為原點(diǎn)，
分別以，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系（如圖），
可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），
E（2，0，2），F(xiàn)（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．

（Ⅰ）依題意=（0，2，0），=（2，0，2）．
設(shè)n0=(x，y，z)為平面CDE的法向量，
則 即
不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．
又=（1，，1），可得，
又因?yàn)橹本€MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依題意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．
設(shè)n=（x，y，z）為平面BCE的法向量，
則 即
不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．
設(shè)m=（x，y，z）為平面BCF的法向量，
則 即
不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．
因此有cos=，于是sin=．
所以，二面角E–BC–F的正弦值為．
（Ⅲ）設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h（h∈［0，2］），則點(diǎn)P的坐標(biāo)為（0，0，h），
可得．
易知，=（0，2，0）為平面ADGE的一個(gè)法向量，
故，
由題意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．
所以線段的長(zhǎng)為.
14. （2018年北京卷）如圖，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為，AC，，的中點(diǎn)，AB=BC=，AC==2．

（Ⅰ）求證：AC⊥平面BEF；
（Ⅱ）求二面角B-CD-C1的余弦值；
（Ⅲ）證明：直線FG與平面BCD相交．
【答案】(1)證明見解析
(2) B-CD-C1的余弦值為
(3)證明過(guò)程見解析
【解析】
（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，
∵CC1⊥平面ABC，
∴四邊形A1ACC1為矩形．
又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)，
∴AC⊥EF．
∵AB=BC．
∴AC⊥BE，
∴AC⊥平面BEF．
（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．
又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．
∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．
如圖建立空間直角坐稱系E-xyz．

由題意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F(xiàn)（0，0，2），G（0，2，1）．
∴，
設(shè)平面BCD的法向量為，
∴，∴，
令a=2，則b=-1，c=-4，
∴平面BCD的法向量，
又∵平面CDC1的法向量為，
∴．
由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為．
（Ⅲ）平面BCD的法向量為，∵G（0，2，1），F(xiàn)（0，0，2），
∴，∴，∴與不垂直，
∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi)，∴GF與平面BCD相交．
15. （2018年江蘇卷）如圖，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）求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；
（2）求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】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，以為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O?xyz．
因?yàn)锳B=AA1=2，
所以．

（1）因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以，
從而，
故．
因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為．
（2）因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以，
因此，．
設(shè)n=（x，y，z）為平面AQC1的一個(gè)法向量，
則即
不妨取，
設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為，
則，
所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為．
16. （2018年江蘇卷）在平行六面體中，．

求證：（1）；
（2）．
【答案】答案見解析
【解析】
證明：（1）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．

因?yàn)锳B平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．
又因?yàn)锳A1=AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，
因此AB1⊥A1B．
又因?yàn)锳B1⊥B1C1，BC∥B1C1，
所以AB1⊥BC．
又因?yàn)锳1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，
所以AB1⊥平面A1BC．
因?yàn)锳B1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
17. （2018年全國(guó)I卷理數(shù)）如圖，四邊形為正方形，分別為的中點(diǎn)，以為折痕把折起，使點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)的位置，且.
（1）證明：平面平面；
（2）求與平面所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析.
(2) .
【解析】
（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足為H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H?xyz.

由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF.
可得.
則 為平面ABFD的法向量.
設(shè)DP與平面ABFD所成角為，則.
所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為.
18. （2018年全國(guó)Ⅲ卷理數(shù)）如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形所在的平面與半圓弧所在平面垂直，是上異于，的點(diǎn)．
（1）證明：平面平面；
（2）當(dāng)三棱錐體積最大時(shí)，求面與面所成二面角的正弦值．

【答案】（1）見解析
（2）
【解析】
（1）由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.
因?yàn)镸為上異于C，D的點(diǎn),且DC為直徑，所以 DM⊥CM.
又 BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
（2）以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D?xyz.

當(dāng)三棱錐M?ABC體積最大時(shí)，M為的中點(diǎn).
由題設(shè)得，

設(shè)是平面MAB的法向量,則
即
可取.
是平面MCD的法向量,因此
，
，
所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是.
19. （2018年全國(guó)Ⅱ卷理數(shù)）如圖，在三棱錐中，，，為的中點(diǎn)．
（1）證明：平面；
（2）若點(diǎn)在棱上，且二面角為，求與平面所成角的正弦值．

【答案】（1）見解析（2）
【解析】
（1）因?yàn)?，為的中點(diǎn)，所以，且.
連結(jié).因?yàn)?，所以為等腰直角三角形?br /> 且，.
由知.
由知平面.
（2）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系.

由已知得取平面的法向量.
設(shè)，則.
設(shè)平面的法向量為.
由得，可取，
所以.由已知得.
所以.解得（舍去），.
所以.又，所以.
所以與平面所成角的正弦值為.
【2017年】
11.【2017課標(biāo)1，理16】如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5 cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D、E、F為圓O上的點(diǎn)，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形.沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱錐.當(dāng)△ABC的邊長(zhǎng)變化時(shí)，所得三棱錐體積（單位：cm3）的最大值為_______.

【答案】
【解析】如下圖，連接DO交BC于點(diǎn)G，設(shè)D，E，F(xiàn)重合于S點(diǎn)，正三角形的邊長(zhǎng)為x(x>0)，則 .
，
，
三棱錐的體積 .
設(shè)，x>0，則，
令，即，得，易知在處取得最大值.
∴.

【考點(diǎn)】簡(jiǎn)單幾何體的體積
12.【2017課標(biāo)1，理18】如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB//CD，且.

（1）證明：平面PAB⊥平面PAD；
（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A-PB-C的余弦值.
【答案】（1）見解析；（2）.
【解析】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD.
由于AB∥CD，故AB⊥PD，從而AB⊥平面PAD.
又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.
（2）在平面內(nèi)做，垂足為，
由（1）可知， 平面，故，可得平面.
以為坐標(biāo)原點(diǎn)， 的方向?yàn)檩S正方向， 為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

由（1）及已知可得， ， ， .
所以， ， ， .
設(shè)是平面的法向量，則
，即，
可取.
設(shè)是平面的法向量，則
，即，
可取.
則，
所以二面角的余弦值為.
【考點(diǎn)】面面垂直的證明，二面角平面角的求解
13.【2017課標(biāo)II，理19】如圖，四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD為等比三角形且垂直于底面ABCD， E是PD的中點(diǎn)。
（1）證明：直線 平面PAB；
（2）點(diǎn)M在棱PC 上，且直線BM與底面ABCD所成角為 ，求二面角的余弦值。

【答案】(1)證明略；(2) 。
【解析】（1）取中點(diǎn)，連結(jié)，．
因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以，，由得，又
所以．四邊形為平行四邊形， ．
又，，故
（2）

由已知得，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則
則，，，，
，則

因?yàn)锽M與底面ABCD所成的角為45°，而是底面ABCD的法向量，所以
，
即（x-1）2+y2-z2=0
又M在棱PC上，設(shè)

由①，②得
所以M，從而
設(shè)是平面ABM的法向量，則

所以可取m=（0，-，2）.于是
因此二面角M-AB-D的余弦值為
【考點(diǎn)】 判定線面平行；面面角的向量求法
14.【2017課標(biāo)3，理19】如圖，四面體ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．

（1）證明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）過(guò)AC的平面交BD于點(diǎn)E，若平面AEC把四面體ABCD分成體積相等的兩部分，求二面角D–AE–C的余弦值.
【答案】(1)證明略；
(2) .
【解析】
（2）

由題設(shè)及（1）知，兩兩垂直，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則
由題設(shè)知，四面體ABCE的體積為四面體ABCD的體積的，從而E到平面ABC的距離為D到平面ABC的距離的，即E為DB的中點(diǎn)，得 .故

【考點(diǎn)】 二面角的平面角；面面角的向量求法
15.【2017山東，理17】如圖，幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形（及其內(nèi)部）以邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)得到的，是的中點(diǎn).
（Ⅰ）設(shè)是上的一點(diǎn)，且，求的大??；
（Ⅱ）當(dāng)，，求二面角的大小.

【答案】（Ⅰ）.（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）因?yàn)椋?，
， 平面， ，
所以平面，
又平面，
所以，又，
因此

（Ⅱ）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以， ， 所在的直線為， ， 軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意得 ， ， ，故， ， ， 設(shè)是平面的一個(gè)法向量.
由可得
取，可得平面的一個(gè)法向量.
設(shè)是平面的一個(gè)法向量.
由可得
取，可得平面的一個(gè)法向量.
所以.
因此所求的角為.
【考點(diǎn)】1.垂直關(guān)系.2. 空間角的計(jì)算.
16.【2017北京，理16】如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，平面PAD⊥平面ABCD，點(diǎn)M在線段PB上，PD//平面MAC，PA=PD=，AB=4．
（I）求證：M為PB的中點(diǎn)；
（II）求二面角B-PD-A的大??；
（III）求直線MC與平面BDP所成角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）詳見解析：（Ⅱ） ；（Ⅲ）
【解析】
（I）設(shè)交點(diǎn)為，連接.
因?yàn)槠矫妫矫嫫矫?，所?
因?yàn)槭钦叫?，所以為的中點(diǎn)，所以為的中點(diǎn).

（II）取的中點(diǎn)，連接， .
因?yàn)?，所?
又因?yàn)槠矫嫫矫?，且平面，所以平?
因?yàn)槠矫妫?
因?yàn)槭钦叫危?
如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則， ， ，
， .
設(shè)平面的法向量為，則，即.
令，則， .于是.
平面的法向量為，所以.
由題知二面角為銳角，所以它的大小為.

（III）由題意知， ， .
設(shè)直線與平面所成角為，則.
所以直線與平面所成角的正弦值為.
【考點(diǎn)】1.線線，線面的位置關(guān)系；2.向量法.
17.【2017天津，理17】如圖，在三棱錐P-ABC中，PA⊥底面ABC，.點(diǎn)D，E，N分別為棱PA，PC，BC的中點(diǎn)，M是線段AD的中點(diǎn)，PA=AC=4，AB=2.

（Ⅰ）求證：MN∥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角C-EM-N的正弦值；
（Ⅲ）已知點(diǎn)H在棱PA上，且直線NH與直線BE所成角的余弦值為，求線段AH的長(zhǎng).
【答案】 （1）證明見解析（2） （3） 或
【解析】如圖，以A為原點(diǎn)，分別以， ， 方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.依題意可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），P（0，0，4），D（0，0，2），E（0，2，2），M（0，0，1），N（1，2，0）.

（Ⅰ）證明： =（0，2，0），=（2，0， ）.設(shè)，為平面BDE的法向量，
則，即.不妨設(shè)，可得.又=（1，2， ），可得.
因?yàn)槠矫鍮DE，所以MN//平面BDE.
（Ⅱ）解：易知為平面CEM的一個(gè)法向量.設(shè)為平面EMN的法向量，則，因?yàn)椋?，所以.不妨設(shè)，可得.
因此有，于是.
所以，二面角C—EM—N的正弦值為.
（Ⅲ）解：依題意，設(shè)AH=h（），則H（0，0，h），進(jìn)而可得， .由已知，得，整理得，解得，或.
所以，線段AH的長(zhǎng)為或.
【考點(diǎn)】直線與平面平行、二面角、異面直線所成的角
18.【2017浙江，19】（本題滿分15分）如圖，已知四棱錐P–ABCD，△PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E為PD的中點(diǎn)．







（Ⅰ）證明：平面PAB；
（Ⅱ）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）．
【解析】

MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直線CE與平面PBC所成的角．
設(shè)CD=1．
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，
在Rt△MQH中，QH=，MQ=，
所以sin∠QMH=， 所以直線CE與平面PBC所成角的正弦值是．
【考點(diǎn)】證明線面平行，求線面角
19.【2017江蘇，6】 如圖，在圓柱內(nèi)有一個(gè)球，該球與圓柱的上、下底面及母線均相切.記圓柱的體積為，球的體積為，則的值是 ▲ .
O
O1
O2
(第6題)




【答案】
【解析】設(shè)球半徑為，則．故答案為．
【考點(diǎn)】圓柱體積
20.【2017江蘇，15】 如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD， BC⊥BD， 平面ABD⊥平面BCD， 點(diǎn)E，F(xiàn)(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.
求證：（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC.
(第15題)
A
D
B
C
E
F

【答案】（1）見解析（2）見解析
【解析】證明：（1）在平面內(nèi)，因?yàn)锳B⊥AD， ，所以.

又因?yàn)槠矫鍭BC， 平面ABC，所以EF∥平面ABC.
（2）因?yàn)槠矫鍭BD⊥平面BCD，
平面平面BCD=BD，
平面BCD， ，
所以平面.
因?yàn)槠矫?，所?.
又AB⊥AD， ， 平面ABC， 平面ABC，
所以AD⊥平面ABC，
又因?yàn)锳C平面ABC，
所以AD⊥AC.
【考點(diǎn)】線面平行判定定理、線面垂直判定與性質(zhì)定理，面面垂直性質(zhì)定理
21.【2017江蘇，22】 如圖， 在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=，
.
（1）求異面直線A1B與AC1所成角的余弦值；
（2）求二面角B-A1D-A的正弦值.

【答案】（1）（2）
【解析】在平面ABCD內(nèi)，過(guò)點(diǎn)A作AEAD，交BC于點(diǎn)E.
因?yàn)锳A1平面ABCD，
所以AA1AE，AA1AD.
如圖，以為正交基底，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.
因?yàn)锳B=AD=2，AA1=， .
則.
(1) ，
則.
因此異面直線A1B與AC1所成角的余弦值為.

(2)平面A1DA的一個(gè)法向量為.
設(shè)為平面BA1D的一個(gè)法向量，
又，
則即
不妨取x=3，則，
所以為平面BA1D的一個(gè)法向量，
從而，
設(shè)二面角B-A1D-A的大小為，則.
因?yàn)?，所?
因此二面角B-A1D-A的正弦值為.
【2016年】
14.【2016高考新課標(biāo)1卷】（本小題滿分為12分）如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD, ,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是．
（I）證明：平面ABEF平面EFDC；
（II）求二面角E-BC-A的余弦值．

【答案】（I）見解析（II）
【解析】
（Ⅰ）由已知可得，，所以平面．
又平面，故平面平面．
（Ⅱ）過(guò)作，垂足為，由（Ⅰ）知平面．
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．
由（Ⅰ）知為二面角的平面角，故，則，，可得，，，．
由已知，，所以平面．
又平面平面，故，．
由，可得平面，所以為二面角的平面角，
．從而可得．
所以，，，．
設(shè)是平面的法向量，則
，即，
所以可?。?br /> 設(shè)是平面的法向量，則，
同理可?。畡t．
故二面角EBCA的余弦值為．

15.【2016高考新課標(biāo)2理數(shù)】如圖，菱形的對(duì)角線與交于點(diǎn)，，點(diǎn)分別在上，，交于點(diǎn)．將沿折到位置，．
（Ⅰ）證明：平面；
（Ⅱ）求二面角的正弦值．

【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由已知得，，又由得，故.
因此，從而.由,得.
由得.所以，.
于是，
故.
又，而，
所以.

（Ⅱ）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.設(shè)是平面的法向量，則，即，所以可取.于是， .因此二面角的正弦值是.

16.【2016高考山東理數(shù)】在如圖所示的圓臺(tái)中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O的直徑，F(xiàn)B是圓臺(tái)的一條母線.
（I）已知G,H分別為EC，F(xiàn)B的中點(diǎn)，求證：GH∥平面ABC；
（II）已知EF=FB=AC=，AB=BC.求二面角的余弦值.

【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）
【解析】


（II）解法一：[來(lái)源:學(xué)科網(wǎng)ZXXK]
連接,則平面，
又且是圓的直徑，所以
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
由題意得，，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，
所以
可得
故.
設(shè)是平面的一個(gè)法向量.
由
可得
可得平面的一個(gè)法向量
因?yàn)槠矫娴囊粋€(gè)法向量
所以.
所以二面角的余弦值為.

解法二：
連接，過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，
則有,
又平面，
所以FM⊥平面ABC,
可得
過(guò)點(diǎn)作于點(diǎn)，連接，
可得,
從而為二面角的平面角.
又,是圓的直徑，
所以
從而，可得
所以二面角的余弦值為.
17.【2016高考江蘇卷】(本小題滿分14分)
如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分別為AB，BC的中點(diǎn)，點(diǎn)F在側(cè)棱B1B上，且 ，.
求證：（1）直線DE∥平面A1C1F；
（2）平面B1DE⊥平面A1C1F.

【答案】（1）詳見解析（2）詳見解析
【解析】證明：（1）在直三棱柱中，
在三角形ABC中，因?yàn)镈,E分別為AB,BC的中點(diǎn).
所以，于是
又因?yàn)镈E平面平面
所以直線DE//平面
（2）在直三棱柱中，
因?yàn)槠矫?，所?br /> 又因?yàn)?br /> 所以平面
因?yàn)槠矫妫?br /> 又因?yàn)?br /> 所以
因?yàn)橹本€，所以
18.【2016高考天津理數(shù)】（本小題滿分13分）
如圖，正方形ABCD的中心為O，四邊形OBEF為矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，點(diǎn)G為AB的中點(diǎn)，AB=BE=2.
（I）求證：EG∥平面ADF；
（II）求二面角O-EF-C的正弦值；
（III）設(shè)H為線段AF上的點(diǎn)，且AH=HF，求直線BH和平面CEF所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）詳見解析（Ⅱ）（Ⅲ）
【解析】依題意，，如圖，以為點(diǎn)，分別以的方向?yàn)檩S，軸、軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，依題意可得，.

（I）證明：依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得，又，可得，又因?yàn)橹本€，所以.
（II）解：易證，為平面的一個(gè)法向量.依題意，.設(shè)為平面的法向量，則，即 .不妨設(shè)，可得.
因此有，于是，所以，二面角的正弦值為.
（III）解：由，得.因?yàn)?，所以，進(jìn)而有，從而，因此.所以，直線和平面所成角的正弦值為.
19.【2016年高考北京理數(shù)】（本小題14分）
如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，
，，.

（1）求證：平面；
（2）求直線與平面所成角的正弦值；
（3）在棱上是否存在點(diǎn)，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說(shuō)明理由.
【答案】（1）見解析；（2）；（3）存在，
【解析】（1）因?yàn)槠矫嫫矫?，?br /> 所以平面，所以，
又因?yàn)?，所以平面?br /> （2）取的中點(diǎn)，連結(jié)，，
因?yàn)?，所?
又因?yàn)槠矫妫矫嫫矫妫?br /> 所以平面.
因?yàn)槠矫?，所?
因?yàn)?，所?
如圖建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得，
.
設(shè)平面的法向量為，則
即
令，則.
所以.
又，所以.
所以直線與平面所成角的正弦值為.

（3）設(shè)是棱上一點(diǎn)，則存在使得.
因此點(diǎn).
因?yàn)槠矫?，所以平面?dāng)且僅當(dāng)，
即，解得.
所以在棱上存在點(diǎn)使得平面，此時(shí).
20.【2016高考新課標(biāo)3理數(shù)】如圖，四棱錐中，地面，，，，為線段上一點(diǎn)，，為的中點(diǎn)．

（I）證明平面；
（II）求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（Ⅰ）見解析；（Ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中點(diǎn)，連接，
由為中點(diǎn)知，.
又，故，四邊形為平行四邊形，于是.
因?yàn)槠矫?，平面，所以平?
（Ⅱ）取的中點(diǎn)，連結(jié)，由得，從而，且.
以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
由題意知，，，，，
，，.
設(shè)為平面的法向量，則，即，可取，
于是.

21.【2016高考浙江理數(shù)】(本題滿分15分)如圖,在三棱臺(tái)中,平面平面
,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(I)求證：EF⊥平面ACFD；
(II)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.

【答案】（I）證明見解析；（II）．
【解析】（Ⅰ）延長(zhǎng)，，相交于一點(diǎn)，如圖所示．
因?yàn)槠矫嫫矫?，且，所以平面，因此?br /> 又因?yàn)?，，?br /> 所以為等邊三角形，且為的中點(diǎn)，則．
所以平面．

（Ⅱ）方法一：過(guò)點(diǎn)作于Q，連結(jié)．
因?yàn)槠矫?，所以，則平面，所以．
所以是二面角的平面角．
在中，，，得．
在中，，，得．
所以二面角的平面角的余弦值為．
方法二：如圖，延長(zhǎng)，，相交于一點(diǎn)，則為等邊三角形．
取的中點(diǎn)，則，又平面平面，所以，平面．
以點(diǎn)為原點(diǎn)，分別以射線，的方向?yàn)?，的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系．

由題意得，，，，，．
因此，，，．
設(shè)平面的法向量為，平面的法向量為．
由，得，??；
由，得，?。?br /> 于是，．
所以，二面角的平面角的余弦值為．
22.【2016年高考四川理數(shù)】（本小題滿分12分）
如圖，在四棱錐P-ABCD中，AD∥BC，ADC=PAB=90°，BC=CD=AD，E為邊AD的中點(diǎn)，異面直線PA與CD所成的角為90°.
（Ⅰ）在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PBE，并說(shuō)明理由；
（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.

【答案】（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）在梯形ABCD中，AB與CD不平行.
延長(zhǎng)AB，DC，相交于點(diǎn)M（M∈平面PAB），點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn).理由如下：
由已知，BC∥ED，且BC=ED.
所以四邊形BCDE是平行四邊形.，所以CD∥EB
從而CM∥EB.
又EB平面PBE，CM平面PBE，
所以CM∥平面PBE.
（說(shuō)明：延長(zhǎng)AP至點(diǎn)N，使得AP=PN，則所找的點(diǎn)可以是直線MN上任意一點(diǎn)）
（Ⅱ）方法一：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD.
從而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.[來(lái)源:學(xué)?？?。網(wǎng)]
所以∠PDA=45°.
設(shè)BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2.
過(guò)點(diǎn)A作AH⊥CE，交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接PH.
易知PA⊥平面ABCD，
從而PA⊥CE.
于是CE⊥平面PAH.
所以平面PCE⊥平面PAH.
過(guò)A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA與平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中，∠AEH=45°，AE=1，
所以AH=.
在Rt△PAH中，PH== ，
所以sin∠APH= =.

方法二：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PAAD=A，
所以CD⊥平面PAD.
于是CD⊥PD.
從而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角.
所以∠PDA=45°.
由PA⊥AB，可得PA⊥平面ABCD.
設(shè)BC=1，則在Rt△PAD中，PA=AD=2.
作Ay⊥AD，以A為原點(diǎn)，以 ,的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A（0,0,0），P（0,0,2），C(2,1,0)，E(1,0,0)，
所以=（1,0,-2），=（1,1,0），=（0,0,2）
設(shè)平面PCE的法向量為n=(x,y,z)，
由 得 設(shè)x=2，解得n=(2,-2,1).
設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α，則sinα= = .
所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為 .

23. 【2016高考上海理數(shù)】將邊長(zhǎng)為1的正方形（及其內(nèi)部）繞的旋轉(zhuǎn)一周形成圓柱，如圖，長(zhǎng)為，長(zhǎng)為，其中與在平面的同側(cè)。

（1）求三棱錐的體積；
（2）求異面直線與所成的角的大小。
【答案】（1）．（2）．
【解析】（1）由題意可知，圓柱的高，底面半徑．
由的長(zhǎng)為，可知．
，
．
（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)的母線與下底面交于點(diǎn)，則，
所以或其補(bǔ)角為直線與所成的角．
由長(zhǎng)為，可知，
又，所以，
從而為等邊三角形，得．
因?yàn)槠矫?，所以?br /> 在中，因?yàn)椋?，，所以?br /> 從而直線與所成的角的大小為．














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