线面角,二面角大题练习

人教A版（2019）选择性必修第一册《第1章空间向量

与立体几何》 2020年单元测试卷（3）

一、解答题（本大题共8小题，共96.0分）

E，F分别为AD，BC的中点，1. 如图，四边形ABCD为正方形，以DF为折痕把𝛥𝐷𝐹𝐶

折起，使点C到达点P的位置，且𝑃𝐹⊥𝐵𝐹．

(1)证明：平面𝑃𝐸𝐹⊥平面ABFD； (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．

2. 如图，直四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的底面是菱形，

𝐴𝐴1=4，𝐴𝐵=2，∠𝐵𝐴𝐷=60°，E，M，N分别是BC，𝐵𝐵1，𝐴1𝐷的中点． (1)证明：𝑀𝑁//平面𝐶1𝐷𝐸； (2)求二面角𝐴−𝑀𝐴1−𝑁的正弦值．

第1页，共16页

3. 如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵//𝐶𝐷，且∠𝐵𝐴𝑃=∠𝐶𝐷𝑃=90°．

(1)证明：平面𝑃𝐴𝐵⊥平面PAD；

(2)若𝑃𝐴=𝑃𝐷=𝐴𝐵=𝐷𝐶，∠𝐴𝑃𝐷=90°，求二面角𝐴−𝑃𝐵−𝐶的余弦值．

∠ABC=90∘，∠BAC=30∘，已知三棱柱ABC−𝐴1𝐵1𝐶1，平面𝐴1AC𝐶1⊥平面ABC，4. 如图，

𝐴1𝐴=𝐴1𝐶=AC，E，F分别是AC，𝐴1𝐵1的中点．

(Ⅰ)证明：EF⊥BC；

(Ⅱ)求直线EF与平面𝐴1BC所成角的余弦值．

第2页，共16页

5. 图1是由矩形ADEB、𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中𝐴𝐵=1，

𝐵𝐸=𝐵𝐹=2，∠𝐹𝐵𝐶=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．

(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面𝐴𝐵𝐶⊥平面BCGE； (2)求图2中的二面角𝐵−𝐶𝐺−𝐴的大小．

第3页，共16页

⏜所在平面垂直，M是𝐶𝐷⏜上6. 如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧𝐶𝐷

异于C，D的点．

(1)证明：平面𝐴𝑀𝐷⊥平面BMC；

(2)当三棱锥𝑀−𝐴𝐵𝐶体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．

𝐴𝐸⊥平面ABCD，𝐶𝐹//𝐴𝐸，𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，𝐴𝐵=𝐴𝐷=1，𝐴𝐸=𝐵𝐶=2． 7. 如图，

(Ⅰ)求证：𝐵𝐹//平面ADE；

(Ⅱ)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；

(Ⅲ)若二面角𝐸−𝐵𝐷−𝐹的余弦值为3，求线段CF的长．

1

第4页，共16页

8. 如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝑃𝐴⊥平面ABCD，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷//𝐵𝐶，𝑃𝐴=𝐴𝐷=

𝐶𝐷=2，𝐵𝐶=3.𝐸为PD的中点，点F在PC上，且𝑃𝐶=3． (Ⅰ)求证：𝐶𝐷⊥平面PAD； (Ⅱ)求二面角𝐹−𝐴𝐸−𝑃的余弦值；

(Ⅲ)设点G在PB上，且𝑃𝐵=3.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

𝑃𝐺

2

𝑃𝐹

1

第5页，共16页

答案和解析

1.【答案】(1)证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，

则𝐴𝐸=2𝐴𝐷，𝐵𝐹=2𝐵𝐶，

由于四边形ABCD为正方形，所以𝐸𝐹⊥𝐵𝐶． 由于𝑃𝐹⊥𝐵𝐹，𝐸𝐹∩𝑃𝐹=𝐹，EF，𝑃𝐹⊂平面PEF， 则𝐵𝐹⊥平面PEF， 又因为𝐵𝐹⊂平面ABFD， 所以：平面𝑃𝐸𝐹⊥平面ABFD．

(2)在平面PEF中，过P作𝑃𝐻⊥𝐸𝐹于点H，连接DH，

1

1

由于EF为面ABFD和面PEF的交线，𝑃𝐻⊥𝐸𝐹，𝑃𝐻⊂平面PEF， 则𝑃𝐻⊥面ABFD，

又𝐷𝐻⊂平面ABFD，故𝑃𝐻⊥𝐷𝐻．

可知：∠𝑃𝐷𝐻即为DP与平面ABFD所成角， 在三棱锥𝑃−𝐷𝐸𝐹中，可以利用等体积法求PH， 因为𝐷𝐸//𝐵𝐹且𝑃𝐹⊥𝐵𝐹， 所以𝑃𝐹⊥𝐷𝐸， 又因为△𝑃𝐷𝐹≌△𝐶𝐷𝐹， 所以∠𝐹𝑃𝐷=∠𝐹𝐶𝐷=90°， 所以𝑃𝐹⊥𝑃𝐷，

由于𝐷𝐸∩𝑃𝐷=𝐷，DE，𝑃𝐷⊂平面PDE， 则𝑃𝐹⊥平面PDE， 故𝑉𝐹−𝑃𝐷𝐸=3𝑃𝐹⋅𝑆△𝑃𝐷𝐸， 因为𝐵𝐹//𝐷𝐴且𝐵𝐹⊥面PEF， 所以𝐷𝐴⊥面PEF，𝐸𝑃⊂面PEF， 所以𝐷𝐸⊥𝐸𝑃．

设正方形ABCD的边长为2a，则𝑃𝐷=2𝑎，𝐷𝐸=𝑎，

第6页，共16页

1

在△𝑃𝐷𝐸中，𝑃𝐸=√3𝑎， 所以𝑆△𝑃𝐷𝐸=√𝑎2，

23

故𝑉𝐹−𝑃𝐷𝐸=√𝑎3，

6

3

又因为𝑆△𝐷𝐸𝐹=2𝑎⋅2𝑎=𝑎2， 所以𝑃𝐻=

3𝑉𝐹−𝑃𝐷𝐸

𝑎2

1

=

√3

𝑎， 2

𝑃𝐻

所以在△𝑃𝐻𝐷中，sin∠𝑃𝐷𝐻=

=𝑃𝐷

√3

， 4

3

则DP与平面ABFD所成角的正弦值为：√．

4

【解析】本题考查面面垂直的判定，直线与平面所成角的求法，考查计算能力，属于较难题．

(1)得出𝐵𝐹⊥平面PEF，然后利用平面与平面垂直的判断定理证明即可． (2)根据题意，求出PH，即可得解．

(1)证明：【答案】过N作𝑁𝐻⊥𝐴𝐷，连接BH， 2.

则𝑁𝐻//𝐴𝐴1，H是AD中点，且𝑁𝐻=2𝐴𝐴1， 又𝑀𝐵//𝐴𝐴1，𝑀𝐵=2𝐴𝐴1， 所以𝑁𝐻//𝑀𝐵，𝑁𝐻=𝑀𝐵，

∴四边形NMBH为平行四边形，则𝑁𝑀//𝐵𝐻， 由H为AD中点，而E为BC中点，

∴𝐵𝐸//𝐷𝐻，𝐵𝐸=𝐷𝐻，则四边形BEDH为平行四边形，则𝐵𝐻//𝐷𝐸， ∴𝑁𝑀//𝐷𝐸，

∵𝑁𝑀⊄平面𝐶1𝐷𝐸，𝐷𝐸⊂平面𝐶1𝐷𝐸， ∴𝑀𝑁//平面𝐶1𝐷𝐸；

(2)解：以D为坐标原点，以平面ABCD内垂直于DC的直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以𝐷𝐷1所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 则𝑁(√,−,2)，𝑀(√3,1，2)，𝐴1(√3,−1,4)， 22

1√3⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,3,0)，⃗⃗𝑁𝑀𝑁𝐴=(,−,2)， 12222

3

1

1

1

⃗⃗⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)， 设平面𝐴1𝑀𝑁的一个法向量为𝑚

第7页，共16页

由{，取𝑥=√3，得𝑚⃗⃗⃗ =(√3,−1,−1)， 1√3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ⋅𝑁𝐴1=𝑥−𝑦+2𝑧=0𝑚

2

2

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =√3𝑥+3𝑦=0⃗⃗⃗ ⋅⃗𝑚𝑁𝑀22

⃗ =(1,0,0)， 又平面𝑀𝐴𝐴1的一个法向量为𝑛∴cos<𝑚⃗⃗⃗ ,𝑛⃗ >=|𝑚=⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |

⃗⃗⃗ ⋅𝑛𝑚⃗⃗

√3√5=

√15． 5

10∴二面角𝐴−𝑀𝐴1−𝑁的正弦值为√．

5

【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力，训练了利用空间向量求解二面角，是中档题．

(1)过N作𝑁𝐻⊥𝐴𝐷，证明𝑁𝑀//𝐵𝐻，再证明𝐵𝐻//𝐷𝐸，可得𝑁𝑀//𝐷𝐸，再由线面平行的判定可得𝑀𝑁//平面𝐶1𝐷𝐸；

(2)以D为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求出平面𝐴1𝑀𝑁与平面𝑀𝐴𝐴1的一个法向量，即可得解．

3.【答案】(1)证明：∵∠𝐵𝐴𝑃=∠𝐶𝐷𝑃=90°，

∴𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝑃𝐷⊥𝐶𝐷， ∵𝐴𝐵//𝐶𝐷， ∴𝐴𝐵⊥𝑃𝐷，

又∵𝑃𝐴∩𝑃𝐷=𝑃，且𝑃𝐴⊂平面PAD，𝑃𝐷⊂平面PAD， ∴𝐴𝐵⊥平面PAD， 又𝐴𝐵⊂平面PAB， ∴平面𝑃𝐴𝐵⊥平面PAD； (2)解：∵𝐴𝐵//𝐶𝐷，𝐴𝐵=𝐶𝐷， ∴四边形ABCD为平行四边形，

由(1)知𝐴𝐵⊥平面PAD，AD在平面PAD内， ∴𝐴𝐵⊥𝐴𝐷，则四边形ABCD为矩形，

在△𝐴𝑃𝐷中，由𝑃𝐴=𝑃𝐷，∠𝐴𝑃𝐷=90°，可得△𝑃𝐴𝐷为等腰直角三角形， 设𝑃𝐴=𝐴𝐵=2𝑎，则𝐴𝐷=2√2𝑎． 取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE， 易证OA、OE、OP两两垂直，

以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

第8页，共16页

则：𝐷(−√2𝑎,0,0)，𝐵(√2𝑎,2𝑎,0)，𝑃(0,0，√2𝑎)，𝐶(−√2𝑎,2𝑎,0). ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐷=(−√2𝑎,0,−√2𝑎)，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐵=(√2𝑎,2𝑎,−√2𝑎)，⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶=(−2√2𝑎,0,0)． ⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)， 设平面PBC的一个法向量为𝑛

⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐵=0，得{√2𝑎𝑥+2𝑎𝑦−√2𝑎𝑧=0, 由{𝑛

⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑛𝐵𝐶=0−2√2𝑎𝑥=0取𝑦=1，得𝑛⃗ =(0,1,√2)．

∵𝐴𝐵⊥𝑃𝐷，𝑃𝐷⊥𝑃𝐴，𝑃𝐴∩𝐴𝐵=𝐴，𝑃𝐴⊂平面PAB，𝐴𝐵⊂平面PAB， ∴𝑃𝐷⊥平面PAB，则⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐷为平面PAB的一个法向量， ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2𝑎,0,−√2𝑎)． 𝑃𝐷

⃗⃗⃗⃗⃗ ,𝑛∴cos<𝑃𝐷⃗ >=|𝑃𝐷=2𝑎×⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝑛⃗⃗ |

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑛𝑃𝐷⃗⃗

−2𝑎√=−3√3

． 3

由图可知，二面角𝐴−𝑃𝐵−𝐶为钝二面角， ∴二面角𝐴−𝑃𝐵−𝐶的余弦值为−√．

33

【解析】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面角的平面角，属于中档题．

(1)由已知可得𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝑃𝐷⊥𝐶𝐷，再由𝐴𝐵//𝐶𝐷，得𝐴𝐵⊥𝑃𝐷，利用线面垂直的判定可得𝐴𝐵⊥平面PAD，进一步得到平面𝑃𝐴𝐵⊥平面PAD；

(2)由已知可得四边形ABCD为矩形，设𝑃𝐴=𝐴𝐵=2𝑎，则𝐴𝐷=2√2𝑎.取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明𝑃𝐷⊥平面PAB，得⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑃𝐷为平面PAB的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角𝐴−𝑃𝐵−𝐶的余弦值．

4.【答案】方法一：

第9页，共16页

证明：(Ⅰ)连结𝐴1𝐸，∵𝐴1𝐴=𝐴1𝐶，E是AC的中点， ∴𝐴1𝐸⊥𝐴𝐶，

又平面𝐴1𝐴𝐶𝐶1⊥平面ABC，𝐴1𝐸⊂平面𝐴1𝐴𝐶𝐶1， 平面𝐴1𝐴𝐶𝐶1∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶， ∴𝐴1𝐸⊥平面ABC，∴𝐴1𝐸⊥𝐵𝐶， ∵𝐴1𝐹//𝐴𝐵，∠𝐴𝐵𝐶=90°，∴𝐵𝐶⊥𝐴1𝐹， ∵𝐴1𝐸∩𝐴1𝐹=𝐴1，𝐴1E、𝐴1𝐹⊂平面𝐴1𝐸𝐹， ∴𝐵𝐶⊥平面𝐴1𝐸𝐹，

又∵𝐸𝐹⊂平面𝐴1𝐸𝐹，∴𝐸𝐹⊥𝐵𝐶；

解：(Ⅱ)取BC中点G，连结EG、GF，则𝐸𝐺𝐹𝐴1是平行四边形， 由于𝐴1𝐸⊥平面ABC，故A 1𝐸⊥𝐸𝐺， ∴平行四边形𝐸𝐺𝐹𝐴1是矩形， 由(Ⅰ)得𝐵𝐶⊥平面𝐸𝐺𝐹𝐴1， 则平面𝐴1𝐵𝐶⊥平面𝐸𝐺𝐹𝐴1，

∴𝐸𝐹在平面𝐴1𝐵𝐶上的射影在直线𝐴1𝐺上，

连结𝐴1𝐺，交EF于O，则∠𝐸𝑂𝐺是直线EF与平面𝐴1𝐵𝐶所成角(或其补角)， 不妨设𝐴𝐶=4，则在𝑅𝑡△𝐴1𝐸𝐺中，𝐴1𝐸=2√3，𝐸𝐺=√3， ∵𝑂是𝐴1𝐺的中点，故E𝑂=𝑂𝐺=∴cos∠𝐸𝑂𝐺=

𝐸𝑂2+𝑂𝐺2−𝐸𝐺2

2×𝐸𝑂×𝑂𝐺

𝐴1𝐺2

=

√15， 2

=5，

3

3

∴直线EF与平面𝐴1𝐵𝐶所成角的余弦值为5． 方法二：

证明：(Ⅰ)连结𝐴1𝐸，∵𝐴1𝐴=𝐴1𝐶，E是AC的中点， ∴𝐴1𝐸⊥𝐴𝐶，

又平面𝐴1𝐴𝐶𝐶1⊥平面ABC，𝐴1𝐸⊂平面𝐴1𝐴𝐶𝐶1， 平面𝐴1𝐴𝐶𝐶1∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐶， ∴𝐴1𝐸⊥平面ABC，

如图，以E为原点，EC，𝐸𝐴1所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系， 设𝐴𝐶=4，则𝐴1(0,0，2√3)，𝐵(√3,1,0)，𝐵1(√3,3,2√3)，𝐹(√,,2√3)，𝐶(0,2，0)，

22⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,3,2√3)，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)， 𝐸𝐹22⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 由⃗⃗𝐸𝐹𝐵𝐶=0，得𝐸𝐹⊥𝐵𝐶．

第10页，共16页

33

解：(Ⅱ)设直线EF与平面𝐴1𝐵𝐶所成角为𝜃， ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,1,0)，⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 由(Ⅰ)得𝐵𝐶𝐴1𝐶=(0,2，−2√3)， ⃗ =(𝑥,y，𝑧)， 设平面𝐴1𝐵𝐶的法向量𝑛

⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑛𝐵𝐶⃗ =−√3𝑥+𝑦=0

则{，取𝑥=1，得𝑛⃗ =(1,√3,1)， ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴1𝐶⋅𝑛⃗ =𝑦−√3𝑧=0∴𝑠𝑖𝑛𝜃=|𝐸𝐹=5， ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |

∴直线EF与平面𝐴1𝐵𝐶所成角的余弦值为5．

3

⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑛|𝐸𝐹⃗⃗ |

4

【解析】本题考查空间线面垂直的证明，三棱锥体积的计算．要证线面垂直，需证线线垂直，而线线垂直可以通过平面中的勾股定理、等腰三角形的性质等来证明，也可以通过另外的线面垂直来证明．求三棱锥的体积经常需要进行等积转换，即变换三棱柱的底面． 法一：

(Ⅰ)连结𝐴1𝐸，则𝐴1𝐸⊥𝐴𝐶，从而𝐴1𝐸⊥平面ABC，𝐴1𝐸⊥𝐵𝐶，推导出𝐵𝐶⊥𝐴1𝐹，从而𝐵𝐶⊥平面𝐴1𝐸𝐹由此能证明𝐸𝐹⊥𝐵𝐶．

(Ⅱ)取BC中点G，连结EG、GF，则𝐸𝐺𝐹𝐴1是平行四边形，推导出𝐴1𝐸⊥𝐸𝐺，从而平行四边形𝐸𝐺𝐹𝐴1是矩形，推导出𝐵𝐶⊥平面𝐸𝐺𝐹𝐴1，连结𝐴1𝐺，交EF于O，则∠𝐸𝑂𝐺是直线EF与平面𝐴1𝐵𝐶所成角(或其补角)，由此能求出直线EF与平面𝐴1𝐵𝐶所成角的余弦值． 法二：

EC，z轴，(Ⅰ)连结𝐴1𝐸，𝐸𝐴1所在直线分别为y，推导出𝐴1𝐸⊥平面ABC，以E为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线EF与平面𝐴1𝐵𝐶所成角的余弦值．

5.【答案】证明：(1)由已知得在图2中，𝐴𝐷//𝐵𝐸，𝐶𝐺//𝐵𝐸，∴𝐴𝐷//𝐶𝐺，

∴𝐴𝐷，CG确定一个平面， ∴𝐴，C，G，D四点共面， 由已知得𝐴𝐵⊥𝐵𝐸，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，

BE、BC为平面BEGC内两条相交直线， ∴𝐴𝐵⊥面BCGE，

∵𝐴𝐵⊂平面ABC，∴平面𝐴𝐵𝐶⊥平面BCGE；

第11页，共16页

解：(2)作𝐸𝐻⊥𝐵𝐶，垂足为H，

∵𝐸𝐻⊂平面BCGE，平面𝐵𝐶𝐺𝐸⊥平面ABC，平面𝐵𝐶𝐺𝐸∩平面𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐶， ∴𝐸𝐻⊥平面ABC，

由已知，菱形BCGE的边长为2，∠𝐸𝐵𝐶=60°， ∴𝐵𝐻=1，𝐸𝐻=√3，

⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系𝐻−𝑥𝑦𝑧，以H为坐标原点，⃗ 𝐻𝐶则𝐴(−1,1，0)，𝐶(1,0，0)，𝐺(2,0，√3 )， ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0，√3)，⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,−1,0)， 𝐶𝐺𝐴𝐶⃗ =(𝑥,y，𝑧)， 设平面ACGD的法向量𝑛

⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝑛𝐶𝐺⃗ =𝑥+√3𝑧=0

⃗ =(3,6，−√3)， 则{，取𝑥=3，得𝑛

⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⋅𝑛⃗ =2𝑥−𝑦=0⃗⃗⃗ =(0,1，0)， 又平面BCGE的法向量为𝑚∴cos<𝑛⃗ ,𝑚⃗⃗⃗ >=

⃗⃗ ⋅𝑚𝑛⃗⃗⃗ |𝑛⃗⃗ |⋅|𝑚⃗⃗⃗ |

=

√3， 2

由图可知二面角𝐵−𝐶𝐺−𝐴的平面角为锐角， ∴二面角𝐵−𝐶𝐺−𝐴的大小为30°．

【解析】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．

(1)推导出𝐴𝐷//𝐵𝐸，𝐶𝐺//𝐵𝐸，从而𝐴𝐷//𝐶𝐺，由此能证明A，C，G，D四点共面，推导出𝐴𝐵⊥𝐵𝐸，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，从而𝐴𝐵⊥面BCGE，由此能证明平面𝐴𝐵𝐶⊥平面BCGE； (2)建立空间直角坐标系，分别求出平面BCGE与平面ACGD的法向量，即可求解二面角的大小．

6.【答案】解：(1)证明：在半圆中，𝐷𝑀⊥𝑀𝐶，

⏜所在平面垂直， ∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧𝐶𝐷即平面𝐴𝐵𝐶𝐷⊥平面CDM，

又平面𝐴𝐵𝐶𝐷∩平面𝐶𝐷𝑀=𝐶𝐷，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷， 𝐴𝐷⊂平面ABCD，

第12页，共16页

∴𝐴𝐷⊥平面DCM，

∵𝑀𝐶⊂平面CDM，则𝐴𝐷⊥𝑀𝐶，

∵𝐴𝐷∩𝐷𝑀=𝐷，𝐴𝐷⊂平面ADM，𝐷𝑀⊂平面ADM， ∴𝑀𝐶⊥平面ADM， ∵𝑀𝐶⊂平面MBC， ∴平面𝐴𝑀𝐷⊥平面BMC． (2)∵△𝐴𝐵𝐶的面积为定值，

∴要使三棱锥𝑀−𝐴𝐵𝐶体积最大，则三棱锥的高最大， 此时M为圆弧的中点，

建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图

∵正方形ABCD的边长为2，

∴𝐴(2,−1,0)，𝐵(2,1，0)，𝑀(0,0，1)， ⃗⃗⃗ =(1,0，0)， 则平面MCD的法向量𝑚

⃗ =(𝑥,y，𝑧) 设平面MAB的法向量为𝑛

则⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=(0,2，0)，⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑀=(−2,1，1)，

由𝑛⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=2𝑦=0，𝑛⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑀=−2𝑥+𝑦+𝑧=0， 令𝑥=1，

⃗ =(1,0，2)， 则𝑦=0，𝑧=2，即𝑛⃗ >=|𝑚=1×⃗⃗⃗ ，𝑛则cos<𝑚⃗⃗⃗ ||𝑛⃗⃗ |

⃗⃗⃗ ⋅𝑛𝑚⃗⃗

1√=1+41√5，

12√5． 5

则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值𝑠𝑖𝑛𝛼=√1−()2=

√5

【解析】本题主要考查空间平面垂直的判定以及二面角的求解，利用相应的判定定理以及建立坐标系，利用向量法是解决本题的关键，属于中档题． (1)根据面面垂直的判定定理证明𝑀𝐶⊥平面ADM即可．

(2)根据三棱锥的体积最大，确定M的位置，建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利

第13页，共16页

用向量法进行求解即可．

7.【答案】(Ⅰ)证明：因为𝐴𝐸⊥平面ABCD，AD，AB在平面ABCD内，

则𝐴𝐸⊥𝐴𝐷，𝐴𝐸⊥𝐴𝐵，又𝐴𝐷⊥𝐴𝐵，

⃗⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ 故以A为坐标原点，分别以⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵，⃗𝐴𝐷𝐴𝐸所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

可得𝐴(0,0，0)，𝐵(1,0，0)，𝐶(1,2，0)，𝐷(0,1，0)，𝐸(0,0，2)． 设𝐶𝐹=ℎ(ℎ>0)，则𝐹(1,2，ℎ)．

⃗⃗⃗⃗⃗ =0． ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,ℎ)，可得𝐵𝐹⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐴𝐵则⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=(1,0,0)是平面ADE的法向量，又𝐵𝐹又∵直线𝐵𝐹⊄平面ADE， ∴𝐵𝐹//平面ADE；

⃗⃗⃗⃗ =(−1,−2,2)． ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,0)，⃗⃗⃗⃗⃗ (Ⅱ)解：依题意，⃗𝐵𝐷𝐵𝐸=(−1,0,2)，⃗𝐶𝐸⃗ =(𝑥,𝑦,𝑧)为平面BDE的法向量， 设𝑛

⃗⃗⃗⃗⃗ =−𝑥+𝑦=0⃗ ·⃗𝑛𝐵𝐷

, 则{

⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ·𝐵𝐸=−𝑥+2𝑧=0𝑛⃗ =(2,2,1)． 令𝑧=1，得𝑛

𝐶𝐸⋅𝑛⃗⃗ 4⃗⃗⃗⃗ ,𝑛． ∴cos<⃗𝐶𝐸⃗ >=|𝐶𝐸=−⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |9

⃗⃗⃗⃗⃗

∴直线CE与平面BDE所成角的正弦值为9； (Ⅲ)解：设𝑚⃗⃗⃗ =(𝑥1,𝑦1,𝑧1)为平面BDF的法向量， ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−𝑥1+𝑦1=0⃗⃗⃗ ·𝐵𝐷𝑚

, 则{

⃗⃗⃗⃗⃗ =2𝑦1+ℎ𝑧1=0⃗⃗⃗ ·𝐵𝐹𝑚⃗⃗⃗ =(1,1,−ℎ)， 取𝑦1=1，可得𝑚

⃗⃗⃗ ,𝑛⃗ >|=|𝑚=由题意，|cos<𝑚⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |解得ℎ=7． 经检验，符合题意．

第14页，共16页

8

|𝑚⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗⃗ |

|4−|3×√2+

4ℎ22ℎ4

2

=3，

1

∴线段CF的长为7．

8

【解析】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，利用空间向量求解线面角与二面角的大小，是中档题．

⃗⃗⃗⃗⃗ ，⃗⃗⃗⃗⃗ (Ⅰ)以A为坐标原点，分别以⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵，⃗𝐴𝐷𝐴𝐸所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)是平面求得A，B，C，D，E的坐标，设𝐶𝐹=ℎ(ℎ>0)，得𝐹(1,2，ℎ).可得𝐴𝐵

ADE的法向量，再求出⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐹=(0,2,ℎ)，由⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐹⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐵=0，且直线𝐵𝐹⊄平面ADE，得𝐵𝐹//平面ADE；

⃗⃗⃗⃗ =(−1,−2,2)，再求出平面BDE的法向量，利用数量积求夹角公式得到直(Ⅱ)求出⃗𝐶𝐸线CE与平面BDE所成角的正弦值；

(Ⅲ)求出平面BDF的法向量，由两平面法向量所成角的余弦值为3列式求线段CF的长．

1

8.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵𝑃𝐴⊥平面ABCD，

∴𝑃𝐴⊥𝐶𝐷，

∵𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，𝑃𝐴∩𝐴𝐷=𝐴，𝑃𝐴⊂平面PAD，𝐴𝐷⊂平面PAD， ∴𝐶𝐷⊥平面PAD．

(Ⅱ)以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴， AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，

，

𝐴(0,0，0)，𝐸(0,1，1)，𝐹(3,3,3)，𝑃(0,0，2)，𝐵(2,−1,0)， ⃗⃗⃗ =(2,2,4)， ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐹𝐴𝐸=(0,1，1)，⃗⃗333

⃗ =(1,0，0)， 平面AEP的一个法向量为𝑛

⃗⃗⃗ =(𝑥,y，𝑧)， 设平面AEF的一个法向量为𝑚

𝑚⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐸=𝑦+𝑧=0

⃗⃗⃗ =(1,1，−1)， 则{，取𝑦=1，得𝑚

⃗⃗⃗ =2𝑥+2𝑦+4𝑧=0⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗𝑚𝐴𝐹

333

第15页，共16页

224

设二面角𝐹−𝐴𝐸−𝑃的平面角为𝜃，由图可知𝜃为锐角， 则𝑐𝑜𝑠𝜃=

|𝑚⃗⃗⃗ ⋅𝑛⃗⃗ ||𝑚⃗⃗⃗ |⋅|𝑛⃗⃗ |

=

1√3=

√3． 3

3∴二面角𝐹−𝐴𝐸−𝑃的余弦值为√．

3

(Ⅲ)直线AG在平面AEF内，理由如下： ∵点G在PB上，且𝑃𝐵=3.∴𝐺(3,−3,3)， ∴⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐺=(3,−3,3)，

∵平面AEF的一个法向量为𝑚⃗⃗⃗ =(1,1，−1)，

422⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑚𝐴𝐺=3−3−3=0，

4

22

𝑃𝐺

2

4

22

故直线AG在平面AEF内．

【解析】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知平面内的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题．

(Ⅰ)推导出𝑃𝐴⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，由此能证明𝐶𝐷⊥平面PAD．

AD为y轴，AP为z轴，(Ⅱ)以A为原点，在平面ABCD内过A作CD的平行线为x轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角𝐹−𝐴𝐸−𝑃的余弦值．

422422

𝐴𝐺=(,−,)，AEF的一个法向量为𝑚1，⃗⃗⃗ ⋅⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑚𝐴𝐺=−−=(Ⅲ)求出⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ =(1,−1)平面，333333

0，从而直线AG在平面AEF内．

第16页，共16页