【期末重点专题】空间直线、平面的平行与垂直-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册（含解析）

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【期末重点专题】空间直线、平面的平行与垂直-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2025 鼓楼区校级模拟）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025 江西模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3AD＝3，E在AB上且AE，将△ADE沿DE折起到△FDE，使得F 平面BCDE，点G在线段CF上，若BG∥平面FDE，则的值等于（　　）
A． B． C． D．
3．（2025春 信都区校级月考）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025春 河南月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D，E分别在棱AA1，CC1上，AB＝AC＝AD＝A1D＝3，CE＝2C1E＝4，点F满足，若B1E∥平面ACF，则λ的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025春 吴江区校级月考）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝AD＝2，AA1＝4，则异面直线A1B，AD1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 邢台二模）《九章算术》中将正四棱台称为方婷，如图，在方婷ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AA1与EF所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025春 河南月考）如图，点B在以AC为直径的圆O的圆周上，平面ABC，2PA＝AC＝4，则二面角P﹣BC﹣A的平面角为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025春 迎泽区校级月考）如图，在正三棱锥P﹣ABC中，PA＝AB，点D，E分别是棱AB，PB的中点，则直线PD与CE所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 珠晖区校级期中）设α，β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β＝m．下述四个命题为真命题的有（　　）
A．若m∥n，则n∥α且n∥β
B．若m∥n，则n平行于平面α内的无数条直线
C．若n∥α且n∥β，则m∥n
D．若n在平面β外，则m与n平行或异面
（多选）10．（2025 红河州四模）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC 的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF翻折，使A，B，C三点重合于点P（如图2），下列选项正确的是（　　）
A．三棱锥P﹣EFD的表面积为16
B．PD⊥EF
C．直线DF与平面PEF所成角的正切值为
D．点P到平面EFD的距离为
（多选）11．（2025春 贵港月考）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则下列说法正确的是（　　）
A．异面直线BC1与CA1的夹角的正弦值为1
B．BC1∥平面ACD1
C．点D与平面ACD1的距离为
D．直线CA1与平面ABCD所成的角为60°
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 迎泽区校级月考）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，N为B1C1的中点，若过B1D的平面α∥平面CND1，则α截该正方体所得截面图形的面积为　 　 ．
13．（2025 临汾模拟）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1各棱长均为2，则直线B1C与AB所成角的正弦值为 　 　 ．
14．（2025 鼓楼区校级模拟）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，且，AB＝1．四棱锥P﹣ABCD的各个顶点均在球O的表面上，B∈l，l⊥OB，则该四棱锥外接球半径为 　 　 ；直线l与平面PAC所成的角的范围为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025 牧野区校级模拟）如图所示在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，M是BC的中点．
（1）求证：A1B∥平面AMC1．
（2）试问在棱A1B1上是否存在点N，使得AN与MC1与所成角为若存在，请确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）题设条件下，试求平面A1BC与平面AMC1所成角的余弦值．
16．（2025 武清区校级模拟）在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面AEBF，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，∠BAE＝∠AFB＝90°，AB＝2．
（1）求证：直线BE∥平面ADF；
（2）求平面CDE与平面ADF的夹角；
（3）点P在线段DE（包括端点）上，若直线AP与平面ADF所成角的正弦值为，求的值．
17．（2025春 惠州月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2BC＝4．
（1）求证：AB1∥平面BC1D；
（2）求直线BC1与平面AA1C1C所成角的正弦值．
18．（2025春 广东月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，BB1＝2BA，点Q是线段BB1的中点．
（1）求证：平面QAC⊥QA1C1；
（2）若，AB＝1，求二面角C1﹣QA﹣C的正弦值．
19．（2025 沈阳校级一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E为线段PB的中点．
（1）若F为线段BC上的动点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
（2）若F为线段BC上的动点，探究是否存在点F使得PD∥平面AEF，说明理由；
（3）若F为线段DC的中点，PA＝2，过A、E、F三点的平面交PC于点G，求四棱锥P﹣AEGF与P﹣ABCD的体积之比．
【期末重点专题】空间直线、平面的平行与垂直-2024-2025学年高一数学下学期人教A版（2019）必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C B A B D C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BC ABD AB
一．选择题（共8小题）
1．（2025 鼓楼区校级模拟）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：对于A，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥EF∥AC，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ABDCEF，由正方体的性质可得MN∥BF，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得MN∥BD，可得直线MN∥平面ABC，能满足；
对于D，作出完整的截面，如图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，不能满足．
故选：D．
2．（2025 江西模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3AD＝3，E在AB上且AE，将△ADE沿DE折起到△FDE，使得F 平面BCDE，点G在线段CF上，若BG∥平面FDE，则的值等于（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝3AD＝3，E在AB上且AE，
将△ADE沿DE折起到△FDE，使得F 平面BCDE，点G在线段CF上，BG∥平面FDE，
作BM∥DE交CD于M，连接MG，
则四边形BEDM是平行四边形，，
由BM∥DE，BM在平面BDE外，可得BM∥平面FDE．
又BG∥平面FDE，BM∩BG＝B，BM，BG 平面BGM，
∴平面FDE∥平面BMG．
又平面FDE∩平面FDC＝FD，平面BMG∩平面FDC＝MG，所以MG∥FD，
∴．
故选：C．
3．（2025春 信都区校级月考）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上，且，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，连接B1D1，FG，如图，
因为平面AEF∥平面BD1G，平面AEF∩平面BB1D1D＝EF，
平面BD1G∩平面BB1D1D＝BD1，则EF∥BD1，于是，
平面ADD1A1∥平面BCC1B1，而BG 平面BCC1B1，则BG∥平面ADD1A1，
在平面ADD1A1内存在与AF不重合的直线l∥BG，又平面AEF∥平面BD1G，BG 平面BD1G，
则BG∥平面AEF，在平面AEF内存在与AF不重合直线m∥BG，从而m∥l，m 平面AEF，
l 平面AEF，则l∥平面AEF，又l 平面ADD1A1，平面AEF∩平面ADD1A1＝AF，
因此AF∥l∥BG，BG，AF可确定平面ABGF，因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，
平面ABGF∩平面ABB1A1＝AB，平面ABGF∩平面CDD1C1＝FG，于是AB∥FG，即有CD∥FG，
所以．
故选：B．
4．（2025春 河南月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D，E分别在棱AA1，CC1上，AB＝AC＝AD＝A1D＝3，CE＝2C1E＝4，点F满足，若B1E∥平面ACF，则λ的值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：因为AB＝AC＝AD＝A1D＝3，CE＝2C1E＝4，可得C1E＝2，
则BB1＝6，在BB1上取BM＝C1E＝2，连接CM，AM，
则B1M＝CE＝4，且B1E∥CE，所以四边形B1MCE为平行四边形，
所以CM∥B1E，
因为CM 平面ACM，B1E 平面ACM，可得B1E∥平面ACM，
又因为B1E∥平面ACF，可得平面ACF与平面ACM重合，
因为λ，可得AM∩BD＝F，因为BM∥AD，且，
所以，即，
即BFBD，
所以λ．
故选：A．
5．（2025春 吴江区校级月考）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，若AB＝AD＝2，AA1＝4，则异面直线A1B，AD1所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接D1C、AC，
由题可得A1D1∥AD∥BC，
又A1D1＝BC，
则四边形A1D1CB为平行四边形，
则D1C∥A1B，
即A1B，AD1所成角，即为AD1与D1C所成角∠AD1C或其补角，
由题意，AB＝AD＝2，AA1＝4，
又由题可得，，
则，
因此，异面直线A1B，AD1所成角的余弦值为．
故选：B．
6．（2025 邢台二模）《九章算术》中将正四棱台称为方婷，如图，在方婷ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线AA1与EF所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：连接AC，A1C1，A1B，A1D，过A1作A1O⊥平面ABCD，其中垂足为O，连接OD，OB，如下图：
在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，易知∠A1AB＝∠A1AD，AB＝AD，
则△A1AB △A1AD，所以A1B＝A1D，
又因为A1O⊥平面ABCD，OB，OD 平面ABCD，所以A1O⊥OB，A1O⊥OD，
易知Rt△A1OB Rt△A1OD，所以OB＝OD，
又因为AO＝AO，AB＝AD，所以△AOB △AOD，则∠DAO＝∠BAO＝45°，
故O∈AC，
因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF//AC，
则异面直线AA1与EF的夹角为∠A1AC，
因为A1O⊥平面ABCD，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，上下底面面积分别为S1＝4，S2＝16，
正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的体积，
则，解得，
因为AC 平面ABCD，所以A1O⊥AC，
在正方形ABCD中，，同理可得，
在等腰梯形A1ACC1中，易知，
在Rt△A1AO中，，．
故选：D．
7．（2025春 河南月考）如图，点B在以AC为直径的圆O的圆周上，平面ABC，2PA＝AC＝4，则二面角P﹣BC﹣A的平面角为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：因为，所以AB＝OA＝2，
因为点B在以AC为直径的圆O的圆周上，
所以AB⊥BC，
因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，
又因为PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
因为PB 平面PAB，所以BC⊥PB，
所以∠PBA是二面角P﹣BC﹣A的平面角，
又因为AB＝PA＝2，
所以．
故选：C．
8．（2025春 迎泽区校级月考）如图，在正三棱锥P﹣ABC中，PA＝AB，点D，E分别是棱AB，PB的中点，则直线PD与CE所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：取线段BD的中点G，连接EG，CG，
由点E是棱PB的中点，可得EG∥PD，
所以∠CEG为直线PD与CE所成角或其补角，
不妨设AB＝4，
由等边三角形可得，，
所以，
在△BCG中，由余弦定理得CG2＝BG2+BC2﹣2BG BCcos∠GBC
＝1+16﹣2×1×4×cos60°
＝13，
所以，
在△ECG中，由余弦定理得，
即直线PD与CE所成角的余弦值为．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 珠晖区校级期中）设α，β为两个平面，m、n为两条直线，且α∩β＝m．下述四个命题为真命题的有（　　）
A．若m∥n，则n∥α且n∥β
B．若m∥n，则n平行于平面α内的无数条直线
C．若n∥α且n∥β，则m∥n
D．若n在平面β外，则m与n平行或异面
【解答】解：对于A，若m∥n，则n∥α且n∥β或n α或n β，故A错误；
对于B，若m∥n，α∩β＝m，
因为m α，过直线n可以有无数个平面与α相交，
则交线与直线n平行，故B正确；
对C，过直线n分别作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，
因为n∥α，过直线n的平面与平面α的交线为直线s，
则n∥s，
同理可得n∥t，则s∥t，
因为s 平面β，t 平面β，则s∥平面β，
因为s 平面α，α∩β＝m，则s∥m，
又因为n∥s，则m∥n，故C正确；
对于D，若n在平面β外，则n∥β或n与β相交，
当n∥β时，m∥n或m，n异面，
当n与β相交时，m，n相交或m，n异面，故D错误．
故选：BC．
（多选）10．（2025 红河州四模）如图1，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC 的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF翻折，使A，B，C三点重合于点P（如图2），下列选项正确的是（　　）
A．三棱锥P﹣EFD的表面积为16
B．PD⊥EF
C．直线DF与平面PEF所成角的正切值为
D．点P到平面EFD的距离为
【解答】解：对于A，根据题意得，三棱锥P﹣EFD的表面积S＝S△PED+S△PEF+S△DPF+S△DEF
＝S△AED+S△BEF+S△DCF+S△DEF＝S正方形ABCD＝4×4＝16，故A正确；
对于B，因为PD⊥PE，PD⊥PF，且PE，PF 平面PEF，PE∩PF＝P，
所以PD⊥平面PEF，
又因为EF 平面PEF，所以PD⊥EF，故B正确；
对于C，因为PD⊥平面PEF，
所以∠PFD 是直线DF与平面PEF所成的角，
在Rt△PFD 中，，故C错误；
对于D，设点P到平面EFD 的距离为h，
因为，
，
所以，即6×h＝2×4，
解得h，即点P到平面DEF的距离为，故D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（2025春 贵港月考）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则下列说法正确的是（　　）
A．异面直线BC1与CA1的夹角的正弦值为1
B．BC1∥平面ACD1
C．点D与平面ACD1的距离为
D．直线CA1与平面ABCD所成的角为60°
【解答】解：如图，
以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0），C（0，2，0），D（0，0，0），
B（2，2，0），C1（0，2，2），A1（2，0，2），D1（0，0，2），
对于A，由，，
则，即BC1⊥CA1，
所以异面直线BC1与CA1的夹角的正弦值为1，故A正确；
对于B，因为AB∥C1D1，AB＝C1D1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以BC1∥AD1，又AD1 平面ACD1，BC1 平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1，故B正确；
对于C，，，，
设平面ACD1的一个法向量为，点D与平面ACD1的距离为d，
则，令a＝1，得，
所以d，故C错误；
对于D，易知平面ABCD的一个法向量为，
又，
设直线CA1与平面ABCD的夹角为θ，
则，
所以直线CA1与平面ABCD所成的角不为60°，故D错误．
故选：AB．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 迎泽区校级月考）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，N为B1C1的中点，若过B1D的平面α∥平面CND1，则α截该正方体所得截面图形的面积为　　 ．
【解答】解：根据题意可知，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，N为B1C1的中点，
如图，取BC的中点E，A1D1的中点F，连接DE，B1E，B1F，FD，
因为E，F分别为BC，A1D1的中点，所以FD1∥B1N，FD1＝B1N，
所以四边形FD1NB1是平行四边形，所以FB1∥D1N，
又因为D1N 平面CND1，平面CND1，所以FB1∥平面CND1，
同理B1E∥平面CND1，
又B1E∩FB1＝B1，B1E，FB1 平面FDEB1，所以平面FDEB1∥平面CND1，
即四边形FDEB1为α截正方体所得截面图形．
由正方体的棱长为2，易得四边形FDEB1是边长为的菱形，
对角线即为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的体对角线，
又，
所求截面的面积．
故答案为：．
13．（2025 临汾模拟）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1各棱长均为2，则直线B1C与AB所成角的正弦值为 　　 ．
【解答】解：如图，
取AC的中点O，连接BO，因为△ABC是正三角形，所以BO⊥AC，
又因为正三棱柱中，平面ABC⊥平面ACC1A1，
平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，BO 平面ABC，所以BO⊥平面ACC1A1，
以O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
已知正三棱柱各棱长均为 2，
则 A（﹣1，0，0），C（1，0，0），，，
所以，
，
则cos，
设直线B1C与AB所成角为θ，
所以．
故答案为：．
14．（2025 鼓楼区校级模拟）四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，且，AB＝1．四棱锥P﹣ABCD的各个顶点均在球O的表面上，B∈l，l⊥OB，则该四棱锥外接球半径为 　1　 ；直线l与平面PAC所成的角的范围为 　[0，]　 ．
【解答】解：因为四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，且PA⊥平面ABCD，
将四棱锥P﹣ABCD补形成长方体，则四棱锥P﹣ABCD的外接球即为长方体的外接球，
所以四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心O为PC的中点，
因为，AB＝1，
所以，，所以，
连接AC，BD，交点为Q，
因为底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又PA⊥平面ABCD，且BD 平面ABCD，所以PA⊥BD，
又PA∩AC＝A，AC 平面PAC，PA 平面PAC，所以BD⊥平面PAC，即BQ⊥平面PAC，
若l∥平面PAC，则l与平面PAC所成的角为0；
如图，若过B的直线l与平面PAC相交于点R，在平面BOQ中，过B作直线BS⊥OB，与平面PAC相交于点为S，
因为BQ⊥平面PAC，且RS 平面PAC，所以BQ⊥RS，
又BO⊥BR，BS⊥OB，且BR∩BS＝B，BR，BS 平面BRS，所以BO⊥平面BRS，
故过B且与BO垂直的直线与平面PAC的交点的轨迹为直线RS，又RS 平面BRS，所以RS⊥OB，
又BQ⊥RS，且OB∩BQ＝B，所以RS⊥平面BOQ，又OS 平面BOQ，
所以RS⊥OS，又BQ⊥平面PAC，所以RQ为BR在平面PAC内的射影，
即∠BRQ为直线l与平面PAC所成的角，且，
在Rt△SBO中，，，由射影定理求得 ，
而，当且仅当R，S重合时，等号成立，
故，所以．
所以直线l与平面PAC所成夹角的取值范围为．
故答案为：1；．
四．解答题（共5小题）
15．（2025 牧野区校级模拟）如图所示在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，M是BC的中点．
（1）求证：A1B∥平面AMC1．
（2）试问在棱A1B1上是否存在点N，使得AN与MC1与所成角为若存在，请确定点N的位置；若不存在，请说明理由．
（3）在（2）题设条件下，试求平面A1BC与平面AMC1所成角的余弦值．
【解答】（1）证明：连接A1C，设A1C∩AC1＝O，连接OM，
由题意可得O为A1C的中点，而M为BC的中点，
所以OM∥A1B，
又因为OM 平面AMC1，A1B 平面AMC1，
可得A1B∥平面AMC1；
（2）解：因为AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，
由题意可得以B为坐标原点，以BA，BC，BB1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设AA1＝1，则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），B1（0，0，1），C1（0，2，1），M（0，1，0），
设N（a，0，1），则a∈[0，2]，
则（a﹣2，0，1），（0，1，1），
可得 （a﹣2）×0+0×1+1×1＝1，||，||，
可得cos，，
因为AN与MC1与所成角为，可得cos，
可得（a﹣2）2+1＝2，可得a＝1或a＝3（舍），
即点N为A1B1的中点；
（3）解：设平面A1BC的法向量为（x，y，z），
又因为（2，0，1），（0，2，0），
则，即，
令x＝1，则（1，0，﹣2），
设平面AMC1的法向量为（x'，y'，z'），
又因为（2，﹣1，0），（0，1，1），
则，即，
令x＝1，则（1，2，﹣2），
可得 1×1+0×2+（﹣2）×（﹣2）＝5，||，|3，
所以cos，，
设平面A1BC与平面AMC1所成角为θ，
则cosθ＝|cos，|．
即平面A1BC与平面AMC1所成角的余弦值为．
16．（2025 武清区校级模拟）在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面AEBF，且△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，∠BAE＝∠AFB＝90°，AB＝2．
（1）求证：直线BE∥平面ADF；
（2）求平面CDE与平面ADF的夹角；
（3）点P在线段DE（包括端点）上，若直线AP与平面ADF所成角的正弦值为，求的值．
【解答】（1）证明：因为△ABE和△ABF均为等腰直角三角形，∠BAE＝∠AFB＝90°，
所以∠FAB＝∠ABE＝45°，所以BE∥AF，
因为BE 平面ADF，AE 平面ADF，
所以直线BE∥平面ADF；
（2）解：因为四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面AEBF，
所以AD⊥AB，
又因为AD 平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF＝AB，所以AD⊥平面AEBF，
则以A为原点，分别以AB、AE、AD所在的直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系如图所示，
由AB＝2得，B（2，0，0），C（2，0，2），F（1，﹣1，0），A（0，0，0），D（0，0，2），E（0，2，0），，
（0，2，﹣2），（0，0，1），（1，﹣1，0），
设平面CDE的法向量为（x，y，z），
可得，即，令y＝1，
可得（0，1，1），
设平面ADF的法向量为（x'，y'，z'），
则，即，
令x'＝1，则（1，1，0），
所以 0×1+1×1+1×0＝1，||，||，
所以cos，，
设平面CDE与平面ADF夹角为θ，θ∈[0，]，
所以cosθ＝|cos，|，
可得θ；
（3）解：由题意设λ，λ∈[0，1]，
因为（0，2，﹣2），则 λ（0，2λ，﹣2λ），
所以P（0，2λ，2﹣2λ），（（0，2λ，2﹣2λ），
由（2）知平面ADF的法向量为（1，1，0），
因为直线AP与平面ADF所成角的正弦值为，
因为 1×0+1×2λ+0×（2﹣2λ）＝2λ，||，
可得cos，，
由题意可得|cos，|||，
整理可得：8λ2+2λ﹣1＝0，解得λ（负值舍去），
即．
17．（2025春 惠州月考）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2BC＝4．
（1）求证：AB1∥平面BC1D；
（2）求直线BC1与平面AA1C1C所成角的正弦值．
【解答】（1）证明：连接B1C，交BC1于点O，连接OD，
因为四边形BCC1B1为矩形，
所以O为B1C的中点，因为D为AC的中点，
所以OD∥AB1；
因为AB1 平面BC1D，OD 平面BC1D，
所以AB1∥平面BC1D；
（2）解：过B点在底面ABC内作BE⊥AC，垂足为E，连接C1E，
因为侧棱AA1⊥底面ABC，BE 平面ABC，
所以AA1⊥BEC，
又AA1∩AC＝A，所以BE⊥平面AA1C1C，
所以∠BC1E就是直线BC1与平面AA1C1C所成角的正弦值，
因为AB⊥BC，AA1＝AB＝2，BC＝4，
所以，
由等面积法可得BE×AC＝AB×BC，
可得BE，
，
所以，
所以直线BC1与平面AA1C1C所成角的正弦值为．
18．（2025春 广东月考）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，BB1＝2BA，点Q是线段BB1的中点．
（1）求证：平面QAC⊥QA1C1；
（2）若，AB＝1，求二面角C1﹣QA﹣C的正弦值．
【解答】解：（1）证明：因为棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，
所以BB1⊥AB，BB1⊥A1B1，
因为BB1＝2BA＝2B1A1，点Q是线段BB1的中点，
所以BA＝B1A1＝BQ＝B1Q，
所以△ABQ，△A1B1Q为等腰直角三角形，
故，
所以A1Q⊥QA，
因为在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，
所以AB⊥AC，AA1⊥AC，
因为AB∩AA1＝A，AB，AA1 平面ABB1A1，所以AC⊥平面ABB1A1，
因为A1Q 平面ABB1A1，所以AC⊥A1Q，
因为QA∩AC＝A，QA，AC 平面QAC，所以A1Q⊥平面QAC，
因为A1Q 平面QA1C1，
所以平面QAC⊥平面QA1C1．
（2）因为四边形BCC1B1为矩形，点Q是线段BB1的中点，所以QC＝QC1，
因为，所以△QCC1为等边三角形，
则QC＝QC1＝CC1＝BB1＝2AB＝2．
由题意得，BQ⊥BC，，
所以，
因为，所以，
如图，过C1作C1D⊥平面QAC，垂足为D，连接QD，C1A．
由（1）得，平面QAC⊥平面QA1C1，
因为C1∈平面QA1C1，所以平面QAC∩平面QA1C1＝QD．
因为A1C1∥AC，AC 平面QAC，A1C1 平面QAC，
所以A1C1∥平面QAC，
所以C1到平面QAC的距离等于A1到平面QAC的距离，
因为A1Q⊥平面QAC，C1D⊥平面QAC，所以A1Q＝C1D，A1Q∥C1D，
因为QD 平面QAC，所以C1D⊥QD，
所以四边形C1A1QD为矩形，故，QD∥A1C1∥AC．
因为AC⊥平面ABB1A1，QA 平面ABB1A1，
所以AC⊥QA，故QD⊥QA．
由AC⊥QA，A1C1∥AC得A1C1⊥QA，
由（1）知，A1Q⊥QA，
因为A1Q∩A1C1＝A1，A1Q，A1C1 平面QA1C1，
所以QA⊥平面QA1C1，
因为C1Q 平面QA1C1，所以QA⊥C1Q，
所以二面角C1﹣QA﹣C的平面角为∠C1QD，
在△B1A1Q中，，所以．
由C1D⊥QD，，
即△C1QD为等腰直角三角形，所以，
所以二面角C1﹣QA﹣C的正弦值为．
19．（2025 沈阳校级一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，E为线段PB的中点．
（1）若F为线段BC上的动点，证明：平面AEF⊥平面PBC；
（2）若F为线段BC上的动点，探究是否存在点F使得PD∥平面AEF，说明理由；
（3）若F为线段DC的中点，PA＝2，过A、E、F三点的平面交PC于点G，求四棱锥P﹣AEGF与P﹣ABCD的体积之比．
【解答】解：（1）证明：在△PAB中，因为PA＝AB，且E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，
又因为PA⊥底面ABCD，BC 底面ABCD，
所以PA⊥BC，
因为AB⊥BC，AB∩PA＝A，且AB，PA 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
又因为AE 平面PAB，所以AE⊥BC，
因为PB∩BC＝B，且PB，BC 平面PBC，
所以AE⊥平面PBC，因为AE 平面AEF，
所以平面AEF⊥平面PBC；
（2）存在，理由如下：
如图所示，连接AC，BD交于点O，可得O为BD的中点，
因为E为PB的中点，所以OE∥PD，
又因为PD 平面ACE，OE 平面ACE，所以PD∥平面ACE，
当点F与点C重合时，此时PD∥平面AEF，
即在BC上存在点F，使得PD∥平面AEF．
（3）如图所示，连接EF，则四棱锥P﹣AEGF可分为P﹣AEF和P﹣GEF两个三棱锥，
因为PA＝AB＝2，且PA⊥底面ABCD，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积为，
以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），P（0，0，2），E（1，0，1），F（1，2，0），
则．，，，
设，其中0＜t＜1，
则（0，0，2）+t（2，2，﹣2）＝（2t，2t，2﹣2t），
因为A，E，G，F共面，
则存在实数x，y使得，
即（2t，2t，2﹣2t）＝x （1，0，1）+y （1，2，0），
可得，
解得，
即，
所以G为PC的靠近C的三等分点，
因为F为线段DC的中点，可得，
即，
又因设E到平面PCD的距离为d，B到平面PCD的距离为d1，
则，
所以，
又因为F为线段DC的中点，且BC⊥平面PAB，
因为BC∥AB，BC 平面PAB，AB 平面PAB，
所以BC∥平面PAB，
所以F到平面PAB的距离等于C到平面PAB的距离，此时距离为BC＝2，
则，
所以，
所以．
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