三年高考(2016-2018)高考数学试题分项版解析 专题25 立体几何中综合问题 理(含解析)

专题25 立体几何中综合问题
考纲解读明方向
考点内容解读要求高考示例常考题型预测热度
空间向量及其应用①理解直线的方向向量与平面的法向量;
②能用向量语言表述直线与直线、直线与
平面、平面与平面的垂直、平行关系；
③能用向量方法证明有关直线和平面位
置关系的一些定理（包括三垂线定理）;
④能用向量方法解决直线与直线、直线与
平面、平面与平面的夹角的计算问题，了
解向量方法在研究立体几何问题中的应
用
掌握
2017浙江，9;
2017课标全国Ⅱ，19；
2017天津,17;2017江苏，
22;
2017北京，16；2017浙江，
19；
2017山东,17；
2016课标全国Ⅲ,19;
2016山东，17;2016浙江，
17；
2015课标Ⅱ,19；2014陕
西,17；
2013课标全国Ⅱ，18
解答题★★★
分析解读1。

能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力。

2。

会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养准确无误的运算能力.3。

本节内容在高考中延续解答题的形式,以多面体为载体，求空间角的命题趋势较强，分值约为12分，属中档题。

2018年高考全景展示
1．【2018年理数天津卷】如图，且AD=2BC，,且EG=AD,且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.
（I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；
（II）求二面角的正弦值；
（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长。

【答案】(Ⅰ)证明见解析；（Ⅱ)；(Ⅲ）。

详解：依题意，可以建立以D为原点，分别以，,的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图）,可得D（0,0,0）,A(2,0，0），B（1,2，0)，C（0，2，0)，
E(2，0,2),F（0，1，2）,G（0,0，2)，M（0，，1），N（1，0，2）．
（Ⅰ）依题意=（0，2，0）,=（2,0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量,则即
不妨令z=–1,可得n0=（1,0,–1)．又=（1,,1），可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．
（Ⅱ）依题意，可得=（–1,0，0）,,=（0,–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE 的法向量，则即不妨令z=1,可得n=（0,1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量,则即不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有
cos<m,n>=，于是sin〈m，n>=．所以,二面角E–BC–F的正弦值为．
(Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2]），则点P的坐标为（0,0，h），可得．
易知，=(0，2,0）为平面ADGE的一个法向量，故，由题意,可得
=sin60°=，解得h=∈[0，2］．所以线段的长为.
点睛:本题主要考查空间向量的应用，线面平行的证明，二面角问题等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力。

2．【2018年理北京卷】如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E,F，G分别为,AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．
(Ⅰ）求证：AC⊥平面BEF；
（Ⅱ）求二面角B-CD—C1的余弦值；
（Ⅲ）证明：直线FG与平面BCD相交．
【答案】（1)证明见解析(2） B—CD—C1的余弦值为（3）证明过程见解析
【解析】分析：（1）由等腰三角形性质得，由线面垂直性质得，由三棱柱性质可得，因此，最后根据线面垂直判定定理得结论,(2）根据条件建立空间直角坐标系E-ABF，设立各点坐标,利用方程组解得平面BCD一个法向量，根据向量数量积求得两法向量夹角，再根据二面角与法向量夹角相等或互补关系求结果，（3）根据平面BCD一个法向量与直线F G方向向量数量积不为零，可得结论。

详解:解：（Ⅰ）在三棱柱ABC—A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴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．如图建立空间直角坐称系E—xyz．由题意得B(0，2，0），C（-1，0，0），D（1,0，1），F(0，0，2），G(0,2,1）．∴，设平面BCD的法向量为,∴,∴，令a=2,则b=—1,c=-4,∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1
的法向量为，∴．由图可得二面角B—CD—C1为钝角，所以二面角B-CD—C1的余弦值为．
（Ⅲ)平面BCD的法向量为，∵G(0,2，1），F（0，0,2）,∴,∴，∴与不垂直,∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．
点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
（1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行。

（2）证明线面垂直,需转化为证明线线垂直。

（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
3．【2018年江苏卷】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1,BC的中点．
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．
【答案】（1）（2）
【解析】分析:（1）先建立空间直角坐标系,设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果;(2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量,再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果。

详解:如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，
所以．
（1）因为P为A1B1的中点，所以,从而，
故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．
点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关"，构建恰当的空间直角坐标系;第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三,破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 4．【2018年江苏卷】在平行六面体中，．
求证：（1）；
(2）．
【答案】答案见解析
【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行,再根据线面平行判定定理得结论；（2)先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直,以及已知垂直条件,利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.
详解：证明：(1）在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，
所以AB∥平面A1B1C．
（2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形，因此AB1⊥A1B．又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC．
又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC．因为AB1平面ABB1A1，
所以平面ABB1A1⊥平面A1BC．
点睛:本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误,如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行,侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件,这些条件在解题中都是已知条件,缺少对这些条件的应用可导致无法证明。

5．【2018年理新课标I卷】如图,四边形为正方形，分别为的中点,以为折痕把折起,使点到达点的位置,且.
（1）证明：平面平面;
（2）求与平面所成角的正弦值。

【答案】(1)证明见解析。

（2）.
【解析】分析:（1)首先从题的条件中确定相应的垂直关系，即BF⊥PF，BF⊥EF,又因为，利用线面垂直的判定定理可以得出BF⊥平面PEF，又平面ABFD,利用面面垂直的判定定理证得平面PEF⊥平面ABFD。

(2）结合题意,建立相应的空间直角坐标系，正确写出相应的点的坐标,求得平面ABFD的法向量，设DP与平
面ABFD所成角为，利用线面角的定义，可以求得，得到结果.
详解:（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.
点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的证明以及线面角的正弦值的求解，属于常规题目,在解题的过程中，需要明确面面垂直的判定定理的条件，这里需要先证明线面垂直，所以要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系,从而证得结果;对于线面角的正弦值可以借助于平面的法向量来
完成，注意相对应的等量关系即可。

6．【2018年全国卷Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．
（1）证明：平面平面;
(2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）见解析(2）
【解析】分析：（1）先证平面CMD，得,再证，进而完成证明。

(2）先建立空间直角坐标系，然后判断出的位置,求出平面和平面的法向量，进而求得平面与平面所成二面角的正弦值。

详解：(1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM。

因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM。

又BC CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC。

（2）以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.
当三棱锥M−ABC体积最大时,M为的中点。

由题设得,
，设是平面MAB的法向量，则
即可取。

是平面MCD的法向量，因此
,，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是。

点睛：本题主要考查面面垂直的证明,利用线线垂直得到线面垂直,再得到面面垂直，第二问主要考查建立空
间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角，考查数形结合，将几何问题转化为代数问题进行求解，考查学生的计算能力和空间想象能力，属于中档题。

7．【2018年理数全国卷II】如图,在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明:平面；
（2）若点在棱上,且二面角为，求与平面所成角的正弦值．
【答案】(1）见解析(2）
【解析】分析：（1)根据等腰三角形性质得PO垂直AC,再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论，(2)根据条件建立空间直角坐标系,设立各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量,利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程,解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果。

详解：(1）因为，为的中点，所以，且.
连结。

因为，所以为等腰直角三角形,且，。

由知。

由知平面.
（2）如图,以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系.由已知得
取平面的法向量。

设
，则.设平面的法向量为。

由得，可取，所以
.由已知得。

所以.解得
（舍去)，.所以。

又，所以.所以与平面所成
角的正弦值为。

点睛:利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”:第一,破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”,准确求解相关点的坐标;第三,破“求法向量关"，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关"。

2017年高考全景展示
1.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O 。

D 、
E 、
F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ,CA ，AB 为底边的等腰三角形。

沿虚线剪开后，
分别以BC ，CA ,AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位:cm 3
）的最大值为_______.
【答案】415【解析】
试题分析：如下图，设正三角形的边长为x ，则133OG =3
=。

∴3
5FG SG ==-
， 2
2
2233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
3553⎛⎫
=- ⎪ ⎪⎝⎭ ∴三棱锥的体积2113355333ABC V S h x ∆⎛⎫=⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭
4
51535123x x =-. 令()4535n x x =，则()34
53'20n x x =,
令()'0n x =，43
403
x x -
= ,43x =，
max 75
485441512
V =
⨯⨯-=。

【考点】简单几何体的体积
【名师点睛】对于三棱锥最值问题,肯定需要用到函数的思想进行解决,本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积。

当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方式进行解决。

2.【2017课标3，理19】如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ,AB =BD ．
（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；
（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D –AE –C 的余弦值。

【答案】(1）证明略； （2）
7
7
. 【解析】
试题分析：(1)利用题意证得二面角的平面角为90°,则可得到面面垂直;
（2） 利用题意求得两个半平面的法向量，7。

（2)
由题设及（1)知,,,OA OB OC 两两垂直,以O 为坐标原点,OA 的方向为x 轴正方向，OA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.则()()
()()1,0,0,3,0,1,0,0,0,0,1A B C D - 由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的
1
2
，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点,得312E ⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭ 。

故 ()()311,0,1,2,0,0,2AD AC AE ⎛⎫=-=-=- ⎪ ⎪⎝
⎭ .
设()=x,y,z n 是平面DAE 的法向量，则AD AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩0，0，n n 即0,31
02
x z x y z -+=⎧⎪
⎨-+
+=⎪⎩。

可取3⎛
⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
n 。

设m 是平面AEC 的法向量,则0，0，
AC AE ⎧=⎪⎨
=⎪⎩m m 同理可得()
0,1,3=-m 。

则7cos ,7
⋅=
=
n m n m n m . 所以二面角D -AE -C 的余弦值为
7
7。

【考点】 二面角的平面角；面面角的向量求法
【名师点睛】（1）求解本题要注意两点：一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算.
(2）设m ，n 分别为平面α,β的法向量,则二面角θ与〈m ,n >互补或相等，故有｜cos θ｜＝｜cos 〈m ，n 〉｜=
⋅m n
m n
.求解时一定要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角. 3.【2017山东，理17】如图，几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G 是DF 的中点.
（Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小； （Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.
【答案】(Ⅰ）30CBP ∠=︒。

（Ⅱ）60︒。

【解析】试题分析：（Ⅰ）利用AP BE ⊥,AB BE ⊥，
证得BE ⊥平面ABP ，
利用BP ⊂平面ABP ，得到BE BP ⊥，结合120EBC ∠=︒可得CBP ∠。

（Ⅱ)两种思路,一是几何法，二是空间向量方法,其中思路一: 取EC 的中点H ，连接EH ，GH ，CH 。

得四边形BEHC 为菱形，
得到AE GE AC GC =====。

取AG 中点M ,连接EM ，CM ，EC . 得到EM AG ⊥，CM AG ⊥， 从而EMC ∠为所求二面角的平面角。

据相关数据即得所求的角。

思路二：
以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x ，y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 写出相关点的坐标，求平面AEG 的一个法向量111(,,)m x y z =，
平面ACG 的一个法向量222(,,)n x y z =
计算1
cos ,||||2
m n m n m n ⋅<>=
=⋅即得.
试题解析：(Ⅰ)因为AP BE ⊥，AB BE ⊥,
AB ，AP ⊂平面ABP ，AB
AP A =，
所以BE ⊥平面ABP ， 又BP ⊂平面ABP ，
所以BE BP ⊥,又120EBC ∠=︒, 因此30CBP ∠=︒ （Ⅱ）解法一：
取EC 的中点H ,连接EH ，GH ,CH . 因为120EBC ∠=︒， 所以四边形BEHC 为菱形,
所以22
3213AE GE AC GC ====+=。

取AG 中点M ，连接EM ，CM ,EC 。

则EM AG ⊥，CM AG ⊥， 所以EMC ∠为所求二面角的平面角。

又1AM =，所以13123EM CM ==-= 在BEC ∆中，由于120EBC ∠=︒，
由余弦定理得222
22222cos12012EC =+-⨯⨯⨯︒=,
所以23EC =EMC ∆为等边三角形， 故所求的角为60︒。

解法二:
以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ,BA 所在的直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系。

由题意得(0,0,3)A (2,0,0)E ,(13,3)G ，(13,0)C -，故(2,0,3)AE =-，(1,3,0)AG =，
(2,0,3)CG =，
设111(,,)m x y z =是平面AEG 的一个法向量。

由00
m AE m AG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得1111230,30,x z x -=⎧⎪⎨=⎪⎩
取12z =，可得平面AEG 的一个法向量(3,3,2)m -. 设222(,,)n x y z =是平面ACG 的一个法向量。

由00
n AG n CG ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩可得222230,
230,x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩
取22z =-，可得平面ACG 的一个法向量(3,3,2)n =--。

所以1
cos ,||||2
m n m n m n ⋅<>=
=⋅。

因此所求的角为60︒.
【考点】1.垂直关系.2. 空间角的计算。

【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理,明确角的构成。

立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法。

本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等.
2016年高考全景展示
1．【2016高考天津理数】如图,正方形ABCD 的中心为O ,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF ⊥平面ABCD ，点G 为AB 的中点,AB =BE =2. (I ）求证：EG ∥平面ADF ； （II ）求二面角O -EF -C 的正弦值； （III)设H 为线段AF 上的点,且AH =
2
3
HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.
【答案】37
【解析】
试题分析:（Ⅰ)利用空间向量证明线面平行,关键是求出面的法向量，利用法向量与直线方向向量垂直进行论证(Ⅱ）利用空间向量求二面角，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与二面角相等或互补关系求正弦值（Ⅲ）利用空间向量证明线面平行，关键是求出面的法向量，再利用向量数量积求出法向量夹角，最后根据向量夹角与线面角互余关系求正弦值
试题解析：依题意，OF ABCD ⊥平面，如图，以O 为点,分别以,,AD BA OF 的方向为x 轴，y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得(0,0,0)O ，
()1,1,0,(1,1,0),(1,1,0),(11,0),(1,1,2),(0,0,2),(1,0,0)A B C D E F G -------，。

(I ）证明:依题意,()(2,0,0),1,1,2AD AF ==-。

设()1,,n x y z =为平面ADF 的法向量,则110
n AD n AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，
即20
20
x x y z =⎧⎨
-+=⎩ .不妨设1z =，可得()10,2,1n =，又()0,1,2EG =-,可得10EG n ⋅=，又因为直线
EG ADF ⊄平面，所以//EG ADF 平面.
（II)解：易证,()1,1,0OA =-为平面OEF 的一个法向量。

依题意，()()1,1,0,1,1,2EF CF ==-.设
()2,,n x y z =为平面CEF 的法向量，则220
n EF n CF ⎧⋅=⎪⎨
⋅=⎪⎩，即020x y x y z +=⎧⎨-++=⎩ 。

不妨设1x =,可得()21,1,1n =-.
因此有222
6
cos ,3
OA n OA n OA n ⋅<>=
=-
⋅,于是23sin ,3OA n <>=,所以,二面角O EF C --的正弦值为
3
3。

(III)解:由23AH HF =
,得25AH AF =。

因为()1,1,2AF =-，所以2224,,5555AH AF ⎛⎫
==- ⎪⎝⎭
,进而有334,,555H ⎛⎫
- ⎪⎝⎭，从而284,,555BH ⎛⎫= ⎪⎝⎭，因此2227cos ,21BH n BH n BH n ⋅<>==-⋅所以，直线BH 和平面
CEF 7
. 考点：利用空间向量解决立体几何问题 2。

【2016年高考北京理数】（本小题14分）
如图,在四棱锥P ABCD -中,平面PAD ⊥平面ABCD ,PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，
1AB =，2AD =，5AC CD ==.
(1）求证：PD ⊥平面PAB ；
（2）求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值;
（3）在棱PA 上是否存在点M ，使得//BM 平面PCD ？若存在，求
AM
AP
的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）3
3
；(3)存在，14AM AP = 【解析】
试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB ⊥平面PAD ;根据线面垂直性质定理可知PD AB ⊥，再由线面垂直判定定理可知⊥PD 平面PAB ；（2）取AD 的中点O ,连结PO ，CO ,以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O xyz -，利用向量法可求出直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3）假设存在,根据A ，P ，M 三点共线，设AP AM λ=,根据//BM 平面PCD ,即0=⋅n BM ，求λ的值，即可求出AM
AP
的值. 试题解析：（1）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB AD ⊥, 所以⊥AB 平面PAD ，所以PD AB ⊥, 又因为PD PA ⊥，所以⊥PD 平面PAB ； （2)取AD 的中点O ，连结PO ，CO ， 因为PA PD =,所以AD PO ⊥.
又因为⊂PO 平面PAD ，平面⊥PAD 平面ABCD ， 所以⊥PO 平面ABCD 。

因为⊂CO 平面ABCD ，所以⊥PO CO 。

因为CD AC =,所以AD CO ⊥。

如图建立空间直角坐标系xyz O -,由题意得，
)1,0,0(),0,1,0(),0,0,2(),0,1,1(),0,1,0(P D C B A -。

设平面PCD 的法向量为),,(z y x n =，则
⎪⎩⎪⎨
⎧=⋅=⋅,0,0PC n PD n 即⎩⎨⎧=-=--,
02,
0z x z y 令2=z ，则2,1-==y x . 所以)2,2,1(-=n .
又)1,1,1(-=PB ，所以3
3
,cos -
=⋅>=
<PB
n PB n PB n . 所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为
3
3.
(3）设M 是棱PA 上一点,则存在]1,0[∈λ使得AP AM λ=。

因此点),,1(),,1,0(λλλλ--=-BM M 。

因为⊄BM 平面PCD ,所以∥BM 平面PCD 当且仅当0=⋅n BM , 即0)2,2,1(),,1(=-⋅--λλ，解得4
1=
λ。

所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时4
1=AP AM . 考点：1。

空间垂直判定与性质;2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用.
【名师点睛】平面与平面垂直的性质的应用：当两个平面垂直时，常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线，把面面垂直转化为线面垂直，进而可以证明线线垂直（必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系），构造（寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等。

3。

【2016年高考四川理数】（本小题满分12分)
如图,在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=
12
AD ，E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°。

(Ⅰ)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由;
(Ⅱ）若二面角P —CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.
E D
C
B P A
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）13
.
【解析】
试题分析：(Ⅰ）探索线面平行，根据是线面平行的判定定理，先证明线线平行，再得线面平行，而这可以利用已知的平行，易得CD ∥EB ；从而知M 为DC 和AB 的交点；（Ⅱ）求线面角，可以先找到这个角，即作出直线在平面内的射影,再在三角形中解出，也可以利用已知图形中的垂直建立空间直角坐标系，用向量法求出线面角（通过平面的法向量与直线的方向向量的夹角来求得）．
试题解析:(Ⅰ）在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行。

延长AB ，DC ，相交于点M （M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点.理由如下：
由已知，BC ∥ED ,且BC =ED .
所以四边形BCDE 是平行四边形.，所以CD ∥EB
从而CM ∥EB .
又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ，
所以CM ∥平面PBE 。

（说明：延长AP 至点N ，使得AP =PN ,则所找的点可以是直线MN 上任意一点）
于是CE ⊥平面PAH.
所以平面PCE ⊥平面PAH 。

过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE.
所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角.
在Rt △AEH 中,∠AEH=45°,AE=1，
所以2
在Rt △PAH 中，22PA AH 32
2 ，
所以sin ∠APH=AH
PH =1
3.
方法二：
由已知，CD⊥PA，CD⊥AD,PA⋂AD=A，
所以CD⊥平面PAD。

于是CD⊥PD。

从而∠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.
设BC=1，则在Rt△PAD中，PA=AD=2.
作Ay⊥AD，以A为原点，以AD ,AP的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A—xyz，则A（0,0，0），P（0，0，2），C（2,1，0)，E（1,0,0），
所以PE=（1,0,—2），EC=（1，1,0)，AP=（0,0，2）
设平面PCE的法向量为n=（x，y，z），
由
0,
0,
PE
EC
⎧⋅=
⎪
⎨
⋅=
⎪⎩
n
n
得
20,
0,
x z
x y
-=
⎧
⎨
+=
⎩
设x=2，解得n=(2，—2,1）.
设直线PA与平面PCE所成角为α，则sinα=
||
||||
n AP
n AP
⋅
⋅
=
222
1
3
22(2)1
=
⨯+-+
.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为1
3。

P
考点:线线平行、线面平行、向量法.
【名师点睛】本题考查线面平行、线线平行、向量法等基础知识，考查空间想象能力、分析问题的能力、计算能力.证明线面平行时，可根据判定定理的条件在平面内找一条平行线，而这条平行线一般是由过面外的直线的一个平面与此平面相交而得，证明时注意定理的另外两个条件（线在面内，线在面外）要写全，否则会被扣分，求线面角（以及其他角），一种方法可根据定义作出这个角（注意还要证明），然后通过解三角形求出这个角．另一种方法建立空间直角坐标系，用向量法求角，这种方法主要是计算,不需要“作角、证明”，关键是记住相应公式即可．。