1、考点测试34空间直线、平面的平行高考概览高考中本考点各种题型都有考查，分值为5分或10分，中等难度考纲研读1.以立体几何的定义、基本事实和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理2能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题一、基础小题1两条直线a，b满足ab，b，则a与平面的位置关系是()AaBaCa与相交Da与不相交答案D解析由于b且ab，则a或a.故a与不相交故选D.2如图所示的三棱柱ABCA1B1C1中，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，则DE与AB的位置关系是()A异面B平行C相交D以上均有可能答案B解析在三棱柱ABCA1B1C1中
2、，ABA1B1，AB平面ABC，A1B1平面ABC，A1B1平面ABC，过A1B1的平面与平面ABC交于DE，DEA1B1，DEAB.3下列命题中错误的是()A平面内一个三角形各边所在的直线都与另一个平面平行，则这两个平面平行B平行于同一个平面的两个平面平行C若两个平面平行，则位于这两个平面内的直线也互相平行D若两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于另一个平面答案C解析由面面平行的判定定理和性质知A，B，D正确对于C，位于两个平行平面内的直线也可能异面，故C错误4若直线l不平行于平面，且l，则()A内的所有直线与l异面B内不存在与l平行的直线C内存在唯一的直线与l平行D内的直线与l都相交答
3、案B解析因为l，若在平面内存在与直线l平行的直线，则l，这与题意矛盾故选B.5给出下面结论：过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行；过不在平面内的一条直线，有且只有一个平面与这个平面平行；过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行；过不在直线上的一点，有且只有一个平面与这条直线平行其中正确结论的序号为()ABC.D答案C解析对于，过不在平面内的一点，有且只有一个平面与这个平面平行，正确；对于，当已知直线与平面相交时，不存在平面与已知平面平行，错误；对于，过不在直线上的一点，有且只有一条直线与这条直线平行，正确；对于，过不在直线上的一点，有无数个平面与已知直线平行，错误故选C
4、.6. 在三棱锥ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，当BD平面EFGH时，下面结论正确的是()AE，F，G，H一定是各边的中点BG，H一定是CD，DA的中点CBEEABFFC，且DHHADGGCDAEEBAHHD，且BFFCDGGC答案D解析由BD平面EFGH，得BDEH，BDFG，则AEEBAHHD，且BFFCDGGC.故选D.7设a，b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，b答案D解析若存在一条直线a，a，a，则或与相交
5、；若，则存在一条直线a，使得a，a，所以A是的一个必要条件；同理，B，C也是的一个必要条件而不是充分条件；可以通过平移把两条异面直线平移到一个平面内，成为相交直线，则有，所以D是的一个充分条件故选D.8. (多选)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，下列四个推断中正确的是()AFG平面AA1D1DBEF平面BC1D1CFG平面BC1D1D平面EFG平面BC1D1答案AC解析在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是A1B1，B1C1，BB1的中点，FGBC1，BC1AD1，FGAD1，FG平面AA1D1D，AD1平面AA1D1D，FG
6、平面AA1D1D，故A正确；EFA1C1，A1C1与平面BC1D1相交，EF与平面BC1D1相交，故B错误；FGBC1，FG平面BC1D1，BC1平面BC1D1，FG平面BC1D1，故C正确；EF与平面BC1D1相交，平面EFG与平面BC1D1相交，故D错误二、高考小题9(2021浙江高考) 如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则()A直线A1D与直线D1B垂直，直线MN平面ABCDB直线A1D与直线D1B平行，直线MN平面BDD1B1C直线A1D与直线D1B相交，直线MN平面ABCDD直线A1D与直线D1B异面，直线MN平面BDD1B1答案A解析解法一
7、：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1A1D.因为AB平面AA1D1D，所以ABA1D，所以A1D平面ABD1，所以A1D与D1B异面且垂直在ABD1中，由中位线定理可得MNAB，所以MN平面ABCD.易知直线AB与平面BDD1B1成45角，所以MN与平面BDD1B1不垂直，所以A正确，B，C，D错误故选A.解法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系设AB2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2，2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以(2,0，2)，(2,2，2)，(0,1,0)，所以4040，所
8、以A1DD1B.又由图易知直线A1D与直线D1B是异面直线，所以直线A1D与直线D1B异面且垂直因为平面ABCD的一个法向量为n(0,0,1)，n0，所以MN平面ABCD.设直线MN与平面BDD1B1所成的角为，因为平面BDD1B1的一个法向量为a(1，1,0)，所以sin|cos，a|，所以直线MN与平面BDD1B1不垂直故选A.10(2019全国卷)设，为两个平面，则的充要条件是()A内有无数条直线与平行B内有两条相交直线与平行C，平行于同一条直线D，垂直于同一平面答案B解析若，则内有无数条直线与平行，反之则不成立；若，平行于同一条直线，则与可以平行也可以相交；若，垂直于同一个平面，则与可
9、以平行也可以相交，故A，C，D中条件均不是的充要条件根据平面与平面平行的判定定理知，若一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行，反之也成立因此，B中条件是的充要条件故选B.11(2018浙江高考)已知平面，直线m，n满足m，n，则“mn”是“m”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件答案A解析m，n，mn，m，故充分性成立而由m，n，得mn或m与n异面，故必要性不成立故选A.12(2017全国卷)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()答案A解析A项
10、，作如图所示的辅助线，其中D为BC的中点，则QDAB.QD与平面MNQ交于点Q，直线AB与平面MNQ相交B项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.C项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDMQ，ABMQ.又AB平面MNQ，MQ平面MNQ，AB平面MNQ.D项，作如图所示的辅助线，则ABCD，CDNQ，ABNQ.又AB平面MNQ，NQ平面MNQ，AB平面MNQ.故选A.13(2016全国卷)，是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：如果mn，m，n，那么；如果m，n，那么mn；如果，m，那么m；如果mn，那么m与所成的角和n
11、与所成的角相等其中正确的命题有_(填写所有正确命题的编号)答案解析由mn，m，可得n或n在内，当n时，与可能相交，也可能平行，故错误易知都正确三、模拟小题14(2021辽宁铁岭六校高三模拟)已知m，n是两条不同的直线，是三个不同平面，则下列命题中正确的是()A若m，n，则mnB若，则C若m，m，则D若m，n，则mn答案D解析若m，n，则m，n平行、相交或异面，故A错误；若，则，平行或相交，故B错误；若m，m，则，平行或相交，故C错误；若m，n，由线面垂直的性质定理得mn，故D正确故选D.15(2021江苏如皋市模拟)四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，Q为AD的中点，点M在线段PC上
12、，PMtPC，PA平面MQB，则实数t的值为()A.BC.D答案C解析四棱锥PABCD中，连接AC分别交BQ，BD于点N，O.因为底面ABCD为平行四边形，所以O是AC中点，也是BD中点，而点Q是AD中点，于是得点N是ABD的重心，从而得ANAOAC.连接MN，如图因为PA平面MQB，PA平面PAC，平面PAC平面MQBMN，所以PAMN，所以t.所以实数t的值为.故选C.16(2021河北石家庄期中)已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是它们所在线段的中点，则满足A1F平面BD1E的图形的个数为()A0B1C.2D3答案B解析中，平移A1F至D1F，可知D1F与平面BD1E只有一
13、个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行；中，由于A1FD1E，而A1F平面BD1E，D1E平面BD1E，故A1F平面BD1E；中，平移A1F至D1F，可知D1F与平面BD1E只有一个交点D1，则A1F与平面BD1E不平行故选B.17. (2021福建宁德高三三模)如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BCCD，ABCD，BC，AA1ABAD2，点P，Q，R分别在棱BB1，CC1，DD1上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论错误的是()A任意点P，都有APQRB任意点P，四边形APQR不可能为平行四边形C存在点P，使得APR为等腰直角三角形D存在点P，使得BC平面APQR答案C解析对于
14、A，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为ABCD，BB1CC1，所以平面ABB1A1平面DCC1D1，又因为平面APQR平面ABB1A1AP，平面APQR平面DCC1D1QR，所以APQR，故A正确；对于B，若四边形APQR为平行四边形，则ARQP，而AD与BC不平行，即平面ADD1A1与平面BCC1B1不平行，又平面APQR平面BCC1B1QP，平面APQR平面ADD1A1AR，所以直线QP与直线AR不平行，与ARQP矛盾，所以四边形APQR不可能是平行四边形，故B正确；对于C，假设存在点P，使得APR为等腰直角三角形，令BPx，过点D作DEAB，则DEBC，在线段DR上取一点M使得D
15、MBPx，连接BD，PM，则四边形BDMP为矩形，所以MPBD2，则PR，AP，AR，显然ARPR，若由APPR，得x，则APPR，由ARAP，即，得DR22，故舍去，若由APAR，则BPDRx且BPDR四边形BPRD为平行四边形，所以RP2AP，无解，故C错误；对于D，当BPCQ，且DRCQ时，满足BC平面APQR，故D正确故选C.18. (2021湖北省襄阳市第四中学高三最后一模)如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则PBB1的面积的最小值为()A.B1C.D2答案C
16、解析延展平面EFG，可得截面EFGHQR，其中H，Q，R分别是所在棱的中点，直线D1P与平面EFG不存在公共点，所以D1P平面EFGHQR，由中位线定理可得ACEF，EF平面EFGHQR，AC平面EFGHQR，所以AC平面EFGHQR，因为Q，R分别是A1D1，AA1的中点，所以QRAD1，又AD1平面EFGHQR，QR平面EFGHQR，则AD1平面EFGHQR.又ACAD1A，AC平面AD1C，AD1平面AD1C，所以平面AD1C平面EFGHQR，又D1P平面EFGHQR，所以点P在AC上，因为BO与AC垂直，所以P与O重合时BP最小，此时PBB1的面积最小，最小值为2.故选C.19. (多
17、选)(2021河北衡水中学高三模拟预测)如图，一张矩形白纸ABCD，AB10，AD10，E，F分别为AD，BC的中点，BE交AC于点G，DF交AC于点H.现分别将ABE，CDF沿BE，DF折起，且点A，C在平面BFDE同侧，则下列命题为真命题的是()A当平面ABE平面CDF时，AC平面BFDEB当平面ABE平面CDF时，AECDC当A，C重合于点P时，PGPDD当A，C重合于点P时，三棱锥PDEF的外接球的表面积为150答案AD解析当平面ABE平面CDF时，如图，由已知矩形ABCD中，AB10，AD10，E，F分别为AD，BC的中点，可得ACBE，ACDF，且求得AGGHCH.则BE平面AGH
18、，DF平面CHG，由BEDF，可得平面AGH与平面CHG重合，即四边形AGHC为平面四边形，平面ABE平面CDF，AGCH，又AGCH，可得四边形AGHC为平行四边形，则ACGH，可得AC平面BFDE，故A正确；假设AECD，则四边形AEDC为平面图形，而GHAC，可得GH平面AEDC，又由GH平面BFDE，平面BFDE平面AEDCDE，则GHDE，即四边形GHDE为平行四边形，可得GHDE，与GHDE矛盾，假设错误，故B错误；当A，C重合于点P时，如图，连接GD，PG，PDGD10，不满足PG2PD2GD2，PG与PD不垂直，故C错误；在三棱锥PDEF中，PEPF5，EF10，EPF为直角三
19、角形，PEDE5，PD10，PED为直角三角形，而FPD为直角三角形，由补形法可知，三棱锥PDEF外接球的直径为，则三棱锥PDEF的外接球的表面积为42150，故D正确故选AD.20(多选)(2022河北唐山高三开学摸底考试)在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，ABCD，ABAD，AB2AD2DC2DD14.则()A在棱AB上存在点P，使得D1P平面A1BC1B在棱BC上存在点P，使得D1P平面A1BC1C若P在棱AB上移动，则A1DD1PD在棱A1B1上存在点P，使得DP平面A1BC1答案ABC解析对于A，当P是AB的中点时，依题意可知D1C1DCPB，D1C1DCPB，所以四边形D1PB
20、C1是平行四边形，所以D1PC1B，由于D1P平面A1BC1，C1B平面A1BC1，所以D1P平面A1BC1，A正确；对于B，设E是AB的中点，P是BC的中点，由上述分析可知D1E平面A1BC1.由于PEACA1C1，PE平面A1BC1，A1C1平面A1BC1，所以PE平面A1BC1.由于D1EPEE，所以平面D1PE平面A1BC1，所以D1P平面A1BC1，B正确；对于C，根据已知条件可知四边形ADD1A1是正方形，所以A1DD1A，由于ABAD，ABAA1，ADAA1A，所以AB平面ADD1A1，所以ABA1D.由于D1AABA，所以A1D平面AD1P，所以A1DD1P，C正确；对于D，建
21、立如图所示的空间直角坐标系，则A1(2,0,2)，B(2,4,0)，C1(0,2,2)，(0,4，2)，(2,2,0)设P(2，t,2)，t0,4.此方程组无解，所以在棱A1B1上不存在点P，使得DP平面A1BC1，D错误故选ABC.一、高考大题1(2021天津高考) 如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点(1)求证：D1F平面A1EC1；(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；(3)求二面角AA1C1E的正弦值解(1)证法一：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，A
22、1(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，C1(2,2,2)，D1(0,2,2)，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，所以(1,0，2)，(2,2,0)，(2,1，2)，设平面A1EC1的法向量为m(x1，y1，z1)，则令x12，则m(2，2,1)为平面A1EC1的一个法向量，因为m220，所以m，因为D1F平面A1EC1，所以D1F平面A1EC1.证法二：连接B1D1与A1C1交于点G，连接EF，EG，BD.则GD1B1D1BD，GD1BD.又E，F分别为BC，CD的中点，可知EFBD，且EFBD，所以EFGD1，且
23、EFGD1.所以四边形GEFD1为平行四边形所以D1FGE.又GE平面A1EC1，D1F平面A1EC1，所以D1F平面A1EC1.(2)由(1)得，(2,2,2)，设直线AC1与平面A1EC1所成的角为，则sin|cosm，|.(3)如图，连接DB.由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为(2，2,0)，则cos，m，所以二面角AA1C1E的正弦值为.2(2020北京高考) 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为BB1的中点(1)求证：BC1平面AD1E；(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值解(1)证明：在正方体ABCDA1B1C1D1中，ABA1B1且ABA1B1，
24、A1B1C1D1且A1B1C1D1，ABC1D1且ABC1D1，四边形ABC1D1为平行四边形，BC1AD1.BC1平面AD1E，AD1平面AD1E，BC1平面AD1E.(2)以点A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则A(0，0,0)，A1(0,0,2)，D1(2,0,2)，E(0,2,1)，(0,0,2)，(2,0,2)，(0,2,1)设平面AD1E的法向量为n(x，y，z)，由得令z2，则x2，y1，则n(2,1，2)为平面AD1E的一个法向量设直线AA1与平面AD1E所成的角为，
25、则sin|cosn，|.因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为.3. (2020全国卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.(1)证明：AA1MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；(2)设O为A1B1C1的中心，若AO平面EB1C1F，且AOAB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值解(1)证明：M，N分别为BC，B1C1的中点，MNBB1.又AA1BB1，AA1MN.A1B1C1为等边三角形，N为B1C1的中点，A1NB1C1.又侧面BB1C1
26、C为矩形，B1C1BB1.MNBB1，MNB1C1.又MNA1NN，MN，A1N平面A1AMN，B1C1平面A1AMN.又B1C1平面EB1C1F，平面A1AMN平面EB1C1F.(2)解法一：连接NP，AO平面EB1C1F，平面AONP平面EB1C1FNP，AONP.三棱柱上下底面平行，平面A1AMN平面ABCAM，平面A1AMN平面A1B1C1A1N，ONAP.四边形ONPA是平行四边形ONAP，AONP.设ABC边长是6m(m0)，则NPAOAB6m.O为A1B1C1的中心，且A1B1C1的边长为6m，ON6msin60m.APONm.BCB1C1，B1C1平面EB1C1F，BC平面EB
27、1C1F，BC平面EB1C1F.又BC平面ABC，平面ABC平面EB1C1FEF，EFBC，解得EPm.在B1C1截取B1QEPm，连接PQ，故QN2m.B1QEP且B1QEP，四边形B1QPE是平行四边形，B1EPQ.由(1)可知B1C1平面A1AMN，故QPN为直线B1E与平面A1AMN所成的角在RtQPN中，根据勾股定理可得PQ2m，sinQPN.直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.解法二：由(1)知B1C1平面A1AMN，又BCB1C1，BC平面A1AMN，平面A1AMN平面ABC，作NQAM，垂足为Q，则NQ平面ABC.由已知得AMBC，以Q为坐标原点，的方向为x轴正方向，的
28、方向为z轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz，则AB2，AM.设M(a,0,0)连接NP，则四边形AONP为平行四边形，NPAOAB2，PQ，NQ，B1，E，故，|.又n(0，1,0)是平面A1AMN的一个法向量，设直线B1E与平面A1AMN所成的角为，sin|cosn，|.直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为.4. (2019全国卷)如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点(1)证明：MN平面C1DE；(2)求二面角AMA1N的正弦值解(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E
29、分别为BB1，BC的中点，所以MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MNED.又MN平面C1DE，ED平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0,0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1,0)设n(p
30、，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n(2,0，1)于是cosm，n，sinm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.5. (2019天津高考)如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长解(1)证明：以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，AE所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则A(0，0,0)，B(1,0,0)，设F(1，2，h)依题意，(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，又(0,2，h)，可得0
31、，又因为直线BF平面ADE，所以BF平面ADE.(2)依题意，D(0,1,0)，E(0,0,2)，C(1,2,0)，则(1,1,0)，(1,0,2)，(1，2,2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可得n(2,2,1)为平面BDE的一个法向量设直线CE与平面BDE所成的角为，则sin|cos，n|.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即不妨令y11，可得m为平面BDF的一个法向量由题意，有|cosm，n|，解得h.经检验，符合题意所以线段CF的长为.二、模拟大题6. (2021浙江省名校协作体高三上学期开学考试)
32、如图所示，在三棱柱BCDB1C1D1与四棱锥ABB1D1D的组合体中，已知BB1平面BCD，四边形ABCD是菱形，BCD60，AB2，BB11.(1)设O是线段BD的中点，求证：C1O平面AB1D1；(2)求直线B1C与平面AB1D1所成角的正弦值解(1)证明：取B1D1的中点为E，连接C1E，OA，AE，易知C1EOA且C1EOA，所以四边形C1EAO为平行四边形，所以C1OEA，又C1O平面AB1D1，AE平面AB1D1，所以C1O平面AB1D1.(2)解法一：过点C作平面AB1D1的垂线，垂足为G，连接B1G(图略)，则CB1G就是直线B1C与平面AB1D1所成的角又CG是点O到平面AB
33、1D1的距离的2倍，连接EO，由B1D1EC1，B1D1EO，知B1D1平面AEO，所以平面AEO平面AB1D1，在AEO中，作OHAE，垂足为H，即OH平面AB1D1.由题可得AO，B1C，AE2，所以在RtAEO中，OH，所以点C到平面AB1D1的距离为，所以sinCB1G.解法二：如图所示，以O为坐标原点，OA，OB，OE所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，得A(，0,0)，B1(0,1,1)，D1(0，1,1)，C(，0,0)，所以(，1,1)，(0,2,0)，(，1，1)，设平面AB1D1的法向量为n(x，y，z)，则得令x1，有y0，z，所以n(1,0，)为平
34、面AB1D1的一个法向量记为直线B1C与平面AB1D1所成的角，则sin.7. (2021河北张家口第一次模拟)如图，四边形ABCD是正方形，PA平面ABCD，PAEB，且PAAB3.(1)求证：CE平面PAD；(2)若BEPA，求直线PD与平面PCE所成角的正弦值解(1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以BCAD.又AD平面PAD，BC平面PAD，所以BC平面PAD.因为PAEB，PA平面PAD，EB平面PAD，所以EB平面PAD，又BCEBB，所以平面EBC平面PAD，又因为CE平面EBC，所以CE平面PAD.(2) 以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所
35、示的空间直角坐标系因为PAAB3，所以BEPA1，则P(0,0,3)，D(3,0,0)，C(3,3,0)，E(0,3,1)，则(3,0，3)，(3,3，3)，(0,3，2)设平面PCE的法向量为m(x，y，z)，则由得令z3，得平面PCE的一个法向量为m(1,2,3)，设直线PD与平面PCE所成角为，则sin.所以直线PD与平面PCE所成角的正弦值为.8. (2021湖南省汨罗市二中高三入学考试)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为边长为2的菱形，DAB60，ADP90，平面ADP平面ABCD，点F为棱PD的中点(1)在棱AB上是否存在一点E，使得AF平面PCE？并说明理由；(2)当二面
36、角DFCB的余弦值为时，求直线PB与平面ABCD所成的角解(1)在棱AB上存在点E，使得AF平面PCE，点E为棱AB的中点理由如下：取PC的中点Q，连接EQ，FQ，由题意，FQCD且FQCD，AECD且AECD，则AEFQ且AEFQ.所以四边形AEQF为平行四边形所以AFEQ，又EQ平面PCE，AF平面PCE，所以AF平面PCE.(2)由题意，知ABD为正三角形，所以EDAB，亦即EDCD，又ADP90，所以PDAD，且平面ADP平面ABCD，平面ADP平面ABCDAD，所以PD平面ABCD，故以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设FDa(a0)，则由题意知D(0,0,0)，F(0,0，a)，C(0，2,0)，B(，1,0)，(0,2，a)，(，1,0)，设平面FBC的法向量为m(x，y，z)，则由得令x1，则y，z，所以取m，显然可取平面DFC的一个法向量n(1,0,0)，由题意知|cosm，n|，所以a.由于PD平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD即为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在RtPBD中，tanPBDa，从而PBD60，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60.
