2021年高考数学经典例题专题七立体几何与空间向量含解析

2021年高考数学 7.7 立体几何中的向量方法(一)——证明空间中的位置关系练习——证明空间中的位置关系(25分钟60分)一、选择题(每小题5分,共25分)1.(xx·天津模拟)若直线l的方向向量为a=(1,0,2),平面α的法向量为n=(-2,0,-4),则( )A.l∥αB.l⊥αC.l⊂αD.l与α相交【解析】选B.因为n=-2a,所以a∥n,即直线l的方向向量与平面的法向量共线,这说明了直线与平面垂直.【误区警示】本题易由a∥n,误以为l∥α,而误选A.2.设平面α的法向量为(1,2,-2),平面β的法向量为(-2,-4,k),若α∥β,则k等于( )A.2B.-4C.4D.-2【解题提示】α∥β等价于其法向量平行.【解析】选C.因为α∥β,所以==,所以k=4.【加固训练】若平面α,β垂直,则下面可以是这两个平面的法向量的是()A.n1=(1,2,1),n2=(-3,1,1)B.n1=(1,1,2),n2=(-2,1,1)C.n1=(1,1,1),n2=(-1,2,1)D.n1=(1,2,1),n2=(0,-2,-2)【解析】选A.因为α⊥β,所以n1⊥n2,即n1·n2=0,经验证可知,选项A正确.3.(xx·锦州模拟)直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则x的值为()A.-2B.-C.D.±【解析】选D.由已知得s·n=0,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±.4.(xx·珠海模拟)如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则()A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EF⊥A1D,EF⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面【解题提示】建立空间直角坐标系,用向量法求解.【解析】选B.以D点为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设正方体棱长为1,则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E,F,B(1,1,0),D1(0,0,1),=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=,=(-1,-1,1),=-,·=·=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.5.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则M点的坐标为()A.(1,1,1)B.C. D.【解析】选C.由已知得A(,,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),设M(x,x,1).则=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1).设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c).则即解得,令b=1,则n=(1,1,).又AM∥平面BDE,所以n·=0.即2(x-)+=0,得x=,所以M.二、填空题(每小题5分,共15分)6.已知平面α和平面β的法向量分别为a=(1,1,2),b=(x,-2,3),且α⊥β,则x=.【解析】由α⊥β,得a⊥b.所以a·b=x-2+6=0,解得x=-4.答案:-47.(xx·兰州模拟)已知平面α内的三点A(0,0,1),B(0,1,0),C(1,0,0),平面β的一个法向量n=(-1,-1,-1).则不重合的两个平面α与β的位置关系是.【解析】由已知得,=(0,1,-1),=(1,0,-1),设平面α的一个法向量为m=(x,y,z),则得得令z=1,得m=(1,1,1).又n=(-1,-1,-1),所以m=-n,即m∥n,所以α∥β.答案:平行【方法技巧】平面的法向量的求法1.设出平面的一个法向量n=(x,y,z),利用其与该平面内的两个不共线向量垂直,即数量积为0,列出方程组,两个方程,三个未知数,此时给其中一个变量恰当赋值,求出该方程组的一个非零解,即得到这个法向量的坐标.2.注意,赋值不同得到法向量的坐标也不同,法向量的坐标不唯一.8.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别是棱BC,DD1上的点,如果B1E⊥平面ABF,则CE与DF的和为.【解析】以D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设CE=x,DF=y,则易知E(x,1,1),B1(1,1,0),所以=(x-1,0,1),又F(0,0,1-y),B(1,1,1),所以=(1,1,y),由于AB⊥B1E,故若B1E⊥平面ABF, 只需·=(1,1,y)·(x-1,0,1)=0⇒x+y=1.答案:1三、解答题(每小题10分,共20分)9.(xx·四平模拟)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别为A1B1,B1C1,C1D1的中点.(1)求证:AG∥平面BEF.(2)试在棱BB1上找一点M,使DM⊥平面BEF,并证明你的结论.【解析】(1)以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴和z轴建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(1,1,0),E,F,G,因为=,=,而=,所以=+,故与平面BEF共面,又因为AG不在平面BEF内,所以AG∥平面BEF.(2)设M(1,1,m),则=(1,1,m),由·=0,·=0,所以-+m=0⇒m=,所以M为棱BB1的中点时,DM⊥平面BEF.10.(xx·泰安模拟)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,PC⊥平面ABCD,PC=2,在四边形ABCD中,∠B=∠C=90°,AB=4,CD=1,点M在PB上,PB=4PM,PB与平面ABCD成30°的角.(1)求证:CM∥平面PAD.(2)求证:平面PAB⊥平面PAD.【证明】以C为坐标原点,CB所在直线为x轴,CD所在直线为y轴,CP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.因为PC⊥平面ABCD,所以∠PBC为PB与平面ABCD所成的角,所以∠PBC=30°.因为PC=2.所以BC=2,PB=4.所以D(0,1,0),B(2,0,0),A(2,4,0),P(0,0,2),M,所以=(0,-1,2),=(2,3,0),=,(1)设n=(x,y,z)为平面PAD的一个法向量,则即所以令y=2,得n=(-,2,1).因为n·=-×+2×0+1×=0,所以n⊥,又CM⊄平面PAD,所以CM∥平面PAD.(2)取AP的中点E,并连接BE,则E(,2,1),=(-,2,1),因为PB=AB,所以BE⊥PA.又·=(-,2,1)·(2,3,0)=0,所以⊥,则BE⊥DA.因为PA∩DA=A,所以BE⊥平面PAD,又因为BE⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.【加固训练】如图,在多面体ABC-A1B1C1中,四边形A1ABB1是正方形,AB=AC,BC=AB,B1C1BC,二面角A1- AB- C是直二面角.求证:(1)A1B1⊥平面AA1C.(2)AB1∥平面A1C1C.【证明】因为二面角A1-AB-C是直二面角,四边形A1ABB1为正方形,所以AA1⊥平面BAC.又因为AB=AC,BC=AB,所以∠CAB=90°,即CA⊥AB,所以AB,AC,AA1两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则A(0,0,0),B1(0,2,2),A1(0,0,2),C(2,0,0),C1(1,1,2).(1)=(0,2,0),=(0,0,-2),=(2,0,0),设平面AA1C的一个法向量为n=(x,y,z),则即即取y=1,则n=(0,1,0).所以=2n,即∥n.所以A1B1⊥平面AA1C.(2)易知=(0,2,2),=(1,1,0),=(2,0,-2),设平面A1C1C的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则即令x1=1,则y1=-1,z1=1,即m=(1,-1,1).所以·m=0×1+2×(-1)+2×1=0,所以⊥m.又AB1⊄平面A1C1C,所以AB1∥平面A1C1C.(20分钟40分)1.(5分)平面α经过三点A(-1,0,1),B(1,1,2),C(2,-1,0),则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是()A. B.(6,-2,-2)C.(4,2,2)D.(-1,1,4)【解析】选D.由已知得=(2,1,1),=(3,-1,-1),设平面α的法向量为n=(x,y,z),则即解得令y=1,则n=(0,1,-1).经验算,对于选项A,B,C所对应的向量与法向量n的数量积均为零,而对于选项D,(-1)×0+1×1+(-1)×4=-3≠0,故选D.【一题多解】本题还可以采用如下方法:选D.对于选项A,因为=(1,-2,-2)=,所以选项A所对应的向量与平面α平行,同理可知选项B,C所对应的向量均与平面α平行,而对于选项D对应的向量与平面α不平行,故选D.2.(5分)(xx·太原模拟)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=,则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.斜交B.平行C.垂直D.不能确定【解析】选B.分别以C1B1,C1D1,C1C所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.因为A1M=AN=a,所以M,N,所以=.又C1(0,0,0),D1(0,a,0),所以=(0,a,0),所以·=0,所以⊥.因为是平面BB1C1C的一个法向量,且MN⊄平面BB1C1C,所以MN∥平面BB1C1C.【加固训练】如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=,AD=2,P为C1D1的中点,M为BC的中点.则AM与PM的位置关系为()A.平行B.异面C.垂直D.以上都不对【解析】选C.以D点为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,依题意,可得,D(0,0,0),P(0,1,),C(0,2,0),A(2,0,0),M(,2,0).所以=(,2,0)-(0,1,)=(,2,0)-(2,0,0)=(-,2,0),所以·=(,1,-)·(-,2,0)=0,即⊥,所以AM⊥PM.3.(5分)(xx·成都模拟)空间中两个有一条公共边AD的正方形ABCD与ADEF,设M,N分别是BD,AE的中点,给出如下命题:①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN,CE异面.则所有的正确命题为.【解题提示】选,,为基向量,利用向量法,对四个命题逐一判断从中选择出正确命题.【解析】如图,设=a,=b,=c,则|a|=|c|且a·b=c·b=0.=-=(b+c)-(a+b)=(c-a),·=(c-a)·b=(c·b-a·b)=0,故AD⊥MN,故①正确;=c-a=2,故MN∥CE,故MN∥平面CDE,故②③正确;③正确时④一定不正确.答案:①②③4.(12分)(xx·辽宁高考)如图,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E,F分别为AC,DC的中点.(1)求证:EF⊥BC.(2)求二面角E-BF-C的正弦值.【解析】(1)如图,以点B为坐标原点,在平面DBC内过B作垂直BC的直线为x轴,BC所在的直线为y轴,在平面ABC内过B作垂直BC的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则B,A,D,C,从而E,F.所以=,=,因此·=·=0,所以⊥,即EF⊥BC.(2)平面BFC的一个法向量为n1=,设平面BEF的一个法向量为n2=,则由得令z=1得x=1,y=-,所以n2=,设二面角E-BF-C的大小为θ,则cosθ===,所以sinθ==,即所求二面角E-BF-C的正弦值为.5.(13分)(能力挑战题)已知一个三角形的简易遮阳棚△ABC(如图),AC=BC=5,AB=6,其中A,B是地面上南北方向的两个定点,正西方向射出的太阳(用点O表示)光线OCD与地面成30°,△ABD为光照遮阳棚产生的阴影.若点Q为AB的中点.(1)求证:AB⊥QD.(2)试问:遮阳棚△ABC与地面所成的角为多大时,才能保证阴影△ABD的面积最大.(3)在(2)的条件下,在线段AC上是否存在一点M,使BM⊥平面ACD,若存在,求出λ=的值,若不存在,请说明理由.【解析】(1)因为AC=BC且AQ=BQ,所以AB⊥CQ,又AB⊥CD,所以AB⊥平面CQD,因为QD⊂平面CQD,所以AB⊥QD.(2)方法一:过点C作CH⊥QD于H,由AB⊥平面CQD得CH⊥AB,所以CH⊥平面ABD,即∠CDQ=30°,由正弦定理得=,又CQ=4,得QD=8sin∠QCD.当∠QCD=90°时,QD取最大值为8,阴影△ABD的面积最大值为24,此时∠CQD=60°,依题意∠CQD=60°就是遮阳棚△ABC与地面所成的角.方法二:过点C作CH⊥QD于H,由AB⊥平面CQD得CH⊥AB,所以CH⊥平面ABD即∠CDQ=30°,过点H作射线Hx平行BA作为x轴正半轴,射线HD,射线HC分别作为y轴正半轴、z轴正半轴建立空间直角坐标系,设∠CQD=θ,依题意得Q(0,-4cosθ,0),D(0,4sinθ,0),即QD=4sinθ+4cosθ=8sin(θ+30°),当∠CQD=θ=60°时,QD取最大值为8,阴影△ABD的面积最大值为24,依题意∠CQD=60°就是遮阳棚△ABC与地面所成的角.(3)方法一:由(2)知DC⊥CQ,又CD⊥AB,得DC⊥平面ABC,所以过点B在平面ABC内作BM⊥AC,得到DC⊥BM,所以BM⊥平面ACD,所以△ABC中AB×QC=AC×BM⇒BM=,所以Rt△BMA中得到AM=,所以CM=,所以λ==.方法二:过点H作射线Hx平行BA作为x轴正半轴,射线HD、射线HC分别作为y轴正半轴、z轴正半轴建立空间直角坐标系,依题意得A(3,-2,0),D(0,6,0),C(0,0,2),B(-3,-2,0),设平面ACD的一个法向量为n=(x,y,z),由⇒n=(8,3,3),设=t,由=+=+t=(6-3t,2t,2t),根据∥n,得==⇒t=,所以=,=,所以λ==.【加固训练】如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=a,∠ABC=60°,平面ACFE⊥平面ABCD,四边形ACFE是矩形,AE=a,点M在线段EF上.当EM为何值时,AM∥平面BDF?证明你的结论.【解析】方法一:当EM=a时,AM∥平面BDF,以点C为原点,CA,CB,CF所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(0,a,0),A(a,0,0),D,F(0,0,a),E(a,0,a),因为AM⊄平面BDF,所以AM∥平面BDF⇔与,共面,所以存在实数m,n,使=m+n,设=t.因为=(-a,0,0),=(-at,0,0),所以=+=(-at,0,a),又=,=(0,a,-a),从而(-at,0,a)=m(0,a,-a)+na,-a,-a成立,需解得t=,所以当EM=a时,AM∥平面BDF.方法二:当EM=a时,AM∥平面BDF,在梯形ABCD中,设AC∩BD=N,连接FN,则CN∶NA=1∶2,因为EM=a,而EF=AC=a,所以EM∶MF=1∶2,所以MFAN,所以四边形ANFM是平行四边形,所以AM∥NF,又因为NF⊂平面BDF,AM⊄平面BDF,所以AM∥平面BDF.23164 5A7C 婼33965 84AD 蒭329500 733C 猼29584 7390 玐/ 34858 882A 蠪g 36559 8ECF 軏40216 9D18 鴘21463 53D7 受`。

空间向量与立体几何【高考考试趋势】立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，表面积以及外接圆问题•另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图•选择题主要还是以几何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题•前面的重点专题已经对立体几何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要的加强•本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰的认识•【知识点分析以及满分技巧】基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长•要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平而的四点确定一个立体平面原理，从而去求.内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求•求点到平面的距离问题：采用等体积法•求几何体的表而枳体积问题：应注意巧妙选取底面积与高•对于二而角问题应采用建立立体坐标系去求•但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及法向量对应的坐标•【常见题型限时检测】（建议用时：35分钟）一、单选题1.（2020-全国高三专题练习（理））已知三棱锥O-ABC,点M N分别为肋，OC的中点，且OA = a.OB = b,OC = c ,用a,b,c表示顾，则顾等于（）A.押 +一B. *（N + b +8）【答案】D 【分析】硕刀+ P +师冷曲办+挥= |（OA-OB）-OA十 4 + *oc故选：D2.(2020全国髙三专题练习(理))如图所示，正方体ABCD-AgD、的棱长为1,E、F、G分别为BC、CC, 3坊的中点，贝IJ ()BA.直线QD与直线AF 垂直B. 直线£G 与平而4EF 平行C. 平而截正方体所得的截而而积为1D. 点C 和点G 到平而AEF 的距离相等【答案】B【分析】以D 点为坐标原点，DA. DC 、DDJ 」y 9 z 轴建系,则 D （0 AO ）. A （1,O,O ） . C （0 丄 0）、^（l Al ）. 9（001）、 E （丄儿0）、F （O,1丄），G （l,l 丄），2 2 2 二直线RD 対直线4F 不垂直，A 错误；则卒=(0,1,-!〉疋=(一*,1,0), 乔=(_1 丄AEn=O则〈一 =>AFn = O一一x+ y = 0 2-x+y+—z=O 设平而AEF 的法向屋为n =(X, v ， 则 DQ=（0,0,1）.则霸•乔岭令x = 2,则y = 1,乙=2,则n = (2,1,2),人6・”=0，::讥线\G ^jTifiiAEF Ttr. B 止确;易知四边形AEF0为TMiAEF 截正方体所得的截而，且D 、F 、DC 、AE 共点于H ，D 、H = AH=*・ AD 、=迈.二 S 冲〃 =*"xjn 冬） =2，则s 四边形庇玛=玄°' AC = （-1,1,0），点C 到T ：而AEF 的距离％ =巴贸=- 同3,点G 到平面AEF 的距离乩=吧也=-.则％ H 厶，D 错；：■'; - z 3故选:B. 3. （2020黑龙江哈尔滨市哈师大附中髙三期中（理））如图，在底而为正方形的四棱锥R 曲CD 中，已知刃丄平而ABCD, K PA= AB .若点M 为”中点，则直线CM 与所成 角的大小为（）A. 60°B. 45。

专题07 空间向量与立体几何1．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点,E F ，且12EF =，则下列结论中错误的是（ ）A ．AC AF ⊥B ．//EF 平面ABCDC ．三棱锥A BEF -的体积为定值D ．AEF ∆的面积与BEF 的面积相等【答案】AD 【解析】 【分析】通过特殊化，点F 与点1B 重合可判定A 错误；正方体1111ABCD A B C D -的两个底面平行，判定B 正确，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面11DD B B 距离是定值，可判定C 正确，△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确，可判定D 错误. 【详解】A ．由题意及图形知，当点F 与点1B 重合时，160o CAB ∠=故选项A 错误； B ．//EF 平面ABCD ，由正方体1111ABCD A BCD -的两个底面平行，EF ⊂平面1111D C B A ，故有//EF 平面ABCD ，此命题正确，不是正确选项；C ．三棱锥A-BEF 的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，A 点到面11DD B B 距离是定值，故可得三棱锥A-BEF 的体积为定值，此命题正确，不是正确选项；D ．由图形可以看出，B 到线段EF 的距离与A 到EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积相等不正确，故D 是错误的． 故选：AD 【点睛】本题考查直线与平面平行、垂直的判定、棱锥的体积，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题．2．下列命题中正确的是（ ）A ．,,,AB M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,,A B M N 共面 B ．已知{},,a b c 为空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的基底 C ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为2(2,0,)3n =-，则直线//l αD ．若直线l 的方向向量为(1,0,3)e =，平面α的法向量为(2,0,2)n =-，则直线l 与平面α所成角【答案】ABD 【解析】 【分析】不共面的三个非零向量可以构成空间向量的一个基底，由此可判断A 、B ，若直线的方向向量与平面α的法向量垂直，则线面平行，可判断C ，直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值与该直线与此平面所成角的正弦值相等，由此可判断D ． 【详解】对于A ，,,,A B M N 是空间中的四点，若,,BA BM BN 不能构成空间基底，则,,BA BM BN 共面，则,,,A B M N 共面，故A 对；对于B ，已知{},,a b c 为空间的一个基底，则,,a b c 不共面，若m a c =+，则,,a b m 也不共面，则{},,a b m 也是空间的基底，故B 对； 对于C ，因为21(2)+00+3=03e n ⋅=⨯-⨯⨯，则e n ⊥，若l α⊄，则//l α，但选项中没有条件l α⊄，有可能会出现l α⊂，故C 错；对于D ，∵cos ,e n e n e n =5==，则则直线l 与平面α，故D 对； 故选：ABD ． 【点睛】本题主要考查命题的真假，考查空间基底的定义，考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．3．已知,αβ是两个不重合的平面，,m n 是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（ ） A ．若//m n m α⊥，，则n α⊥ B ．若//,m n ααβ⋂=，则//m n C ．若m α⊥，m β⊥，则//αβ D ．若,//,m m n n αβ⊥⊥，则//αβ 【答案】ACD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理、线面平行的性质定理，以长方体为载体逐一分析即可得出结论． 【详解】 解：若m α⊥，则,a b α∃⊂且a b P =使得m a ⊥，m b ⊥，又//m n ，则n a ⊥，n b ⊥，由线面垂直的判定定理得n α⊥，故A 对； 若//m α，n αβ=，如图，设m AB =，平面1111D C B A 为平面α，//m α，设平面11ADD A 为平面β，11A D n αβ⋂==，则m n ⊥，故B 错； 垂直于同一条直线的两个平面平行，故C 对；若,//m m n α⊥，则n α⊥，又n β⊥，则//αβ，故D 对； 故选：ACD ． 【点睛】本题主要考查线面平行的性质定理、面面平行的判定定理以及线面垂直的判定定理，通常借助长方体为载体进行判断，属于基础题．4．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，则 （ ）A ．直线1BD ⊥平面11AC DB ．三棱锥11P ACD -的体积为定值C ．异面直线AP 与1AD 所成角的取值范围是[]45,90︒︒ D ．直线1C P 与平面11AC D 6【答案】ABD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质判定可判定选项A,对三棱锥11P AC D -转化顶点可判定选项B,找到异面成角的最小值的情况即可判断选项C,转化直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值的最大值为直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,进而判断选项D 【详解】对于选项A,连接11B D ,由正方体可得1111AC B D ⊥,且1BB ⊥平面1111D C B A ,则111BB A C ⊥,所以11A C ⊥平面11BD B ,故111AC BD ⊥；同理,连接1AD ,易证得11A D BD ⊥,则1BD ⊥平面11AC D ,故A 正确；对于选项B,1111P A C D C A PD V V --=,因为点P 在线段1B C 上运动,所以1112A DP S A D AB =⋅,面积为定值,且1C 到平面11A PD 的距离即为1C 到平面11A B CD 的距离,也为定值,故体积为定值,故B 正确；对于选项C,当点P 与线段1B C 的端点重合时,AP 与1A D 所成角取得最小值为60︒,故C 错误； 对于选项D,因为直线1BD ⊥平面11AC D ,所以若直线1C P 与平面11AC D 所成角的正弦值最大,则直线1C P 与直线1BD 所成角的余弦值最大,则P 运动到1B C 中点处,即所成角为11C BD ∠,设棱长为1,在11Rt D C B 中,111126cos 33C B C BD BD ∠===,故D 正确 故选：ABD 【点睛】本题考查线面垂直的判定,考查异面成角,线面成角,考查棱锥体积,考查转化思想和空间想象能力 5．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，14AA AB ==，2BC =，M ，N 分别为棱11C D ，1CC 的中点，则下列说法正确的是（ ）A ．A M NB 、、、四点共面 B ．平面ADM ⊥平面11CDDC C ．直线BN 与1B M 所成角的为60D ．//BN 平面ADM【答案】BC 【解析】 【分析】根据AM 、BN 是异面直线可判断A ；根据面面垂直的判定定理可判断B ；取CD 的中点O ，连接BO 、ON ，即可判断C ；根据线面平行的判定定理即可判断D. 【详解】对于A ，由图显然AM 、BN 是异面直线，故A M N B 、、、四点不共面，故A 错误； 对于B ，由题意AD ⊥平面11CDD C ，故平面ADM ⊥平面11CDD C ，故B 正确；对于C ，取CD 的中点O ，连接BO 、ON ，可知三角形BON 为等边三角形，故C 正确；对于D ，//BN 平面11AA D D ，显然BN 与平面ADM 不平行，故D 错误； 故选：BC 【点睛】本题主要考查了线面、面面之间的位置关系，属于基础题.6．已知两条直线l ，m 及三个平面α，β，γ，则αβ⊥的充分条件是（ ）． A ．l α⊂，l β⊥ B ．l α⊥，m β⊥，l m ⊥ C ．αγ⊥，βγ D ．l α⊂，m β⊂，l m ⊥【答案】ABC 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理，即可得作出判断. 【详解】由面面垂直定理可以判断,,A B C 正确，对于选项D ，l α⊂，m β⊂，l m ⊥，也可以得到αβ∥，故D 错. 故选：ABC . 【点睛】本题主要考查的是面面垂直的判定定理、充分条件的判断，考查学生的分析问题解决问题的能力，是基础题.7．如图,在棱长均相等的四棱锥P ABCD -中, O 为底面正方形的中心, M ,N 分别为侧棱PA ,PB 的中点,有下列结论正确的有：( )A ．PD ∥平面OMNB ．平面PCD ∥平面OMNC ．直线PD 与直线MN 所成角的大小为90 D ．ON PB ⊥ 【答案】ABD【解析】 【分析】选项A,利用线面平行的判定定理即可证明；选项B,先利用线面平行的判定定理证明CD ∥平面OMN ，再利用面面平行的判定定理即可证明；选项C ，平移直线，找到线面角，再计算；选项D,因为ON ∥PD ，所以只需证明PD ⊥PB ，利用勾股定理证明即可. 【详解】选项A,连接BD ，显然O 为BD 的中点，又N 为PB 的中点，所以PD ∥ON,由线面平行的判定定理可得，PD ∥平面OMN ；选项B, 由M ,N 分别为侧棱PA ,PB 的中点,得MN ∥AB,又底面为正方形，所以MN ∥CD ，由线面平行的判定定理可得，CD ∥平面OMN,又选项A 得PD ∥平面OMN ，由面面平行的判定定理可得，平面PCD ∥平面OMN ；选项C,因为MN ∥CD ，所以∠ PDC 为直线PD 与直线MN 所成的角，又因为所有棱长都相等，所以∠ PDC=60，故直线PD 与直线MN 所成角的大小为60；选项D ，因底面为正方形，所以222AB AD BD +=,又所有棱长都相等，所以222PB PD BD +=,故PB PD ⊥,又PD ∥ON ，所以ON PB ⊥，故ABD 均正确.【点睛】解决平行关系基本问题的3个注意点(1)注意判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的条件中线在面外易忽视． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)会举反例或用反证法推断命题是否正确．8．如图，矩形ABCD ，M 为BC 的中点，将ABM ∆沿直线AM 翻折成1AB M ∆，连接1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是( )A ．存在某个位置，使得1CN AB ⊥;B ．翻折过程中，CN 的长是定值；C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥； D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A 取AD 的中点为E ，连接CE 交MD 于点F ，则1NEAB ，1NF MB由1CN AB ⊥，则EN CN ⊥，从而判断A ，对于B ，由判断A 的图以及余弦定理可判断B ；对于C 由线面垂直的性质定理即可判断；对于D 根据题意知，只有当平面1B AM ⊥平面AMD 时， 三棱锥1B AMD -的体积最大，取AD 的中点为E ， 连接1,,OE B E ME ，再由线面垂直的性质定理即可判断； 【详解】对于A ，取AD 的中点为E ，连接CE 交MD 于点F ，如图1 ，则1NEAB ，1NF MB如果1CN AB ⊥，则EN CN ⊥, 由于11AB MB ⊥，则EN NF ⊥, 由于三线,,NE NF NC 共面且共点， 故这是不可能的，故不正确； 对于B ，如图1，由1NEC MAB ∠=∠,且11,2NE AB AM EC ==， ∴在CEN ∆中，由余弦定理得：2222cos NC NE EC NE EC NEC =+-⋅⋅∠，也是定值，故NC 是定值，故正确； 对于C ，如图2AB BM =，即11AB B M =,则1AM B O ⊥若1AM B D ⊥，由于111B OB D B =，且11,B O B D ⊂平面1ODB ，AM ∴⊥平面1ODB ，OD ⊂平面1ODB ，OD AM ∴⊥，则AD MD =,由于AD MD ≠，故1AM B D ⊥不成立，故不正确； 对于D ，根据题意知，只有当平面1B AM ⊥平面AMD 时， 三棱锥1B AMD -的体积最大，取AD 的中点为E ， 连接1,,OE B E ME ，如图21AB BM ==，则111AB B M ==，且11AB B M ⊥，平面1B AM ⋂平面AMD AM =1B O AM ∴⊥，1B O 平面1B AM1B O ∴⊥平面AMD ，OE ⊂平面AMD1B O OE ∴⊥，则AM =112B O AM ==11222OE DM AM ===,从而11EB ==, 易知1EA ED EM ===AD ∴的中点E 就是三棱锥1B AMD -的外接球的球心，球的半径为1，表面积是4π，故D 正确； 故选：BD 【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题，考查了学生的空间想象能力以及立体几何中的垂直性质定理，余弦定理，综合性比较强，属于难题. 9．下列选项正确的为（ ）A ．已知直线1l ：()()2110a x a y ++--=，2l ：()()12320a x a y -+++=，则12l l ⊥的充分不必要条件是1a =B ．命题“若数列{}2n a 为等比数列，则数列{}n a 为等比数列”是假命题C ．棱长为a 正方体1111ABCD A B C D -中，平面11AC D 与平面1ACBD ．已知P 为抛物线22y px =上任意一点且(),0M m ，若PM OM ≥恒成立，则(],m p ∈-∞ 【答案】ABCD 【解析】 【分析】A ．分析“1a =”与“12l l ⊥”的互相推出情况，由此确定是否为充分不必要条件；B ．分析特殊情况：121,2,2a a n =-=≥时，2112,4n n n n a a a a ++==，由此判断命题真假；C ．将面面距离转化为点到面的距离，从而可求出面面距离并判断对错；D ．根据线段长度之间的关系列出不等式，从而可求解出m 的取值范围.【详解】A ．当1a =时，11:3l x =，22:5l y =-，显然12l l ⊥； 当12l l ⊥时，()()()()211230a a a a +-+-+=，解得1a =±，所以12l l ⊥的充分不必要条件是1a =正确；B ．当121,2,2a a n =-=≥时，2112,4n n n n a a a a ++==，所以此时{}2n a 为等比数列， 但{}n a 不是等比数列，所以命题是假命题，故正确；C ．如图所示：由图可知：111111111//,//,,AC AC B C A D AC B C C AC A D A ==，所以平面1//AB C 平面11AC D ， 所以平面11AC D 与平面1ACB 距离即为1B 到平面11AC D 的距离，记为h ，由等体积可知：)213123432a a a h a ⎛⎫⨯⨯=⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭，所以33h a =，故正确； D ．设()00,P x y ，因为PM OM ≥()2200x m y m -+≥， 所以()22200x m y m -+≥且2002y px =，所以200022x px mx +≥，当00x =时显然符合，当00x >时02x m p ≤+，所以m p ≤， 综上可知：(],m p ∈-∞.故正确.故选：ABCD.【点睛】 本题考查命题真假的判断，难度一般.(1)判断命题p 是命题q 的何种条件时，注意从两方面入手：充分性、必要性；(2)立体几何中求解点到平面的距离，采用等体积法较易.10．在四面体P ABC -中，以上说法正确的有（ ）A ．若1233AD AC AB =+，则可知3BC BD = B ．若Q 为ABC ∆的重心，则111333PQ PA PB PC =++ C ．若0PA BC ⋅=，0PC AB ⋅=，则0PB AC ⋅=D ．若四面体P ABC -各棱长都为2，M ，N 分别为PA ，BC 的中点，则1MN =【答案】ABC【解析】【分析】根据向量的线性运算与数量积一一判断即可.【详解】解：对于A ，1233AD AC AB =+，32AD AC AB ∴=+， 22AD AB AC AD ∴-=- ，2BD DC ∴=，3BD BD DC ∴=+即3BD BC =，故A 正确； 对于B ，若Q 为ABC ∆的重心，则0QA QB QC ++=，33PQ QA QB QC PQ ∴+++= 3PQ PA PB PC ∴=++即111333PQ PA PB PC =++，故B 正确； 对于C ，若0PA BC ⋅=，0PC AB ⋅=，则PA BC PC AB ⋅=⋅ 0PA BC PC AB ∴⋅+⋅=，()0PA BC PC AC CB ∴⋅+⋅+=0PA BC PC AC PC CB ∴⋅+⋅+⋅=，0PA BC PC AC PC BC ∴⋅+⋅-⋅=()0PA PC BC PC AC ∴-⋅+⋅=，0CA BC PC AC ∴⋅+⋅= 0AC CB PC AC ∴⋅+⋅=，()0AC CB PC ∴⋅+=0AC PB ∴⋅=.故C 正确；对于D ，()()111222MN PN PM PB PC PA PB PC PA =-=+-=+- 12MN PA PB PC ∴=-- 222222PA PB PC PA PB PC PA PB PA PC PB PC --=++-⋅-⋅+⋅== 4=，2MN ∴=故D 错误.故选：ABC【点睛】本题考查向量的线性运算，向量的数量积及利用向量的数量积求向量的模，属于中档题. 11．给出下列命题，其中正确命题有（ ）A ．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底B ．已知向量//a b ，则,a b 与任何向量都不能构成空间的一个基底C ．,,,A B M N 是空间四点，若,,BA BM BN 不能构成空间的一个基底，那么,,,A B M N 共面D ．已知向量{},,a b c 组是空间的一个基底，若m a c =+，则{},,a b m 也是空间的一个基底【答案】ABCD【解析】【分析】根据空间基底的概念，结合向量的共面定量，逐项判定，即可求解，得到答案.【详解】选项A 中，根据空间基底的概念，可得任意三个不共面的向量都可以作为一个空间基底，所以A 正确；选项B 中，根据空间基底的概念，可得B 正确；选项C 中，由,,BA BM BN 不能构成空间的一个基底，可得,,BA BM BN 共面，又由,,BA BM BN 过相同点B ，可得,,,A B M N 四点共面，所以C 正确；选项D 中：由{},,a b c 是空间的一个基底，则基向量,a b 与向量m a c =+一定不共面，所以可以构成空间另一个基底，所以D 正确．故选：ABCD.【点睛】本题主要考查了空间基底的概念及其判定，其中解答中熟记空间基底的概念，合理利用共面向量定量进行判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.12．已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为矩形，侧面PCD ⊥平面ABCD ，23BC =，26CD PC PD ===.若点M 为PC 的中点，则下列说法正确的为（ ）A ．BM ⊥平面PCDB ．//PA 面MBDC ．四棱锥M ABCD -外接球的表面积为36πD ．四棱锥M ABCD -的体积为6【答案】BC【解析】【分析】作图，在四棱锥P ABCD -中，根据题意逐一证明或排除.【详解】作图在四棱锥P ABCD -中：由题：侧面PCD ⊥平面ABCD ，交线为CD ，底面ABCD 为矩形，BC CD ⊥，则BC ⊥平面PCD ，过点B 只能作一条直线与已知平面垂直，所以选项A 错误；连接AC 交BD 于O ，连接MO ，PAC ∆中，OM ∥PA ，MO ⊆面MBD ，PA ⊄面MBD ，所以//PA 面MBD ，所以选项B 正确；四棱锥M ABCD -的体积是四棱锥P ABCD -的体积的一半，取CD 中点N ，连接PN ， PN CD ⊥，则PN 平面ABCD ，32PN =M ABCD -的体积111223M ABCD V -=⨯⨯=所以选项D 错误.矩形ABCD 中，易得6,3,AC OC ON ===PCD 中求得：12NM PC ==在Rt MNO 中3MO = 即： OM OA OB OC OD ====，所以O 为四棱锥M ABCD -外接球的球心，半径为3， 所以其体积为36π，所以选项C 正确故选：BC【点睛】此题考查立体图形中的平行垂直关系，求锥体体积和外接球体积，综合性强，对空间位置关系辨析能力要求较高.13．给出下列命题，其中不正确的命题为（ ）A ．若AB ＝CD ，则必有A 与C 重合，B 与D 重合，AB 与CD 为同一线段；B ．若0a b ⋅<，则,a b 〈〉是钝角；C ．若a 为直线l 的方向向量，则a λ (λ∈R)也是l 的方向向量；D ．非零向量,,a b c 满足a 与b ，b 与c ，c 与a 都是共面向量，则,,a b c 必共面．【答案】ABCD【解析】【分析】结合向量相关知识，对每个选项依次检验，证明其成立或举出反例判定该选项错误.【详解】考虑平行四边形ABDC 中，满足AB CD =，不满足A 与C 重合，B 与D 重合，AB 与CD 为同一线段；所以A 选项不正确；当非零向量,a b 夹角为π时，满足0a b ⋅<，但它们夹角不为钝角，所以B 选项不正确； 若a 为直线l 的方向向量，当0,0a λλ==不能说是l 的方向向量，所以C 选项不正确； 考虑三棱柱111ABC A B C -，1,,AB a AC b AA c ===，满足a 与b ，b 与c ，c 与a 都是共面向量，但,,a b c 不共面，所以D 选项不正确.故选：ABCD【点睛】此题考查向量相关概念问题的辨析，考查基础知识的掌握程度，易错点在于对细节特殊情况的讨论. 14．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2,,,E F G 分别为11,,BC CC BB 的中点,则（ ）A ．直线1D D 与直线AF 垂直B ．直线1A G 与平面AEF 平行C ．平面AEF 截正方体所得的截面面积为92D ．点C 与点G 到平面AEF 的距离相等 【答案】BC【解析】【分析】A ．利用线面垂直的定义进行分析；B ．作出辅助线利用面面平行判断；C ．作出截面然后根据线段长度计算出截面的面积；D ．通过等体积法进行判断.【详解】A ．若1D D AF ⊥，又因为1D D AE ⊥且AE AF A ⋂=，所以1DD ⊥平面AEF ，所以1DD EF ⊥，所以1CC EF ⊥，显然不成立，故结论错误；B ．如图所示，取11BC 的中点Q ，连接1,A Q GQ ，由条件可知：//GQ EF ，1//A Q AE ，且1,CQ AQ Q EF AE E ==，所以平面1//A GQ 平面AEF ，又因为1AG ⊂平面1A GQ ，所以1//AG 平面AEF ，故结论正确； C ．如图所示，连接11,D F D A ，延长1,D F AE 交于点S ，因为,E F 为1,C C BC 的中点，所以1//EF A D ，所以1,,,A E F D 四点共面，所以截面即为梯形1AEFD ，又因为2214225D S AS ==+=122A D =， 所以()1221222225622AD S S ⎛⎫=⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭，所以139=6=42AEFD S ⨯梯形，故结论正确； D ．记点C 与点G 到平面AEF 的距离分别为12,h h ，因为11111123323C AEF AEF A CEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=， 又因为21112223323G AEF AEF A GEF V S h V --⨯=⋅⋅==⋅⋅=， 所以12h h ≠，故结论错误.故选：BC .【点睛】本题考查空间立体几何的直线、平面间的关系及截面和体积有关的计算的综合应用，难度一般. 15．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，已知平面1AC α⊥，则关于α截此正方体所得截面的判断正确的是（ ）A ．截面形状可能为正三角形B ．截面形状可能为正方形C ．截面形状可能为正六访形D ．截面面积最大值为33【答案】ACD【解析】【分析】借助正方体，画出截面图形，再对选项进行一一判断．【详解】如图，显然A,C 成立，下面说明D 成立，如图设截面为多边形GMEFNH ，设1AG x =，则01x ≤≤， 则2,2(2),22,GH ME NF x MG HN EF x MN ======-=所以多边形GMEFNH 的面积为两个等腰梯形的面积和，所以1211()()22S GH MN h MN EF h =⋅+⋅+⋅+⋅ 因为22221222133[2(2)]()(22)(2)(2)2222x h x x x x -=--=+-=- 22222(2)223(2)[]22x x h x --=-=，所以11)]22S x =+-2=++当1x =时，max S =，故D 成立。

第七节立体几何中的向量方法［最新考纲］［考情分析］［核心素养］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。

主要通过空间角(异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角）的求法考查向量方法应用，多为解答题第2问，分值为12分.1.直观想象2.逻辑推理3.数学运算‖知识梳理‖空间角的求法（1)求异面直线所成的角设a,b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则a与b的夹角βl1与l2所成的角θ范围(0，π）错误!错误!求法cos β＝a·b|a｜｜b|cos θ＝｜cos β|＝｜a·b|｜a｜｜b｜►常用结论两异面直线所成的角可以通过这两条直线的方向向量的夹角来求得，但二者不完全相等,当两方向向量的夹角是钝角时，应取其补角作为两异面直线所成的角．(2）求直线与平面所成的角设直线l的方向向量为a,平面α的法向量为n,直线l与平面α所成的角为θ,则sin θ＝错误!｜cos<a，n〉|＝错误!错误!．(3）求二面角的大小①如图①,AB，CD是二面角α－l－β的两条面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝错误!〈错误!，错误!>．②如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ｜＝错误!|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)．►常用结论解空间角最值问题时往往会用到最小角定理cosθ＝cosθ1cos θ2如图，若OA为平面α的一条斜线,O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角,即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2。

向量法求空间角考试要求 能用向量法解决异面直线、直线与平面、平面与平面的夹角问题，并能描述解决这一类问题的程序，体会向量法在研究空间角问题中的作用．知识梳理1．异面直线所成的角若异面直线l 1，l 2所成的角为θ，其方向向量分别是u ，v ，则cos θ＝|cos 〈u ，v 〉|＝|u·v ||u||v |.2．直线与平面所成的角如图，直线AB 与平面α相交于点B ，设直线AB 与平面α所成的角为θ，直线AB 的方向向量为u ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝|cos 〈u ，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪u ·n |u ||n |＝|u·n||u||n|.3．平面与平面的夹角如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角．若平面α，β的法向量分别是n 1和n 2，则平面α与平面β的夹角即为向量n 1和n 2的夹角或其补角．设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.常用结论1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两条异面直线所成的角与两直线的方向向量所成的角相等．( × )(2)直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角的余角就是直线l 与平面α所成的角．( × )(3)二面角的平面角为θ，则两个面的法向量的夹角也是θ.( × )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.( √ )教材改编题1．已知直线l 1的方向向量s 1＝(1,0,1)与直线l 2的方向向量s 2＝(－1,2，－2)，则l 1和l 2夹角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.32答案 C解析 因为s 1＝(1,0,1)，s 2＝(－1,2，－2)，所以cos 〈s 1，s 2〉＝s 1·s 2|s 1||s 2|＝－1－22×3＝－22.所以l 1和l 2夹角的余弦值为22. 2．已知向量m ，n 分别是直线l 的方向向量、平面α的法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．答案 30°解析 设直线l 与α所成角为θ， sin θ＝||cos 〈m ，n 〉＝12，又∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝30°.3．已知两平面的法向量分别为(0，－1,3)，(2,2,4)，则这两个平面夹角的余弦值为______． 答案156解析|0，－1，3·2，2，4|1＋9×4＋4＋16＝156.题型一 异面直线所成的角例1 (1)(2022·大庆模拟)如图，已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，E ，F ，G 分别为AB ，CD 1，AD 的中点，则异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为( )A ．0 B.1010C.22D ．1答案 A解析 如图，分别以DA ，DC ，DD 1所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A 1(2,0,2)，G (1,0,0)，E (2,1,0)，F (0,1,1)，所以A 1G —→＝(－1,0，－2)，EF →＝(－2,0,1)， 设异面直线A 1G 与EF 所成的角为θ， 则cos θ＝|A 1G —→·EF →||A 1G —→||EF →|＝|－1×－2－2×1|5×5＝0.(2)(2022·杭州模拟)如图，已知圆锥CO 的截面△ABC 是正三角形，AB 是底面圆O 的直径，点D 在AB ︵上，且∠AOD ＝2∠BOD ，则异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为( )A.34B.12C.14D.34答案 A解析 因为∠AOD ＝2∠BOD ，且∠AOD ＋∠BOD ＝π， 所以∠BOD ＝π3，连接CO ，则CO ⊥平面ABD ，以点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设圆O 的半径为2，则A (0，－2,0)，B (0,2,0)，C (0,0，23)，D (3，1,0)， AD →＝(3，3,0)，BC →＝(0，－2,23)，设异面直线AD 与BC 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈AD →，BC →〉|＝|AD →·BC →||AD →||BC →|＝|－6|23×4＝34，因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为34. 教师备选如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，BC ＝2，点D 为BC 的中点，则异面直线AD 与A 1C 所成的角为( )A.π2B.π3C.π4D.π6 答案 B解析 以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1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，则A (0,0,0)，A 1(0,0，2)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0， ∴AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，A 1C —→＝(0，2，－2)，∴cos〈AD →，A 1C —→〉＝AD →·A 1C —→|AD →||A 1C —→|＝12，∴即异面直线AD ，A 1C 所成角为π3.思维升华用向量法求异面直线所成的角的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量； (3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．跟踪训练1 (1)如图所示，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱CC 1的中点，AF →＝λAD →，若异面直线D 1E 和A 1F 所成角的余弦值为3210，则λ的值为______．答案 13解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系(图略)，正方体的棱长为2，则A 1(2,0,2)，D 1(0,0,2)，E (0,2,1)，A (2,0,0)， ∴D 1E —→＝(0,2，－1)， A 1F —→＝A 1A —→＋AF →＝A 1A —→＋λAD → ＝(－2λ，0，－2)．∴cos〈A 1F —→，D 1E —→〉＝A 1F —→·D 1E —→|A 1F —→||D 1E —→|＝22λ2＋1×5＝3210， 解得λ＝13⎝⎛⎭⎪⎫λ＝－13舍.(2)(2022·武汉模拟)若在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠A 1AC ＝∠BAC ＝60°，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，AA 1＝AC ＝AB ，则异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为________．答案24解析 令M 为AC 的中点，连接MB ，MA 1， 由题意知△ABC 是等边三角形， 所以BM ⊥AC ，同理，A 1M ⊥AC ， 因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ， 平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，BM ⊂平面ABC ，所以BM ⊥平面A 1ACC 1， 因为A 1M ⊂平面A 1ACC 1， 所以BM ⊥A 1M ，所以AC ，BM ，A 1M 两两垂直，以M 为坐标原点，MA →，MB →，MA 1—→的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设AA 1＝AC ＝AB ＝2，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，A 1(0,0，3)，C 1(－2,0，3)，所以AC 1—→＝(－3,0，3)，A 1B —→＝(0，3，－3)， 所以cos 〈AC 1—→，A 1B —→〉＝－323×6＝－24，故异面直线AC 1与A 1B 所成角的余弦值为24. 题型二 直线与平面所成的角例2 (2022·广州模拟)在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，点E 是边AB 的中点(如图1)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，连接A 1B ，A 1C ，得到四棱锥A 1－BCDE (如图2)．(1)证明：平面A 1BE ⊥平面BCDE ；(2)若A 1E ⊥BE ，连接CE ，求直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值． (1)证明 连接图1中的BD ，如图所示．因为四边形ABCD 为菱形，且∠BAD ＝60°， 所以△ABD 为等边三角形，所以DE ⊥AB ， 所以在图2中有DE ⊥BE ，DE ⊥A 1E ， 因为BE ∩A 1E ＝E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ， 所以DE ⊥平面A 1BE ， 因为DE ⊂平面BCDE ， 所以平面A 1BE ⊥平面BCDE .(2)解 因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，平面A 1BE ∩平面BCDE ＝BE ，A 1E ⊥BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，所以A 1E ⊥平面BCDE ，以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，所以A 1(0,0,1)，C (2，3，0)，D (0，3，0)，E (0,0,0)，所以A 1D —→＝(0，3，－1)，A 1C —→＝(2，3，－1)，EC →＝(2，3，0)， 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1D —→＝3y －z ＝0，n ·A 1C —→＝2x ＋3y －z ＝0，令y ＝1，则n ＝(0,1，3)，所以cos 〈n ，EC →〉＝n ·EC →|n ||EC →|＝327＝2114，所以直线CE 与平面A 1CD 所成角的正弦值为2114. 教师备选(2020·新高考全国Ⅰ)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面PAD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ， 因为PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ， 所以l ⊥PD ，因为DC ∩PD ＝D ，PD ，DC ⊂平面PDC ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 因为平面PAD ∩平面PBC ＝l ， 所以l 过点P ，设Q (m ，0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m ，0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 记PB 与平面QCD 所成的角为θ，根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值， 则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1， 当m ＝0时，sin θ＝33， 当m ≠0时，sin θ＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2mm 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63， 当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 思维升华 利用空间向量求线面角的解题步骤跟踪训练2 (2022·全国百校联考)如图所示，在三棱锥S －BCD 中，平面SBD ⊥平面BCD ，A 是线段SD 上的点，△SBD 为等边三角形，∠BCD ＝30°，CD ＝2DB ＝4.(1)若SA ＝AD ，求证：SD ⊥CA ；(2)若直线BA 与平面SCD 所成角的正弦值为419565，求AD 的长．(1)证明 依题意，BD ＝2， 在△BCD 中，CD ＝4，∠BCD ＝30°， 由余弦定理求得BC ＝23， ∴CD 2＝BD 2＋BC 2，即BC ⊥BD .又平面SBD ⊥平面BCD ，平面SBD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ， ∴BC ⊥平面SBD .从而BC ⊥SD ， 在等边△SBD 中，SA ＝AD ，则BA ⊥SD . 又BC ∩BA ＝B ，BC ，BA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥平面BCA ，又CA ⊂平面BCA ， ∴SD ⊥CA .(2)解 以B 为坐标原点，BC ，BD 所在直线分别为x 轴、y 轴，过点B 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，C (23，0,0)，D (0,2,0)，S (0,1，3)，故CD →＝(－23，2,0)，SD →＝(0,1，－3)， 设平面SCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CD →＝0，m ·SD →＝0，即⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，y －3z ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝1， ∴m ＝(1，3，1)， 设DA →＝λDS →(0≤λ≤1)， 则DA →＝(0，－λ，3λ)，故A (0,2－λ，3λ)，则BA →＝(0,2－λ，3λ)， 设直线BA 与平面SCD 所成角为θ， 故sin θ＝||cos 〈m ，BA →〉＝|m ·BA →||m ||BA →|＝|23－3λ＋3λ|5·2－λ2＋3λ2＝419565， 解得λ＝14或λ＝34，则AD ＝12或AD ＝32.题型三 平面与平面的夹角例3 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)如图，在三棱锥A －BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，O 为BD 的中点．(1)证明：OA ⊥CD; [切入点：线线垂直转化到线面垂直](2)若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E －BC －D 的大小为45°，求三棱锥A －BCD 的体积.[关键点：建系写坐标]教师备选(2020·全国Ⅰ改编)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD.△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO＝66 DO.(1)证明：PA⊥平面PBC；(2)求平面BPC与平面EPC的夹角的余弦值．(1)证明由题设，知△DAE为等边三角形，设AE＝1，则DO＝32，CO＝BO＝12AE＝12，所以PO ＝66DO ＝24，PC ＝PO 2＋OC 2＝64， 同理PB ＝64，PA ＝64， 又△ABC 为等边三角形， 则BAsin60°＝2OA ，所以BA ＝32，PA 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以PA ⊥PB ，同理PA ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，PC ，PB ⊂平面PBC ， 所以PA ⊥平面PBC .(2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，24，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，0， PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－34，－24， PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，34，－24，PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－24， 设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，－2， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |＝223×103＝255， 所以平面BPC 与平面EPC 的夹角的余弦值为255.思维升华 利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤跟踪训练3 (2021·全国乙卷改编)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值．解 (1)因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AD ，PD ⊥DC .在矩形ABCD 中，AD ⊥DC ，故以点D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC ＝t ，则A (t ，0,0)，B (t ，1,0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2，1，0，P (0,0,1)， 所以PB →＝(t ，1，－1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－t 2，1，0.因为PB ⊥AM ，所以PB →·AM →＝－t 22＋1＝0，得t ＝2，所以BC ＝ 2.(2)易知C (0,1,0)，由(1)可得AP →＝(－2，0,1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，CB →＝(2，0,0)，PB →＝(2，1，－1)．设平面APM 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·AP →＝0，n 1·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令x 1＝2，则z 1＝2，y 1＝1，所以平面APM 的一个法向量为n 1＝(2，1,2)． 设平面PMB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·CB →＝0，n 2·PB →＝0，即⎩⎨⎧2x 2＝0，2x 2＋y 2－z 2＝0，得x 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，所以平面PMB 的一个法向量为n 2＝(0,1,1)． 设平面APM 与平面BPM 夹角为θ，cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝37×2＝31414，sin θ＝1－cos 2θ＝7014. 所以平面APM 与平面BPM 夹角的正弦值为7014.课时精练1．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥平面ABCD ，且AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°.(1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值； (2)求平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值． 解 在平面ABCD 内，过点A 作AE ⊥AD ，交BC 于点E . 因为AA 1⊥平面ABCD ， 所以AA 1⊥AE ，AA 1⊥AD .如图，以{AE →，AD →，AA 1—→}为一个正交基底，建立空间直角坐标系，因为AB ＝AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝120°， 则A (0,0,0)，B (3，－1,0)，D (0,2,0)，E (3，0,0)，A 1(0,0，3)，C 1(3，1，3)．(1)A 1B —→＝(3，－1，－3)，AC 1—→＝(3，1，3)． 则cos 〈A 1B —→，AC 1—→〉＝A 1B —→·AC 1—→|A 1B —→||AC 1—→|＝3－1－37×7＝－17.因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为17.(2)可知平面A 1AD 的一个法向量为 AE →＝(3，0,0)，设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1BD 的一个法向量， 又A 1B —→＝(3，－1，－3)，BD →＝(－3，3,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1B —→＝0，m ·BD →＝0，即⎩⎨⎧3x －y －3z ＝0，－3x ＋3y ＝0.不妨取x ＝3，则y ＝3，z ＝2.所以m ＝(3，3，2)为平面A 1BD 的一个法向量， 从而cos 〈AE →，m 〉＝AE →·m |AE →||m|＝333×4＝34.设平面A 1BD 与平面A 1AD 所成的角为θ， 则cos θ＝34.所以sin θ＝1－cos 2θ＝74. 因此平面A 1BD 与平面A 1AD 所成角的正弦值为74. 2．(2021·浙江)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，PA ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(1)证明：AB ⊥PM ；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值． (1)证明 因为底面ABCD 是平行四边形， ∠ABC ＝120°，BC ＝4，AB ＝1， 且M 为BC 的中点，所以CM ＝2，CD ＝1，∠DCM ＝60°， 易得CD ⊥DM .又PD ⊥DC ，且PD ∩DM ＝D ，PD ，DM ⊂平面PDM ， 所以CD ⊥平面PDM .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥平面PDM . 又PM ⊂平面PDM ，所以AB ⊥PM .(2)解 方法一 由(1)知AB ⊥平面PDM ， 所以∠NAB 为直线AN 与平面PDM 所成角的余角． 连接AM ，因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ，所以PM ⊥平面ABCD ，所以PM ⊥AM . 因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以由余弦定理得AM ＝7， 又PA ＝15，所以PM ＝22， 所以PB ＝PC ＝23， 连接BN ，结合余弦定理得BN ＝11. 连接AC ，则由余弦定理得AC ＝21， 在△PAC 中，结合余弦定理得PA 2＋AC 2＝2AN 2＋2PN 2，所以AN ＝15.所以在△ABN 中，cos∠BAN ＝AB 2＋AN 2－BN 22AB ·AN ＝1＋15－11215＝156.设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝cos∠BAN ＝156. 方法二 因为PM ⊥MD ，PM ⊥DC ， 所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM .因为∠ABC ＝120°，AB ＝1，BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝22， 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ， 则ME ⊥MD .故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 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 (－3，2,0)，P (0,0,22)，C (3，－1,0)， 所以N ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2.易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0,1,0)． 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝|AN →·n ||AN →||n |＝5215＝156.3.(2022·汕头模拟)如图，在圆柱OO 1中，四边形ABCD 是其轴截面，EF 为⊙O 1的直径，且EF ⊥CD ，AB ＝2，BC ＝a (a >1)．(1)求证：BE ＝BF ；(2)若直线AE 与平面BEF 所成角的正弦值为63，求平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值． (1)证明 如图，连接BO 1，在圆柱OO 1中，BC ⊥平面CEDF ，∵EF ⊂平面CEDF ，∴EF ⊥BC ， ∵EF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，BC ，CD ⊂平面ABCD ，∴EF ⊥平面ABCD ，又BO 1⊂平面ABCD ，∴EF ⊥BO 1，∵在△BEF 中，O 1为EF 的中点，∴BE ＝BF .(2)解 连接OO 1，则OO 1与该圆柱的底面垂直，以点O 为坐标原点，OB ，OO 1所在直线分别为y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，E (－1,0，a )，F (1,0，a )，AE →＝(－1,1，a )，BE →＝(－1，－1，a )，BF →＝(1，－1，a )，设平面BEF 的法向量是n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BE →＝0，n 1·BF →＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋az 1＝0，x 1－y 1＋az 1＝0， 取z 1＝1，得n 1＝(0，a ，1)，设直线AE 与平面BEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AE →，n 1〉| ＝2aa 2＋2·a 2＋1＝63，化简得(a 2－2)(a 2－1)＝0，∵a >1，解得a ＝2，∴n 1＝(0，2，1)，设平面ABE 的法向量是n 2＝(x 2，y 2，z 2)，AB →＝(0,2,0)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·AE →＝0，得⎩⎨⎧ 2y 2＝0，－x 2＋y 2＋2z 2＝0，取z 2＝1，得n 2＝(2，0,1)，设平面ABE 与平面BEF 的夹角为α，则cos α＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13， ∴平面ABE 与平面BEF 夹角的余弦值为13.4.(2021·全国甲卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小？(1)证明 因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2， 所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC ，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则B (0,0,0)，E (1,1,0)，F (0,2,1)，BF →＝(0,2,1)．设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0,2)，于是DE →＝(1－m ，1，－2)．所以BF →·DE →＝0，所以BF ⊥DE .(2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1,0,0)．设平面DFE 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0，又DE →＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1,1,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 1－m x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1,2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设平面BB 1C 1C 与平面DFE 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉，故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小，为33，即当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 夹角的正弦值最小．。

核心考点解读——立体几何与空间向量平面的基本性质(I)空间点、线、面的位置关系（II）空间直线、平面平行的判定定理与性质定理（II）空间直线、平面垂直的判定定理与性质定理（II）空间向量在立体几何中的应用（II）1.从考查题型来看，涉及本知识点的选择题、填空题一般从宏观的角度，结合实际观察、判断空间点、线、面的位置关系，确定命题的真假；解答题中则从微观的角度，严密推导线面平行、垂直，利用空间向量的有关形式表示、求解空间的距离、夹角等.2.从考查内容来看，主要考查空间点、线、面位置关系的命题的判断及证明，重点是根据平行、垂直的判定定理与性质定理证明线面平行、垂直，难点则是如何计算空间中有关角与距离的问题.3.从考查热点来看，证明空间线面平行、垂直是高考命题的热点，结合平行、垂直的判定定理及性质定理，通过添加辅助线的方式证明是常考的方式.要注意结合空间几何体的特征严格推理论证.1.平面的基本性质(1)熟悉三个公理的三种语言的描述（自然语言、图形语言、符号语言），明白各自的作用，能够依据这三个公理及其推论对点与平面、直线与平面、平面与平面的位置关系作简单的判断.(2)掌握确定一个平面的依据：不共线的三点确定一个平面、直线与直线外一点确定一个平面、两相交直线确定一个平面、两平行直线确定一个平面.2.空间直线、平面的位置关系(1)空间两条直线与直线的位置关系：相交、平行、异面.判断依据：是否在同一个平面上；公共点的个数情况.理解平行公理与等角定理：平行公理：平行于同一条直线的两条直线平行；等角定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补. (2)直线与平面的位置关系：直线在平面内、直线与平面平行或相交判断依据：直线与平面的公共点的个数.理解直线与平面平行的定义.(3)空间两个平面的位置关系：相交、平行判断依据：没有公共点则平行，有一条公共直线则相交. 3.空间直线、平面平行的判定定理与性质定理 (1)线面平行的判定定理与性质定理1)线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则直线与平面平行.符号语言：,,////a b a b a ααα⊄⊂⇒.要判定直线与平面平行，只需证明直线平行于平面内的一条直线.2)线面平行的性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的平面与已知平面的交线与该直线平行. 符号语言：//,,//a a b a b αβαβ⊂=⇒.当直线与平面平行时，直线与平面内的直线不一定平行，只有在两条直线共面时才平行.3)面面平行的判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.符号语言：//,//,,,//a b a b ab P ααββαβ⊂⊂=⇒.要使两个平面平行，只需证明其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行即可，这里的直线需是相交直线.4)面面平行的性质定理：如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行.符号语言：//,,//m n m n αβαγβγ==⇒.5)平行关系的转化−−−→−−−→←−−−←−−−判定判定性质性质线线平行线面平行面面平行 (2)直线、平面垂直的判定定理与性质定理1)线面垂直的判定定理：如果直线垂直于平面内的两条相交直线，则直线与平面垂直. 符号语言：,,,,l a l b a b ab P l ααα⊥⊥⊂⊂=⇒⊥.要判定直线与平面垂直，只需判定直线垂直于平面内的两条相交直线即可. 2)线面垂直的性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行. 符号语言：,//a b a b αα⊥⊥⇒.此性质反映了平行、垂直之间的关系，也可以获得以下推论：两直线平行，若其中一条直线与一个平面垂直，则另一条直线也与该平面垂直.3)面面垂直的判定定理：若直线垂直于平面，则过该直线的平面与已知平面垂直. 符号语言：,a a αβαβ⊥⊂⇒⊥.要证明平面与平面垂直，关键是在其中一个平面内找到一条与另一个平面垂直的直线. 4)面面垂直的性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.符号语言：,,,m n n m n αβαβαβ⊥=⊂⊥⇒⊥.要通过平面与平面垂直推理得到直线与平面垂直，必须满足直线垂直于这两个平面的交线.5)垂直关系的转化−−−→−−−→←−−−←−−−判定判定性质性质线线垂直线面垂直面面垂直 4.空间向量在立体几何中的应用 (1)空间向量的坐标运算设123123(,,),(,,)a a a b b b ==a b ，则112233(,,)a b a b a b ±=±±±a b ，123(,,)()a a a λλλλλ=∈R a ，112233a b a b a b ⋅=++a b ，112233,,()b a b a b a λλλλλ⇔=⇔===∈R ab b a ，1122330a b a b a b ⊥⇔⋅=++=a b a b ，2222123a a a ==++a a ，112233222222123123cos ,a b a b a b a a a b b b ++⋅==++++a ba b a b . 空间111222(,,),(,,)A x y zB x y z 两点间的距离为222121212()()()AB d x x y y z z =-+-+-.注意上述空间向量坐标运算公式的正确应用. (2)直线的方向向量与平面的法向量i)直线的方向向量：与直线l 平行的向量，记作l .ii)平面的法向量：若直线l α⊥，则该直线l 的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作α.iii)平面法向量的求法：设平面的法向量为(,,)x y z =α.在平面内找出（或求出）两个不共线的向量123123(,,),(,,)a a a b b b ==a b ，根据定义建立方程组，得到00⋅=⎧⎨⋅=⎩a b αα，通过赋值，取其中一组解，得到平面的法向量. (3)利用空间向量证明空间线面平行、垂直设直线,l m 的方向向量分别为,l m ，平面,αβ的法向量分别为,αβ. 若//l m ，则()λλ⇔=∈R lm l m ；若l m ⊥，则0⊥⇔⋅=l m l m ； 若//l α，则0⊥⇔⋅=l l αα；若l α⊥，则该直线l 的方向向量即为该平面的法向量，可利用上述求法向量的过程证明.若//αβ，则()λλ⇔=∈R αβαβ；若αβ⊥，则0⊥⇔⋅=αβαβ. (4)利用空间向量求直线、平面所成的角设直线,l m 的方向向量分别为l,m ，平面,αβ的法向量分别为,αβ. 直线,l m 所成的角为θ，则π02θ≤≤，计算方法：cos θ⋅=l m l m； 直线l 与平面α所成的角为θ，则π02θ≤≤，计算方法：sin θ⋅=l l αα； 平面,αβ所成的二面角为θ，则0πθ≤≤，计算方法：cos θ⋅=αββα，然后观察直观图中所表示的二面角的平面角大小，以确定是锐二面角还是钝二面角. (5)利用空间向量求空间距离设点A 是平面α外一点，B 是平面α内一点，平面α的一个法向量为α，则点A 到平面α的距离为AB d ⋅=αα.(6)利用空间向量证明线面平行、垂直及计算空间角、距离的关键在于将所在直线的方向向量和平面的法向量正确表示，而正确表示直线的方向向量与平面的法向量的关键在于空间直角坐标系的正确建立及相关点的坐标的正确表示.求解空间角时公式选用要正确，特别是直线与平面所成的角用向量表示时得到的是正弦值，而直线与直线所成的角与二面角则是余弦值，要注意区分.1．（2021高考新课标III ，理16）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）2.(2021高考新课标I ，理11)平面α过正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α//平面CB 1D 1，α平面ABCD =m ，α平面ABB 1 A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为A ．32B ．22C ．3D ．133.（2021高考新课标II ，理14）α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β. ②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β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）4．（2021高考新课标I ，理18）如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=.（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=，求二面角A −PB −C 的余弦值.5．（2021高考新课标ⅠⅠ，理19）如图，四棱锥P −ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面P AB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．6．（2021高考新课标Ⅲ，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.7.(2021高考新课标I ，理18)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =2FD ，90AFD ∠=，且二面角D AF E 与二面角C BE F 都是60．（I ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （II ）求二面角E BC A 的余弦值．8.(2021高考新课标III ，理19)如图，四棱锥P −ABC 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB=AD=AC =3，P A=BC =4，M 为线段AD 上一点，AM=2MD ，N 为PC 的中点. （I ）证明MN ∥平面P AB ;（II ）求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值.9．(2021高考新课标I ，理18)如图,四边形ABCD 为菱形，∠ABC =120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⊥EC . (I)证明：平面AEC ⊥平面AFC ； (II)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.1．已知αβ，表示两个不同的平面，l 表示一条直线，且αβ⊥，则l β⊥是l α∥的 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件2．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，2AB AC ==，22AD =，32PB =，PB AC ⊥．（1）求证：平面PAB ⊥平面PAC ；（2）若45PBA ∠=︒，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在，求出AE AP 的值；若不存在，请说明理由．1．在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中,AB ＝1,AC ＝2,BC ＝,D ,E 分别是AC 1和BB 1的中点,则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为 A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°2．如图，四棱锥S ABCD -中，平面SAD ⊥平面SAB ，BC ⊥SA ，290SAB BSA ∠=∠=°，BC AD ∥，12AB BC AD ==.（1）证明：在线段SA 上是否存在点E ，使得BE ∥平面SCD ； （2）求二面角B SD C --的余弦值.真题回顾：1.②③【解析】由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点B ，作BD a ∥，交底面圆C 于点D ，如图所示，连结DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴∥，连结AD ，等腰ABD △中，2AB AD ==,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在Rt BDE △中，2,2BE DE =∴=，过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连结AF ，由圆的对称性可知2BF DE ==,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由图可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，则直线AB 与a 所成角的最大值为90°，④错误.故正确的是②③.2.A 【解析】如图，设平面11CB D 平面ABCD ='m ，平面11CB D 平面11ABB A ='n ，因为α∥平面11CB D ，所以','m m n n ∥∥，则,m n 所成的角等于','m n 所成的角.过1D 作11D E B C ∥，交AD 的延长线于点E ,连接CE ，则CE 为'm .连接1A B ，过B 1作111B F A B ∥，交1AA 的延长线于点1F ，则11BF 为'n .连接BD ，则111,BD CE B F A B ∥∥，则','m n 所成的角即为1,A B BD 所成的角，为60︒，故,m n所成角的正弦值为3.3.②③④【解析】对于①，,,//m n m n αβ⊥⊥，则,αβ的位置关系无法确定，故错误；对于②,因为//n α，所以过直线n 作平面γ与平面α相交于直线c ，则//n c ，因为,,m m c m n α⊥⊥⊥所以所以，故②正确；对于③，由两个平面平行的性质可知正确；对于④，由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.4.（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD ．由于AB//CD ，故AB ⊥PD ，从而AB ⊥平面P AD ．又AB ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面P AD ．（2）在平面PAD 内作PF AD ⊥，垂足为F ，由（1）可知，AB ⊥平面PAD ，故AB PF ⊥，可得PF ⊥平面ABCD .以F 为坐标原点，FA 的方向为x 轴正方向，||AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系F xyz -.由（1）及已知可得2(A ，2P ，2(B ，2(C .所以22(PC =-，(2,0,0)CB =，22()22PA =-，(0,1,0)AB =.设(,,)x y z =n 是平面PCB 的法向量，则 0,0,PC CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即220,2220,x y z x ⎧-+-=⎪=可取(0,1,2)=--n .设(,,)x y z =m 是平面PAB 的法向量，则0,0,PA AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即220,220.x z y ⎧-=⎪⎨⎪=⎩可取(1,0,1)=m .则3cos ,||||3⋅==-<>n m n m n m ， 所以二面角A PB C --的余弦值为3-. 5.（1）取PA 的中点F ，连接EF ，BF ．因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，12EF AD =， 由90BAD ABC ∠=∠=︒得BC ∥AD ，又12BC AD =，所以EF BC ∥，四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ．又BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，故CE ∥平面PAB ．（2）由已知得BA AD ⊥，以A 为坐标原点，AB 的方向为x 轴正方向，AB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，(3P ，(1,0,3)PC =-，(1,0,0)AB =，设()(),,01M x y z x <<，则()1,,,(,1,3)BM x y z PM x y z =-=-，因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而()0,0,1=n 是底面ABCD 的法向量，所以cos ,sin 45BM =︒n ，()222221zx y z =-++，即()22210x y z -+-=． ① 又M 在棱PC 上，设PM PC λ=，则 ,1,33x y z λλ==． ②由①②解得21216x y z ⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩(舍去)，21216x y z ⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩．所以26(1)2M -，从而26(1)2AM =-． 设()000,,x y z =m 是平面ABM 的法向量，则0,0,AM AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0000(22)260,0,x y z x ⎧-++=⎪⎨=⎪⎩所以可取(0,6,2)=-m ．于是 10cos ,⋅==m n m n m n ，因此二面角M AB D --10． 6.（1）由题设可得，ABD CBD △≌△，从而AD DC =.又ACD △是直角三角形，所以=90ADC ∠︒. 取AC 的中点O ，连接DO ，BO ，则DO ⊥AC ，DO =AO .又由于ABC △是正三角形，故BO AC ⊥.所以DOB ∠为二面角D AC B --的平面角.在Rt AOB △中，222BO AO AB +=.又AB BD =，所以2222BO DO BO AO AB BD 22+=+==，故90DOB ∠=.所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由题设及（1）知，,,OA OB OD 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()()()()1,0,0,0,3,0,1,0,0,0,0,1A B C D -.由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，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00AD AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，n n 即0,310.2x z x y z -+=⎧⎪⎨-++=⎪⎩ 可取31,3⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭n . 设m 是平面AEC 的法向量，则00AC AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，，m m 同理可取(0,3=-m .则7cos ,7⋅==n m n m n m . 所以二面角D −AE −C 的余弦值为77. 7.（I ）由已知可得ΑF DF ⊥，ΑF FE ⊥，所以ΑF ⊥平面ΕFDC ．又F A ⊂平面ΑΒΕF ，故平面ΑΒΕF ⊥平面ΕFDC ．（II ）过D 作DG ΕF ⊥，垂足为G ，由（I ）知DG ⊥平面ΑΒΕF ．以G 为坐标原点，GF 的方向为x 轴正方向，GF 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（I ）知DFE ∠为二面角D AF E --的平面角，故60DFE ∠=，则2DF =，3DG =，可得()1,4,0A ，()3,4,0B -，()3,0,0E -，(3D ．由已知，//AB EF ，所以//AB 平面EFDC ．又平面ABCD 平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ． 由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以C ΕF ∠为二面角C BE F --的平面角，60C ΕF ∠=． 从而可得(3C -．所以(3ΕC =，()0,4,0ΕΒ=，(3,3ΑC =--，()4,0,0ΑΒ=-．设(),,x y z =n 是平面ΒC Ε的法向量，则00ΕC ΕΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即3040x z y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，所以可取()3,0,3=-n ． 设m 是平面ΑΒCD 的法向量，则00ΑC ΑΒ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，同理可取()0,3,4=m ．则219cos ,19⋅==-n m n m n m ．故二面角E BC A 的余弦值为21919-．8.（I ）由已知得232==AD AM .取BP 的中点T ，连接TN AT ,，由N 为PC 中点知BC TN //，221==BC TN . 又BC AD //，故=TN AM ∥，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN AT .因为⊂AT 平面PAB ，⊄MN 平面PAB ，所以//MN 平面PAB .（II ）取BC 的中点E ，连结AE .由AC AB =得BC AE ⊥，从而AD AE ⊥，且5)2(2222=-=-=BC AB BE AB AE . 以A 为坐标原点，AE 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系xyz A -.由题意知，)4,0,0(P ，)0,2,0(M ，)0,2,5(C ，)2,1,25(N ，(0,2,4)PM =-，5(,1,2)2PN =-，5(,1,2)2AN =. 设(,,)x y z =n 为平面PMN 的一个法向量，则0,0,PM PN ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即240,520,y z x y z -=⎧⎪⎨+-=⎪ 可取(0,2,1)=n . 于是||85|cos ,|||||AN AN AN ⋅==n n n . 9.(I)连接BD ，设BD AC =G ，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB =1，由∠ABC =120°，可得AG =GC =3.由BE ⊥平面ABCD ，AB =BC 可知，AE =EC ，又∵AE ⊥EC ，∴EG =3，EG ⊥AC ，在Rt △EBG 中，可得BE =2，故DF =2.在Rt △FDG 中，可得FG =6.在直角梯形BDFE 中，由BD =2，BE =2，DF =22可得EF =322，∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ，∵AC ∩FG=G ，∴EG ⊥平面AFC ， ∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC . (II)如图，以G 为坐标原点，分别以,GB GC 的方向为x 轴，y 轴正方向，||GB 为单位长度，建立空间直角坐标系G-xyz ，由(Ⅰ)可得A (0，3，0)，E (1,0, 2)，F (－1,0，2)，C (0，3，0)，∴AE =(1，3，2)，CF =(-1,-32) 故3cos ||||AE CF AE CF AE CF ⋅<⋅>==-.所以直线AE 与CF 所成的角的余弦值为3. 名校预测1．【答案】D 【解析】由题意，αβ⊥，l β⊥，则l α∥或l α⊂，所以充分条件不成立；又当αβ⊥，l α∥时，不能得到l β⊥，所以必要条件不成立，故选D ．2．【解析】（1）因为四边形ABCD 是平行四边形，22AD =22BC AD ==，又2AB AC ==，所以222AB AC BC +=，所以AC AB ⊥，又PB AC ⊥，且ABPB B =，所以AC ⊥平面PAB ，因为AC ⊂平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC ．（2）由（1）知AC AB ⊥，AC ⊥平面PAB ，如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，(0,2,0)C ，(0,2,0)AC =，(2,2,0)BC =-，由45PBA ∠=︒，32PB =，可得(1,0,3)P -，所以(1,0,3)AP =-，(3,0,3)BP =-，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为3，设(01)AE AP λλ=<<，则(,0,3)AE AP λλλ==-，(,2,3)CE AE AC λλ=-=--，设平面PBC 的法向量为(,,)x y z =n ，则00BC BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即220330x y x z -+=⎧⎨-+=⎩，令1z =，可得1x y ==，所以平面PBC 的一个法向量为(1,1,1)=n ，设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则222223223sin |cos ,|3()(2)(3)3104CE λλλθλλλ--+-====⋅-+-+⋅+<>n ， 整理得2340λλ+=，因为01λ<<，所以2340λλ+>，故2340λλ+=无解，所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为3． 专家押题1．【答案】A 【解析】取AC 的中点F ,连接DF,BF ,因为D ,E 分别是AC 1和BB 1的中点,所以DF=BE ,且DF //BE ,所以四边形DEBF 是平行四边形,所以DE //BF ,过点F 作FG 垂直于BC ，交BC 于点G ，由题意得FBG ∠（或其补角）等于直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角,因为AB ＝1,AC ＝2,BC ＝,所以90,30ABC BCA ∠=︒∠=︒，CF=FA=FB =1,所以∠FBG =30°.即直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为30°.故选A ．2．【解析】（1）如图，取SA 的中点E ，SD 的中点F ，连接BE EF CF 、、.因为E F 、分别为,SA SD 的中点，所以EF AD ∥，且12EF AD =.又BC AD ∥，12BC AD =，所以四边形CBEF 为平行四边形，所以BE CF ∥. 因为BE ⊄平面SCD ，CF ⊂平面SCD ，所以BE ∥平面SCD .故在线段SA 上存在一点E ，使得BE ∥平面SCD .（2）因为BC AD ∥，,BC SA ⊥所以AD SA ⊥.因为平面SAD ⊥平面SAB ，平面SAD 平面SAB SA =，所以AD ⊥平面SAB ，故AD AB ⊥，又90SAB ∠=，故以A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设1AB =，其中()0,0,0A ，(1,0,0)B ，(1,1,0)C ，(0,2,0)D ，(0,0,1)S ，所以(1,1,0)CD =-，(1,1,1)SC =-，(1,0,1)SB =-，(0,2,1)SD =-，设111(,,)x y z =n 为平面SCD 的法向量，则00CD SC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,即1111100x y x y z -+=⎧⎨+-=⎩，令11y =，所以111,2x z ==，即(1,1,2)=n 为平面SCD 的一个法向量.设222(,,)x y z =m 为平面SBD 的法向量，则00SB SD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ,即2222020x z y z -=⎧⎨-=⎩，令21z =，所以2211,2xy ==，即1(1,,1)2=m 为平面SBD 的一个法向量. 所以||76|cos ,|||||⋅<>==m n m n m n ． 又二面角B SD C --的平面角为锐角，所以二面角B SD C --的余弦值为76.。

高中数学《空间向量与立体几何》练习题（含答案解析）一、单选题1．在空间直角坐标系Oxyz 中，与点()1,2,1-关于平面xOz 对称的点为（ ）A ．()1,2,1--B ．()1,2,1-C ．()1,2,1---D ．()1,2,1--2．在空间直角坐标系内，平面α经过三点(1,0,2),(0,1,0),(2,1,1)A B C -，向量(1,,)n λμ=是平面α的一个法向量，则λμ+=（ ）A ．7-B ．5-C ．5D ．73．已知点()3,1,0A -，若向量()2,5,3AB =-，则点B 的坐标是（ ）．A ．()1,6,3-B ．()5,4,3-C ．()1,6,3--D ．()2,5,3-4．如图，O A B '''△是水平放置的OAB 的直观图，6A O ''=，2''=B O ，则OAB 的面积是（ ）A ．6B ．12C ．D ．5．平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-，则平面α与平面β的关系是（ ）A ．平行B ．重合C ．平行或重合D ．垂直6．已知某圆柱的内切球半径为92，则该圆柱的侧面积为（ ） A ．492π B ．49π C ．812π D ．81π7．O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，则下列说法正确的是（ ） A ．OA 、OB 、OC 共线B ．OA 、OB 共线C ．OB 、OC 共线D ．O 、A 、B 、C 四点共面8．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段11A B 的中点，则异面直线1D E 与1BC 所成角的余弦值为（ ）A B C D9．已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 10．在正方体1111ABCD A B C D -中，P ，Q 分别为AB ，CD 的中点，则（ ）A ．1AB ⊥平面11A BCB ．异面直线1AB 与11AC 所成的角为30° C ．平面11ABD ∥平面1BC Q D ．平面1B CD ⊥平面1B DP二、填空题11．已知角α和角β的两边分别平行且一组边方向相同，另一组边的方向相反，若α＝45°，则β＝________. 12．若直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，且直线l ⊥平面α，则实数x 的值是______.13．词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体P ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，2PA AC ==，BC =则四面体P ABC 的外接球的表面积为______．14．设空间向量,,i j k 是一组单位正交基底，若空间向量a 满足对任意的,,x y a xi y j --的最小值是2，则3a k +的最小值是_________．三、解答题15．如图，在三棱柱111ABC A B C 中，点D 是AB 的中点．(1)求证：1AC △平面1CDB ．(2)若1AA ⊥平面ABC ，AC BC =，求证：CD ⊥平面11ABB A ．16．如图，空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点．求证：（1）EH △平面BCD ；（2）BD △平面EFGH .17．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，AC 与BD 交于点O ，E 为PB 的中点.(1)求证：EO平面PDC ；(2)求证：平面PAC ⊥平面PBD .18．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.参考答案与解析1．A【分析】根据空间直角坐标系的对称点坐标特点直接求解即可.【详解】解：因为点()1,2,1-，则其关于平面xOz 对称的点为()1,2,1--.故选：A.2．D【解析】求出(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-，利用与(1,,)n λμ=数量积为0，求解即可.【详解】(1,1,2)AB =--，(2,0,1)BC =-120n AB λμ⋅=-+-=20n BC μ⋅=-+=可得2μ=，5λ=，7λμ+=故选：D3．B【分析】利用空间向量的坐标运算求得B 的坐标.【详解】设O 为空间坐标原点，()()()3,1,02,5,35,4,3OB OA AB =+=-+-=-.故选：B4．B【分析】由直观图和原图的之间的关系，和直观图画法规则，还原OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==，直接求解其面积即可．【详解】解：由直观图画法规则，可得OAB 是一个直角三角形，其中直角边6,4OA OB ==， △11641222OAB S OA OB =⋅=⨯⨯=． 故选：B ．5．C【分析】由题设知6m n =-，根据空间向量共线定理，即可判断平面α与平面β的位置关系. 【详解】平面α的一个法向量是1(2n =,1-,1)3，平面β的一个法向量是(3m =-,6,2)-， ∴6m n =-，∴平面α与平面β的关系是平行或重合．故选：C ．6．D 【分析】由题意可得该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9，从而可求出其侧面积 【详解】由题意得，该圆柱底面圆的半径为92，圆柱的高为9， 所以该圆柱的侧面积为929812ππ⨯⨯=. 故选：D7．D【解析】根据向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底知向量共面，即可得出结论.【详解】因为O 、A 、B 、C 为空间四点，且向量OA 、OB 、OC 不能构成空间的一个基底，所以OA 、OB 、OC 共面，所以O 、A 、B 、C 四点共面，故选：D8．B【分析】连接1AD ，AE ，得到11//AD BC ，把异面直线1D E 与1BC 所成角转化为直线1D E 与1AD 所成角，取1AD 的中点F ，在直角1D EF 中，即可求解.【详解】在正方体1111ABCD A B C D -中，连接1AD ，AE ，可得11//AD BC ，所以异面直线1D E 与1BC 所成角即为直线1D E 与1AD 所成角，即1AD E ∠为异面直线1D E 与1BC 所成角，不妨设12AA =，则1AD =1D E AE =取1AD 的中点F ，因为1D E AE =，所以1EF AD ⊥，在直角1D EF中，可得111cos D F AD E D E ∠==. 故选：B.9．C【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d =【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d =.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.10．D【分析】A 项反证法可得；B 项由平移法计算异面直线所成角；C 项由面面平行的判断和性质可得结果；D 项建立空间直角坐标系可得结果.【详解】对于选项A ，假设1AB ⊥面11A BC ，则111AB AC ⊥，这与已知1AB 与11A C 不垂直相矛盾，所以假设不成立.故选项A 错误； 对于选项B ，连接1DC ，1DA ，因为11AB DC ∥，所以11DC A ∠为异面直线1AB 与11A C 所成的角或补角，又因为△11AC D 为等边三角形，所以1160DC A ∠=︒，故选项B 错误；对于选项C ，因为11B D BD ∥，11AD BC ∥，由面面平行的判定定理可得平面11AB D ∥平面1BDC ，而平面1BQC 与平面1BDC 相交，所以平面11AB D 与平面1BC Q 也相交，故选项C 错误；对于选项D ，以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD 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，设正方体的棱长为1，则()0,0,0D ，()11,1,1B ，()0,1,0C ，11,,02P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得()11,1,1DB =，()0,1,0DC =，11,,02DP ⎛⎫= ⎪⎝⎭，设平面1B CD 的法向量为()1,,n x y z =， 则11100n DB x y z n DC y ⎧⋅=++=⎪⎨⋅==⎪⎩，可取1x =，则0y =，1z =-，即()11,0,1n =-， 设平面1B DP 的法向量为()2,,b c n a =，则2120102n DB a b c n DP a b ⎧⋅=++=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 可取1a =，则2b =-，1c =，可得平面1B DP 的一个法向量为()21,2,1n =-，由121010n n ⋅=+-=，所以12n n ⊥，即平面1B CD ⊥平面1B DP ，故选项D 正确. 故选：D.11．135°【分析】首先根据题意将图画出，然后根据α＝45°，AB △CD ，可得180BCD α︒∠=-，进而得出结论.【详解】解：如图，由题意知α＝45°，AB △CD ，180135BCD α︒︒∴∠=-=，即135β︒=.故答案为：135°.【点睛】本题考查了平行线的性质，结合图会使问题变得简单，属于基础题.12．-1【分析】利用法向量的定义和向量共线的定理即可.【详解】直线l 的方向向量(),1,2m x =-，平面α的法向量()2,2,4n =--，直线l ⊥平面α， 必有//m n ，即向量m 与向量n 共线，m n λ∴= ，△11222x -==--，解得=1x -； 故答案为：-1.13．16π 【分析】确定外接球球心求得球半径后可得表面积．【详解】由于PA ⊥平面ABC ，因此PA 与底面上的直线,,AC AB BC 都垂直，从而AC 与AB 不可能垂直，否则PBC 是锐角三角形，由于<AC BC ，因此有AC BC ⊥， 而PA 与AC 是平面PAC 内两相交直线，则BC ⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，所以BC PC ⊥， 所以PB 的中点O 到,,,P A B C 四个点的距离相等，即为四面体P ABC 的外接球球心．2222222222216PB PA AB PA AC BC =+=++=++=，4PB =， 所以所求表面积为224()42162PB S πππ=⨯=⨯=． 故答案为：16π．14．1【分析】以,i j 方向为,x y 轴，垂直于,i j 方向为z 轴建立空间直角坐标系，根据条件求得a 坐标，由3a k +的表达式即可求得最小值.【详解】以,,i j k 方向为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()1,0,0i =，()0,1,0j =，()0,0,1k = 设(),,a r s t = 则(a xi y j r x --=-当,r x s y ==时a xi y j --的最小值是2，2t ∴=±取(),,2a x y = 则()3,,5a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是5.取(),,2a x y =- 则()3,,1a k x y += 23a k x ∴+=+又因为,x y 是任意值，所以3a k +的最小值是1.故答案为：1.15．(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)连接1BC ，交1B C 于点E ，连接ED ，用中位线证明1ED AC ∥即可；(2)证明CD △AB ，CD △1AA 即可.【详解】（1）连接1BC ，交1B C 于点E ，连接.ED△111ABC A B C 是三棱柱，△四边形11BCC B 为平行四边形，△E 是1BC 的中点.△点D 是AB 的中点，△ED 是1ABC 的中位线，△1ED AC ∥，又ED ⊂平面1CDB ，1AC ⊄平面1CDB ，△1AC △平面1CDB .（2）△1AA ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，△1AA AB ⊥，△AC BC =，AD BD =，△CD AB ⊥，△1AA AB A =，1,AA AB ⊂平面11ABB A ，△CD ⊥平面11ABB A .16．（1）见解析（2）见解析【分析】（1）推导出EH △BD ，由此能证明EH △平面BCD ；（2）由BD △EH ，由此能证明BD △平面EFGH .【详解】（1）△EH 为△ABD 的中位线，△EH △BD .△EH △平面BCD ，BD △平面BCD ，△EH △平面BCD ；（2）△FG 为△CBD 的中位线，△FG △BD ，△FG △EH ，△E 、F 、G 、H 四点共面，△BD △EH ，BD △平面EFGH ，EH △平面EFGH ，△BD △平面EFGH .【点睛】本题考查线面平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查化归与转化思想，是中档题.17．(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）证明：△四边形ABCD 为正方形，△O 为BD 的中点，△E 为PB 的中点，△OE PD ∥，又△OE ⊄平面,PDC PD ⊂平面PDC ，△OE 平面PDC ；（2）证明：△四边形ABCD 为正方形，△AC BD ⊥，△PD ⊥平面ABCD ，且AC ⊂平面ABCD ，所以PD AC ⊥，又△,PD BD ⊂平面PBD ，且PD BD D ⋂=，△AC ⊥平面PBD ，又△AC ⊂平面PAC ，△平面PAC ⊥平面PDB .18．(1)证明见解析； 【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为AB AD =，O 是BD 中点，所以OA BD ⊥，因为OA ⊂平面ABD ，平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，所以OA ⊥平面BCD ．因为CD ⊂平面BCD ，所以OA CD ⊥.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O 为坐标原点，OA 为z 轴，OD 为y 轴，垂直OD 且过O 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系O xyz -，则1,0),(0,1,0),(0,1,0)2C D B -，设12(0,0,),(0,,)33A m E m ,所以4233(0,,),(,,0)3322EB m BC =--=， 设(),,n x y z =为平面EBC 的法向量，则由00EB n EC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩可求得平面EBC 的一个法向量为2(3,1,)n m =--． 又平面BCD 的一个法向量为()0,0,OA m =，所以cos ,n OA ==1m =． 又点C 到平面ABD 112132A BCD C ABD V V --==⨯⨯⨯=， 所以三棱锥A BCD - [方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作EG BD ⊥，垂足为点G ．作GF BC ⊥，垂足为点F ，连结EF ，则OA EG ∥．因为OA ⊥平面BCD ，所以EG ⊥平面BCD ，EFG ∠为二面角E BC D --的平面角．因为45EFG ∠=︒，所以EG FG =．由已知得1OB OD ==，故1OB OC ==．又30OBC OCB ∠=∠=︒，所以BC =因为24222,,,,133333GD GB FG CD EG OA ======，111122(11)13332A BCD BCD BOC V S O S OA A -==⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=． [方法三]：三面角公式考虑三面角B EDC -，记EBD ∠为α，EBC ∠为β，30DBC ∠=︒，记二面角E BC D --为θ．据题意，得45θ=︒．对β使用三面角的余弦公式，可得cos cos cos30βα=⋅︒，化简可得cos βα=．△使用三面角的正弦公式，可得sin sin sin αβθ=，化简可得sin βα=．△ 将△△两式平方后相加，可得223cos 2sin 14αα+=， 由此得221sin cos 4αα=，从而可得1tan 2α=±．如图可知π(0,)2α∈，即有1tan 2α=， 根据三角形相似知，点G 为OD 的三等分点，即可得43BG =，结合α的正切值，可得2,13EG OA ==从而可得三棱锥A BCD - 【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.。

新高考 空间向量与立体几何 专题训练一、单选题1．（2021·山东济宁·二模）“直线m 垂直平面α内的无数条直线”是“m α⊥”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 ．既不充分也不必安条件 【答案】B【分析】根据线面垂直的定义和性质，结合充分性、必要性的定义进行判断即可.【详解】因为当直线m 垂直平面α内的所有直线时，才能得到m α⊥，所以由直线m 垂直平面α内的无数条直线不一定能推出m α⊥，但是由m α⊥一定能推出直线m 垂直平面α内的无数条直线，所以直线m 垂直平面α内的无数条直线是m α⊥的必要不充分条件，故选：B2．（2021·天津和平·三模）在圆柱12O O 内有一个球O ，球O 分别与圆柱12O O 的上、下底面及母线均有且只有一个公共点.若122O O =，则圆柱12O O 的表面积为（ ）. A ．4πB ．5πC ．6πD ．7π 【答案】C【分析】依题意可求得圆柱的底面半径和高，进而可得圆柱的表面积.【详解】依题意可得圆柱的底面半径1r =，高2h =，所以圆柱的表面积222426S r h r πππππ=⋅+=+=.故选：C.3．（2021·广西来宾·模拟预测（文））已知在高为2的正四棱锥P ABCD -中，2AB =，则正四棱锥P ABCD -外接球的体积为（ ）A ．4πB ．92πC ．274πD ．83π 【答案】B【分析】根据正四棱锥的性质，结合球的体积公式进行求解即可.【详解】设正方形ABCD 的中心为О，正四棱锥P ABCD -外接球的半径为R ，有OA =()2222R R =-+，解得32R =， 则正四棱锥P ABCD -外接球的体积为3439232ππ⎛⎫⨯ =⎪⎝⎭. 故选：B4．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11B D 的中点，则直线PB 与1AD 所成的角为（ ）A ．π2B ．π3C ．π4D ．π6【答案】D【分析】 平移直线1AD 至1BC ，将直线PB 与1AD 所成的角转化为PB 与1BC 所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接11,,BC PC PB ，因为1AD ∥1BC ，所以1PBC ∠或其补角为直线PB 与1AD 所成的角，因为1BB ⊥平面1111D C B A ，所以11BB PC ⊥，又111PC B D ⊥，1111BB B D B ⋂=，所以1PC ⊥平面1PBB ，所以1PC PB ⊥，设正方体棱长为2，则111112BC PC D B === 1111sin 2PC PBC BC ∠==，所以16PBC π∠=. 故选：D5．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m ），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A ，B ，C 三点，且A ，B ，C 在同一水平面上的投影,,A B C '''满足45ACB ∠'''=︒，60A BC ''∠'=︒．由C 点测得B 点的仰角为15︒，BB '与CC '的差为100；由B 点测得A 点的仰角为45︒，则A ，C 两点到水平面A B C '''的高度差AA CC ''-1.732≈）（ ）A ．346B ．373C ．446D ．473【答案】B【分析】 通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得''A B ，进而得到答案．【详解】过C 作'CH BB ⊥，过B 作'BD AA ⊥，故()''''''100100AA CC AA BB BH AA BB AD -=--=-+=+，由题，易知ADB △为等腰直角三角形，所以AD DB =．所以''100''100AA CC DB A B -=+=+．因为15BCH ∠=︒，所以100''tan15CH C B ==︒在'''A B C 中，由正弦定理得：''''100100sin 45sin 75tan15cos15sin15A B C B ===︒︒︒︒︒，而sin15sin(4530)sin 45cos30cos 45sin 30︒=︒-︒=︒︒-︒︒=所以1004''1)273A B ⨯==≈， 所以''''100373AA CC A B -=+≈．故选：B ．【点睛】本题关键点在于如何正确将''AA CC -的长度通过作辅助线的方式转化为''100A B +．6．（2021年浙江省高考数学试题）如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（ ）A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B【答案】A【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证1//,MN AB A D ⊥平面1ABD ，即可得出结论.【详解】连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中， M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点， 又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ， MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ， 所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD 则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确；。