高考数学专题：向量求二面角(含答案)

考点三二面角[典例](2013·新课标卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点，AA1＝AC＝CB＝22AB.(1)证明：BC1//平面A1CD；(2)求二面角D­A1C­E的正弦值．在本例条件下，求平面A1AD与平面A1EC所成二面角的大小.[类题通法]利用法向量求二面角时应注意(1)对于某些平面的法向量要注意题中隐含着，不用单独求．(2)注意判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行，以防结论失误．[针对训练](2014·杭州模拟)如图，已知平面QBC与直线P A均垂直于Rt△ABC所在平面，且P A＝AB＝AC.(1)求证：P A∥平面QBC；(2)若PQ⊥平面QBC，求二面角Q­PB­A的余弦值．第二课时 空间向量的应用空间向量法解决探索性问题角度一 探索性问题与空间角相结合1．(2014·哈师大附中模拟)如图，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的侧棱AA 1⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，E 是棱CC 1上的动点，F 是AB 的中点，AC ＝1，BC ＝2，AA 1＝4.(1)当E 是棱CC 1的中点时，求证：CF ∥平面AEB 1；(2)在棱CC 1上是否存在点E ，使得二面角A ­EB 1 ­B 的余弦值是21717若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由．角度二探索性问题与垂直相结合2．(南昌模拟)如图是多面体ABC­A1B1C1和它的三视图．(1)线段CC1上是否存在一点E，使BE⊥平面A1CC1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C1A1C与平面A1CA夹角的余弦值．角度三探索性问题与平行相结合3．江西模拟)如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝3AF，BE与平面ABCD所成的角为60°.(1)求证：AC⊥平面BDE；(2)求二面角F­BE­D的余弦值；(3)设点M是线段BD上一个动点，试确定点M的位置，使得AM∥平面BEF，并证明你的结论．[类题通法]解决立体几何中探索性问题的基本方法1．通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．EC，2．探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．如角度二中的CE＝λ1这样可减少坐标未知量．空间向量的综合应用[典例](2013·郑州模拟)如图，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝2a，D，E分别为AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，得到如图所示的四棱锥A′­BCDE.(1)在棱A′B上找一点F，使EF∥平面A′CD；(2)当四棱锥A′­BCDE的体积取最大值时，求平面A′CD与平面A′BE夹角的余弦值．[类题通法]立体几何的综合应用问题中常涉及最值问题，处理时常用如下两种方法：(1)结合条件与图形恰当分析取得最值的条件(2)直接建系后，表示出最值函数，转化为求最值问题．[针对训练]已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上．当∠APC最大时，三棱锥P ­ABC的体积为_______。

第 3 讲立体几何中的向量方法1． (2014课·标全国Ⅱ )直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，∠ BCA＝ 90°，M ，N 分别是 A1B1， A1C1的中点， BC＝ CA＝ CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 ()12302A. 10B.5C. 10D. 22． (2015安·徽 ) 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA 中，四边形AA1B1B，ADD 1A1， ABCD 均为正方形， E 为 B1D 1的中点，过A1，D ，E 的平面交CD1于 F.(1)证明： EF∥ B1C；(2)求二面角E-A1D- B1的余弦值．以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上 .热点一利用向量证明平行与垂直设直线 l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝( a2，b2，c2)，v＝(a3，b3， c3)则有：(1)线面平行l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0.(2)线面垂直l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ka2， b1＝ kb2， c1＝ kc2.(3)面面平行α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb， c ＝λc32323.(4)面面垂直α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋ b2b3＋c2c3＝ 0.例 1 如图，在直三棱柱 ADE— BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且互相垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面 BCF ；(2)平面 MDF ⊥平面 EFCD .思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥ b，只需证明向量a＝λb(λ∈ R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1如图所示，已知直三棱柱ABC— A1B1C1中，△ ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，且 AB＝ AA1， D、 E、 F 分别为 B1A、 C1C、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面 ABC；(2)B1F ⊥平面 AEF .热点二利用空间向量求空间角设直线 l ，m 的方向向量分别为a＝( a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝ (a3， b3， c3)，v＝ (a4， b4， c4)(以下相同 ) ．(1)线线夹角π设 l ， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则|a·b|＝|a1a2＋ b1b2＋ c1c2 |cosθ＝|a||b|a12＋ b12＋ c12a22＋ b22＋ c22.(2)线面夹角π设直线 l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，则 sin θ＝|a·μ|＝|cos〈a，μ〉 |. |a||μ|(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则 |cos θ|＝|μ·v|＝ |cos〈μ，v〉 |. |μ||v|例 2 (2015 ·江苏 )如图，在四棱锥P－ABCD 中，已知PA⊥平面 ABCD ，πABCD 为直角梯形，∠ ABC＝∠ BAD＝， PA＝ AD ＝ 2， AB＝ BC2＝1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练 2 (2014 ·福建 )在平面四边形ABCD中， AB＝BD＝CD＝1，AB⊥ BD，CD ⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证： AB⊥ CD ；(2)若 M 为 AD 中点，求直线AD 与平面 MBC 所成角的正弦值．热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等 )是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立 )或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例 3 如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，AB＝ BC＝ 2AA1，∠ ABC＝90°，D 是 BC 的中点．(1)求证： A1 B∥平面 ADC 1；(2)求二面角C1－ AD－ C 的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使 AE 与 DC 1成 60°角？若存在，确定 E 点位置；若不存在，说明理由．思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3如图所示，四边形ABCD 是边长为 1 的正方形， MD ⊥平面 ABCD ，NB⊥平面 ABCD ，且 MD ＝NB ＝1， E 为 BC 的中点．(1)求异面直线NE 与 AM 所成角的余弦值；(2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形， AB∥EF ， AD⊥平面 ABEF ，1且 AD ＝1， AB＝2EF＝ 22， AF＝ BE＝ 2，P、 Q 分别为 AE 、BD 的中点．(1)求证： PQ∥平面 BCE；(2)求二面角A－ DF －E 的余弦值．提醒：完成作业专题五第3讲二轮专题强化练专题五第 3 讲立体几何中的向量方法A 组专题通关1．已知平面 ABC，点 M 是空间任意一点，点→3→1→1→M 满足条件 OM＝ OA＋OB＋ OC，则直线488AM()A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C．是平面ABC 的垂线D．在平面ABC 内2.如图，点P 是单位正方体ABCD － A1B1C1D1中异于 A 的一个顶点，→ →则 AP·AB的值为 ()A ． 0B．1C．0或1D．任意实数3.如图所示，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为a， M、 N 分别为A1B和 AC 上的点， A1M＝ AN＝23a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A ．相交B．平行C．垂直D．不能确定4．如图，三棱锥 A－ BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 ()33A.6B. 2331C.6D. 25．已知正三棱柱 ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则 AB1与侧面 ACC 1A1所成角的正弦值等于 ()610A.4B. 423C. 2D. 26．在棱长为 1 的正方体ABCD － A1B1C1D1中，M，N 分别为 A1B1，BB1的中点，那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ________．7．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)， B(3，－ 8)，现沿 x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后 A、B 两点间的距离为 ________．→→→ 2→ 2→→→8．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋ A1D 1＋ A1B1) ＝3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1 A)＝ 0；→→→ → →③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方体ABCD － A1B1C1D 1的体积为 |AB ·AA 1·AD |.其中正确命题的序号是________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P— ABCD 中， PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PC， PD 的中点， PA＝ AB＝ 1， BC＝ 2.(1)求证： EF∥平面 PAB；(2)求证：平面PAD ⊥平面 PDC .10．(2015 ·庆重 )如图，三棱锥 P-ABC 中，PC⊥平面 ABC，PC＝ 3，∠ ACB π＝2.D， E 分别为线段AB， BC 上的点，且CD＝DE ＝2， CE＝ 2EB＝2.(1)证明： DE⊥平面 PCD；(2)求二面角APDC 的余弦值．B 组 能力提高11． (2014 ·川四 )如图，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，点 O 为线段 BD 的中点．设点 P 在线段 CC 1 上，直线 OP 与平面 A 1BD 所成的角为 α，则 sin α的取值范围是 ()3，1]B ． [6， 1]A ．[ 33 62 2 2 2， 1]C ．[3，3]D ．[ 312．如图， 在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，点 P 在直线 BC 1 上运动时，有下列三个命题：①三棱锥 A － D 1PC 的体积不变；②直线 AP 与平面ACD 1 所成角的大小不变；③二面角 P － AD 1－ C 的大小不变．其中真命题的序号是 ________．13．已知正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1D 1 的棱长为 1， E 、 F 分别为 BB 1、 CD 的中点，则点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为 ______________．14.如图， 在三棱锥 P —ABC 中， AC ＝ BC ＝2，∠ ACB ＝90°，AP ＝ BP ＝AB ，PC ⊥ AC ，点 D 为 BC 的中点．(1)求二面角A— PD —B 的余弦值；1(2)在直线 AB 上是否存在点M，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为6，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．学生用书答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法高考真题体验1． C [方法一补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠ BCA ＝ 90°，三棱柱为直三棱柱，且 BC ＝ CA ＝ CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图 (1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为 2，则可得 A(0,0,0) ，B(2,2,0) ， M(1,1,2) ， N(0,1,2) ，→∴ BM ＝ (－1，－ 1,2)，→．AN ＝ (0,1,2)→ → → →BM ·AN∴ cos 〈BM ， AN 〉＝ → →|BM||AN|－ 1＋ 4＝－2＋－ 2＋ 22× 02＋ 12＋ 22330＝6×5＝10.方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图 (2) ，取 BC 的中点 D ，连接 MN ，ND ，AD ，由于 MN 綊1 B 1C 1 綊 BD ，因此有 ND 綊 BM ，2则 ND 与 NA 所成的角即为异面直线BM 与 AN 所成的角．设 BC ＝ 2，则 BM ＝ ND ＝ 6， AN＝ 5， AD ＝ 5，因此 cos ∠ AND ＝ ND 2＋ NA 2－ AD 230 2ND ·NA＝10.]2． (1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥ AB ∥ DC ，且 A 1B 1＝ AB ＝ DC ，所以四边形A 1B 1CD为平行四边形，从而 B 1 C ∥ A 1D ，又 A 1D ? 面 A 1DE ， B 1 C?面 A 1DE ，于是 B 1C ∥面 A 1DE.又B 1C? 面 B 1 CD 1.面 A 1DE ∩面 B 1CD 1＝ EF ，所以 EF ∥ B 1C.(2)解 因为四边形 AA 1B 1B ，ADD 1A 1， ABCD 均为正方形，所以 AA 1⊥ AB ， AA 1⊥AD ， AB ⊥ AD 且AA 1 ＝AB ＝AD .以 A 为原点，分别以 → → →AB ， AD ，AA 1为 x 轴， y 轴和 z 轴 单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，D(0,1,0) ，A 1(0,0,1) ， B 1(1,0,1) ，D 1 (0,1,1) ，而 E 点为 B 1D 1 的11中点，所以 E 点的坐标为， ， 1 .设面 A 1DE 的法向量n 1＝ (r 1， s 1， t 1)，而该面上向量→1 1 →A 1E ＝ ， ， 0， A 1D ＝ (0,1，－ 1)，由2 2→n 1⊥A 1E ，→11r 1＋ s 1＝ 0，n 1⊥ A 1D 得 r 1， s 1， t 1 应满足的方程组2 2s 1－ t 1＝ 0，(－ 1,1,1)为其一组解，所以可取 n 1＝ (－ 1,1,1)．设面 A 1B 1CD 的法向量 n 2＝ (r 2，s 2，t 2)，而该面上向量 →→A 1B 1＝ (1,0,0) ，A 1 D ＝ (0,1，－ 1)，由此同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．所以结合图形知二面角E-A 1D -B 1 的余弦值为 |n 1·n 2| ＝ 2 ＝ 6.|n 1| ·|n 2| 3× 2 3热点分类突破例1 证明 方法一由题意，得 AB ， AD ，AE 两两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0) ， B(1，0,0)， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，11 1 1 F(1,0,1)，M 2， 0， 0 ， O 2， 2，2 .→ 1 1 →1,0,0) ， (1)OM ＝ 0，－，－ ， BA ＝ (－ 2 2→ → → →∴OM ·BA ＝0, ∴OM ⊥BA.∵棱柱 ADE —BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面且 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面BCF 的一个法向量，BCF .(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n 1＝ (x 1， y 1， z 1 )，n 2＝ ( x 2， y 2 ， z 2)．→→∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝n 1 ·DF →＝ 0， 由→n 1 ·DM ＝ 0.x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，得 1解得x 1－ y 1＝ 0，21→→，，－ 1，0 ， DC ＝(1,0,0)， CF ＝ (0，－ 1,1)21y 1＝2x 1，1z 1 ＝－ x 1，1 1 令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1，2，－2 . 同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面MDF ⊥平面 EFCD .方法二→ → → →1 →→ ＋ 1 →(1)OM ＝ OF ＋ FB ＋BM＝ DF －BF BA2 21 →→→1→1 → 1 → 1 →＝(DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－BD － BF ＋BA2 2222＝－ 1 → →1 → 1 →2 (BC ＋ BA)－ BF ＋2BA2＝－ 1 → 1 →2 BC － BF .2→ → →∴向量 OM 与向量 BF ， BC 共面，又 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直，∵→ ＝→，→＝→－→， CD BA FC BC BF→ →1 → 1 → → ＝ 0， ∴ OM·CD ＝－BC －BF2 2·BA→ → 1 → 1 →→ → OM ·FC ＝ － BC － BF ·(BC －BF )22＝－ 1BC →2＋ 1BF → 2＝ 0.2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .跟踪演练 1证明 (1)如图建立空间直角坐标系 A － xyz ，令 AB ＝ AA 1＝ 4，则 A(0,0,0) ， E(0,4,2) ，F(2,2,0) ， B(4,0,0) ， B 1(4,0,4) ．取 AB 中点为 N ，连接 CN ，则 N(2,0,0) ， C(0,4,0) ，D (2,0,2) ，→∴ DE ＝ (－ 2,4,0)，→NC ＝ (－ 2,4,0) ，→ →∴ DE ＝NC ，∴ DE ∥ NC ，又∵ NC? 平面 ABC ， DE?平面 ABC.故 DE ∥平面 ABC.→(2)B 1F ＝ (－ 2,2，－ 4)，→ →．EF ＝ (2，－ 2，－ 2)， AF ＝ (2,2,0)→ →B 1F ·EF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×(－2)＋ (－ 4) ×(－ 2)＝ 0，→ →B 1F ·AF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×2＋ (－ 4) ×0＝0.∴→⊥→，→⊥→，即B 1F EF B 1F AF B 1F ⊥ EF ， B 1F ⊥AF ，又∵ AF ∩FE ＝ F ，∴ B 1F ⊥平面 AEF.例 2解→ → →以 { AB ，AD ，AP } 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz ，则各点的坐标为B(1,0,0) ，C(1,1,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,2)．(1)因为 AD ⊥平面→ →．PAB ，所以 AD 是平面 PAB 的一个法向量， AD ＝ (0,2,0) → ，－ →＝ (0,2，－ 2)． 因为 PC ＝(1,1 2)， PD设平面 PCD 的法向量为 m ＝( x ， y ， z)，→ →则 m ·PC ＝ 0， m ·PD ＝ 0，x ＋ y － 2z ＝ 0，令 y ＝1，解得 z ＝1， x ＝ 1.即2y － 2z ＝ 0.所以 m ＝(1,1,1) 是平面 PCD 的一个法向量．→ →3AD ·m从而 cos 〈 AD ， m 〉＝ → ＝ 3 ，|AD ||m |所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33 .→ → →≤λ≤1)，(2)因为 BP ＝ (－ 1,0,2)，设 BQ ＝ λBP ＝ (－ λ， 0,2λ)(0 → → → →又 CB ＝ (0，－ 1,0) ，则 CQ ＝CB ＋BQ ＝ (－ λ，－ 1,2λ)， →，又 DP ＝ (0，－ 2,2)→ → → →1＋ 2λCQ ·DP＝ .从而 cos 〈 CQ ， DP 〉＝ → → 2|CQ||DP | 10λ＋ 2设 1＋2λ＝ t ， t ∈ [1,3] ，2→→2t 2＝2 9则 cos 〈 CQ ，DP 〉＝21 5≤ .5t － 10t ＋ 92 20 109 t －9 ＋ 99 2→ →3 10 当且仅当 t ＝，即 λ＝ 时， |cos 〈CQ ， DP 〉 |的最大值为10.55π因为 y ＝ cos x 在 0，2 上是减函数，此时直线CQ 与 DP 所成角取得最小值．又因为 BP ＝ 12＋ 22＝ 5，所以 BQ ＝ 2BP ＝2 5.55跟踪演练 2 (1)证明 ∵平面 ABD ⊥平面 BCD ，平面 ABD ∩平面 BCD ＝ BD ，AB? 平面 ABD ，AB ⊥ BD ，∴ AB ⊥平面 BCD .又 CD ? 平面 BCD ，∴ AB ⊥ CD .(2)解过点 B 在平面 BCD 内作 BE ⊥ BD ，如图．由 (1) 知 AB ⊥平面 BCD ， BE? 平面 BCD ， BD ? 平面 BCD ， ∴ AB ⊥ BE ， AB ⊥ BD.以 B 为坐标原点，分别以→ → →BE ， BD ， BA 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，得 B(0,0,0) ， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，A(0,0,1) 11，M (0，， )，2 2→→1 1 →，－ 1)．则 BC ＝(1,1,0) ，BM ＝ (0，， )， AD ＝ (0,122设平面 MBC 的法向量 n ＝ (x 0， y 0， z 0)，n ·BC →＝0，x 0＋ y 0＝ 0，则即 1＋ 1＝ 0，→2y 0 n ·BM ＝ 0，2z 0取 z 0＝ 1，得平面 MBC 的一个法向量 n ＝ (1，－ 1,1)．设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ，→ →6|n ·AD |则 sin θ＝ |cos 〈n ， AD 〉 |＝ → ＝ 3 ，|n | ·|AD |即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为63.例 3 (1) 证明 连接 A 1C ，交 AC 1 于点 O ，连接 OD . 由 ABC －A 1B 1C 1 是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1 为矩形， O 为 A 1C的中点．又D 为BC 的中点，所以 OD 为 △ A 1BC 的中位线，所以 A 1B ∥ OD.因为 OD? 平面 ADC 1， A 1B?平面 ADC 1，所以 A 1B ∥平面 ADC 1.(2)解由 ABC － A 1B 1C 1 是直三棱柱，且∠ A BC ＝ 90°，得 BA ， BC ， BB 1 两两垂直．以 BC ， BA ， BB 1 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B － xyz.设 BA ＝ 2，则 B(0,0,0) ，C(2,0,0) ， A(0,2,0) ， C 1(2,0,1) ， D(1,0,0) ，→ →所以 AD ＝ (1，－ 2,0) ， AC 1＝ (2，－ 2,1)． 设平面 ADC 1 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)， →n ·AD ＝ 0，则有→n ·AC 1＝ 0.x － 2y ＝ 0，取 y ＝1，得 n ＝ (2,1，－ 2)．所以 2x － 2y ＋ z ＝ 0.易知平面 ADC 的一个法向量为 v ＝(0,0,1) ．所以 cos 〈 n ， v 〉＝ n ·v2＝－ .|n | |·v | 3因为二面角 C 1－ AD － C 是锐二面角，所以二面角 C 1－ AD － C 的余弦值为2 .3(3)解 假设存在满足条件的点 E.因为点 E 在线段 A 1B 1 上， A 1(0,2,1) ， B 1(0,0,1) ，故可设 E(0， λ，1)，其中 0≤λ≤2.→→． 所以 AE ＝ (0， λ－ 2,1)， DC 1＝ (1,0,1) 因为 AE 与 DC 1 成 60°角，→→→ →1|AE ·DC 1|所以 |cos 〈AE ，DC 1〉 |＝ → →＝2，|AE| |DC ·1 |即12＋1· 2＝1，解得 λ＝ 1 或 λ＝ 3(舍去 )．λ－2所以当点 E 为线段 A 1 B 1 的中点时， AE 与 DC 1 成 60°角． 跟踪演练 3解 (1) 如图，以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DM 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 D(0,0,0) ，A(1,0,0)，M(0,0,1) ， C(0,1,0) ， B(1,1,0) ，1 →1 ， 0，－ 1)， N(1,1,1)， E(， 1,0)，所以 NE ＝ (－22→AM ＝(－ 1,0,1)．→ →1→ →2 10|NE ·AM |因为 |cos 〈NE ，AM 〉 |＝ → → ＝5＝10 ，|NE| ×|AM| 2 × 2所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN . →＝(0,1,1) ，因为 AN→ → ＝(0 ，λ， λ)(0 ≤λ≤1)， 可设 AS ＝ λAN→1 又 EA ＝ (2，－ 1,0)，→→→1所以 ES ＝ EA ＋ AS ＝ ( ， λ－1， λ)．2由 ES ⊥平面 AMN ，→→ES ·AM ＝ 0，得→ →ES ·AN ＝ 0，－ 1＋ λ＝ 0，即 2λ－ ＋ λ＝ 0，1 → 1 1 →2 . 故 λ＝，此时 AS ＝ (0， ， )， |AS|＝222 2经检验，当 AS ＝2时， ES ⊥平面 AMN .2故线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN ，此时 AS ＝ 2.2高考押题精练(1)证明连接 AC ，∵四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，∴Q 为 AC 的中点，又在 △AEC 中， P 为 AE 的中点，∴ PQ ∥EC ，∵ EC? 面 BCE ， PQ?面 BCE ，∴ PQ ∥平面 BCE.(2)解 如图，取 EF 的中点 M ，则 AF ⊥ AM ，以 A 为坐标原点，以 AM ，AF ，AD 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 A(0,0,0) ， D (0,0,1) ，M (2,0,0)， F(0,2,0) ．→ → →可得 AM ＝ (2,0,0) ， MF ＝ (－ 2,2,0)， DF ＝ (0,2，－ 1)．→n ·MF ＝ 0，设平面 DEF 的法向量为n ＝ (x ， y ， z)，则→n ·DF ＝ 0.－ 2x ＋ 2y ＝0，x － y ＝ 0，故 2y －z ＝0， 即2y － z ＝ 0.令 x ＝1，则 y ＝1， z ＝ 2，故 n ＝(1,1,2) 是平面 DEF 的一个法向量．→∵ AM ⊥面 ADF ，∴ AM 为平面 ADF 的一个法向量．→→2×1＋ 0×1＋ 0×26n ·AM∴ cos 〈n ， AM 〉＝→ ＝ 6×2＝ 6.|n | ·|AM|由图可知所求二面角为锐角，6∴二面角A－DF － E 的余弦值为 6 .二轮专题强化练答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法1． D [由已知得 M 、 A 、 B 、C 四点共面．所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.]→→ → → → → →→ 1，其中一个与 →2． C [AP 可为下列 7 个向量： AB ， AC ， AD ， AA 1， AB 1，AC 1， AD AB 重合，→→→2→→→→→ → → →→AP ·AB ＝ |AB| ＝ 1； AD ，AD 1， AA 1 与AB 垂直，这时 AP ·AB ＝ 0； AC ， AB 1 与 AB 的夹角为45°，→ → π → → 3×1×cos ∠ BAC 1＝ 3× 1＝ 1，故选 C.] 这时 AP ·AB ＝ 2×1×cos ＝ 1，最后 AC 1·AB ＝3 4 3． B [分别以 C 1B 1、 C 1D 1、 C 1C 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵ A 1M ＝ AN ＝ 23 a ，∴ M a ， 2 a ，N 2 23a ， 3 3a ，3a ， a ，→ a 2 a .∴MN ＝ － ，0， 33→又 C 1 (0,0,0) ，D 1(0， a,0)，∴ C 1D 1＝ (0， a,0)，∴→ →＝，∴→⊥→MN ·C 1D 1 0 MN C 1D 1.→MN?平面 BB 1C 1C ，∴ MN ∥平面 BB 1C 1C.]∵ C 1D 1是平面 BB 1C 1C 的法向量，且 4． A [设 AB ＝ 1，→ → → → → → 则 CE ·BD ＝ (AE － AC) ·(AD － AB)＝ 1 → 2 1 → →→ → → →2 AD － AD ·AB － AC ·AD ＋ AC ·AB2＝ 1 112 － cos 60 －°cos 60 ＋°cos 60 ＝° .24→ →1→ →43CE ·BD∴ cos 〈CE ，BD 〉＝ → → ＝ 3＝6 .选 A.]|CE||BD | 25． A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2， O(0,0,0)，B(3， 0,0)， A(0，－ 1,0)， B 1(→ 3， →3， 0,2)，则 AB 1＝ ( 1,2)，则 BO ＝ (－ 3，→ →0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由 sin θ＝ |AB 1·BO|＝ 6.] → →4|AB 1||BO|2 6.5解析 以 D 点为坐标原点，分别以DA ， DC ，DD 1 所在直线为 x 轴， y轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0) ， M(1， 1， 1)，21C(0,1,0)， N(1,1， 2) ．→ 1 →1所以 AM ＝ (0，， 1)，CN＝ (1,0， )．22 → →111故 AM ·CN ＝ 0×1＋ ×0＋1× ＝ ，2 2 2→2 1 2 ＋ 1 25|AM |＝0 ＋ 2 ＝ ，2→2 21 2 ＝5|CN|＝ 1＋0＋ 2 ，2→ →1→→2 2AM ·CN＝所以 cos 〈 AM ， CN 〉＝→ → 5 5＝ .5|AM ||CN|2 ×27．2 17解析如图为折叠后的图形，其中作 AC ⊥ CD ， BD ⊥ CD ，则 AC ＝ 6， BD ＝ 8， CD ＝ 4，两异面直线 AC 、 BD 所成的角为 60°，故由→＝→＋→＋→，AB AC CD DB→ 2 →→→2，得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB | ＝ 68→∴|AB|＝ 2 17.8．①②→→→2→ 2→ 2 → 解析 设正方体的棱长为 1，①中 (A 1A ＋ A 1D 1＋A 1B 1) ＝A 1C ＝ 3A 1B 1 ＝3，故①正确； ②中 A 1B 1→ →→－ A 1A ＝ AB 1，由于 AB 1⊥ A 1C ，故②正确； ③中 A 1B 与 AD 1 两异面直线所成的角为 60°，但 AD 1→→ → →与 A 1B 的夹角为 120°，故③不正确；④中 |AB ·AA 1·AD |＝ 0.故④也不正确．9．证明(1) 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 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) ，C(1,2,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,1) ，∵ E， F 分别是 PC， PD 的中点，∴ E 1， 1，1，F 0，1，1，222→1，0， 0→．EF＝－，AB＝ (1,0,0)2→ 1 →→ →∵EF＝－AB ，∴ EF ∥ AB，2即 EF∥AB，又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，∴ EF ∥平面 PAB.→，－ 1)→→→→，(2)由 (1)可知 PB＝ (1,0，PD ＝ (0,2，－ 1)，AP＝ (0,0,1)， AD＝ (0,2,0)， DC ＝ (1,0,0)→→∵ AP·DC ＝ (0,0,1) (1,0,0)·＝ 0，→→AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)·＝ 0，→→→→∴ AP⊥ DC，AD ⊥DC ，即 AP⊥ DC ，AD⊥ DC .又 AP∩AD＝ A，∴ DC ⊥平面 PAD .∵DC ? 平面 PDC，∴平面 PAD ⊥平面 PDC .10． (1)证明由PC⊥平面ABC，DE ?平面ABC，故PC⊥ DE.由 CE＝ 2， CD＝ DE＝ 2得△CDE 为等腰直角三角形，故 CD ⊥ DE .由 PC∩CD＝ C， DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，故 DE ⊥平面 PCD .π(2)解由(1)知，△ CDE为等腰直角三角形，∠DCE ＝，如图，过 D 作4DF 垂直 CE 于 F，易知 DF ＝ FC＝ FE＝ 1，又已知EB＝ 1，故 FB＝ 2.πDF＝FB233.由∠ ACB＝得 DF ∥AC ，AC BC ＝，故 AC＝DF ＝2322以 C 为坐标原点，分别以→ →→轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标CA，CB，CP的方向为 x系，则 C(0,0,0) ，P(0,0,3) ，A 3，0， 0→→，2，E(0,2,0) ，D (1,1,0)，ED＝(1，－ 1,0)，DP＝ (－ 1，－ 1,3)→1，－ 1，0 . DA ＝2→→－ x1－y1＋3z1＝0，设平面 PAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·DP＝0，n1·DA＝0，得1x1－ y1＝0，2故可取 n1＝(2,1,1)．→由 (1) 可知 DE ⊥平面 PCD ，故平面PCD 的法向量n2可取为ED，即 n2＝(1，－1,0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝n1·n2＝3，|n1| |·n2 |6故所求二面角 APDC 的余弦值为3 6 .11． B [ 根据题意可知平面A1BD ⊥平面 A1ACC 1且两平面的交线是A1O，所以过点P 作交线 A1O 的垂线 PE，则 PE⊥平面 A1BD，所以∠ A1OP 或其补角就是直线OP 与平面 A1BD 所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面 A1BD 可以垂直．当点 P 与点 C1重合时可得 A1O＝OP＝6，A1C1＝2 2，所以1× 6× 6×sin α＝1×22×2，22所以 sin α＝2 2；3当点 P 与点 C 重合时，可得sin α＝2＝6 6 3.根据选项可知 B 正确． ]12．①③解析①中，∵ BC1∥平面 AD1C，∴ BC1上任意一点到平面 AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线 BC1上运动时，直线 AB 与平面 ACD 1所成角和直线 AC1与平面ACD 1 所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线 BC 1 上运动时，点 P 在平面 AD 1 C 1B 中，既二面角 P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确．3 513. 10解析以 A 为坐标原点， AB 、 AD 、AA 1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，11则 A 1 (0,0,1) ，E(1,0，2)， F(2， 1,0)， D 1 (0,1,1) ．→1 →．∴ A 1E ＝ (1,0，－)，A 1D 1＝ (0,1,0)2设平面 A 1D 1E 的一个法向量为 n ＝ (x ， y ， z)，→＝0，1n ·A 1E即x － z ＝ 0，则2→ y ＝ 0.n ·A 1D 1＝ 0，令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．→1又 A 1F ＝ (2， 1，－ 1)，∴点 F 到平面 A 1D 1 E 的距离为→1－ 2|||A 1F ·n |＝2＝ 3 5d ＝ |n |510.14．解 (1)∵ AC ＝ BC ， PA ＝ PB ， PC ＝ PC ，∴△ PCA ≌△ PCB ，∴∠ PCA ＝∠ PCB ，∵ PC ⊥ AC ，∴ PC ⊥ CB ，又 AC ∩CB ＝ C ，∴ PC ⊥平面 ACB ，且 PC ， CA ， CB 两两垂直，故以 C 为坐标原点，分别以CB ， CA ， CP 所在直线为 x ，y ， z 轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)， A(0,2,0) ， D(1,0,0) ， P(0,0,2)，→ →∴ AD ＝ (1，－ 2,0)， PD ＝ (1,0，－ 2)，设平面 PAD 的一个法向量为n ＝ (x ， y ， z) ，→n ·AD ＝0∴，∴取 n ＝ (2,1,1) ，→n ·PD ＝0→平面 PDB 的一个法向量为CA ＝ (0,2,0) ，→6∴ cos 〈n ， CA 〉＝ 6 ，设二面角 A —PD — B 的平面角为 θ，且 θ为钝角，6 6 ∴ cos θ＝－ 6 ，∴二面角 A — PD — B 的余弦值为－6.(2)方法一存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．设 M(x,2－ x,0) (x ∈ R )，→∴ PM ＝ (x,2－ x ，－ 2)，∴ →|cos 〈 PM ， n 〉 ||x|1 ＝ x 2＋－ x2＋4· 6 ＝ 6，解得 x ＝ 1 或 x ＝－ 2，∴ M(1,1,0) 或 M(－ 2,4,0)，∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为 16.方法二 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点． → →设 AM ＝ λAB ，→＝(2 λ，－ 2λ， 0) (λ∈ R )，则 AM ＝ λ(2，－ 2,0) → → →∴ PM ＝ PA ＋ AM ＝ (2λ，2－ 2λ，－ 2)，→|2λ|∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝2＋－ 2λ 2＋ 4· 6 λ 1解得 λ＝ 或 λ＝－ 1.∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或1＝6.A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD1所成角的正弦值为 .。

专题24空间向量与空间角的计算年份题号考点考查内容2011理18二面角的计算线面、线线垂直的判定与性质、利用向量法求二面角的方法，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力2012理19二面角的计算线面平行、线线垂直、线面垂直的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力2013卷2理18二面角的计算线面平行的判定定理及二面角的计算，逻辑推理能力、空间想象能力及运算求解能力卷1理18空间线面角的计算空间线面、线线垂直的判定与性质及线面角的计算，空间想象能力、逻辑推论证能力2014卷2理18二面角的计算线面平行的判定、二面角的计算、锥体的体积计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力、运算求解能力卷2理11空间异面直线所成角的计算异面直线所成的角，空间想象能力和运算求解能力卷1理19二面角的计算空间线线垂直、线面垂直的判定与性质、二面角的计算等基础知识，逻辑推理能力、空间想象能力和运算求解能力2015卷1理18空间异面直线所成角的计算主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算异面直线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力．2016卷3理19空间线面角的计算线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角，逻辑推理能力和运算求解能力卷2理19解答题中的折叠问题与探索性问题二面角的计算折叠问题中线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力和运算求解能力卷1理18二面角的计算主线线、线面、面面垂直判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷1理11文11空间异面直线所成角的计算面面平行的性质及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力2017卷3理16空间异面直线所成角的计算空间点、线、面位置关系及线线所成角，逻辑推理能力与运算求解能力卷3理19二面角的计算主要以三棱锥为载体面面垂直的判定与性质、简单几何体体积的计算、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理18二面角的计算空间线面角的计算主要以三棱锥为载体线面平行的判定与性质、利用空间向量计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理10空间异面直线所成角的计算空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力卷1理18二面角的计算空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力与运算求解能力2018卷3文19解答题中的折叠问题与探索性问题空间面面垂直的判定与性质、是否存在点是线面平行的问题，逻辑推理能力与空间想象能力卷2文9空间异面直线所成角的计算空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力卷1文10空间线面角的计算长方体中线面角的计算与长方体体积计算，运算求解能力卷3理19二面角的计算空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角与空间几何体体积的最大值，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理20空间线面角的计算二面角的计算主要以三棱锥为载体线面垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面角与二面角，逻辑推理能力与运算求解能力卷2理9空间异面直线所成角的计算空间两条异面直线所成的角及空间想象能力与运算求解能力卷1理18解答题中的折叠问题与探索性问题空间线面角的计算折叠问题中空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算线面角及逻辑推理能力与运算求解能力2019卷3理19解答题中的折叠问题与探索性问题二面角的计算折叠问题中的共面问题的判定、空间垂直的判定与性质、利用空间向量计算二面角及逻辑推理能力与运算求解能力卷2理17二面角的计算空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力卷1理18二面角的计算空间线面平行的判定及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力2020卷1理16空间角的计算空间角的计算，利用余弦定理解三角形理18二面角的计算空间线线、线面垂直的判定与性质及利用空间向量计算二面角，逻辑推理能力、运算求解能力卷2理20空间位置关系判定、空间角的计算间线面平行与垂直的证明，线面角的计算卷3理19二面角、点与平面位置关系点在平面的证明，利用空间向量法求二面角探求规律考点82空间异面直线所成角的计算1．(2018•新课标Ⅱ，理9)在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为()A ．15B ．56C．55D．222．(2018•新课标Ⅱ，文9)在正方体1111ABCD AB C D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为()A B C ．D3.(2017•新课标Ⅱ，理10)已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC ==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为()A B C ．D 4．(2016•新课标Ⅰ，理11文11)平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，//α平面11CB D ，α⋂平面ABCD m =，α⋂平面11ABB A n =，则m 、n 所成角的正弦值为()A ．32B ．22C ．33D ．135．(2014新课标Ⅱ，理11)直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠BCA=90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC=CA=CC 1，则BM 与AN 所成的角的余弦值为()A ．110B ．25C 3010D 226．(2020全国Ⅰ理16)如图，在三棱锥P ABC-的平面展开图中，1,3,,,30AC AB AD AB AC AB AD CAE ===⊥⊥∠=︒，则cos FCB ∠=_____________．7．(2017•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 所成角的最小值为60︒；其中正确的是．(填写所有正确结论的编号)8．(2015浙江)如图，三棱锥A BCD -中，3AB AC BD CD ====，2AD BC ==，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线,AN CM 所成的角的余弦值是．9．(2015四川)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ上，,E F 分别为,AB BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为_________．10．(2015•新课标Ⅰ，理18)如图，四边形ABCD 为菱形，120ABC ∠=︒，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，2BE DF =，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．考点83空间线面角的计算1．(2020山东4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为()A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒2．(2018•新课标Ⅰ，文10)在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为()A ．8B ．62C ．82D ．833．(2014浙江)如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)．若15AB m =，25AC m =，30BCM ∠=︒则tan θ的最大值A 305B 3010C 439D 5394．(2014四川)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是A ．3,1]3B ．63C ．622,33D ．22[,1]35．(2020全国Ⅱ理20)如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，,M N 分别为11,BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．(1)证明：1AA //MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；(2)设O 为△111C B A 的中心，若F C EB AO 11平面∥，且AB AO =，求直线E B 1与平面AMN A 1所成角的正弦值．6．(2018•新课标Ⅱ，理20)如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．7．(2016•新课标Ⅲ，理19)如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，//AD BC ，3AB AD AC ===，4PA BC ==，M 为线段AD 上一点，2AM MD =，N 为PC 的中点．(1)证明：//MN 平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值．8．(2013新课标Ⅰ，理18)如图，三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，CA=CB ，AB=A A 1，∠BA A 1=60°．(Ⅰ)证明AB ⊥A 1C ；(Ⅱ)若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB=CB=2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．9．(2018浙江)如图，已知多面体111ABCA B C ，1A A ，1B B ，1C C 均垂直于平面ABC ，120ABC ∠=，14A A =，11C C =，12AB BC B B ===．(1)证明：1AB ⊥平面111A B C ；(2)求直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值．10．(2017浙江)如图，已知四棱锥P ABCD -，PAD ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC AD ∥，CD AD ⊥，22PC AD DC CB ===，E 为PD 的中点．(Ⅰ)证明：CE ∥平面PAB ；(Ⅱ)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．11．(2014天津)如图四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，BA BD ==2AD =，PA PD ==，E ，F 分别是棱AD ，PC 的中点．(Ⅰ)证明：EF ∥平面PAB ；(Ⅱ)若二面角P AD B --为60°，(ⅰ)证明：平面PBC ⊥平面ABCD ；(ⅱ)求直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值．12．(2013浙江)如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，2AB BC ==，AD CD ==，PA =，120ABC ∠= ，G 为线段PC 上的点．(Ⅰ)证明：BD ⊥面APC ；(Ⅱ)若G 是PC 的中点，求DG 与APC 所成的角的正切值；(Ⅲ)若G 满足PC ⊥面BGD ，求PGGC的值．13．(2019浙江19)如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A AC AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF BC ⊥；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．14．(2018天津)如图，AD BC ∥且2AD BC =，AD CD ⊥，EG AD ∥且EG AD =，CD FG ∥且2CD FG =，DG ⊥平面ABCD ，2DA DC DG ===．(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE ；(2)求二面角E BC F --的正弦值；(3)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．15．(2018江苏)如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，点P ，Q 分别为11A B ，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与1AC 所成角的余弦值；(2)求直线1CC 与平面1AQC 所成角的正弦值．16．(2017天津)如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒．点D ，E ，N 分别为棱PA ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，4PA AC ==，2AB =．(Ⅰ)求证：MN ∥平面BDE ；(Ⅱ)求二面角C EM N --的正弦值；(Ⅲ)已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长．17．(2017北京)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD //平面MAC ，PA PD ==，4AB =．(Ⅰ)求证：M 为PB 的中点；(Ⅱ)求二面角B PD A --的大小；(Ⅲ)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．18．(2014福建)在平行四边形ABCD 中，1AB BD CD ===，,AB BD CD BD ⊥⊥，将ABD ∆沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图．(Ⅰ)求证：AB ⊥CD ；(Ⅱ)若M 为AD 中点，求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值．19．(2013天津)如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，侧棱1A A ⊥底面ABCD ，AB DC ∥，AB AD ⊥，1AD CD ==，12AA AB ==，E 为棱1AA 的中点．(Ⅰ)证明11B C CE ⊥；(Ⅱ)求二面角11B CE C --的正弦值；(Ⅲ)设点M 在线段1C E 上；且直线AM 与平面11ADD A 所成角的正弦值为26，求线段AM 的长．考点84二面角的计算1．(2018浙江)已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)，设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则A ．123θθθ≤≤B ．321θθθ≤≤C ．132θθθ≤≤D ．231θθθ≤≤2．(2017浙江)如图，已知正四面体D ABC -(所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP PB =，2BQ CR QC RA==，分别记二面角D PR Q --，D PQ R --，D QR P --的平面角为α，β，γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α3．如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成△A CD '，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则()A ．A DB α∠' B ．A DB α∠'C ．A CB α∠'D ．A CB α∠' 4．(2020全国Ⅰ理18)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，66PO =．(1)证明：PA ⊥平面PBC ；(2)求二面角B PC E --的余弦值．5．(2020全国Ⅲ理19)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且112,2DE ED BF FB ==．(1)证明：点1C 在平面AEF 内；(2)证明：若12,1,3AB AD AA ===时，求二面角1A EF A--的正弦值．6．(2020江苏24)在三棱锥A —BCD 中，已知CB =CD 5，BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．7．(2020浙江19)如图，三棱台DEF —ABC 中，面ADFC ⊥面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．(I)证明：EF ⊥DB ；(II)求DF 与面DBC 所成角的正弦值．8．(2020天津17)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11A B 的中点．(Ⅰ)求证：11C M B D ⊥；(Ⅱ)求二面角1B B E D --的正弦值；(Ⅲ)求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．9．(2020山东20)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1PD AD ==，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．10．(2019•新课标Ⅰ，理18)如图，直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14AA =，2AB =，60BAD ∠=︒，E ，M ，N 分别是BC ，1BB ，1A D 的中点．(1)证明：//MN 平面1C DE ；(2)求二面角1A MA N --的正弦值．11．(2019•新课标Ⅱ，理17)如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．(1)证明：BE ⊥平面11EB C ；(2)若1AE A E =，求二面角1B EC C --的正弦值．12．(2018•新课标Ⅲ，理19)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M 是 CD上异于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．13．(2017•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PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，求二面角A PB C --的余弦值．14．(2017•新课标Ⅱ，理19)如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=︒，E 是PD 的中点．(1)证明：直线//CE 平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45︒，求二面角M AB D --的余弦值．15．(2017•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．16．(2016•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，2AF FD =，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．17．(2014新课标Ⅰ，理19)如图三棱锥111ABC A B C -中，侧面11BB C C 为菱形，1AB B C ⊥．(Ⅰ)证明：1AC AB =；(Ⅱ)若1AC AB ⊥，o 160CBB ∠=，AB=BC ，求二面角111A A B C --的余弦值．18．(2014新课标Ⅱ，理18)如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(Ⅰ)证明：PB ∥平面AEC ；(Ⅱ)设二面角D-AE-C 为60°，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD 的体积．19．(2013新课标Ⅱ，理18)如图直棱柱111ABC A B C -中，D ，E 分别为AB ，1BB 的中点，1AA =AC=CB=22AB ．(Ⅰ)证明：1BC ∥平面1A CD ；(Ⅱ)求二面角D-1A C E -的正弦值．20．(2012•新课标，理19)如图，直三棱柱111ABC A B C -中，112AC BC AA ==，D 是棱1AA 的中点，1DC BD ⊥(1)证明：1DC BC ⊥；(2)求二面角11A BD C --的大小．21．(2011•新课标，理18)如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，DAB ∠=060，AB =2AD ，PD ⊥底面ABCD ．(Ⅰ)证明：PA BD ⊥；(Ⅱ)若PD =AD ，求二面角A PB C --的余弦值．22．(2011广东)如图在椎体P ABCD -中，ABCD 是边长为1的棱形，且DAB ∠=60︒，2PA PD ==2PB =，E ，F 分别是BC ，PC 的中点．(Ⅰ)证明：AD ⊥平面DEF ；(Ⅱ)求二面角P AD B --的余弦值．23．(2019天津理17)如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,1,2AD AB AB AD AE BC ⊥====．(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13，求线段CF 的长．24．(2018北京)如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为1AA ，AC ，11A C ，1BB 的中点，5AB BC ==，12AC AA ==．(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角1B CD C --的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．25．(2016年山东)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O '的直径，FB 是圆台的一条母线．(I)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点，求证：GH ∥平面ABC ；(II)已知EF =FB =12AC =23，AB BC =．求二面角F BC A --的余弦值．26．(2016年天津)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，2AB BE ==．(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 =23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．27．(2015福建)如图，在几何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB ^平面BEG ，BE ^EC ，2AB BE EC ===，G ，F 分别是线段BE ，DC 的中点．(Ⅰ)求证：GF ∥平面ADE ；(Ⅱ)求平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值．28．(2015山东)如图，在三棱台DEF ABC -中，2AB DE =，,G H 分别为,AC BC 的中点．(Ⅰ)求证：BC //平面FGH ；(Ⅱ)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF =DE ，∠BAC =45 ，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．29．(2014山东)如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是等腰梯形，60,DAB ∠= 22AB CD ==，M 是线段AB 的中点．(Ⅰ)求证：111//C M A ADD 平面；(Ⅱ)若1CD 垂直于平面ABCD 且1=3CD ，求平面11C D M 和平面ABCD 所成的角(锐角)的余弦值．30．(2014辽宁)如图，ABC ∆和BCD ∆所在平面互相垂直，且2AB BC BD ===，0120ABC DBC ∠=∠=，E 、F 分别为AC 、DC 的中点．(Ⅰ)求证：EF BC ⊥；(Ⅱ)求二面角E BF C --的正弦值．31．(2014浙江)如图，在四棱锥BCDE A -中，平面⊥ABC 平面BCDE ，90CDE BED ∠=∠= ，2AB CD ==，1DE BE ==，2AC =．(Ⅰ)证明：⊥DE 平面ACD ；(Ⅱ)求二面角E AD B --的大小．32．(2014广东)如图4，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，030DPC ∠=，AF PC ⊥于点F ，//FE CD ，交PD 于点E ．(Ⅰ)证明：CF ADF⊥平面(Ⅱ)求二面角D AF E --的余弦值．33．(2014湖南)如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长都相等，AC BD O = ，11111A C B D O = ，四边形1111ACC A BDD B 和四边形均为矩形．(1)证明：1;O O ABCD ⊥底面(2)若1160,CBA C OB D ∠=--求二面角的余弦值．34．(2013陕西)如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，1AO ⊥平面ABCD ，12AB AA ==．(Ⅰ)证明：1AC ⊥平面11BB D D ；(Ⅱ)求平面1OCB 与平面11BB D D 的夹角θ的大小．35．(2012浙江)如图，在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为23的菱形，120BAD ∠=︒，且PA ⊥平面ABCD ，26PA =，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．(Ⅰ)证明：//MN 平面ABCD ；(Ⅱ)过点A 作AQ PC ⊥，垂足为点Q ，求二面角A MN Q --的平面角的余弦值．36．(2017山东)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．考点85解答题中折叠问题与探索性问题1．(2019•新课标Ⅲ，理19)图1是由矩形ADEB 、Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1AB =，2BE BF ==，60FBC ∠=︒．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结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．2．(2018•新课标Ⅰ，理18)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把DFC ∆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．3．(2018•新课标Ⅲ，文19)如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M 是 CD 上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得//MC 平面PBD ？说明理由．4．(2016•新课标Ⅱ，理19)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5AB =，6AC =，点E ，F 分别在AD ，CD 上，54AE CF ==，EF 交于BD 于点H ，将DEF ∆沿EF 折到△D EF '的位置，10OD '=．(Ⅰ)证明：D H '⊥平面ABCD ；(Ⅱ)求二面角B D A C -'-的正弦值．5．(2019北京理16)如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，AD CD ⊥，AD BC P ，23PA AD CD BC ====，．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =．(Ⅰ)求证：CD PAD ⊥平面；(Ⅱ)求二面角F AE P --的余弦值；(Ⅲ)设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．6．(2016年北京)如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，AB AD ⊥，1AB =，2AD =，AC 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．7．(2015陕西)如图1，在直角梯形ΑΒCD 中，//ΑD ΒC ，2ΒΑD π∠=，1ΑΒΒC ==，2ΑD =，Ε是ΑD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将ΑΒΕ∆沿BE 折起到1A BE ∆的位置，如图2．(Ⅰ)证明：CD ⊥平面1AOC ；(Ⅱ)若平面1A BE ⊥平面BCDE ，求平面1A BC 与平面1ACD 夹角的余弦值．8．(2013广东)如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90A ∠=︒，6BC =，,D E 分别是,AC AB上的点，CD BE =，O 为BC 的中点．将ADE ∆沿DE 折起，得到如图2所示的四棱锥A BCDE '-，其中A O '=．(Ⅰ)证明：A O '⊥平面BCDE ；(Ⅱ)求二面角A CD B '--的平面角的余弦值．9．(2013湖北)如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于,A B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，E ，F 分别是PA ，PC 的中点．(Ⅰ)记平面BEF 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面PAC 的位置关系，并加以证明；(Ⅱ)设(I)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足12DQ CP = ．记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与EF 所成的角为α，二面角E l C --的大小为β，求证：sin sin sin θαβ=．10．(2012福建)如图，在长方体1111ABCD A B C D -中11AA AD ==，E 为CD 中点．(Ⅰ)求证：11B E AD ⊥；(Ⅱ)在棱1AA 上是否存在一点P ，使得DP ∥平面1B AE ？若存在，求AP 的行；若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(Ⅲ)若二面角11A B E A --的大小为30°，求AB 的长．。

2021年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.6 立体几何中的向量方法目录一、考点全归纳1．两条异面直线所成角的求法设a，b分别是两异面直线l1，l2的方向向量，则设直线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，a与n的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a·n||a||n|．3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图①①，n 1，n 2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|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 【常用结论】 利用空间向量求距离 (1)两点间的距离设点A (x 1，y 1，z 1)，点B (x 2，y 2，z 2)，则|AB |＝|AB →|＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＋（z 1－z 2）2. (2)点到平面的距离如图所示，已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →·n ||n |.二 题型全归纳题型一 异面直线所成的角【题型要点】用向量法求异面直线所成角的一般步骤 (1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系．(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定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)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．【易错提醒】注意向量的夹角与异面直线所成的角的区别：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是此异面直线所成的角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线所成的角．【例1】如图，在四棱锥P ­ABCD 中，P A ①平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，AB ＝2，①BAD ＝60°.(1)求证：BD ①平面P AC ；(2)若P A ＝AB ，求PB 与AC 所成角的余弦值． 【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形， 所以AC ①BD .因为P A ①平面ABCD ，所以P A ①BD . 又因为AC ∩P A ＝A ，所以BD ①平面P AC . (2)设AC ∩BD ＝O .因为①BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系Oxyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1，0，0)，C (0，3，0)． 所以PB →＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64.即PB 与AC 所成角的余弦值为64. 【例2】.如图，在三棱锥P ­ABC 中，P A ①底面ABC ，①BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ①平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 【解析】：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →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A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0. 因为MN ①平面BDE ， 所以MN ①平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )， 进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721，整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以，线段AH 的长为85或12.题型二 直线与平面所成的角【题型要点】(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；①通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．(2)若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2. 【易错提醒】求解直线和平面所成角，要注意直线的方向向量与平面法向量的夹角和所求角之间的关系，线面角的正弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值．【例1】(2020·深圳模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PD ＝PB ，H 为PC 上的点，过AH 的平面分别交PB ，PD 于点M ，N ，且BD ①平面AMHN .(1)证明：MN ①PC ；(2)设H 为PC 的中点，P A ＝PC ＝3AB ，P A 与平面ABCD 所成的角为60°，求AD 与平面AMHN 所成角的正弦值．【解析】：(1)证明：如图①，连接AC 交BD 于点O ，连接PO .因为四边形ABCD 为菱形，所以BD ①AC ，且O 为BD 的中点． 因为PD ＝PB ，所以PO ①BD ，因为AC ∩PO ＝O ，且AC ，PO ①平面P AC ，所以BD ①平面P AC . 因为PC ①平面P AC ，所以BD ①PC .因为BD ①平面AMHN ，且平面AMHN ∩平面PBD ＝MN ，所以BD ①MN ， 所以MN ①PC .(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ， 因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点， 所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，因为P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A .因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A .以O 为坐标原点，OA →，OD →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图①所示的空间直角坐标系，记P A ＝2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫0，－33，0，C (－1，0，0)，D ⎝⎛⎭⎫0，33，0，P (0，0，3)，H ⎝⎛⎭⎫－12，0，32， 所以BD →＝⎝⎛⎭⎫0，233，0，AH →＝⎝⎛⎭⎫－32，0，32，AD →＝⎝⎛⎭⎫－1，33，0. 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，解得y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)是平面AMHN 的一个法向量． 记AD 与平面AMHN 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AD →|n ||AD →|＝34.所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 【例2】如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，B 1A 1①平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1①平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为B 1A 1①平面ADD 1A 1，所以B 1A 1①DD 1， 又DD 1①D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1， 又DD 1①CC 1，所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1. 因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1①DD 1， 所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在①B 1EC 1中，B 1C 1①C 1E .又CC 1，C 1E ①平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1①平面CC 1E . (2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量， 易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277， 故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277.题型三 二面角【题型要点】利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．【易错提醒】：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．【例1】(2020·深圳模拟)已知四棱锥P­ABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD①平面AMHN.(1)证明：MN①PC；(2)当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD①AC，因为PD＝PB，所以PO①BD，因为AC∩PO＝O且AC、PO①平面P AC，所以BD①平面P AC，因为PC①平面P AC，所以BD①PC，因为BD①平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD①MN，MN①平面P AC，所以MN ①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ， 因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点， 所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ， 所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ， 所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ，因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A . 以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)，C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)，所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0)．设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0，令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 【例2】图1是由矩形ADEB ，Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，①FBC ＝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 ①平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．【解析】：(1)证明：由已知得AD ①BE ，CG ①BE ，所以AD ①CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ①BE ，AB ①BC ，故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ，所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ，垂足为H .因为EH ①平面BCGE ，平面BCGE ①平面ABC ，所以EH ①平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，①EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H ­xyz ， 则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B ­CG ­A 的大小为30°.题型四 利用空间向量求距离【题型要点】求解点到平面的距离可直接转化为求向量在平面的法向量上的射影的长．如图，设点P 在平面α外，n 为平面α的法向量，在平面α内任取一点Q ，则点P 到平面α的距离d ＝|PQ →·n ||n |.【易错提醒】该题中的第(2)问求解点到平面的距离时，利用了两种不同的方法——等体积法与向量法，显然向量法直接简单，不必经过过多的逻辑推理，只需代入坐标准确求解即可．【例1】(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，①ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离．【解析】 (1)证明：如图取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE .因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点，所以EF ①BB 1，且EF ＝12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ①BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ①EF ，且CD ＝EF . 所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ，CF ①平面A 1BC ，所以DE ①平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S ①ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2. 又在①A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33，所以S ①A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S ①A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d . 因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263， 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC ­A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ①AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→，n ①BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0， 整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2. 所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263. 【例2】如图，①BCD 与①MCD 都是边长为2的正三角形，平面MCD ①平面BCD ，AB ①平面BCD ，AB ＝23，求点A 到平面MBC 的距离．【答案】见解析【解析】：如图，取CD 的中点O ，连接OB ，OM ，因为①BCD 与①MCD 均为正三角形，所以OB ①CD ，OM ①CD ，又平面MCD ①平面BCD ，平面MCD ∩平面BCD ＝CD ，OM ①平面MCD ，所以MO ①平面BCD .以O 为坐标原点，直线OC ，BO ，OM 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为①BCD 与①MCD 都是边长为2的正三角形，所以OB ＝OM ＝3，则O (0，0，0)，C (1，0，0)，M (0，0，3)，B (0，－3，0)，A (0，－3，23)，所以BC →＝(1，3，0)．BM →＝(0，3，3)．设平面MBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BC →，n ①BM →得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋3z ＝0， 取x ＝3，可得平面MBC 的一个法向量为n ＝(3，－1，1)．又BA →＝(0，0，23)，所以所求距离为d ＝|BA →·n ||n |＝2155.三、高效训练突破一、选择题1．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．120°B ．60°C ．30°D ．60°或30°【答案】C【解析】设直线l 与平面α所成的角为β，直线l 与平面α的法向量的夹角为γ.则sin β＝|cos γ|＝|cos 120°|＝12. 又0°≤β≤90°，①β＝30°.2．在正方体A 1B 1C 1D 1­ABCD 中，AC 与B 1D 所成角大小为( )A.π6B.π4C.π3D.π2 【答案】D【解析】建立如图所示的空间直角坐标系设正方体边长为1，则A (0，0，0), C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0). ①AC →＝(1，1，0)，B 1D →＝(－1，1，－1)，①AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，①AC →①B 1D →，①AC 与B 1D 所成的角为π2. 3.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( )A.55B.53C.255D.35【答案】A 【解析】设CA ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1)，可得向量AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝－2×0＋2×2＋1×（－1）0＋4＋1·4＋4＋1＝15＝55. 4.将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，AC ︵长为2π3，A 1B 1︵长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．则异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小为( )A.π6 B ．π4C.π3D ．π2【答案】B 【解析】：.以O 为坐标原点建系如图则A (0，1，0)，A 1(0，1，1)，B 1⎝⎛⎭⎫32，12，1，C ⎝⎛⎭⎫32，－12，0. 所以AA 1→＝(0，0，1)，B 1C →＝(0，－1，－1)，所以cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C →|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22， 所以〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，所以异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.故选B. 5.如图，已知长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝3，E 为线段AB 上一点，且AE ＝13AB ，则DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为( )A.33535B ．277 C.33 D ．24 【答案】A.【解析】：如图以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，则C 1(0，3，1)，D 1(0，0，1)，E (1，1，0)，C (0，3，0)，所以DC 1→＝(0，3，1)，D 1E →＝(1，1，－1)，D 1C →＝(0，3，－1)．设平面D 1EC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·D 1E →＝0，n ·D 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －z ＝0，3y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2y ，z ＝3y ，取y ＝1，得n ＝(2，1，3)． 因为cos 〈DC 1→，n 〉＝DC 1→·n |DC 1→|·|n |＝（0，3，1）·（2，1，3）10×14＝33535，所以DC 1与平面D 1EC 所成的角的正弦值为33535，故选A. 6．二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217.则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°【答案】C.【解析】：如图所示二面角的大小就是〈AC →，BD →〉．因为CD →＝CA →＋AB →＋BD →，所以CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2(CA →·AB →＋CA →·BD →＋AB →·BD →)＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·BD →，所以CA →·BD →＝12[(217)2－62－42－82]＝－24.因此AC →·BD →＝24，cos 〈AC →，BD →〉＝AC →·BD →|AC →||BD →|＝12， 又〈AC →，BD →〉①[0°，180°]，所以〈AC →，BD →〉＝60°，故二面角为60°.7．已知斜四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，①A 1AD ＝60°，①BAD ＝90°，平面A 1ADD 1①平面ABCD ，则直线BD 1与平面ABCD 所成的角的正切值为( ) A.34B.134C.3913D.393 【答案】C【解析】取AD 中点O ，连接OA 1，易证A 1O ①平面ABCD .建立如图所示的空间直角坐标系得B (2，－1，0)，D 1(0，2，3)，BD 1→＝(－2，3，3)，平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1)，设BD 1与平面ABCD 所成的角为θ，①sin θ＝|BD 1→·n ||BD 1→||n |＝34，①tan θ＝3913. 8.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，四边形ABCD 为平行四边形，且BC ①平面P AB ，P A ①AB ，M 为PB 的中点，P A ＝AD ＝2.若AB ＝1，则二面角B ­AC ­M 的余弦值为( )A.66B.36C.26D.16【答案】A【解析】因为BC ①平面P AB ，P A ①平面P AB ，所以P A ①BC ，又P A ①AB ，且BC ∩AB ＝B ，所以P A ①平面ABCD .以点A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A ­xyz .则A (0，0，0)，C (1，2，0)，P (0，0，2)，B (1，0，0)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，1，所以AC →＝(1，2，0)，AM →＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，求得平面AMC 的一个法向量为n ＝(－2，1，1)，又平面ABC 的一个法向量AP →＝(0，0，2)，所以cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝24＋1＋1×2＝16＝66. 所以二面角B ­AC ­M 的余弦值为66. 9．设正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是( )A.32B.22 C.223 D.233【答案】D【解析】如图建立坐标系则D 1(0，0，2)，A 1(2，0，2)，B (2，2，0)，D 1A 1→＝(2，0，0)，DB →＝(2，2，0)，DA 1→＝(2，0，2)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·DB →＝0，①⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1，1，1)． ①D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233. 二、填空题1.如图，正三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．【答案】：35【解析】：设正三棱柱的棱长为2，取AC 的中点D ，连接DG ，DB ，分别以DA ，DB ，DG 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B 1(0，3，2)，F (1，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫12，32，0，G (0，0，2)，B 1F →＝(1，－3，－1)，EF →＝⎝⎛⎭⎫12，－32，1，GF →＝(1，0，－1)． 设平面GEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧EF →·n ＝0，GF →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32y ＋z ＝0，x －z ＝0，取x ＝1，则z ＝1，y ＝3，故n ＝(1，3，1)为平面GEF 的一个法向量，所以|cos 〈n ，B 1F →〉|＝|1－3－1|5×5＝35， 所以B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为35. 2.如图，平面ABCD ①平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且AF ＝12AD ＝a ，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为________．【答案】63【解析】如图以A 为原点建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (0，2a ，0)，C (0，2a ，2a )，G (a ，a ，0)，AG →＝(a ，a ，0)，AC →＝(0，2a ，2a )，BG →＝(a ，－a ，0)，设平面AGC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，1)，由⎩⎪⎨⎪⎧AG →·n 1＝0AC →·n 1＝0①⎩⎪⎨⎪⎧ax 1＋ay 1＝02ay 1＋2a ＝0①⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1y 1＝－1①n 1＝(1，－1，1)．sin θ＝|BG →·n 1||BG →||n 1|＝2a 2a ×3＝63. 3．已知正四棱锥S ­ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE 与SD 所成角的余弦值为________．【答案】33 【解析】以两对角线AC 与BD 的交点O 作为原点，以OA ，OB ，OS 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系设边长为2，则有O (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，2，0)，S (0，0，2)，D (0，－2，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，22，22， AE →＝⎝⎛⎭⎫－2，22，22，SD →＝(0，－2，－2)， |cos AE →，SD →|＝|AE →·SD →||AE →||SD →|＝22×3＝33， 故AE 与SD 所成角的余弦值为33. 4．在正四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于________．【答案】23【解析】以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图设AA 1＝2AB ＝2，则D (0，0，0)，C (0，1，0)，B (1，1，0)，C 1(0，1，2)，则DC →＝(0，1，0)，DB →＝(1，1，0)，DC 1→＝(0，1，2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DC 1→＝0，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0， 令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量n ＝(2，－2，1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23. 5．(2020·汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥S ­ABCD 中，①ABC ＝90°，AD ①BC ，SA ①平面ABCD ，SA＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是________． 【答案】63 【解析】如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知，D ⎝⎛⎭⎫12，0，0，C (1，1，0)，S (0，0，1)，可知AD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，0是平面SAB 的一个法向量．设平面SCD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，因为SD →＝⎝⎛⎭⎫12，0，－1，DC →＝⎝⎛⎭⎫12，1，0，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·SD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎨⎧x 2－z ＝0，x 2＋y ＝0.令x ＝2，则有y ＝－1，z ＝1，所以n ＝(2，－1，1)．设平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|AD →·n ||AD →||n |＝12×2＋0×（－1）＋0×1⎝⎛⎭⎫122×22＋（－1）2＋12＝63. 6.(2020·北京模拟)如图所示，四棱锥P ­ABCD 中，PD ①底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2的正方形，PD ＝2，E 是棱PB 的中点，M 是棱PC 上的动点，当直线P A 与直线EM 所成的角为60°时，那么线段PM 的长度是________．【答案】542 【解析】如图建立空间直角坐标系，则A (2，0，0)，P (0，0，2)，B (2，2，0)，①AP →＝()－2，0，2，①E 是棱PB 的中点，①E (1，1，1)，设M (0，2－m ，m )，则EM →＝()－1，1－m ，m －1，①||cos 〈AP →，EM →〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AP →·EM →|AP →||EM →|＝||2＋2()m －1221＋2（m －1）2＝12， 解得m ＝34，①M ⎝⎛⎭⎫0，54，34， ①PM ＝2516＋2516＝54 2. 三 解答题1．如图所示，菱形ABCD 中，①ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ①平面ABCD ，CF ①AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ①平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值的大小．【答案】见解析【解析】：(1)证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以BD ①AC .因为AE ①平面ABCD ，BD ①平面ABCD ，所以BD ①AE .又因为AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ①平面ACFE .所以BD ①平面ACFE .(2)以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴，过点O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1，0，2)，F (－1，0，a )(a >0)，OF →＝(－1，0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0， 令z ＝1，则n ＝(－2，0，1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22， 解得a ＝3或a ＝－13(舍去)． 所以OF →＝(－1，0，3)，BE →＝(1，－3，2)，cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54， 故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 2．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ①PC ，AB ①BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，①P AC ＝30°.(1)证明：BM ①平面P AC ；(2)求二面角B －P A －C 的余弦值．【答案】：见解析(1)证明：因为P A ①PC ，AB ①BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1， 又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ①MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ①AC ，又AC ∩MP ＝M ，所以BM ①平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ①BM ，从而OE ①AC .因为P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1.又O 为MC 的中点，所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ，OP ①平面P AC ，所以BM ①PO .又BM ∩AC ＝M ，所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)， 设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP →＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量，易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55， 由图知二面角B －P A －C 为锐角，所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ①PC ，又P A ①PC ，所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ，则BH ①P A ，所以①BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12. 又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52， 所以cos①BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55. 3．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ①平面ABCD ，DE ①平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ①平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值．【答案】：见解析(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ，则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ①EC .因为MN ①平面EFC ，EC ①平面EFC ，所以MN ①平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ①DE .因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形，所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ，EF ①平面EFC ，所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ①平面EFC .(2)因为DE ①平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D ­xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)，所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)，设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0. 令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量．因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515， 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.。

高考数学-立体几何（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（）A．8B．12C．16D．20【答案】B【解析】【分析】由三视图还原几何体，再由棱柱的体积公式即可得解.【详解】由三视图还原几何体，如图，×2×2=12.则该直四棱柱的体积V=2+42故选：B.2．【2022年全国甲卷】在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B 所成的角均为30°，则（）A．AB=2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30°C．AC=CB1D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【解析】 【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出． 【详解】 如图所示：不妨设AB =a,AD =b,AA 1=c ，依题以及长方体的结构特征可知，B 1D 与平面ABCD 所成角为∠B 1DB ，B 1D 与平面AA 1B 1B 所成角为∠DB 1A ，所以sin30∘=cB 1D=bB 1D ，即b =c ，B 1D =2c =√a 2+b 2+c 2，解得a =√2c ．对于A ，AB =a ，AD =b ，AB =√2AD ，A 错误；对于B ，过B 作BE ⊥AB 1于E ，易知BE ⊥平面AB 1C 1D ，所以AB 与平面AB 1C 1D 所成角为∠BAE ，因为tan∠BAE =c a=√22，所以∠BAE ≠30∘，B 错误；对于C ，AC =√a 2+b 2=√3c ，CB 1=√b 2+c 2=√2c ，AC ≠CB 1，C 错误； 对于D ，B 1D 与平面BB 1C 1C 所成角为∠DB 1C ，sin∠DB 1C =CDB 1D=a2c =√22，而0<∠DB 1C <90∘，所以∠DB 1C =45∘．D 正确． 故选：D ．3．【2022年全国甲卷】甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙=2，则V 甲V 乙=（ ）A ．√5B ．2√2C ．√10D ．5√104【答案】C 【解析】设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，根据圆锥的侧面积公式可得r 1=2r 2，再结合圆心角之和可将r 1,r 2分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为r 1，乙圆锥底面圆半径为r 2，则S 甲S 乙=πr 1l πr 2l =r1r 2=2， 所以r 1=2r 2， 又2πr 1l+2πr 2l=2π，则r 1+r 2l=1，所以r 1=23l,r 2=13l ，所以甲圆锥的高ℎ1=√l 2−49l 2=√53l ，乙圆锥的高ℎ2=√l 2−19l 2=2√23l ， 所以V 甲V 乙=13πr 12ℎ113πr 22ℎ2=49l 2×√53l 19l ×2√23l =√10.故选：C.4．【2022年全国乙卷】在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AB,BC 的中点，则（ ） A ．平面B 1EF ⊥平面BDD 1 B ．平面B 1EF ⊥平面A 1BD C ．平面B 1EF//平面A 1AC D ．平面B 1EF//平面A 1C 1D【答案】A 【解析】 【分析】证明EF ⊥平面BDD 1，即可判断A ；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，分别求出平面B 1EF ，A 1BD ，A 1C 1D 的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD . 【详解】解：在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中， AC ⊥BD 且DD 1⊥平面ABCD ， 又EF ⊂平面ABCD ，所以EF ⊥DD 1，因为E,F 分别为AB,BC 的中点， 所以EF ∥AC ，所以EF ⊥BD ， 又BD ∩DD 1=D ， 所以EF ⊥平面BDD 1， 又EF ⊂平面B 1EF ，所以平面B 1EF ⊥平面BDD 1，故A 正确；如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，设AB =2，则B 1(2,2,2),E (2,1,0),F (1,2,0),B (2,2,0),A 1(2,0,2),A (2,0,0),C (0,2,0)， C 1(0,2,2)，则EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,1,0),EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)，DB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,2,0),DA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,2)，AA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,2),AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),A 1C 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,2,0),设平面B 1EF 的法向量为m ⃑⃑ =(x 1,y 1,z 1)， 则有{m ⃑⃑ ⋅EF ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x 1+y 1=0m ⃑⃑ ⋅EB 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =y 1+2z 1=0 ，可取m ⃑⃑ =(2,2,−1)，同理可得平面A 1BD 的法向量为n 1⃑⃑⃑⃑ =(1,−1,−1)， 平面A 1AC 的法向量为n 2⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0)， 平面A 1C 1D 的法向量为n 3⃑⃑⃑⃑ =(1,1,−1)， 则m ⃑⃑ ⋅n 1⃑⃑⃑⃑ =2−2+1=1≠0，所以平面B 1EF 与平面A 1BD 不垂直，故B 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 2⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1AC 不平行，故C 错误； 因为m ⃑⃑ 与n 3⃑⃑⃑⃑ 不平行，所以平面B 1EF 与平面A 1C 1D 不平行，故D 错误， 故选：A.5．【2022年全国乙卷】已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A．13B．12C．√33D．√22【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则S ABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2又r2+ℎ2=1则VO−ABCD =13⋅2r2⋅ℎ=√23√r2⋅r2⋅2ℎ2≤√23√(r2+r2+2ℎ23)3=4√327当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=√33时等号成立，故选：C6．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（ ） A ．1.0×109m 3 B ．1.2×109m 3 C ．1.4×109m 3 D ．1.6×109m 3【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为MN =157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积S =140.0km 2=140×106m 2，下底面积S ′=180.0km 2=180×106m 2， ∴V =13ℎ(S +S ′+√SS ′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012) =3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选：C ．7．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l ≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ） A ．[18,814]B ．[274,814]C ．[274,643]D ．[18,27]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3, 设正四棱锥的底面边长为2a ，高为ℎ， 则l 2=2a 2+ℎ2，32=2a 2+(3−ℎ)2, 所以6ℎ=l 2，2a 2=l 2−ℎ2所以正四棱锥的体积V =13Sℎ=13×4a 2×ℎ=23×(l 2−l 436)×l 26=19(l 4−l 636)， 所以V ′=19(4l 3−l 56)=19l 3(24−l 26)，当3≤l ≤2√6时，V ′>0，当2√6<l ≤3√3时，V ′<0， 所以当l =2√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643， 又l =3时，V =274，l =3√3时，V =814,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643]. 故选：C.8．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r 1,r 2，所以2r 1=3√3sin60∘,2r 2=4√3sin60∘，即r 1=3,r 2=4，设球心到上下底面的距离分别为d 1,d 2，球的半径为R ，所以d 1=√R 2−9，d 2=√R 2−16，故|d 1−d 2|=1或d 1+d 2=1，即|√R 2−9−√R 2−16|=1或√R 2−9+√R 2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故选：A．9．【2022年北京】已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的集合．设集合T={Q∈S|PQ≤5}，则T表示的区域的面积为（）A．3π4B．πC．2πD．3π【答案】B【解析】【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且BO=23×6×√32=2√3，故PO=√36−12=2√6.因为PQ=5，故OQ=1，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆的圆心为O，半径为2×√34×363×6=√3>1，故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为π故选：B10．【2022年浙江】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．22πB．8πC．223πD．163π【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm，圆台的下底面半径为2cm，所以该几何体的体积V=12×43π×13+π×12×2+13×2×(π×22+π×12+√π×22×π×12)=22π3cm3．故选：C．11．【2022年浙江】如图，已知正三棱柱ABC−A1B1C1,AC=AA1，E，F分别是棱BC,A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F−BC−A的平面角为γ，则（）A．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．α≤γ≤β【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出α，β，γ，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=FMP，tanα=PEFP =PEAB≤1，tanβ=FPPE=ABPE≥1，tanγ=FPPM≥FPPE=tanβ，所以α≤β≤γ，故选：A．12．【2022年新高考1卷】（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（）A．直线BC1与DA1所成的角为90°B．直线BC1与CA1所成的角为90°C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接B 1C 、BC 1，因为DA 1//B 1C ，所以直线BC 1与B 1C 所成的角即为直线BC 1与DA 1所成的角，因为四边形BB 1C 1C 为正方形，则B 1C ⊥ BC 1，故直线BC 1与DA 1所成的角为90°，A 正确；连接A 1C ，因为A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，则A 1B 1⊥BC 1， 因为B 1C ⊥ BC 1，A 1B 1∩B 1C =B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ， 又A 1C ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥CA 1，故B 正确； 连接A 1C 1，设A 1C 1∩B 1D 1=O ，连接BO ，因为BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，C 1O ⊂平面A 1B 1C 1D 1，则C 1O ⊥B 1B ， 因为C 1O ⊥B 1D 1，B 1D 1∩B 1B =B 1，所以C 1O ⊥平面BB 1D 1D ， 所以∠C 1BO 为直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角，设正方体棱长为1，则C 1O =√22，BC 1=√2，sin∠C 1BO =C 1O BC 1=12，所以，直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为30∘，故C 错误；因为C 1C ⊥平面ABCD ，所以∠C 1BC 为直线BC 1与平面ABCD 所成的角，易得∠C 1BC =45∘，故D 正确. 故选：ABD13．【2022年新高考2卷】（多选）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED,AB =ED =2FB ，记三棱锥E −ACD ，F −ABC ，F −ACE 的体积分别为V 1,V 2,V 3，则（ ）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.【详解】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.14．【2022年全国甲卷】小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF//平面ABCD；(2)求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．【答案】(1)证明见解析；(2)6403√3．【解析】【分析】（1）分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，由平面知识可知EM⊥AB,FN⊥BC，EM=FN，依题从而可证EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN，即可知四边形EMNF为平行四边形，于是EF//MN，最后根据线面平行的判定定理即可证出；（2）再分别取AD,DC中点K,L，由（1）知，该几何体的体积等于长方体KMNL−EFGH的体积加上四棱锥B−MNFE体积的4倍，即可解出．(1)如图所示：，分别取AB,BC 的中点M,N ，连接MN ，因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形，所以EM ⊥AB,FN ⊥BC ，EM =FN ，又平面EAB ⊥平面ABCD ，平面EAB ∩平面ABCD =AB ，EM ⊂平面EAB ，所以EM ⊥平面ABCD ，同理可得FN ⊥平面ABCD ，根据线面垂直的性质定理可知EM//FN ，而EM =FN ，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF//MN ，又EF ⊄平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以EF//平面ABCD ． (2)如图所示：，分别取AD,DC 中点K,L ，由（1）知，EF//MN 且EF =MN ，同理有，HE//KM,HE =KM ，HG//KL,HG =KL ，GF//LN,GF =LN ，由平面知识可知，BD ⊥MN ，MN ⊥MK ，KM =MN =NL =LK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNL −EFGH 的体积加上四棱锥B −MNFE 体积的4倍．因为MN =NL =LK =KM =4√2，EM =8sin60∘=4√3，点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直线MN 的距离d ，d =2√2，所以该几何体的体积V =(4√2)2×4√3+4×13×4√2×4√3×2√2=128√3+2563√3=6403√3．15．【2022年全国甲卷】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1 ,AB=2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√55.【解析】【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=√32，BD=√DE2+BE2=√3，所以AD2+BD2=AB2，所以AD⊥BD，因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD=D，所以BD ⊥平面PAD ， 又因PA ⊂平面PAD ， 所以BD ⊥PA ；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系， BD =√3，则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，则AP⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,√3),BP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,−√3,√3),DP ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,0,√3)， 设平面PAB 的法向量n⃑ =(x,y,z)， 则有{n →⋅AP →=−x +√3z =0n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃑ =(√3,1,1)， 则cos〈n ⃑ ,DP ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉=n ⃑ ⋅DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||DP ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=√55， 所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√55.16．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB=BD=2,∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F−ABC 的体积．【答案】(1)证明详见解析(2)√34【解析】【分析】（1）通过证明AC⊥平面BED来证得平面BED⊥平面ACD.（2）首先判断出三角形AFC的面积最小时F点的位置，然后求得F到平面ABC的距离，从而求得三棱锥F−ABC的体积.(1)由于AD=CD，E是AC的中点，所以AC⊥DE.由于{AD=CDBD=BD∠ADB=∠CDB，所以△ADB≅△CDB，所以AB=CB，故AC⊥BD，由于DE∩BD=D，DE,BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，由于AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)依题意AB=BD=BC=2，∠ACB=60°，三角形ABC是等边三角形，所以AC=2,AE=CE=1,BE=√3，由于AD=CD,AD⊥CD，所以三角形ACD是等腰直角三角形，所以DE=1. DE2+BE2=BD2，所以DE⊥BE，由于AC∩BE=E，AC,BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.由于△ADB ≅△CDB ，所以∠FBA =∠FBC ， 由于{BF =BF∠FBA =∠FBC AB =CB ，所以△FBA ≅△FBC ，所以AF =CF ，所以EF ⊥AC ，由于S △AFC =12⋅AC ⋅EF ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小值. 过E 作EF ⊥BD ，垂足为F ，在Rt △BED 中，12⋅BE ⋅DE =12⋅BD ⋅EF ，解得EF =√32，所以DF =√12−(√32)2=12,BF =2−DF =32，所以BF BD =34.过F 作FH ⊥BE ，垂足为H ，则FH //DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且FHDE =BFBD =34， 所以FH =34,所以V F−ABC =13⋅S △ABC ⋅FH =13×12×2×√3×34=√34.17．【2022年全国乙卷】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37【解析】 【分析】（1）根据已知关系证明△ABD ≌△CBD ，得到AB =CB ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理逆用得到BE ⊥DE ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. (1)因为AD =CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE ；在△ABD 和△CBD 中，因为AD =CD,∠ADB =∠CDB,DB =DB ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AB =CB ，又因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE ； 又因为DE,BE ⊂平面BED ，DE ∩BE =E ，所以AC ⊥平面BED ， 因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD . (2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ， 所以AC ⊥EF ，所以S △AFC =12AC ⋅EF ， 当EF ⊥BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小. 因为△ABD ≌△CBD ，所以CB =AB =2， 又因为∠ACB =60°，所以△ABC 是等边三角形， 因为E 为AC 的中点，所以AE =EC =1，BE =√3， 因为AD ⊥CD ，所以DE =12AC =1,在△DEB 中，DE 2+BE 2=BD 2，所以BE ⊥DE .以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则A (1,0,0),B(0,√3,0),D (0,0,1)，所以AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,0,1),AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−1,√3,0)， 设平面ABD 的一个法向量为n⃑ =(x,y,z )， 则{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +z =0n ⃑ ⋅AB⃑⃑⃑⃑⃑ =−x +√3y =0，取y =√3，则n ⃑ =(3,√3,3)，又因为C (−1,0,0),F (0,√34,34)，所以CF⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,√34,34)， 所以cos⟨n ⃑ ,CF ⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩=n ⃑ ⋅CF⃑⃑⃑⃑⃑|n ⃑ ||CF⃑⃑⃑⃑⃑ |=√21×√74=4√37，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)， 所以sinθ=|cos⟨n ⃑ ,CF⃑⃑⃑⃑⃑ ⟩|=4√37， 所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37.18．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值． 【答案】(1)√2 (2)√32【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC ⊥平面ABB 1A 1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. (1)在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ， 则V A−A 1BC =13S △A 1BC ⋅ℎ=2√23ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=43，解得ℎ=√2，所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2； (2)取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B , 又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ， 且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ， 在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ， 又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2， 则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)， 则BD⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,1)，BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃑⃑ =(x,y,z)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =x +y +z =0m ⃑⃑ ⋅BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =2y =0，可取m⃑⃑ =(1,0,−1)，设平面BDC 的一个法向量n ⃑ =(a,b,c)，则{m ⃑⃑ ⋅BD ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =a +b +c =0m ⃑⃑ ⋅BC ⃑⃑⃑⃑⃑ =2a =0， 可取n⃑ =(0,1,−1)， 则cos〈m ⃑⃑ ,n ⃑ 〉=m⃑⃑⃑ ⋅n ⃑ |m ⃑⃑⃑ |⋅|n ⃑ |=√2×√2=12， 所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32.19．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，PA =5，求二面角C −AE −B 的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1113 【解析】 【分析】（1）连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，根据三角形全等得到OA =OB ，再根据直角三角形的性质得到AO =DO ，即可得到O 为BD 的中点从而得到OE //PD ，即可得证； （2）过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得； (1)证明：连接BO 并延长交AC 于点D ，连接OA 、PD ，因为PO 是三棱锥P −ABC 的高，所以PO ⊥平面ABC ，AO,BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥AO 、PO ⊥BO ，又PA =PB ，所以△POA ≅△POB ，即OA =OB ，所以∠OAB =∠OBA ，又AB ⊥AC ，即∠BAC =90°，所以∠OAB +∠OAD =90°，∠OBA +∠ODA =90°， 所以∠ODA =∠OAD所以AO =DO ，即AO =DO =OB ，所以O 为BD 的中点，又E 为PB 的中点，所以OE //PD ，又OE ⊄平面PAC ，PD ⊂平面PAC ， 所以OE //平面PAC(2)解：过点A 作Az //OP ，如图建立平面直角坐标系， 因为PO =3，AP =5，所以OA =√AP 2−PO 2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =4√3，所以AC =12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C (0,12,0)，所以E (3√3,1,32)， 则AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =(3√3,1,32)，AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(4√3,0,0)，AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,12,0)， 设平面AEB 的法向量为n ⃑ =(x,y,z )，则{n ⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3x +y +32z =0n ⃑ ⋅AB ⃑⃑⃑⃑⃑ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，x =0，所以n ⃑ =(0,−3,2)；设平面AEC 的法向量为m⃑⃑ =(a,b,c )，则{m ⃑⃑ ⋅AE ⃑⃑⃑⃑⃑ =3√3a +b +32c =0m ⃑⃑ ⋅AC ⃑⃑⃑⃑⃑ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃑⃑ =(√3,0,−6)；所以cos⟨n⃑ ,m⃑⃑ ⟩=n⃑ ⋅m⃑⃑⃑|n⃑ ||m⃑⃑⃑ |=√13×√39=−4√313设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos2θ=1113故二面角C−AE−B的正弦值为1113；20．【2022年北京】如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．(1)求证：MN∥平面BCC1B1；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．条件①：AB⊥MN；条件②：BM=MN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面CBB1C1，从而可证MN//平面CB B1C1.（2）选①②均可证明BB1⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.(1)取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC −A 1B 1C 1可得四边形ABB 1A 1为平行四边形， 而B 1M =MA 1,BK =KA ，则MK //BB 1，而MK ⊄平面CBB 1C 1，BB 1⊂平面CBB 1C 1，故MK //平面CBB 1C 1， 而CN =NA,BK =KA ，则NK //BC ，同理可得NK //平面CBB 1C 1， 而NK ∩MK =K,NK,MK ⊂平面MKN ，故平面MKN //平面CBB 1C 1，而MN ⊂平面MKN ，故MN //平面CBB 1C 1， (2)因为侧面CBB 1C 1为正方形，故CB ⊥BB 1， 而CB ⊂平面CBB 1C 1，平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1A 1， 平面CBB 1C 1∩平面ABB 1A 1=BB 1，故CB ⊥平面ABB 1A 1， 因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1， 因为AB ⊂平面ABB 1A 1，故NK ⊥AB ，若选①，则AB ⊥MN ，而NK ⊥AB ，NK ∩MN =N ， 故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB ⊥MK ，所以AB ⊥BB 1，而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA ⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)， 则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB ⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23. 若选②，因为NK //BC ，故NK ⊥平面ABB 1A 1，而KM ⊂平面MKN ， 故NK ⊥KM ，而B 1M =BK =1,NK =1，故B 1M =NK ， 而B 1B =MK =2，MB =MN ，故△BB 1M ≅△MKN ， 所以∠BB 1M =∠MKN =90°，故A 1B 1⊥BB 1， 而CB ⊥BB 1，CB ∩AB =B ，故BB 1⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0),A(0,2,0),N(1,1,0),M(0,1,2)， 故BA⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,2,0),BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(1,1,0),BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(0,1,2)， 设平面BNM 的法向量为n⃑ =(x,y,z)，则{n ⃑ ⋅BN ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，从而{x +y =0y +2z =0，取z =−1，则n ⃑ =(−2,2,−1)， 设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则 sinθ=|cos〈n ⃑ ,AB⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=42×3=23.21．【2022年浙江】如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，AB//DC ，DC//EF ，AB =5，DC =3，EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，二面角F −DC −B 的平面角为60°．设M ，N 分别为AE,BC 的中点．(1)证明：FN ⊥AD ；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)5√714．【解析】 【分析】（1）过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点G 、H ，由平面知识易得FC =BC ，再根据二面角的定义可知，∠BCF =60∘，由此可知，FN ⊥BC ，FN ⊥CD ，从而可证得FN ⊥平面ABCD ，即得FN ⊥AD ；（2）由（1）可知FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以可以以点N 为原点，NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，求出平面ADE 的一个法向量，以及BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ，即可利用线面角的向量公式解出． (1)过点E 、D 分别做直线DC 、AB 的垂线EG 、DH 并分别交于点交于点G 、H ．∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB =5,DC =3,EF =1，∠BAD =∠CDE =60°，由平面几何知识易知，DG =AH =2,∠EFC =∠DCF =∠DCB =∠ABC =90°，则四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形，∴在Rt △EGD 和Rt △DHA ，EG =DH =2√3， ∵DC ⊥CF,DC ⊥CB ，且CF ∩CB =C ，∴DC ⊥平面BCF,∠BCF 是二面角F −DC −B 的平面角，则∠BCF =60∘， ∴△BCF 是正三角形，由DC ⊂平面ABCD ，得平面ABCD ⊥平面BCF ，∵N 是BC 的中点，∴ FN ⊥BC ，又DC ⊥平面BCF ，FN ⊂平面BCF ，可得FN ⊥CD ，而BC ∩CD =C ，∴FN ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ∴FN ⊥AD ． (2)因为FN ⊥平面ABCD ，过点N 做AB 平行线NK ，所以以点N 为原点， NK ，NB 、NF 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系N −xyz ，设A(5,√3,0),B(0,√3,0),D(3,−√3,0),E(1,0,3)，则M (3,√32,32)，∴BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(3,−√32,32),AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,−2√3,0),DE⃑⃑⃑⃑⃑ =(−2,√3,3) 设平面ADE 的法向量为n⃑ =(x,y,z) 由{n ⃑ ⋅AD ⃑⃑⃑⃑⃑ =0n ⃑ ⋅DE ⃑⃑⃑⃑⃑ =0 ，得{−2x −2√3y =0−2x +√3y +3z =0 ，取n ⃑ =(√3,−1,√3)，设直线BM 与平面ADE 所成角为θ， ∴sinθ=|cos〈n⃑ ,BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ 〉|=|n⃑ ⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||n⃑ |⋅BM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=|3√3+√32+3√32|√3+1+3⋅√9+34+94=√3√7⋅2√3=5√714．1．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中1111ABCD A B C D -，E ，G 分别为11A D ，11C D 的中点，则直线1A G ，CE 所成角的余弦值为（ ）A B C D 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，取AB 的中点F ，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角，再解三角形即可得解． 【详解】如图所示：，取AB 的中点F ，连接EF ，CF ，易知1A G CF ∥，则∠ECF （或其补角）为直线1A G 与CE 所成角．不妨设2AB =，则CF =EF =3EC =，由余弦定理得cosECF ∠==，即直线1A G 与CE 故选：C ．2．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在三棱台111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，则AC 与平面11BCC B 所成的角为（ ）A ．30B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】 【分析】将棱台补全为棱锥，利用等体积法求A 到面11BCC B 的距离，结合线面角的定义求AC 与平面11BCC B 所成角的大小. 【详解】将棱台补全为如下棱锥D ABC -，由90ABC ∠=︒，111111AA A B B C ===，2AB =，易知：2DA BC ==，AC = 由1AA ⊥平面ABC ，,AB AC ⊥平面ABC ，则1AA AB ⊥，1AA AC ⊥，所以BD =CD =222BC BD CD +=，所以122BCD S =⨯⨯=△A 到面11BCC B 的距离为h ，又D ABC A BCD V V --=，则111222323h ⨯⨯⨯⨯=⨯h = 综上，AC 与平面11BCC B 所成角[0,]2πθ∈，则1sin 2h AC θ==，即6πθ=. 故选：A3．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒ D ．四面体PBCD 【答案】C 【解析】 【分析】对于A ，取BD 的中点M ，即可得到BD ⊥面PMC ，A 选项可判断对于B ，采用反证法，假设DP BC ⊥，则BC ⊥面PCD ，再根据题目所给的长度即可判断；对于C ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时直线DP 与平面BCD 所成角有最大值，判断即可；对于D ，当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积有最大值，计算最大体积判断即可 【详解】如图所示，取BD 的中点M ，连接,PM CMBCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形,BD CM ∴⊥ABD △为等边三角形,BD PM ∴⊥BD ∴⊥面PMC ,BD PC ∴⊥ ,故A 正确 对于B ，假设DP BC ⊥，又BC CD ⊥BC ∴⊥面PCD ，BC PC ∴⊥，又2,PB BC ==1PC ⎤⎦，故DP 与BC 可能垂直，故B 正确当面PBD ⊥面BCD 时，此时PM ⊥面BCD ，PDB ∠即为直线DP 与平面BCD 所成角 此时60PDB ︒∠=，故C 错误当面PBD ⊥面BCD 时，此时四面体PBCD 的体积最大，此时的体积为：111(332BCDV S PM ==⨯=，故D 正确 故选：C4．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知球O 的体积为125π6，高为1的圆锥内接于球O ，经过圆锥顶点的平面α截球O 和圆锥所得的截面面积分别为12,S S ，若125π8S =，则2S =（ ）A ．2BCD ．【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出球O 半径，平面α截球O 所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面α截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答. 【详解】球O 半径为R ，由34π125π36R =得52R =，平面α截球O 所得截面小圆半径1r ，由21128π5πS r ==得1r =因此，球心O 到平面α的距离1d r ===，而球心O 在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面α所成的角为45，因圆锥的高为1，则球心O 到圆锥底面圆的距离为132d =，于是得圆锥底面圆半径2r =，令平面α截圆锥所得截面为等腰PAB △，线段AB 为圆锥底面圆1O 的弦，点C 为弦AB 中点，依题意，145CPO ∠=，111CO PO ==，PC =AB ==所以212AB S PC =⋅=. 故选：C 【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.5．（2022·浙江·模拟预测）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2,1BD DE ==，点P 在线段EF 上，给出下列命题：①存在点P ，使得直线//DP 平面ACF ②存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF③直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦④三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π 其中所有真命题的序号是（ ） A ．①③ B ．①④C ．②④D ．①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】取EF 中点推理判断①；假定DP ⊥平面ACF ，分析判断②；确定直线DP 与平面ABCD 所成角，求出临界值判断③；求出ACF 外接圆面积判断④作答.令AC BD O =，连接,FO DF ，令EF 中点为G ，连DG ，如图，依题意，O 是,BD AC 的中点，对于①，在矩形BDEF 中，//DO FG ，DO FG =，四边形DOFG 是平行四边形，直线//DG OF ，OF ⊂平面ACF ，DG ⊄平面ACF ，则//DG 平面ACF ，当P 是线段EF 中点G 时，直线//DP 平面ACF ，①正确；对于②，假定直线DP ⊥平面ACF ，由①知，DP OF ⊥，DP DG ⊥，当点P 在线段EF 上任意位置（除点G 外），PDG ∠均为锐角，即DP 不垂直于DG ，也不垂直于OF ，因此，不存在点P ，使得直线DP ⊥平面ACF ，②不正确；对于③，平面BDEF ⊥平面ABCD ，DP 在平面ABCD 内射影在直线BD 上，直线DP 与平面ABCD 所成角为PDB ∠，当点P 由点E 运动到点F 的过程中，PDB ∠逐渐减小，当P 与E 重合时，PDB ∠最大，为90EDB ∠=，max (sin )1PDB ∠=，当P 与F 重合时，PDB ∠最小，为FDB ∠，min (sin )BF PDB DF ∠==所以直线DP 与平面ABCD 所成角的正弦值的取值范围是⎤⎥⎣⎦，③正确；对于④，在ACF 中，2AC =，|AF CF ==FO sin OF FAC AF ∠==由正弦定理得ACF 外接圆直径2sin FC r FAC ==∠半径r =圆面积为298S r ππ==，三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面是ACF 外接圆， 因此三棱锥A CDE -的外接球被平面ACF 所截取的截面面积是98π，④正确, 所以所有真命题的序号是①③④. 故选：D6．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知1O 是正方体1111ABCD A B C D -的中心O 关于平面1111D C B A 的对称点，则下列说法中正确的是（ ）A ．11O C 与1A C 是异面直线B ．11OC ∥平面11A BCD C ．11O C AD ⊥ D ．11O C ⊥平面11BDD B【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体的性质、空间直线与平面的位置关系，即可对选项做出判断. 【详解】连接1A C 、1AC ，交于点O ，连接11A C 、11B D ，交于点P . 连接AC 、BD 、1A B 、1D C 、1O O .由题可知，1O 在平面11A C CA 上，所以11O C 与1A C 共面，故A 错误；在四边形11OO C C 中，11//O O C C 且11O O C C =，所以四边形11OO C C 为平行四边形. 11//O C OC ∴.OC ⊂平面11A BCD ，11O C ⊄平面11A BCD ，11O C ∴∥平面11A BCD ，故B 正确；由正方体的性质可得1111AC B D ⊥，因为1111O B O D =，所以111O P B D ⊥，又111O P AC P =，11B D ∴⊥平面111O AC ， 1111B D O C ∴⊥，又11//B D BD ， 11BD O C ∴⊥，而AD 与BD 所成角为45︒，所以显然11O C 与AD 不垂直，故C 错误；显然11O C 与11O B 不垂直，而11O B ⊂平面11BDD B ，所以11O C 与平面11BDD B 不垂直，故D 错误. 故选：B.7．（2022·北京·北大附中三模）已知平面,,αβγ，直线m 和n ，则下列命题中正确的是（ ） A ．若,m m αβ⊥⊥，则αβ∥ B ．若,αγβγ⊥⊥，则αβ∥ C ．若,m n m α⊥⊥，则n α∥ D ．若,m n αα∥∥，则m n ∥ 【答案】A 【解析】 【分析】对于A 选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；对于B 选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行； 对于C 选项，由线面垂直的性质即可判断；对于D 选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面. 【详解】选项A 正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行； 选项B 错误，平面α和β也可以相交； 选项C 错误，直线n 可能在平面α内； 选项D 错误，直线m 和n 还可能相交或者异面. 故选：A.8．（2022·云南师大附中模拟预测（理））已知正方形ABCD 的边长为ABC 沿对角线AC 折起，使得二面角B AC D --的大小为90°.若三棱锥B ACD -的四个顶点都在球O 的球面上，G 为AC 边的中点，E ，F 分别为线段BG ，DC 上的动点（不包括端点），且BE ，当三棱锥E ACF -的体积最大时，过点F 作球O 的截面，则截面面积的最小值为（ ）A ．B ．2πC ．32πD ．89π【答案】D 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理得BG ⊥平面ACD ，继而表示出三棱锥E ACF -的体积，求出x =V 取得最大值，在∠GCF 中，由余弦定理，得GF =当GF 垂直于截面时，截面圆的面积最小，继而得解. 【详解】因为正方形ABCD 的边长为4AC =.如图，由于平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC 平面ACD AC =，又G 为AC 边的中点，则有BG AC ⊥，所以BG ⊥平面ACD ．设CF x =(0x <<，则BE =，所以三棱锥E ACF -的体积13ACF V S EG ==△2111122sin 4(22))323223AC CF ACF EG x x x ⨯∠=⨯⨯-=-，当x =时，V 取得最大值．由于GA GB GC GD ===，则球O 的球心即为G ，且球O 的半径2R =．又在△GCF中，由余弦定理，得cos GF GC CF ACF =∠=。

专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。

这是空间向量求解的巨大优点，也是缺点，就这么共存着。

其实不建系而直接计算真的很比较锻炼空间想象的能力，方法上也更灵活一些，对于备考的中档学生来说，2种方法都要熟练掌握。

方法介绍一、定义法：交线上取点 等腰三角形共底边时作二面角步骤第一步：在交线l上取一点O第二步：在α平面内过O点作l的垂线OA第三步：在β平面内过O点作l的垂线OB∠AOB即为二面角，余弦定理求角αβl OAB二、三垂线法（先作面的垂直）—后续计算小使用情况：已知其中某个平面的垂线段第二步：过垂直B作l的垂线OB∠AOB即为二面角且△AOB为直角三角形，邻比斜三、作2次交线的垂线作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作OB⊥l连接AB，∠AOB即为二面角，余弦定理求角四、转换成线面角作二面角步骤第一步：作AO⊥l第二步：作AB⊥β(找不到垂足B的位置用等体积求AB长)连接AB，∠AOB即为二面角△AOB为直角三角形，邻比斜五、转换成线线角—计算小，也是法向量的原理提问：什么时候用？若α平面存在垂线AB，且β平面存在垂线AC则α平面与β平面的夹角等于直线AC与AB的夹角αβlOABαβlOABβαOABCαβlOAB六、投影面积法——面积比（三垂线法进阶）将cos θ＝边之比∣面积之比，从一维到二维，可多角度求出两面积，最后求解如图△ABC 在平面α上的投影为△A 1BC ， 则平面α与平面ABC 的夹角余弦值1cos A BCABCθ=△△即cos θ=投影原S S补充：即使交线没有画出来也可以直接用例题：一题多解2023汕头二模T20如图在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，PQ 是所在棱上的中点.1C 1CD ABA B 1αBCAA 1D（1）求平面APQ 与平面ABCD 夹角的余弦值 （2）补全截面APQ2023全国乙卷数学(理)T9——由二面角求线面角P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1P C 1DABA B 1P C 1CDABA B 1PC 1DABA B 11．已知ABC 为等腰直角三角形，AB 为斜边，ABD △为等边三角形，若二面角C AB D −−为150︒，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）A ．15B ．25C ．35D ．252021·新高考1卷·T20——由二面角求线段长2．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.题型一 定义法1．如图，在三棱锥S—ABC 中，SC ⊥平面ABC ，点P 、M 分别是SC 和SB 的中点，设PM=AC =1，∠ACB =90°，直线AM 与直线SC 所成的角为60°.(1)求证：平面MAP ⊥平面SAC . (2)求二面角M—AC—B 的平面角的正切值；2．(湛江期末)如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，点M ，N 分别是PB ，AC 的中点，且MN ⊥A C ． （1）证明：BC ⊥平面PA C ．（2）若PA ＝4，AC ＝BC ＝22，求平面PBC 与平面AMC 夹角的余弦值．(几何法比较简单)3．如图1，在平行四边形ABCD 中，60,2,4A AD AB ∠=︒==，将ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P ，如图2．重点题型·归类精讲(1)证明：平面BCD⊥平面P AD；(2)当二面角D PA B−−的平面角的正切值为6时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．题型二三垂线法4．(佛山期末)如图，四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，12PA AD AB CD===，侧面PAD⊥底面ABCD，E为PC的中点．（1）求证：BE⊥平面PCD；（2）若PA＝PD，求二面角P－BC－D的余弦值．5．如图，在四棱锥P -ABCD 中，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，,,224,23BC AD CD AD AD CD BC PB ⊥====∥ （2023广州一模T19）（1） 求证：AD PB ⊥；（2）求平面P AB 与平面ABCD 交角的正弦值.6．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2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60，求三棱锥A BCD −的体积．7．（2023·浙江·统考二模）如图，在三棱柱111ABCA B C 中，底面ABC ⊥平面11AA B B ，ABC 是正三角形，D 是棱BC 上一点，且3CD DB =，11A A A B =.(1)求证：111B C A D ⊥；(2)若2AB =且二面角11A BC B −−的余弦值为35，求点A 到侧面11BB C C 的距离.8．如图，在多面体ABCDE 中，平面ACD ⊥平面ABC ，BE ⊥平面ABC ，ABC 和ACD 均为正三角形，4AC =，3BE =.(1)在线段AC 上是否存在点F ，使得BF ∥平面ADE ?说明理由； (2)求平面CDE 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值.题型三 作2次交线的垂线9．在三棱锥S ABC −中,底面△ABC 为等腰直角三角形,90SAB SCB ABC ∠=∠=∠=︒. （杭州二模） （1）求证：AC ⊥SB ；（2）若AB ＝2，22SC =，求平面SAC 与平面SBC 夹角的余弦值．题型四 找交线10．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCI )是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝2，PD ⊥C D ． (1)证明：AB ⊥PB ；(2)若平面PAB ⊥平面PCD ，且102PA =，求直线AC 与平面PBC 所成角的正弦值． （广东省二模T19）题型五 转换成线线角湖北省武汉市江汉区2023届高三上学期7月新起点考试11．在直三棱柱111ABC A B C −中，已知侧面11ABB A 为正方形，2BA BC ==，D ，,E F 分别为AC ，BC ，CC 1的中点，BF ⊥B 1D ．(1)证明：平面B 1DE ⊥平面BCC 1B 1；(2)求平面BC 1D 与平面1B DE 夹角的余弦值六、 题型六 投影面积法12．(2022·惠州第一次调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知//AB CD ，AD ⊥CD ，BC BP =，CD ＝2AB＝4，△ADP 是等边三角形，E 为DP 的中点．(1)证明：AE ⊥平面PCD ；(2)若2,PA =求平面PBC 与平面PAD 夹角的余弦值13．(2022深圳高二期末)如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AB //CD ，AB ⊥BC ，且12,2BC CD AB ===取AB 的中点O ，连结OD ，并将△AOD 沿着OD 翻折，翻折后23AC =M ，N 分别是线段AD ，AB 的中点，如图(2)．（1）求证：AC⊥OM.（2）求平面OMN与平面OBCD夹角的余弦值．专题3-1几何法求二面角，线面角立体几何空间向量求解过程，丧失了立体几何求解的乐趣，无形中也降低了学生的空间想象能力。

高考数学二面角专题训练1.（06某某卷）如图，P 是边长为1的正六边形ABCDEF 所在平面外一点，1PA =，P 在平面ABC 内的射影为BF 的中点O 。

（Ⅰ）证明PA ⊥BF ；（Ⅱ）求面APB 与面DPB 所成二面角的大小。

解：（Ⅰ）在正六边形ABCDEF 中，ABF 为等腰三角形，∵P 在平面ABC 内的射影为O ，∴PO ⊥平面ABF ，∴AO 为PA 在平面ABF 内的射影；∵O 为BF 中点，∴AO ⊥BF ，∴PA ⊥BF 。

（Ⅱ）∵PO ⊥平面ABF ，∴平面PBF ⊥平面ABC ；而O 为BF 中点，ABCDEF 是正六边形 ，∴A 、O 、D 共线，且直线AD ⊥BF ，则AD ⊥平面PBF ；又∵正六边形ABCDEF 的边长为1，∴12AO =，32DO =，BO =。

过O 在平面POB 内作OH ⊥PB 于H ，连AH 、DH ，则AH ⊥PB ，DH ⊥PB ，所以AHD ∠为所求二面角平面角。

在AHO 中，，1tan AO AHO OH ∠==。

在DHO中，3tan 27DO DHO OH ∠===；而tan tan()AHD AHO DHO ∠=∠+∠== （Ⅱ）以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，P(0,0，1)，A(0，12-,0)，B(2，0,0)，D(0,2，0)，∴1(0,,1)2PA =--，3(1)2PB =-，(0,2,1)PD =-设平面PAB 的法向量为111(,,1)n x y =，则1n PA ⊥，1n PB⊥，得111102102y x ⎧--=⎪⎪-=⎪⎩，123(2,1)3n =-；设平面PDB 的法向量为222(,,1)n x y =，则2n PD ⊥，2n PB ⊥，得22210102y x -=⎧-=⎩，2231(,1)32n =；121212cos ,||||n n n n n n ⋅<>==⋅2. （06卷）如图，在底面为平行四边表的四棱锥P ABCD -中，AB AC ⊥，PA ⊥平面ABCD ，且PA AB =，点E 是PD 的中点.（Ⅰ）求证：AC PB ⊥；（Ⅱ）求证：//PB 平面AEC ； （Ⅲ）求二面角E AC B --的大小.解法一：（Ⅰ）PA ⊥平面ABCD ，∴AB 是PB 在平面ABCD 上得射影， 又AB ⊥AC ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥PB.（Ⅱ）连接BD ，与AC 相交与O ，连接EO ， ABCD 是平行四边形 ∴O 是BD 的中点 又E 是PD 的中点， ∴EO PB.又PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， ∴PB 平面AEC ，（Ⅲ）取BC 中点G ，连接OG ，则点G 的坐标为,,022a b ⎛⎫ ⎪⎝⎭，0,,02b OC ⎛⎫= ⎪⎝⎭又(,0,0),OE AC a =b b＝（0，－,）,220,0,OE AC OG AC ∴==,,OE AC OG AC ∴⊥⊥EOG ∴∠是二面角E AC B -=的平面角。

2024年河南高考数学真题及答案本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1. 已知集合{}355,{3,1,0,2,3}A x xB =-<<=--∣，则A B = （ ）A. {1,0}- B. {2,3}C. {3,1,0}-- D.{1,0,2}-2. 若1i 1zz =+-，则z =（ ）A. 1i-- B. 1i-+ C. 1i- D. 1i+3. 已知向量(0,1),(2,)a b x == ，若(4)b b a ⊥-，则x =（ ）A. 2- B. 1- C. 1D. 24. 已知cos(),tan tan 2m αβαβ+==，则cos()αβ-=（ ）A. 3m- B. 3m -C.3m D. 3m5.（ ）A.B.C.D. 6. 已知函数为22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ⎧---<=⎨++≥⎩，在R 上单调递增，则a 取值的范围是（ ）A. (,0]-∞ B. [1,0]- C. [1,1]- D.[0,)+∞7. 当[0,2]x πÎ时，曲线sin y x =与2sin 36y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭交点个数为（ ）A. 3B. 4C. 6D. 88. 已知函数为()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（ ）A. (10)100f > B. (20)1000f >C. (10)1000f < D. (20)10000f <二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9. 为了解推动出口后亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 2.1x =，样本方差20.01s =，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布()2,N x s ，则（ ）（若随机变量Z 服从正态分布()2,N u σ，()0.8413P Z u σ<+≈）A. (2)0.2P X >>B. (2)0.5P X ><C. (2)0.5P Y >> D. (2)0.8P Y ><的的10. 设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（ ）A. 3x =是()f x 的极小值点B. 当01x <<时，()2()f x f x<C. 当12x <<时，4(21)0f x -<-< D. 当10x -<<时，(2)()f x f x ->11. 造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O .且C 上的点满足横坐标大于2-，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则（ ）A. 2a =- B.点在C 上C. C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D. 当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.12. 设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的左右焦点分别为12F F 、，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若1||13,||10F A AB ==，则C 的离心率为___________．13. 若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a __________.14. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.的则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 记ABC 内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c，已知sin C B =，222a b c +-=（1）求B ；（2）若ABC的面积为3，求c ．16. 已知(0,3)A 和33,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>上两点.（1）求C 的离心率;（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP 的面积为9，求l 的方程．17. 如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB ==．（1）若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；（2）若AD DC ⊥，且二面角A CP D --，求AD ．18. 已知函数3()ln(1)2xf x ax b x x=++--（1）若0b =，且()0f x '≥，求a 的最小值；（2）证明：曲线()y f x =是中心对称图形；（3）若()2f x >-当且仅当12x <<，求b 的取值范围．为19. 设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．（1）写出所有(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；（2）当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；（3）从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．参考答案本试卷共10页，19小题，满分150分.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只的有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1. 已知集合{}355,{3,1,0,2,3}A x xB =-<<=--∣，则A B = （ ）A. {1,0}- B. {2,3}C. {3,1,0}-- D.{1,0,2}-【答案】A 【解析】【分析】化简集合A ，由交集的概念即可得解.【详解】因为{{}|,3,1,0,2,3A x x B =<<=--，且注意到12<<，从而A B = {}1,0-.故选：A.2. 若1i 1zz =+-，则z =（ ）A. 1i -- B. 1i-+ C. 1i- D. 1i+【答案】C 【解析】【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.【详解】因为11111i 111z z z z z -+==+=+---，所以111i i z =+=-.故选：C.3. 已知向量(0,1),(2,)a b x == ，若(4)b b a ⊥-，则x =（ ）A. 2-B. 1- C. 1D. 2【答案】D 【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算可求x 的值.【详解】因为()4b b a ⊥- ，所以()40b b a ⋅-=，所以240b a b -⋅=即2440x x +-=，故2x =，故选：D.4. 已知cos(),tan tan 2m αβαβ+==，则cos()αβ-=（ ）A. 3m - B. 3m -C.3m D. 3m【答案】A 【解析】【分析】根据两角和的余弦可求cos cos ,sin sin αβαβ的关系，结合tan tan αβ的值可求前者，故可求()cos αβ-的值.【详解】因为()cos m αβ+=，所以cos cos sin sin m αβαβ-=，而tan tan 2αβ=，所以sin sin 2cos cos αβαβ=，故cos cos 2cos cos m αβαβ-=即cos cos m αβ=-，从而sin sin 2m αβ=-，故()cos 3m αβ-=-，故选：A.5. （ ）A. B. C. D. 【答案】B 【解析】【分析】设圆柱的底面半径为r ，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r 的方程，求出解后可求圆锥的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r而它们的侧面积相等，所以2ππr r=即=，故3r=，故圆锥的体积为1π93⨯=.故选：B.6. 已知函数为22,0()e ln(1),0xx ax a xf xx x⎧---<=⎨++≥⎩，在R上单调递增，则a取值的范围是（）A. (,0]-∞ B. [1,0]- C. [1,1]- D. [0,)+∞【答案】B【解析】【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为()f x在R上单调递增，且0x≥时，()()e ln1xf x x=++单调递增，则需满足()221e ln1aa-⎧-≥⎪⨯-⎨⎪-≤+⎩，解得10a-≤≤，即a的范围是[1,0]-.故选：B.7. 当[0,2]xπÎ时，曲线siny x=与2sin36y xπ⎛⎫=-⎪⎝⎭的交点个数为（）A. 3B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】画出两函数在[]0,2π上的图象，根据图象即可求解【详解】因为函数siny x=的的最小正周期为2πT=，函数π2sin36y x⎛⎫=-⎪⎝⎭的最小正周期为2π3T=，所以在[]0,2πx ∈上函数π2sin 36y x ⎛⎫=-⎪⎝⎭有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：由图可知，两函数图象有6个交点.故选：C8. 已知函数为()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（ ）A. (10)100f > B. (20)1000f >C. (10)1000f < D. (20)10000f <【答案】B 【解析】【分析】代入得到(1)1,(2)2f f ==，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【详解】因为当3x <时()f x x =，所以(1)1,(2)2f f ==，又因为()(1)(2)f x f x f x >-+-，则(3)(2)(1)3,(4)(3)(2)5f f f f f f >+=>+>，(5)(4)(3)8,(6)(5)(4)13,(7)(6)(5)21f f f f f f f f f >+>>+>>+>，(8)(7)(6)34,(9)(8)(7)55,(10)(9)(8)89f f f f f f f f f >+>>+>>+>，(11)(10)(9)144,(12)(11)(10)233,(13)(12)(11)377f f f f f f f f f >+>>+>>+>(14)(13)(12)610,(15)(14)(13)987f f f f f f >+>>+>，(16)(15)(14)15971000f f f >+>>，则依次下去可知(20)1000f >，则B 正确；且无证据表明ACD 一定正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用(1)1,(2)2f f ==，再利用题目所给的函数性质()(1)(2)f x f x f x >-+-，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9. 为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值 2.1x =，样本方差20.01s =，已知该种植区以往的亩收入X 服从正态分布()21.8,0.1N ，假设推动出口后的亩收入Y 服从正态分布()2,N x s ，则（ ）（若随机变量Z 服从正态分布()2,N u σ，()0.8413P Z u σ<+≈）A. (2)0.2P X >>B. (2)0.5P X ><C. (2)0.5P Y >>D. (2)0.8P Y ><【答案】BC 【解析】【分析】根据正态分布的3σ原则以及正态分布的对称性即可解出.【详解】依题可知，22.1,0.01x s ==，所以()2.1,0.1Y N ，故()()()2 2.10.1 2.10.10.84130.5P Y P Y P Y >=>-=<+≈>，C 正确，D 错误；因为()1.8,0.1X N ，所以()()2 1.820.1P X P X >=>+⨯，因为()1.80.10.8413P X <+≈，所以()1.80.110.84130.15870.2P X >+≈-=<，而()()()2 1.820.1 1.80.10.2P X P X P X >=>+⨯<>+<，B 正确，A 错误，故选：BC ．10. 设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（ ）A. 3x =是()f x 的极小值点B. 当01x <<时，()2()f x f x<C. 当12x <<时，4(21)0f x -<-< D. 当10x -<<时，(2)()f x f x ->【答案】ACD 【解析】【分析】求出函数()f x 的导数，得到极值点，即可判断A ；利用函数的单调性可判断B ；根据函数()f x 在()1,3上的值域即可判断C ；直接作差可判断D.【详解】对A，因为函数()f x 的定义域为R ，而()()()()()()22141313f x x x x x x =--+-=--'，易知当()1,3x ∈时，()0f x '<，当(),1x ∞∈-或()3,x ∞∈+时，()0f x '>函数()f x 在(),1∞-上单调递增，在()1,3上单调递减，在()3,∞+上单调递增，故3x =是函数()f x 的极小值点，正确；对B ，当01x <<时，()210x x x x -=->，所以210x x >>>，而由上可知，函数()f x 在()0,1上单调递增，所以()()2f x f x>，错误；对C ，当12x <<时，1213x <-<，而由上可知，函数()f x 在()1,3上单调递减，所以()()()1213f f x f >->，即()4210f x -<-<，正确；对D，当10x -<<时，()()()()()()222(2)()12141220f x f x x x x x x x --=------=-->，所以(2)()f x f x ->，正确；故选：ACD.11. 造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O .且C 上的点满足横坐标大于2-，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则（ ）A. 2a =- B.点在C 上C. C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D. 当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+【答案】ABD 【解析】【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求a ，故可判断A 的正误，结合曲线方程可判断B 的正误，利用特例法可判断C 的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D 的正误.【详解】对于A ：设曲线上的动点(),P x y ，则2x >-4a =，4a =，解得2a =-，故A 正确.对于B24=，而2x >-，()24x+=.当0x y ==()2844=-=，故()在曲线上，故B 正确.对于C ：由曲线的方程可得()()2221622y x x =--+，取32x =，则2641494y =-，而64164525624510494494494---=-=>⨯，故此时21y >，故C 在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C 错误.对于D ：当点()00,x y 在曲线上时，由C 的分析可得()()()220022001616222y x x x =--≤++，故0004422y x x -≤≤++，故D 正确.故选：ABD.【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.12. 设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的左右焦点分别为12F F 、，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若1||13,||10F A AB ==，则C 的离心率为___________．【答案】32【解析】【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出2AF ，结合双曲线第一定义求出1AF ，即可得到,,a b c 的值，从而求出离心率.【详解】由题可知2,,A B F 三点横坐标相等，设A 在第一象限，将x c =代入22221x ya b-=得2b y a =±，即22,,,b b Ac B c a a ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故2210b AB a ==，225b AF a ==，又122AF AF a -=，得1222513AF AF a a =+=+=，解得4a =，代入25b a=得220b =，故22236,c a b =+=，即6c =，所以6342c e a ===.故答案为：3213. 若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a __________.【答案】ln 2【解析】【分析】先求出曲线e xy x =+在()0,1的切线方程，再设曲线()ln 1y x a =++的切点为()()0,ln 1x xa ++，求出y '，利用公切线斜率相等求出0x ，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【详解】由e xy x =+得e 1x y '=+，00|e 12x y ='=+=，故曲线e xy x =+在()0,1处的切线方程为21y x =+；由()ln 1y x a =++得11y x '=+，设切线与曲线()ln 1y x a =++相切的切点为()()00,ln 1x x a ++，由两曲线有公切线得0121y x '==+，解得012x =-，则切点为11,ln 22a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，切线方程为112ln 21ln 222y x a x a ⎛⎫=+++=++- ⎪⎝⎭，根据两切线重合,所以ln 20a -=，解得ln 2a =.故答案为：ln214. 甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为_________.【答案】12##0.5【解析】【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为1234,,,X X X X ，四轮的总得分为X .对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率()631448k P X ===⨯，所以()()31,2,3,48k E X k ==.从而()()()441234113382kk k E X E X X X X E X ===+++===∑∑.记()()0,1,2,3k p P X k k ===.如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以04411A 24p ==；如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以34411A 24p ==.而X 的所有可能取值是0，1，2，3，故01231p p p p +++=，()1233232p p p E X ++==.所以121112p p ++=，1213282p p ++=，两式相减即得211242p +=，故2312p p +=.所以甲总得分不小于2的概率为2312p p +=.故答案为：12.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15. 记ABC 内角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c，已知sin C B =，222a b c +-=（1）求B ；（2）若ABC的面积为3，求c ．【答案】（1）π3B = （2）【解析】【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出cos ,sin C C ，最后结合已知sin C B=得cos B 值即可；（2）首先求出,,A B C ，然后由正弦定理可将,a b 均用含有c 的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.【小问1详解】由余弦定理有2222cos a b c ab C +-=，对比已知222a b c +-=，可得222cos 2a b c C ab +-===，因为()0,πC ∈，所以sin 0C >，从而sin C ===的的又因为sin C B =，即1cos 2B =，注意到()0,πB ∈，所以π3B =.小问2详解】由（1）可得π3B =，cos C =，()0,πC ∈，从而π4C =，ππ5ππ3412A =--=，而5πππ1sin sin sin 12462A ⎛⎫⎛⎫==+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由正弦定理有5πππsin sin sin 1234a b c==，从而,a b ====，由三角形面积公式可知，ABC的面积可表示为211sin 22ABC S ab C === ，由已知ABC面积为323=+，所以c =16. 已知(0,3)A 和33,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>上两点.（1）求C 的离心率;（2）若过P 的直线l 交C 于另一点B ，且ABP 的面积为9，求l 的方程．【答案】（1）12（2）直线l 的方程为3260x y --=或20x y -=.【解析】【分析】（1）代入两点得到关于,a b 的方程，解出即可；【的（2）方法一：以AP 为底，求出三角形的高，即点B 到直线AP 的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到B 点坐标，则得到直线l 的方程；方法二：同法一得到点B 到直线AP 的距离，再设()00,B x y ，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点B 到直线AP 的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线AB 斜率不存在的情况，再设直线3y kx =+，联立椭圆方程，得到点B 坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线PB 斜率不存在的情况，再设3:(3)2PB y k x -=-，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘12表达面积即可.【小问1详解】由题意得2239941b a b=⎧⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，解得22912b a ⎧=⎨=⎩，所以12e ===.【小问2详解】法一：3312032APk -==--，则直线AP 的方程为132y x =-+，即260x y +-=，AP ==，由（1）知22:1129x y C +=，设点B 到直线AP 的距离为d，则d ==则将直线AP 沿着与AP 单位即可，此时该平行线与椭圆的交点即为点B ，设该平行线的方程为：20x y C ++=，6C=或18C=-，当6C=时，联立221129260x yx y⎧+=⎪⎨⎪++=⎩，解得3xy=⎧⎨=-⎩或332xy=-⎧⎪⎨=-⎪⎩，即()0,3B-或33,2⎛⎫--⎪⎝⎭，当()0,3B-时，此时32lk=，直线l的方程为332y x=-，即3260x y--=，当33,2B⎛⎫--⎪⎝⎭时，此时12lk=，直线l的方程为12y x=，即20x y-=，当18C=-时，联立2211292180x yx y⎧+=⎪⎨⎪+-=⎩得22271170y y-+=，227421172070∆=-⨯⨯=-<，此时该直线与椭圆无交点.综上直线l的方程为3260x y--=或20x y-=.法二：同法一得到直线AP的方程为260x y+-=，点B到直线AP的距离d=设()00,B x y22001129x y⎪+=⎪⎩，解得332xy=-⎧⎪⎨=-⎪⎩或03xy=⎧⎨=-⎩，即()0,3B-或33,2⎛⎫--⎪⎝⎭，以下同法一.法三：同法一得到直线AP的方程为260x y+-=，点B到直线AP的距离d=设(),3sinBθθ，其中[)0,2θ∈π联立22cos sin 1θθ+=，解得cos 1sin 2θθ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩或cos 0sin 1θθ=⎧⎨=-⎩，即()0,3B -或33,2⎛⎫--⎪⎝⎭，以下同法一；法四：当直线AB 的斜率不存在时，此时()0,3B -，16392PAB S =⨯⨯= ，符合题意，此时32l k =，直线l 的方程为332y x =-，即3260x y --=，当线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为3y kx =+，联立椭圆方程有2231129y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，则()2243240k x kx ++=，其中AP k k ≠，即12k ≠-，解得0x =或22443kx k -=+，0k ≠，12k ≠-，令22443k x k -=+，则2212943k y k -+=+，则22224129,4343k k B k k ⎛⎫--+ ⎪++⎝⎭同法一得到直线AP 的方程为260x y +-=，点B 到直线AP的距离d =，解得32k =，此时33,2B ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，则得到此时12lk =，直线l 的方程为12y x =，即20x y -=，综上直线l 的方程为3260x y --=或20x y -=.法五：当l 的斜率不存在时，3:3,3,,3,2l x B PB A ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭到PB 距离3d =，此时1933922ABP S =⨯⨯=≠ 不满足条件.当l 的斜率存在时，设3:(3)2PB y k x -=-，令()()1122,,,P x y B x y ，223(3)21129y k x x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，消y 可得()()22224324123636270k x k k x k k +--+--=，()()()2222Δ24124433636270k kk k k =--+-->，且AP k k ≠，即12k ≠-，21222122241243,36362743k k x x k PB k k x x k ⎧-+=⎪⎪+==⎨--⎪=⎪+⎩，A 到直线PB距离192PAB d =，12k ∴=或32，均满足题意，1:2l y x ∴=或332y x =-，即3260x y --=或20x y -=.法六：当l 的斜率不存在时，3:3,3,,3,2l x B PB A ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭到PB 距离3d =，此时1933922ABP S =⨯⨯=≠ 不满足条件.当直线l 斜率存在时，设3:(3)2l y k x =-+，设l 与y 轴的交点为Q ，令0x =，则30,32Q k ⎛⎫-+⎪⎝⎭，联立223323436y kx k x y ⎧=-+⎪⎨⎪+=⎩，则有()2223348336362702k x k k x k k ⎛⎫+--+--= ⎪⎝⎭，()2223348336362702k x k k x k k ⎛⎫+--+--= ⎪⎝⎭，其中()()22223Δ8343436362702k k k k k ⎛⎫=--+--> ⎪⎝⎭，且12k ≠-，则2222363627121293,3434B B k k k k x x k k----==++，则211312183922234P B k S AQ x x k k +=-=+=+，解的12k =或32k =，经代入判别式验证均满足题意.则直线l 为12y x =或332y x =-，即3260x y --=或20x y -=.17. 如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，2PA AC ==，1,BC AB ==．（1）若AD PB ⊥，证明：//AD 平面PBC ；（2）若AD DC ⊥，且二面角A CP D --，求AD ．【答案】（1）证明见解析（2【解析】【分析】（1）先证出AD ⊥平面PAB ，即可得AD AB ⊥，由勾股定理逆定理可得BC AB ⊥，从而 //AD BC ，再根据线面平行的判定定理即可证出；（2）过点D 作DEAC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ，根据三垂线法可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即可求得tan DFE ∠=AD的长度表示出,DE EF ，即可解方程求出AD ．【小问1详解】（1）因为PA ⊥平面ABCD ，而AD ⊂平面ABCD ，所以PA AD ⊥，又AD PB ⊥，PB PA P = ，,PB PA ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，而AB ⊂平面PAB ，所以AD AB ⊥.因为222BC AB AC +=，所以BC AB ⊥， 根据平面知识可知//AD BC ，又AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ．【小问2详解】如图所示，过点D 作DEAC ⊥于E ，再过点E 作EF CP ⊥于F ，连接DF ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAC ⊥平面ABCD ，而平面PAC 平面ABCD AC =，所以DE ⊥平面PAC ，又EF CP ⊥，所以⊥CP 平面DEF ，根据二面角的定义可知，DFE ∠即为二面角A CP D --的平面角，即sin DFE ∠=tan DFE ∠=因为AD DC ⊥，设AD x =，则CD =，由等面积法可得，DE =，又242xCE -==，而EFC 为等腰直角三角形，所以EF =，故tan DFE∠==x =AD =．18. 已知函数3()ln(1)2xf x ax b x x=++--（1）若0b =，且()0f x '≥，求a 的最小值；（2）证明：曲线()y f x =是中心对称图形；（3）若()2f x >-当且仅当12x <<，求b 的取值范围．【答案】（1）2-（2）证明见解析 （3）23b ≥-【解析】【分析】（1）求出()min 2f x a '=+后根据()0f x '≥可求a 的最小值；（2）设(),P m n 为()y f x =图象上任意一点，可证(),P m n 关于()1,a 的对称点为()2,2Q m a n --也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断()12f =-即2a =-，再根据()2f x >-在()1,2上恒成立可求得23b ≥-.【小问1详解】0b =时，()ln2xf x ax x=+-，其中()0,2x ∈，则()()()112,0,222f x a x x x x x =+=+∈--'，因为()22212x x x x -+⎛⎫-≤= ⎪⎝⎭，当且仅当1x =时等号成立，故()min 2f x a '=+，而()0f x '≥成立，故20a +≥即2a ≥-，所以a 的最小值为2-.，【小问2详解】()()3ln12x f x ax b x x=++--的定义域为()0,2，设(),P m n 为()y f x =图象上任意一点，(),P m n 关于()1,a 的对称点为()2,2Q m a n --，因为(),P m n 在()y f x =图象上，故()3ln 12m n am b m m=++--，而()()()()3322ln221ln 122m m f m a m b m am b m a m m -⎡⎤-=+-+--=-++-+⎢⎥-⎣⎦，2n a =-+，所以()2,2Q m a n --也在()y f x =图象上，由P 的任意性可得()y f x =图象为中心对称图形，且对称中心为()1,a .【小问3详解】因为()2f x >-当且仅当12x <<，故1x =为()2f x =-的一个解，所以()12f =-即2a =-，先考虑12x <<时，()2f x >-恒成立.此时()2f x >-即为()()3ln21102x x b x x +-+->-在()1,2上恒成立，设()10,1t x =-∈，则31ln 201t t bt t+-+>-在()0,1上恒成立，设()()31ln 2,0,11t g t t bt t t+=-+∈-，则()()2222232322311tbtbg t bt t t -++=-+=-'-，当0b ≥，232332320bt b b b -++≥-++=>，故()0g t '>恒成立，故()g t 在()0,1上为增函数，故()()00g t g >=即()2f x >-在()1,2上恒成立.当203b -≤<时，2323230bt b b -++≥+≥，故()0g t '≥恒成立，故()g t 在()0,1上为增函数，故()()00g t g >=即()2f x >-在()1,2上恒成立.当23b <-，则当01t <<<时，()0g t '<故在⎛ ⎝上()g t 为减函数，故()()00g t g <=，不合题意，舍；综上，()2f x >-在()1,2上恒成立时23b ≥-.而当23b ≥-时，而23b ≥-时，由上述过程可得()g t 在()0,1递增，故()0g t >的解为()0,1，即()2f x >-的解为()1,2.综上，23b ≥-.【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.19. 设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．（1）写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；（2）当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；（3）从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．【答案】（1）()()()1,2,1,6,5,6 （2）证明见解析 （3）证明见解析【解析】【分析】（1）直接根据(),i j -可分数列的定义即可；（2）根据(),i j -可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个，再使用概率的定义.【小问1详解】首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k ka a a k m d-=+=+'，得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.【小问2详解】由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m -++，共3m -组.（如果30m -=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13-可分数列.【小问3详解】定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列：命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈；命题2：3j i -≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i -≠.此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k ->-，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++--+，共21k k -组；③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i -≠.此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k ->，故21k k >.由于3j i -≠，故()()2141423k k +-+≠，从而211k k -≠，这就意味着212k k -≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组；③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =-，共212k k --组；④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k --个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.加油！有志者事竟成答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。

专题16 空间向量与立体几何考点1 利用空间向量证明平行与垂直调研1 如图，在正方体1111ABCD A B C D-中，O是AC的中点，E是线段1D O上一点，且1D E EOλ=⋅u u u u r u u u r.（1）求证：11DB CD O⊥平面；（2）若平面CDE ⊥平面1CD O ，求λ的值. 【答案】（1）证明见解析；（2）2λ=.【解析】（1）不妨设正方体的棱长为1，如图建立空间直角坐标系，则1111(0,0,0),(1,1,1),(,,0),(0,1,0),(0,0,1)22D B O C D ，于是1111(1,1,1),(,,0),(0,1,1)22DB OC CD ==-=-u u u u r u u u u r u u u r ，因为1110,0DB CD DB OC ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u u u u ru r ，所以111,DB CD DB OC ⊥⊥， 故11DB CD O ⊥平面.（2）由（1）可知1CD O 平面的一个法向量为1(1,1,1)DB ==u u u u rm ， 由1D E EO λ=⋅u u u u r u u u r，则1(,,)2(1)2(1)(1)E λλλλλ+++，设平面CDE 的法向量为(,,)x y z =n ，由·0,0CD DE =⋅=u u u r u u u r n n ，得0,02(1)2(1)(1)y x y zλλλλλ=⎧⎪⎨++=⎪+++⎩∴可取(2,0,)λ=-n ，因为1CD O CED ⊥平面平面，所以·0,2λ=∴=m n .☆技巧点拨☆直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量判定方法设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ=(a 2，b 2，c 2)，v =(a 3，b 3，c 3)，则 （1）线面平行：l ∥α⇔a ⊥μ⇔a·μ=0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2=0； （2）线面垂直：l ⊥α⇔a ∥μ⇔a =k μ⇔a 1=ka 2，b 1=kb 2，c 1=kc 2； （3）面面平行：α∥β⇔μ∥v ⇔μ=λv ⇔a 2=λa 3，b 2=λb 3，c 2=λc 3； （4）面面垂直：α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v =0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3=0.注意：用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a =λb （λ∈R ）即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.考点2 求空间角题组一 求异面直线所成的角调研1 如图所示，在三棱锥P –ABC 中，P A ⊥平面ABC ，D 是棱PB 的中点，已知P A =BC =2，AB =4，CB ⊥AB ，则异面直线PC ，AD 所成角的余弦值为A ．−3010 B ．−305 C ．305D ．3010【答案】D【解析】因为P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥BC ．过点A 作AE ∥CB ，又CB ⊥AB ，则AP ，AB ，AE 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AE ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，B (4，0，0)，C (4，−2，0)．因为D 为PB 的中点，所以D (2，0，1)．故CP uu r =(−4，2，2)，AD uuu r =(2，0，1)．所以cos 〈AD uuu r ，CP uu r 〉=||||AD CPAD CP ⋅⋅uuu r uu ruuur uu r =－65×26=−3010. 设异面直线PC ，AD 所成的角为θ，则cos θ=|cos 〈AD uuu r ，CP uu r〉|=3010.调研 2 在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在1A C 上运动（包括端点），则BP 与1AD 所成角的取值范围是ABCD 【答案】D【解析】以点D 为原点，DA 、DC 、1DD 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，点P 坐标为(),1,x x x -，则()()11,,,1,0,1BP x x x BC =--=-u u u r u u u u r ，设1BP BC u u u ru u u u r、的夹角为α，则所以当13x =时，cos α取最大值当1x =时，cos α因为11BC AD ∥，所以BP 与1AD 所成角的取值范围是故选D. 【名师点睛】空间向量的引入为求空间角带来了方便，解题时只需通过代数运算便可达到解题的目的，由于两向量夹角的范围为[0,π]，因此向量的夹角不一定等于所求的空间角，因此在解题时求得两向量的夹角（或其余弦值）后还要分析向量的夹角和空间角大小间的关系．解题时要根据所求的角的类型得到空间角的范围，并在此范围下确定出所求角（或其三角函数值）．☆技巧点拨☆利用向量求异面直线所成的角一是几何法：作—证—算；二是向量法：把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点，“转化”是求异面直线所成角的关键，一般地，异面直线AC ，BD 的夹角β的余弦值为cos β=||||AC BD AC BD ⋅⋅uuu r uu u ruuur uu u r . 注意：两条异面直线所成的角α不一定是两直线的方向向量的夹角β，即cos α=|cos β|.题组二 求线面角调研3 如图，四棱锥P –ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠DAB =90°，AD ∥BC ，AD ⊥侧面P AB ，△P AB 是等边三角形，DA =AB =2，BC =12AD ，E 是线段AB 的中点．（1）求证：PE ⊥CD ；（2）求PC 与平面PDE 所成角的正弦值． 【答案】（1）见解析；（2） 35.【解析】（1）因为AD ⊥侧面P AB ，PE ⊂平面P AB ，所以AD ⊥PE . 又△P AB 是等边三角形，E 是线段AB 的中点，所以PE ⊥AB ． 因为AD ∩AB =A ，所以PE ⊥平面ABCD ， 而CD ⊂平面ABCD ，所以PE ⊥CD ．（2）以E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz . 则E (0，0，0)，C (1，−1，0)，D (2，1，0)，P (0，0，3)． 所以ED →=(2，1，0)，EP →=(0，0，3)，PC →=(1，−1，−3)． 设n =(x ，y ，z )为平面PDE 的法向量．由，得⎩⎨⎧2x ＋y ＝0，3z ＝0.令x =1，可得n =(1，−2，0)．设PC 与平面PDE 所成的角为θ，则sin θ=|cos 〈PC →，n 〉|=|||||PC PC ⋅⋅uu u ruu ur n n |=35. 所以PC 与平面PDE 所成角的正弦值为35.调研4 如图，四棱锥P ABCD -中，PD ABCD ⊥平面，底面ABCD 是梯形，AB ∥CD ，BC CD ⊥，AB=PD=4，CD=2，AD =M 为CD 的中点，N 为PB 上一点，且(01)PN PB λλ=<<u u u r u u u r.（1）若14λ=时，求证：MN ∥平面P AD ； （2）若直线AN 与平面PBCAD 与直线CN 所成角的余弦值. 【答案】（1）见解析；（2. 【解析】（114PN PB =u u u r u u u r ．在P A 上取点EEN ，DE ，Q 1444PN PB PE PA AB ===u u u r u u u r u u r ，，，∴EN ∥AB ，且14EN AB ==，Q M 为CD 的中点，CD=2，∴112DM CD ==，又AB ∥CD ，∴EN ∥DM ，EN =DM ，∴四边形DMNE 是平行四边形，∴MN ∥DE ，又DE ⊂平面P AD ，MN ⊄平面P AD ，∴MN ∥平面P AD ．（2）如图所示，过点D 作DH ⊥AB 于H ，则DH ⊥CD ．以D 为坐标原点建立空间直角坐标系D −xyz ． 则D （0，0，0），M （0，1，0），C （0，2，0），B （2，2，0），A （2，−2，0），P （0，0，4），∴()()2,0,0,0,2,4CB CP ==-u u u r u u u r ，()()2,2,42,2,4AN AP PN AP PB λλ=+=+=-+-u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r()22,22,44λλλ=-+-．该平面PBC 的法向量为(),,x y z =n ，则由20240CB x CP y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+=⎪⎩u u u r u u u r n n ，得02x y z =⎧⎨=⎩，令z =1，得()0,2,1=n ．该直线AN 与平面PBC 所成的角为θ，则 ，解得1,3λ=∴()228248,,,,2,2,0333333N CN AD ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u ur u u u r ，，， 设直线AD 与直线CN 所成的角为α所以直线AD 与直线CN．☆技巧点拨☆利用向量求直线与平面所成的角①分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； ②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．注意：直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．直线与平面的夹角计算设直线l 的方向向量为a =(a 1，b 1，c 1)，平面α的法向量为μ=(a 3，b 3，c 3)，直线l 与平面α的夹角为θ⎝⎛⎭⎫0≤θ≤π2，则sin θ=|a·μ||a ||μ|=|cos 〈a ，μ〉|.题组三 求二面角调研5 二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知2AB =，3AC =，4BD =，CD = A ．45︒ B ．60︒ C ．120︒D ．150︒【答案】B【解析】由已知可得：0,0AB AC AB BD ⋅=⋅=u u u r u u u r u u u r u u u r ，CD CA AB BD =++u u u r u u u u r u u r u u u r，，∴cos CA 12，即CA ，∴二面角的大小为60°，故选B.【名师点睛】这个题目考查的是立体几何中空间角的求法；解决立体几何的小题，通常有以下几种方法：一是建系法，二是用传统的方法，利用定义直接在图中找到要求的角；还有就是利用空间向量法来解决问题.注意向量夹角必须是共起点的，还有就是异面直线夹角必须是锐角或直角.调研6 如图，在四棱锥P ABCD -中，AP ，AB ，AD 两两垂直，BC AD ∥，且4AP AB AD ===，2BC =.（1）求二面角P CD A --的余弦值；（2）已知点H 为线段PC 上异于C 的点，且DC DH =，求PHPC的值. 【答案】（1）23；（2【思路分析】（1）先根据条件建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据方程组解得各平面法向量，利用向量数量积求向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系求结果；（2）设PH PC λ=u u u v u u u v，根据向量坐标表示距离，再根据距离相等解得λ，即为PHPC的值. 【解析】以{},,A AB AP D u u u r u u u r u u u r为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -.则()0,0,0A ，()4,0,0B ，()4,2,0C ，()0,4,0D ，()0,0,4P .（1）易知()0,4,4DP =-u u u r ，()4,2,0DC =-u u u r.设平面PCD 的法向量为()1,,x y z =n ，则1100DP DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u v u u u v n n ，即440420y z x y -+=⎧⎨-=⎩，令1x =，则2y =，2z =.所以()11,2,2=n .易知平面ACD 的法向量为()20,0,1=n ，P CD A --的余弦值为23. （2）由题意可知，()4,2,4PC =-u u u r ，()4,2,0DC =-u u u r ，设()4,2,4PH PC λλλλ==-u u u r u u u r，则DH DP PH =+=u u u u r u u u r u u u r()4,24,44λλλ--， 因为DC DH ==，化简得23410λλ-+=，所以1λ=或13λ=.点H 异于点C ，所以13λ=调研7 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1CC ⊥底面ABC ，且122,CC AC BC AC BC ==⊥，D 是棱AB 的中点，点M 在侧棱1CC 上运动.（1）当M 是棱1CC 的中点时，求证：CD ∥平面1MAB ； （2）当直线AM 与平面ABC 所成的角的正切值为32时，求二面角11A MB C --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）14-. 【思路分析】（1）取线段1AB 的中点E ，连接,DE EM ，可得四边形CDEM 是平行四边形，CD EM ∥，即可证明CD ∥平面1MAB ；（2）以C 为原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角11A MB C --的余弦值. 【解析】（1）取线段1AB 的中点E ，连接,DE EM . ∵1,AD DB AE EB ==，∴1DE BB ∥，且112DE BB =. 又M 为1CC 的中点，∴1CM BB ∥，且112CM BB =， ∴CM DE ∥，且CM DE =，∴四边形CDEM 是平行四边形，∴CD EM ∥. 又EM ⊂平面1,AB M CD ⊄平面1AB M ，∴CD ∥平面1MAB .（2）∵1,,CA CB CC 两两垂直，∴以C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，如图，∵三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，∴MAC ∠即为直线AM 与平面ABC 所成的角. 设1AC =，则由3tanMAC ∠=，得3CM =.设平面1AMB 的一个法向量为(),,x y z =n ，2z =，得3,1x y ==-，即()3,1,2=-n .又平面11BCC B 的一个法向量为()1,0,0CA =u u ur，∴，又二面角11A MB C --的平面角为钝角，∴二面角11A MB C --的余弦值为14-.☆技巧点拨☆利用向量求二面角求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．注意：两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤（1）建立恰当的空间直角坐标系； （2）求出相关点的坐标； （3）写出向量坐标；（4）结合公式进行论证、计算；（5）转化为几何结论．平面与平面的夹角计算公式设平面α，β的法向量分别为μ=(a 3，b 3，c 3)，v =(a 4，b 4，c 4)，平面α，β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|=|μ·v ||μ||v |=|cos 〈μ，v 〉|.题组四 解决探索性问题调研8 如图，在五面体ABCDPE 中，PD ⊥平面ABCD ，∠ADC =∠BAD =90°，F 为棱P A 的中点，PD =BC =2，AB =AD =1，且四边形CDPE 为平行四边形．（1）判断AC 与平面DEF 的位置关系，并给予证明；（2）在线段EF 上是否存在一点Q ，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36？若存在，请求出QE 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1） AC ∥平面DEF ，证明见解析；（2） 在线段EF 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫14，1，324，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，此时QE =194. 【解析】（1）AC ∥平面DEF .理由如下： 设线段PC 交DE 于点N ，连接FN ，如图所示，因为四边形PDCE 为平行四边形，所以点N 为PC 的中点， 又点F 为P A 的中点，所以FN ∥AC ， 因为FN ⊂平面DEF ，AC ⊄平面DEF ， 所以AC ∥平面DEF .（2）假设在线段EF 上存在一点Q ，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，设FQ →=λFE →(0≤λ≤1)，如图，以D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系． 因为PD =BC =2，AB =AD =1，所以CD =2，所以P (0，0，2)，B (1，1，0)，C (0，2，0)，A (1，0，0)，所以PB →=(1，1，−2)，BC →=(−1，1，0)． 设平面PBC 的法向量为m =(x ，y ，z )，则，即⎩⎨⎧ x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝y ，z ＝2x ，令x =1，得平面PBC 的一个法向量为m =(1，1，2)． 假设存在点Q 满足条件．由F ⎝⎛⎭⎫12，0，22，E (0，2，2)，可得FE →=⎝⎛⎭⎫－12，2，22.由FQ→=λFE →(0≤λ≤1)，整理得1)(,2,)22Q λλλ-+，则BQ →=1)(,21,)22λλλ-+--， 因为直线BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36，所以|cos 〈BQ →，m 〉|=|||||BQ BQ ⋅⋅uu u ruu ur m m |=|5λ－1|219λ2－10λ＋7=36， 化简可得14λ2－5λ－1=0， 又0≤λ≤1，所以λ=12，故在线段EF 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫14，1，324，使得BQ 与平面PBC 所成角的正弦值为36， 且QE=194.调研9 棱台1111ABCD A B C D -的三视图与直观图如图所示. （1）求证：平面11ACC A ⊥平面11BDD B ；（2）在线段1DD 上是否存在一点Q ，使CQ 与平面11BDDB ？若存在，指出点Q 的位置；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）存在，点Q 在1DD 的中点位置，理由见解析.【思路分析】（1）首先根据三视图特征可得1AA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥.再由1AA BD ⊥即可得线面垂直，从而得出面面垂直；（2）直接建立空间直角坐标系写出各点坐标求出法向量，再根据向量的夹角公式列等式求出12λ=. 【解析】（1）根据三视图可知1AA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥. 因为BD ⊂平面ABCD ，所以1AA BD ⊥， 又1AA AC A =I ，所以BD ⊥平面11ACC A .因为BD ⊂平面11BDD B ，所以平面11ACC A ⊥平面11BDD B .（2）以A 为坐标原点，1,,AB AD AA 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，根据三视图可知四边形ABCD 为边长为2的正方形，四边形1111A B C D 为边长为1的正方形，1AA ⊥平面ABCD ，且11AA =.所以()11,0,1B ，()10,1,1D ，()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,2,0C . 因为Q 在1DD 上，所以可设()101DQ DD λλ=≤≤u u u r u u u u r.因为()10,1,1DD =-u u u u r ，所以1AQ AD DQ AD DD λ=+=+u u u r u u u u u r u u r u u u r u u u r()()()0,2,00,1,10,2,λλλ=+-=-. 所以()0,2,Q λλ-，()2,,CQ λλ=--u u u r.设平面11BDD B 的法向量为(),,x y z =n ，根据()()()()1,,2,2,00,0,,0,1,10,0x y z BD x y z DD ⎧⎧⋅-=⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅-=⋅=⎪⎪⎩⎩u u u r u u u ur n n令1x =，可得1y z ==，所以()1,1,1=n .设CQ 与平面11BDD B 所成的角为θ，9==. 所以12λ=，即点Q 在1DD 的中点位置. 调研10 如图（1），在边长为4的菱形ABCD 中，∠BAD =60°，DE ⊥AB 于点E ，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1D ⊥DC ，如图（2）．（1）求证：A 1E ⊥平面BCDE . （2）求二面角E −A 1B −C 的余弦值．（3）判断在线段EB 上是否存在一点P ，使平面A 1DP ⊥平面A 1BC ？若存在，求出EPPB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）见解析；（2） −77；（3）在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ． 【解析】（1）∵DE ⊥BE ，BE ∥DC ，∴DE ⊥DC ．又∵A 1D ⊥DC ，A 1D ∩DE =D ，∴DC ⊥平面A 1DE ，∴DC ⊥A 1E . 又∵A 1E ⊥DE ，DC ∩DE =D ，∴A 1E ⊥平面BCDE . （2）∵A 1E ⊥平面BCDE ，DE ⊥BE ，∴以EB ，ED ，EA 1所在直线分别为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系（如图）．易知DE =23，则A 1(0，0，2)，B (2，0，0)，C (4，23，0)，D (0，23，0)，∴1BA uuu r =(−2，0，2)，BC uu u r=(2，23，0)，易知平面A 1BE 的一个法向量为n =(0，1，0)．设平面A1BC的法向量为m =(x ，y ，z )，由1BA uuu r ·m =0，BC uu u r·m =0，得⎩⎨⎧－2x ＋2z ＝0，2x ＋23y ＝0.令y =1，得m =(−3，1，−3)，∴cos 〈m ，n 〉=m·n|m |·|n |=17×1=77.由图得二面角E −A 1B −C 为钝二面角， ∴二面角E −A 1B −C 的余弦值为−77.（3）假设在线段EB 上存在一点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ．设P (t ，0，0)(0≤t ≤2)，则1A P uuu r =(t ，0，−2)，1A D uuu r=(0，23，−2)，设平面A 1DP 的法向量为p =(x 1，y 1，z 1)，由得⎩⎨⎧23y 1－2z 1＝0，tx 1－2z 1＝0.令x 1=2，得p =⎝⎛⎭⎫2，t 3，t .∵平面A 1DP ⊥平面A 1BC ，∴m·p =0，即23−t3＋3t =0，解得t =−3. ∵0≤t ≤2，∴在线段EB 上不存在点P ，使得平面A 1DP ⊥平面A 1BC ．☆技巧点拨☆用向量解决探索性问题的方法1．确定点在线段上的位置时，通常利用向量共线来求．2．确定点在平面内的位置时，充分利用平面向量基本定理表示出有关向量的坐标而不是直接设出点的坐标． 3．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．1．（山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题）已知(2,1,3)=-a ，(1,4,2)=--b ，(7,5,)x =c ，若a ，b ，c 三向量共面，则实数x =A ．627 B ．637C ．607D ．6572．（四川省成都市树德中学2019-2020学年高三11月阶段性检测数学试题）如图三棱锥S ABC -中，SA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，2AB BC ==，SA =SC 与AB 所成角的大小为A ．90︒B ．60︒C ．45︒D ．30°3．（甘肃省天水市第一中学2020年高三上学期12月月考数学试题）如图1四边形ABCD 与四边形ADEF分别为正方形和等腰梯形，,AD EF AF =∥4,2AD EF ==，沿AD 边将四边形ADEF 折起，使得平面ADEF ⊥平面ABCD ，如图2，动点M 在线段EF 上，,N G 分别是,AB BC 的中点，设异面直线MN 与AG 所成的角为α，则cos α的最大值为A BC D 4．（山东省泰安第二中学2019-2020学年高三上学期9月月考数学试题）在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是1AA 的中点，已知AB =u u u r a ，AD =u u u rb ，1AA =u u u r c ，用a ，b ，c 表示CM u u u u r ，则CM =u u u u r ______. 5．（河南省天一大联考2019-2020学年高三阶段性测试（三）数学试题）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，60BAD ∠=o ，1122AB AA ==，E 、F 分别是线段1AA 、11C D 的中点.（1）求证：BD CE ⊥；（2）求平面ABCD 与平面CEF 所成锐二面角的余弦值.6．（四川省南充市高中2019-2020学年高三第一次高考适应性考试数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，2AB =，BC a =，PA ABCD 底面⊥.（1）当a 为何值时，BD PAC ⊥平面？证明你的结论； （2）当122PA a ==时，求面PDC 与面PAB 所成二面角的正弦值.7．（河北省承德市第一中学2019-2020学年高三上学期12月月考数学试题）如图，已知点H 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线11B D 上，∠HDA =60︒．（1）求DH 与1CC 所成角的大小；（2）求DH 与平面1A BD 所成角的正弦值．8．（湖北省“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟2019-2020学年高三上学期10月联考数学试题）已知在多面体ABCDE 中，DE AB ∥，AC BC ⊥，24BC AC ==，2AB DE =，DA DC =且平面DAC ⊥平面ABC .（1）设点F 为线段BC 的中点，试证明EF ⊥平面ABC ；（2）若直线BE 与平面ABC 所成的角为60o ，求二面角B AD C --的余弦值.9．（广东省广州市番禺区广东仲元中学2019-2020年高三上学期11月月考数学试题）如图1，PAD △是以AD 为斜边的直角三角形，1PA =，BC AD ∥，CD AD ⊥，22AD DC ==，12BC =，将PAD △沿着AD 折起，如图2，使得2PC =．（1）证明：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求二面角A PB C --大小的余弦值．10．（天津市部分区2019-2020学年高三上学期期末数学试题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，P 、O 分别为AC 、11A C 的中点，11PA PC ==1111A B B C =1PB ==114A C =.（1）求证：PO ⊥平面111A B C ； （2）求二面角111B PA C --的正弦值；（3）已知H 为棱11B C 上的点，若11113B H BC =u u u u r u u u u r，求线段PH 的长度.1．（2018新课标全国Ⅱ理科）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，1AA =则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为A ．15 BC ．5D ．22．（2017新课标全国Ⅲ理科）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)3．（2018新课标全国Ⅰ理科）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △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.4．（2018新课标全国Ⅱ理科）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．5．（2018新课标全国Ⅲ理科）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧»CD 所在平面垂直，M 是»CD上异于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．6．（2017新课标全国Ⅰ理科）如图，在四棱锥P−ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=o . （1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；C（2）若P A =PD =AB =DC ，90APD ∠=o ，求二面角A −PB −C 的余弦值.7．（2017新课标全国Ⅱ理科）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．8．（2017新课标全国Ⅲ理科）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.9．（2019年高考全国Ⅰ卷理数）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．10．（2019年高考全国Ⅱ卷理数）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．11．（2019年高考全国Ⅲ卷理数）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，连结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.。

专题29 空间向量与立体几何（解答题）1．如图，在三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，PC AC ⊥，BC AC ⊥，2AC PC ==，4CB =，M 是PA 的中点．（1）求证：PA ⊥平面MBC ；（2）设点N 是PB 的中点，求二面角N MC B --的余弦值．【试题来源】陕西省咸阳市2020-2021学年高三上学期高考模拟检测（一）（理）【答案】（1）证明见解析；（2）3． 【解析】（1）平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC =AC ，BC ⊂平面ABC ，BC AC ⊥，所以BC ⊥平面PAC ，因为PA ⊂平面PAC ，所以BC PA ⊥，因为AC PC =，M 是PA 的中点，所以CM PA ⊥， 因为CMBC C =，,CM BC ⊂平面MBC ，所以PA ⊥平面MBC ．（2）因为平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC平面ABC =AC ，PC ⊂平面PAC ，PC AC ⊥，所以PC ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以PC BC ⊥，以C 为原点，CA ，CB ，CP 为x ，y ，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，(2,0,0)A ，(0,4,0)B ，(0,0,0)C ，(0,0,2)P ，(1,0,1)M ，(0,2,1)N ，则(1,0,1)CM =，(0,2,1)CN =，(2,0,2)PA =-，由（1）知(2,0,2)PA =-是平面MBC 的一个法向量，设(,,)n x y z =是平面MNC 的法向量，则有00CM n CN n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即020x z y z +=⎧⎨+=⎩，令1y =，则2z =-，2x =，所以(2,1,2)n =-，设二面角N MC B --所成角为θ，由图可得θ为锐角，则2cos cos ,||||PA n PA n PA n θ⋅⨯=<>===【名师点睛】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案． 2．在四棱锥P ABCD -中，PAB △为直角三角形，90APB ∠=︒且12PA AB CD ==，四边形ABCD 为直角梯形，//AB CD 且DAB ∠为直角，E 为AB 的中点，F 为PE 的四等分点且14EF EP =，M 为AC 中点且MF PE ⊥．（1）证明：AD ⊥平面ABP ；（2）设二面角A PC E --的大小为α，求α的取值范围． 【试题来源】山东省德州市2020-2021学年高三上学期期末 【答案】（1）证明见解析；（2）,32ππα【解析】（1）取PE 的中点N ，连接AN ，DN ，CE ，如图所示：因为12AE AB =，12AP AB =，所以AP AE =，AN PE ⊥．因为四边形ABCD 为直角梯形，且90DAB ∠=︒，12CD AB =， 所以四边形AECD 为正方形，即M 为DE 的中点． 因为14EF EP =，N 为PE 的中点，所以F 为EN 的中点．所以//MF DN ． 因为MF PE ⊥，所以DN PE ⊥．所以PE DN PE ANPE DN AN N ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪⋂=⎩平面ADN ． 因为DA ⊂平面ADN ，所以PE DA ⊥．所以DA AB DA PEDA PE AB E ⊥⎧⎪⊥⇒⊥⎨⎪⋂=⎩平面ABP ． （2）以A 为原点，AB ，AD 分别为y ，z 轴，垂直AB 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：设AD a =，1PA CD ==，2AB =，则()0,0,0A，1,02P ⎫⎪⎪⎝⎭，()0,1,0E ，()0,1,C a ． 31,02AP ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，()0,1,AC a =，1,02PE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,0,CE a =-． 设平面PAC 的法向量()111,,n x y z =，则1111310220AP n x yAC n y az ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令1y =，解得11x =，1z =，故1,3,n⎛=- ⎝⎭． 设平面PEC 的法向量()222,,m x y z =，则222310220PE mx y CE m az ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-=⎩，令2y =21x =，20z =，故()1,3,0m =．由图知，二面角A PC E --的平面角α为锐角，所以11cos 0,2α-⎛⎫==⎪⎝⎭．故,32ππα．3．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，AD BC ∥，112BC AD ==且CD =E 为AD 的中点，F 是棱PA 的中点，2PA =，PE ⊥底面ABCD ．AD CD ⊥（1）证明：//BF平面PCD ； （2）求二面角P BD F --的正弦值；（3）在线段PC （不含端点）上是否存在一点M ，使得直线BM 和平面BDF 所成角的正弦值为13？若存在，求出此时PM 的长；若不存在，说明理由． 【试题来源】天津市滨海七校2020-2021学年高三上学期期末联考 【答案】（1）证明见解析；（2（3）存在，7PM = 【解析】（1）由题意得//BC DE ，=BC DE ，90ADC ∠=︒，所以四边形BCDE 为矩形， 又PE ⊥面ABCD ，如图建立空间直角坐标系E xyz -，则()0,0,0E ，()1,0,0A，()B ，()1,0,0D -，(P ，()C -，1,0,22F ⎛ ⎝⎭，设平面PCD的法向量为(),,m x y z=，()0,DC =，(DP =则00DC m DP m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，则0x ==⎪⎩，则0y =，不妨设x =1z =，可得()3,0,1m =-，又1,22BF ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，可得0BF m ⋅=，因为直线BF ⊄平面BCD ，所以//BF 平面BCD ．（2）设平面PBD 的法向量为()1111,,x n y z =，()1,DB =，(0,BP =，则1100DB n BP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111100x ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，不妨设x =()13,1,1n =--，设平面BDF 的法向量为()2222,,n xy z =，32DF ⎛= ⎝⎭，则2200DB n DF n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即222203022x x z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，不妨设2x =，可得()2n =-，因此有121212cos ,65n n n n n n ⋅==-⋅，（注：结果正负取决于法向量方向） 于是21212465sin ,1cos ,n n n n =-=，所以二面角P BD F --．（3）设((),PM PC λλλ==-=-，()0,1λ∈(),BM BP PM λ=+=-，由（2）可知平面BDF 的法向量为()23,1,3n =-，2223cos ,BM n BM n BM n⋅===⋅，有23410λλ-+=，解得1λ=（舍）或13λ=， 可得1,333PM ⎛=-- ⎝⎭，所以73PM =． 4．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，PA =//DC AB ，90DAB ∠=︒，3AB =，2AD CD ==，M 是棱PD 的中点．（1）求异面直线DP 与BC 所成的角的余弦值； （2）求AM 与平面PBC 所成的角的大小；（3）在棱PB 上是否存在点Q ，使得平面QAD 与平面ABCD 所成的锐二面角的大小为60°？若存在，求出AQ 的长；若不存在，说明理由．【试题来源】天津市南开中学2020-2021学年高三上学期第四次月考 【答案】（1；（2）45︒；（3）125． 【解析】如图，以,,AD AB AP 所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系，则(()()()()(,0,0,0,3,0,0,2,2,0,0,2,0,P A B C D M ，（1）(0,DP =-，()1,2,0BC =-，所以cos,DP BC==，即异面直线DP与BC（2）(AM=，(3,0,PB=-，()1,2,0BC=-设平面PBC的法向量(),,m x y z=，则mPBm BC⎧⋅=⎨⋅=⎩，3020xx y⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，所以可取(m=，设AM与平面PBC所成的角为θ，则sin cos,AM mθ===，所以AM与平面PBC所成的角为45︒；（3）平面ABCD的法向量可取()10,0,1n=，设(()3,0,3,0,PQ PBλλλ==-=-，则()3Qλ，所以()3AQλ=，()0,2,0AD =，设平面QAD的法向量为()2222,,n x y z=，则22nAQn AD⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，()2223020x zyλ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，可取()223,0,3nλ=-，因为平面QAD与平面ABCD所成的锐二面角的大小为60°.所以121cos,2n n=，12=，解得25λ=或2λ=-（舍）所以6,0,55AQ⎛=⎝⎭，所以61255AQ⎛==5．如图，在正四面体A BCD-中，点E，F分别是,ABBC的中点，点G，H分别在,CD AD 上，且14DH AD=，14DG CD=．（1）求证：直线,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线BD 上； （2）求直线AB 与平面EFGH 所成角的正弦值．【试题来源】陕西省榆林市2020-2021学年高三上学期第一次高考模拟测试（理） 【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）因为//,//EF AC GH AC ，11=,=24EF AC GH AC ，所以//GH EF 且12GH EF =，故E ，F ，G ，H 四点共面，且直线,EH FG 必相交于一点，设=EH FG M ，因为,∈M EH EH平面ABD ，所以M ∈平面ABD ，同理：M ∈平面BCD ，而平面ABD ⋂平面BCD BD =，故M ∈平面BCD ，即直线,EH FG 必相交于一点，且这个交点在直线BD 上； （2）取BD 的中点O ，则,⊥⊥BD OA BD OC ，所以BD ⊥平面AOC ，不妨设OD =，则BD AC ==12AO CO ==， 所以1441441921cos 212123+-∠==⨯⨯AOC ，以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,(12,0,0),(6,--A B C F G ，故=BA ，(=-FG ，(8,0,=-AC ，(4,0,=-EF ，设平面EFGH 的法向量为(,,)n x y z =，由00n EF n FG ⎧⋅=⎨⋅=⎩可得50y x ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令x =，则(52,=n ，则182cos ,3||||92⋅<>===⨯BA n BA n BA n ，故直线AB 与平面EFGH ． 6．如图，已知四边形ABCD 为菱形，对角线AC 与BD 相交于O ，60BAD ∠=︒，平面ADEF平面BCEF =直线EF ，FO ⊥平面ABCD ，22BC CE DE EF ====（1）求证：//EF DA ；（2）求二面角A EF B --的余弦值．【试题来源】江西省五市九校协作体2021届高三第一次联考 【答案】（1）证明见解析；（2）35． 【解析】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以//AD BC ，AD ⊄平面BCEF ，BC ⊂平面BCEF ，//AD ∴平面BCEF ，因为平面ADEF平面BCEF =直线,EF AD ⊂平面ADEF ，所以//EF AD ；（2）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，因为OF ⊥平面ABCD ，所以以O 为坐标原点、OA ，OB ，OF 为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，取CD 中点M ，连EM ，OM ，60BAD ︒∠=，21BC OA OC OB OD =∴====，2BC CD CE DE CDE ====∴为正三角形，EM =11//,=,//,=22OM BC OM BC EF BC EF BC，//,=//,=EF OM EF OM OF EM OF EM∴∴，从而1(0,1,0),((0,1,0),(22A B C D E---，设平面ADEF一个法向量为(,,)m x y z=，则m DAm DE⎧⋅=⎨⋅=⎩，即12yx y⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令11,(1,x y z m=∴===-，设平面BCEF一个法向量为(,,)n x y z=，则n BCn EC⎧⋅=⎨⋅=⎩，即122yx y⎧-=⎪⎨-+-=⎪⎩，令11,(1,3,1)x y z n=∴==-=--，3cos,5|||,|m nm nm n⋅∴<>==，因此二面角A EF B--的余弦值为35．7．如图，在四棱锥P ABCD-中，90BAD∠=，//AD BC，PA AD⊥，PA AB⊥，122PA AB BC AD====．（1）求证：//BC平面PAD；（2）求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．【试题来源】北京房山区2021届高三上学期数学期末试题【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）解法1．因为//BC AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以//BC平面PAD，解法2．因为PA AD⊥，PA AB⊥，AD AB⊥，所以以A为坐标原点，,,AB AD AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz-，则(0,0,0),(2,0,0),(0,4,0),(0,0,2),(2,2,0)A B D P C ，平面PAD 的法向量为(1,0,0)t ， (0,2,0)BC = ，因为 0120000t BC ⋅=⨯+⨯+⨯= ，BC ⊄平面PAD ，所以//BC 平面PAD ； （2）因为PA AD ⊥，PA AB ⊥AD AB ⊥，所以以A 为坐标原点，,,AB AD AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A xyz -，则(0,0,0),(2,0,0),(0,4,0),(0,0,2),(2,2,0)A B D P C所以平面PAB 的法向量为(0,1,0)n = ， 设平面PCD 的法向量为(,,)m x y z =， (2,2,2)PC =-，(0,4,2)PD =- ，所以2220042020x y z x y m PC m PC y z z y m PD m PD ⎧⎧+-==⎧⎧⊥⋅=⇒⇒⇒⎨⎨⎨⎨-==⊥⋅=⎩⎩⎩⎩，令1(1,1,2)y m ==得 ，cos ,1n mn m n m ⋅<>===⨯，设平面PAB 与平面PCD 所成角为θθ，为锐角， 所以cos θ=． 8．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，3BAD π∠=，E 是线段AD 的中点，连结BE ．（1）求证：BE PA ⊥；（2）求二面角A PD C --的余弦值；（3）在线段PB 上是否存在点F ，使得//EF 平面PCD ？若存在，求出PF PB 的值；若不存在，说明理由．【试题来源】北京市朝阳区2021届高三上学期期末数学质量检测试题【答案】（1）证明见解析；（2）7-；（3）存在；12PF PB =． 【解析】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AB AD =．因为3BAD π∠=，E 为AD 的中点，所以BE AD ⊥． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，所以BE ⊥平面PAD ． 因为PA ⊂平面PAD ，所以BE PA ⊥．（2）连结PE ．因为PA PD =，E 为AD 的中点，所以PE AD ⊥．由（1）可知BE ⊥平面PAD ，所以BE AD ⊥，PE BE ⊥．设2AD a =，则PE a =．如图，建立空间直角坐标系E xyz -．所以(,0,0),,0),(2,0),(,0,0),(0,0,)A a B C a D a P a --．所以),0(D C a =-，(,0,)D a P a =．因为BE ⊥平面PAD ，所以(0,,0)EB =是平面PAD 的一个法向量．设平面PCD 的法向量为(,,)x y z =n ，则00n DC n DP ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00ax ax az ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩，所以,.x x z ⎧=⎪⎨=-⎪⎩令3x =，则1y =，z =(3,1,n =．所以cos ,||||7n EB n EB n EB ⋅===．由题知，二面角A PD C --为钝角，所以其余弦值为- （3）当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ．理由如下： 因为点E ∈/平面PCD ，所以在线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD 等价于0EF ⋅=n ．假设线段PB 上存在点F 使得//EF 平面PCD ．设([0,1])PF PBλλ=∈，则PF PB λ=．所以(0,0,),),)EF EP PF EP PB a a a a a λλλ=+=+=+-=-．由)0EF a a a λ⋅=-=n ，得12λ=． 所以当点F 是线段PB 的中点时，//EF 平面PCD ，且12PF PB =． 9．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，4PD =，底面ABCD 是边长为2的正方形，E ，F 分别为PB ，PC 的中点．（1）求证：平面ADE ⊥平面PCD ；（2）求直线BF 与平面ADE 所成角的正弦值．【试题来源】北京市东城区2021届高三上学期期末考试【答案】（1）证明见解析；（2）15． 【解析】（1）因为PD ⊥平面ABCD ，所以PD AD ⊥．因为底面ABCD 是正方形，所以AD CD ⊥．因为PD CD D ⋂=，所以AD ⊥平面PCD ．因为AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面PCD ．（2）因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD AD ⊥，PD CD ⊥．因为底面ABCD 是正方形，所以AD CD ⊥．如图建立空间直角坐标系D xyz -．因为4PD =，底面ABCD 为边长为2的正方形，所以()0,0,4P ，()2,0,0A ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，()0,0,0D ，()1,1,2E ，()0,1,2F ． 则()2,0,0DA =，()1,1,2DE =，()2,1,2BF =--．设平面ADE 的法向量(),,m x y z =，由00m DA m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，可得2020x x y z =⎧⎨++=⎩． 令1z =-，则0x =，2y =．所以()0,2,1m =-．设直线BF 与平面ADE 所成角为θ，则,sincos ,9BF mBF m BF m θ====．所以直线BF 与平面ADE ． 【名师点睛】本题考查了面面垂直的判定，核心是要求面面垂直，先考虑线面垂直；同时也考查了线面角的计算方法，核心是要求正弦值，先求余弦值．10．如图，已知11ABB A 是圆柱1OO 的轴截面，O 、1O 分别是两底面的圆心，C 是弧AB 上的一点，30ABC ∠=，圆柱的体积和侧面积均为4π．（1）求证：平面1ACA ⊥平面1BCB ；（2）求二面角11B A B C --的大小．【试题来源】江西省吉安市2021届高三大联考数学（理）（3-2）试题【答案】（1）证明见解析 ；（2）60 ．【解析】（1）因为1AA 是圆柱的母线，所以1AA ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ， 所以1AA BC ⊥，又C 是弧AB 上的一点，且AB 是圆O 的直径，所以AC BC ⊥，因为1AA AC A =，所以BC ⊥平面1ACA ，又BC ⊂平面1BCB ，所以平面1ACA ⊥平面1BCB ；（2）设圆柱的底面半径为r ，母线长为l ，因为圆柱的体积和侧面积均为4π，所以2244rl r l ππππ=⎧⎨=⎩，解得，2r ，1l =，即4AB =，11AA =，因为30ABC ∠=，所以2AC =，BC =设圆柱过C 点的母线为CD ，以C 为原点，CA ，CB ，CD 所在直线分别为x 轴､y 轴､z 轴建立空间直角坐标系C xyz -，如图所示；则()0,0,0C ，()B ，()12,0,1A ，()1B ；所以()12,0,1CA =，()10,CB =，()12,BA =-，()10,0,1BB = 设平面11CA B 的法向量为(),,n x y z =，由1120000x z n CA n CB z ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，取z =x =1y =-，所以平面11CA B的一个法向量为(3,n =--， 设平面11BA B 的法向量为(),,m a b c=，由1102000m BA a c m BB c ⎧⎧⋅=-+=⎪⎪⇒⎨⎨⋅==⎪⎪⎩⎩， 取1b =，则a =0c ，所以平面11BA B 的一个法向量为()3,1,0m =， 所以1cos ,23n mm n n m ⋅===-+⋅， 由图中可看出二面角11B A B C --是锐角，故二面角11B A B C --的值为60．【名师点睛】证明面面垂直的方法：（1）利用面面垂直的判定定理，先找到其中一个平面的一条垂线，再证明这条垂线在另外一个平面内或与另外一个平面内的一条直线平行即可； （2）利用性质：//,αββγαγ⊥⇒⊥（客观题常用）；（3）面面垂直的定义（不常用）； （4）向量方法：证明两个平面的法向量垂直，即法向量数量积等于0．11．如图1，正方形ABCD ，边长为a，,E F 分别为,AD CD 中点，现将正方形沿对角线AC 折起，折起过程中D 点位置记为T ，如图2．（1）求证：EF TB ⊥；（2）当60TAB ︒∠=时，求平面ABC 与平面BEF 所成二面角的余弦值．【试题来源】安徽省黄山市2020-2021学年高三上学期第一次质量检测（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）取AC 中点O ，连,,OT OB BT ，因为ABCD 为正方形，所以,AC OT AC OB ⊥⊥，又OT OB O ⋂=，所以AC ⊥平面OBT ，而TB ⊂平面OBT ，所以AC TB ⊥． 又,E F 分别为,AD CD 中点，所以//EF AC ，所以EF TB ⊥；（2）因为60TAB ︒∠=，所以TAB △为等边三角形，TB a =，又2OT OB a ==，所以222TB OB OT =+，即OT OB ⊥． 如图建立空间直角坐标系O xyz -，则,0,0,0,,B E F ⎫⎛⎛⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭，220,,0,,,2244EF a EB a ⎛⎫⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，平面ABC 法向量(0,0,1)m =设平面BEF 法向量(,,1)x n y =，由00n EF n EB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，00244y ay =⎧+-=⎩，012y x =⎧⎪⎨=⎪⎩，1,0,1,cos ,2||||11mn n m n m n ⋅⎛⎫=<>=== ⎪⋅⎝⎭⋅， 记平面ABC 与平面BEF 所成二面角为θ，则θ为锐角，所以cos 5θ=即平面ABC 与平面BEF ． 12．如图所示，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，侧棱垂直于底面，点E ，F 分别在棱1AA ，1CC 上，且满足113AE AA =，113CF CC =，平面BEF 与平面ABC 的交线为l ．（1）证明：直线l ⊥平面1BDD ；（2）已知2EF =，14BD =，设BF 与平面1BDD 所成的角为θ，求sin θ的取值范围．【试题来源】海南省2021届高三年级第二次模拟考试【答案】（1）证明见解析；（2）35⎫⎪⎪⎝⎭．【解析】（1）如图，连接AC ，与BD 交于点O ．由条件可知//AE CF ，且AE CF =，所以//AC EF ，因为EF ⊂平面BEF ，所以//AC 平面BEF ．因为平面BEF 平面ABC l =，所以//AC l ． 因为四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，且侧棱垂直于底面，所以AC BD ⊥，1AC BB ⊥，又1BD BB B ⋂=，所以AC ⊥平面1BDD ，所以l ⊥平面1BDD ．（2）如图所示，以O 为坐标原点，分别以OB ，OC 的方向为x ，y 轴的正方向建立空间直角坐标系．设2BD a =，因为1BD BD <，所以02a <<．则OB a =，1DD ==所以(,0,0)B a ，(0,1,0)C，F ⎛ ⎝． 由（1）可知(0,1,0)OC =是平面1BDD的一个法向量，而BF a ⎛=- ⎝， 所以sin cos ,OC BF OC BF OC BF θ⋅=<>===当02a <<35<<，即3sin 5θ⎫∈⎪⎪⎝⎭．【名师点睛】求空间角的常用方法：（1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）余弦值，即可求出结果．13．在三棱柱111ABC A B C -中，1AB AC ==，1AA =AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 是1B C 的中点．（1）求证：平面1AB C ⊥平面11ABB A ；（2）求直线AE 与平面11AAC C 所成角的正弦值．【试题来源】浙江省宁波市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2【解析】（1）由1B C ⊥平面ABC ，AB平面ABC ，得1AB B C ⊥， 又AB AC ⊥，1CB AC C =，故AB ⊥平面1AB C ， AB 平面11ABB A ，故平面11ABB A ⊥平面1AB C ．（2）以C 为原点，CA 为x 轴，1CB 为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则()0,0,0C ，()1,0,0A ，()1,1,0B，又BC =11BB AA == 故11CB =，()10,0,1B ，10,0,2E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0,0CA =， ()111,1,1AA BB ==--，11,0,2AE ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设平面11AAC C 的一个法向量为(),,n x y z =，则100n CA n AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即00x x y z =⎧⎨--+=⎩，令1y =，则1z =， ()0,1,1n =， 设直线AE 与平面11AAC C 所成的角为θ，故1sin 102nAEn AE θ⋅===，即直线AE 与平面11AAC C14．如图，在平面四边形PABC 中，PA AC ⊥，AB BC ⊥，PA AB ==，2AC =，现把PAC △沿AC 折起，使P 在平面ABC 上的射影为O ，连接OA 、OB ，且OB//AC ．（1）证明：OB ⊥平面PAO ；（2）求二面角O PB C --的余弦值．【试题来源】安徽省六安市示范高中2020-2021学年高三上学期教学质量检测（理）【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）PO ⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，PO AC ∴⊥，又PA AC ⊥，PAPO P =，所以AC ⊥平面PAO ， //OB AC ，所以OB ⊥平面PAO ；（2）在Rt ABC 中，AB =2AC =，则1BC ==，30BAC ∴∠=，在Rt OAB 中，903060OAB ∠=-=，所以12OA AB ==，32OB =，Rt PAO 中，PA =AO =32OP ∴==， 以点O 为坐标原点，OB 、OA 、OP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则0,,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、,02C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、3,0,02B ⎛⎫ ⎪⎝⎭、30,0,2P ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以33,0,22PB ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，32PC ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，由（1）可知()0,1,0m =为平面POB 的一个法向量，设平面平PBC 的法向量为(),,n x y z =，则有330223202x z x y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩y x z x ⎧=⎪⇒⎨⎪=⎩，取x =(3,n =-，cos ,717m n m n m n ⋅===-⋅⨯， 由图可知，二面角O PB C --为钝角，所以，二面角O PB C --的余弦值为7-． 15．在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，//,90BC AD ADC ∠=︒，11,2BC CD AD E ===为线段AD 的中点，过BE 的平面与线段,PD PC 分别交于点,G F ．（1）求证：GF ⊥平面PAD ；（2）若PA PD ==G为PD 的中点，求平面PAB 与平面BEGF所成锐二面角的余弦值．【试题来源】安徽省名校2020-2021学年高三上学期期末联考（理）【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】证明：（1）因为12BC AD =，且E 为线段AD 的中点，所以BC DE =， 因为//BC AD ，所以四边形BCDE 为平行四边形，所以//BE CD ，因为CD ⊂平面,PCD BE ⊂/平面PCD ，所以//BE 平面PCD ，又平面BEGF ⋂平面PCD GF =，所以//BE GF ，又BE AD ⊥，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =， 所以BE ⊥平面PAD ，所以GF ⊥平面PAD ；（2）因为,PA PD E =为线段AD 的中点，所以PE AD ⊥，‘’因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，以E 为坐标原点，EA 的方向为x 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -；则11(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,0),(1,0,0),,0,22P A B E D G ⎛⎫--⎪⎝⎭， 则11(1,0,1),(0,1,1),(0,1,0),(1,0,1),,0,22PA PB BE DP EG ⎛⎫=-=-=-==- ⎪⎝⎭， 设平面PAB 的法向量为()111,,m x y z =，则0{0PA m PB m ⋅=⋅=，，，即11110,0x z y z -=⎧⎨-=⎩， 不妨令11x =，可得(1,1,1)n =为平面BEGF 的一个法向量，设平面BEGF 的法向量为()222,,n x y z =，则0{0BE n EG n ⋅=⋅=，，，即222011022y x z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，，不妨令21x =，可得(1,0,1)n =为平面BEGF 的一个法向量，设平面PAB 与平面BEGF 所成的锐二面角为α，于是有2cos |cos ,|32m n α=〈〉==； 所以平面PAB 与平面BEGF ．16．如图所示，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是正方形，对角线AC 与BD 交于点F ，侧面SBC 是边长为2的等边三角形，点E 在棱BS 上．（1）若//SD 平面AEC ，求SE EB的值； （2）若平面SBC ⊥平面ABCD ，求二面角B AS C --的余弦值．【试题来源】江苏省G4（苏州中学、常州中学、盐城中学、扬州中学）2020-2021学年高三上学期期末联考【答案】（1）1；（2． 【解析】（1）连结EF ，因为//SD 平面AEC ，SD ⊂平面BSD ，平面BSD ⋂平面AEC EF =，所以//SD EF ．因为底面ABCD 是正方形，F 为AC 中点，所以EF 是SD 的中位线，则1SE EB=． （2）取BC 的中点为O ，AD 的中点为M ，连结MO ，则MO BC ⊥， 因为平面SBC ⊥平面ABCD ，平面SBC平面ABCD BC =，OM ⊂平面ABCD ， 所以OM ⊥平面SBC ．又OS BC ⊥，所以O 为坐标原点．以{},,OS OC OM 为正交基底建立空间直角坐标系O xyz -．则()0,1,2A -，()010B -,,，()0,1,0C，)S，1,022E ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，从而()SC =-，()0,2,2AC =-，()0,0,2AB =-，()3,1,2AS =-． 设平面ASC 的法向量为(),,m x y z =， 则0,0.m SC m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即0,0.y y z ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩取1x =，则y =z = 所以平面ASC的一个法向量为(1,3,m =．设平面ASB 的法向量为(),,n x y z =， 则0,0.n AB n AS ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即20,20.z y z -=⎧⎪+-=取y =1x =-，0z =． 所以平面ASB 的一个法向量为()1,3,0n =-．所以7cos ,7m n m n m n ⋅〈〉==． 因为二面角B AS C --的平面角为锐角，所以二面角B AS C --的余弦值为7． 【名师点睛】本题的核心在考查空间向量的应用，需要注意以下问题：（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．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．17．在三棱锥P ABC -中，底面ABC 为正三角形，平面PBC ⊥平面,1,ABC PB PC D ==为AP 上一点，2,AD DP O =为三角形ABC 的中心．（1）求证：AC ⊥平面OBD ；（2）若直线PA 与平面ABC 所成的角为45︒，求二面角A BD O --的余弦值．【试题来源】山东省威海市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）5． 【解析】（1）证明：连接AO 并延长BC 交于点E ，则E 为BC 中点，连接PE ．如图所示：因为О为正三角形ABC 的中心，所以2,AO OE =又2AD DP =，所以//,DO PE 因为PB PC =，E 为BC 中点，所以,PE BC ⊥ 又平面PBC ⊥平面ABC ，平面PBC 平面ABC BC =，所以PE ⊥平面,ABC 所以DO ⊥平面,ABC AC ⊂平面PBC ，所以,DO AC ⊥又,AC BO DO BO O ⊥⋂=，所以AC ⊥平面OBD ．（2）由PE ⊥平面ABC 知，所以45PAE ∠=︒ ，所以,PE AE =所以,ABE PBE ≌ 所以1AB PB BC AC ====，由（1）知，,,EA EB EP 两两互相垂直，所以分别以,,EA EB EP 的方向为,,x y z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则1,0,,0,0,0,,22263A B P D ⎛⎫⎛⎫⎛⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，10,,02C ⎛⎫- ⎪⎝⎭所以31,,0,2231,,623AB BD ⎛⎫-⎛= ⎪ ⎪⎝⎭=-⎝⎭， 设平面ABD 的法向量为(),,n x y z =， 则302302x y nBD z y n AB x ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，令1,x =可得1y z ==，则()1,3,1n =． 由（1）知AC ⊥平面,DBO 故1,02AC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭为平面DBO 的法向量， 所以2cos ,5nAC n AC n AC -⋅===-，由图可知二面角A BD O --的为锐二面角，所以二面角A BDO --的余弦值为5． 18．如图，在几何体ABCDEF 中，四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，且FB =，M ，N 分别为EF ，AB 的中点．（1）求证：//MN 平面FCB；（2）若直线AF 与平面FCB 所成的角为60°，求平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值．【试题来源】山西省运城市2021届高三上学期期末（理）【答案】（1）证明见解析；（2．【解析】（1）取BC 的中点Q ，连接NQ ，FQ ，则1//2NQ AC ，且12NQ AC =， 又1//2MF AC ，且12MF AC = ，所以//MF NQ 且MF NQ =， 所以四边形MNQF 为平行四边形，所以//MN FQ ，因为FQ ⊂平面FCB ，MN ⊄平面FCB ，所以//MN 平面FCB ；（2）由四边形ABCD 为等腰梯形，且22AB CD ==，60ABC ∠=︒，可得1BC =，AC =90ACB ∠=︒，所以AC BC ⊥．因为四边形ACFE 为矩形，所以AC CF ⊥，所以AC ⊥平面FCB ，所以AFC ∠为直线AF 与平面FCB 所成的角，即60AFC ∠=︒，所以1FC =．因为FB =，所以222FB FC CB =+，所以FC BC ⊥．则可建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -，3(3,0,0),(0,1,0),,0,12A B M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以3,0,1,(3,1,0)2MA AB ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，设(,,)m x y z =为平面MAB 的法向量，则00MA m AB m ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即30230x z x y ⎧-=⎪⎨⎪-+=⎩，取23x =，则(23,6,3)m =为平面MAB 的一个法向量，又(0,1,0)n =为平面MAC的一个法向量， 所以657257cos 571||m n mn m n ⋅〈〉====⨯∣∣， 故平面MAB 与平面MAC 所成锐二面角的余弦值为5719． 19．如图，该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，其中正方形ABCD 的边长为4，H 是线段EF 上（不含端点）的动点，36==FC EB ．（1）若H 为EF 的中点，证明：//GH 平面ABCD ；（2）若14=EH EF ，求直线CH 与平面ACG 所成角的正弦值． 【试题来源】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期期末考试（理） 【答案】（1）证明见解析；（26． 【解析】（1）证明：取BC 的中点M ，连接HM ，DM ．因为该多面体由底面为正方形ABCD 的直四棱柱被截面AEFG 所截而成，所以截面AEFG 是平行四边形，则4=-=DG CF EB ．因为36==FC EB ，所以1(26)42=⨯+=HM ，且DG//HM ，所以四边形DGHM 是平行四边形，所以GH //DM ．因为DM ⊂平面ABCD ，GH ⊄平面ABCD ，所以//GH 平面ABCD ．（2）解：如图，以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D xyz -，则(4,0,0)A ，(0,4,0)C ，(0,0,4)G ，(3,4,3)H ，(4,4,0)=-AC ，(4,0,4)=-AG ，(3,0,3)=CH ．设平面ACG 的法向量为(,,)n x y z =，则440440AC n x y AG n x z ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩，令1x =，得(1,1,1)n =．因为cos ,3||||32⋅〈〉===⨯CH n C n n CH H ，所以直线CH 与平面ACG 所成角的正弦值为3．【名师点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面关系的相互转化，通过严密推理证明线线平行从而得线面平行，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．20．如图，已知四边形ABCD 和BCEG 均为直角梯形，//AD BC ，//CE BG ，且2BCD BCE π∠=∠=，120ECD ∠=︒．22BC CD CE AD BG ====．（1）求证：//AG 平面BDE ；（2）求二面角E BD C --的余弦值．【试题来源】安徽省蚌埠市2020-2021学年高三上学期第二次教学质量检查（理）【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）证明：在平面BCEG 中，过G 作GN CE ⊥于N ，交BE 于M ，连DM ， 由题意知，MG MN =，////MN BC DA 且12MN AD BC ==， 因为//MG AD ，MG AD =，故四边形ADMG 为平行四边形，所以//AG DM ， 又DM ⊂平面BDE ，AG ⊂/平面BDE ，故//AG 平面BDE ．（2）由题意知BC ⊥平面ECD ，在平面ECD 内过C 点作CF CD ⊥交DE 于F ， 以C 为原点，CD ，CB ，CF 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，不妨设1AD =，则22BC CD CE BG ====．且()0,0,0C ，()2,0,0D ，()0,2,0B ，(E -，设平面EBD 的法向量(),,n x y z =，则由0,0,DE n BD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得30,220,x x y ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩ 取1y =，得(1,1,3n =，易知平面BCD 的一个法向量为()0,0,1m =，3cos ,51m nm n m n ⋅==⋅=⋅E BD C --． 21．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，M 为PC 的中点．（1）求证：//AP 平面BDM ；（2）若PB PC ==CD PC ⊥，求二面角C DM B --的余弦值．【试题来源】河南省湘豫名校2020-2021学年高三上学期1月月考（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）连接AC 交BD 于E ，连接EM ，则E 为AC 中点，所以EM 为APC △的中位线，所以//EM AP ，因为EM ⊂平面BDM ，AP ⊄平面BDM ，所以//AP 平面BDM ．（2）在PBC 中，因为2224PB PC BC +==，所以PB PC ⊥，取BC 中点O ，AD 中点F ，连接PO ，OF ，则PO BC ⊥，1PO =，因为BC CD ⊥，CD PC ⊥，BC 、PC ⊂平面PBC ，BC PC C ⋂=，所以CD ⊥平面PBC ，因为PO ⊂平面PBC ，所以CD PO ⊥，因为PO BC ⊥，BC CD C ⋂=，BC 、CD ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD ，因为OF ⊂平面ABCD ，所以PO OF ⊥，所以PO ，OF ，OB 两两垂直，如图所示，以O 为原点，OF ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则(2,1,0)D -，(0,0,1)P ，(0,1,0)B ，(0,1,0)C -，所以110,,22M ⎛⎫- ⎪⎝⎭，可得112,,22DM ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，(2,2,0)BD =-，(2,0,0)CD =．设平面BDM 的法向量为()111,,m x y z =， 则0 0m BD m DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11111220112022x y x y z -=⎧⎪⎨-++=⎪⎩，取(1,1,3)m =， 设平面CDM 的法向量为()222,,n x y z =，则00n CD n DM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即222220112022x x y z =⎧⎪⎨-++=⎪⎩，取(0,1,1)n =-，所以222cos ,11||||112m n m nm n ⋅〈〉===⋅⨯， 所以二面角C DM B --的余弦值为11．22．如图所示，矩形ABCD 和梯形BEFC 所在平面互相垂直， //BE CF ，BCF CEF ∠=∠=90°，AD =EF =（1）求证：EF ⊥平面DCE（2）当AB 的长为何值时，二面角A EF C --的大小为60°． 【试题来源】山东省菏泽市2020-2021学年高三上学期期末【答案】（1）证明见解析；（2）60°．【解析】（1）因为平面ABCD ⊥平面BEFC ，平面ABCD 平面BEFC BC =，CD BC ⊥，CD ⊂平面ABCD ，所以CD ⊥平面BEFC ，EF ⊂平面BEFC ，从而CD EF ⊥． 因为EF CE ⊥，CD CE C =，,CD CE ⊂平面CDE ，所以EF ⊥平面CDE ．（2）如图所示，以点C 为坐标原点，以CB 、CF 和CD 所在直线分别为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系．过点E 作EG CF ⊥于点G ．在Rt EFG中，EG AD ==EF =1FG =．因为CE EF ⊥，则90EFC ECF BCE ∠=︒-∠=∠，所以Rt EFG Rt ECB △△，EG GF EF BE BC EC==，所以2,BE CE == 所以2CG =，所以3CF =．设AB a ，则()0,0,0C，)A a，)E ，()0,3,0F ．()0,2,AE a =-，()EF =-，()2,2,0CE =， 设平面AEF 的法向量(),,n x y z =．则00n AE n EF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即200y az y -=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 令2z=，得,2n a ⎫=⎪⎭．因为CD ⊥平面EFC ，()0,0,CD a =，所以1cos ,2n CD ==，解得a =所以当AB =A EF C --的大小为60°．【名师点睛】本题考查空间向量法求二面角．求空间角的方法：（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论； （2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出平面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．23．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 为直角梯形，其中AB BC ⊥，//CD AB ，面ABE ⊥面ABCD ，且224AB AE BE BC CD =====，点M 在棱AE 上．（1）证明：当2MA EM =时，直线//CE 平面BDM ；（2）当AE ⊥平面MBC 时，求二面角E BD M --的余弦值．【试题来源】内蒙古赤峰市2021届高三模拟考试（理）【答案】（1）证明见解析；（2． 【解析】（1）连结BD 与AC 交于点N ，连结MN ，//AB CD ，24AB CD ==， CND ANB ∴△∽△，12CD CN AB AN ∴==， 12EM MA =，EM CN MA AN∴=，MN //EC ∴， 又MN ⊂面BDM ，CE ⊂面BDM ，//CE ∴平面BDM ．（2）AE 平面MBC ，AE BM ∴⊥，M ∴是AE 的中点，取AB 的中点为O ， OE ∴⊥平面ABCD ，以OD ，OA ，OE 所在的直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，则(0,2,0)B-，E ，(2,0,0)D ，(0,2,0)A ，M ，设平面EBD 的法向量为()1111,,x n y z=，则1111112200020x y n BD n BE y ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩， 令11z =，则1y=1x =1(3,3,1)n ∴=-，设平面BDM 的法向量为()2222,,n x y z =，则2222222200030x y n BD n BM y ⎧+=⎧⋅=⎪⎪⇒⎨⎨⋅==⎪⎪⎩⎩，令2z 21y =-，21x =，1(1,13)n ∴=-， 1212123105cos ,||n n n n n n ⋅∴<>===⋅ ∴二面角E BD M --的余弦值为35． 24．已知正方体1111ABCD A B C D -，棱长为2，M 为棱CD 的中点，N 为面对角线1BC 的中点，如图．（1）求证：ND AN ⊥；（2）求平面1AMD 与平面11AAC C 所成锐二面角的余弦值．【试题来源】安徽省池州市2020-2021学年高三上学期期末（理）【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】（1）取BC 的中点分别为F ，连接NF ，DF ，因为N ，F 分别为1BC ，BC 的中点，1111ABCD A B C D -是正方体，易得NF ⊥平面ABCD ，所以NF AM ⊥；因为FC MD =，AD DC =，FCD MDA ∠=∠，所以FCD MDA ≌△△，所以CFD DMA ∠=∠，所以90FDC DMA ∠+∠=︒，所以FD AM ⊥，因为NF FD F =，NF ⊂平面NFD ，FD ⊂平面NFD ，所以AM ⊥平面NFD ， 又DN ⊂平面NFD ，所以ND AM ⊥；（2）以A 为原点，分别以AB 、AD 、1AA 方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立如下图所示空间直角坐标系：连接BD ，1C D ，在正方体1111ABCD A B C D -中，易知1BD C D =，且N 为1BC 中点，所以1DN BC ⊥．又11//BC AD ，所以1AD DN ⊥． 因为1AD AM A =，1AD ⊂平面1AMD ，AM ⊂平面1AMD ，所以ND ⊥平面1AMD ，故ND 为平面1AMD 的一个法向量；由1111ABCD A B C D -是正方体，得BD ⊥平面11AAC C ，故BD 为平面11AAC C 的一个法向量，因为()2,0,0B ，()0,2,0D ，()2,1,1N ， 所以()2,1,1ND =--，()2,2,0BD =-， 所以(cos ,ND BDND BD ND BD -⋅<>===⋅则平面1AMD 与平面11AAC C25．如图，正方形ADEF 与梯形ABCD 所在的平面互相垂直，AD CD ⊥，AB ∥CD ，122AB AD CD ===，点M 在线段EC 上．（1）当点M 为EC 中点时，求证：BM ∥平面ADEF ；（2）当平面BDM 与平面ABFM 在线段EC 上的位置．【试题来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试（理）【答案】（1）证明见解析；（2）点M 为EC 中点．【解析】（1）以直线DA 、DC 、DE 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则(2,0,0)A ，(2,2,0)B ，(0,4,0)C ，(0,0,2)E ，所以(0,2,1)M ．所以(2,0,1)BM =-， 又(0,4,0)DC =是平面ADEF 的一个法向量．因为0BM DC ⋅=即BM DC ⊥，BM ⊄平面ADEF ，所以BM ∥平面ADEF ；（2）设(,,)M x y z ，则(,,2)EM x y z =-，又(0,4,2)EC =-，设()01EM EC λλ=≤≤，则0,4,22x y z λλ===-，即(0,4,22)M λλ-．设111(,,)n x y z =是平面BDM 的一个法向量，则11112204(22)0DB n x y DM n y z λλ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，取11x =得11y =-，此时显然1λ=时不符合，则121z λλ=-，即2(1,1,)1n λλ=--， 又由题设，(2,0,0)DA =是平面ABF 的一个法向量，所以cos ,622DA n DA n DA n ⋅===⋅，解得12λ=，即点M 为EC 中点． 【名师点睛】利用法向量求解空间面面角的关键在于“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”．26．如图所示，在多面体ABCDEF 中，//AB CD ，AB BC ⊥，22AB BC CD ==，四边形ADEF 为矩形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF AB λ=．（1）证明：//DF 平面BCE ；（2）若二面角C BE F --λ的值． 【试题来源】江西宜春市2021届高三上学期数学（理）期末试题【答案】（1）证明见解析；（2）1．【解析】（1）取AB 的中点为M ，连接FM CM DM ，，，因为//AM CD 且AM CD =，四边形AMCD 为平行四边形，所以//AD MC 且AD MC =，因为四边形ADEF 为矩形，所以//FE MC 且=FEMC ，所以四边形EFMC 是平行四边形，所以//FM EC ，且EC ⊂平面BEC ，FM ⊄平面BEC ，。