2010-2019十年高考数学真题分类汇编20空间向量（附解析）

1 十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学 专题 20 空间向量 1.(2014·全国 2·理 T11)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(  ) A. 1 10 B.2 5 C. 30 10 D. 2 2 【答案】C 【解析】如图,以点 C1 为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C 所在的直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系, 不妨设 BC=CA=CC1=1,可知点 A(0,1,1),N(0,1 2,0),B(1,0,1),M(1 2,1 2,0). ∴퐴푁 = (0, - 1 2, - 1),퐵푀 = ( - 1 2,1 2, - 1). ∴cos= 퐴푁·퐵푀 |퐴푁||퐵푀| = 30 10 . 根据퐴푁与퐵푀的夹角及 AN 与 BM 所成角的关系可知,BM 与 AN 所成角的余弦值为 30 10 . 2.(2013·北京·文 T8)如图,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,P 为对角线 BD1 的三等分点,P 到各顶点的距离的不 同取值有(  ) A.3 个 B.4 个 C.5 个 D.6 个 【答案】B 【解析】设正方体的棱长为 a.建立空间直角坐标系,如图所示. 则 D(0,0,0),D1(0,0,a),C1(0,a,a),C(0,a,0),B(a,a,0),B1(a,a,a),A(a,0,0), 2 A1(a,0,a),P(2 3푎,2 3푎,1 3푎), 则|푃퐵|= 1 9푎2 + 1 9푎2 + 1 9푎2 = 3 3 a, |푃퐷|= 4 9푎2 + 4 9푎2 + 1 9푎2=a, |푃퐷1|= 4 9푎2 + 4 9푎2 + 4 9푎2 = 2 3 3 a, |푃퐶1|=|푃퐴1|= 4 9푎2 + 1 9푎2 + 4 9푎2=a, |푃퐶|=|푃퐴|= 4 9푎2 + 1 9푎2 + 1 9푎2 = 6 3 a, |푃퐵1|= 1 9푎2 + 1 9푎2 + 4 9푎2 = 6 3 a, 3.(2012·陕西·理 T5)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为(  ) A. 5 5 B. 5 3 C.2 5 5 D.3 5 【答案】A 【解析】不妨设 CB=1,则 CA=CC1=2.由题图知,A 点的坐标为(2,0,0),B 点的坐标为(0,0,1),B1 点的坐标为 (0,2,1),C1 点的坐标为(0,2,0). 所以퐵퐶1=(0,2,-1),퐴퐵1=(-2,2,1). 所以 cos=0 × ( - 2) + 2 × 2 + ( - 1) × 1 3 5 = 5 5 . 4.(2010·大纲全国·文 T6)直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线 BA1 与 AC1 所成的 角等于(  ) A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C 【解析】不妨设 AB=AC=AA1=1,建立空间直角坐标系如图所示, 3 则 B(0,-1,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(-1,0,1), ∴퐵퐴1=(0,1,1),퐴퐶1=(-1,0,1). ∴cos= 퐵퐴1·퐴퐶1 |퐵퐴1||퐴퐶1| = 1 2 × 2 = 1 2. ∴=60°. ∴异面直线 BA1 与 AC1 所成的角为 60°. 5.(2019·天津·理 T17)如图,AE⊥平面 ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF∥平面 ADE; (2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值; (3)若二面角 E-BD-F 的余弦值为1 3,求线段 CF 的长. 【解析】(1)证明依题意,可以建立以 A 为原点,分别以퐴퐵,퐴퐷,퐴퐸 的方向为 x 轴,y 轴,z 轴正方向的空间直角 坐标系(如图),可得 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设 CF=h(h>0),则 F(1,2,h). 依题意,퐴퐵=(1,0,0)是平面 ADE 的法向量, 又퐵퐹=(0,2,h),可得퐵퐹·퐴퐵=0,又因为直线 BF⊄平面 ADE,所以 BF∥平面 ADE. (2)解依题意,퐵퐷=(-1,1,0),퐵퐸=(-1,0,2),퐶퐸=(-1,-2,2). 设 n=(x,y,z)为平面 BDE 的法向量, 4 则{푛·퐵퐷 = 0, 푛·퐵퐸 = 0,即{ -푥 + 푦 = 0, -푥 + 2푧 = 0,不妨令 z=1, 可得 n=(2,2,1). 因此有 cos= 퐶퐸·푛 |퐶퐸||푛|=-4 9. 所以,直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9. (3)解设 m=(x,y,z)为平面 BDF 的法向量, 则{푚·퐵퐷 = 0, 푚·퐵퐹 = 0,即{ -푥 + 푦 = 0, 2푦 + ℎ푧 = 0, 不妨令 y=1,可得 m= 1,1,-2 ℎ . 由题意,有|cos|=|푚·푛| |푚||푛| = |4 - 2 ℎ| 3 2 + 4 ℎ2 = 1 3, 解得 h=8 7,经检验,符合题意. 所以,线段 CF 的长为8 7. 6.(2019· 浙 江 · T 19) 如 图 , 已 知 三 棱 柱 ABC-A1B1C1, 平 面 A1ACC1 ⊥ 平 面 ABC, ∠ ABC=90°, ∠ BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F 分别是 AC,A1B1 的中点. (1)证明:EF⊥BC; (2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值. 【解析】方法一: (1)连接 A1E,因为 A1A=A1C,E 是 AC 的中点, 所以 A1E⊥AC. 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC,A1E⊂平面 A1ACC1, 平面 A1ACC1∩平面 ABC=AC, 所以,A1E⊥平面 ABC,则 A1E⊥BC. 又因为 A1F∥AB,∠ABC=90°,故 BC⊥A1F. 所以 BC⊥平面 A1EF.因此 EF⊥BC. 5 (2)取 BC 中点 G,连接 EG,GF,则 EGFA1 是平行四边形.由于 A1E⊥平面 ABC,故 A1E⊥EG,所以平行四边形 EGFA1 为矩形. 由(1)得 BC⊥平面 EGFA1,则平面 A1BC⊥平面 EGFA1,所以 EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上. 连接 A1G 交 EF 于 O,则∠EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成的角(或其补角). 不妨设 AC=4,则在 Rt△A1EG 中,A1E=2 3,EG= 3. 由于 O 为 A1G 的中点,故 EO=OG= 퐴1퐺 2 = 15 2 , 所以 cos∠EOG=퐸푂2 + 푂퐺2 - 퐸퐺2 2퐸푂·푂퐺 = 3 5. 因此,直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是3 5. 方法二: (1)连接 A1E,因为 A1A=A1C,E 是 AC 的中点,所以 A1E⊥AC. 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC,A1E⊂平面 A1ACC1, 平面 A1ACC1∩平面 ABC=AC, 所以,A1E⊥平面 ABC. 如图,以点 E 为原点,分别以射线 EC,EA1 为 y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 E-xyz. 不妨设 AC=4,则 A1(0,0,2 3),B( 3,1,0),B1( 3,3,2 3), F 3 2 ,3 2,2 3 ,C(0,2,0). 因此,퐸퐹= 3 2 ,3 2,2 3 ,퐵퐶=(- 3,1,0). 由퐸퐹·퐵퐶=0 得 EF⊥BC. 6 (2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 θ. 由(1)可得퐵퐶=(- 3,1,0),퐴1퐶=(0.2,-2 3). 设平面 A1BC 的法向量为 n=(x,y,z). 由{퐵퐶·푛 = 0, 퐴1퐶·푛 = 0,得{ - 3푥 + 푦 = 0, 푦 - 3푧 = 0. 取 n=(1, 3,1), 故 sin θ=|cos|= |퐸퐹·푛| |퐸퐹|·|푛| = 4 5. 因此,直线 EF 与平面 A1BC 所成的角的余弦值为3 5. 7.(2019·全国 1·理 T18)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. 【解析】(1)连接 B1C,ME. 因为 M,E 分别为 BB1,BC 的中点, 所以 ME∥B1C,且 ME= B1C. 又因为 N 为 A1D 的中点,所以 ND= A1D. 由题设知 A1B1￿DC,可得 B1C￿A1D, 故 ME￿ND, 因此四边形 MNDE 为平行四边形,MN∥ED. 又 MN⊄平面 EDC1,所以 MN∥平面 C1DE. (2)由已知可得 DE⊥DA. 以 D 为坐标原点,퐷퐴的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 则 A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1, 3,2),N(1,0,2),퐴1퐴=(0,0,-4),퐴1푀=(-1, 3,-2),퐴1푁=(-1,0,-2),푀푁=(0,- 7 3,0). 设 m=(x,y,z)为平面 A1MA 的法向量, 则{푚·퐴1푀 = 0, 푚·퐴1퐴 = 0. 所以{ -푥 + 3푦 - 2푧 = 0, -4푧 = 0. 可取 m=( 3,1,0). 设 n=(p,q,r)为平面 A1MN 的法向量, 则{푛·푀푁 = 0, 푛·퐴1푁 = 0. 所以{ - 3푞 = 0, -푝 - 2푟 = 0.可取 n=(2,0,-1). 于是 cos= 푚·푛 |푚||푛| = 2 3 2 × 5 = 15 5 , 所以二面角 A-MA1-N 的正弦值为 10 5 . 8.(2019·全国 2·理 T17)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. 【解析】(1)证明由已知得,B1C1⊥平面 ABB1A1,BE⊂平面 ABB1A1,故 B1C1⊥BE.又 BE⊥EC1,所以 BE⊥平面 EB1C1. (2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知 Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°, 故 AE=AB,AA1=2AB. 以 D 为坐标原点,퐷퐴的方向为 x 轴正方向,|퐷퐴|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 8 则 C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),퐶퐵=(1,0,0),퐶퐸=(1,-1,1),퐶퐶1=(0,0,2). 设平面 EBC 的法向量为 n=(x,y,z),则 {퐶퐵·푛 = 0, 퐶퐸·푛 = 0,即{푥 = 0, 푥 - 푦 + 푧 = 0, 所以可取 n=(0,-1,-1). 设平面 ECC1 的法向量为 m=(x,y,z),则 {퐶퐶1·푚 = 0, 퐶퐸·푚 = 0, 即{2푧 = 0, 푥 - 푦 + 푧 = 0, 所以可取 m=(1,1,0). 于是 cos= 푛·푚 |푛||푚|=-1 2. 所以,二面角 B-EC-C1 的正弦值为 3 2 . 9.(2019·全国 3·理 T19)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,连接 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. 【解析】(1)证明由已知得 AD∥BE,CG∥BE,所以 AD∥CG, 故 AD,CG 确定一个平面,从而 A,C,G,D 四点共面. 由已知得 AB⊥BE,AB⊥BC,故 AB⊥平面 BCGE. 又因为 AB⊂平面 ABC, 所以平面 ABC⊥平面 BCGE. (2)解作 EH⊥BC,垂足为 H. 因为 EH⊂平面 BCGE,平面 BCGE⊥平面 ABC,所以 EH⊥平面 ABC. 由已知,菱形 BCGE 的边长为 2,∠EBC=60°,可求得 BH=1,EH= 3. 以 H 为坐标原点,퐻퐶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, 9 则 A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0, 3),퐶퐺=(1,0, 3),퐴퐶=(2,-1,0). 设平面 ACGD 的法向量为 n=(x,y,z), 则{퐶퐺·푛 = 0, 퐴퐶·푛 = 0,即{푥 + 3푧 = 0, 2푥 - 푦 = 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= 푛·푚 |푛||푚| = 3 2 . 因此二面角 B-CG-A 的大小为 30°. 10.(2018·浙江·T 8)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 θ1,SE 与平面 ABCD 所成的角为 θ2,二面角 S-AB-C 的平面角为 θ3,则(  ) A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1 【答案】D 【解析】当点 E 不是线段 AB 的中点时,如图,点 G 是 AB 的中点,SH⊥底面 ABCD,过点 H 作 HF∥AB,过点 E 作 EF ∥BC,连接 SG,GH,EH,SF. 可知 θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH. 由题意可知 EF⊥SF,故 tan θ1=푆퐹 퐸퐹 = 푆퐹 퐺퐻 > 푆퐻 퐺퐻=tan θ3. ∴θ1>θ3. 又 tan θ3=푆퐻 퐺퐻 > 푆퐻 퐸퐻=tan θ2, ∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2. 当点 E 是线段 AB 的中点时, 即点 E 与点 G 重合,此时θ1=θ3=θ2. 综上可知,θ1≥θ3≥θ2. 10 11.(2018·全国 3·理 T19)如图,边长为 2 的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧퐶퐷所在平面垂直,M 是퐶퐷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. 【解析】(1)由题设知,平面 CMD⊥平面 ABCD,交线为 CD.因为 BC⊥CD,BC⊂平面 ABCD,所以 BC⊥平面 CMD,故 BC ⊥DM.因为 M 为퐶퐷上异于 C,D 的点,且 DC 为直径,所以 DM⊥CM.又 BC∩CM=C,所以 DM⊥平面 BMC. 而 DM⊂平面 AMD,故平面 AMD⊥平面 BMC. (2)以 D 为坐标原点, 퐷퐴的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz. 当三棱锥 M-ABC 体积最大时,M 为 퐶퐷的中点.由题设得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),퐴푀=(-2,1,1),퐴퐵=(0,2,0),퐷퐴=(2,0,0). 设 n=(x,y,z)是平面 MAB 的法向量, 则{푛·퐴푀 = 0, 푛·퐴퐵 = 0. 即{ -2푥 + 푦 + 푧 = 0, 2푦 = 0. 可取 n=(1,0,2), 퐷퐴是平面 MCD 的法向量,因此 cos= 푛·퐷퐴 |푛||퐷퐴| = 5 5 ,sin=2 5 5 . 所以面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是2 5 5 . 12.(2018·北京·理 T16)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CC1⊥平面 ABC,D,E,F,G 分别为 AA1,AC,A1C1,BB1 的中 点,AB=BC= 5,AC=AA1=2. 11 (1)求证:AC⊥平面 BEF; (2)求二面角 B-CD-C1 的余弦值; (3)证明:直线 FG 与平面 BCD 相交. 【解析】(1)证明在三棱柱 ABC-A1B1C1 中, ∵CC1⊥平面 ABC,∴四边形 A1ACC1 为矩形. 又 E,F 分别为 AC,A1C1 的中点,∴AC⊥EF. ∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面 BEF. (2)解由(1)知 AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1. ∵CC1⊥平面 ABC,∴EF⊥平面 ABC. ∵BE⊂平面 ABC,∴EF⊥BE. 建立如图所示的空间直角坐标系 E-xyz. 由题意得 B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).∴퐶퐷=(2,0,1),퐶퐵=(1,2,0). 设平面 BCD 的法向量为 n=(a,b,c), 则{푛·퐶퐷 = 0, 푛·퐶퐵 = 0, ∴ {2푎 + 푐 = 0, 푎 + 2푏 = 0, 令 a=2,则 b=-1,c=-4, ∴平面 BCD 的法向量 n=(2,-1,-4), 又平面 CDC1 的法向量为퐸퐵=(0,2,0), ∴cos= 푛·퐸퐵 |푛||퐸퐵|=- 21 21 . 由图可得二面角 B-CD-C1 为钝角,∴二面角 B-CD-C1 的余弦值为- 21 21 . 12 (3)证明平面 BCD 的法向量为 n=(2,-1,-4), ∵G(0,2,1),F(0,0,2), ∴퐺퐹=(0,-2,1), ∴n·퐺퐹=-2,∴n 与퐺퐹不垂直, ∴FG 与平面 BCD 不平行且不在平面 BCD 内, ∴FG 与平面 BCD 相交. 13.(2018·天津·理 T17)如图,AD∥BC 且 AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD 且 EG=AD,CD∥FG 且 CD=2FG,DG⊥平面 ABCD,DA=DC=DG=2. (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. 【解析】依题意,可以建立以 D 为原点,分别以퐷퐴,퐷퐶,퐷퐺的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向的空间直角坐标 系 ( 如 图 ), 可 得 D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M 0,3 2,1 ,N(1,0,2). (1)证明:依题意퐷퐶=(0,2,0),퐷퐸=(2,0,2). 设 n0=(x,y,z)为平面 CDE 的法向量, 则{푛0·퐷퐶 = 0, 푛0·퐷퐸 = 0,即{2푦 = 0, 2푥 + 2푧 = 0, 不妨令 z=-1,可得 n0=(1,0,-1).又푀푁 = (1, - 3 2,1),可得푀푁·n0=0. (2) 依 题 意 , 可 得 퐵퐶=(-1,0,0),퐵퐸=(1,-2,2),퐶퐹=(0,-1,2). 设 n=(x,y,z) 为 平 面 BCE 的 法 向 量 , 则 13 {푛·퐵퐶 = 0, 푛·퐵퐸 = 0,即{ -푥 = 0, 푥 - 2푦 + 2푧 = 0,不妨令 z=1,可得 n=(0,1,1).设 m=(x,y,z)为平面 BCF 的法向量, 则{푚·퐵퐶 = 0, 푚·퐶퐹 = 0,即{ -푥 = 0, -푦 + 2푧 = 0, 不妨令 z=1,可得 m=(0,2,1). 因此有 cos= 푚·푛 |푚||푛| = 3 10 10 ,于是 sin= 10 10 .所以,二面角 E-BC-F 的正弦值为 10 10 . (3)设线段 DP 的长为 h(h∈[0,2]),则点 P 的坐标为(0,0,h),可得퐵푃=(-1,-2,h).易知,퐷퐶=(0,2,0)为平面 ADGE 的一个法向量,故|cos|=|퐵푃·퐷퐶| |퐵푃||퐷퐶| = 2 ℎ2 + 5 .由题意,可得 2 ℎ2 + 5 =sin 60°= 3 2 ,解得 h= 3 3 ∈[0,2]. 所以,线段 DP 的长为 3 3 . 14.(2018·全国 1·理 T18)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. 【解析】(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF, 所以 BF⊥平面 PEF. 又 BF⊂平面 ABFD,所以平面 PEF⊥平面 ABFD. (2)作 PH⊥EF,垂足为 H. 由(1)得,PH⊥平面 ABFD. 以 H 为坐标原点,퐻퐹的方向为 y 轴正方向,|퐵퐹|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 H-xyz. 由(1)可得,DE⊥PE.又 DP=2,DE=1,所以 PE= 3.又 PF=1,EF=2,故 PE⊥PF. 可得 PH= 3 2 ,EH=3 2. 14 则 H(0,0,0),P(0,0, 3 2 ),D( -1, - 3 2,0),퐷푃 = (1,3 2, 3 2 ),퐻푃 = (0,0, 3 2 )为平面 ABFD 的法向量. 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ, 则 sin θ=| 퐻푃·퐷푃 |퐻푃||퐷푃|| = 3 4 3 = 3 4 . 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为 3 4 . 15.(2018·全国 2·理 T20)如图,在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC=2 2,PA=PB=PC=AC=4,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. 【解析】(1)因为 AP=CP=AC=4,O 为 AC 的中点, 所以 OP⊥AC,且 OP=2 3. 连接 OB,因为 AB=BC= 2 2 AC,所以△ABC 为等腰直角三角形,且 OB⊥AC,OB=1 2AC=2. 由 OP2+OB2=PB2 知 PO⊥OB. 由 OP⊥OB,OP⊥AC 知 PO⊥平面 ABC. (2)如图,以 O 为坐标原点,푂퐵的方向为 x 轴正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz. 由已知得 O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2 3),퐴푃=(0,2,2 3). 取平面 PAC 的法向量푂퐵=(2,0,0), 由퐴푃·n=0,퐴푀·n=0 得 {2푦 + 2 3푧 = 9, 푎푥 + (4 - 푎)푦 = 0.可取 n=( 3(a-4), 3a,-a), 所以 cos= 2 3(푎 - 4) 2 3(푎 - 4)2 + 3푎2 + 푎2. 15 由已知可得|cos|= 3 2 . 所以 2 3|푎 - 4| 2 3(푎 - 4)2 + 3푎2 + 푎2 = 3 2 , 解得 a=-4(舍去),a=4 3. 所以 n=( - 8 3 3 ,4 3 3 , - 4 3). 又푃퐶=(0,2,-2 3),所以 cos= 3 4 . 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为 3 4 . 16.(2018· 浙 江 · T9) 如 图 , 已 知 多 面 体 ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C 均 垂 直 于 平 面 ABC, ∠ ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)证明:AB1⊥平面 A1B1C1; (2)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值. 【解析】解法一(1)证明:由 AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得 AB1=A1B1=2 2, 所以 A1퐵21+A퐵21=A퐴21,故 AB1⊥A1B1. 由 BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1⊥BC,CC1⊥BC,得 B1C1= 5,由 AB=BC=2,∠ABC=120°,得 AC=2 3, 由 CC1⊥AC,得 AC1= 13,所以 A퐵21+B1퐶21=A퐶21, 故 AB1⊥B1C1.因此 AB1⊥平面 A1B1C1. (2)如图,过点 C1 作 C1D⊥A1B1,交直线 A1B1 于点 D,连接 AD. 由 AB1⊥平面 A1B1C1,得平面 A1B1C1⊥平面 ABB1, 由 C1D⊥A1B1,得 C1D⊥平面 ABB1,所以∠C1AD 是 AC1 与平面 ABB1 所成的角. 16 由 B1C1= 5,A1B1=2 2,A1C1= 21, 得 cos∠C1A1B1= 6 7,sin∠C1A1B1= 1 7, 所以 C1D= 3,故 sin∠C1AD= 퐶1퐷 퐴퐶1 = 39 13 .因此,直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 39 13 . 解法二(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知各点坐标如下:A(0,- 3,0),B(1,0,0),A1(0,- 3,4),B1(1,0,2),C1(0, 3,1). 因此퐴퐵1=(1, 3,2),퐴1퐵1=(1, 3,-2),퐴1퐶1=(0,2 3,-3).由퐴퐵1·퐴1퐵1=0,得 AB1⊥A1B1. 由퐴퐵1·퐴1퐶1=0,得 AB1⊥A1C1. 所以 AB1⊥平面 A1B1C1. (2)设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 θ. 由(1)可知퐴퐶1=(0,2 3,1),퐴퐵=(1, 3,0),퐵퐵1=(0,0,2). 设平面 ABB1 的法向量 n=(x,y,z). 由{푛·퐴퐵 = 0, 푛·퐵퐵1 = 0,即{푥 + 3푦 = 0, 2푧 = 0, 可取 n=(- 3,1,0).所以 sin θ=|cos|= |퐴퐶1·푛| |퐴퐶1|·|푛| = 39 13 .因此,直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 39 13 . 17.(2018·上海·T17)已知圆锥的顶点为 P,底面圆心为 O,半径为 2. (1)设圆锥的母线长为 4,求圆锥的体积; (2)设 PO=4,OA,OB 是底面半径,且∠AOB=90°,M 为线段 AB 的中点,如图,求异面直线 PM 与 OB 所成的角的大 小. 17 【解析】(1)∵圆锥的顶点为 P,底面圆心为 O,半径为 2,母线长为 4, ∴圆锥的体积 V=1 3πr2h=1 3×π×22× 42 - 22 = 8 3π 3 . (2)∵PO=4,OA,OB 是底面半径,且∠AOB=90°,M 为线段 AB 的中点,∴以 O 为原点,OA 为 x 轴,OB 为 y 轴,OP 为 z 轴,建立空间直角坐标系, ∴P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0), ∴푃푀=(1,1,-4),푂퐵=(0,2,0). 设异面直线 PM 与 OB 所成的角为 θ, 则 cos θ=|푃푀·푂퐵| |푃푀||푂퐵| = |1 × 0 + 1 × 2 + ( - 4) × 0| 12 + 12 + ( - 4)2 × 02 + 22 + 02 = 2 6 . ∴θ=arccos 2 6 . ∴异面直线 PM 与 OB 所成的角的大小为 arccos 2 6 . 18.(2017·北京·理 T16)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= 6,AB=4. (1)求证:M 为 PB 的中点; (2)求二面角 B-PD-A 的大小; (3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值. 【解析】(1)证明设 AC,BD 交点为 E,连接 ME. 因为 PD∥平面 MAC, 平面 MAC∩平面 PDB=ME,所以 PD∥ME. 因为 ABCD 是正方形,所以 E 为 BD 的中点. 所以 M 为 PB 的中点. (2)解取 AD 的中点 O,连接 OP,OE. 因为 PA=PD,所以 OP⊥AD. 又因为平面 PAD⊥平面 ABCD,且 OP⊂平面 PAD,所以 OP⊥平面 ABCD. 因为 OE⊂平面 ABCD,所以 OP⊥OE. 因为 ABCD 是正方形,所以 OE⊥AD. 18 如图建立空间直角坐标系 O-xyz,则 P(0,0, 2),D(2,0,0),B(-2,4,0),퐵퐷=(4,-4,0),푃퐷=(2,0,- 2). 设平面 BDP 的法向量为 n=(x,y,z), 则{푛·퐵퐷 = 0, 푛·푃퐷 = 0,即{4푥 - 4푦 = 0, 2푥 - 2푧 = 0. 令 x=1,则 y=1,z= 2. 于是 n=(1,1, 2),平面 PAD 的法向量为 p=(0,1,0).所以 cos= 푛·푝 |푛||푝| = 1 2. 由题知二面角 B-PD-A 为锐角,所以它的大小为π 3. (3)解由题意知 M( -1,2, 2 2 ),C(2,4,0),푀퐶 = (3,2, - 2 2 ). 设直线 MC 与平面 BDP 所成角为 α, 则 sin α=|cos|=|푛·푀퐶| |푛||푀퐶| = 2 6 9 . 所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为2 6 9 . 19.(2017·全国 1·理 T18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面 PAB⊥平面 PAD; (2)若 PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角 A-PB-C 的余弦值. 【解析】(1)证明由已知∠BAP=∠CDP=90°,得 AB⊥AP,CD⊥PD. 由于 AB∥CD,故 AB⊥PD,从而 AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB,所以平面 PAB⊥平面 PAD. (2)解在平面 PAD 内作 PF⊥AD,垂足为 F. 由(1)可知,AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PF, 19 可得 PF⊥平面 ABCD. 以 F 为坐标原点,퐹퐴的方向为 x 轴正方向, |퐴퐵|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 F-xyz. 由 (1) 及 已 知 可 得 A( 2 2 ,0,0),P(0,0, 2 2 ),B( 2 2 ,1,0),C( - 2 2 ,1,0). 所 以 푃퐶 = ( - 2 2 ,1, - 2 2 ),퐶퐵 =( 2,0,0),푃퐴 = ( 2 2 ,0, - 2 2 ),퐴퐵=(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 PCB 的法向量, 则{푛·푃퐶 = 0, 푛·퐶퐵 = 0,即{ - 2 2 푥 + 푦 - 2 2 푧 = 0, 2푥 = 0. 可取 n=(0,-1,- 2). 设 m=(x,y,z)是平面 PAB 的法向量, 则{푚·푃퐴 = 0, 푚·퐴퐵 = 0,即{ 2 2 푥 - 2 2 푧 = 0, 푦 = 0. 可取 m=(1,0,1).则 cos= 푛·푚 |푛||푚|=- 3 3 . 所以二面角 A-PB-C 的余弦值为- 3 3 . 20.(2017·全国 2·理 T19)如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD, AB=BC=1 2AD,∠BAD=∠ABC=90°,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. 【解析】(1)证明取 PA 的中点 F,连接 EF,BF. 因为 E 是 PD 的中点,所以 EF∥AD,EF=1 2 AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得 BC∥AD, 20 又 BC=1 2AD,所以 EF￿BC,四边形 BCEF 是平行四边形,CE∥BF,又 BF⊂平面 PAB,CE⊄平面 PAB,故 CE∥平面 PAB. (2)解由已知得 BA⊥AD,以 A 为坐标原点,퐴퐵的方向为 x 轴正方向,|퐴퐵|为单位长,建立如图所示的空间直角 坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, 3),푃퐶=(1,0,- 3),퐴퐵=(1,0,0). 设 M(x,y,z)(0= 푛·푂퐴'   |푛||푂퐴'| = 3 5· 3 = 15 5 , 即二面角 A'-CD-B 的平面角的余弦值为 15 5 . 55.(2013·浙江·理 T20)如图,在四面体 A-BCD 中,AD⊥平面 BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=2 2.M 是 AD 的中点,P 是 BM 的中点,点 Q 在线段 AC 上,且 AQ=3QC. (1)证明:PQ∥平面 BCD; (2)若二面角 C-BM-D 的大小为 60°,求∠BDC 的大小. 【解析】方法一(1)证明:取 BD 的中点 O,在线段 CD 上取点 F,使得 DF=3FC,连接 OP,OF,FQ,因为 AQ=3QC,所以 QF∥AD,且 QF=1 4AD. 因为 O,P 分别为 BD,BM 的中点, 所以 OP 是△BDM 的中位线, 所以 OP∥DM,且 OP= 1 2DM. 又点 M 为 AD 的中点, 所以 OP∥AD,且 OP=1 4AD. 从而 OP∥FQ,且 OP=FQ, 所以四边形 OPQF 为平行四边形,故 PQ∥OF. 又 PQ⊄平面 BCD,OF⊂平面 BCD, 所以 PQ∥平面 BCD. (2)解:作 CG⊥BD 于点 G,作 CH⊥BM 于点 H,连接 CH. 62 因为 AD⊥平面 BCD,CG⊂平面 BCD, 所以 AD⊥CG, 又 CG⊥BD,AD∩BD=D, 故 CG⊥平面 ABD,又 BM⊂平面 ABD, 所以 CG⊥BM. 又 GH⊥BM,CG∩GH=G,故 BM⊥平面 CGH,所以 GH⊥BM,CH⊥BM. 所以∠CHG 为二面角 C-BM-D 的平面角,即∠CHG=60°. 设∠BDC=θ. 在 Rt△BCD 中,CD=BDcos θ=2 2cos θ, CG=CDsin θ=2 2cos θsin θ,BG=BCsin θ=2 2sin2θ. 在 Rt△BDM 中,HG=퐵퐺·퐷푀 퐵푀 = 2 2sin2휃 3 . 在 Rt△CHG 中,tan∠CHG=퐶퐺 퐻퐺 = 3cos휃 sin휃 = 3.所以 tan θ= 3. 从而 θ=60°.即∠BDC=60°. 方法二(1)证明:如图,取 BD 的中点 O,以 O 为原点,OD,OP 所在射线为 y,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系 O-xyz. 由题意知 A(0, 2,2),B(0,- 2,0),D(0, 2,0). 设点 C 的坐标为(x0,y0,0). 因为퐴푄=3푄퐶,所以 Q(3 4푥0, 2 4 + 3 4푦0,1 2). 因为 M 为 AD 的中点,故 M(0, 2,1). 又 P 为 BM 的中点,故 P(0,0,1 2), 所以푃푄 = (3 4푥0, 2 4 + 3 4푦0,0). 又平面 BCD 的一个法向量为 u=(0,0,1),故푃푄·u=0. 又 PQ⊄平面 BCD,所以 PQ∥平面 BCD. (2)解:设 m=(x,y,z)为平面 BMC 的一个法向量. 由퐶푀=(-x0, 2-y0,1),퐵푀=(0,2 2,1), 知{ - 푥0푥 + ( 2 - 푦0)푦 + 푧 = 0, 2 2푦 + 푧 = 0. 取 y=-1,得 m=(푦0 + 2 푥0 , - 1,2 2). 63 又平面 BDM 的一个法向量为 n=(1,0,0), 于是|cos|=|푚·푛| |푚||푛| = |푦0 + 2 푥0 | 9 + (푦0 + 2 푥0 )2 = 1 2,即(푦0 + 2 푥0 )2 =3. ① 又 BC⊥CD,所以퐶퐵·퐶퐷=0, 故(-x0,- 2-y0,0)·(-x0, 2-y0,0)=0,即푥20 + 푦20=2. ② 联立①,②,解得{푥0 = 0, 푦0 = - 2,(舍去)或{푥0 =± 6 2 , 푦0 = 2 2 . 所以 tan∠BDC=| 푥0 2 - 푦0| = 3. 又∠BDC 是锐角,所以∠BDC=60°. 56.(2012·全国·理 T19)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC=1 2AA1,D 是棱 AA1 的中点,DC1⊥BD. (1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小. 【解析】(1)证明由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1.又 AC=1 2AA1,可得 D퐶21+DC2=C 퐶21,所以 DC1⊥DC.而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD.BC⊂平面 BCD,故 DC1⊥BC. (2)解由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1, 则 BC⊥平面 ACC1,所以 CA,CB,CC1 两两相互垂直. 以 C 为坐标原点,퐶퐴的方向为 x 轴的正方向,|퐶퐴|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz. 由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). 则퐴1퐷=(0,0,-1),퐵퐷=(1,-1,1),퐷퐶1=(-1,0,1). 设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量, 则{푛·퐵퐷 = 0, 푛·퐴1퐷 = 0,即{푥 - 푦 + 푧 = 0, 푧 = 0. 可取 n=(1,1,0). 64 同理,设 m 是平面 C1BD 的法向量, 则{푚·퐵퐷 = 0, 푚·퐷퐶1 = 0.可取 m=(1,2,1). 从而 cos= 푛·푚 |푛||푚| = 3 2 . 故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30°. 57.(2011·全国·理 T18)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面 ABCD. (1)证明:PA⊥BD; (2)设 PD=AD,求二面角 A-PB-C 的余弦值. 【解析】(1)证明因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得 BD= 3 AD. 从而 BD2+AD2=AB2,故 BD⊥AD. 又 PD⊥底面 ABCD,可得 BD⊥PD. 所以 BD⊥平面 PAD.故 PA⊥BD. (2)解如图,以 D 为坐标原点,AD 的长为单位长,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz.则 A(1,0,0),B(0, 3 ,0),C(-1, 3 ,0),P(0,0,1). 퐴퐵=(-1, 3,0),푃퐵=(0, 3,-1),퐵퐶=(-1,0,0). 设平面 PAB 的法向量为 n=(x,y,z), 则{푛·퐴퐵 = 0, 푛·푃퐵 = 0,即{ -푥 + 3푦 = 0, 3푦 - 푧 = 0. 因此可取 n=( 3,1, 3). 65 设平面 PBC 的法向量为 m,则{푚·푃퐵 = 0, 푚·퐵퐶 = 0. 可取 m=(0,-1,- 3),cos= -4 2 7=-2 7 7 . 故二面角 A-PB-C 的余弦值为-2 7 7 . 58.(2011·四川·理 T19)如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1.D 是棱 CC1 上的一点,P 是 AD 的延长线与 A1C1 的延长线的交点,且 PB1∥平面 BDA1. (1)求证:CD=C1D; (2)求二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值; (3)求点 C 到平面 B1DP 的距离. 【解析】如图,以 A1 为原点,A1B1,A1C1,A1A 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系 A1-xyz, 则 A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1). (1)证明:设 C1D=x, ∵AC∥PC1, ∴퐶1푃 퐴퐶 = 퐶1퐷 퐶퐷 = 푥 1 - 푥. 由此可得 D(0,1,x),P(0,1+ 푥 1 - 푥,0), ∴퐴1퐵=(1,0,1),퐴1퐷=(0,1,x),퐵1푃= -1,1+ 푥 1 - 푥,0 . 设平面 BA1D 的一个法向量为 n1=(a,b,c), 则{푛1·퐴1퐵 = 푎 + 푐 = 0, 푛1·퐴1퐷 = 푏 + 푐푥 = 0. 令 c=-1,则 n1=(1,x,-1).∵PB1∥平面 BA1D, ∴n1·퐵1푃=1×(-1)+x·(1+ 푥 1 - 푥)+(-1)×0=0.由此可得 x=1 2,故 CD=C1D. 66 (2)解:由(1)知,平面 BA1D 的一个法向量 n1=(1,1 2, - 1). 又 n2=(1,0,0)为平面 AA1D 的一个法向量, ∴cos= 푛1·푛2 |푛1||푛2| = 1 1 × 3 2 = 2 3. 故二面角 A-A1D-B 的平面角的余弦值为2 3. (3)解:∵푃퐵1=(1,-2,0),푃퐷 = (0, - 1,1 2), 设平面 B1DP 的一个法向量 n3=(a1,b1,c1), 则{푛3·푃퐵1 = 푎1 - 2푏1 = 0, 푛3·푃퐷 = - 푏1 + 푐1 2 = 0. 令 c1=1,可得 n3=(1,1 2,1). 又퐷퐶 = (0,0,1 2). ∴C 到平面 B1DP 的距离 d= |퐷퐶·푛3| |푛3| = 1 3. 59.(2010·全国·理 T18)如图,已知四棱锥 P-ABCD 的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为 H,PH 是四棱 锥的高,E 为 AD 中点. (1)证明:PE⊥BC; (2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值. 【解析】以 H 为原点,HA,HB,HP 分别为 x,y,z 轴,线段 HA 的长为单位长,建立空间直角坐标系如图,则 A(1,0,0),B(0,1,0). (1)证明:设 C(m,0,0),P(0,0,n)(m0),则 D(0,m,0),E(1 2,푚 2,0). 可得푃퐸 = (1 2,푚 2, - 푛),퐵퐶=(m,-1,0). 67 因为푃퐸·퐵퐶 = 푚 2 ― 푚 2+0=0,所以 PE⊥BC. (2)由已知条件可得 m=- 3 3 ,n=1, 故 C( - 3 3 ,0,0),D(0, - 3 3 ,0),E(1 2, - 3 6 ,0),P(0,0,1). 设 n=(x,y,z)为平面 PEH 的法向量, 则{푛·퐻퐸 = 0, 푛·퐻푃 = 0,即 {1 2푥 - 3 6 푦 = 0, 푧 = 0. 因此可以取 n=(1, 3,0). 由푃퐴=(1,0,-1),可得|cos|= 2 4 , 所以直线 PA 与平面 PEH 所成角的正弦值为 2 4 . 60.(2010·辽宁·理 T19)已知三棱锥 P-ABC 中,PA⊥平面 ABC,AB⊥AC,PA=AC=1 2AB,N 为 AB 上一点,AB=4AN,M,S 分别为 PB,BC 的中点. (1)证明:CM⊥SN; (2)求 SN 与平面 CMN 所成角的大小. 【解析】设 PA=1,以 A 为原点,射线 AB,AC,AP 分别为 x,y,z 轴正向建立空间直角坐标系如图. 则 P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0,1 2),N(1 2,0,0),S(1,1 2,0). (1)证明:퐶푀 = (1, - 1,1 2),푆푁= -1 2,-1 2,0 ,因为퐶푀·푆푁=-1 2 + 1 2+0=0, 所以 CM⊥SN. (2)푁퐶 = ( - 1 2,1,0), 设 a=(x,y,z)为平面 CMN 的一个法向量, 则{푥 - 푦 + 1 2푧 = 0, - 1 2푥 + 푦 = 0, 令 x=2,得 a=(2,1,-2). 68 因为|cos|=| -1 - 1 2 3 × 2 2 | = 2 2 ,所以 SN 与平面 CMN 所成角为 45°.