第58頁（共58頁）2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識點分類匯編之空間向量的應(yīng)用（一）一．選擇題（共2小題）1．（2022?甲卷）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°，則（）A．AB＝2AD B．AB與平面AB1C1D所成的角為30° C．AC＝CB1 D．B1D與平面BB1C1C所成的角為45°2．（2022?浙江）如圖，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，AC＝AA1，E，F(xiàn)分別是棱BC，A1C1上的點．記EF與AA1所成的角為α，EF與平面ABC所成的角為β，二面角F﹣BC﹣A的平面角為γ，則（）A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β二．解答題（共22小題）3．（2023?北京）如圖，四面體P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC=3，PA⊥平面ABC（Ⅰ）求證：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大?。?．（2023?上海）已知三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M為BC中點，過點M分別作平行于平面PAB的直線交AC、PC于點E，F(xiàn)．（1）求直線PM與平面ABC所成角的大??；（2）證明：平面MEF∥平面PAB，并求直線ME到平面PAB的距離．5．（2023?甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距離為1．（1）求證：AC＝A1C；（2）若直線AA1與BB1距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．6．（2023?甲卷）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．（1）證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；（2）設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1﹣BB1C1C的高．7．（2023?新高考Ⅰ）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．（1）證明：B2C2∥A2D2；（2）點P在棱BB1上，當(dāng)二面角P﹣A2C2﹣D2為150°時，求B2P．8．（2023?天津）如圖，在三棱臺ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M為BC的中點，N為AB的中點．（Ⅰ）求證：A1N∥平面AMC1；（Ⅱ）求平面AMC1與平面ACC1A1所成角的余弦值；（Ⅲ）求點C到平面AMC1的距離．9．（2023?乙卷）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC=6，AD=5DO，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，點F在AC上，BF⊥（1）證明：EF∥平面ADO；（2）證明：平面ADO⊥平面BEF；（3）求二面角D﹣AO﹣C的正弦值．10．（2022?甲卷）在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP=3（1）證明：BD⊥PA；（2）求PD與平面PAB所成的角的正弦值．11．（2022?新高考Ⅰ）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為22（1）求A到平面A1BC的距離；（2）設(shè)D為A1C的中點，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．12．（2022?乙卷）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E為AC的中點．（1）證明：平面BED⊥平面ACD；（2）設(shè)AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，點F在BD上，當(dāng)△AFC的面積最小時，求CF與平面ABD所成的角的正弦值．13．（2022?新高考Ⅱ）如圖，PO是三棱錐P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E為PB的中點．（1）證明：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C﹣AE﹣B的正弦值．14．（2022?浙江）如圖，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的平面角為60°．設(shè)M，N分別為AE，BC的中點．（Ⅰ）證明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．15．（2022?北京）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分別為A1B1，AC的中點．（Ⅰ）求證：MN∥平面BCC1B1；（Ⅱ）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：AB⊥MN；條件②：BM＝MN．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．16．（2022?天津）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，點D，E，F(xiàn)分別為A1B1，AA1，CD的中點，AB＝AC＝AA1＝2．（1）求證：EF∥平面ABC；（2）求直線BE與平面CC1D所成角的正弦值；（3）求平面A1CD與平面CC1D夾角的余弦值．17．（2022?上海）如圖，圓柱下底面與上底面的圓心分別為O、O1，AA1為圓柱的母線，底面半徑長為1．（1）若AA1＝4，M為AA1的中點，求直線MO1與上底面所成角的大?。唬ńY(jié)果用反三角函數(shù)值表示）（2）若圓柱過OO1的截面為正方形，求圓柱的體積與側(cè)面積．18．（2021?北京）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1，E為A1D1的中點，B1C1交平面CDE交于點F．（Ⅰ）求證：F為B1C1的中點；（Ⅱ）若點M是棱A1B1上一點，且二面角M﹣FC﹣E的余弦值為53，求A19．（2021?新高考Ⅱ）在四棱錐Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=5，QC＝3（Ⅰ）求證：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．20．（2021?甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1．（1）證明：BF⊥DE；（2）當(dāng)B1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最?。?1．（2021?天津）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD的中點．（1）求證：D1F∥平面A1EC1；（2）求直線AC1與平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．22．（2021?浙江）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA=15，M，N分別為BC，PC的中點，PD⊥DC，PM⊥MD（Ⅰ）證明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直線AN與平面PDM所成角的正弦值．23．（2021?上海）四棱錐P﹣ABCD，底面為正方形ABCD，邊長為4，E為AB中點，PE⊥平面ABCD．（1）若△PAB為等邊三角形，求四棱錐P﹣ABCD的體積；（2）若CD的中點為F，PF與平面ABCD所成角為45°，求PC與AD所成角的大?。?4．（2021?上海）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的動點，求三棱錐C﹣PAD的體積；（2）求直線AB1與平面ACC1A1的夾角大?。?/p>

2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識點分類匯編之空間向量的應(yīng)用（一）參考答案與試題解析一．選擇題（共2小題）題號12答案DA一．選擇題（共2小題）1．（2022?甲卷）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°，則（）A．AB＝2AD B．AB與平面AB1C1D所成的角為30° C．AC＝CB1 D．B1D與平面BB1C1C所成的角為45°【考點】幾何法求解直線與平面所成的角．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；直觀想象．【答案】D【分析】不妨令A(yù)A1＝1，可根據(jù)直線與平面所成角的定義，確定長方體的各棱長，即可求解．【解答】解：如圖所示，連接AB1，BD，不妨令A(yù)A1＝1，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分別為B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，BD=在Rt△ADB1中，DB1＝2，AD=1所以AB=2，CB1故選項A，C錯誤，由圖易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB為AB與平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，sin∠故選項B錯誤，如圖，連接B1C，則B1D在平面BB1C1C上的射影為B1C，所以∠DB1C為B1D與平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，B1C=2=DC，所以∠DB所以選項D正確，故選：D．【點評】本題考查了直線與平面所成角，屬于中檔題．2．（2022?浙江）如圖，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，AC＝AA1，E，F(xiàn)分別是棱BC，A1C1上的點．記EF與AA1所成的角為α，EF與平面ABC所成的角為β，二面角F﹣BC﹣A的平面角為γ，則（）A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β【考點】幾何法求解二面角及兩平面的夾角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】A【分析】根據(jù)線線角的定義，線面角的定義，面面角的定義，轉(zhuǎn)化即可求解．【解答】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1，∴正三棱柱的所有棱長相等，設(shè)棱長為1，如圖，過F作FG⊥AC，垂足點為G，連接GE，則A1A∥FG，∴EF與AA1所成的角為∠EFG＝α，且tanα=GE又GE∈[0，1]，∴tanα∈[0，1]，∴EF與平面ABC所成的角為∠FEG＝β，且tanβ=GFGE=1GE∴tanβ≥tanα，...①，再過G點作GH⊥BC，垂足點為H，連接HF，又易知FG⊥底面ABC，BC?底面ABC，∴BC⊥FG，又FG∩GH＝G，∴BC⊥平面GHF，∴二面角F﹣BC﹣A的平面角為∠GHF＝γ，且tanγ=GFGH=1GH，又GH∈∴tanγ∈[233，+∞），∴tanγ≥tanα，...又GE≥GH，∴tanβ≤tanγ，...③，由①②③得tanα≤tanβ≤tanγ，又α，β，γ∈[0，π2），y＝tanx在[0，π∴α≤β≤γ，故選：A．【點評】本題考查線線角的定義，線面角的定義，面面角的定義，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．二．解答題（共22小題）3．（2023?北京）如圖，四面體P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC=3，PA⊥平面ABC（Ⅰ）求證：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大?。究键c】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直．【專題】整體思想；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（Ⅰ）由PA⊥平面ABC可得PA⊥AC，PA⊥BC，由勾股定理可得BC⊥AB，再利用線面垂直的判定定理即可證得BC⊥平面PAB；（Ⅱ）以點B為坐標(biāo)原點，分別以BA→，BC→所在直線為x軸，y軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，求出相應(yīng)向量的坐標(biāo)，進(jìn)而求出平面APC和平面【解答】證明：（Ⅰ）∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，BC?平面ABC，∴PA⊥AC，PA⊥BC，∵PA＝1，PC=3∴AC=P又∵AB＝BC＝1，∴AC2＝AB2+BC2，∴BC⊥AB，又∵PA∩AB＝A，∴BC⊥平面PAB；解：（Ⅱ）以點B為坐標(biāo)原點，分別以BA→，BC→所在直線為x軸，則A（0，1，0），B（0，0，0），C（1，0，0），P（0，1，1），∴AP→=（0，0，1），AC→=（1，﹣1，0），BP→=（0，1，1），BC→設(shè)平面APC的一個法向量為n→=（x，y，則AP→?n→=z=0AC→?n→=設(shè)平面BPC的一個法向量為m→=（a，b，則BP→?m→=b+c=0BC→?m∴cos＜m→，由圖可知二面角A﹣PC﹣B為銳角，設(shè)二面角A﹣PC﹣B的大小為θ，則cosθ＝|cos＜m→，n→∴θ=即二面角A﹣PC﹣B的大小為π3【點評】本題主要考查了線面垂直的判定定理，考查了利用空間向量求二面角的大小，屬于中檔題．4．（2023?上海）已知三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M為BC中點，過點M分別作平行于平面PAB的直線交AC、PC于點E，F(xiàn)．（1）求直線PM與平面ABC所成角的大??；（2）證明：平面MEF∥平面PAB，并求直線ME到平面PAB的距離．【考點】點、線、面間的距離計算；直線與平面所成的角．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）連接AM，PM，∠PMA為直線PM與平面ABC所成的角，在△PAM中，求解即可；（2）先證明AC⊥平面PAB，可得AE為直線ME到平面PAB的距離．進(jìn)則求AE的長即可．【解答】解：（1）連接AM，PM，∵PA⊥平面ABC，∴∠PMA為直線PM與平面ABC所成的角，在△PAM中，∵AB⊥AC，∴BC=32∵M(jìn)為BC中點，∴AM=12BC∴tan∠PMA=65，即直線PM與平面ABC所成角為arctan（2）由ME∥平面PAB，MF∥平面PAB，ME∩MF＝M，∴平面MEF∥平面PAB，∵PA⊥平面ABC，AC?平面ABC，∴PA⊥AC，∵AB⊥AC，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，∴AC⊥平面PAB，∴AE為直線ME到平面PAB的距離，∵M(jìn)E∥平面PAB，ME?平面ABC，平面ABC∩平面PAB＝AB，∴ME∥AB，∵M(jìn)為BC中點，∴E為AC中點，∴AE＝2，∴直線ME到平面PAB的距離為2．【點評】本題考查直線與平面所成的角，考查直線與平面的距離的求法，屬中檔題．5．（2023?甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距離為1．（1）求證：AC＝A1C；（2）若直線AA1與BB1距離為2，求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為1313【分析】（1）取CC1的中點，連接A1O，可證平面BCC1B1⊥平面A1C1CA（可根據(jù)A1O的長度以及A1到平面的距離直接求出A1O⊥CC1），可得A1到CC1的距離為1，進(jìn)而可得A1O⊥CC1，可證結(jié)論；（2）過A作AM∥A1O交C1C的延長線與M，連接MB1，取BB1的中點N，連接ON，可證A1N為直線AA1與BB1距離，進(jìn)而可得∠AB1M為AB1與平面BCC1B1所成角的角，求解即可．法二：建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法可求AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值．【解答】（1）證明：取CC1的中點O，連接A1O，∵A1C⊥底面ABC，AC?底面ABC，∴A1C⊥AC，∴A1C⊥A1C1，∴A1O=12C1C＝∵A1C⊥底面ABC，BC?底面ABC，∴A1C⊥BC，∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面A1C1CA，∵BC?平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面A1C1CA，∵A1到平面BCC1B1的距離為1，∴A1到CC1的距離為1，∴A1O⊥CC1，∵O為CC1的中點，∴A1C＝A1C1＝AC，∴AC＝A1C；（2）過A作AM∥A1O交C1C的延長線與M，連接MB1，取BB1的中點N，連接ON，∴四邊形BCON為平行四邊形，由ON∥BC，而BC⊥平面A1C1CA，∴ON⊥平面A1C1CA，A1O∩ON＝O，∴CC1⊥平面A1ON，∵A1N?平面A1ON，∴CC1⊥A1N，∴AA1⊥A1N，∴A1N為直線AA1與BB1距離，∴A1N＝2，∴ON=3由（1）可知AM⊥平面BCC1B1，∴∠AB1M為AB1與平面BCC1B1所成角的角，易求得C1M＝3，∴B1M=9+3=2∵AM＝1，∴AB1=1+12∴sin∠AB1M=1∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為1313法二：連接AB，由（1）易證A1B＝A1B1，故取BB1的中點F，連接AF，∵A1A與B1B的距離為2，∴A1F＝2，∴A1C＝AC=2，AB＝A1B1=5，BC以C為坐標(biāo)原點，CA，CB，CC所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，3，0），B1（-2，3，2C1（-2，0，2∴CB→=（0，3，0），CC1→=（-2，0，2），AB設(shè)平面BCC1B1的一個法向量為n→=（x，y，則n→?CB→=3y=0n→?CC∴平面BCC1B1的一個法向量為n→=（1，0，∴sinθ＝|cos＜n→，AB∴AB1與平面BCC1B1所成角的正弦值為1313【點評】本題考查線線相等的證明，考查線面角的求法，屬中檔題．6．（2023?甲卷）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．（1）證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；（2）設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1﹣BB1C1C的高．【考點】點、線、面間的距離計算；平面與平面垂直．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）四棱錐A1﹣BB1C1C的高為1．【分析】（1）根據(jù)線面垂直，面面垂直的判定與性質(zhì)定理可得平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；（2）利用已知可得A1C＝AC，進(jìn)而可得A1C＝AC=2，過A1作A1O⊥C1C于O，可得A1O為四棱錐A1﹣BB1C1C【解答】解：（1）∵A1C⊥底面ABC，BC?面ABC，∴A1C⊥BC，又BC⊥AC，A1C，AC?平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1，又BC?平面BCC1B1，∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1；（2）∵BC⊥平面ACC1，AC，A1C?平面ACC1，∴BC⊥AC，BC⊥A1C，∵AB＝A1B，BC＝BC，∴Rt△ABC≌Rt△A1BC，∴A1C＝AC，∵A1C⊥底面ABC，AC?面ABC，∴A1C⊥AC，∴A1C2+AC2＝A1A2，∵AA1＝2，∴A1C＝AC=2∴A1C1=2過A1作A1O⊥C1C于O，∵A1C＝A1C1，∴O為CC1的中點，∴A1O=12C1C=12A1由（1）可知A1O⊥平面BCC1B1，∴四棱錐A1﹣BB1C1C的高為1．【點評】本題考查面面垂直的證明，考查四棱錐的高的求法，屬中檔題．7．（2023?新高考Ⅰ）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．（1）證明：B2C2∥A2D2；（2）點P在棱BB1上，當(dāng)二面角P﹣A2C2﹣D2為150°時，求B2P．【考點】二面角的平面角及求法．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；空間向量及應(yīng)用；邏輯思維；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）建系，根據(jù)坐標(biāo)法及向量共線定理，即可證明；（2）建系，根據(jù)向量法，向量夾角公式，方程思想，即可求解．【解答】解：（1）證明：根據(jù)題意建系如圖，則有：B2（0，2，2），C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），∴B2C2∴B2C2→=A2D2→，又B2，C2∴B2C2∥A2D2；（2）在（1）的坐標(biāo)系下，可設(shè)P（0，2，t），t∈[0，4]，又由（1）知C2（0，0，3），A2（2，2，1），D2（2，0，2），∴C2A2→=(2設(shè)平面PA2C2的法向量為m→則m→?C設(shè)平面A2C2D2的法向量為n→則n→?C∴根據(jù)題意可得|cos150°|＝|cos＜m→，n→∴32∴t2﹣4t+3＝0，又t∈[0，4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P為B1B2的中點或B2B的中點，∴B2P＝1．【點評】本題考查利用向量法證明線線平行，利用向量法求解二面角問題，向量共線定理及向量夾角公式的應(yīng)用，方程思想，屬中檔題．8．（2023?天津）如圖，在三棱臺ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M為BC的中點，N為AB的中點．（Ⅰ）求證：A1N∥平面AMC1；（Ⅱ）求平面AMC1與平面ACC1A1所成角的余弦值；（Ⅲ）求點C到平面AMC1的距離．【考點】二面角的平面角及求法；點、線、面間的距離計算；直線與平面平行．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯思維；運算求解．【答案】（Ⅰ）證明見解答；（Ⅱ）23；（Ⅲ）4【分析】（Ⅰ）連接MN，推得四邊形MNA1C1為平行四邊形，再由平行四邊形的性質(zhì)和線面平行的判定定理可得證明；（Ⅱ）運用三垂線定理得到平面C1MA與平面ACC1A1所成角，再解直角三角形可得所求值；（Ⅲ）運用等積法和三棱錐的體積公式可得所求距離．【解答】解：（Ⅰ）證明：連接MN，可得MN為△ABC的中位線，可得MN∥AC，且MN=12AC＝而A1C1＝1，AC∥A1C1，則MN∥A1C1，MN＝A1C1，可得四邊形MNA1C1為平行四邊形，則A1N∥C1M，而A1N?平面C1MA，C1M?平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA；（Ⅱ）取AC的中點H，連接MH，由AB⊥AC，MH∥AB，可得MH⊥AC．由A1A⊥平面ABC，MH?平面ABC，可得A1A⊥MH，可得MH⊥平面A1ACC1．過H作HD⊥AC1，垂足為D，連接DM，由三垂線定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH為平面C1MA與平面ACC1A1所成角．由MH=12AB＝在矩形AHC1A1中，DH=AH所以cos∠MDH=DH（Ⅲ）設(shè)C到平面C1MA的距離為d．在△C1MA中，A1M=12AC=2，AC1=1+4=則S△由VC-C1MA=VC1-CMA，可得13dS△C1MA=1解得d=4【點評】本題考查線面平行的判定和平面與平面所成角、點到平面的距離，考查轉(zhuǎn)化思想和運算能力、推理能力，屬于中檔題．9．（2023?乙卷）如圖，在三棱錐P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC=6，AD=5DO，BP，AP，BC的中點分別為D，E，O，點F在AC上，BF⊥（1）證明：EF∥平面ADO；（2）證明：平面ADO⊥平面BEF；（3）求二面角D﹣AO﹣C的正弦值．【考點】二面角的平面角及求法．【專題】對應(yīng)思想；定義法；立體幾何；邏輯思維；直觀想象；運算求解．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）22【分析】（1）利用向量法可得OF∥AB，OF=12AB，四邊形（2）由勾股定理可得AO⊥OD，AO⊥EF，根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明；（3）設(shè)二面角D﹣AO﹣C的平面角為θ，可知θ為OD→和BF【解答】證明：（1）由題可知，|AC→|＝23，設(shè)AF→=∵AB→?AC→=|則BF→?AO→=（λAC→-AB→）?（12AB→+1∴OF∥AB，OF=12而DE∥AB，DE=12AB，∴DE∥OF，DE＝OF，∴四邊形∴EF∥OD，∵OD?平面ADO，EF?平面ADO，∴EF∥平面ADO．證明：（2）AO=AB2+OB2=6∴AD2＝AO2+OD2，即AO⊥OD，AO⊥EF，∵BF⊥AO，BF∩EF＝F，∴AO⊥平面BEF，∵AO?平面ADO，∴平面ADO⊥平面BEF．解：（3）設(shè)二面角D﹣AO﹣C的平面角為θ，∵AO⊥OD，AO⊥BF，∴θ為OD→和BF|BF→|=12|AC→|=3，|OD→|=cosθ=BFsinθ=2∴二面角D﹣AO﹣C的正弦值為22【點評】本題考查直線與平面、平面與平面位置關(guān)系的判定定理，考查二面角的計算，是難題．10．（2022?甲卷）在四棱錐P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP=3（1）證明：BD⊥PA；（2）求PD與平面PAB所成的角的正弦值．【考點】直線與平面所成的角；直線與平面垂直．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）證明過程見解答；（2）55【分析】（1）易知PD⊥BD，取AB中點E，容易證明四邊形BCDE為平行四邊形，再根據(jù)長度關(guān)系可得BD⊥AD，進(jìn)而得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點的坐標(biāo)，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夾角公式即可得解．【解答】解：（1）證明：∵PD⊥底面ABCD，BD?面ABCD，∴PD⊥BD，取AB中點E，連接DE，∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，∴∠DAB＝60°，又∵AE=12AB＝AD＝∴DE＝1，∴DE=1∴△ABD為直角三角形，且AB為斜邊，∴BD⊥AD，又PD∩AD＝D，PD?面PAD，AD?面PAD，∴BD⊥面PAD，又PA?面PAD，∴BD⊥PA；（2）由（1）知，PD，AD，BD兩兩互相垂直，故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，BD=則D(0∴PD→設(shè)平面PAB的一個法向量為n→=(x，y設(shè)PD與平面PAB所成的角為θ，則sinθ=|∴PD與平面PAB所成的角的正弦值為55【點評】本題考查線面垂直的判定以及利用空間向量求解二面角的正弦值，考查邏輯推理能力及運算求解能力，屬于中檔題．11．（2022?新高考Ⅰ）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，△A1BC的面積為22（1）求A到平面A1BC的距離；（2）設(shè)D為A1C的中點，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【考點】空間向量法求解直線與平面所成的角；空間中點到平面的距離．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）利用等體積法可求點A到平面A1BC的距離；（2）以B為坐標(biāo)原點，BC，BA，BB1所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法可求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【解答】解：（1）由直三棱柱ABC﹣A1B1C1的體積為4，可得VA設(shè)A到平面A1BC的距離為d，由VA∴13S△A1BC?d=43，∴13（2）連接AB1交A1B于點E，∵AA1＝AB，∴四邊形ABB1A1為正方形，∴AB1⊥A1B，又∵平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，∴AB1⊥平面A1BC，∴AB1⊥BC，由直三棱柱ABC﹣A1B1C1知BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥BC，又AB1∩BB1＝B1，∴BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥AB，以B為坐標(biāo)原點，BC，BA，BB1所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵AA1＝AB，∴BC×2AB×12=22，又12AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝則B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），則BA→=（0，2，0），BD→=（1，1，1），BC→=（設(shè)平面ABD的一個法向量為n→=（x，y，則n→?BA→=2y=0n→?BD→=∴平面ABD的一個法向量為n→=（1，0，﹣設(shè)平面BCD的一個法向量為m→=（a，b，m→?BC→=2a=0m→?BD→=平面BCD的一個法向量為m→=（0，1，﹣cos＜n→，二面角A﹣BD﹣C的正弦值為1-【點評】本題考查求點到面的距離，求二面角的正弦值，屬中檔題．12．（2022?乙卷）如圖，四面體ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E為AC的中點．（1）證明：平面BED⊥平面ACD；（2）設(shè)AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，點F在BD上，當(dāng)△AFC的面積最小時，求CF與平面ABD所成的角的正弦值．【考點】幾何法求解直線與平面所成的角；平面與平面垂直．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）43【分析】（1）利用三角形全等可得AB＝BC，可證EB⊥AC，易證DE⊥AC，從而可證平面BED⊥平面ACD；（2）由題意可知△AFC的面積最小時，EF⊥BD，據(jù)此計算可求得CF與平面ABD所成的角的正弦值．【解答】（1）證明：∵AD＝CD，E為AC的中點．∴DE⊥AC，又∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴AB＝BC，又∵E為AC的中點．∴EB⊥AC，又BE∩DE＝E，BE?平面BED，DE?平面BED，∴AC⊥平面BED，又AC?平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD；（2）解：連接EF，由（1）知AC⊥EF，∴S△AFC=12AC×故EF最小時，△AFC的面積最小，∴EF⊥BD時，△AFC的面積最小，又AC⊥平面BED，BD?平面BED，∴AC⊥BD，又AC∩EF＝E，AC?平面AFC，EF?平面AFC，∴BD⊥平面AFC，又BD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面AFC，過C作CM⊥AF于點M，則CM⊥平面ABD，故∠CFM，即∠CFA為直線CF與平面ABD所成的角，由AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，知△BAC是2為邊長的等邊三角形，故AC＝2，由已知可得DE＝1，BE=3，又BD＝2，∴BD2＝ED2+EB2∴∠BED＝90°，所以EF=BE∴CF=12+3在△ACF中，由余弦定理得cos∠AFC=7∴sin∠AFC=4故CF與平面ABD所成的角的正弦值為43【點評】本題考查面面垂直的證明，考查線面角的正弦值的求法，屬中檔題．13．（2022?新高考Ⅱ）如圖，PO是三棱錐P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E為PB的中點．（1）證明：OE∥平面PAC；（2）若∠ABO＝∠CBO＝30°，PO＝3，PA＝5，求二面角C﹣AE﹣B的正弦值．【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；立體幾何；運算求解．【答案】（1）證明過程見解答；（2）1113【分析】（1）連接OA，OB，可證得OA＝OB，延長BO交AC于點F，可證得OE∥PF，由此得證；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，寫出各點的坐標(biāo)，再求出平面ACE及平面ABE的法向量，利用向量的夾角公式得解．【解答】解：（1）證明：連接OA，OB，依題意，OP⊥平面ABC，又OA?平面ABC，OB?平面ABC，則OP⊥OA，OP⊥OB，∴∠POA＝∠POB＝90°，又PA＝PB，OP＝OP，則△POA≌△POB，∴OA＝OB，延長BO交AC于點F，又AB⊥AC，則在Rt△ABF中，O為BF中點，連接PF，在△PBF中，O，E分別為BF，BP的中點，則OE∥PF，∵OE?平面PAC，PF?平面PAC，∴OE∥平面PAC；（2）過點A作AM∥OP，以AB，AC，AM分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，由于PO＝3，PA＝5，由（1）知OA＝OB＝4，又∠ABO＝∠CBO＝30°，則AB=4∴P(2又AC＝ABtan60°＝12，即C（0，12，0），設(shè)平面AEB的一個法向量為n→=(x則n→?AB設(shè)平面AEC的一個法向量為m→=(a則m→?AC設(shè)銳二面角C﹣AE﹣B的平面角為θ，則cosθ=|∴sinθ=1-cos2θ=1113【點評】本題考查線面平行的判定以及利用空間向量求解二面角的正弦值，考查邏輯推理能力及運算求解能力，屬于中檔題．14．（2022?浙江）如圖，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的平面角為60°．設(shè)M，N分別為AE，BC的中點．（Ⅰ）證明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直線BM與平面ADE所成角的正弦值．【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直；直線與平面所成的角．【專題】計算題；數(shù)形結(jié)合；綜合法；立體幾何；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（Ⅰ）根據(jù)題意證出FN⊥平面ABCD，即可得證；（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如圖建系，求得平面ADE的法向量，代入公式即可求解．【解答】證明：（I）由于CD⊥CB，CD⊥CF，平面ABCD∩平面CDEF＝CD，CF?平面CDEF，CB?平面ABCD，所以∠FCB為二面角F﹣DC﹣B的平面角，則∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，則CD⊥FN．又CF=則△BCF是等邊三角形，則CB⊥FN，因為DC⊥FC，DC⊥BC，F(xiàn)C∩BC＝C，F(xiàn)C?平面FCB，BC?平面FCB，所以DC⊥平面FCB，因為FN?平面FCB，所以DC⊥FN，又因為DC∩CB＝C，DC?平面ABCD，CB?平面ABCD，所以FN⊥平面ABCD，因為AD?平面ABCD，故FN⊥AD；解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如圖建系：于是B(0，3BM→設(shè)平面ADE的法向量n→=（x，y，則n→?DA→=0n→?DE→=0，∴2∴平面ADE的法向量n→設(shè)BM與平面ADE所成角為θ，則sinθ=【點評】本題考查了線線垂直的證明和線面角的計算，屬于中檔題．15．（2022?北京）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分別為A1B1，AC的中點．（Ⅰ）求證：MN∥平面BCC1B1；（Ⅱ）再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求直線AB與平面BMN所成角的正弦值．條件①：AB⊥MN；條件②：BM＝MN．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．【考點】直線與平面所成的角；直線與平面平行．【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】（1）證明見解答；（2）23【分析】（1）通過證面面平行證明線面平行；（2）通過證明BC，BA，BB1兩兩垂直，從而建立以B為坐標(biāo)原點，BC，BA，BB1為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求線面角的正弦值．【解答】解：（I）證明：取AB中點K，連接NK，MK，∵M(jìn)為A1B1的中點．∴B1M∥BK，且B1M＝BK，∴四邊形BKMB1是平行四邊形，故MK∥BB1，MK?平面BCC1B1；BB1?平面BCC1B1，∴MK∥平面BCC1B1，∵K是AB中點，N是AC的點，∴NK∥BC，∵NK?平面BCC1B1；BC?平面BCC1B1，∴NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，∴平面NMK∥平面BCC1B1，又MN?平面NMK，∴MN∥平面BCC1B1；（II）∵側(cè)面BCC1B1為正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，∴CB⊥平面ABB1A1，∴CB⊥AB，又NK∥BC，∴AB⊥NK，若選①：AB⊥MN；又MN∩NK＝N，∴AB⊥平面MNK，又MK?平面MNK，∴AB⊥MK，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1兩兩垂直，若選②：∵CB⊥平面ABB1A1，NK∥BC，∴NK⊥平面ABB1A1，KM?平面ABB1A1，∴MK⊥NK，又BM＝MN，NK=12BC，BK=∴△BKM≌△NKM，∴∠BKM＝∠NKM＝90°，∴AB⊥MK，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1兩兩垂直，以B為坐標(biāo)原點，BC，BA，BB1為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B（0，0，0），N（1，1，0），M（0，1，2），A（0，2，0），∴BM→=（0，1，2），BN→=（1，設(shè)平面BMN的一個法向量為n→=（x，y，則n→?BM→=y+2z=0n→?BN∴平面BMN的一個法向量為n→=（2，﹣2，又BA→=（0，2，設(shè)直線AB與平面BMN所成角為θ，∴sinθ＝|cos＜n→，BA→∴直線AB與平面BMN所成角的正弦值為23【點評】本題考查線面平行的證明，線面角的求法，屬中檔題．16．（2022?天津）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，點D，E，F(xiàn)分別為A1B1，AA1，CD的中點，AB＝AC＝AA1＝2．（1）求證：EF∥平面ABC；（2）求直線BE與平面CC1D所成角的正弦值；（3）求平面A1CD與平面CC1D夾角的余弦值．【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行．【專題】數(shù)形結(jié)合；向量法；空間向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)建模．【答案】（1）證明見解析，（2）45（3）1010【分析】利用中位線可證（1），建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)n→=（x，y，z）是平面CC1D的法向量，平面A1CD的法向量為m→=（x，【解答】解：（1）證明：取BB1的中點G，連接FG，EG，連接AD交EG于K，再連接FK，∵EK∥A1B1，且E是AA1的中點，則K是AD的中點，∴FK∥AC，EG∥AB，又FK?平面ABC，AC?平面ABC，∴FK∥平面ABC，同理可得，EG∥平面ABC，又FK∩EG＝K，∴平面EFG∥平面ABC，∴EF∥平面ABC，（2）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，則可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，又AA1＝AB＝AC＝2，D為A1B1中點，E為AA1中點，F(xiàn)為CD中點．故B（2，2，0），E（1，0，0），C（2，0，2），C1（0，0，2），D（0，1，0），則BE→=（﹣1，﹣2，0），CC1→=（﹣2，0，0），CD→設(shè)n→=（x，y，z）是平面CC1D的法向量，則有：n→?CC1→=0，n→?CD→=0，即-2所以n→設(shè)直線BE與平面CC1D的夾角為θ，則sinθ＝|cos＜BE→，n→＞|（3）∵A1（0，0，0），則A1C→=（2，0，2），A1D→設(shè)平面A1CD的法向量為m→=（x，y，z），則有m→?A即2x+2z=0y=0，令x＝1，則y＝0，設(shè)平面A1CD與平面CC1D的夾角為β，所以cosβ＝|cos＜n→，m→＞|【點評】本題考查了利用空間向量求線面角以及二面角的大小，屬于較難題．17．（2022?上海）如圖，圓柱下底面與上底面的圓心分別為O、O1，AA1為圓柱的母線，底面半徑長為1．（1）若AA1＝4，M為AA1的中點，求直線MO1與上底面所成角的大小；（結(jié)果用反三角函數(shù)值表示）（2）若圓柱過OO1的截面為正方形，求圓柱的體積與側(cè)面積．【考點】直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；直觀想象；運算求解．【答案】（1）arctan2；（2）V＝2π，S＝4π．【分析】（1）轉(zhuǎn)化為解直角三角形問題求解；（2）用圓柱體積和側(cè)面積公式求解．【解答】解：（1）因為AA1為圓柱的母線，所以AA1垂直于上底面，所以∠MO1A1是直線MO1與上底面所成角，tan∠MO1A1=A1所以∠MO1A1＝arctan2．（2）因為圓柱過OO1的截面為正方形，所以AA1＝2，所以圓柱的體積為V＝πr2h＝π?12?2＝2π，圓柱的側(cè)面積為S＝2πrh＝2π?1?2＝4π．【點評】本題考查了直線與平面成角問題，考查了圓柱的體積與側(cè)面積計算問題，屬于中檔題．18．（2021?北京）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1，E為A1D1的中點，B1C1交平面CDE交于點F．（Ⅰ）求證：F為B1C1的中點；（Ⅱ）若點M是棱A1B1上一點，且二面角M﹣FC﹣E的余弦值為53，求A【考點】二面角的平面角及求法．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（Ⅰ）連結(jié)DE，利用線面平行的判定定理證明CD∥平面A1B1C1D1，從而可證明CD∥EF，即可證明四邊形A1B1FE為平行四邊形，四邊形EFC1D1為平行四邊形，可得A1E＝B1F，ED1＝FC1，即可證明B1F＝FC1，故點F為B1C1的中點；（Ⅱ）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點M（m，0，0），且m＜0，求出所需點的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，然后利用待定系數(shù)法求出平面CMF與CDEF的法向量，由向量的夾角公式列出關(guān)于m的關(guān)系式，求解即可得到答案．【解答】（Ⅰ）證明：連結(jié)DE，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥C1D1，C1D1?平面A1B1C1D1，CD?平面A1B1C1D1，則CD∥平面A1B1C1D1，因為平面A1B1C1D1∩平面CDEF＝EF，所以CD∥EF，則EF∥C1D1，故A1B1∥EF∥C1D1，又因為A1D1∥B1C1，所以四邊形A1B1FE為平行四邊形，四邊形EFC1D1為平行四邊形，所以A1E＝B1F，ED1＝FC1，而點E為A1D1的中點，所以A1E＝ED1，故B1F＝FC1，則點F為B1C1的中點．另解：取B1C1的中點F′，則EF′與C1D1平行且相等，進(jìn)而與CD平行且相等，∴E，F(xiàn)′，C，D四點共面，∴B1C1∩平面CDE＝F′，從而F與F′重合，∴點F為B1C1的中點．（Ⅱ）解：以點B1為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，設(shè)正方體棱長為2，設(shè)點M（m，0，0），因為二面角M﹣FC﹣E的余弦值為53，則m＜0，所以m≠0則C（0，2，﹣2），E（﹣2，1，0），F(xiàn)（0，1，0），故FE→設(shè)平面CMF的法向量為m→則m→?FM所以a=2m，b＝2設(shè)平面CDEF的法向量為n→則n→?FE所以x＝0，y＝2，故n→因為二面角M﹣FC﹣E的余弦值為53則|cos解得m＝±1，又m＜0，所以m＝﹣1，故A1【點評】本題考查了立體幾何的綜合應(yīng)用，涉及了線面平行的性質(zhì)定理的應(yīng)用，二面角的應(yīng)用，在求解有關(guān)空間角問題的時候，一般會建立合適的空間直角坐標(biāo)系，將空間角問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題進(jìn)行研究，屬于中檔題．19．（2021?新高考Ⅱ）在四棱錐Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=5，QC＝3（Ⅰ）求證：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【考點】二面角的平面角及求法；平面與平面垂直．【專題】數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；數(shù)形結(jié)合法；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（Ⅰ）由CD2+QD2＝QC2證明CD⊥QD，再由CD⊥AD，證明CD⊥平面QAD，即可證明平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）取AD的中點O，在平面ABCD內(nèi)作Ox⊥AD，以O(shè)D所在直線為y軸，OQ所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面ADQ的一個法向量α→，平面BDQ的一個法向量β→，再求cos＜α【解答】（Ⅰ）證明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD=5，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，所以CD⊥QD又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD?平面QAD，QD?平面QAD，所以CD⊥平面QAD；又CD?平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：取AD的中點O，在平面ABCD內(nèi)作Ox⊥AD，以O(shè)D所在直線為y軸，OQ所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O﹣xyz，如圖所示：則O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），因為Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一個法向量為α→=（1，0，設(shè)平面BDQ的一個法向量為β→=（x，y，由BD→=（﹣2，2，0），DQ→=（0，﹣得β→?BD令z＝1，得y＝2，x＝2，所以β→=（2，2，所以cos＜α→，所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值為23【點評】本題考查了空間中的垂直關(guān)系應(yīng)用問題，也考查了利用空間向量求二面角的余弦值應(yīng)用問題，也可以直接利用二面角的定義求二面角的余弦值，是中檔題．20．（2021?甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面AA1B1B為正方形，AB＝BC＝2，E，F(xiàn)分別為AC和CC1的中點，D為棱A1B1上的點，BF⊥A1B1．（1）證明：BF⊥DE；（2）當(dāng)B1D為何值時，面BB1C1C與面DFE所成的二面角的正弦值最?。俊究键c】二面角的平面角及求法；空間中直線與直線之間的位置關(guān)系．【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；空間角；邏輯思維；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）連接AF，易知CF＝1，BF=5，由BF⊥A1B1，BF⊥AB，再利用勾股定理求得AF和AC的長，從而證明BA⊥BC，然后以B為原點建立空間直角坐標(biāo)系，證得BF→?DE（2）易知平面BB1C1C的一個法向量為p→=（1，0，0），求得平面DEF的法向量n→，再由空間向量的數(shù)量積可得cos＜p→，【解答】（1）證明：連接AF，∵E，F(xiàn)分別為直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中點，且AB＝BC＝2，∴CF＝1，BF=5∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1，∴BF⊥AB∴AF=AB2+B∴AC2＝AB2+BC2，即BA⊥BC，故以B為原點，BA，BC，BB1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F(xiàn)（0，2，1），設(shè)B1D＝m，則D（m，0，2），∴BF→=（0，2，1），DE→=（1﹣m，∴BF→?DE→=0，即BF（2）解：∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一個法向量為p→=（1，0，由（1）知，DE→=（1﹣m，1，﹣2），EF→=（﹣1，設(shè)平面DEF的法向量為n→=（x，y，z），則n→令x＝3，則y＝m+1，z＝2﹣m，∴n→=（3，m+1，2﹣∴cos＜p→，∴當(dāng)m=12時，面BB1C1C與面故當(dāng)B1D=12時，面BB1C1C與面【點評】本題考查空間中線與線的垂直關(guān)系，二面角的求法，熟練掌握利用空間向量證明線線垂直和求二面角的方法是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感、推理論證能力和運算能力，屬于中檔題．21．（2021?天津）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱BC，CD的中點．（1）求證：D1F∥平面A1EC1；（2）求直線AC1與平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行；直線與平面所成的角．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；邏輯思維；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）建立合適的空間直角坐標(biāo)系，求出所需點的坐標(biāo)和向量的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法求出平面A1EC1的法向量，利用直線的方向向量與平面的法向量垂直，即可證明；（2）利用（1）中的結(jié)論，由向量的夾角公式求解，即可得到答案；（3）利用待定系數(shù)法求出平面AA1C1的法向量，然后利用向量的夾角公式求解即可．【解答】（1）證明：以點A為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則A1（0，0，2），E（2，1，0），C1（2，2，2），故A1設(shè)平面A1EC1的法向量為n→則n→?A令z＝1，則x＝2，y＝﹣2，故n→又F（1，2，0），D1（0，2，2），所以FD則n→?FD1→=0，又D1F故D1F∥平面A1EC1；（2）解：由（1）可知，AC則|cos故直線AC1與平面A1EC1所成角的正弦值為39（3）解：由（1）可知，AA設(shè)平面AA1C1的法向量為m→則m→?A令a＝1，則b＝﹣1，故m→所以|cos故二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值為1-【點評】本題考查了空間向量在立體幾何中的應(yīng)用，在求解有關(guān)空間角問題的時候，一般會建立合適的空間直角坐標(biāo)系，將空間角問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題進(jìn)行研究，屬于中檔題．22．（2021?浙江）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA=15，M，N分別為BC，PC的中點，PD⊥DC，PM⊥MD（Ⅰ）證明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直線AN與平面PDM所成角的正弦值．【考點】直線與平面所成的角；直線與平面垂直．【專題】數(shù)形結(jié)合；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯思維；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（Ⅰ）由已知求解三角形可得CD⊥DM，結(jié)合PD⊥DC，可得CD⊥平面PDM，進(jìn)一步得到AB⊥PM；（Ⅱ）由（Ⅰ）證明PM⊥平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中點E，連接ME，以M為坐標(biāo)原點，分別以MD、ME、MP為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求出AN→的坐標(biāo)及平面PDM的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得直線AN與平面PDM【解答】（Ⅰ）證明：在平行四邊形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1，CM=12BC＝2，∠DCM＝∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60°=1+4-則CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，又PD⊥DC，PD∩DM＝D，∴CD⊥平面PDM，而PM?平面PDM，∴CD⊥PM，∵CD∥AB，∴AB⊥PM；（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面PDM，又CD?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，且平面ABCD∩平面PDM＝DM，∵PM⊥MD，且PM?平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，連接AM，則PM⊥MA，在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，可得AM又PA=15，在Rt△PMA中，求得PM=取AD中點E，連接ME，則ME∥CD，可得ME、MD、MP兩兩互相垂直，以M為坐標(biāo)原點，分別以MD、ME、MP為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A（-3，2，0），P（0，0，22），C（又N為PC的中點，∴N（32，-平面PDM的一個法向量為n→設(shè)直線AN與平面PDM所成角為θ，則sinθ＝|cos＜AN→，故直線AN與平面PDM所成角的正弦值為156【點評】本題考查直線與平面垂直的判定與性質(zhì)，考查空間想象能力與思維能力，訓(xùn)練了利用空間向量求直線與平面所成的角，是中檔題．23．（2021?上海）四棱錐P﹣ABCD，底面為正方形ABCD，邊長為4，E為AB中點，PE⊥平面ABCD．（1）若△PAB為等邊三角形，求四棱錐P﹣ABCD的體積；（2）若CD的中點為F，PF與平面ABCD所成角為45°，求PC與AD所成角的大?。究键c】直線與平面所成的角；棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）由V=13PE?S正方形（2）由PE⊥平面ABCD，知∠PFE＝45°，進(jìn)而有PE＝FE＝4，PB=25，由AD∥BC，知∠PCB或其補(bǔ)角即為所求，可證BC⊥平面PAB，從而有BC⊥PB，最后在Rt△PBC中，由tan∠PCB=【解答】解：（1）∵△PAB為等邊三角形，且E為AB中點，AB＝4，∴PE＝23，又PE⊥平面ABCD，∴四棱錐P﹣ABCD的體積V=13PE?S正方形ABCD=13×2（2）∵PE⊥平面ABCD，∴∠PFE為PF與平面ABCD所成角為45°，即∠PFE＝45°，∴△PEF為等腰直角三角形，∵E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，∴PE＝FE＝4，∴PB=P∵AD∥BC，∴∠PCB或其補(bǔ)角即為PC與AD所成角，∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BC，又BC⊥AB，PE∩AB＝E，PE、AB?平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，在Rt△PBC中，tan∠PCB=PB故PC與AD所成角的大小為arctan52【點評】本題考查棱錐的體積、線面角和異面直線夾角的求法，理解線面角的定義，以及利用平移法找到異面直線所成角是解題的關(guān)鍵，考查學(xué)生的空間立體感、邏輯推理能力和運算能力，屬于基礎(chǔ)題．24．（2021?上海）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的動點，求三棱錐C﹣PAD的體積；（2）求直線AB1與平面ACC1A1的夾角大?。究键c】直線與平面所成的角；棱柱、棱錐、棱臺的體積．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；立體幾何；運算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）直接由三棱錐的體積公式求解即可；（2）易知直線AB1與平面ACC1A1所成的角為∠OAB1，求出其正弦值，再由反三角表示即可．【解答】解：（1）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，VC（2）連接A1C1∩B1D1＝O，∵AB＝BC，∴四邊形A1B1C1D1為正方形，則OB1⊥OA1，又AA1⊥OB1，OA1∩AA1＝A1，∴OB1⊥平面ACC1A1，∴直線AB1與平面ACC1A1所成的角為∠OAB1，∴sin∠∴直線AB1與平面ACC1A1所成的角為arcsin26【點評】本題考查三棱錐體積的求法，考查線面角的求解，考查推理能力及運算能力，屬于中檔題．

考點卡片1．棱柱、棱錐、棱臺的體積【知識點的認(rèn)識】柱體、錐體、臺體的體積公式：V柱＝sh，V錐=132．空間中直線與直線之間的位置關(guān)系【知識點的認(rèn)識】空間兩條直線的位置關(guān)系：位置關(guān)系共面情況公共點個數(shù)圖示相交直線在同一平面內(nèi)有且只有一個平行直線在同一平面內(nèi)無異面直線不同時在任何一個平面內(nèi)無3．直線與平面平行【知識點的認(rèn)識】1、直線與平面平行的判定定理：如果平面外一條直線和這個平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行．用符號表示為：若a?α，b?α，a∥b，則a∥α．2、直線與平面平行的判定定理的實質(zhì)是：對于平面外的一條直線，只需在平面內(nèi)找到一條直線和這條直線平行，就可判定這條直線必和這個平面平行．即由線線平行得到線面平行．1、直線和平面平行的性質(zhì)定理：如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交線平行．用符號表示為：若a∥α，a?β，α∩β＝b，則a∥b．2、直線和平面平行的性質(zhì)定理的實質(zhì)是：已知線面平行，過已知直線作一平面和已知平面相交，其交線必和已知直線平行．即由線面平行?線線平行．由線面平行?線線平行，并不意味著平面內(nèi)的任意一條直線都與已知直線平行．正確的結(jié)論是：a∥α，若b?α，則b與a的關(guān)系是：異面或平行．即平面α內(nèi)的直線分成兩大類，一類與a平行有無數(shù)條，另一類與a異面，也有無數(shù)條．4．直線與平面垂直【知識點的認(rèn)識】直線與平面垂直：如果一條直線l和一個平面α內(nèi)的任意一條直線都垂直，那么就說直線l和平面α互相垂直，記作l⊥α，其中l(wèi)叫做平面α的垂線，平面α叫做直線l的垂面．直線與平面垂直的判定：（1）定義法：對于直線l和平面α，l⊥α?l垂直于α內(nèi)的任一條直線．（2）判定定理1：如果兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也垂直于這個平面．（3）判定定理2：如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直于這個平面．直線與平面垂直的性質(zhì)：①定理：如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行．符號表示為：a⊥α，b⊥α?a∥b②由定義可知：a⊥α，b?α?a⊥b．5．平面與平面垂直【知識點的認(rèn)識】平面與平面垂直的判定：判定定理：如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直．平面與平面垂直的性質(zhì)：性質(zhì)定理1：如果兩個平面垂直，則在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面．性質(zhì)定理2：如果兩個平面垂直，那么經(jīng)過第一個平面內(nèi)的一點垂直于第二個平面的直線在第一個平面內(nèi)．性質(zhì)定理3：如果兩個相交平面都垂直于第三個平面，那么它們的交線垂直于第三個平面．性質(zhì)定理4：三個兩兩垂直的平面的交線兩兩垂直．6．直線與平面所成的角【知識點的認(rèn)識】1、直線和平面所成的角，應(yīng)分三種情況：（1）直線與平面斜交時，直線和平面所成的角是指此直線和它在平面上的射影所成的銳角；（2）直線和平面垂直時，直線和平面所成的角的大小為90°；（3）直線和平面平行或在平面內(nèi)時，直線和平面所成的角的大小為0°．顯然，斜線和平面所成角的范圍是（0，π2）；直線和平面所成的角的范圍為[0，π22、一條直線和一個平面斜交，它們所成的角的度量問題（空間問題）是通過斜線在平面內(nèi)的射影轉(zhuǎn)化為兩條相交直線的度量問題（平面問題）來解決的．具體的解題步驟與求異面直線所成的角類似，有如下的環(huán)節(jié)：（1）作﹣﹣作出斜線與射影所成的角；（2）證﹣﹣論證所作（或找到的）角就是要求的角；（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂線段、斜線段、斜線段的射影所組成的直角三角形）求出角．（4）答﹣﹣回答求解問題．在求直線和平面所成的角時，垂線段是其中最重要的元素，它可起到聯(lián)系各線段的紐帶的作