2024-2025学年下学期高一数学人教A版同步经典题精练之空间直线、平面的垂直

第34页（共34页）2024-2025学年下学期高中数学人教A版（2019）高一同步经典题精练之空间直线、平面的垂直一．选择题（共5小题）1．（2024秋•周口期末）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，P为棱BB1上的动点（不包含端点），则AC1与D1P所成角的余弦值的取值范围为（）A．(0，12) B．(0，23)2．（2024秋•景德镇期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则异面直线A1B1与CD1的所成角为（）A．π6 B．π4 C．π3 3．（2024秋•厦门校级期末）如图，△ABC和△ACD均是边长为2的正三角形，△ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形，则异面直线AD与BC夹角的大小为（）A．π6 B．π4 C．π3 4．（2024秋•商水县期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，则下列结论错误的是（）A．AP∥平面CDD1C1 B．BC⊥AP C．C1D⊥平面A1D1P D．平面PB1C1与平面A1AP不垂直5．（2025•安徽模拟）在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD，如图，则在三棱锥A﹣BCD中，下列结论不正确的是（）A．CD⊥AB B．CD⊥BD C．平面ADC⊥平面ABD D．平面ABC⊥平面BDC二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•菏泽期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为四边形A1B1C1D1的中心，平面AOB∩平面COD＝l，则下列结论正确的是（）A．直线AO与BC1异面 B．AO⊥BD C．平面AOB⊥平面COD D．l∥平面ABC1D1（多选）7．（2025•武汉模拟）如图，以A1，B1，C1，A，B，C为顶点的六面体中，四边形AA1C1C为菱形，B1C1∥BC，B1C1=12BC，∠C1CA＝60°，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝A．AC⊥A1B B．AC1∥平面A1BB1 C．当A1B=6时，二面角A1﹣AB﹣D．当A1B（多选）8．（2024秋•自贡校级期末）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是（）A．直线AM与BN是平行直线 B．直线MN与AC所成的角为60° C．直线MN与平面ABCD所成的角为45° D．平面BMN截正方体所得的截面面积为9（多选）9．（2024秋•昆明校级期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中正四面体A1﹣BDC1的棱长为2，则下列说法正确的是（）A．异面直线A1B与AD1所成的角是π3B．BD1⊂平面A1C1B C．平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为32D．正四面体A1﹣BDC1的高为2三．填空题（共3小题）10．（2024秋•西安期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC上靠近B的三等分点，则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为．11．（2024秋•达州期末）三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=22，面PAB⊥面ABC，PA=PB=17，以△ABC的边AC所在直线为旋转轴将△ABC旋转，则在旋转过程中，|12．（2024秋•虹口区校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，AB=22，PC=1，PA+PB=4，CA-CB=2，且四．解答题（共3小题）13．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，AD⊥AB，AB∥CD，AB＝AD＝1，CD＝2，PD=PC=2，点E在棱PA上，PE（1）证明：PC∥平面DBE；（2）求PC与平面PAB所成角的余弦值．14．（2024秋•重庆校级期末）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，点E在棱PD上，且2PE＝ED，点F是棱PC上的动点．（1）若F为棱PC的中点，证明：PB∥平面AEF；（2）若直线PA与平面AEF所成角的正弦值为55，求PF15．（2024秋•唐山期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，所有棱长均为2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠DAB＝60°．（1）证明：AC1⊥BD；（2）求二面角A﹣BD﹣A1的余弦值；（3）求直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值．

2024-2025学年下学期高中数学人教A版（2019）高一同步经典题精练之空间直线、平面的垂直参考答案与试题解析题号12345答案BBCDD一．选择题（共5小题）1．（2024秋•周口期末）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，P为棱BB1上的动点（不包含端点），则AC1与D1P所成角的余弦值的取值范围为（）A．(0，12) B．(0，23)【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；定义法；概率与统计；运算求解．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，设P（1，1，a）（0＜a＜2），利用异面直线所成的角的夹角公式可得cosθ=|2(a【解答】解：正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，P为棱BB1上的动点（不包含端点），以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（1，0，0），C1（0，1，2），D1（0，0，2），设P（1，1，a）（0＜a＜2），则D1P→设AC1与D1P所成的角为θ，则cosθ=∴cos2θ=4(a-2)212+6(a-2)2∴cos2θ故选：B．【点评】本题考查异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．（2024秋•景德镇期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则异面直线A1B1与CD1的所成角为（）A．π6 B．π4 C．π3 【考点】异面直线及其所成的角．【专题】数形结合；定义法；空间角；运算求解．【答案】B【分析】利用异面直线夹角的定义求出角的大小．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，∵A1B1∥C1D1，∴∠CD1C1是异面直线A1B1与CD1的所成角或所成角的补角，在等腰Rt△CD1C1中，∠C∴在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，异面直线A1B1与CD1的所成角为π4故选：B．【点评】本题考查异面直线夹角的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（2024秋•厦门校级期末）如图，△ABC和△ACD均是边长为2的正三角形，△ABD是以BD为斜边的等腰直角三角形，则异面直线AD与BC夹角的大小为（）A．π6 B．π4 C．π3 【考点】异面直线及其所成的角．【专题】数形结合；数形结合法；空间角；运算求解．【答案】C【分析】根据已知数据可知BC⊥CD，再由向量的夹角公式可得cos＜【解答】解：依题意，AB=则在△BCD中，由于BC2+CD2＝BD2，则BC⊥CD，所以cos＜所以异面直线AD与BC夹角的大小为π3故选：C．【点评】本题考查异面直线所成角，属于基础题．4．（2024秋•商水县期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，则下列结论错误的是（）A．AP∥平面CDD1C1 B．BC⊥AP C．C1D⊥平面A1D1P D．平面PB1C1与平面A1AP不垂直【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行；直线与平面垂直．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．【答案】D【分析】对于A，由平面CDD1C1∥平面ABB1A1，得AP∥平面CDD1C1；对于B，由BC⊥平面ABB1A1，得BC⊥AP；对于C，由C1D⊥A1D1，C1D⊥A1B，得C1D⊥平面A1D1P；对于D，由B1C1⊥平面A1AP，得平面PB1C1⊥平面A1AP．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段A1B上运动，对于A，∵平面CDD1C1∥平面ABB1A1，AP⊂平面ABB1A1，∴AP∥平面CDD1C1，故A正确；对于B，∵BC⊥平面ABB1A1，AP⊂平面ABB1A1，∴BC⊥AP，故B正确；对于C，∵C1D⊥A1D1，C1D⊥A1B，A1D1∩A1B＝A1，∴C1D⊥平面A1D1P，故C正确；对于D，∵B1C1⊥平面A1AP，B1C1⊂平面PB1C1，∴平面PB1C1⊥平面A1AP，故D错误．故选：D．【点评】本题考查线面平行、线面垂直、面面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．5．（2025•安徽模拟）在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥A﹣BCD，如图，则在三棱锥A﹣BCD中，下列结论不正确的是（）A．CD⊥AB B．CD⊥BD C．平面ADC⊥平面ABD D．平面ABC⊥平面BDC【考点】平面与平面垂直．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．【答案】D【分析】根据线面、面面垂直的判定定理以及线面、面面垂直的性质定理逐项判断即可．【解答】解：对于B，如图，因为AD∥BC，AD＝AB，∠BAD＝90°，所以∠ABD＝∠ADB＝45°，又因为∠BCD＝45°，AD∥BC，所以∠ADC＝135°，所以∠BDC＝∠ADC﹣∠ADB＝135°﹣45°＝90°，所以CD⊥BD，所以B正确；对于A，由B选项知CD⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CD⊥平面ABD，因为AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB，所以A正确；对于C，由选项A知，CD⊥平面ABD，因为CD⊂平面ADC，所以平面ADC⊥平面ABD，所以C正确；对于D，如图，过点A作AE⊥BD，垂足为E，因为平面ABD⊥平面BCD，AE⊂平面ABD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AE⊥平面BCD，显然AE⊄平面ABC，所以平面ABC与平面BDC不垂直，所以D错误．故选：D．【点评】本题考查线面，面面位置关系的判断，属于中档题．二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•菏泽期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为四边形A1B1C1D1的中心，平面AOB∩平面COD＝l，则下列结论正确的是（）A．直线AO与BC1异面 B．AO⊥BD C．平面AOB⊥平面COD D．l∥平面ABC1D1【考点】平面与平面垂直；异面直线的判定；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；空间想象．【答案】ABD【分析】选项A，设平面ABB1A1的中心为G，结合反证法，推出平面OABC1与平面OGBC1重合，与题意矛盾，从而作出判断；选项B，分别证明BD⊥AC，AA1⊥BD，再由线面垂直的判定定理，即可判断；选项C，分别取AB，CD的中点E，F，连接OE，OF，EF，先证OE⊥l，OF⊥l，由二面角的定义知∠EOF即为平面AOB与平面COD所成的角，再利用余弦定理求出cos∠EOF的值，即可判断；选项D，结合选项B中所得，根据线面平行的判定定理，即可判断．【解答】解：选项A，设平面ABB1A1的中心为G，则G是A1B的中点，因为O是A1C1的中点，所以OG∥BC1，所以O，G，B，C1四点共面，假设直线AO与BC1共面，由于平面OABC1与平面OGBC1有3个交点O，B，C1，且O，B，C1三点不共线，所以平面OABC1与平面OGBC1重合，显然点A∉平面OGBC1，所以假设不成立，即直线AO与BC1异面，故选项A正确；选项B，由正方体的性质知，BD⊥AC，AA1⊥平面ABCD，因为BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，又AC∩AA1＝A，AC、AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，因为AO⊂平面ACC1A1，所以AO⊥BD，故选项B正确；选项C，分别取AB，CD的中点E，F，连接OE，OF，EF，显然OE⊥AB，OF⊥CD，因为AB∥CD，AB⊄平面COD，CD⊂平面COD，所以AB∥平面COD，又AB⊂平面AOB，平面AOB∩平面COD＝l，所以AB∥l，即AB∥CD∥l，所以OE⊥l，OF⊥l，所以∠EOF即为平面AOB与平面COD所成的角，设正方体的棱长为2，则EF＝2，OE＝OF=5在△OEF中，由余弦定理知，cos∠EOF=O所以∠EOF≠90°，即平面AOB⊥平面COD不成立，故选项C错误；选项D，由选项B知，AB∥l，因为AB⊂平面ABC1D1，l⊄平面ABC1D1，所以l∥平面ABC1D1，故选项D正确．故选：ABD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握异面直线的判定方法，线与面平行、垂直的判定定理或性质定理是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．（多选）7．（2025•武汉模拟）如图，以A1，B1，C1，A，B，C为顶点的六面体中，四边形AA1C1C为菱形，B1C1∥BC，B1C1=12BC，∠C1CA＝60°，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝A．AC⊥A1B B．AC1∥平面A1BB1 C．当A1B=6时，二面角A1﹣AB﹣D．当A1B【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；棱柱的体积．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】ABD【分析】通过证明A1B⊥面ACP，可判断A；通过证明平面ABB1∥平面AC1N，可判断B；过A1作A1M⊥CA于点M，证明出A1M⊥平面ABC，根据cosθ=S△ABMS△ABA1求出答案，可判断C；取BC中点G，连接B1G，AG，该几何体可分割为三棱锥A1B1C1﹣AGC和三棱锥B﹣A1AB【解答】解：对于A，取A1B中点P，因为ACC1A1为菱形，所以AA1＝AC＝2，所以AA1＝AB＝2，所以AP⊥A1B，△ACA1中，∠A1AC＝120°，A1△ABC中，BC所以A1C＝BC，所以CP⊥A1B，因为AP，CP⊂面ACP，AP∩CP＝P，所以A1B⊥面ACP，因为AC⊂面ACP，所以A1B⊥AC，故A正确；对于B，取BC中点N，因为B1C1∥BC，且B1则B1C1∥CN，B1C1＝CN，B1C1∥BN，B1C1＝BN，即B1C1NB为平行四边形，B1C1CN为平行四边形，所以B1N∥CC1，B1N＝CC1，所以B1N∥A1A，B1N＝A1A，所以四边形ANB1A1为平行四边形，所以AN∥B1A1，又因为C1N∥BB1，AN⊂平面AC1N，B1A1⊄平面AC1N，所以B1A1∥平面AC1N，同理BB1∥平面AC1N，因为B1A1，BB1⊂平面A1BB1，B1A1∩BB1＝B1，所以平面A1BB1∥平面AC1N，因为AC1⊂平面AC1N，所以AC1∥平面A1BB1，故B正确；对于C，过A1作A1M⊥CA于点M，因为∠A1AC＝∠BAC＝120°，AB＝AA1，所以BM⊥AC，且A1又因为A1B=6，所以A1又因为A1M⊥CA，BM，CA⊂平面ABC，BM∩CA＝M，所以A1M⊥平面ABC，记二面角A1﹣AB﹣C的平面角为θ，所以cosθ=所以sinθ=25对于D，取BC中点G，连接B1G，AG，该几何体可分割为三棱柱A1B1C1﹣AGC和三棱锥B﹣A1AB1，B﹣AGB1，则几何体体积V=图中A1M=BM=A1B所以V=S△故选：ABD．【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．（多选）8．（2024秋•自贡校级期末）如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，则下列结论正确的是（）A．直线AM与BN是平行直线 B．直线MN与AC所成的角为60° C．直线MN与平面ABCD所成的角为45° D．平面BMN截正方体所得的截面面积为9【考点】几何法求解直线与平面所成的角；异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可判断A、B、C，作出平面BMN截正方体所得的截面即可求出面积判断D．【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，对于A，以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），D1（0，0，2），C1（0，2，2）．∵M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，∴M（0，1，2）、N（0，2，1），则AM→=(-2，1，2)，BN∴线AM与BN不是平行直线，故A错误；对于B，∵MN→=(0，∴cos＜MN∴＜MN→，AC→＞=π3对于C，由于平面ABCD的一个法向量为n→cos＜n→，∴＜n→，∴直线MN与平面ABCD所成的角为45°，故C正确；对于D，连接A1B，易知A1B∥MN，则平面BMN截正方体所得的截面为等腰梯形A1BMN，∵棱长为2，∴A1B=22，∴等腰梯形的高为5-∴S=∴平面BMN截正方体所得的截面面积为92，故D故选：BCD．【点评】本题考查线线平行的判定、异面直线所成角、截面面积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．（多选）9．（2024秋•昆明校级期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中正四面体A1﹣BDC1的棱长为2，则下列说法正确的是（）A．异面直线A1B与AD1所成的角是π3B．BD1⊂平面A1C1B C．平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为32D．正四面体A1﹣BDC1的高为2【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行；棱柱的结构特征．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．【答案】AD【分析】选项A，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B，根据基本事实三即可判断；选项C，由面面平行及相似三角形的性质得，平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为△ACB1面积的四分之一；选项D，求出正四面体A1﹣BDC1的高即可判断．【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中正四面体A1﹣BDC1的棱长为2，对于A，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，由题意知AD1∥BC1，异面直线A1B与AD1所成的角即直线A1B与BC1所成的角，即∠A1BC1，△A1BC1为等边三角形，则∠A则异面直线A1B与AD1所成的角是π3，故A对于B，假设BD1⊂平面A1C1B，∵平面A1C1B∩平面A1C1D1＝A1C1，BD1∩平面A1C1D1＝D1，即D1为平面A1C1B与平面A1C1D1的公共点，∴A1，C1，D1三点共线，显然不成立，即假设不成立，故B错误；对于C，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，如图，∵A1B1∥CD，A1B1＝CD，∴四边形A1B1CD是平行四边形，∴A1D∥B1C，∵A1D⊄平面AB1C，B1C⊂平面AB1C，∴A1D∥平面AB1C，同理，A1C1∥平面AB1C，又A1D∩A1C1＝A1，∴平面AB1C∥平面A1C1D，∴平面MNP∥平面A1C1D，则平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面为△MNP，又△MNP∽△A1C1D，且相似比为12∴△MNP的面积为S△∴平面ACB1截正四面体A1﹣BDC1所得截面面积为34，故C对于D，连接B1D1，设B1D1∩平面A1C1D＝O，连接A1O，B1B⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，即A1C1⊥B1B，又A1C1⊥B1D1，B1B∩B1D1＝B1，有A1C1⊥平面BDD1B1，BD1⊂平面BDD1B1，∴BD1⊥A1C1，同理可证BD1⊥A1D，A1C1∩A1D＝A1，A1C1，A1D⊂平面A1C1D，∴BD1⊥平面A1C1D，即BO⊥平面A1C1D，则B在底面的射影为△A1C1D的重心，∴A1O=∴正四面体A1﹣BDC1的高为263，故故选：AD．【点评】本题考查正方体的结构特征、异面直线所成角的平面角、正四面体的性质、结合几何图形确定截面的面积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．三．填空题（共3小题）10．（2024秋•西安期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是BC上靠近B的三等分点，则直线D1E与平面BCC1B1所成角的正弦值为32222【考点】直线与平面所成的角．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】322【分析】先确定直线D1E与平面BCC1B1所成的角为∠D1EC1，再解三角形即可求解．【解答】解：如图，连接C1E，在正方体中，D1C1⊥平面BCC1B1，所以直线D1E与平面BCC1B1所成的角为∠D1EC1，设AB＝3a，因为E是BC上靠近B的三等分点，所以BE＝a，EC＝2a，所以C1D1所以sin∠故答案为：322【点评】本题考查线面角，考查直观想象的核心素养，属于中档题．11．（2024秋•达州期末）三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=22，面PAB⊥面ABC，PA=PB=17，以△ABC的边AC所在直线为旋转轴将△ABC旋转，则在旋转过程中，|PB|的取值范围是【考点】平面与平面垂直．【专题】数形结合；向量法；立体几何；运算求解．【答案】[5【分析】根据题意找出点B的位置，建立空间直角坐标系找出点P到B所在平面距离，将问题转化到平面上，求出P点在平面上的射影P1到B点距离的最大值和最小值，再根据勾股定理求出|PB|的最大值和最小值，得到答案．【解答】解：三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=22，面PA=PB=17，以△ABC的边取AB的中点M，AC的中点O，连PM、MO，由等腰三角形的性质，PM⊥AB，由已知平面PAB与平面ABC垂直，可得PM⊥平面ABC，进而可得出PM，MA，MO两两垂直，以M为坐标原点，MA，MO，KP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立坐标系，如图，根据几何关系，得：M（0，0，0，），P(0，0，15)，不妨记旋转过程中点B所在的平面为α，由题目已知，在旋转过程中，B点在平面α截以O为圆心，2为半径的球所得到的圆上．记点P在α内的射影为P1，P到平面α的距离为垂线段PP1的长度，记该距离为d．由PO→=(0，2，15)，ACd=|由勾股定理，|由几何关系，|PB|2=d2+|P1B|2，可知当|P1B|最小时，|PB在平面α上的几何关系如图：可得|P1B|的最大值为6，最小值为2，|PB|的最大值为62+|P故答案为：[5【点评】本题考查了空间几何体的结构特征应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．12．（2024秋•虹口区校级期末）在三棱锥P﹣ABC中，AB=22，PC=1，PA+PB=4，CA-CB=2，且【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】23【分析】首先得P，C的轨迹方程，进一步作二面角P﹣AB﹣C的平面角为∠PHC，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件．【解答】解：因为PA+PB＝4＝2a，所以a＝2，点P的轨迹方程为x2又因为CA﹣CB＝2，所以点C的轨迹方程为x2﹣y2＝1，（双曲线的一支），过点P作PH⊥AB，AB⊥PC，而PH∩PC＝P，PF，PC⊂面PHC，所以AB⊥面PHC，设O为AB中点，则二面角P﹣AB﹣C为∠PHC，所以不妨设OH=2所以cos∠所以cos令1﹣sin2θ＝t，0＜t＜1，所以cos等号成立当且仅当t=所以当且仅当sinθ=155故答案为：23【点评】本题考查二面角的计算，考查轨迹方程的应用，属于难题．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•深圳期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，AD⊥AB，AB∥CD，AB＝AD＝1，CD＝2，PD=PC=2，点E在棱PA上，PE（1）证明：PC∥平面DBE；（2）求PC与平面PAB所成角的余弦值．【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）证明见解答；（2）32【分析】（1）根据面面垂直的性质和线面垂直的性质可得OP⊥OB，建立空间直角坐标系O﹣xyz，即可利用空间向量法证明线面平行；（2）由（1），利用空间向量法求解线面角即可．【解答】解：（1）证明：如图，取CD的中点O，连接OP，OB，则OP⊥CD，OB⊥CD，且OD＝OC＝1，由平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，OP⊂平面PCD，所以OP⊥平面ABCD，又OB⊂平面ABCD，所以OP⊥OB，建立如图空间直角坐标系O﹣xyz，由PC=PD=则A（1，﹣1，0），B（1，0，0），C（0，1，0），D（0，﹣1，0），P（0，0，1），由PE＝2EA，得PE→即（xE，yE，zE﹣1）＝2（1﹣xE，﹣1﹣yE，﹣zE），得xE=2-2xEy所以DB→设平面DBE的一个法向量为m→则由m→⊥DB→，令a＝1，得b＝﹣1，c＝﹣1，可得m→由m→⋅PC又PC⊄平面DBE，所以PC∥平面DBE；（2）由（1）知PA→=(1，设平面PAB的一个法向量为n→则由n→⊥PA→，令x＝1，得z＝1，y＝0，可得n→设PC与平面PAB所成角为θ（θ为锐角），则sinθ=|所以cosθ=即PC与平面PAB所成角的余弦值为32【点评】本题考查线面平行的判定及直线与平面所成的角的求法，属中档题．14．（2024秋•重庆校级期末）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB，点E在棱PD上，且2PE＝ED，点F是棱PC上的动点．（1）若F为棱PC的中点，证明：PB∥平面AEF；（2）若直线PA与平面AEF所成角的正弦值为55，求PF【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．【答案】（1）证明见解析；（2）12【分析】（1）建立如图空间直角坐标系，证明PB→与平面AEF（2）令PF→=λPC→【解答】解：（1）根据题意，四棱锥P﹣ABCD底面为正方形，PA⊥底面ABCD，得直线AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A﹣xyz，不妨令PA＝AB＝6，点E在棱PD上，且2PE＝ED，则B（6，0，0），P（0，0，6），E（0，2，4），C（6，6，0），D（0，6，0），由F是棱PC的中点，得F（3，3，3），AE→设平面AEF的法向量m→=(x，y，z)，则而PB→=(6，0，-6)，则m→所以PB∥平面AEF．（2）设PA与平面AEF所成的角为θ，由（1）知，PC→设PF→=λ设平面AEF的法向量n→=(a令c＝λ，得n→=(3λ因此sinθ=|解得λ=13，即PF【点评】本题考查了线面角的向量求法，属于中档题．15．（2024秋•唐山期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，所有棱长均为2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠DAB＝60°．（1）证明：AC1⊥BD；（2）求二面角A﹣BD﹣A1的余弦值；（3）求直线BC1与平面A1BD所成角的正弦值．【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】（1）证明见解答；（2）13；（3）2【分析】（1）先证BD⊥平面A1AC，再利用线面垂直的性质定理即可得证；（2）先证∠A1EA为二面角A﹣BD﹣A1的平面角，再解三角形即可求解；（3）先证∠C1BH即为所求线面角，再解三角形即可求解．【解答】解：（1）证明：如图连接AC，与BD相交于点E，则AC⊥BD，且点E为BD的中点，由题设得A1D＝A1B，连接A1E，则A1E⊥BD，因为A1E∩AC＝E，所以BD⊥平面A1AC，因为AC1⊂平面A1AC，所以BD⊥AC1，即AC1⊥BD．（2）由（1）知∠A1EA为二面角A﹣BD﹣A1的平面角，因为AA1＝AB＝AD＝2，且∠A1AB＝∠A1AD＝∠DAB＝60°，得A1D＝A1B＝BD＝2，则A1则cos∠（3）由ACA1得AC则AC1⊥A1E，由（1）知AC1⊥BD，则AC1⊥平面A1BD，如图，设AC1与A1E相交于点H，连接BH，则∠C1BH即为所求线面角，易知H为正ΔA1BD的外心，亦为其重心，则BH=23则C1H=【点评】本题考查线线垂直的判定，以及空间角的计算，属于中档题．

考点卡片1．棱柱的结构特征【知识点的认识】1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．认识棱柱底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．高：棱中两个底面之间的距离．3．棱柱的结构特征棱柱1根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：（1）侧面都是平行四边形（2）两底面是全等多边形（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．4．棱柱的分类（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．5．棱柱的体积公式设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．2．棱柱的体积【知识点的认识】棱柱的体积可以通过底面面积B和高度h计算．底面为多边形的几何体．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣底面面积计算：底面面积B可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱柱的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱柱的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱柱体积计算．3．异面直线及其所成的角【知识点的认识】1、异面直线所成的角：直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，π2]．当θ＝902、求异面直线所成的角的方法：求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：4．异面直线的判定【知识点的认识】（1）判定空间直线是异面直线方法：①根据异面直线的定义；②异面直线的判定定理．5．直线与平面平行【知识点的认识】1、直线与平面平行的判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．1、直线和平面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．2、直线和平面平行的性质定理的实质是：已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．6．直线与平面垂直【知识点的认识】直线与平面垂直：如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l和平面α互相垂直，记作l⊥α，其中l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．直线与平面垂直的判定：（1）定义法：对于直线l和平面α，l⊥α⇔l垂直于α内的任一条直线．（2）判定定理1：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．（3）判定定理2：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．直线与平面垂直的性质：①定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示为：a⊥α，b⊥α⇒a∥b②由定义可知：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b．7．平面与平面垂直【知识点的认识】平面与平面垂直的判定：判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．平面与平面垂直的性质：性质定理1：如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．性质定理2：如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．性质定理3：如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面．性质定理4：三个两两垂直的平面的交线两两垂直．8．直线与平面所成的角【知识点的认识】1、直线和平面所成的角，应分三种情况：（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角；（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．显然，斜线和平面所成角的范围是（0，π2）；直线和平面所成的角的范围为[0，π22、一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：（1）作﹣﹣作出斜线与射影所成的角；（2）证﹣﹣论证所作（或找到的）角就是要求的角；