2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之空间向量的应用（一）

第58页（共58页）2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之空间向量的应用（一）一．选择题（共2小题）1．（2022•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＝CB1 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°2．（2022•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≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β二．解答题（共22小题）3．（2023•北京）如图，四面体P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC=3，PA⊥平面ABC（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大小．4．（2023•上海）已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M为BC中点，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC、PC于点E，F．（1）求直线PM与平面ABC所成角的大小；（2）证明：平面MEF∥平面PAB，并求直线ME到平面PAB的距离．5．（2023•甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．（1）求证：AC＝A1C；（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．6．（2023•甲卷）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．（1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；（2）设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1﹣BB1C1C的高．7．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．（1）证明：B2C2∥A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角P﹣A2C2﹣D2为150°时，求B2P．8．（2023•天津）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M为BC的中点，N为AB的中点．（Ⅰ）求证：A1N∥平面AMC1；（Ⅱ）求平面AMC1与平面ACC1A1所成角的余弦值；（Ⅲ）求点C到平面AMC1的距离．9．（2023•乙卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC=6，AD=5DO，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥（1）证明：EF∥平面ADO；（2）证明：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．11．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．12．（2022•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．13．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO是三棱锥P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为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．14．（2022•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．（Ⅰ）证明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．15．（2022•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．（Ⅰ）求证：MN∥平面BCC1B1；（Ⅱ）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．16．（2022•天津）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，点D，E，F分别为A1B1，AA1，CD的中点，AB＝AC＝AA1＝2．（1）求证：EF∥平面ABC；（2）求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；（3）求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．17．（2022•上海）如图，圆柱下底面与上底面的圆心分别为O、O1，AA1为圆柱的母线，底面半径长为1．（1）若AA1＝4，M为AA1的中点，求直线MO1与上底面所成角的大小；（结果用反三角函数值表示）（2）若圆柱过OO1的截面为正方形，求圆柱的体积与侧面积．18．（2021•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．（Ⅰ）求证：F为B1C1的中点；（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣FC﹣E的余弦值为53，求A19．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=5，QC＝3（Ⅰ）求证：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，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？21．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．22．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA=15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD（Ⅰ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．23．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△PAB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．24．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣PAD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．

2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之空间向量的应用（一）参考答案与试题解析一．选择题（共2小题）题号12答案DA一．选择题（共2小题）1．（2022•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＝CB1 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【考点】几何法求解直线与平面所成的角．【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；空间角；直观想象．【答案】D【分析】不妨令AA1＝1，可根据直线与平面所成角的定义，确定长方体的各棱长，即可求解．【解答】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面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故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，sin∠故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，B1C=2=DC，所以∠DB所以选项D正确，故选：D．【点评】本题考查了直线与平面所成角，属于中档题．2．（2022•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≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．【专题】转化思想；综合法；空间角；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】A【分析】根据线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，转化即可求解．【解答】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1，∴正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过F作FG⊥AC，垂足点为G，连接GE，则A1A∥FG，∴EF与AA1所成的角为∠EFG＝α，且tanα=GE又GE∈[0，1]，∴tanα∈[0，1]，∴EF与平面ABC所成的角为∠FEG＝β，且tanβ=GFGE=1GE∴tanβ≥tanα，...①，再过G点作GH⊥BC，垂足点为H，连接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的平面角为∠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，故选：A．【点评】本题考查线线角的定义，线面角的定义，面面角的定义，考查了转化思想，属中档题．二．解答题（共22小题）3．（2023•北京）如图，四面体P﹣ABC中，PA＝AB＝BC＝1，PC=3，PA⊥平面ABC（Ⅰ）求证：BC⊥平面PAB；（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣B的大小．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直．【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）由PA⊥平面ABC可得PA⊥AC，PA⊥BC，由勾股定理可得BC⊥AB，再利用线面垂直的判定定理即可证得BC⊥平面PAB；（Ⅱ）以点B为坐标原点，分别以BA→，BC→所在直线为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，求出相应向量的坐标，进而求出平面APC和平面【解答】证明：（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）以点B为坐标原点，分别以BA→，BC→所在直线为x轴，则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→设平面APC的一个法向量为n→=（x，y，则AP→⋅n→=z=0AC→⋅n→=设平面BPC的一个法向量为m→=（a，b，则BP→⋅m→=b+c=0BC→⋅m∴cos＜m→，由图可知二面角A﹣PC﹣B为锐角，设二面角A﹣PC﹣B的大小为θ，则cosθ＝|cos＜m→，n→∴θ=即二面角A﹣PC﹣B的大小为π3【点评】本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了利用空间向量求二面角的大小，属于中档题．4．（2023•上海）已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝3，AC＝4，M为BC中点，过点M分别作平行于平面PAB的直线交AC、PC于点E，F．（1）求直线PM与平面ABC所成角的大小；（2）证明：平面MEF∥平面PAB，并求直线ME到平面PAB的距离．【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面所成的角．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连接AM，PM，∠PMA为直线PM与平面ABC所成的角，在△PAM中，求解即可；（2）先证明AC⊥平面PAB，可得AE为直线ME到平面PAB的距离．进则求AE的长即可．【解答】解：（1）连接AM，PM，∵PA⊥平面ABC，∴∠PMA为直线PM与平面ABC所成的角，在△PAM中，∵AB⊥AC，∴BC=32∵M为BC中点，∴AM=12BC∴tan∠PMA=65，即直线PM与平面ABC所成角为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为直线ME到平面PAB的距离，∵ME∥平面PAB，ME⊂平面ABC，平面ABC∩平面PAB＝AB，∴ME∥AB，∵M为BC中点，∴E为AC中点，∴AE＝2，∴直线ME到平面PAB的距离为2．【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查直线与平面的距离的求法，属中档题．5．（2023•甲卷）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1．（1）求证：AC＝A1C；（2）若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】（1）证明见解答；（2）AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313【分析】（1）取CC1的中点，连接A1O，可证平面BCC1B1⊥平面A1C1CA（可根据A1O的长度以及A1到平面的距离直接求出A1O⊥CC1），可得A1到CC1的距离为1，进而可得A1O⊥CC1，可证结论；（2）过A作AM∥A1O交C1C的延长线与M，连接MB1，取BB1的中点N，连接ON，可证A1N为直线AA1与BB1距离，进而可得∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角，求解即可．法二：建立空间直角坐标系，利用向量法可求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值．【解答】（1）证明：取CC1的中点O，连接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的距离为1，∴A1到CC1的距离为1，∴A1O⊥CC1，∵O为CC1的中点，∴A1C＝A1C1＝AC，∴AC＝A1C；（2）过A作AM∥A1O交C1C的延长线与M，连接MB1，取BB1的中点N，连接ON，∴四边形BCON为平行四边形，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为直线AA1与BB1距离，∴A1N＝2，∴ON=3由（1）可知AM⊥平面BCC1B1，∴∠AB1M为AB1与平面BCC1B1所成角的角，易求得C1M＝3，∴B1M=9+3=2∵AM＝1，∴AB1=1+12∴sin∠AB1M=1∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313法二：连接AB，由（1）易证A1B＝A1B1，故取BB1的中点F，连接AF，∵A1A与B1B的距离为2，∴A1F＝2，∴A1C＝AC=2，AB＝A1B1=5，BC以C为坐标原点，CA，CB，CC所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，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设平面BCC1B1的一个法向量为n→=（x，y，则n→⋅CB→=3y=0n→⋅CC∴平面BCC1B1的一个法向量为n→=（1，0，∴sinθ＝|cos＜n→，AB∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为1313【点评】本题考查线线相等的证明，考查线面角的求法，属中档题．6．（2023•甲卷）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°．（1）证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；（2）设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1﹣BB1C1C的高．【考点】点、线、面间的距离计算；平面与平面垂直．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．【答案】（1）证明见解答；（2）四棱锥A1﹣BB1C1C的高为1．【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；（2）利用已知可得A1C＝AC，进而可得A1C＝AC=2，过A1作A1O⊥C1C于O，可得A1O为四棱锥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过A1作A1O⊥C1C于O，∵A1C＝A1C1，∴O为CC1的中点，∴A1O=12C1C=12A1由（1）可知A1O⊥平面BCC1B1，∴四棱锥A1﹣BB1C1C的高为1．【点评】本题考查面面垂直的证明，考查四棱锥的高的求法，属中档题．7．（2023•新高考Ⅰ）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4．点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3．（1）证明：B2C2∥A2D2；（2）点P在棱BB1上，当二面角P﹣A2C2﹣D2为150°时，求B2P．【考点】二面角的平面角及求法．【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）建系，根据坐标法及向量共线定理，即可证明；（2）建系，根据向量法，向量夹角公式，方程思想，即可求解．【解答】解：（1）证明：根据题意建系如图，则有：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）的坐标系下，可设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设平面PA2C2的法向量为m→则m→⋅C设平面A2C2D2的法向量为n→则n→⋅C∴根据题意可得|cos150°|＝|cos＜m→，n→∴32∴t2﹣4t+3＝0，又t∈[0，4]，∴解得t＝1或t＝3，∴P为B1B2的中点或B2B的中点，∴B2P＝1．【点评】本题考查利用向量法证明线线平行，利用向量法求解二面角问题，向量共线定理及向量夹角公式的应用，方程思想，属中档题．8．（2023•天津）如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M为BC的中点，N为AB的中点．（Ⅰ）求证：A1N∥平面AMC1；（Ⅱ）求平面AMC1与平面ACC1A1所成角的余弦值；（Ⅲ）求点C到平面AMC1的距离．【考点】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算；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；运算求解．【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）23；（Ⅲ）4【分析】（Ⅰ）连接MN，推得四边形MNA1C1为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理可得证明；（Ⅱ）运用三垂线定理得到平面C1MA与平面ACC1A1所成角，再解直角三角形可得所求值；（Ⅲ）运用等积法和三棱锥的体积公式可得所求距离．【解答】解：（Ⅰ）证明：连接MN，可得MN为△ABC的中位线，可得MN∥AC，且MN=12AC＝而A1C1＝1，AC∥A1C1，则MN∥A1C1，MN＝A1C1，可得四边形MNA1C1为平行四边形，则A1N∥C1M，而A1N⊄平面C1MA，C1M⊂平面C1MA，所以A1N∥平面C1MA；（Ⅱ）取AC的中点H，连接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．过H作HD⊥AC1，垂足为D，连接DM，由三垂线定理可得DM⊥AC1，可得∠MDH为平面C1MA与平面ACC1A1所成角．由MH=12AB＝在矩形AHC1A1中，DH=AH所以cos∠MDH=DH（Ⅲ）设C到平面C1MA的距离为d．在△C1MA中，A1M=12AC=2，AC1=1+4=则S△由VC-C1MA=VC1-CMA，可得13dS△C1MA=1解得d=4【点评】本题考查线面平行的判定和平面与平面所成角、点到平面的距离，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．9．（2023•乙卷）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC＝22，PB＝PC=6，AD=5DO，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，点F在AC上，BF⊥（1）证明：EF∥平面ADO；（2）证明：平面ADO⊥平面BEF；（3）求二面角D﹣AO﹣C的正弦值．【考点】二面角的平面角及求法．【专题】对应思想；定义法；立体几何；逻辑思维；直观想象；运算求解．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）22【分析】（1）利用向量法可得OF∥AB，OF=12AB，四边形（2）由勾股定理可得AO⊥OD，AO⊥EF，根据面面垂直的判定定理即可证明；（3）设二面角D﹣AO﹣C的平面角为θ，可知θ为OD→和BF【解答】证明：（1）由题可知，|AC→|＝23，设AF→=∵AB→⋅AC→=|则BF→⋅AO→=（λAC→-AB→）•（12AB→+1∴OF∥AB，OF=12而DE∥AB，DE=12AB，∴DE∥OF，DE＝OF，∴四边形∴EF∥OD，∵OD⊂平面ADO，EF⊄平面ADO，∴EF∥平面ADO．证明：（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）设二面角D﹣AO﹣C的平面角为θ，∵AO⊥OD，AO⊥BF，∴θ为OD→和BF|BF→|=12|AC→|=3，|OD→|=cosθ=BFsinθ=2∴二面角D﹣AO﹣C的正弦值为22【点评】本题考查直线与平面、平面与平面位置关系的判定定理，考查二面角的计算，是难题．10．（2022•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．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直．【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；运算求解．【答案】（1）证明过程见解答；（2）55【分析】（1）易知PD⊥BD，取AB中点E，容易证明四边形BCDE为平行四边形，再根据长度关系可得BD⊥AD，进而得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，BD⊂面ABCD，∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，∵AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，∴∠DAB＝60°，又∵AE=12AB＝AD＝∴DE＝1，∴DE=1∴△ABD为直角三角形，且AB为斜边，∴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两两互相垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，BD=则D(0∴PD→设平面PAB的一个法向量为n→=(x，y设PD与平面PAB所成的角为θ，则sinθ=|∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为55【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．11．（2022•新高考Ⅰ）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A﹣BD﹣C的正弦值．【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；空间中点到平面的距离．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）利用等体积法可求点A到平面A1BC的距离；（2）以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，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的体积为4，可得VA设A到平面A1BC的距离为d，由VA∴13S△A1BC•d=43，∴13（2）连接AB1交A1B于点E，∵AA1＝AB，∴四边形ABB1A1为正方形，∴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为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵AA1＝AB，∴BC×2AB×12=22，又12AB×BC×AA1＝4，解得AB＝BC＝则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），则BA→=（0，2，0），BD→=（1，1，1），BC→=（设平面ABD的一个法向量为n→=（x，y，则n→⋅BA→=2y=0n→⋅BD→=∴平面ABD的一个法向量为n→=（1，0，﹣设平面BCD的一个法向量为m→=（a，b，m→⋅BC→=2a=0m→⋅BD→=平面BCD的一个法向量为m→=（0，1，﹣cos＜n→，二面角A﹣BD﹣C的正弦值为1-【点评】本题考查求点到面的距离，求二面角的正弦值，属中档题．12．（2022•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．【考点】几何法求解直线与平面所成的角；平面与平面垂直．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】（1）证明见解答；（2）43【分析】（1）利用三角形全等可得AB＝BC，可证EB⊥AC，易证DE⊥AC，从而可证平面BED⊥平面ACD；（2）由题意可知△AFC的面积最小时，EF⊥BD，据此计算可求得CF与平面ABD所成的角的正弦值．【解答】（1）证明：∵AD＝CD，E为AC的中点．∴DE⊥AC，又∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴AB＝BC，又∵E为AC的中点．∴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：连接EF，由（1）知AC⊥EF，∴S△AFC=12AC×故EF最小时，△AFC的面积最小，∴EF⊥BD时，△AFC的面积最小，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，过C作CM⊥AF于点M，则CM⊥平面ABD，故∠CFM，即∠CFA为直线CF与平面ABD所成的角，由AB＝BC＝2，∠ACB＝60°，知△BAC是2为边长的等边三角形，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与平面ABD所成的角的正弦值为43【点评】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，属中档题．13．（2022•新高考Ⅱ）如图，PO是三棱锥P﹣ABC的高，PA＝PB，AB⊥AC，E为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．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行．【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；运算求解．【答案】（1）证明过程见解答；（2）1113【分析】（1）连接OA，OB，可证得OA＝OB，延长BO交AC于点F，可证得OE∥PF，由此得证；（2）建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，再求出平面ACE及平面ABE的法向量，利用向量的夹角公式得解．【解答】解：（1）证明：连接OA，OB，依题意，OP⊥平面ABC，又OA⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，则OP⊥OA，OP⊥OB，∴∠POA＝∠POB＝90°，又PA＝PB，OP＝OP，则△POA≌△POB，∴OA＝OB，延长BO交AC于点F，又AB⊥AC，则在Rt△ABF中，O为BF中点，连接PF，在△PBF中，O，E分别为BF，BP的中点，则OE∥PF，∵OE⊄平面PAC，PF⊂平面PAC，∴OE∥平面PAC；（2）过点A作AM∥OP，以AB，AC，AM分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，由于PO＝3，PA＝5，由（1）知OA＝OB＝4，又∠ABO＝∠CBO＝30°，则AB=4∴P(2又AC＝ABtan60°＝12，即C（0，12，0），设平面AEB的一个法向量为n→=(x则n→⋅AB设平面AEC的一个法向量为m→=(a则m→⋅AC设锐二面角C﹣AE﹣B的平面角为θ，则cosθ=|∴sinθ=1-cos2θ=1113【点评】本题考查线面平行的判定以及利用空间向量求解二面角的正弦值，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．14．（2022•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．（Ⅰ）证明：FN⊥AD；（Ⅱ）求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．【专题】计算题；数形结合；综合法；立体几何；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）根据题意证出FN⊥平面ABCD，即可得证；（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系，求得平面ADE的法向量，代入公式即可求解．【解答】证明：（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为二面角F﹣DC﹣B的平面角，则∠FCB＝60°，CD⊥平面CBF，则CD⊥FN．又CF=则△BCF是等边三角形，则CB⊥FN，因为DC⊥FC，DC⊥BC，FC∩BC＝C，FC⊂平面FCB，BC⊂平面FCB，所以DC⊥平面FCB，因为FN⊂平面FCB，所以DC⊥FN，又因为DC∩CB＝C，DC⊂平面ABCD，CB⊂平面ABCD，所以FN⊥平面ABCD，因为AD⊂平面ABCD，故FN⊥AD；解：（Ⅱ）由于FN⊥平面ABCD，如图建系：于是B(0，3BM→设平面ADE的法向量n→=（x，y，则n→⋅DA→=0n→⋅DE→=0，∴2∴平面ADE的法向量n→设BM与平面ADE所成角为θ，则sinθ=【点评】本题考查了线线垂直的证明和线面角的计算，属于中档题．15．（2022•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．（Ⅰ）求证：MN∥平面BCC1B1；（Ⅱ）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．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】（1）证明见解答；（2）23【分析】（1）通过证面面平行证明线面平行；（2）通过证明BC，BA，BB1两两垂直，从而建立以B为坐标原点，BC，BA，BB1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值．【解答】解：（I）证明：取AB中点K，连接NK，MK，∵M为A1B1的中点．∴B1M∥BK，且B1M＝BK，∴四边形BKMB1是平行四边形，故MK∥BB1，MK⊄平面BCC1B1；BB1⊂平面BCC1B1，∴MK∥平面BCC1B1，∵K是AB中点，N是AC的点，∴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）∵侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，∴CB⊥平面ABB1A1，∴CB⊥AB，又NK∥BC，∴AB⊥NK，若选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，BB1两两垂直，若选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，BB1两两垂直，以B为坐标原点，BC，BA，BB1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，0，0），N（1，1，0），M（0，1，2），A（0，2，0），∴BM→=（0，1，2），BN→=（1，设平面BMN的一个法向量为n→=（x，y，则n→⋅BM→=y+2z=0n→⋅BN∴平面BMN的一个法向量为n→=（2，﹣2，又BA→=（0，2，设直线AB与平面BMN所成角为θ，∴sinθ＝|cos＜n→，BA→∴直线AB与平面BMN所成角的正弦值为23【点评】本题考查线面平行的证明，线面角的求法，属中档题．16．（2022•天津）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，点D，E，F分别为A1B1，AA1，CD的中点，AB＝AC＝AA1＝2．（1）求证：EF∥平面ABC；（2）求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；（3）求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行．【专题】数形结合；向量法；空间向量及应用；数学建模．【答案】（1）证明见解析，（2）45（3）1010【分析】利用中位线可证（1），建立空间直角坐标系设n→=（x，y，z）是平面CC1D的法向量，平面A1CD的法向量为m→=（x，【解答】解：（1）证明：取BB1的中点G，连接FG，EG，连接AD交EG于K，再连接FK，∵EK∥A1B1，且E是AA1的中点，则K是AD的中点，∴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，则可建立如图所示的空间直角坐标系，又AA1＝AB＝AC＝2，D为A1B1中点，E为AA1中点，F为CD中点．故B（2，2，0），E（1，0，0），C（2，0，2），C1（0，0，2），D（0，1，0），则BE→=（﹣1，﹣2，0），CC1→=（﹣2，0，0），CD→设n→=（x，y，z）是平面CC1D的法向量，则有：n→⋅CC1→=0，n→•CD→=0，即-2所以n→设直线BE与平面CC1D的夹角为θ，则sinθ＝|cos＜BE→，n→＞|（3）∵A1（0，0，0），则A1C→=（2，0，2），A1D→设平面A1CD的法向量为m→=（x，y，z），则有m→⋅A即2x+2z=0y=0，令x＝1，则y＝0，设平面A1CD与平面CC1D的夹角为β，所以cosβ＝|cos＜n→，m→＞|【点评】本题考查了利用空间向量求线面角以及二面角的大小，属于较难题．17．（2022•上海）如图，圆柱下底面与上底面的圆心分别为O、O1，AA1为圆柱的母线，底面半径长为1．（1）若AA1＝4，M为AA1的中点，求直线MO1与上底面所成角的大小；（结果用反三角函数值表示）（2）若圆柱过OO1的截面为正方形，求圆柱的体积与侧面积．【考点】直线与平面所成的角．【专题】转化思想；综合法；立体几何；直观想象；运算求解．【答案】（1）arctan2；（2）V＝2π，S＝4π．【分析】（1）转化为解直角三角形问题求解；（2）用圆柱体积和侧面积公式求解．【解答】解：（1）因为AA1为圆柱的母线，所以AA1垂直于上底面，所以∠MO1A1是直线MO1与上底面所成角，tan∠MO1A1=A1所以∠MO1A1＝arctan2．（2）因为圆柱过OO1的截面为正方形，所以AA1＝2，所以圆柱的体积为V＝πr2h＝π•12•2＝2π，圆柱的侧面积为S＝2πrh＝2π•1•2＝4π．【点评】本题考查了直线与平面成角问题，考查了圆柱的体积与侧面积计算问题，属于中档题．18．（2021•北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1，E为A1D1的中点，B1C1交平面CDE交于点F．（Ⅰ）求证：F为B1C1的中点；（Ⅱ）若点M是棱A1B1上一点，且二面角M﹣FC﹣E的余弦值为53，求A【考点】二面角的平面角及求法．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）连结DE，利用线面平行的判定定理证明CD∥平面A1B1C1D1，从而可证明CD∥EF，即可证明四边形A1B1FE为平行四边形，四边形EFC1D1为平行四边形，可得A1E＝B1F，ED1＝FC1，即可证明B1F＝FC1，故点F为B1C1的中点；（Ⅱ）建立合适的空间直角坐标系，设点M（m，0，0），且m＜0，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面CMF与CDEF的法向量，由向量的夹角公式列出关于m的关系式，求解即可得到答案．【解答】（Ⅰ）证明：连结DE，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥C1D1，C1D1⊂平面A1B1C1D1，CD⊄平面A1B1C1D1，则CD∥平面A1B1C1D1，因为平面A1B1C1D1∩平面CDEF＝EF，所以CD∥EF，则EF∥C1D1，故A1B1∥EF∥C1D1，又因为A1D1∥B1C1，所以四边形A1B1FE为平行四边形，四边形EFC1D1为平行四边形，所以A1E＝B1F，ED1＝FC1，而点E为A1D1的中点，所以A1E＝ED1，故B1F＝FC1，则点F为B1C1的中点．另解：取B1C1的中点F′，则EF′与C1D1平行且相等，进而与CD平行且相等，∴E，F′，C，D四点共面，∴B1C1∩平面CDE＝F′，从而F与F′重合，∴点F为B1C1的中点．（Ⅱ）解：以点B1为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体棱长为2，设点M（m，0，0），因为二面角M﹣FC﹣E的余弦值为53，则m＜0，所以m≠0则C（0，2，﹣2），E（﹣2，1，0），F（0，1，0），故FE→设平面CMF的法向量为m→则m→⋅FM所以a=2m，b＝2设平面CDEF的法向量为n→则n→⋅FE所以x＝0，y＝2，故n→因为二面角M﹣FC﹣E的余弦值为53则|cos解得m＝±1，又m＜0，所以m＝﹣1，故A1【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了线面平行的性质定理的应用，二面角的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．19．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=5，QC＝3（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直．【专题】数形结合；转化思想；数形结合法；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）由CD2+QD2＝QC2证明CD⊥QD，再由CD⊥AD，证明CD⊥平面QAD，即可证明平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面ADQ的一个法向量α→，平面BDQ的一个法向量β→，再求cos＜α【解答】（Ⅰ）证明：△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的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，以OD所在直线为y轴，OQ所在直线为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为α→=（1，0，设平面BDQ的一个法向量为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的平面角的余弦值为23【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的余弦值应用问题，也可以直接利用二面角的定义求二面角的余弦值，是中档题．20．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与直线之间的位置关系．【专题】转化思想；向量法；空间角；逻辑思维；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连接AF，易知CF＝1，BF=5，由BF⊥A1B1，BF⊥AB，再利用勾股定理求得AF和AC的长，从而证明BA⊥BC，然后以B为原点建立空间直角坐标系，证得BF→•DE（2）易知平面BB1C1C的一个法向量为p→=（1，0，0），求得平面DEF的法向量n→，再由空间向量的数量积可得cos＜p→，【解答】（1）证明：连接AF，∵E，F分别为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中点，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为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），设B1D＝m，则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的一个法向量为p→=（1，0，由（1）知，DE→=（1﹣m，1，﹣2），EF→=（﹣1，设平面DEF的法向量为n→=（x，y，z），则n→令x＝3，则y＝m+1，z＝2﹣m，∴n→=（3，m+1，2﹣∴cos＜p→，∴当m=12时，面BB1C1C与面故当B1D=12时，面BB1C1C与面【点评】本题考查空间中线与线的垂直关系，二面角的求法，熟练掌握利用空间向量证明线线垂直和求二面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、推理论证能力和运算能力，属于中档题．21．（2021•天津）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．（1）求证：D1F∥平面A1EC1；（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行；直线与平面所成的角．【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出平面A1EC1的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量垂直，即可证明；（2）利用（1）中的结论，由向量的夹角公式求解，即可得到答案；（3）利用待定系数法求出平面AA1C1的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可．【解答】（1）证明：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1（0，0，2），E（2，1，0），C1（2，2，2），故A1设平面A1EC1的法向量为n→则n→⋅A令z＝1，则x＝2，y＝﹣2，故n→又F（1，2，0），D1（0，2，2），所以FD则n→⋅FD1→=0，又D1F故D1F∥平面A1EC1；（2）解：由（1）可知，AC则|cos故直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值为39（3）解：由（1）可知，AA设平面AA1C1的法向量为m→则m→⋅A令a＝1，则b＝﹣1，故m→所以|cos故二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值为1-【点评】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．22．（2021•浙江）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA=15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD（Ⅰ）证明：AB⊥PM；（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直．【专题】数形结合；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】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）由已知求解三角形可得CD⊥DM，结合PD⊥DC，可得CD⊥平面PDM，进一步得到AB⊥PM；（Ⅱ）由（Ⅰ）证明PM⊥平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中点E，连接ME，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出AN→的坐标及平面PDM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与平面PDM【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形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-则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，连接AM，则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中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（-3，2，0），P（0，0，22），C（又N为PC的中点，∴N（32，-平面PDM的一个法向量为n→设直线AN与平面PDM所成角为θ，则sinθ＝|cos＜AN→，故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为156【点评】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求直线与平面所成的角，是中档题．23．（2021•上海）四棱锥P﹣ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD．（1）若△PAB为等边三角形，求四棱锥P﹣ABCD的体积；（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PC与AD所成角的大小．【考点】直线与平面所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由V=13PE•S正方形（2）由PE⊥平面ABCD，知∠PFE＝45°，进而有PE＝FE＝4，PB=25，由AD∥BC，知∠PCB或其补角即为所求，可证BC⊥平面PAB，从而有BC⊥PB，最后在Rt△PBC中，由tan∠PCB=【解答】解：（1）∵△PAB为等边三角形，且E为AB中点，AB＝4，∴PE＝23，又PE⊥平面ABCD，∴四棱锥P﹣ABCD的体积V=13PE•S正方形ABCD=13×2（2）∵PE⊥平面ABCD，∴∠PFE为PF与平面ABCD所成角为45°，即∠PFE＝45°，∴△PEF为等腰直角三角形，∵E，F分别为AB，CD的中点，∴PE＝FE＝4，∴PB=P∵AD∥BC，∴∠PCB或其补角即为PC与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与AD所成角的大小为arctan52【点评】本题考查棱锥的体积、线面角和异面直线夹角的求法，理解线面角的定义，以及利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．24．（2021•上海）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣PAD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．【考点】直线与平面所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】（1）直接由三棱锥的体积公式求解即可；（2）易知直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，求出其正弦值，再由反三角表示即可．【解答】解：（1）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，VC（2）连接A1C1∩B1D1＝O，∵AB＝BC，∴四边形A1B1C1D1为正方形，则OB1⊥OA1，又AA1⊥OB1，OA1∩AA1＝A1，∴OB1⊥平面ACC1A1，∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，∴sin∠∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为arcsin26【点评】本题考查三棱锥体积的求法，考查线面角的求解，考查推理能力及运算能力，属于中档题．

考点卡片1．棱柱、棱锥、棱台的体积【知识点的认识】柱体、锥体、台体的体积公式：V柱＝sh，V锥=132．空间中直线与直线之间的位置关系【知识点的认识】空间两条直线的位置关系：位置关系共面情况公共点个数图示相交直线在同一平面内有且只有一个平行直线在同一平面内无异面直线不同时在任何一个平面内无3．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．4．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．5．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．6．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；（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．（4）答﹣﹣回答求解问题．在求直线和平面所成的角时，垂线段是其中最重要的元素，它可起到联系各线段的纽带的作