十年(2016-2025年)高考数学真题分类汇编:专题21 空间向量的应用解答题综合(解析版)_第1页
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文档简介

专题21空间向量的应用解答题综合

(三大考点,54题)

考点十年考情(2016-2025)命题趋势

通过建立空间直角坐

考点1:异面

2025全国一卷、2021上海卷、2020江苏卷、2018江苏标系,求方向向量夹

直线夹角的向

卷、2017江苏卷均涉及求异面直线所成角的余弦值或大小角,注重向量运算准确

量求法

2025全国二卷、2022全国乙卷/甲卷/北京卷/天津

求直线方向向量与平

卷/浙江卷/上海卷、2021浙江卷/天津卷、2020天

考点2:线面面法向量,利用线面角

津卷/北京卷/海南卷/山东卷、2019浙江卷/全国

角的向量求法与向量夹角关系计算,

II卷、2018全国II卷/浙江卷、2017北京卷、2016全

关键在求法向量

国III卷/四川卷/天津卷均涉及线面角的求解

2025天津卷、2024新课标II卷/北京卷、2023新课

标II卷/新课标I卷/北京卷、2022新高考全国I

求两平面法向量,利用

卷/II卷、2021新高考全国II卷/全国甲卷/全国

考点3:二面法向量夹角求二面角,

乙卷/北京卷、2020全国I卷、2019全国I卷/III

角的向量求法需判断角的类型(锐角

卷/北京卷、2018全国III卷/北京卷/天津卷、

/钝角)

2017全国I卷/II卷/III卷/天津卷、2016全国

I卷/II卷/浙江卷/山东卷均涉及二面角的求解

考点01:异面直线夹角的向量求法

1.(2025·全国一卷·高考真题)如图所示的四棱锥中,平面,.

�−𝐴𝐵��⊥𝐴𝐵��∥𝐵,𝐴⊥𝐵

(1)证明:平面平面;

(2)�𝐴⊥�𝐵,,,,在同一个球面上,设该球面的球心为.

(i�)�证=明�:�=在平2,�面�=1+上;3,��=2�����

(ⅱ)求直线�与直线𝐴𝐵所成角的余弦值.

【答案】(1)证�明�见解析�;�

(2)(i)证明见解析;

(ii).

2

【分析3】(1)通过证明,,得出平面,即可证明面面垂直;

(2)(i)法一:建立空�间�直⊥角𝐴坐标�系�并⊥�表�达出各点𝐴的⊥坐标,�假𝐵设在同一球面上,在平面中,

得出点坐标,进而得出点在空间中的坐标,计算出�,�,�,�,即�可证明结论;���

法二:作�出的边和�的垂直平分线,找到三角��形的=外�心�=,�求�出=𝐵,求出出外心到,,,

的距离相等△,��得�出外心��即𝐵为,,,所在球的球心,即可证�1明结论;��1�1���

�(ii)法一:写出直线�和1的�方向�向�量,�即可求出余弦值.

法二:求出的长,过��点�作�的平行线,交的延长线为,连接,,利用勾股定理求出的

长,进而得出��的长,在���中由余弦定理��求出�1,即可�求�1出直�线�1与直线所成角的�余�1弦

值.��1△���1cos∠���1����

【详解】(1)由题意证明如下,

在四棱锥中,⊥平面,,

平面�−𝐴,𝐵平��面�,�𝐵𝐴⊥𝐵

�∴�⊂�,�𝐵𝐵⊂,𝐴𝐵

∵��⊥平𝐴面��,⊥𝐵平面,,

∴��⊂平面�𝐵,𝐵⊂�𝐵��∩𝐵=�

∵𝐴⊥平面�𝐵,

∴�平�面⊂�平𝐴面.

(2)(i�)𝐴由⊥题意及�(𝐵1)证明如下,

法一:

在四棱锥中,,,,∥,

�−�,�𝐵��⊥�,���⊥𝐵𝐴⊥𝐵��𝐵

�建�立=空�间�直=角2坐标𝐵系=如1下+图所3示,

∴,

若�,0,0,,0,,�在2,同0,0一,个�球2面,2上,0,,�0,1+3,0,�0,0,2

则����,

在平��面=�中�,=��=𝐵

���

∴,

∴线�段0,0,�中点2坐,0标,�2,2,�,0,1+3

23+3

𝐵�2,2

直线的斜率:,

1+3−23−1

𝐵�1=0−2=−2

直线的垂直平分线斜率:,

26+2

𝐵���2=3−1=2

∴直线的方程:,

3+36+22

���−2=2�−2

即,

6+223+3

�=2�−2+2

当时,,解得:,

6+223+3

��

∴�=11=2�−2+2�=0

在立�体0,1几何中,,

�0,1,0

2

22

��=0+1+0−2

2

∵22

𝐴=0−2+1+0

2

22

��=0−2+1−2+0

2

22

解得:𝐵=0+1−1−3+0,

∴点在�平�面=𝐴上=.��=𝐵=3

法二:�𝐴𝐵

∵,,,在同一个球面上,

∴�球心�到四�个�点的距离相等

在中,到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心,

作出△��和�的垂直平分线,如下图所示,

��𝐵

由几何知识得,

,,

1

�1�=𝐴=2��=��=��1=��1=2��=1�1�=𝐵−��1=3

2

2

∴��1=��1=1+,2=3

∴�点1�=是��1=的��外1心,

在Rt�1△�中�,�,,

由勾股△定��理�得,��⊥𝐵��=2

2

222

��1=��+��1=2+1=3

∴,

��1=��1=��1=�1�=3

∴点即为点,,,所在球的球心,

此时点�1在线段��上,��平面,�

∴点在�平面𝐵上.𝐵⊂𝐴𝐵

(ii)�由题意,�(��1�)(2)(ii)及图得,

设直线与直线所成角为,��=2,2,0,��=0,1,−2

∴�����.

��⋅��0+2×1+02

22

cos�=����=22=3

法2:2+2+0×0+1+−2

由几何知识得,,

,∥��,=3

�∴�⊥𝐵,��𝐵

在�R�t⊥��中,,,由勾股定理得,

△𝐴�𝐴=2��=2

2

222

过��点=作𝐴的+平��行线=,交2的+延2长=线为6,连接,,

������1��1��1

则,直线与直线所成角即为中或其补角.

∵��1=平�面�=6,��平面��,△��,�1∠���1

∴��⊥,𝐴𝐵��1⊂𝐴𝐵��∩��1=�

在�R�t⊥��1中,,,由勾股定理得,

111

△𝐴�𝐴=2��=��+�,�=2+1=3

2

222

11

在��Rt=𝐴中+,��=,2由+勾3股定=理1得1,

△���1��=2

22

22

在��1=��中,+由��余1弦=定理得2,+11=13

△���1,

222

1111

即��:=��+��−2��⋅��cos∠���

222

13=3+6−23×6cos∠���1

解得:

2

cos∠���1=−3

∴直线与直线所成角的余弦值为:.

2

1

2.(202�1�·上海·高�考�真题)四棱锥co,s∠底��面�为正=方3形,边长为4,为中点,平面.

�−𝐴𝐵𝐴𝐵�𝐴��⊥𝐴𝐵

(1)若△为等边三角形,求四棱锥的体积;

(2)若�的𝐴中点为,与平面所�成−角𝐴为𝐵45°,求与所成角的大小.

𝐵���𝐴𝐵𝐵��

【答案】(1);(2).

3232

�−𝐴𝐵

【分析】(1)由�棱锥体=积公3式计算;arccos6

(2)建立空间直角坐标系,用空间向量法求二面角.

【详解】(1)∵正方形边长为4,△为等边三角形,为中点,

∴,𝐴𝐵��;��𝐴

12323

�−𝐴𝐵

(2�)�如=图2以3�为=3×4轴×建2立3空=间直3角坐标系,则,,,

��,��,���,�,��(0,0,4)�(−2,4,0)�(−2,0,0)

,∴,,

�(2,4,0)��=(−2,4,−4)��=(4,4,0)

∴,

��⋅��−8+16+02

cos�=|��|⋅|��|=6×42=6

即与所成角的大小为.

2

3.(𝐵2020�·�江苏·高考真题)在a三rcc棱os锥6A—BCD中,已知CB=CD=,BD=2,O为BD的中点,AO⊥平面BCD,

AO=2,E为AC的中点.5

(1)求直线AB与DE所成角的余弦值;

(2)若点F在BC上,满足BF=BC,设二面角F—DE—C的大小为θ,求sinθ的值.

1

4

【答案】(1)(2)

15239

【分析】(1)建15立空间直13角坐标系,利用向量数量积求直线向量夹角,即得结果;

(2)先求两个平面法向量,根据向量数量积求法向量夹角,最后根据二面角与向量夹角关系得结果.

【详解】

(1)连

以��∵为��=�轴�,建��立=空�间�直∴角��坐⊥标�系�,则

𝐴,��,���,�,��(0,0,2),�(1,0,0),�(0,2,0),�(−1,0,0)∴�(0,1,1)

−115

∴��=(1,0,−2),��=(1,1,1)∴cos<��,��>==−

从而直线与所成角的余弦值为5315

15

(2)设平�面���一个法向量为15

����1=(�,�,�),

�1⋅��=0�+2�=0

∵��=(1,2,0),∴

�1⋅��=0�+�+�=0

1

设平�=面1∴�一=个−法2,向�=量1为∴�=(−2,1,1)

171

�2⋅��=0

����2=(�1,�1,�1),∵��=��+��=��+4��=(4,2,0),∴

2

71�⋅��=0

4�1+2�1=0

�1+�1+�1=0

�1=−7∴�1=2,�1=5∴�2=(2,−7,5)

−61

∴cos<�1,�2>==−

因此67813

12239

【点睛sin】�本=题1考3=查利13用向量求线线角与二面角,考查基本分析求解能力,属中档题.

4.(2018·江苏·高考真题)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中

点。

(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;

(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值

【答案】(1)

310

20

(2)

5

【详解5】分析:(1)先建立空间直角坐标系,设立各点坐标,根据向量数量积求得向量的夹角,再

根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果;(2)利用平面的方向量的求法列方程组解��得,�平�1面的一

个法向量,再根据向量数量积得向量夹角,最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.𝐴�1

详解:如图,在正三棱柱ABC−A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,

以为基底,建立空间直角坐标系O−xyz.

1

因为{��A,B�=�A,A�1�=2},

所以.

�(0,−1,0),�(3,0,0),�(0,1,0),�1(0,−1,2),�1(3,0,2),�1(0,1,2)

(1)因为P为A1B1的中点,所以,

31

�(2,−2,2)

从而,

31

��=(−2,−2,2),��1=(0,2,2)

故.

|��⋅��1||−1+4|310

|𝑐���,��1|=|��|⋅|��1|=5×22=20

因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.

310

20

(2)因为Q为BC的中点,所以,

31

�(2,2,0)

因此,.

33

��=(2,2,0)��1=(0,2,2),��1=(0,0,2)

设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,

则即

33

��⋅�=0,2�+2�=0,

1

不妨�取�⋅�=0,2�,+2�=0.

设直线�C=C1(与3平,−面1A,1Q)C1所成角为,

则�,

|��1⋅�|25

sin�=|𝑐���1,�|=|��1|⋅|�|=5×2=5

所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.

5

点睛:本题考查空间向量、异面直线所成角和线5面角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.利用

法向量求解空间线面角的关键在于“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”.

5.(2017·江苏·高考真题)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,且AB=AD=2,

AA1=,∠BAD=120°.

3

(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值;

(2)求二面角B-A1D-A的正弦值.

【答案】(1).(2).

17

【详解】试题7解析4:解:在平面ABCD内,过点A作AEAD,交BC于点E.

因为AA1平面ABCD,⊥

所以AA1⊥AE,AA1AD.

如图,以⊥⊥为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz.

1

因为AB=A�D�=,2�,�,A�A�1=,.

则3∠�𝐵=120°.

(1)�0,0,0,�3,−1,0,�0,2,0,�3,0,0,,�10,0,3,�13,1,3

11

则��=3,−1,−3,��=3,1,3.

�1�⋅��13,−1,−3⋅3,1,31

cos�1�,��1=�1���1=7=−7

因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.

1

7

(2)平面A1DA的一个法向量为.

设为平面BA1D的�一�个=法向3量,0,,0

又�=�,�,�,

1

则��=3,−即1,−3,��=−3,3,0

�⋅�1�=0,3�−�−3�=0,

不妨�取⋅�x=�3,=则0,−3�+,3�=0.

所以�=为平3,面�=BA21D的一个法向量,

从而�=3,3,2,

��⋅�3,0,0⋅3,3,23

𝑐���,�=���=3×4=4

设二面角B-A1D-A的大小为,则.

3

�cos�=4

因为,所以.

27

�∈0,�𝑠��=1−cos�=4

因此二面角B-A1D-A的正弦值为.

7

4

考点02:线面角的向量求法

6.(2022·全国乙卷·高考真题)如图,四面体中,,E为的中点.

𝐴𝐵𝐵⊥𝐵,𝐵=𝐵,∠𝐵�=∠�����

(1)证明:平面平面;

(2)设�𝐵⊥�𝐵,点F在上,当的面积最小时,求与平面所成的角的正弦

值.𝐴=��=2,∠�𝐴=60°��△�����𝐴�

【答案】(1)证明过程见解析

(2)与平面所成的角的正弦值为

43

【分��析】(1)𝐴根�据已知关系证明7,得到,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△;𝐴�≌△𝐴�𝐴=𝐴

(2)根据勾股定理逆用得到,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.

【详解】(1)因为,�E�为⊥��的中点,所以;

在和�中�,=因�为�����⊥��,

所以△𝐴�△𝐴�,所以𝐵=𝐵,,∠又𝐵因�为=E∠�为��,的��中=点�,�所以;

又因为△𝐴�≌△平𝐴面�,𝐴=𝐴,所以��平面,��⊥��

因为��平,�面�⊂,�所�以�平�面�∩��=平�面.��⊥�𝐵

(2)�连�接⊂,�由𝐵(1)知,��平�面⊥�,𝐵因为平面,

所以��,所以��⊥,�𝐵��⊂�𝐵

1

△���2

当��⊥�时�,最�小,即=��⋅�的�面积最小.

因为��⊥����,所以△���,

又因为△𝐴�≌△𝐴,�所以𝐴=是𝐴等=边2三角形,

因为E∠为�𝐴的=中6点0°,所以△𝐴�,,

因为��,所以��=��,=1��=3

1

2

在𝐵⊥中�,���=��=,1所以.

222

以△为�坐𝐴标原点�建�立+如�图�所=示�的�空间直角��坐⊥标�系�,

��−���

则,所以,

设平�面1,0,0,�的一0,个3法,0向,�量为0,0,1�,�=−1,0,1,��=−1,3,0

则𝐴�,�取=�,�,�,则,

�⋅��=−�+�=0

�=3�=3,3,3

又因�为⋅��=−�+3�=0,所以,

3333

所以�−1,0,0,�0,4,4��,=1,4,4

�⋅��643

���77

cos�,��==21×4=

设与平面所成的角为,

��𝐴��0≤�≤2

所以,

43

sin�=cos�,��=7

所以与平面所成的角的正弦值为.

43

��𝐴�7

7.(2022·全国甲卷·高考真题)在四棱锥中,底面

.�−𝐴𝐵𝐵⊥𝐴𝐵,𝐵∥𝐴,𝐵=��=𝐴=1,𝐴=

2,��=3

(1)证明:;

(2)求PD与��平⊥面��所成的角的正弦值.

【答案】(1)证明�见�解�析;

(2).

5

【分5析】(1)作于,于,利用勾股定理证明,根据线面垂直的性质可得,

从而可得平��面⊥𝐴,�再根��据⊥线�面�垂�直的性质即可得证;𝐵⊥��𝐵⊥��

��⊥�𝐵

(2)以点为原点建立空间直角坐标系,利用向量法即可得出答案.

【详解】(1�)证明:在四边形中,作于,于,

因为𝐴𝐵,��⊥𝐴���⊥𝐴�

所以四𝐵边//形𝐴,𝐵=为�等�腰=梯�形�,=1,𝐴=2

所以𝐴𝐵,

1

��=��=2

故,,

322

所以��=2��=��,+��=3

222

所以𝐵+��,=𝐴

因为𝐵⊥平��面,平面,

所以𝐵⊥,𝐴𝐵��⊂𝐴𝐵

又𝐵⊥��,

所以𝐵∩𝐵平=面�,

又因为��⊥平面�𝐵,

所以��⊂;�𝐵

��⊥��

(2)解:如图,以点为原点建立空间直角坐标系,

,�

�则�=3,

则�1,0,0,�0,3,0,�0,0,3,

设平��面=−1的,0法,向3量,��=0,−,3,3,��=0,0,3

则有�𝐴�=�,�,�,可取,

�⋅��=−�+3�=0

{�=3,1,1

则�⋅��=−3�+3�,=0

�⋅��5

cos�,��=���=5

所以与平面所成角的正弦值为.

5

𝐵�𝐴5

8.(2022·北京·高考真题)如图,在三棱柱中,侧面为正方形,平面平面

,,M,N分别为�,��AC−的�1中�1点�1.���1�1���1�1⊥

𝐴�1�1𝐴=��=2�1�1

(1)求证:平面;

(2)再从条件𝑀①∥、条件��②�1这�1两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:;

条件②:𝐴⊥𝑀.

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

【分析】(1)取的中点为,连接,可证平面平面,从而可证平面.

(2)选①②均可�证�明平�面�,�从,�而�可建立如图所�示𝑀的/空/间直�角��坐1�标1系,利用空�间�向//量可求�线��面1�角1

的正弦值.��1⊥𝐴�

【详解】(1)取的中点为,连接,

由三棱柱𝐴可得四�边形��,��为平行四边形,

而𝐴�−�1�1�1,则𝐴�,1�1

而�1�=平�面�1,��=,���平�面//��1,故平面,

而��⊄���1�1,�则�1⊂�,��同1�理1可得��//平面���1�1,

𝑀=��,��=����//����//���1�1

而平面,

故平��面∩��=平�,面��,��⊂,而�𝑀平面,故平面,

(2)因�为�侧�/面/���为1�正1方形�,�故⊂�𝑀,𝑀//���1�1

而平面���1,�1平面�平�面⊥��1,

平面𝐴⊂��平�1面�1𝐴�1�1,⊥故𝐴平�1面�1,

因为𝐴�1�1∩,故𝐴�平1�面1=��1,𝐴⊥𝐴�1�1

因为��//平��面��⊥,故𝐴�1�1,

若选�①�,⊂则𝐴�1�,1而��⊥𝐴,,

故平面𝐴⊥�,�而��平⊥面𝐴�,�故∩𝑀=�,

所以𝐴⊥𝑀,�而��⊂,𝑀�𝐴,⊥故��平面,

故可建𝐴立⊥如�所�1示的空𝐴间⊥直�角�坐1标�系�∩,�则�=���1⊥𝐴�,

故�0,,0,0,�0,2,0,�1,1,0,�0,1,2

设平��面=0,2的,0法,�向�量=为1,1,0,��=,0,1,2

则���,从而�=�,�,�,取,则,

�⋅��=0�+�=0

设直线与平面所成的角为,则�=−1�=−2,2,−1

�⋅��=0�+2�=0

𝐴���.�

42

若sin选�②=,co因s为�,��=2,×3故=3平面,而平面,

故,�而�//����⊥𝐴�,1故�1��⊂,𝐴�1�1

而��⊥���,1�=��=,1,故��=1�1�=�,�

所以�1�=��=2𝐴=𝑀,故△��1�≅,△�𝑀

而∠��1�,=∠�𝑀=90,°故�1�1平⊥面��1,

故可𝐴建⊥立�如�1所示𝐴的∩空�间�直=角�坐标�系�,1⊥则𝐴�,

故�0,,0,0,�0,2,0,�1,1,0,�0,1,2

设平��面=0,2的,0法,�向�量=为1,1,0,��=,0,1,2

则���,从而�=�,�,�,取,则,

�⋅��=0�+�=0

设直线与平面所成的角为,则�=−1�=−2,2,−1

�⋅��=0�+2�=0

𝐴���.�

42

sin�=cos�,��=2×3=3

9.(2022·天津·高考真题)如图,在直三棱柱中,,点D、E、F分别为

的中点,.𝐴�−�1�1�1��⊥𝐴�1�1,��1,𝐵

𝐴=��=��1=2

(1)求证:平面;

(2)求直线��/与/平面𝐴�所成角的正弦值;

(3)求平面��与平�面�1�夹角的余弦值.

【答案】(�11)证𝐵明见解析��1�

(2)

4

5

(3)

10

【分10析】(1)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用

空间向量法可证得�结1论成立;�1��1�1�1�1���

(2)利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值;

(3)利用空间向量法可求得平面��与平�面�1�夹角的余弦值.

【详解】(1)证明:在直三棱柱�1𝐵�中�1,�平面,且,则

以点为坐标原点,、、𝐴�−所�1在�1直�1线分别��为1⊥、、�1轴�建1�立1如下�图�所⊥�示�的空间�1直�1角⊥坐�标1�系1,

�1�1��1�1�1�1���

则、、、、、、、、,则,

11

111

易知�平2,0面,0�的2,2一,0个法�向2,量0,2为�0,0,0�,则0,2,0�0,0,,2故�0,1,0,�1,0,0�1,2,1��=0,2,1

平�面��,故平面�=.1,0,0��⋅�=0��⊥�

∵(�2�)⊄解:𝐴���/,/𝐴�,,

11

设平面�的�法=向2量,0,为0��=0,1,−,2则��=1,2,0,

�⋅�1�=2�1=0

��1��=�1,�1,�1

取,可得,�⋅�1�=�.1−2�1=0

��⋅�4

1

�=2�=0,2,1cos<��,�>=��⋅�=5

因此,直线与平面夹角的正弦值为.

4

15

(3)解:����,�,

11

设平面�的�法=向2量,0,为2��=0,1,0,则,

�⋅�1�=2�2+2�2=0

�1𝐵�=�2,�2,�2

取,可得,则�⋅�1�=�2=0,

�⋅�110

2

�=1�=1,0,−1cos<�,�>=�⋅�=−5×2=−10

因此,平面与平面夹角的余弦值为.

10

11

10.(2022·浙�江𝐵·高考真题��)如�图,已知和10都是直角梯形,,,,,

,,二面角𝐴𝐵𝐵�的�平面角为.�设�/M/�,�N分��别/为/��𝐴的=中5点�.�=3

��=1∠�𝐵=∠𝐵�=60°�−��−�60°��,��

(1)证明:;

(2)求直线𝑀与⊥平𝐵面所成角的正弦值.

【答案】(�1�)证明见解�析��;

(2).

57

【分14析】(1)过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、,由平面知识易得,

再根据二面角的定义�可�知,��,�由�此可知�,���,�,从�而可证得平面��=�,�即

得;∠���=60𝑀⊥��𝑀⊥𝐵𝑀⊥𝐴𝐵

(2�)�由⊥(𝐵1)可知平面,过点做平行线,所以可以以点为原点,,、所在直

线分别为轴、轴�、�轴⊥建立�空�间𝐵直角坐标�系𝐴,�求�出平面的一个�法向量,以��及��,即�可�利用线

面角的向量�公式�解出.��−���𝐵���

【详解】(1)过点、分别做直线、的垂线、并分别交于点、.

∵四边形和��都是直角梯形��,𝐴������,,

由平面几何𝐴知𝐵识易�知��,�𝐴//��,𝐵//��,𝐴=5,��=3,��,则=四1边∠形�𝐵=和∠�四�边�形=60°

是矩形,∴在Rt�和�=Rt𝐷=2,,∠���=∠���=∠,�𝐴=∠𝐴�=90°�����𝐴�

∵△�,𝐵且△���,��=��=23

∴��⊥平��面,��⊥𝐴是�二�面∩角𝐴=�的平面角,则,

∴��⊥是正��三�角,∠形��,�由平�面−��−,�得平面∠平��面�=6,0

∵△是���的中点,��⊂,又𝐴�平�面,𝐴𝐵平⊥面�,��可得,而,∴

平面���,而∴平𝑀面⊥����⊥.���𝑀⊂���𝑀⊥𝐵��∩𝐵=�𝑀⊥

(2)�因��为��平�面⊂�,��过�点∴�做�⊥�平�行线,所以以点为原点,,、所在直线分别为

轴、轴、�轴�建⊥立空�间�直𝐵角坐标系�𝐴,����������

设���−���,则,

33

�(5,3,0),�(0,3,0),�(3,−3,0),�(1,0,3)�3,2,2

33

∴��=3,−,,��=(−2,−23,0),��=(−2,3,3)

设平面的法2向2量为

由𝐵�,得�=(�,�,�),取,

�⋅��=0−2�−23�=0

设直线与平面所成角为,�=(3,−1,3)

�⋅��=0−2�+3�+3�=0

��𝐵��

∴333.

→|�⋅��|33+2+25357

sin�=cos⟨�,��⟩=→=39=7⋅23=14

|�|⋅��3+1+3⋅9+4+4

11.(2022·上海·高考真题)如图所示三棱锥P-ABC,底面为等边三角形ABC,O为AC边中点,且底

面ABC,��⊥

��=��=2

(1)求三棱锥P-ABC的体积;

(2)若M为BC中点,求PM与平面PAC所成角大小(结果用反三角数值表示).

【答案】(1)1;

(2).

3

【分�析=】a(rcs1i)n由4棱锥体积公式计算;

(2)建立空间直角坐标系,用空间向量法二面角.

【详解】(1)底面ABC,底面ABC,则,连接,同理,

又��,⊥,∴��⊂�,�⊥������⊥��

122

��=2��=1��=2��=2−1=3

而,

1

�△𝐴�=2×2×2×sin60°=3

所以;

11

�−𝐴�3△𝐴�3

(2)�由已知=��⋅�,分别=以×3×3为=1轴建立空间直角坐标系,如图,

由已知��,⊥��𝐴,��,���,�,�

则��=,3,,∴,

31

�(0,0,3)�(3,0,0)�(0,1,0)�(2,2,0)

,易知平面的一个法向量是,

31

��=(2,2,−3)����=(1,0,0)

3,

�⋅��23

���314

cos�,��==1×4+4+3=

设PM与平面PAC所成角大小为,则,,∴.

33

�sin�=4�∈[0,π]�=arcsin4

12.(2021·浙江·高考真题)如图,在四棱锥中,底面是平行四边形,

,M,N分别为的�中−点�,�𝐵𝐴𝐵.∠𝐴�=120°,𝐴=

1,��=4,��=15��,��𝐵⊥��,��⊥𝐵

(1)证明:;

(2)求直线𝐴与⊥平��面所成角的正弦值.

𝑀𝐵�

【答案】(1)证明见解析;(2).

15

【分析】(1)要证,可证6,由题意可得,,易证,从而平面,

即有,从�而�得⊥证�;���⊥��𝐵⊥����⊥����⊥𝐵�

(2)�取�⊥�中�点,根据题意可知,两两垂直,所以以点为坐标原点,建立空间直角坐标系,

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