选修2-1学霸必刷题 空间向量与立体几何（解答题）.docx

1、 1 空间向量与立体几何（解答题） 一、解答题一、解答题 1 （辽宁省多校联盟 2019-2020 学年高一下学期数学期末试题）如图，直四棱柱的底面 为直角梯形，分别为棱， 的中点 （1）在图中作出平面与该棱柱的截面图形，并用阴影部分表示(不必写出作图过程)； （2）为棱的中点，求异面直线与所成角的余弦值 【答案】（1）答案见解析；（2） 【解析】（1）取中点，连结， 则四边形是平面与该棱柱的截面图形 （2）直四棱柱的底面为直角梯形， ，分别为棱，的中点， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则， 1111 ABCDABC D ABCD/AB CD90BAD 2AACD 1 1A

2、BADEF 1 BB 1 CC 1 AFF HCD 1 D H EF 10 10 11 C D G 1 AG EG 1 AEFG 1 AEF 1111 ABCDABC D ABCD/AB CD90BAD 1 2AACD 1ABADEF 1 BB 1 CC DDA x DC y 1 DDz 1 0,0,2D0,1,0H1,1,1E0,2,1F 1 0,1, 2HD1,1,0EF 2 设异面直线与所成角为， 则异面直线与所成角的余弦值为 2（陕西省商洛市洛南中学 2020-2021 学年高三上学期第一次模拟数学（理）如图，在正方体 中，E 为的中点 （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正

3、弦值 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）如下图所示： 在正方体中，且，且， 且，所以，四边形为平行四边形，则， 平面，平面，平面； （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标 系， 1 D H EF 1 1 110 cos 1052 D H EF D HEF 1 D H EF 10 10 1111 ABCDABC D 1 BB 1/ / BC 1 ADE 1 AA 1 ADE 2 3 1111 ABCDABC D 11 /AB AB 11 ABAB 1111 /ABC D 1111 ABC D 11 /AB C D 11 ABC D 11 ABC D

4、11 /BCAD 1 BC 1 ADE 1 AD 1 ADE 1/ BC 1 ADE AADAB 1 AAx y z Axyz 3 设正 方体的棱长 为，则、， ， 设平面的法向量为，由，得， 令，则，则， 因此，直线与平面所成角的正弦值为 3（江苏省南京大学附属中学 2020-2021 学年高三上学期第一次阶段检测）如图，四棱锥 SABCD 的底 面是正方形，SD平面 ABCD， 点 E 是上的点，且. （1）求证：对任意的，都有 （2）设二面角 CAED 的大小为，直线 BE 与平面 ABCD 所成的角为，若，求的 值 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）以 D 为原点，的方向

5、分别作为 x，y，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐 标系， 1111 ABCDABC D 20,0,0A 1 0,0,2A 1 2,0,2D0,2,1E 1 2,0,2AD 0,2,1AE 1 ADE, ,nx y z 1 0 0 n AD n AE 220 20 xz yz 2z 2x 1y 2,1, 2n 1 1 1 42 cos, 3 23 n AA n AA nAA 1 AA 1 ADE 2 3 2SDa2ADaSD (02)DEa (0,2 ACBE sincos 2 ,DA DC DS 4 则， ， 即； （2）由（1）得 设平面 ACE 的法向量为，则由得 ，即，取，得 易

6、知平面ABCD与平面ADE的一个法向量分别为与 ，即 由于，解得，即为所求 4（山东省 2021 届高三开学质量检测） 如图， 在几何体 中，底面， ，设点在棱上， 已知平面 （1）求线段的长度； (0,0,0), ( 2 ,0,0), ( 2 , 2 ,0),(0, 2 ,0),(0,0,)DAaBaaCaEa (2 ,2 ,0),(2 ,2 ,)ACaaBEaaa 22 2200AC BEaaa ACBE ( 2 ,0,),(0,2 ,),(2 ,2 ,)EAaa ECaa BEaaa ( , , )nx y z,nEA nEC 0 0 n EA n EC 20 20 xz yz 2z (

7、 , ,2)n 0,0,2DSa 0, 2 ,0DCa 22 sin,cos 422 DC n DS BE DSBEDCn sincos 2 22 2 422 (0,2 2 ABCDEFGHHD ABCD/HD FB /AB DCADDC1AB 2DC 45BCD2HD 1FB MDC AM FBDH DM 5 （2）求二面角的余弦值 【答案】（1）1；（2） 【解析】以为坐标原点，射线为轴的正半轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由，易知 则， （1）设，因为平面，所以， ，解得， 所以线段的长度为 1 （2）设是平面的一个法向量， 则，可取， 同理，设是平面的一个法向量， 则，可取 则，

8、显然二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为 5（重庆市南开中学 2020 届高三下学期第九次教学质量检测数学（理）如图，直三棱柱 111 ABCABC 中，90BAC，ABAC，D、E分别为 1 AA、 1 BC的中点 HAMF 3 3 D ,DADC DH， , ,x y z Dxyz /AB DCADDC1AB 2DC 45BCD1AD 1,0,0A1,1,0B0,2,0C0,0,0D0,0,2H1,1,1F 0, ,0MtAM FBDHAMBD 1, ,0AMt 1, 1,0BD 10AM BDt 1t DM 1 , ,nx y zHAM1,0,2AH 1,0,1MF 1 1 00 2

9、00 xynAM xznAH 1 2,2,1n 2 , ,nu v wAMF 2 2 00 00 uvnAM uwnMF 2 1,1, 1n 12 12 12 3 cos, 3 n n n n n n HAMF HAMF 3 3 6 （1）DE 平面 11 BCC B； （2）若直线 1 BC与 1 AA所成的角为45，求二面角BDCE的正弦值 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 2 【解析】（1）取BC中点F，连接AF、EF， ABAC，F为BC的中点，AFBC， 在直三棱柱 111 ABCABC中， 1 BB 平面ABC，AF 平面ABC， 1 BBAF， 1 BBBCB， AF平面 1

10、1 BCC B E、F分别为 1 BC、BC中点， 1 1 2 EFBB， 1 /EF BB， DQ为 1 AA中点， 1 1 2 ADBB， 1 /ADBB， /AD EF，ADEF， 四边形ADEF为平行四边形， /AF DE，所以DE 平面 11 BCC B； （2）设2ABAC， 11 /AA CC， 11 BCC为异面直线 1 BC、 1 AA所成的角， 11 45BCC， 111 2 2CCBC， 以A为坐标原点， 以AB、AC、 1 AA所在的直线分别为x、y、z轴建立如图所示空间直角坐标系Axyz ， 则0,0,0A，2,0,0B，0,2,0C，1,1,0F，0,0,2D， 1

11、,1,2E ， 7 2,2,0BC ， 2,0, 2BD ， 1, 1, 2CE ，1,1,0DEAF， 设平面BCD的法向量为, ,mx y z，由 0 0 m BC m BD ，可得 220 220 xy xz ， 令1x ，则1y ， 2z ，所以，平面BCD的一个法向量1,1, 2m ， 设平面CDE的法向量为, ,na b c，由 0 0 n CE n DE ，可得 20 0 abc ab ， 令1a，则1b， 2c ，所以，平面CDE的法向量为1,1, 2n ， 设二面角BDCE的大小为， 21 cos 2 22 mn m n ， 所以 2 3 sin1 cos 2 6 （重庆市第

12、八中学 2020 届高三下学期第五次月考数学 （理） ） 如图， 在四棱锥PABCD中， 底面 ABCD 为正方形，AP 平面 CDP，已知2APDP，Q 为线段 DP 的中点 （1）求证：/BP平面 ACQ； （2）求二面角CBQP的平面角的余弦值 【答案】（1）证明见解析 （2） 5 51 51 【解析】（1）连结BD交AC于点O，连结OQ ABCD 为正方形，则O为BD的中点，又Q为DP中点 所以 / /OQBP，BP 面ACQ，OQ 面ACQ，所以 /BP面ACQ （2）AP 平面 CDP，CD 面CDP，则APCD 又 ABCD 为正方形，所以ADCD，且ADAPA 所以CD面ADP

13、， 由CD 面 ABCD所以面ADP 面 ABCD 过P作PHAD交AD于H点，则PH 面 ABCD 2APDP，则2 2AD 取BC的中点为N， 8 以H为原点， HA为x轴，HN为轴y，HP为z轴建立空间直角坐标系 则 22 0,0, 2 ,0,2,2 2,0 22 PQB ，2 2 2,0C， 设面BPQ的法向量为 1111 ,nx y z， 3 22 , 2 2, 22 BQ ， 22 ,0, 22 QP 所以 1 1 0 0 n BQ n QP ，即 111 11 3 22 2 20 22 22 0 22 xyz xz ，取 1 1,1,1n ， 设面CBQ的法向量为 2222 ,n

14、xy z， 3 22 , 2 2, 22 BQ ，2 2,0,0BC ， 所以 2 2 0 0 nBQ nBC ，即 222 2 3 22 2 20 22 2 20 xyz x ，取 2 0,1,4n ， 所以 12 12 12 55 51 cos, 51173 n n n n nn ， 所以二面角CBQP的平面角的余弦值 5 51 51 . 7 （辽宁省辽阳市辽阳县集美中学 2020-2021 学年高二上学期第一次月考） 在直线三棱柱 111 ABCABC中， 1 90 ,1BACABACAA，延长 11 AC至点P，使 11 1 CPAC，连接AP交棱 1 CC于点D以 1 A为 坐标原点

15、建立空间直角坐标系，如图所示 9 （1）写出 1 A、B、 1 B、C、D、P的坐标； （2）求异面直线 1 AB与 1 PB所成角的余弦值 【答案】（1） 11 1 0,0,0 ,1,0,1 ,1,0,0 ,0,1,1 ,0,1,0,2,0 2 ABBCDP ；（2） 10 10 【解析】（1） 11 1 0,0,0 ,1,0,1 ,1,0,0 ,0,1,1 ,0,1,0,2,0 2 ABBCDP （2） 11 1,0,1 ,1, 2,0ABPB， ， 异面直线 1 AB与 1 PB所成角的余弦值为 10 10 . 8（江苏省镇江市扬中市第二高级中学 2020-2021 学年高三上学期初检测

16、）如图，已知四棱锥PABCD 的底面是菱形，对角线AC，BD交于点O，8OA，6OB，8OP ，OP 底面ABCD，设点M满 足(01)PMMC （1）若 1 3 ，求二面角MAB C的大小； （2）若直线PA与平面BDM所成角的正弦值 10 10 ，求的值 【答案】（1） 4 （2） 1 2 10 【解析】（1）以 O 为坐标原点，建立坐标系OABP，则 (8,0,0)A ，(0,6,0)B，( 8,0,0)C ，(0, 6,0)D，(0,0,8)P， 所以( 8,6,0)AB ， 1 3 PMMC，设, ,M x y z， 则 1 , ,88, 3 x y zxyz ，2,0,6M，所以2

17、6 6BM ， ， 易知平面ABC的一个法向量 1=(0,0,1) n，设平面MAB的一个法向量为 2 , ,nx y z， 则 860 2660 xy xyz ， 3 4 5 x y z ，所以 2 3,4,5n ， 12 12 12 52 cos 21 5 2 n n n n n n ， ， 由图形可得，二面角MAB C为锐角，所以二面角MAB C的大小为 4 （2）808 ,012 0PADB， ， 1 3 PMMC，设, ,M x y z， 则, ,88,x y zxyz ， 88 ,0, 11 M ， 所以 88 , 6, 11 BM ，设平面BDM的一个法向量, ,nx y z，

18、则 88 60 11 120 xyz y ，令z，则1,0, 4 n ， 2 8 2188PAnPA n， 因为直线PA与平面BDM所成角的正弦值 10 10 ， 则 22 88101 cos, 10 8 2122 PA n PA n= PA n ， 2 2520，解得： 1 2 2或，01Q， 1 2 11 9（辽宁省辽阳市辽阳县集美中学 2020-2021 学年高二上学期第一次月考）已知空间中三点( 2,0,2)A ， ( 1,1,2)B ，( 3,0,4)C ，设a AB ，b AC （1）求向量a与向量b的夹角的余弦值； （2）若ka b 与 2kab 互相垂直，求实数k的值 【答案】

19、（1） 10 10 ；（2） 5 2 k 或2k 【解析】（1）1,1,0aAB，1,0,2bAC ， 设a与b的夹角为， 110 cos 1010 | a b a b ； （2）1, ,2kabkk，22, , 4kabkk且2kabkab， 2 (1)(2)80kkk ，即： 5 2 k 或2k 10（河北省邯郸市大名县第一中学 2020-2021 学年高二上学期 9 月月考）如图，在四棱锥PABCD中， PD 底面ABCD，/AD BC，90ABC，45BCD，2BCAD （1）求证：BDPC； （2）若PCBC，求平面PAD和平面PBC所成的角（锐角）的余弦值 【答案】（1）证明见解析

20、；（2） 6 3 【解析】（1）取BC的中点E，连接DE，因为2BCAD，所以ADBE， 12 又/AD BC，所以四边形ABED是平行四边形 因为90ABC所以四边形ABED是矩形所以DEBC 又45BCD，所以 1 2 DECEBC 所以BCD是直角三角形，即BDCD 又PD 底面ABCD，BD 底面ABCD，所以BDPD 又CD 平面PCD，CD 平面PCD，且PDCDD 所以BD 平面PCD又PC 平面PCD，所以BDPC （2）如图，以D为坐标原点，分别以DB，DC，DP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系 Dxyz ，设1AD ，则2BC ，由（1）知1DE ， 2DC ，

21、 2DB PCBC又，所以 2PD 所以 22 ( 2,0,0),(0, 2,0), (0,0, 2),0 22 BCPE 所以(2, 2,0),BC (0, 2,2)PC 设平面PBC的法向量为, ,nx y z，则 nBC nPC ， 所以 0 0 n BC n PE ，即 220 220 xy yz ，取1x ，则 1y ， 1z ， 所以平面PBC的一个法向量为1,1,1n 又平面PAD的一个法向量为 22 ,0 22 mDE 13 所以 26 cos, 3|3 1 m n m n m n . 所以平面PAD和平面PBC所成的角（锐角）的余弦值为 6 3 11（安徽省合肥市庐江县 20

22、19-2020 学年高二下学期期末数学（理）如图，AE平面ABCD， ,CFAEADBC ，,1,2ADABABADAEBC （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EBDF的余弦值为 1 3 ，求线段CF的长 【答案】（1）见证明；（2） 4 9 （3） 8 7 【解析】依题意，可以建立以 A 为原点，分别以,AB AD AE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0,0,0 ,1,0,0 ,1,2,0 ,0,1,0 ,0,0,2ABCDE 设0CFh h，则1,2,Fh （1）依题意，1,0,0AB 是平面

23、ADE 的法向量，又0,2,BFh，可得 0BF AB ， 又直线BF 平面ADE，所以BF平面ADE 14 （2）依题意，( 1,1,0),( 1,0,2),( 1, 2,2)BDBECE ， 设, ,nx y z为平面 BDE 的法向量，则 0 0 n BD n BE ，即 0 20 xy xz ， 不妨令 z=1，可得2,2,1n r ，因此有 4 cos, 9| CE n CE n CEn 所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为 4 9 （3）设, ,mx y z为平面 BDF 的法向量，则 0 0 m BD m BF ，即 0 20 xy yhz 不妨令 y=1，可得 2 1,1

24、,m h 由题意，有 2 2 4 1 cos, 34 3 2 m n h m n mn h ，解得 8 7 h 经检验，符合题意所以，线段CF的长为 8 7 12（四川省宜宾市叙州区第二中学校 2021 届高三上学期开学考试数学（理）如图，在以A，B，C， D，E，F为顶点的五面体中，平面CDEF 平面ABCD，FCFB，四边形ABCD为平行四边形， 且45BCD （1）求证：CDBF； （2）若22ABEF， 2BC ，直线BF与平面ABCD所成角为 60 ，求平面ADE与平面BCF所 成锐二面角的余弦值 【答案】（1）证明见解析；（2） 42 7 【解析】（1）过F作FOCD交CD于O，连

25、接BO，由平面CDEF 平面ABCD，得FO平面 ABCD，因此FOOB 15 FBFC，FOFO，90FOCFOB，FOCFOB，OBOC， 由已知45DCB得BOC为等腰直角三角形， 因为OBCD，又CDFO，OBOFO， CD平面FOB，CDBF （2）/ABCD，AB平面CDEF，CD 平面CDEF，/AB平面CDEF， 平面ABEF平面CDEFEF，/ABEF由（1）可得OB，OC，OF两两垂直，以O为坐标 原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 由题设可得60FBO，进而可得1, 2,0A，1,0,0B，0,1,0C，0, 1,0D，0, 1, 3E， 0,0, 3F 设平

26、面ADE的法向量 111 ,mx y z，则 0 0 m AD m DE ， 11 1 0 30 xy z ，可取1,1,0m 设平面BCF的法向量 222 ,nx y z，则 0 0 n BC n CF ， 22 22 0 30 xy yz ， 可取3, 3,1n 则 2 342 cos, 727 m n m n mn 二面角的余弦值为 42 7 13 （江苏省无锡市江阴市 2020-2021 学年高三上学期开学检测） 如图1， 在直角梯形ABCD中，/AD BC， 2 BAD ，1ABBC，2AD ，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起 16 到 1 ABE的位置，如图2

27、 （1）CD平面 1 AOC； （2）若平面 1 ABE 平面BCDE，求平面 1 ABC与平面 1 ACD夹角的余弦值 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3 【解析】（1）在图1的直角梯形CD中，连接CE， /AD BC，1ABBC，2AD ，E是AD的中点， 所以/AE BC且AEBC， 所以， 四边形ABCE 是菱形，则ACBE， 翻折后，在图2中， 1 BEOA，BE OC 1 OAOCO， BE平面 1 AOC， 又/D C且1BC ，2AD ，E是AD的中点，/BC DE且BCDE， 所以四边形BCDE是平行四边形，从而/CD BE BE 平面 1 AOC， CD平面 1 AO

28、C； （2）由已知，平面 1 ABE 平面BCDE，又由（1）知， 1 BEOA，BE OC 所以 1 AOC为二面角 1 ABEC的平面角，所以 1 2 AOC 如图，以O为原点，OB、OC、 1 OA所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Oxyz，因为 11 1ABAEBCED， /BC DE且BCDE， 所以 2 ,0,0 2 B ， 2 ,0,0 2 E ， 1 2 0,0, 2 A ， 2 0,0 2 C 17 得 22 ,0 22 BC ， 1 22 0, 22 AC ,， 2,0,0CDBE 设平面 1 ABC的法向量 1111 ,nx y z，平面 1 ACD的法向量 2

29、222 ,nxy z， 平面 1 ABC与平面 1 ACD夹角为， 则 1 11 0 0 n BC nAC ，得 11 11 0 0 xy yz ，令 1 1y ，可得 11 1xz，则 1 1,1,1n ， 2 21 0 0 nCD nAC ，得 2 22 0 0 x yz ，令 2 1y ，可得 2 0 x ， 2 1z ，则 2 0,1,1n ， 从而 12 12 12 26 coscos, 332 n n n n nn ， 即平面 1 ABC与平面 1 ACD夹角的余弦值为 6 3 14（江苏省百校联考 2020-2021 学年高三上学期第一次考试）如图，已知ACBC，DB 平面ABC

30、， EA 平面ABC，过点D且垂直于DB的平面与平面BCD的交线为l，1ACBD，3BC ， 2AE （1）l 平面AEC； （2）设点P是l上任意一点，求平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值 【答案】（1）证明见解析；（2）60 18 【解析】（1）因为BD，BD 平面ABC，所以/平面ABC， 又平面BCDl，平面ABC平面BCDBC，所以BC/l 因为EA 平面ABC，所以BCAE又BCAC，AEEAA， 所以BC平面AEC，从而l 平面AEC （2）作CF/AE，以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz， 则0,1,0A，0,0,0C，3,0,1D，0,1,2E， 设,0

31、,1P a，平面PAE平面ACD的法向量分别为 111 ,mx y z， 222 ,nx y z， 则, 1,1APa，0,0,2AE ，0, 1,0AC ，3,0,1CD 因为m 平面PAE，所以 111 1 0 20 axyz z ，令 1 1x ，得 1 ya， 1 0z ，即1, ,0ma 同理 2 22 0 30 y xz ，令 2 1x ，得 2 0y ， 2 3z ，即1,0,3n 因为 2 11 cos, 2 21 m n a ，当且仅当0a时取等号， 所以平面PAE与平面ACD所成锐二面角的最小值为60 15（江苏省南京市秦淮中学 2020-2021 学年高三上学期期初调研）

32、如图，AB是半圆O的直径，C是半 圆O上除A，B外的一个动点，DC垂直于半圆O所在的平面，/DC EB，1DCEB，4AB （1）平面ADE 平面ACD； （2）当C点为半圆的中点时，求二面角DAEB的余弦值 19 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 6 【解析】（1）AB是圆O的直径，ACBC， DC 平面ABC，BC 平面ABC，DCBC， 又DCACC，BC平面ACD， /DC EB，DCEB，四边形DCBE是平行四边形，/DE BC，DE 平面ACD， 又DE 平面ADE，平面ACD平面ADE （2）当C点为半圆的中点时， 2 2ACBC ， 以C为原点，以CA，CB，CD为坐标轴建

33、立空间坐标系如图所示： 则0 01D， ，0 2 21E，2 2 0 0A， ，0 2 2 0B， 2 2,2 2,0AB ，0,0,1BE （），0,2 2,0DE ，(2 2,0, 1)DA， 设平面DAE的法向量为 111 ,mx y z （）,，平面ABE的法向量为 222 ,nx y z （）， 则 0 0 m DA m DE ， 0 0 AB BE n n ，即 11 1 2 20 2 20 xz y ， 22 2 2 22 20 0 xy z ， 令 1 1x 得 1,0,2 2m ，令 2 1x 得1,1,0n 12 , 632 m n cos m n m n 二面角DAEB是

34、钝二面角，二面角DAEB的余弦值为 2 6 16（浙江省平阳县浙鳌高级中学 2021 届高三上学期期初教学质量监测）正三棱锥OABC的底面正三 角形ABC的边长为2 2，侧棱2OA，E，F分别为AB，AC中点，H为EF中点，棱OA上有一点 1 A（不为中点），直线 1 AE与直线OB交于 1 B，直线 1 AF与直线OC交于 1 C 20 （1） 11 BC 平面OAH； （2）若 1 3 2 OA ，求直线 1 OC与平面 111 ABC所成角的正弦值 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 6 【解析】 （1） 由题意可得EF是正三角形ABC的中位线， 所以/EFBC，EF 面OBC，BC

35、面OBC， 可得/EF面OBC，EF 面 111 ABC，面 111 ABC 面 11 =OBC BC，则 11 / /EFBC，在正三角形AEF中， H为EF中点，可得EFAH，即 11 BCAH， 底面正三角形ABC的边长为2 2，侧棱长为2，可得三条侧棱两两垂直， 即,OAOB OAOC，OBOCO，可得OA面OBC，则OA 11 BC， 又OAAHA，由线面垂直的判定定理可得 11 BC 平面OAH （2）由已知可得三条侧棱两两垂直，以直线,OAOB OC，分别为 , ,x y z轴建立空间直角坐标系，则 1 1 2,0,00,0,2 ,0,2,0 ,1,0,1 ,1,1,0 ,1,

36、2 2 ABCEFH ， 1 3 ,0,0 2 A ， 设 1 0,0,Bt，则 11 1 ,0,1 ,1,0,1 2 AEEBt ，由 1 AE与 1 EB共线得 11 =AEEB， 得 1 2 11t ，解得3t ，所以 1 0,0,3B，同理得 1 0,3,0C， 可得 1111 33 ,0,3 ,3,0 22 ABAC ，设平面 111 ABC的一个法向量为, ,nx y z， 21 3 30 2 3 30 2 xz xy ，令2x，得 1yz，即 2,1,1n ， 1 0,3,0OC ， 设直线 1 OC与平面 111 ABC所成角为，则 1 1 1 36 sincos, 636 n

37、 OC n OC n OC ， 则直线 1 OC与平面 111 ABC所成角的正弦值为 6 6 17（湖南省岳阳市汨罗市二中 2020-2021 学年高三上学期入学考试）如图，在四棱锥PABCD中，底 面ABCD是边长为 2 的菱形，60 ,90DABADP ，平面ADP 平面ABCD，点F为棱PD的 中点 （1）在棱AB上是否存在一点E，使得AF平面PCE，并说明理由； （2）当二面角DFCB的余弦值为 2 4 时，求直线PB与平面ABCD所成的角 【答案】（1）见解析（2）60 【解析】（1）在棱AB上存在点E，使得/AF平面PCE，点E为棱AB的中点 理由如下：取PC的中点Q，连结EQ、

38、FQ，由题意， / /FQDC且 1 2 FQCD， /AECD且 1 2 AECD，故/ /AEFQ且AEFQ所以，四边形AEQF为平行四边形 所以， / /AFEQ，又EQ 平面PEC，AF 平面PEC，所以， /AF平面PEC （2）由题意知ABD为正三角形，所以EDAB，亦即EDCD， 22 又90ADP，所以PDAD，且平面ADP 平面ABCD，平面ADP平面ABCDAD，所以 PD 平面ABCD，故以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 设FDa，则由题意知0,0,0D，0,0,Fa，0,2,0C，3,1,0B， 0,2,FCa， 3, 1,0CB ，设平面FBC的法向量为, ,m

39、x y z， 则由 0 0 m FC m CB 得 20 30 yaz xy ，令1x ，则3y ， 2 3 z a ， 所以取 2 3 1, 3,m a ，显然可取平面DFC的法向量1,0,0n ， 由题意： 2 21 cos, 412 1 3 m n a ，所以3a 由于PD 平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD， 所以PBD为直线PB与平面ABCD所成的角， 易知在Rt PBD中，tan3 PD PBDa BD ，从而60PBD， 所以直线PB与平面ABCD所成的角为60 18 （河北省石家庄市第二中学 2020-2021 学年高二上学期 8 月线上考试（二）如图，在三棱锥

40、PABC 中，PB 平面ABC，平面PAC 平面PBC，2PBBC （1）AC 平面PBC； （2）若二面角BPA C的余弦值为 10 10 ，线段PA的长 23 【答案】（1）证明见解析（2）3 【解析】（1）PB 平面ABC，AC 平面ABC，PBAC 取PC的中点为D，连接BD，,PBBCBDPC， 又平面PAC 平面PBC，平面PAC平面PBCPC，BD 平面PBC BD平面PAC，又AC 平面PAC，BDAC， PBBDB，,PB BD 平面PBC，AC平面PBC. （2）设ACa，由（1）知，AC 平面PBC，BC 平面PBC，ACBC 如图，分别以,CA CB所在直线为x轴，y轴

41、，过点C作z轴，且平行于PB，建立空间直角坐标系，易得 (0,0,0), ( ,0,0), (0,2,0), (0,2,2),(0,1,1)CA aBPD， 平面PAC的法向量为(0,1, 1)DB ， 设平面PAB的法向量为( , , ),(0,0,2),( , 2,0)mx y z BPBAa， 0,20 2 ,1,0 20, 0 m BPz m axya m BA ， 2 110 cos, 104 21 DB m a ， 解得 2 1a ，即 1a ，从而得出 5AB ，在Rt PBA中， 22 3PAPBBA ， 线段PA的长为3. 19（湖南省长沙市雅礼中学 2020 届高三高考数学

42、（理）模拟（一）在四棱锥PABCD中， 24 1 2 APPDDCCBBA，PBPC，90APDDCBCBA （1）平面PAD 平面ABCD； （2）求直线PB与平面PCD夹角的正弦值 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 3 【解析】（1）设AD、BC的中点分别为 O、E，连接PO、OE、EP 则OE为直角梯形ABCD的中位线，故BCOE 又PBPC且 E 为BC中点，故BCPE 又PEOEE，从而BC平面PEO，从而POBC 又APPD且 O 为AD中点，故POAD 这样PO与平面ABCD内的两条相交直线AD，BC垂直 从而PO平面ABCD又PO平面PAD，故平面PAD 平面ABCD （2

43、）在AB上取一点 F，使得4ABAF，则OF，OE，OP两两垂直，以 O 为原点，射线OF，OE， OP分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 设1AF ，求得1,3,0B，0,0, 2P，1,3,0C ，1,1,0D 从而：1,3,2PB ，1,3,2PC ，1,1,2PD 设平面PCD的法向量为, ,nx y z，由 320 20 xyz xyz 可取2,0, 1n 25 2 cos, 3 n PB n PB n PB ，故直线PB与平面PCD夹角的正弦值为 2 3 20 （浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟 2020-2021 学年高三上学期返校联考） 如图， 在三棱台ABCD

44、EF 中，平面ACFD平面DBC，60ACB，45ACD， 2AC AD （1）ADBC； （2）若 2ADBC ，求直线DE与平面DBC所成角的正弦值 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3 【解析】（1）设 2ADa ，则AC2a，又45ACD， 由余弦定理知： 2DCa 由勾股定理的逆定理知：ADDC， 又平面ACFD平面DBC，平面ACFD平面DBCDC， AD 平面ACFD，AD 平面DBC，BC 平面DBC，ADBC （2）令 2ADa ，则BCa， 又AC2a，60ACB，由余弦定理知：3ABa， 222 ABBCAC，ABBC，AD 平面DBC，ADBD， 22 BDABAD

45、a ，如图，以A点为原点，建立空间直角坐标系 26 (0,2 ,0)Ca ， 33 ,0 22 Baa ， (0,0,0)A ， 设点D为, ,x y z，则 22222 22222 2 2 222 2 (2 )2 33 22 ADxyza ACxyaza DBxayaza 得到： 36 , , 33 Da aa 31 ,0 22 CBaa ， 36 , 33 CDaaa ， 设平面BCD的法向量为 111 ,nx y z， 11 111 31 0 22 36 0 33 n CBaxay n CDaxayaz ，得到(1, 3,2)n ， 又 33 ,0 22 ABaa ， |2 36 sin 3|3 2 AB na AB na 21 （江西省赣州市赣县第三中学 2019-2020 学年高二 6 月份考试（理）如图，已知四棱锥PABCD的 底面为边长为2的菱形，, 3 BADPAPB M 为AB中点，连接MD （1）求证：平面PCD平面PMD； （2）若平面PAB 平面ABCD，且二面角BAPD的余弦值为 5 5 ，求四棱锥PABCD的体积 27 【答案】（1）见证明；（2）2 【解析】（1）连接BD， 菱形ABCD中， 3 BAD ，ABD为等边三角形， 又M为BC中点，DMAB又PAPB，则PMAB，