2025年高考数学复习之空间向量与立体几何

2025年高考数学复习热搜题速递之空间向量与立体几何（2024年7月）

选择题（共10小题）

1.己知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，则a截此正方体所得截面面积的

最大值为（

3V32V33V2V3

A.-----C.—D.

442

2.在长方体AIBICLDI中，AB=BC=2,AG与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体

积为（）

A.8B.6V2C.8V2D.8百

3.已知AABC是面积为丁的等边三角形,且其顶点都在球。的球面上.若球。的表面积为16m则。

到平面45c的距离为（）

4.如图，在正方体ABC。-481CiDi中，点O为线段8。的中点，设点尸在线段CQ上，直线。尸与平

面48。所成的角为a,则sina的取值范围是（）

V62V22V2

C.T'VD.I—.1]

5.在长方体A8CQ-AiBiCiDi中，己知81D与平面ABC。和平面A4121B所成的角均为30°,则（）

A.AB^2AD

B.A8与平面A81C1。所成的角为30°

C.AC=CB\

D.81。与平面881cle所成的角为45°

6.己知四棱锥S-ABC。的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）.设SE与BC

所成的角为91，SE与平面ABC。所成的角为。2,二面角S-AB-C的平面角为例，则（）

A.01^02^03B.03^92^01C.01^03^02D.02<03^01

7.如图，已知正四面体o-ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、0、R分别为A3、BC、CA上的点,

BQCR

AP=PB,—=—=2,分别记二面角。-PR-Q,D-PQ-R,。-QR-P的平面角为a、0、y,则

QCRA

（）

A.y<a<pB.a<y<pC.a<p<yD.p<y<a

8.已知正四棱柱AiBO中，AAi=2AB,则CD与平面2£>G所成角的正弦值等于（）

9.在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）ABCO-ALBICLDI中，A8=AD=AAi=l,ZBAD=ZBAAi

=ND44=60°,则AC1的长为（）

10.日辱是中国古代用来测定时间的仪器，利用与号面垂直的辱针投射到号面的影子来测定时间.把地球

看成一个球（球心记为。），地球上一点4的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平

面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日辱，若辱面与赤道所在平面平行，点A处的

纬度为北纬40°,则号针与点A处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°C.50°D.90°

二.填空题（共5小题）

7

11.已知圆锥的顶点为S,母线S4,S3所成角的余弦值为SA与圆锥底面所成角为45°,若的

面积为5m，则该圆锥的侧面积为.

12.已知NACB=90°,尸为平面A3C外一点，PC=2,点P到/两边AC,BC的距离均为百，那

么P到平面ABC的距离为.

13.已知圆锥的顶点为S,母线SA,S3互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若ASAB的面积为8,

则该圆锥的体积为.

14.如图，在棱长为2的正方体ABC。-AIBICLDI中，E为BC的中点，点P在线段。1E上，点尸到直线

CC1的距离的最小值为.

15.已知02是空间单位向量，e1•e2=彳若空间向量。满足b,e1=2,b•e2=m且对于任意了，y^R,

ee

\b-(xe1+ye2)|>\b-(xoi+yo2)l=1(无0，yoeR),贝!Ixo=,yo=，\b\

三.解答题(共5小题)

16.如图，在四棱锥尸-A8CD中，AB//CD,且/CZ)P=90°.

(1)证明：平面B48_L平面以。；

(2)若必=PO=AB=OC,ZAPD=90°，求二面角A-PB-C的余弦值.

17.如图，在三棱锥P-A3C中，AB=BC=2五,B4=P3=PC=AC=4,。为AC的中点.

(1)证明：PO_L平面ABC；

(2)若点M在棱BC上，且二面角M-E4-C为30°,求尸C与平面所成角的正弦值.

18.如图，四棱锥P-A8CD中，侧面外。为等边三角形且垂直于底面ABC。，AB=BC=1AD,ZBAD=

ZABC=90°,E是P。的中点.

(1)证明：直线CE〃平面B42；

(2)点M在棱PC上，且直线与底面A8CD所成角为45°,求二面角M。的余弦值.

19.如图，直四棱柱ABC£)-48ICLDI的底面是菱形，441=4,48=2,ZSA£)=60°,E,M,N分别是

BC,BBi,A1D的中点.

(1)证明：〃平面C1DE；

(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.

20.如图，直三棱柱ABC-481cl的体积为4,△4BC的面积为2/.

(1)求A到平面A1BC的距离；

(2)设。为4C的中点，AAi^AB,平面AiBC_L平面求二面角A-3。-C的正弦值.

2025年高考数学复习热搜题速递之空间向量与立体几何（2024年7月）

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题）

1.已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，则a截此正方体所得截面面积的

最大值为（）

3V32V33V2V3

A.-----B.-----C.-----D.—

4342

【考点】几何法求解直线与平面所成的角.

【专题】计算题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离；空间角.

【答案】A

【分析】利用正方体棱的关系，判断平面a所成的角都相等的位置，然后求解a截此正方体所得截面

面积的最大值.

【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，

如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，a截此正方体所得截面面积的最大，

此时正六边形的边长立，

2

a截此正方体所得截面最大值为：6X苧x哈2=筌

故选：A.

【点评】本题考查直线与平面所成角的大小关系，考查空间想象能力以及计算能力，有一定的难度.

2.在长方体ABC。-481CiDi中，AB=BC=2,ACi与平面881cle所成的角为30°,则该长方体的体

积为（）

A.8B.6V2C.8V2D.8V3

【考点】几何法求解直线与平面所成的角.

【专题】计算题；数形结合；转化思想；综合法；空间位置关系与距离.

【答案】C

【分析】画出图形，利用已知条件求出长方体的高，然后求解长方体的体积即可.

【解答】解：长方体ABCZ）-43ICLDI中，AB=BC=2,

AQ与平面881cle所成的角为30°,

AD

即NACiB=30°,可得BCi=+%-=25.

tan^O

可得BBI=J(2佝2_22=2&.

所以该长方体的体积为：2x2x2a=8a.

故选：C.

【点评】本题考查长方体的体积的求法，直线与平面所成角的求法，考查计算能力.

3.已知△ABC是面积为迪的等边三角形，且其顶点都在球。的球面上.若球。的表面积为16m则。

4

到平面ABC的距离为（）

l3V3

A.V3B.-C.1D.—

22

【考点】空间中点到平面的距离.

【专题】计算题；转化思想；分析法；空间位置关系与距离；直观想象；数学运算.

【答案】C

【分析】画出图形，利用已知条件求三角形ABC的外接圆的半径，然后求解即可.

【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC是面积为延的等边三角形，^—AB2=―,

444

：.AB=BC=AC=3f

可得：AOi=xx3=V3,

球O的表面积为16n,

外接球的半径为：&所以4ITR2=I6TT,解得H=2,

所以。到平面ABC的距离为：V4^3=l.

故选：C.

【点评】本题考查球的内接体问题，求解球的半径，以及三角形的外接圆的半径是解题的关键.

4.如图，在正方体ABC。-ALBICiDi中，点。为线段8。的中点,设点尸在线段CC1上，直线。尸与平

面48。所成的角为a,则sina的取值范围是（）

V62V22V2

C.D•丁I】

【考点】几何法求解直线与平面所成的角.

【专题】空间角；直观想象；数学运算.

【答案】B

【分析】由题意可得：直线。尸于平面48。所成的角a的取值范围是[4。4,舒U[/CiOAi，身.再

利用正方体的性质和直角三角形的边角关系即可得出.

【解答】解：由题意可得：直线OP于平面所成的角a的取值范围是[上4。4>^[ZCrOAr,

不妨取AB=2.

在RtAAOAi中，sinZAOA.=勃=,2=电.

公°3

sinZCiOAi=sin(it-2ZA0A1)=sin2NAOAi=2sinNAOAicosNAOAi=2x亨x字=＞乎，

■/U1

sin2=1.

；.sina的取值范围是悖，1].

【点评】本题考查了正方体的性质和直角三角形的边角关系、线面角的求法，考查了推理能力，属于中

档题.

5.在长方体ABCD-481C1D1中，已知81。与平面ABCD和平面AA1818所成的角均为30°,则（）

A.AB^2AD

B.AB与平面ABiCxD所成的角为30°

C.AC=CBi

D.BiD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A4i=l,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.

BD,不妨令AAi=l,

在长方体ABC。-A1B1C1D1中，4。_1面44出13,221_1面42。。,

所以/B1D8和NO81A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角,

所以在中，BBi=AAi^l,BD=陋,BJ)=2,

在中，DBi=2,AD=1,ABr=V3,

所以A8=a,CBr=V2,AC=V3,

故选项A,C错误，

由图易知，A3在平面481cl。上的射影在ABi上,

所以为AB与平面AB1C1D所成的角，

在RtAABBi中，sin/BiAB=鬻=/=,，

故选项3错误，

则BiD在平面881cle上的射影为BiC,

所以NO81C为31。与平面BB1GC所成的角，

在RtZXOBiC中，BtC=V2=DC,所以NO81C=45°,

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.

6.已知四棱锥S-ABC。的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段A8上的点（不含端点）.设SE与8C

所成的角为81，SE与平面ABC。所成的角为。2,二面角S-AB-C的平面角为例，则（）

A.91^02^03B.03^92^01C.01<03^02D.02<03^01

【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角.

【专题】数形结合；数形结合法；空间角.

【答案】D

【分析】作出三个角，表示出三个角的正弦或正切值，根据三角函数的单调性即可得出三个角的大小.

【解答】解：•••由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABC。的中心.

过E作EF//BC,交CD于F,过底面ABCD的中心0作0N1EF交EF于N,

连接SN,

取AS中点连接SM,OM,OE,则EN=OM,

则01=/SEN,02=/SE。，03=Z5MO.

显然，01,92,例均为锐角.

・・nSNSN八SO八

・tan0i=诋=蠲，tanS3=旃，SN2SO,

.,.91^03,

一SOSO

又sin®3=瑞，sine2=SE>SM,

：.03^02.

故选：D.

【点评】本题考查了空间角的计算，三角函数的应用，属于中档题.

7.如图，已知正四面体。-ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P、Q、R分别为A3、BC、CA上的点，

B0cR

AP=PB,—=—=2,分别记二面角。-PR-。，D-PQ-R,。-QR-尸的平面角为a、仇丫，则

()

A.y<a<pB.a<y<pC.a<p<yD.p<y<cx

【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角.

【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用.

【答案】B

【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系.设底面AABC的中心为。不妨设。尸=3.则。

(0,0,0),P(0,-3,0),C(0,6,0),D(0,0,6立),。(旧，3,0),砍一2百，0,0),利

用法向量的夹角公式即可得出二面角.

解法二：如图所示，连接。尸，OQ,OR,过点。分别作垂线：OEUR,OF±PQ,0G1QR,垂足分

别为E,F,G,连接。E,DF,DG.可得tana=^.tan0=黑，tany=黑.由已知可得：OE>OG>

OF.即可得出.

【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系.设底面△ABC的中心为。.

不妨设0P=3.贝！I。（0,0,0）,2（0,-3,0）,C（0,6,0）,2X0,0,6鱼）,2（3同-3,0）.。（遮，3,0）,

火（一2百，0,0）,

PR=（-26,3,0）,PD=（0,3,6V2）,PQ=（V3,6,0）,QR=（-3遮,一3,0）,

QD=（-V3,-3,6V2）.

设平面PDR的法向量为日=（尤，y,z）,则恒W=。，可得卜2岳：3y=0,

IrPO=013y+6A/2Z=0

可得£=（灰，2V2,-1）,取平面ABC的法向量晶=（0,0,1）.

—»-1

,it、m-n-1保71

贝m！］cosOn,n>=~~=-T=,取a=arccos-^：.

|m||n|V15

_,3V2

同理可得：B=arccos-------v=arccos-^.

HV681rV95

••工>生>工

V15V95V681'

a<y<p.

解法二：如图所示，连接OP,OQ,OR,过点O分别作垂线：OE±PR,OF±PQ,OG±QR,垂足分

别为E,F,G,连接。E,DF,DG,

设OD=h.

则tana=瓦;.

同理可得：tan0=市，tany=诋.

由已知可得：OE>OG>OF.

tana<tany<tanp,a,0,y为锐角.

a<y<p.

故选：B.

【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与

计算能力，属于难题.

8.已知正四棱柱ABC。-ALBICLDI中，441=248,则CD与平面8。。所成角的正弦值等于（）

2V3V21

A.-B.—C.—D.一

3333

【考点】直线与平面所成的角.

【专题】综合题；压轴题；空间角；空间向量及应用.

【答案】A

—>—>—>

【分析】设A2=l,则A4i=2,分别以AG、必。的方向为无轴、y轴、z轴的正方向建立空间

直角坐标系，设蔡=（尤,y,z）为平面BDC1的一个法向量,C。与平面BDC1所成角为。，则sin8=|:一|

\n\\DC\

在空间坐标系下求出向量坐标，代入计算即可.

—>—>—>

【解答】解：设AB=1,则A4i=2,分别以/4、D©、心。的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立

空间直角坐标系,

如下图所示：

则。(0,0,2),Ci(1,0,0),B(1,1,2),C(1,0,2),

—>—»—>

DB=(1,1,0),DCj=(1,0,-2),DC=(1,0,0),

'TT

设蔡=(尤，y,z)为平面BDQ的一个法向量，贝杷,丝=。，即产+厂%取元=(2,-2,1),

U-DC^OG_2z=0

->->

nDC?

设CD与平面BOCi所成角为e,则sine=|7-1=1

\n\\DC\

故选：A.

【点评】本题考查直线与平面所成的角，考查空间向量的运算及应用，准确理解线面角与直线方向向量、

平面法向量夹角关系是解决问题的关键.

9.在平行六面体(底面是平行四边形的四棱柱)ABCD-431C1D1中，AB=AD=A4i=l,ZBAD^ZBAAi

=ZZ)AAi=60°,则ACi的长为()

【考点】空间向量的数量积运算.

【专题】数形结合；方程思想；空间向量及应用；直观想象；数学运算.

【答案】D

—T—>—>2—»—»—>—>—2T

222

【分析】由AC】=4B+AD+A41,可得={AB+AD+AA^=AB+AD+AA1+2AB-

—>—>—>—>—>

AD+2,AB-AA1+2AD-AAr,即可得出.

T—>T—>

【解答】解：=AB+AD+AA1,

T2—>—»T—>—>—>2—>—>——>—>

222

则AC1=(XB+AD+AAt)=AB+AD++2AB•AO+2ZB•441+2AD•A4i

=1+1+1+3X2X1X1XCOS60°

=6.

T_

\AC±\=V6.

故选：D.

【点评】本题考查了平行四边形法则、向量数量积运算性质、模的计算公式，考查了推理能力与计算能

力，属于中档题.

10.日唇是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面垂直的唇针投射到唇面的影子来测定时间.把地球

看成一个球（球心记为。），地球上一点A的纬度是指。4与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平

面是指过点A且与垂直的平面.在点A处放置一个日唇，若辱面与赤道所在平面平行，点A处的

纬度为北纬40°,则号针与点A处的水平面所成角为（）

A.20°B.40°C.50°D.90°

【考点】几何法求解直线与平面所成的角.

【专题】计算题；转化思想；转化法；空间角；数学运算.

【答案】B

【分析】由纬度的定义和线面角的定义，结合直角三角形的性质，可得号针与点A处的水平面所成角.

【解答】解：可设A所在的纬线圈的圆心为。，。。’垂直于纬线所在的圆面，

由图可得/OHA为号针与点A处的水平面所成角，

又为40°且

在RtZkOHA中，O'A_LOH,：.ZOHA=ZOAO'=AO°,

另解：画出截面图，如下图所示，其中CD是赤道所在平面的截线.

/是点A处的水平面的截线，由题意可得04_U,A3是号针所在直线.根是号面的截线，由题意辱面和

赤道面平行，唇针与唇面垂直，

根据平面平行的性质定理可得m//CD,

根据线面垂直的定义可得A8_L相，由于NAOC=40°,m〃CD,

所以/OAG=/AOC=40°,由于/OAG+/GAE=/BAE+/GAE=90°,

所以/BAE=NOAG=40°,也即号针与A处的水平面所成角为N8AE=40°,

【点评】本题是立体几何在生活中的运用，考查空间线面角的定义和求法，属于基础题.

二.填空题（共5小题）

7

11.已知圆锥的顶点为S,母线SA,S8所成角的余弦值为3SA与圆锥底面所成角为45°,若△SAB的

面积为5同，则该圆锥的侧面积为40/TT.

【考点】直线与平面所成的角.

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离.

【答案】40V2TT.

【分析】利用已知条件求出圆锥的母线长，利用直线与平面所成角求解底面半径，然后求解圆锥的侧面

积.

【解答】解：圆锥的顶点为S,母线SA,S3所成角的余弦值为(可得sin/IS8=J1-(犷=等.

△SAB的面积为5V15,

可得|sa2sin/ASB=5Vl^,即jsa2x手=5715,即SA=4逐.

SA与圆锥底面所成角为45°,可得圆锥的底面半径为：yX4A/5=2V10.

则该圆锥的侧面积：-x4^/1071x4遮=40V2TT.

故答案为：40A/2TT.

【点评】本题考查圆锥的结构特征，母线与底面所成角，圆锥的截面面积的求法，考查空间想象能力以

及计算能力.

12.已知/AC8=90°,P为平面ABC外一点，PC=2,点尸到/ACB两边AC,8C的距离均为百，那

么P到平面ABC的距离为_鱼_.

【考点】点、线、面间的距离计算.

【专题】计算题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑推理.

【答案】见试题解答内容

【分析】过点P作PO_LAC,交AC于。，作交BC于E,过尸作PO1,平面ABC,交平面

ABC于0,连结0。，0C,则尸Z)=PE=百，从而C£>=CE=0O=0E=J22-(V3)2=1,由此能求出

尸到平面ABC的距离.

【解答】解：ZACB=90°,尸为平面ABC外一点，PC=2,

点P到ZACB两边AC,BC的距离均为百，

过点P作PD_LAC,交AC于。，作PE_L8C,交BC于E,

过P作尸。_L平面ABC,交平面ABC于。，

连结。0C,则PO=PE=g,

由题意得CD=CE=0D=0E=22-(V3)2=1,

：.PO=y/PD2-OD2=V3^T=V2.

到平面ABC的距离为迎.

故答案为：V2.

【点评】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考

查推理能力与计算能力，属于中档题.

13.已知圆锥的顶点为S,母线SA,S3互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°.若△SA8的面积为8,

则该圆锥的体积为8n.

【考点】直线与平面所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积.

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角.

【答案】见试题解答内容

【分析】利用已知条件求出母线长度，然后求解底面半径，以及圆锥的高.然后求解体积即可.

1

【解答】解：圆锥的顶点为S,母线SA,S3互相垂直，△SAB的面积为8,可得：-S〃=8,解得SA

2

=4,

SA与圆锥底面所成角为30°.可得圆锥的底面半径为：2V3,圆锥的高为：2,

则该圆锥的体积为：V=|x7Tx(2V3)2x2=8TT.

故答案为：8n.

【点评】本题考查圆锥的体积的求法，母线以及底面所成角的应用，考查转化思想以及计算能力.

14.如图，在棱长为2的正方体A8CD-ALBICLDI中，E为的中点，点P在线段。归上，点尸到直线

CCi的距离的最小值为.

【考点】点、线、面间的距离计算.

【专题】空间位置关系与距离.

【答案】见试题解答内容

【分析】如图所示，取B1C1的中点F,连接EF,ED1,利用线面平行的判定即可得到CC〃平面D1EF,

进而得到异面直线D1E与C1C的距离.

【解答】解：如图所示，取31cl的中点F,连接EREDi,

：.CCi//EF,

又EFu平面DiEF,CCW平面D1EF,

，CCi〃平面D1EF.

直线QC上任一点到平面D1EF的距离是两条异面直线Q1E与CC1的距离.

过点Ci作C1M1D1F,

•平面£>1EF_L平面AiBiCiDi.

平面D\EF.

过点M作尸交。1E于点P,贝UM尸〃CiC.

取CiN=MP,连接PN,则四边形MPNCi是矩形.

可得NP_L平面DxEF,

2xl

在Rt/XQiCiF中，GM•。/=OiCi・CiR得=■7=挛.

JIw5

,2V5

点P到直线CC1的距离的最小值为个一・

故答案为2V亍5

【点评】熟练掌握通过线面平行的性质即可得到异面直线的距离是解题的关键.

15.已知“，方是空间单位向量，”,与=2,若空间向量b满足b•%=2,b-e2=且对于任意x，yER,

一（%出+ye2）1Z—（/ei+y（）C2）l=1（刈，yoGR）,则xo=1，yo=2，\b\=_2V2_.

【考点】空间向量的数量积运算；平面向量数量积的性质及其运算.

【专题】创新题型；空间向量及应用.

【答案】见试题解答内容

【分析】由题意和数量积的运算可得VelW>=枭不妨设3=(；，9，0),扇=(1,0,0),由已

$22

22

知可解b=可得|b-(遍+'■/=(x+与性)+^(y-2)+?,由题意可得当x二xo=

2214

1,y=yo=2时，(x+亭2+1(y-2)?+金取最小值1,由模长公式可得|b|.

_*__>—>—>—>—>—>—>—>1

【解答】解：=|e1||e2|cos<e1*e2>=cos<e1*e2>=2>

TT7T

<e1-e2>=w，

不妨设q=(3，0),e2=(1，0,0),b=(m,n,t),

则由题意可知b•er=严+fz=2,

T75

b-e2=m=5,

解得m=n=亨，

-5遮、

b=(―,—，/),

22

TTT51V3V3

•：b-(xe1+ye2)=(-—~x-)；,———%,力，

~\—~D51r\73730O

2

\b—(xet+ye2)r=-y),+(———%)+r,

由题意当x=xo=l,y=yo=2时，(x+马")2+^(y-2)2十金取最小值1,

此时l2-1,故而=J(|)2+(亨)2+t2=2V2

故答案为：1；2；2V2

【点评】本题考查空间向量的数量积，涉及向量的模长公式，属中档题.

三.解答题(共5小题)

16.如图，在四棱锥尸-ABCQ中，AB//CD,且NBAP=/CDP=90°.

(1)证明：平面E48_L平面B4D；

(2)若以=PO=AB=OC,ZAP£)=90"，求二面角A-尸8-C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】综合题；数形结合；向量法；空间角.

【答案】见试题解答内容

【分析】(1)由已知可得PDLCD,再由AB〃CD,得AB_LP£),利用线面垂直的判定可得

平面B4。，进一步得到平面朋8_L平面必。；

(2)由已知可得四边形ABC。为平行四边形，由(1)知A8_L平面得至ijABUZ),则四边形A8CQ

为矩形，设出=AB=2a,则AD=2/a.取中点O,8C中点E,连接尸。、0E,以。为坐标原点，

分别以04、0E、0P所在直线为无、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面P2C的一个法向量，再证

―>

明POJ_平面RLB,得PD为平面B48的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A-PB-C

的余弦值.

【解答】(1)证明：,：ZBAP=ZCDP=90°,：.PA±AB,PD±CD,

'：AB//CD,：.AB±PD,

又：以CPO=P,且小U平面B4Z),P£)u平面出。，

PAD,又ABu平面

平面B4B_L平面PAD-,

(2)解：".'AB//CD,AB=CD,四边形ABC。为平行四边形，

由(1)知AB_L平面抬。，则四边形A8CD为矩形，

在△APD中，由出=尸。，NAP。=90°,可得△E4。为等腰直角三角形，

设PA=AB=2a,则AD=2y[2a.

取A。中点。，BC中点E,连接P。、OE,

以。为坐标原点，分别以040E、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

则：D(-V2a,0,0),B(夜a,2a,0),P(0,0,V2a),C(—&a,2a,0).

PD=(一五a,0/—V2a),PB=2a,—V2a),BC={-2y[2a,0,0).

设平面PBC的一个法向量为蔡=(%,y,z),

由口”=°，得产：+2ay-缶z=0,取产1得屋(°,在烟.

(展BC=0l-2V2ax=0

平面E4。，AOu平面E4。，：.AB±PD,

5LPDLPA,PAHAB=A,

—>—>

.*.PO_L平面B48,贝为平面E4B的一个法向量，PD=(—五a,0,-V2a).

TT

TTPD,Tl—2Q_y/~3

・•・cosVPD,n>=Cr

\PD\\n\2ax遮3

由图可知，二面角A-PB-C为钝角,

二面角A--C的余弦值为一字.

【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力和思维能力，训练了利用空间向量求二面

角的平面角，是中档题.

17.如图，在三棱锥尸-ABC中，AB=BC=2五,PA=PB=PC=AC=4,。为AC的中点.

(1)证明：PO_L平面ABC；

(2)若点M在棱8C上，且二面角M-B4-C为30°,求尸C与平面所成角的正弦值.

【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直.

【专题】转化思想；向量法；转化法；空间位置关系与距离；空间向量及应用.

【答案】见试题解答内容

【分析】⑴利用线面垂直的判定定理证明尸O，AC,POLOB即可；

(2)根据二面角的大小求出平面B4M的法向量，利用向量法即可得到结论.

【解答】(1)证明：连接B0,

,:AB=BC=2五,。是AC的中点，

：.BO±AC,且8。=2,

又PA=PC=PB=AC=4,

C.POLAC,PO=2<3,

则PB1=PO1+BO1,

则P01.0B,

\'OBHAC=O,

；.PO_L平面ABC；

(2)建立以。坐标原点，OB,0C,。尸分别为x,y,z轴的空间直角坐标系如图:

A(0,-2,0),P(0,0,2遮)，C(0,2,0),B(2,0,0),

—>

BC=(-2,2,0),

—»—>

设BM=XBC=(-2入，2入，0),0<A<l

则4"=8时-34=(-2入，2入，0)-(-2,-2,0)=(2-2A,2入+2,0),

则平面B4c的法向量为茄=(1,0,0),

设平面的法向量为蔡=(x,y,z),

则易=(0,-2,-2V3),

则九・尸4=_2y-2V3z=0,nMM=(2-2入)x+(2入+2)y=0

令z=1,贝y=-V3,x=("J?立,

l-A

->(a+i)V^i—

即ri=(--------，—V3,1),

l-A

・・,二面角M-B4-C为30°,

—>—»

mn、百

.,.cos30°=|b^|=三，

|m||n|/

(4+1)遮

即J(净£―1入+3—.1—二—2，

解得入=/或入=3(舍)，

则平面M朋的法向量蔡=(2V3,-V3,1),

PC=(0,2,-2后，

———2.^3—2,^34、叵、/^

尸C与平面B4M所成角的正弦值sin0=|cos<PC,n>|=||=妥=

V16-V16164

【点评】本题主要考查空间直线和平面的位置关系的应用以及二面角，线面角的求解，建立坐标系求出

点的坐标，利用向量法是解决本题的关键.

18.如图，四棱锥P-A8CD中，侧面出。为等边三角形且垂直于底面ABC。，AB=BC=1AD,ZBAD=

ZABC^9Q°,E是PZ)的中点.

(1)证明：直线CE〃平面B48；

(2)点M在棱PC上，且直线与底面ABC。所成角为45°,求二面角M。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；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角.

【答案】(1)证明见解答.

Vio

(2)-----.

5

【分析】(1)取出的中点R连接EEBF,通过证明CE〃BR利用直线与平面平行的判定定理证明

即可.

(2)利用已知条件转化求解/到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角AB-D的

余弦值即可.

【解答】(1)证明：取出的中点R连接ERBF,因为E是尸。的中点，

所以EFj/。，AB=BC=ZBAD=ZABC=9Q°,：.BC//^AD,

...8CEF是平行四边形，可得CE〃BF,BFu平面CEC平面加8,

直线CE〃平面PAB；

(2)解：四棱锥P-ABC。中，

侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=1AD,

ZBAD=ZABC=90°,E是尸。的中点.

取A。的中点。，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2,则4B=BC=1,OP=<3,

：.ZPCO=60°,直线与底面48CD所成角为45°,

可得：BN=MN,CN=^-MN,BC=\,

可得：l+^BN2=BN2,BN=*,MN=^-,

作NQJ_AB于。，连接M。，ABLMN,

所以/MQN就是二面角M-AB-D的平面角，MQ=Jl2+(苧¥

二面角M-AB-D的余弦值为：焉=

D

B

【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及

计算能力.

19.如图，直四棱柱A8C。-486/51的底面是菱形，A4i=4,A8=2,ZBAD=60°,E,M,N分别是

BC,BBi,4。的中点.

(1)证明：MN〃平面CiDE；

(2)求二面角A-MAi-N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；向量法；空间角.

【答案】见试题解答内容

【分析】(1)过N作NH_LA。，证明NA/〃8"，再证明可得NM〃DE,再由线面平行的判

定可得〃平面C1DE；

(2)以。为坐标原点，以垂直于。C得直线为无轴，以DC所在直线为y轴，以。力所在直线为z轴

建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面M4Al的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可

得二面角A-MAi-N的正弦值.

【解答】(1)证明：如图，过N作NH_LA。，则N”〃AAi,且=

y.MB//AAi,MB=^AAr,四边形为平行四边形，则

由N”〃A4i,N为4。中点，得”为AD中点，而E为BC中点,

C.BE//DH,BE=DH,则四边形BEDH为平行四边形，则BH〃DE,

C.NM//DE,

:NMC平面CiDE,DEu平面C1DE,

〃平面C1DE；

(2)解：以。为坐标原点，以垂直于。C的直线为无轴，以DC所在直线为y轴，以。。1所在直线为

z轴建立空间直角坐标系，

则N(一,2)