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）

第1页（共1页）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）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α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．334 B．233 C．32．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．62 C．82 D．833．已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面A．3 B．32 C．1 D．4．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是（）A．[33，1] B．[63，1] C．[63，223] D5．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°6．已知四棱锥S﹣ABCD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θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ17．如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，BQQC=CRRA=2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为αA．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α8．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（）A．23 B．33 C．23 9．在平行六面体（底面是平行四边形的四棱柱）ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1的长为（）A．3 B．3 C．6 D．610．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A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处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点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）11．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为12．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为．13．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB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ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为．15．已知e→1，e→2是空间单位向量，e→1⋅e→2=12，若空间向量b→满足b→⋅e→1=2，b→⋅e→2=52，且对于任意x，y∈R，三．解答题（共5小题）16．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．17．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣PA﹣C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．18．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．19．如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．20．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．

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α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．334 B．233 C．3【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α所成的角都相等的位置，然后求解α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α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，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长22α截此正方体所得截面最大值为：6×3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ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．62 C．82 D．83【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ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B＝30°，可得BC1=ABtan30°可得BB1=(23)所以该长方体的体积为：2×2×2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934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面A．3 B．32 C．1 D．【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OO1即可．【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC是面积为934的等边三角形，可得∴AB＝BC＝AC＝3，可得：AO1=2球O的表面积为16π，外接球的半径为：R；所以4πR2＝16π，解得R＝2，所以O到平面ABC的距离为：4-3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ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是（）A．[33，1] B．[63，1] C．[63，223] D【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OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是[∠AOA【解答】解：由题意可得：直线OP于平面A1BD所成的角α的取值范围是[∠AOA不妨取AB＝2．在Rt△AOA1中，sin∠sin∠C1OA1＝sin（π﹣2∠AOA1）＝sin2∠AOA1＝2sin∠AOA1cos∠AOA1=2×sinπ2∴sinα的取值范围是[6故选：B．【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﹣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．6．已知四棱锥S﹣ABCD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θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1【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ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则EN＝OM，则θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1=SNNE=SNOM，tanθ3=∴θ1≥θ3，又sinθ3=SOSM，sinθ2=SOSE，∴θ3≥θ2．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D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，BQQC=CRRA=2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为αA．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α【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△ABC的中心为O．不妨设OP＝3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，62），Q(3，3，0)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DE，DF，DG．可得tanα=ODOE．tanβ=ODOF，tanγ=ODOG．由已知可得：【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O．不妨设OP＝3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，62），B（33，﹣3，0）．Q(3，3，PR→=(-23，3，0)，PD→=（0，3，6QD→设平面PDR的法向量为n→=（x，y，z），则n→可得n→=(6，22，-1)，取平面则cos＜m→，n→＞同理可得：β＝arccos3681．γ＝arccos2∵115∴α＜γ＜β．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DE，DF，DG．设OD＝h．则tanα=OD同理可得：tanβ=ODOF，tanγ由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．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ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于（）A．23 B．33 C．23 【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AB＝1，则AA1＝2，分别以D1A1→、D1C1→、D1D→的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设n→=（x，y，z）为平面【解答】解：设AB＝1，则AA1＝2，分别以D1A1→、D1如下图所示：则D（0，0，2），C1（1，0，0），B（1，1，2），C（1，0，2），DB→=（1，1，0），DC1→=（1，0，﹣2），DC→设n→=（x，y，z）为平面BDC1的一个法向量，则n→⋅DB→=0n→⋅D设CD与平面BDC1所成角为θ，则sinθ＝|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﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAD＝∠BAA1＝∠DAA1＝60°，则AC1的长为（）A．3 B．3 C．6 D．6【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【分析】由AC1→=AB→+AD→【解答】解：AC则AC1→2=(＝1+1+1+3×2×1×1×cos60°＝6．∴|A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．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O），地球上一点A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处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点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，可得晷针与点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O'，OO'垂直于纬线所在的圆面，由图可得∠OHA为晷针与点A处的水平面所成角，又∠OAO'为40°且OA⊥AH，在Rt△OHA中，O'A⊥OH，∴∠OHA＝∠OAO'＝40°，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．l是点A处的水平面的截线，由题意可得OA⊥l，AB是晷针所在直线．m是晷面的截线，由题意晷面和赤道面平行，晷针与晷面垂直，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AB⊥m，由于∠AOC＝40°，m∥CD，所以∠OAG＝∠AOC＝40°，由于∠OAG+∠GAE＝∠BAE+∠GAE＝90°，所以∠BAE＝∠OAG＝40°，也即晷针与A处的水平面所成角为∠BAE＝40°，故选：B．【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）11．已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为515，则该圆锥的侧面积为402π【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】402π．【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，SB所成角的余弦值为78，可得sin∠ASB=△SAB的面积为515，可得12SA2sin∠ASB＝515，即12SA2SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：22×45则该圆锥的侧面积：12×410π故答案为：402π．【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∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，那么P到平面ABC的距离为2．【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PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE=3，从而CD＝CE＝OD＝OE=22-(3【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为3，过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE=3∴由题意得CD＝CE＝OD＝OE=22∴PO=P∴P到平面ABC的距离为2．故答案为：2．【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，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为8π．【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．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：12SA2=8SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：23，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V=13×故答案为：8π．【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ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为255【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C1C∥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B1C1的中点F，连接EF，ED1，∴CC1∥EF，又EF⊂平面D1EF，CC1⊄平面D1EF，∴CC1∥平面D1EF．∴直线C1C上任一点到平面D1EF的距离是两条异面直线D1E与CC1的距离．过点C1作C1M⊥D1F，∵平面D1EF⊥平面A1B1C1D1．∴C1M⊥平面D1EF．过点M作MP∥EF交D1E于点P，则MP∥C1C．取C1N＝MP，连接PN，则四边形MPNC1是矩形．可得NP⊥平面D1EF，在Rt△D1C1F中，C1M•D1F＝D1C1•C1F，得C1∴点P到直线CC1的距离的最小值为25故答案为2【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e→1，e→2是空间单位向量，e→1⋅e→2=12，若空间向量b→满足b→⋅e→1=2，b→⋅e→2=52，且对于任意x，y∈R，|【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＜e1→•e2→＞=π3，不妨设e1→=（12，32，0），e2→=（1，0，0），由已知可解b→=（52，32，t），可得|b→-（xe1→+ye2→|2＝（x+y-42）2+34（y﹣2）2+t【解答】解：∵e1→•e2→=|e1→||e2→∴＜e1→不妨设e1→=（12，32，0），e2→=（1，0，0），则由题意可知b→⋅e1→=b→⋅e解得m=52，n∴b→=（52，3∵b→-（xe1→+ye2→∴|b→-（xe1→+ye2→）|2＝（52-12由题意当x＝x0＝1，y＝y0＝2时，（x+y-42）2+34（y﹣2）2此时t2＝1，故|b→故答案为：1；2；22【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P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A﹣PB﹣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PA⊥AB，PD⊥CD，再由AB∥CD，得AB⊥PD，利用线面垂直的判定可得AB⊥平面PAD，进一步得到平面PAB⊥平面PAD；（2）由已知可得四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，得到AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，设PA＝AB＝2a，则AD=22a．取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBC的一个法向量，再证明PD⊥平面PAB，得PD→为平面PAB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【解答】（1）证明：∵∠BAP＝∠CDP＝90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，又∵PA∩PD＝P，且PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD；（2）解：∵AB∥CD，AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，由（1）知AB⊥平面PAD，∴AB⊥AD，则四边形ABCD为矩形，在△APD中，由PA＝PD，∠APD＝90°，可得△PAD为等腰直角三角形，设PA＝AB＝2a，则AD=22取AD中点O，BC中点E，连接PO、OE，以O为坐标原点，分别以OA、OE、OP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则：D（-2a，0，0），B（2a，2a，0），PD→=(-2a，设平面PBC的一个法向量为n→由n→⋅PB→=0n→⋅BC∵AB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又PD⊥PA，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB，则PD→为平面PAB的一个法向量，PD∴cos＜PD由图可知，二面角A﹣PB﹣C为钝角，∴二面角A﹣PB﹣C的余弦值为-3【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P﹣ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．（1）证明：PO⊥平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角M﹣PA﹣C为30°，求PC与平面PAM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】（1）利用线面垂直的判定定理证明PO⊥AC，PO⊥OB即可；（2）根据二面角的大小求出平面PAM的法向量，利用向量法即可得到结论．【解答】（1）证明：连接BO，∵AB＝BC＝22，O是AC的中点，∴BO⊥AC，且BO＝2，又PA＝PC＝PB＝AC＝4，∴PO⊥AC，PO＝23，则PB2＝PO2+BO2，则PO⊥OB，∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC；（2）建立以O坐标原点，OB，OC，OP分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：A（0，﹣2，0），P（0，0，23），C（0，2，0），B（2，0，0），BC→=（﹣2，2，设BM→=λBC→=（﹣2λ，2λ，0），0则AM→=BM→-BA→=（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）＝（2﹣2则平面PAC的法向量为m→=（1，0，设平面MPA的法向量为n→=（x，y，则PA→=（0，﹣2，﹣2则n→•PA→=-2y﹣23z＝0，n→•AM→=（2﹣2λ）x+（2令z＝1，则y=-3，x即n→=（(λ+1)3∵二面角M﹣PA﹣C为30°，∴cos30°＝|m→⋅n即(λ解得λ=13或λ＝则平面MPA的法向量n→=（23，-3PC→=（0，2，﹣2PC与平面PAM所成角的正弦值sinθ＝|cos＜PC→，n→＞|＝|【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﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D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．（2）105【分析】（1）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，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M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M﹣AB﹣D的余弦值即可．【解答】（1）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，所以EF=∥12AD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，∴直线CE∥平面PAB；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD＝2，则AB＝BC＝1，OP=3∴∠PCO＝60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，可得：BN＝MN，CN=33MN，BC＝可得：1+13BN2＝BN2，BN=62作NQ⊥AB于Q，连接MQ，AB⊥MN，所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ==10二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：110【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ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求二面角A﹣MA1﹣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⊥AD，证明NM∥BH，再证明BH∥DE，可得NM∥DE，再由线面平行的判定可得MN∥平面C1DE；（2）以D为坐标原点，以垂直于DC得直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面A1MN与平面MAA1的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角A﹣MA1﹣N的正弦值．【解答】（1）证明：如图，过N作NH⊥AD，则NH∥AA1，且NH=又MB∥AA1，MB=12AA1，∴四边形NMBH由NH∥AA1，N为A1D中点，得H为AD中点，而E为BC中点，∴BE∥DH，BE＝DH，则四边形BEDH为平行四边形，则BH∥DE，∴NM∥DE，∵NM⊄平面C1DE，DE⊂平面C1DE，∴MN∥平面C1DE；（2）解：以D为坐标原点，以垂直于DC的直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则N（32，-12，2），M（3，1，2），A1（3，﹣1NM→=(3设平面A1MN的一个法向量为m→由m→⋅NM→=3又平面MAA1的一个法向量为n→∴cos＜m∴二面角A﹣MA1﹣N的正弦值为1-【点评】本题考查直线与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20．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】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．【专题】综合题；转化思想；综合法；空间角；数学运算．【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．

考点卡片1．平面向量数量积的性质及其运算【知识点的认识】1、平面向量数量积的重要性质：设a→，b→都是非零向量，e→是与b→方向相同的单位向量，a→（1）a→⋅e→=（2）a→⊥b→（3）当a→，b→方向相同时，a→⋅b→=|a→||b→|；当a→特别地：a→⋅a→=|a→|2（4）cosθ=a（5）|a→⋅b→|≤|2、平面向量数量积的运算律（1）交换律：a→（2）数乘向量的结合律：（λa→）•b→=λ（a→⋅（3）分配律：（a→⋅b→）•平面向量数量积的运算平面向量数量积运算的一般定理为①（a→±b→）2=a→2±2a→•b→+b→2．②（a→-b→）（a→+b→）=【解题方法点拨】例：由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：①“mn＝nm”类比得到“a→②“（m+n）t＝mt+nt”类比得到“（a→+b③“t≠0，mt＝nt⇒m＝n”类比得到“c→≠0，④“|m•n|＝|m|•|n|”类比得到“|a→⋅b→|＝|a→|⑤“（m•n）t＝m（n•t）”类比得到“（a→⋅b⑥“acbc=ab”类比得到a→⋅解：∵向量的数量积满足交换律，∴“mn＝nm”类比得到“a→即①正确；∵向量的数量积满足分配律，∴“（m+n）t＝mt+nt”类比得到“（a→+b即②正确；∵向量的数量积不满足消元律，∴“t≠0，mt＝nt⇒m＝n”不能类比得到“c→≠0，即③错误；∵|a→⋅b→|≠|a→|∴“|m•n|＝|m|•|n|”不能类比得到“|a→⋅b→|＝|a→|即④错误；∵向量的数量积不满足结合律，∴“（m•n）t＝m（n•t）”不能类比得到“（a→⋅b即⑤错误；∵向量的数量积不满足消元律，∴acbc=ab即⑥错误．故答案为：①②．向量的数量积满足交换律，由“mn＝nm”类比得到“a→⋅b→=b→⋅a→”；向量的数量积满足分配律，故“（m+n）t＝mt+nt”类比得到“（a→+b→）•c→=a→⋅c→+b→⋅c→”；向量的数量积不满足消元律，故“t≠0，mt＝nt⇒m＝n”不能类比得到“c→≠0，a→⋅c→=b→⋅c→⇒a→=c→”；|a→⋅b→|≠|a→|•【命题方向】本知识点应该所有考生都要掌握，这个知识点和三角函数联系比较多，也是一个常考点，题目相对来说也不难，所以是拿分的考点，希望大家都掌握．2．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=133．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