十年高考数学真题分类汇编及答案(2010—2019)
十年高考数学真题分类汇编及答案（2010—2019）
专题 空间向量
1.(2014·全国2·理T11)直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BCA=90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC=CA=CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.1
10
B.25
C.√3010
D.√2
2
【答案】C
【解析】如图,以点C 1为坐标原点,C 1B 1,C 1A 1,C 1C 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,
不妨设BC=CA=CC 1=1,可知点
A (0,1,1),N (0,12,0),
B (1,0,1),M (12,1
2,0). ∴AN ?????? =(0,-1
2,-1),BM ?????? =(-1
2,1
2,-1).
∴cos
?????? ·BM ??????? |AN ?????? ||BM ??????? |
=√30
10
. 根据AN ?????? 与BM ?????? 的夹角及AN 与BM 所成角的关系可知,BM 与AN 所成角的余弦值为√3010.
2.(2013·北京·文T8)如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,P 为对角线BD 1的三等分点,P 到各顶点的距离的不同取值有( ) A.3个
B.4个
C.5个
D.6个
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为a.建立空间直角坐标系,如图所示.
则D (0,0,0),D 1(0,0,a ),C 1(0,a ,a ),C (0,a ,0),B (a ,a ,0),B 1(a ,a ,a ),A (a ,0,0),
A 1(a ,0,a ),P (23a ,23a ,1
3a), 则|PB
????? |=√19a 2+19a 2+19a 2=√33a , |PD
????? |=√4
9a 2+4
9a 2+1
9
a 2=a , |PD 1??????? |=√49a 2+49a 2+4
9a 2=
2√3
3a , |PC 1??????? |=|PA 1??????? |=√4
9a 2+1
9a 2+4
9a 2=a ,
|PC ????? |=|PA
????? |=√49a 2+19a 2+1
9
a 2=√6
3
a , |PB 1??????? |=√19a 2+19a 2+4
9a 2=
√6
3
a , 3.(2012·陕西·理T5)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1,CA=CC 1=2CB ,则直线
BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( ) A.√5
5
B.√5
3
C.
2√5
5
D.3
5
【答案】A
【解析】不妨设CB=1,则CA=CC 1=2.由题图知,A 点的坐标为(2,0,0),B 点的坐标为(0,0,1),B 1点的坐标为(0,2,1),C 1点的坐标为(0,2,0). 所以BC 1??????? =(0,2,-1),AB 1??????? =(-2,2,1).
所以cos
5=√5
5
.
4.(2010·大纲全国·文T6)直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA 1,则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C
【解析】不妨设AB=AC=AA 1=1,建立空间直角坐标系如图所示,
则B(0,-1,0),A 1(0,0,1),A(0,0,0),C 1(-1,0,1), ∴BA 1???????? =(0,1,1),AC 1??????? =(-1,0,1).
∴cos
1???????? |BA 1
???????? ||AC
1
???????? |=√2×√
2
=1
2.
∴
∴异面直线BA 1与AC 1所成的角为60°.
5.(2019·天津·理T17)如图,AE ⊥平面ABCD,CF ∥AE,AD ∥BC,AD ⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (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E-BD-F 的余弦值为1
3,求线段CF 的长.
【解析】(1)证明依题意,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A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).
依题意,AB ????? =(1,0,0)是平面ADE 的法向量,
又BF ????? =(0,2,h ),可得BF ????? ·AB ????? =0,又因为直线BF ?平面ADE ,所以BF ∥平面ADE. (2)解依题意,BD ?????? =(-1,1,0),BE ????? =(-1,0,2),CE ????? =(-1,-2,2). 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量,
则{n ·BD ?????? =0,n ·BE ????? =0,即{-x +y =0,-x +2z =0,不妨令z=1,
可得n =(2,2,1).
因此有cos
·n |CE
????? ||n |=-49. 所以,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为4
9. (3)解设m =(x ,y ,z )为平面BDF 的法向量, 则{
m ·BD
?????? =0,m ·BF ????? =0,
即{-x +y =0,2y +?z =0,
不妨令y=1,可得m =1,1,-2
?. 由题意,有|cos
|m ||n |=|4-2?
|3√2+4?
2
=1
3,
解得h=8
7,经检验,符合题意. 所以,线段CF 的长为8
7.
6.(2019·浙江·T 19)如图,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1,平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,∠ABC=90°,∠
BAC=30°,A
1A=A
1
C=AC,E,F分别是AC,A
1
B
1
的中点.
(1)证明:EF⊥BC;
(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【解析】方法一:
(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.
(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.
由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).
不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2√3,EG=√3.
由于O 为A 1G 的中点,故EO=OG=A 1G 2
=
√15
2
, 所以cos ∠EOG=
EO 2+OG 2-EG 2
2EO ·OG
=3
5.
因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是3
5. 方法二:
(1)连接A 1E ,因为A 1A=A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC. 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ?平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC=AC , 所以,A 1E ⊥平面ABC.
如图,以点E 为原点,分别以射线EC ,EA 1 为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.
不妨设AC=4,则A 1(0,0,2√3),B (√3,1,0),B 1(√3,3,2√3),
F
√32,3
2
,2√3,C (0,2,0).
因此,EF
????? =√32,3
2
,2√3,BC
????? =(-√3,1,0). 由EF
????? ·BC ????? =0得EF ⊥BC. (2)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ. 由(1)可得BC ????? =(-√3,1,0),A 1C ??????? =(0.2,-2√3). 设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由{BC
????? ·n =0,A 1C ??????? ·n =0,得{-√3x +y =0,y -√3z =0.
取n =(1,√3,1),
故sin θ=|cos
·n ||EF ????? |·|n |=45
. 因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为3
5.
7.(2019·全国1·理T18)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠
BAD=60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.
【解析】(1)连接B 1C ,ME. 因为M ,E 分别为BB 1,BC 的中点, 所以ME ∥B 1C ,且ME= B 1C.
又因为N 为A 1D 的中点,所以ND= A 1D. 由题设知A 1B 1 DC ,可得B 1C A 1D , 故ME ND ,
因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ∥ED. 又MN ?平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE. (2)由已知可得DE ⊥DA.
以D 为坐标原点,DA ????? 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则
A (2,0,0),A 1(2,0,4),M (1,√3,2),N (1,0,2),A 1A ??????? =(0,0,-4),A 1M ???????? =(-1,√3,-2),A 1N ???????? =(-1,0,-2)
,MN
??????? =(0,-√3,0).
设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,
则{m·A1M
???????? =0, m·A1A
??????? =0.
所以{-x+√3y-2z=0,
-4z=0.
可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,
则{n·MN
??????? =0, n·A1N
???????? =0.
所以{-√3q=0,
-p-2r=0.
可取n=(2,0,-1).
于是cos
|m||n|=√3
2×√5
=√15
5
,
所以二面角A-MA1-N的正弦值为√10
5
.
8.(2019·全国2·理T17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE ⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.
【解析】(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE
⊥平面EB 1C 1.
(2)解由(1)知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ,所以∠AEB=45°, 故AE=AB ,AA 1=2AB.
以D 为坐标原点,DA ????? 的方向为x 轴正方向,|DA ????? |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz ,
则C (0,1,0),B (1,1,0),C 1(0,1,2),E (1,0,1),CB ????? =(1,0,0),CE ????? =(1,-1,1),CC 1??????? =(0,0,2). 设平面EBC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则
{
CB
????? ·n =0,CE ????? ·n =0,
即{x =0,x -y +z =0,
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC 1的法向量为m =(x ,y ,z ),则
{
CC 1??????? ·m =0,CE
????? ·m =0,即{2z =0,x -y +z =0,
所以可取m =(1,1,0). 于是cos
|n ||m |=-1
2.
所以,二面角B-EC-C 1的正弦值为√3
2.
9.(2019·全国3·理T19)图1是由矩形ADEB,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A 的大小.
【解析】(1)证明由已知得AD ∥BE,CG ∥BE,所以AD ∥CG,
故AD,CG 确定一个平面,从而A,C,G,D 四点共面. 由已知得AB ⊥BE,AB ⊥BC,故AB ⊥平面BCGE. 又因为AB ?平面ABC, 所以平面ABC ⊥平面BCGE. (2)解作EH ⊥BC,垂足为H.
因为EH ?平面BCGE,平面BCGE ⊥平面ABC,所以EH ⊥平面ABC. 由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.
以H 为坐标原点,HC ????? 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,
则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,√3),CG ????? =(1,0,√3),AC ????? =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{CG ????? ·n =0,AC ????? ·n =0,即{x +√3z =0,2x -y =0.
所以可取n =(3,6,-√3).
又平面BCGE 的法向量可取为m =(0,1,0), 所以cos
|n ||m |=
√3
2
. 因此二面角B-CG-A 的大小为30°.
10.(2018·浙江·T 8)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
【答案】D
【解析】当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF∥BC,连接SG,GH,EH,SF.
可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.
由题意可知EF⊥SF,故tan θ1=SF
EF =SF
GH
>SH
GH
=tan θ
3
.
∴θ
1>θ
3
.
又tan θ3=SH
GH >SH
EH
=tan θ
2
,
∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.
当点E是线段AB的中点时,
即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2.
综上可知,θ1≥θ3≥θ2.
11.(2018·全国3·理T19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD
?所在平面垂直,M是CD
?上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
【解析】(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC ⊥CD,BC ?平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC ⊥DM.因为M 为CD ?上异于C,D 的点,且DC 为直径,所以DM ⊥CM.又BC ∩CM=C,所以DM ⊥平面BMC.
而DM ?平面AMD,故平面AMD ⊥平面BMC.
(2)以D 为坐标原点, DA ????? 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为 CD
?的中点.由题设得 D (0,0,0),A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0),M (0,1,1),AM ?????? =(-2,1,1),AB ????? =(0,2,0),DA ????? =(2,0,0).
设n=(x,y,z)是平面MAB 的法向量, 则{
n ·AM ?????? =0,
n ·AB ????? =0.
即{-2x +y +z =0,2y =0.
可取n=(1,0,2),
DA ????? 是平面MCD 的法向量,因此cos
|n ||DA ?????? |=√55,sin
. 所以面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值是
2√5
5
.
12.(2018·北京·理T16)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为
AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB=BC= √5,AC=AA 1=2. (1)求证:AC ⊥平面BEF; (2)求二面角B-CD-C 1的余弦值; (3)证明:直线FG 与平面BCD 相交.
【解析】(1)证明在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,
∵CC 1⊥平面ABC ,∴四边形A 1ACC 1为矩形. 又E ,F 分别为AC ,A 1C 1的中点,∴AC ⊥EF.
∵AB=BC ,∴AC ⊥BE ,∴AC ⊥平面BEF. (2)解由(1)知AC ⊥EF ,AC ⊥BE ,EF ∥CC 1.
∵CC 1⊥平面ABC ,∴EF ⊥平面ABC. ∵BE ?平面ABC ,∴EF ⊥BE.
建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B (0,2,0),C (-1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1).∴CD ????? =(2,0,1),CB ????? =(1,2,0). 设平面BCD 的法向量为n =(a ,b ,c ), 则{
n ·CD ????? =0,
n ·CB ????? =0,
∴{2a +c =0,a +2b =0,
令a=2,则b=-1,c=-4,
∴平面BCD 的法向量n =(2,-1,-4), 又平面CDC 1的法向量为EB ????? =(0,2,0),
∴cos
????? |n ||EB ????? |
=-√21
21.
由图可得二面角B-CD-C 1为钝角,∴二面角B-CD-C 1的余弦值为-√21
21. (3)证明平面BCD 的法向量为n=(2,-1,-4), ∵G(0,2,1),F(0,0,2), ∴GF
????? =(0,-2,1), ∴n ·GF ????? =-2,∴n 与GF
????? 不垂直, ∴FG 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内, ∴FG 与平面BCD 相交.
13.(2018·天津·理T17)如图,AD ∥BC 且AD=2BC,AD ⊥CD,EG ∥AD 且EG=AD,CD ∥FG 且CD=2FG,DG ⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.
(1)若M 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F 的正弦值;
(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.
【解析】依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ????? ,DC ????? ,DG ????? 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向的
空
间
直
角
坐
标
系
(
如
图
),
可
得D (0,0,0),A (2,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),E (2,0,2),F (0,1,2),G (0,0,2),M 0,32
,1
,N (1,0,2).
(1)证明:依题意DC ????? =(0,2,0),DE ????? =(2,0,2). 设n0=(x,y,z)为平面CDE 的法向量, 则{n 0·DC ????? =0,n 0·DE ????? =0,
即{2y =0,2x +2z =0,
不妨令z=-1,可得n 0=(1,0,-1).又MN ??????? =(1,-32
,1),可得MN
??????? ·n 0=0.
(2)依题意,可得BC
????? =(-1,0,0),BE ????? =(1,-2,2),CF ????? =(0,-1,2).设n =(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{n ·BC
????? =0,n ·BE ????? =0,即{-x =0,x -2y +2z =0,不妨令z=1,可得n =(0,1,1).设m =(x ,y ,z )为平面BCF 的法
向量, 则{
m ·BC
????? =0,m ·CF ????? =0,
即{-x =0,-y +2z =0,
不妨令z=1,可得m =(0,2,1). 因此有cos
|m ||n |=
3√10
10
,于是sin
10.
(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP
????? =(-1,-2,h ).易知,DC ????? =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos
????? ·DC ?????
||BP ????? ||DC ????? |
=√
2.由题意,可得
√?2+5
=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2].所以,线段DP 的长为√3
3. 1
4.(2018·全国1·理T18)如图,四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为AD,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF. (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD; (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.
【解析】(1)由已知可得,BF ⊥PF,BF ⊥EF,
所以BF ⊥平面PEF.
又BF ?平面ABFD,所以平面PEF ⊥平面ABFD. (2)作PH ⊥EF,垂足为H. 由(1)得,PH ⊥平面ABFD.
以H 为坐标原点,HF ????? 的方向为y 轴正方向,|BF
????? |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得,DE ⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3.又PF=1,EF=2,故
PE ⊥PF.
可得PH=√3
2,EH=3
2.
则H (0,0,0),P (0,0,√3
2),D (-1,-32
,0),DP
????? =(1,3
2,
√3
2
),HP ?????? =(0,0,
√3
2
)为平面ABFD 的法向
量.
设DP 与平面ABFD 所成角为θ, 则
sin θ=|HP
?????? ·DP ?????? |HP ?????? ||DP ?????? |
|=
34
3
=
√34
. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√3
4.
15.(2018·全国2·理T20)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,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.
【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点, 所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB ,因为AB=BC=√2
2AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,且OB ⊥AC ,OB=1
2AC=2. 由OP2+OB2=PB2知PO ⊥OB.
由OP ⊥OB,OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC.
(2)如图,以O 为坐标原点,OB
????? 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz. 由已知得O (0,0,0),B (2,0,0),A (0,-2,0),C (0,2,0),P (0,0,2√3),AP ????? =(0,2,2√3). 取平面PAC 的法向量OB
????? =(2,0,0),
由AP ????? ·n =0,AM ?????? ·n =0得 {
2y +2√3z =9,
ax +(4-a )y =0.
可取n =(√3(a-4),√3a ,-a ),
所以cos ????? ,n >=√3(2√3(a -4) +3a 2+a 2. 由已知可得|cos ????? ,n >|=√3 2. 所以 √3|2√3(a -4)+3a 2+a 2 = √32 , 解得a=-4(舍去),a=4 3. 所以n =(- 8√33,4√33,-4 3 ). 又PC ????? =(0,2,-2√3),所以cos ????? ,n >=√34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为√3 4. 16.(2018·浙江·T9)如图,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠ ABC=120°,A 1A=4,C 1C=1,AB=BC=B 1B=2. (1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1; (2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值. 【解析】解法一(1)证明:由AB=2,AA 1=4,BB 1=2,AA 1⊥AB ,BB 1⊥AB ,得AB 1=A 1B 1=2√2, 所以A 1B 12+A B 12=A A 12 ,故AB 1⊥A 1B 1. 由BC=2,BB 1=2,CC 1=1,BC 1⊥BC ,CC 1⊥BC ,得B 1C 1=√5,由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2√3, 由CC 1⊥AC ,得AC 1=√13,所以A B 12+B 1C 12=A C 12, 故AB 1⊥B 1C 1.因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1. (2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD. 由AB 1⊥平面A 1B 1C 1,得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1, 由C 1D ⊥A 1B 1,得C 1D ⊥平面ABB 1,所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角. 由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21, 得cos ∠C 1A 1B 1=√6√ 7,sin ∠C 1A 1B 1=√ 7, 所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1 D AC 1 = √39 13 .因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√39 13. 解法二(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB,OC 为x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz. 由题意知各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1). 因此AB 1??????? =(1,√3,2),A 1B 1????????? =(1,√3,-2),A 1C 1????????? =(0,2√3,-3).由AB 1??????? ·A 1B 1????????? =0,得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1??????? ·A 1C 1????????? =0,得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1. (2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(1)可知AC 1??????? =(0,2√3,1),AB ????? =(1,√3,0),BB 1??????? =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n =(x ,y ,z ). 由{n ·AB ????? =0,n ·BB 1??????? =0,即{x +√3y =0,2z =0,可取n =(-√3,1,0).所以sin θ=|cos 13 .因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√39 13. 17.(2018·上海·T17)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2. (1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积; (2)设PO=4,OA,OB 是底面半径,且∠AOB=90°,M 为线段AB 的中点,如图,求异面直线PM 与OB 所成的角的大小. 【解析】(1)∵圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2,母线长为4, ∴圆锥的体积V=13πr 2h=1 3×π×22×√42-22= 8√3π 3 . (2)∵PO=4,OA,OB 是底面半径,且∠AOB=90°,M 为线段AB 的中点,∴以O 为原点,OA 为x 轴,OB 为y 轴,OP 为z 轴,建立空间直角坐标系, ∴ P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0), ∴PM ?????? =(1,1,-4),OB ????? =(0,2,0). 设异面直线PM 与OB 所成的角为θ, 则cos θ=|PM ?????? ·OB ?????? ||PM ?????? ||OB ?????? |=√12+12+(-4)2×√02+22+02 = √2 6 . ∴θ=arccos √2 6. ∴异面直线PM 与OB 所成的角的大小为arccos √2 6. 18.(2017·北京·理T16)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为正方形,平面PAD ⊥平面ABCD,点M 在线段PB 上,PD ∥平面MAC,PA=PD=√6,AB=4. (1)求证:M 为PB 的中点; (2)求二面角B-PD-A 的大小; (3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值.