平面向量与空间向量十年高考题
高三数学向量专题复习(高考题型汇总及讲解)(1)
向量专题复习向量是高考的一个亮点，因为向量知识，向量观点在数学、物理等学科的很多分支有着广泛的应用，而它具有代数形式和几何形式的“双重身份”能融数形于一体，能与中学数学教学内容的许多主干知识综合，形成知识交汇点，所以高考中应引起足够的重视。
一、平面向量加、减、实数与向量积 （一）基本知识点提示1、重点要理解向量、零向量、向量的模、单位向量、平行向量、反向量、相等向量、两向量的夹角等概念。
2、了解平面向量基本定理和空间向量基本定理。
3、向量的加法的平行四边形法则（共起点）和三角形法则（首尾相接）。
4、向量形式的三角形不等式：｜｜a ｜-｜b ｜｜≤｜a ±b ｜≤｜a ｜+｜b ｜(试问：取等号的条件是什么?)；向量形式的平行四边形定理：2（｜a ｜2+｜b ｜2）=｜a －b ｜2+｜a +b ｜25、实数与向量的乘法（即数乘的意义）实数λ与向量的积是一个向量，记λ，它的长度与方向规定如下：(1)｜λa ｜=｜λ｜²｜a ｜;(2)当λ＞0时，λa 的方向与a 的方向相同；当λ＜0时，λa 的方向与a 的方向相反；当λ=0时，λ=,方向是任意的.6、共线向量定理的应用：若≠，则∥⇔存在唯一实数对λ使得=λ⇔x 1y 2-x 2y 1=0(其中=（x 1，y 1），=（x 2，y 2）) （二）典型例题例1、O 是平面上一 定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足).,0[||||+∞∈++=λλAC AB 则P 的轨迹一定通过△ABC 的（ ）A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心+是在∠BAC 的平分线上，∴选B例2、对于任意非零向量与，求证：｜｜｜-｜｜｜≤｜±｜≤｜｜+｜｜证明：(1)两个非零向量与不共线时，+的方向与，的方向都不同，并且｜｜-｜｜＜｜±｜＜｜｜+｜｜(3)两个非零向量a 与b 共线时，①a 与b 同向，则a +b 的方向与a 、b 相同且｜a +b ｜=｜a ｜＋｜b ｜.②a 与b 异向时，则a +b 的方向与模较大的向量方向相同，设|a |＞||，则|+|=||-||.同理可证另一种情况也成立。
8.3空间角与空间距离-高考数学历年(十年)真题题型归纳+模拟预测(原卷版)
第八章 立体几何与空间向量8.3 空间角与空间距离从近三年高考情况来看，利用空间向量证明平行与垂直，以及求空间角是高考的热点．高考主要考查空间向量的坐标运算，以及平面的法向量等，难度属于中等偏上，主要为解答题，解题时应熟练掌握空间向量的坐标表示和坐标运算，把空间立体几何问题转化为空间向量问题.题型一.平行与垂直证明1．（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点，则满足MN ⊥OP 的是（ ）A ．B ．C ．D ．2．（2021•新高考Ⅱ）在正三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝1，点P 满足BP →=λBC →+μBB 1→，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（ ） A ．当λ＝1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ＝1时，三棱锥P ﹣A 1BC 的体积为定值 C ．当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D ．当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P题型二.异面直线所成角1．（2017•新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为（ ） A ．√32B ．√155C ．√105D ．√332．（2017•新课标Ⅱ）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最大值为60°；其中正确的是 ．（填写所有正确结论的编号）3．（2017•天津）如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°．点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2． （Ⅱ）求证：MN ∥平面BDE ； （Ⅱ）求二面角C ﹣EM ﹣N 的正弦值；（Ⅱ）已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为√721，求线段AH 的长．题型三.线面角1．（2020•海南）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°2．（2016•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，P A ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．（1）证明：MN∥平面P AB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．3．（2020·海南）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD 与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，QB=√2，求PB与平面QCD所成角的正弦值．4．（2020•新课标Ⅱ）如图，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心．若AO∥平面EB1C1F，且AO＝AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值．题型四.二面角1．（2020•新课标Ⅱ）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE＝AD．△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=√66DO．（1）证明：P A⊥平面PBC；（2）求二面角B﹣PC﹣E的余弦值．2．（2021•新高考Ⅱ）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA=√5，QC＝3．（Ⅱ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．̂所在平面垂直，3．（2018•新课标Ⅱ）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD̂上异于C，D的点．M是CD（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．4．（2017•新课标Ⅱ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．5．（2021•乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．6．（2021•甲卷）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？题型五.翻折问题1．（2019•新课标Ⅱ）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，连结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．2．（2018•新课标Ⅱ）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．3．（2016•新课标Ⅱ）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF=54，EF交于BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′=√10．（Ⅱ）证明：D′H⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣D′A﹣C的正弦值．题型六.探究性问题1．（2020•山东）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面P AD 与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．2．（2018•新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2√2，P A＝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﹣P A﹣C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值．3．（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面P AB；（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．4．（2019•北京）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC=13．（Ⅱ）求证：CD ⊥平面P AD ； （Ⅱ）求二面角F ﹣AE ﹣P 的余弦值； （Ⅱ）设点G 在PB 上，且PG PB=23．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．一．选择题（共3小题）1．已知圆锥的顶点为A ，高和底面的半径相等，BE 是底面圆的一条直径，点D 为底面圆周上的一点，且∠ABD ＝60°，则异面直线AB 与DE 所成角的正弦值为（ ） A ．√32B ．√22C ．√33D ．132．已知三棱锥P ﹣ABC 内接于球O ，P A ⊥平面ABC ，△ABC 为等边三角形，且边长为√3，球O 的表面积为16π，则直线PC 与平面P AB 所成的角的正弦值为（ ）A ．√157B ．√155C ．√152D ．√15103．设正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为DD 1的中点，M 为直线BD 1上一点，N 为平面AEC 内一点，则M ，N 两点间距离的最小值为（ ）A ．√63B ．√66C ．√34D ．√36二．多选题（共2小题）4．如图所示，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD 1，点E 是棱CD 上的一个动点，给出下列命题，其中真命题的是（ ）A ．三棱锥B ﹣AEC 1的体积恒为定值B ．存在唯一的点E ，使得截面△AEC 1的周长取得最小值C ．不存在点E ，使得BD 1⊥平面AEC 1D ．若点E 满足CE ＞DE ，则在棱DD 1上存在相应的点G ，使得A 1G ∥平面AEC 1 5．在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1＝2，E 、F 分别是BC 、A 1C 1的中点，D 在线段B 1C 1上，则下面说法中正确的有（ ）A ．EF ∥平面AA 1B 1BB ．若D 是B 1C 1上的中点，则BD ⊥EFC ．直线EF 与平面ABC 所成角的正弦值为√55D ．直线BD 与直线EF 所成角最小时，线段BD 长为3√22三．填空题（共3小题）6．在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点A 关于平面BDC 1的对称点为M ，则M 到平面A 1B 1C 1D 1的距离为 ．7．在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，点P 是线段B 1C 上的一个动点，则：（1）AP+D1P的最小值等于；（2）直线AP与平面AA1D1D所成角的正切值的取值范围为．8．在正方形ABCD中，点E，F分别为BC，AD的中点，将四边形CDEF沿EF翻折，使得平面CDFE⊥平面ABEF，则异面直线BD与CF所成角的余弦值为．四．解答题（共6小题）9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，AB⊥BC，∠ADC＝45°，P A⊥平面ABCD，AB＝AP＝1，AD＝3．（1）求异面直线PB与CD所成角的大小；（2）求点D到平面PBC的距离．10．如图，在圆锥PO中，边长为2√3的正△ABC内接于圆O，AD为圆O的直径，E为线段PD的中点．（1）求证：直线PO∥平面BCE；（2）若AE⊥PD，求直线AP与平面ABE所成角的正弦值．11．如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，∠CDA ＝∠BAD ＝90°，AB =AD =2DC =2√2，E ，F 分别为PD ，PB 的中点．（1）求证：CF ∥平面P AD ；（2）若截面CEF 与底面ABCD 所成锐二面角为π4，求P A 的长度．12．如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1为矩形，且侧面ACC 1A 1⊥侧面ABB 1A 1，AB ＝AC ＝2，AA 1＝B 1C ＝2√2．（1）证明：A 1B 1⊥平面AB 1C ；（2）若点D 为棱B 1C 1的中点，求平面AB 1C 与平面AA 1D 所成的锐二面角的余弦值．13．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点E 为BB 1的中点．（Ⅱ）求证：BC 1∥平面AD 1E ；（Ⅱ）求点C 1到平面AD 1E 的距离；（Ⅱ）判断B1C1的中点M是否在平面AD1E上？说明理由．14．如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，点E在线段BC上，BE＝2EC．把△BAE 沿AE翻折至△B1AE的位置，B1∉平面AECD，连结B1D，点F在线段DB1上，DF＝2FB1，如图2．（1）证明：CF∥平面B1AE；（2）当三棱锥B1﹣ADE的体积最大时，求二面角B1﹣DE﹣C的余弦值．。
高考数学专题训练平面向量及空间向量 试题
智才艺州攀枝花市创界学校2021年高考数学专题训练(平面向量及空间向量)一、选择题〔本大题一一共12小题，每一小题分6，一共72分〕1．设-=1(acos α,3),(=b sin )3,α,且a ∥b，那么锐角α为〔〕A.6π B.4π C.3π D.125π 2．点)0,2(-A 、)0,3(B ，动点2),(x PB PA y x P =⋅满足，那么点P 的轨迹是〔〕A.圆B.椭圆C.双曲线D.抛物线3．向量值是相互垂直，则与且k b a b a k b a-+-==2),2,0,1(),0,1,1(〔〕A.1B.51C.53D.57 4．b a ,是非零向量且满足的夹角是与则b a b a b a b a,)2(,)2(⊥-⊥-〔〕A.6π B.3π C.32πD.65π5．将函数y=sinx 的图像上各点按向量=a〔2,3π〕平移，再将所得图像上各点的横坐标变为原来的2倍，那么所得图像的解析式可以写成〔〕 A.y=sin(2x+3π)+2B.y=sin(2x －3π)－2 C.y=(321π+x )－2D.y=sin(321π-x )+2 6．假设A,B 两点的坐标是A(3φcos ,3φsin ,1),B(2,cos θ2,sin θ1),|AB |的取值范围是()A.[0,5]B.[1,5]C.(1,5)D.[1,25] 7．从点A(2,－1,7)沿向量)12,9,8(-=a方向取线段长|AB|=34,那么点B 的坐标为〔〕A.(-9,-7,7)B.(-9,-7,7)或者(9,7,-7)C.(18,17,-17)D.(18,17,-17)或者(-18,-17,17) 8．平面直角坐标系中，O 为坐标原点，两点A(3,1)，B(-1,3)，假设点C 满足OC =OB OA βα+,其中α、β∈R 且α+β=1,那么点C 的轨迹方程为()A.01123=-+y xB.5)2()1(22=-+-y xC.02=-y x D.052=-+y x9．空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于m ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，那么AF AE ⋅的值是〔〕A.2m B.212m C.412m D.432m10．O 为空间中一定点，动点P 在A,B,C 三点确定的平面内且满足)()(AC AB OA OP -⋅-=0,那么点P 的轨迹一定过△ABC 的〔〕 A.外心B.内心C.重心D.垂心11．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1与BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成的角为〔〕A.23arccosB.1010arccos C.arccos53D.arccos 5212.三棱锥O-ABC 中，设的中点，分别为B C OA ,,,,N M c OC b OB a OA===，点G ∈MN ，MG:GN=2,那么分别等于则z y x OC z OB y OA x OG ,,,++=〔〕A.1,1,1B.1,1,1C.1,1,1D.1,1,1 二、填空题〔本大题一一共4小题，每一小题5分，一共20分〕13．),cos ,1,(sin ),sin ,1,(cos αααα==b a那么向量b a b a -+与的夹角为______14．空间三点A(0,2,3),B(－2,1,6),C(1,－1,5),以AC AB 、为边的平行四边形的面积为 15．向量B A B A B A mtan tan 223)2sin 5,2cos2(，则的模为+-=的值是___ 16．假设对n个向量n a a a,,,21存在n 个不全为零的实数,,,,21n k k k 使得02211=+++n n a k a k a k 成立，那么称向量n a a a ,,,21为“线性相关〞.依此规定，能说明)2,2(),1,1(),0,1(321=-==a a a“线性相关〞的实数321,,k k k 依次可以取_____________________(写出一组数值即可，不必考虑所有情况). 三、解答题〔本大题一一共4小题，一共58分〕 17．〔此题总分值是13〕A(3,0),B(0,3),C(cos ).sin ,αα (1)假设α2sin ,1求-=⋅BC AC 的值；(2)假设. OC ),,0(,13||的夹角与求且OB OC OA πα∈=+18．〔此题总分值是14分〕如图，正方形ABCD ，ABEF 的边长都是1，且平面ABCD ⊥平面ABEF ，点M ∈AC ，N ∈==BN CM,BF ).20(<<a a 〔1〕建立适当的坐标系，并写出M 、N 坐标； 〔2〕当a 为何值时，MN 的长为最小； 〔3〕当MN 的长最小时，求二面角B MN －-A 的大小.19．〔此题总分值是15分〕如图,过抛物线x 2=4y 的对称轴上任一点P(0,m)(m>0)作直线与抛物线交于A 、B 两点，点Q 是点P 关于原点的对称点. (Ⅰ)设点P 分有向线段AB 所成的比为λ，证明);(QB QA QP λ-⊥(Ⅱ)设直线AB 的方程是x —2y+12=0,过A 、B 两点的圆C 与抛物线 在点A 处有一共同的切线，求圆C 的方程.20．〔此题总分值是16分〕如图，在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，,60 =∠ABCPA=AC=,2,a PD PBa ==点E 在PD 上，且PE :ED=2:1.(1) 证明：PA ⊥平面ABCD ； (2) 求的值；><AE BP ,cos(3) 在棱PC 上是否存在一点F ，使BF//平面AEC ？证明你的结论.[参考答案]13．214．3715．9得,0332211 =++a k a k a k ⎩⎨⎧=+-=++020232221k k k k k 可得⎪⎩⎪⎨⎧=-==ck c k ck 24213〔取任一非零常数）c c ,0≠，故可取〔－4,2，1〕等.17．解：〔1〕),3sin ,(cos ),sin ,3(cos -=-=a a BC a a AC 由1-=⋅BC AC ，得32sin cos ,1)3(sin sin cos )3(cos =+∴-=-+-a a a a a a 两边平方，得 〔2〕21cos ,13sin )cos 3(),sin ,cos 3(22=∴=++∴+=+a a a a a OCOA ,23sin ,3),,0(==∴∈a a a ππ .233=⋅OC OB 设OB 与OC 的夹角为θ,那么18．解：〔1〕以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BE 为y 轴，BC 为z 轴建立空间直角坐标系，由题设得A 〔1,0,0〕，〔0,0,1〕，F(1,1,0).∵CM=BN=a ∴).0,2,2(),221,0,2(aa N a a M -〔2〕|222)221()2()22(|a a a a MN -++-= ∴当.BF AC N M ,22||22的中点、分别是、这时取得最小值时，MN a =〔3〕∵M 、N 分别是AC 、BF 的中点，∴AM ＝AN ，BM ＝BN ，且 M=),21,0,21(N=).0,21,21(设MN 的中点为,,)41,41,21(,MN GB MN GA G G ⊥⊥且则 AGB ∠为二面角B MN A --的平面角.∵)41,41,21(),41,41,21(---=--=GB GA ∴31161161411611614116116141||||cos -=++⋅++++-=⋅=∠GB GA AGB∴二面角.31arccos ---π的大小为B MN A19．解(Ⅰ)依题意,可设直线AB 的方程为m kx y +=,代入抛物线方程y x 42=得.0442=--m kx x ①.设A 、B 两点的坐标分别是〔x 1,y 1〕、(x 2,y 2),那么x 1、x 2是方程①的两根.所以.421m x x -=由点P 〔0，m 〕分有向线段AB 所成的比为λ，得0121=++λλx x ，即.21x x -=λ又点Q 是点P 关于原点的以称点，故点Q 的坐标是〔0，--m 〕,从而).2,0(m QP==).)1(,(2121m y y x x λλλ-+--=])1(44[221222121m x xx x x x m ++⋅+=2212144)(2x m x x x x m +⋅+=221444)(2x mm x x m +-⋅+=0，所以).(QB QA OP λ-⊥(Ⅱ)由⎩⎨⎧=+-=,0122,42y x y x 得点A 、B 的坐标分别是〔6，9〕、〔--4，4〕.由y x42=得241x y =，,21x y ='所以抛物线y x42=在点A 处切线的斜率为36==x y.设圆C 的方程是222)()(r b y a x =-+-，那么⎪⎩⎪⎨⎧-=---++=-+-,3169.)4()4()9()6(2222a b b a b a 解之得.2125)4()4(,223,23222=-++==-=b a r b a 所以圆C 的方程是2125)223()23(22=-++y x . 20．解：〔1〕因为底面ABCD 是菱形，60=∠ABC ，所以AB=AD=AC=.a 在△PAB 中，由PA 2+AB 2=2a 2=PB 2,知PA ⊥,PA ⊥AD ，所以PA⊥平面ABCD.〔2〕以A 为坐标原点，直线AD,AP 分别为y 轴，z 轴，过A 点垂直平面PAD 的直线为x 轴，建立空间直角坐标系如图. 由题设条件，相关各点的坐标分别为∴),21,23(),31,32,0(a a a BP a a AE -== ∴5102953131||||,cos 2222=+=⋅>=<a a aa AE BP AE BP AE BP 〔3〕∵),0,0(),0,,0(),0,21,23(a P a D a a C ∴).,0,0(),,21,23(),0,21,23(a AP a a a PC a a AC =-== 设点F 是棱PC 上的点，则 其中 ,10),,21,23(<λ<λ-λλ=λ=a a a PC PF))1(,)1(21,)1(23( λ-λ+-λ=a a a .得令AE AC BF 21λ+λ= ,31)1(3221)1(2123)1(232211⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧λ=λ-λ+λ=λ+λ=-λa a a a a a a 解得.23,21,2121=λ-=λ=λ即.232121AE AC BF +-==λ时，∴F 是PC 的中点时AE AC BF ,,,一共面. 又∵，平面AEC ⊄BF∴当F 是棱PC 的中点时，BF .AEC //平面。
向量高考真题doc
向量高考真题一、选择题1、（2004广东1）已知平面向量a =（3，1），b =（x ，–3），且a b ⊥，则x= （ ）A ．－3B ．－1C ．1D ．32、（2004重庆文理6）若向量a 与b 的夹角为60，||4,(2).(3)72b a b a b =+-=-,则向量a 的模为 （ ） A ．2B ．4C ．6D ．123、（2004浙江文4）已知向量),cos ,(sin ),4,3(αα==b a 且∥，则αtan = （ ） (A)43(B)43-(C)34(D)34-4（2004福建文理8）已知a 、b 是非零向量且满足(a －2b) ⊥a ，(b －2a ) ⊥b ，则a 与b 的夹角是 （ ）A ．6πB ．3πC ．32πD ．65π 5、（2004天律文理3）若平面向量b 与向量)2,1(-=a 的夹角是︒180，且53||=b ，则=b A ． )6,3(-B ． )6,3(-C ． )3,6(-D ． )3,6(-6、（2004湖北文理4）已知,,为非零的平面向量. 甲：则乙,:,=⋅=⋅（ ） A ．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B ．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C ．甲是乙的充要条件D ．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件7、（2004辽宁6）已知点)0,2(-A 、)0,3(B ，动点2),(x PB PA y x P =⋅满足，则点P 的轨迹是 （ ） A ．圆 B ．椭圆 C ．双曲线 D ．抛物线 8、（2004全国文理3）已知a 、b 均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|a +3b |= （ ）A ．7B ．10C ．13D ．49、（2004全国理9）已知平面上直线l 的方向向量e =),53,54(-点O （0，0）和A （1，－2）在l 上的射影分别是O ′和A ′，则λ='A O e ，其中λ=（ ） A ．511 B ．511-C ．2D ．－210、（2004全国文9）已知向量a 、b 满足：|a |=1，|b |=2，|a －b |=2，则|a +b |= （ ）A ．1B ．2C ．5D ．611、（2003天律文理4）O 是平面上一 定点，A 、B 、C 是平面上不共线的三个点，动点P 满足).,0[||||(+∞∈⋅++=λλAC AB OA OP 则P 的轨迹一定通过△ABC 的（ ）A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心二、填空题1、（2004浙江文理14）已知平面上三点A 、B 、C 满足,5,4,3===CA BC AB 则AB· BC+BC ·CA+CA·AB 的值等于 .2、（2004天律文14）已知向量(1,1),(2,3),a b ==-若2ka b -与a 垂直，则实数k 等于_______________3、（2004江苏16）平面向量a ，b 中，已知a =(4，-3)，b =1，且a ·b =5，则向量b =__________.4、（2004上海理6）已知点A(1, －2),若向量AB 与a ={2,3}同向,AB =213,则点B 的坐标为 .5、（2004全国文理14）向量a 、b 满足（a －b ）·（2a+b ）=－4，且|a |=2，|b |=4，则a 与b 夹角的余弦值等于 .三、解答题1、（2004广东省18） 如右下图,在长方体ABCD —A1B1C1D1中,已知AB= 4, AD =3, AA1=2. E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB= FB=1. (1) 求二面角C —DE —C1的正切值;(2) 求直线EC1与FD1所成的余弦值.2、（2004浙江理19）（本题满分12分）如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直， AB=2，AF=1，M 是线段EF 的中点.（Ⅰ）求证AM ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角A —DF —B 的大小； （Ⅲ）求点B 到平面CMN 的距离.3、（2004浙江文19）（本题满分12分）如图，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，M 是线段EF 的中点. （Ⅰ）求证AM∥平面BDE ； （Ⅱ）求证AM⊥平面BDF ；（Ⅲ）求二面角A —DF —B 的大小；D 1C 1B 1CD BA A 1EF4、（2004福建文理17）（本小题满分12分）设函数f(x)=a ·b ，其中向量a =(2cos x ，1)，b =(cos x ， 3sin2x )，x ∈R.（Ⅰ）若f(x)=1－3且x ∈[－3π，3π]，求x ； （Ⅱ）若函数y=2sin2x 的图象按向量c =(m ，n)(|m|<2π)平移后得到函数y=f(x)的图象，求实数m 、n 的值.5、（2004福建文理19）（本小题满分12分）在三棱锥S —ABC 中，△ABC 是边长为4的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA=SC=23，M 、N 分别为AB 、SB 的中点.（Ⅰ）证明：AC ⊥SB ；（Ⅱ）求二面角N —CM —B 的大小； （Ⅲ）求点B 到平面CMN 的距离.6、（2004天律理19）（本小题满分12分） 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD=DC ，EFD ；（3）求二面角C —PB —D 的大小.AB D CEFP7、（2004天律理22）（本小题满分14分）椭圆的中心是原点O ，它的短轴长为22，相应于焦点F （c ，0）（0>c ）的准线l 与x 轴相交于点A ，|OF|=2|FA|，过点A 的直线与椭圆相交于P 、Q 两点. （1）求椭圆的方程及离心率；（2）若0=⋅，求直线PQ 的方程；（3）设AQ AP λ=（1>λ），过点P 且平行于准线l 的直线与椭圆相交于另一点M ， 证明λ-=.8、（2004湖北理18）（本小题满分12分） 如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，点E 是棱BC 的中点，点F 是棱CD 上的动点.（I ）试确定点F 的位置，使得D 1E ⊥平面AB 1F ；（II ）当D 1E ⊥平面AB 1F 时，求二面角C 1—EF —A 的大小（结果用反三角函数值表示）.9、（2004湖北理19）（本小题满分12分）如图，在Rt △ABC 中，已知BC=a ，若长为2a 的线段PQ 以点A 为中点，问BC PQ 与的夹角θ取何值时CQ BP ⋅的值最大？并求出这个最大值.10、（2004湖北文18）（本小题满分12分） 如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与BD 交于点E ，CB 与CB 1交于点F.（I ）求证：A 1C ⊥平BDC 1；（II ）求二面角B —EF —C 的大小（结果用反三角函数值表示）.11、（2004全国理20）（本小题满分12分）如图，已知四棱锥 P —ABCD ，PB ⊥AD 侧面PAD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面PAD 与底面ABCD 所成的二面角为120°.（I ）求点P 到平面ABCD 的距离，（II ）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小. 12、（2004全国文21）（本小题满分12分）设双曲线C ：1:)0(1222=+>=-y x l a y ax 与直线相交于两个不同的点A 、B.（I ）求双曲线C 的离心率e 的取值范围：（II ）设直线l 与y 轴的交点为P ，且.125PB PA =求a 的值. 13、（2004全国文理20）（本小题满分12分）如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠ACB=90°，AC=1，CB=2，侧棱AA 1=1，侧面AA 1B 1B 的两条对角线交点为D ，B 1C 1的中点为M.（Ⅰ）求证CD ⊥平面BDM ；（Ⅱ）求面B 1BD 与面CBD 所成二面角的大小.14、（2004全国理21）（本小题满分12分）给定抛物线C ：y 2=4x ，F 是C 的焦点，过点F 的直线l 与C 相交于A 、B 两点。
高考数学空间向量例题
1(2019辽宁理19））已知三棱锥P －ABC 中，PA ⊥面ABC ，AB ⊥AC ，PA=AC=，N 为AB 上一点，AB=4AN,M,S分别为PB,BC 的中点.证明：CM ⊥SN ；审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.证明：设PA=1，以A 为原点，射线AB ，AC ，AP 分别为x ，y ，z 轴正向建立空间直角坐标系如图，则P （0,0,1），C （0,1,0），B （2,0,0），M （1,0,12），N（12,0,0），S （1,12,0）因为110022CM SN •=-++=， 所以CM ⊥SN .【点评】对坐标系易建立的空间线线垂直判定（证明）问题，常用向量法，即通过证明所证直线的方向向量的数量积为0证明两直线垂直.例2(2019天津理19) 在长方体1111ABCD A B C D -中，E 、F 分别是棱BC ,1CC 上的点，CF =AB =2CE , 1::AB AD AA = 1:2:4.证明AF ⊥平面1A ED审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.解析：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设1AB =,依题意得(0,2,0)D ,(1,2,1)F , 1(0,0,4)A ,31,,02E ⎛⎫⎪⎝⎭已知(1,2,1)AF =,131,,42EA ⎛⎫=--⎪⎝⎭,11,,02ED ⎛⎫=- ⎪⎝⎭于是AF ·1EA =0，AF ·ED =0.因此，1AF EA ⊥,AF ED ⊥,又1EA ED E ⋂=所以AF ⊥平面1A ED【点评】对坐标系易建立的空间线面垂直问题，通常用向量法，先求出平面的法向量和直线的方向向量，证明平面法向量与直线的方向向量平行或者直接用向量法证明直线与平面内两条相交直线垂直，再用线面垂直判定定理即可. 例 3 （2019年山东文）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且2AD PD MA ==.求证：平面EFG ⊥平面PDC .审题要津：本题空间坐标系易建立，可用坐标法.解析：以A 为原点，向量DA ,AB ,AM 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，如图建立坐标系，设AM=1，则AD=AB=PD=2,则B(0,2,0),C(－2,2,0),D(－2,0,0),P(－2,0,2), M(0,0,1),则E(0,1,12),G(－1,1,1),F(－2,1,1)，∴EG =(-1,0,12),GF =(－1,0,0),设平面EFG 的法向量m =（x ，y ，z ），则 EG •m =12x z -+=0且GF •m =x -=0，取y =1，则x =z =0，∴m =（0，1,0）,易证面PDC 的法向量为DA=(2,0,0), ∵DA •m =200100⨯+⨯+⨯=0,∴m ⊥DA , ∴平面EFG ⊥平面PDC【点评】对于易建立空间坐标系的面面垂直问题，常向量法，即先建立坐标系，求出两个平面的法向量，通过证明这两个平面的法向量垂直，即得面面垂直.考点2.利用空间向量处理空间平行关系空间线线、线面、面面平行关系问题是高考考查的另一个重点内容，考查的形式灵活多样，常与探索性问题、垂直问题、空间角问题结合，可以是小题，也可以是解答题的一个小题，题目的难度一般不大，是高考中的得分点之一.例4（2019 湖南理18）在正方体1111ABCD A B C D -，E 是棱1DD 的中点。
十年高考真题(2013-2022)专题12立体几何与空间向量解答题(解析版)
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）专题12立体几何与空间向量解答题1．【2022年全国甲卷理科18】在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB= 2,DP=√3．(1)证明：BD⊥PA；(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)√55.【解析】(1)证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，因为CD//AB,AD=CD=CB=1,AB=2，所以四边形ABCD为等腰梯形，所以AE=BF=12，故DE=√32，BD=√DE2+BE2=√3，真题汇总所以AD 2+BD 2=AB 2，所以AD ⊥BD ，因为PD ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥BD ，又PD ∩AD =D ，所以BD ⊥平面PAD ，又因PA ⊂平面PAD ，所以BD ⊥PA ；(2)解：如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，BD =√3，则A(1,0,0),B(0,√3,0),P(0,0,√3)，则AP⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,√3),BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−√3,√3),DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,√3)， 设平面PAB 的法向量n⃗ =(x,y,z)， 则有{n →⋅AP →=−x +√3z =0n →⋅BP →=−√3y +√3z =0，可取n ⃗ =(√3,1,1)， 则cos〈n ⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉=n ⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||DP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√55， 所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为√55. 2．【2022年全国乙卷理科18】如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD,AD =CD,∠ADB =∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB =BD =2,∠ACB =60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37【解析】(1)因为AD =CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE ；在△ABD 和△CBD 中，因为AD =CD,∠ADB =∠CDB,DB =DB ，所以△ABD ≌△CBD ，所以AB =CB ，又因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE ；又因为DE,BE ⊂平面BED ，DE ∩BE =E ，所以AC ⊥平面BED ，因为AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)连接EF ，由（1）知，AC ⊥平面BED ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，所以S △AFC =12AC ⋅EF ，当EF ⊥BD 时，EF 最小，即△AFC 的面积最小.因为△ABD ≌△CBD ，所以CB =AB =2，又因为∠ACB =60°，所以△ABC 是等边三角形，因为E 为AC 的中点，所以AE =EC =1，BE =√3，因为AD ⊥CD ，所以DE =12AC =1,在△DEB 中，DE 2+BE 2=BD 2，所以BE ⊥DE .以E 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系E −xyz ，则A (1,0,0),B(0,√3,0),D (0,0,1)，所以AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,1),AB⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,0)， 设平面ABD 的一个法向量为n⃗ =(x,y,z )， 则{n ⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +z =0n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =−x +√3y =0 ，取y =√3，则n ⃗ =(3,√3,3)，又因为C (−1,0,0),F (0,√34,34)，所以CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√34,34)， 所以cos⟨n ⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=n ⃗ ⋅CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√21×√74=4√37，设CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为θ(0≤θ≤π2)，所以sinθ=|cos⟨n ⃗ ,CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩|=4√37， 所以CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37.3．【2022年新高考1卷19】如图，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为2√2．(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1=AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求二面角A −BD −C 的正弦值．【答案】(1)√2(2)√32【解析】(1)在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设点A 到平面A 1BC 的距离为h ， 则V A−A 1BC =13S △A 1BC ⋅ℎ=2√23ℎ=V A 1−ABC =13S △ABC ⋅A 1A =13V ABC−A 1B 1C 1=43，解得ℎ=√2，所以点A 到平面A 1BC 的距离为√2；(2)取A 1B 的中点E ,连接AE ,如图，因为AA 1=AB ，所以AE ⊥A 1B ,又平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1=A 1B ，且AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，由BC ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE ⊥BC ，BB 1⊥BC ，又AE,BB 1⊂平面ABB 1A 1且相交，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，所以BC,BA,BB 1两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以AA 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2，则A(0,2,0),A 1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A 1C 的中点D(1,1,1)，则BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,1)，BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0), 设平面ABD 的一个法向量m ⃗⃗ =(x,y,z)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x +y +z =0m ⃗⃗ ⋅BA ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y =0， 可取m⃗⃗ =(1,0,−1)， 设平面BDC 的一个法向量n ⃗ =(a,b,c)，则{m ⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a +b +c =0m ⃗⃗ ⋅BC⃗⃗⃗⃗⃗ =2a =0， 可取n⃗ =(0,1,−1)， 则cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√2×√2=12， 所以二面角A −BD −C 的正弦值为√1−(12)2=√32. 4．【2022年新高考2卷20】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，PA =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE//平面PAC；(2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C−AE−B的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)1113【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，所以PO⊥AO、PO⊥BO，又PA=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，所以∠ODA=∠OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，又OE⊄平面PAC，PD⊂平面PAC，所以OE//平面PAC(2)解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，因为PO=3，AP=5，所以OA=√AP2−PO2=4，又∠OBA =∠OBC =30°，所以BD =2OA =8，则AD =4，AB =4√3，所以AC =12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C (0,12,0)，所以E (3√3,1,32)， 则AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3√3,1,32)，AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4√3,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,0)， 设平面AEB 的法向量为n ⃗ =(x,y,z )，则{n ⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3x +y +32z =0n ⃗ ⋅AB⃗⃗⃗⃗⃗ =4√3x =0 ，令z =2，则y =−3，x =0，所以n ⃗ =(0,−3,2)；设平面AEC 的法向量为m ⃗⃗ =(a,b,c )，则{m ⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =3√3a +b +32c =0m ⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =12b =0 ，令a =√3，则c =−6，b =0，所以m ⃗⃗ =(√3,0,−6)；所以cos ⟨n ⃗ ,m ⃗⃗ ⟩=n ⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ |n ⃗ ||m ⃗⃗⃗ |=√13×√39=−4√313设二面角C −AE −B 为θ，由图可知二面角C −AE −B 为钝二面角， 所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos 2θ=1113故二面角C −AE −B 的正弦值为1113；5．【2021年全国甲卷理科19】已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB =BC =2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点．BF ⊥A 1B 1（1）证明：BF⊥DE；（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小【答案】（1）见解析；（2）B1D=12因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB因为A1B1//AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB，又BB1∩BF=B，所以AB⊥平面BCC1B1．所以BA,BC,BB1两两垂直．以B为坐标原点，分别以BA,BC,BB1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图．所以B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),B1(0,0,2),A1(2,0,2),C1(0,2,2)，E(1,1,0),F(0,2,1)．由题设D(a,0,2)（0≤a≤2）．（1）因为BF=(0,2,1),DE=(1−a,1,−2)，所以BF⋅DE=0×(1−a)+2×1+1×(−2)=0，所以BF⊥DE．（2）设平面DFE 的法向量为m⃗⃗ =(x,y,z)， 因为EF =(−1,1,1),DE =(1−a,1,−2)，所以{m ⋅EF =0m ⋅DE =0，即{−x +y +z =0(1−a)x +y −2z =0． 令z =2−a ，则m =(3,1+a,2−a)因为平面BCC 1B 1的法向量为BA⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,0)， 设平面BCC 1B 1与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则|cosθ|=|m⋅BA||m|⋅|BA|=2×√2a 2−2a+14=√2a 2−2a+14． 当a =12时，2a 2−2a +4取最小值为272，此时cosθ取最大值为√2=√63．所以(sinθ)min =(√63)=√33， 此时B 1D =12．6．【2021年新高考1卷20】如图，在三棱锥A −BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB =AD ，O 为BD 的中点.（1）证明：OA ⊥CD ；（2）若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE =2EA ，且二面角E −BC −D 的大小为45°，求三棱锥A −BCD 的体积.【答案】(1)详见解析(2) √36（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD ∩平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD所以EF⊥BD, EF⊥CD, BD∩CD=D,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC 因为FM⊥BC，FM∩EF=F,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF则∠EMF为二面角E-BC-D的平面角, ∠EMF=π4因为BO=OD,△OCD为正三角形,所以△OCD为直角三角形因为BE=2ED,∴FM=12BF=12(1+13)=23从而EF=FM=23∴AO=1∵AO⊥平面BCD,所以V=13AO⋅SΔBCD=13×1×12×1×√3=√367．【2021年全国乙卷理科18】如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）求BC；（2）求二面角A−PM−B的正弦值．【答案】（1）√2；（2）√7014（1）∵PD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D −xyz ，设BC =2a ，则D(0,0,0)、P(0,0,1)、B(2a,1,0)、M(a,1,0)、A(2a,0,0)，则PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2a,1,−1)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−a,1,0)，∵PB ⊥AM ，则PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2a 2+1=0，解得a =√22，故BC =2a =√2；（2）设平面PAM 的法向量为m ⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，则AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√22,1,0)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2,0,1)， 由{m ⋅AM =−√22x 1+y 1=0m ⋅AP =−√2x 1+z 1=0，取x 1=√2，可得m ⃗⃗ =(√2,1,2)， 设平面PBM 的法向量为n ⃗ =(x 2,y 2,z 2)，BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√22,0,0)，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2,−1,1)， 由{n ⋅BM =−√22x 2=0n ⋅BP =−√2x 2−y 2+z 2=0，取y 2=1，可得n ⃗ =(0,1,1)， cos <m ⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√7×√2=3√1414， 所以，sin <m ⃗⃗ ,n ⃗ >=√1−cos 2<m ⃗⃗ ,n ⃗ >=√7014，因此，二面角A −PM −B 的正弦值为√7014. 8．【2021年新高考2卷19】在四棱锥Q −ABCD 中，底面ABCD 是正方形，若AD =2,QD =QA =√5,QC =3．（1）证明：平面QAD⊥平面ABCD；（2）求二面角B−QD−A的平面角的余弦值．.【答案】（1）证明见解析；（2）23（1）取AD的中点为O，连接QO,CO.因为QA=QD，OA=OD，则QO⊥AD，而AD=2,QA=√5，故QO=√5−1=2.在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故CO=√5，因为QC=3，故QC2=QO2+OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，因为OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,−1,0)，故BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,2),BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0). 设平面QBD 的法向量n⃗ =(x,y,z)， 则{n ⋅BQ =0n ⋅BD =0即{−2x +y +2z =0−2x +2y =0，取x =1，则y =1,z =12， 故n ⃗ =(1,1,12). 而平面QAD 的法向量为m ⃗⃗ =(1,0,0)，故cos〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=11×32=23. 二面角B −QD −A 的平面角为锐角，故其余弦值为23.9．【2020年全国1卷理科18】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE =AD ．△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =√66DO ．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B −PC −E 的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）2√55. 【解析】 （1）由题设，知△DAE 为等边三角形，设AE =1，则DO =√32，CO =BO =12AE =12，所以PO =√66DO =√24， PC =√PO 2+OC 2=√64,PB =√PO 2+OB 2=√64， 又△ABC 为等边三角形，则BA sin60∘=2OA ，所以BA =√32， PA 2+PB 2=34=AB 2，则∠APB =90∘，所以PA ⊥PB ，同理PA ⊥PC ，又PC ∩PB =P ，所以PA ⊥平面PBC ；（2）过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(−12,0,0),P(0,0,√24),B(−14,√34,0),C(−14,−√34,0)， PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−14,−√34,−√24)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−14,√34,−√24)，PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−12,0,−√24)， 设平面PCB 的一个法向量为n ⃗ =(x 1,y 1,z 1)，由{n ⋅PC =0n ⋅PB =0 ，得{−x 1−√3y 1−√2z 1=0−x 1+√3y 1−√2z 1=0，令x 1=√2，得z 1=−1,y 1=0， 所以n ⃗ =(√2,0,−1)，设平面PCE 的一个法向量为m ⃗⃗ =(x 2,y 2,z 2)由{m ⋅PC =0m ⋅PE =0 ，得{−x 2−√3y 2−√2z 2=0−2x 2−√2z 2=0，令x 2=1，得z 2=−√2,y 2=√33， 所以m ⃗⃗ =(1,√33,−√2)故cos<m⃗⃗ ,n⃗>=n⃗ ⋅m⃗⃗⃗|n⃗ |⋅|m⃗⃗⃗ |=√2√3×√10√3=2√55，设二面角B−PC−E的大小为θ，则cosθ=2√55.10．【2020年全国2卷理科20】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）√1010.【解析】（1）∵M,N分别为BC，B1C1的中点，∴MN//BB1，又AA1//BB1∴MN//AA1，在△ABC中，M为BC中点，则BC⊥AM又∵侧面BB1C1C为矩形，∴BC⊥BB1，∵MN//BB1，MN⊥BC，由MN∩AM=M，MN,AM⊂平面A1AMN∴BC⊥平面A1AMN又∵B1C1//BC，且B1C1⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，∴B1C1//平面ABC又∵B1C1⊂平面EB1C1F，且平面EB1C1F∩平面ABC=EF∴B1C1//EF∴EF//BC，又∵BC⊥平面A1AMN∴EF⊥平面A1AMN∵EF⊂平面EB1C1F∴平面EB1C1F⊥平面A1AMN（2）连接NP∵AO//平面EB1C1F，平面AONP∩平面EB1C1F=NP∴AO//NP，根据三棱柱上下底面平行，其面A1NMA∩平面ABC=AM，面A1NMA∩平面A1B1C1=A1N ∴ON//AP，故：四边形ONPA是平行四边形设△ABC边长是6m(m>0)可得：ON=AP，NP=AO=AB=6m∵O为△A1B1C1的中心，且△A1B1C1边长为6m∴ON=1×6×sin60°=√3m，3故：ON=AP=√3m∵EF//BC，∴APAM =EPBM，∴√33√3=EP3，解得：EP=m在B1C1截取B1Q=EP=m，故QN=2m∵B1Q=EP且B1Q//EP∴四边形B1QPE是平行四边形，∴B1E//PQ，由（1）B1C1⊥平面A1AMN故∠QPN为B1E与平面A1AMN所成角在Rt△QPN，根据勾股定理可得：PQ=√QN2+PN2=√(2m)2+(6m)2=2√10m∴sin∠QPN=QNPQ =2√10m=√1010，∴直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值：√1010.11．【2020年全国3卷理科19】如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DE= ED1，BF=2FB1．（1）证明：点C1在平面AEF内；（2）若AB=2，AD=1，AA1=3，求二面角A−EF−A1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）√427.【解析】（1）在棱CC1上取点G，使得C1G=12CG，连接DG、FG、C1E、C1F，在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AD //BC 且AD =BC ，BB 1//CC 1且BB 1=CC 1，∵C 1G =12CG ，BF =2FB 1，∴CG =23CC 1=23BB 1=BF 且CG =BF ，所以，四边形BCGF 为平行四边形，则AF //DG 且AF =DG ，同理可证四边形DEC 1G 为平行四边形，∴C 1E //DG 且C 1E =DG ，∴C 1E //AF 且C 1E =AF ，则四边形AEC 1F 为平行四边形，因此，点C 1在平面AEF 内；（2）以点C 1为坐标原点，C 1D 1、C 1B 1、C 1C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系C 1−xyz ，则A (2,1,3)、A 1(2,1,0)、E (2,0,2)、F (0,1,1)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,−1)，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,−2)，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,2)，A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,1)，设平面AEF 的法向量为m ⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1)，由{m ⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m ⃗⃗ ⋅AF⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ，得{−y 1−z 1=0−2x 1−2z 1=0 取z 1=−1，得x 1=y 1=1，则m ⃗⃗ =(1,1,−1)， 设平面A 1EF 的法向量为n ⃗ =(x 2,y 2,z 2)，由{n ⃗ ⋅A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅A 1F ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0 ，得{−y 2+2z 2=0−2x 2+z 2=0 ，取z 2=2，得x 2=1，y 2=4，则n ⃗ =(1,4,2)，cos <m ⃗⃗ ,n ⃗ >=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ |m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗ |=√3×√21=√77， 设二面角A −EF −A 1的平面角为θ，则|cosθ|=√77，∴sinθ=√1−cos 2θ=√427. 因此，二面角A −EF −A 1的正弦值为√427. 12．【2020年山东卷20】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）√63.【解析】（1）证明：在正方形ABCD 中，AD //BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD //平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC =l ，所以AD //l ，因为在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC,∴l ⊥DC,且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD,∴l ⊥PD,因为CD ∩PD =D所以l ⊥平面PDC ；（2）如图建立空间直角坐标系D −xyz ，因为PD =AD =1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，设Q(m,0,1)，则有DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(m,0,1),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1)， 设平面QCD 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{DC ⋅n =0DQ ⋅n =0 ，即{y =0mx +z =0， 令x =1，则z =−m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ⃗ =(1,0,−m)，则cos <n ⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||PB⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3⋅√m 2+1 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos <n ⃗ ,PB⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√3⋅√m 2+1=√33⋅√1+2m+m 2m 2+1=√33⋅√1+2m m 2+1≤√33⋅√1+2|m|m 2+1≤√33⋅√1+1=√63，当且仅当m =1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为√63.13．【2020年海南卷20】如图，四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面P AD 与平面PBC 的交线为l ．（1）证明：l ⊥平面PDC ；（2）已知PD =AD =1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）√63.【解析】（1）证明：在正方形ABCD 中，AD //BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以AD //平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD ∩平面PBC =l ，所以AD //l ，因为在四棱锥P −ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC,∴l ⊥DC,且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD,∴l ⊥PD,因为CD ∩PD =D所以l ⊥平面PDC ；（2）如图建立空间直角坐标系D −xyz ，因为PD =AD =1，则有D(0,0,0),C(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,1,0)，设Q(m,0,1)，则有DC⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(m,0,1),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,−1)， 设平面QCD 的法向量为n ⃗ =(x,y,z)，则{DC ⋅n =0DQ ⋅n =0 ，即{y =0mx +z =0， 令x =1，则z =−m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ⃗ =(1,0,−m)，则cos <n ⃗ ,PB ⃗⃗⃗⃗⃗ >=n ⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |n ⃗ ||PB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√3⋅√m 2+1根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos <n ⃗ ,PB⃗⃗⃗⃗⃗ >|=√3⋅√m 2+1=√33⋅√1+2m+m 2m 2+1=√33⋅√1+2m m 2+1≤√33⋅√1+2|m|m 2+1≤√33⋅√1+1=√63，当且仅当m =1时取等号， 所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为√63.14．【2019年新课标3理科19】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，连结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．【答案】证明：（1）由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，∴AD ∥CG ，∴AD ，CG 确定一个平面，∴A ，C ，G ，D 四点共面，由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，∴AB ⊥面BCGE ，∵AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ．解：（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ，∵EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，∴EH ⊥平面ABC ，由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，∴BH ＝1，EH =√3，以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴正方向，建立如图所求的空间直角坐标系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n →=（x ，y ，z ），则{CG →⋅n →=x +√3z =0AC →⋅n →=2x −y =0，取x ＝3，得n →=（3，6，−√3）， 又平面BCGE 的法向量为m →=（0，1，0），∴cos ＜n →，m →＞=n →⋅m →|n →|⋅|m →|=√32， ∴二面角B ﹣CG ﹣A 的大小为30°．15．【2019年全国新课标2理科17】如图，长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE ＝A 1E ，求二面角B ﹣EC ﹣C 1的正弦值．【答案】证明：（1）长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，B 1C 1⊥平面ABA 1B 1，∴B 1C 1⊥BE ，∵BE ⊥EC 1，∴BE ⊥平面EB 1C 1．解：（2）以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设AE ＝A 1E ＝1，∵BE ⊥平面EB 1C 1，∴BE ⊥EB 1，∴AB ＝1，则E （1，1，1），A （1，1，0），B 1（0，1，2），C 1（0，0，2），C （0，0，0），∵BC ⊥EB 1，∴EB 1⊥面EBC ，故取平面EBC 的法向量为m →=EB 1→=（﹣1，0，1），设平面ECC 1 的法向量n →=（x ，y ，z ），由{n →⋅CC 1→=0n →⋅CE →=0，得{z =0x +y +z =0，取x ＝1，得n →=（1，﹣1，0）， ∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=−12， ∴二面角B ﹣EC ﹣C 1的正弦值为√32．16．【2019年新课标1理科18】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．【答案】（1）证明：如图，过N 作NH ⊥AD ，则NH ∥AA 1，且NH =12AA 1，又MB ∥AA 1，MB =12AA 1，∴四边形NMBH 为平行四边形，则NM ∥BH ，由NH ∥AA 1，N 为A 1D 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C 1DE ，DE ⊂平面C 1DE ，∴MN ∥平面C 1DE ；（2）解：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DD 1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），A 1（√3，﹣1，4）， NM →=(√32，32，0)，NA 1→=(√32，−12，2)， 设平面A 1MN 的一个法向量为m →=(x ，y ，z)，由{m →⋅NM →=√32x +32y =0m →⋅NA 1→=√32x −12y +2z =0，取x =√3，得m →=(√3，−1，−1)， 又平面MAA 1的一个法向量为n →=(1，0，0)，∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=√3√5=√155． ∴二面角A ﹣MA 1﹣N 的正弦值为√105．17．【2018年新课标1理科18】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．【答案】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则AE=12AD，BF=12BC，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC．由于PF⊥BF，EF∩PF＝F，则BF⊥平面PEF．又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面PEF中，过P作PH⊥EF于点H，连接DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF ≌△CDF ，所以∠FPD ＝∠FCD ＝90°，所以PF ⊥PD ，由于DE ∩PD ＝D ，则PF ⊥平面PDE ，故V F ﹣PDE =13PF ⋅S △PDE ，因为BF ∥DA 且BF ⊥面PEF ，所以DA ⊥面PEF ，所以DE ⊥EP ．设正方形边长为2a ，则PD ＝2a ，DE ＝a在△PDE 中，PE =√3a ，所以S △PDE =√32a 2，故V F ﹣PDE =√36a 3，又因为S △DEF =12a ⋅2a =a 2，所以PH =3V F−PDE a 2=√32a ， 所以在△PHD 中，sin ∠PDH =PH PD =√34，即∠PDH 为DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为：√34．18．【2018年新课标2理科20】如图，在三棱锥P ﹣ABC 中，AB ＝BC ＝2√2，P A ＝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 ﹣P A ﹣C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值．【答案】（1）证明：连接BO ，∵AB ＝BC ＝2√2，O 是AC 的中点，∴BO ⊥AC ，且BO ＝2，又P A ＝PC ＝PB ＝AC ＝4，∴PO ⊥AC ，PO ＝2√3，则PB 2＝PO 2+BO 2，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 （0，0，2√3），C （0，2，0），B （2，0，0），BC →=（﹣2，2，0），设BM →=λBC →=（﹣2λ，2λ，0），0＜λ＜1则AM →=BM →−BA →=（﹣2λ，2λ，0）﹣（﹣2，﹣2，0）＝（2﹣2λ，2λ+2，0），则平面P AC 的法向量为m →=（1，0，0），设平面MP A 的法向量为n →=（x ，y ，z ），则PA →=（0，﹣2，﹣2√3），则n →•PA →=−2y ﹣2√3z ＝0，n →•AM →=（2﹣2λ）x +（2λ+2）y ＝0令z ＝1，则y =−√3，x =(λ+1)√31−λ， 即n →=（(λ+1)√31−λ，−√3，1），∵二面角M ﹣P A ﹣C 为30°，∴cos30°＝|m →⋅n →|m →||n →|=√32， 即(λ+1)√3λ−1√(1−λ⋅√3)2+1+3⋅1=√32， 解得λ=13或λ＝3（舍），则平面MP A 的法向量n →=（2√3，−√3，1），PC →=（0，2，﹣2√3），PC 与平面P AM 所成角的正弦值sin θ＝|cos ＜PC →，n →＞|＝|√3−2√3√16⋅√16|4√316=√34．19．【2018年新课标3理科19】如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD̂所在平面垂直，M 是CD̂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．【答案】解：（1）证明：在半圆中，DM ⊥MC ，∵正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD̂所在平面垂直， ∴AD ⊥平面DCM ，则AD ⊥MC ，∵AD ∩DM ＝D ，∴MC ⊥平面ADM ，∵MC ⊂平面MBC ，∴平面AMD ⊥平面BMC ．（2）∵△ABC 的面积为定值，∴要使三棱锥M ﹣ABC 体积最大，则三棱锥的高最大，此时M 为圆弧的中点，建立以O 为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图∵正方形ABCD 的边长为2，∴A （2，﹣1，0），B （2，1，0），M （0，0，1），则平面MCD 的法向量m →=（1，0，0），设平面MAB 的法向量为n →=（x ，y ，z ）则AB →=（0，2，0），AM →=（﹣2，1，1），由n →•AB →=2y ＝0，n →•AM →=−2x +y +z ＝0，令x ＝1，则y ＝0，z ＝2，即n →=（1，0，2），则cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →||n →|=11×√1+4=1√5， 则面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值sin α=√1−(1√5)2=2√55．20．【2017年新课标1理科18】如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°．（1）证明：平面P AB ⊥平面P AD ；（2）若P A ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A ﹣PB ﹣C 的余弦值．【答案】（1）证明：∵∠BAP ＝∠CDP ＝90°，∴P A ⊥AB ，PD ⊥CD ， ∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PD ，又∵P A ∩PD ＝P ，且P A ⊂平面P AD ，PD ⊂平面P AD ， ∴AB ⊥平面P AD ，又AB ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AD ；（2）解：∵AB ∥CD ，AB ＝CD ，∴四边形ABCD 为平行四边形， 由（1）知AB ⊥平面P AD ，∴AB ⊥AD ，则四边形ABCD 为矩形，在△APD 中，由P A ＝PD ，∠APD ＝90°，可得△P AD 为等腰直角三角形， 设P A ＝AB ＝2a ，则AD =2√2a ．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），P （0，0，√2a ），C （−√2a ，2a ，0）． PD →=(−√2a ，0，−√2a)，PB →=(√2a ，2a ，−√2a)，BC →=(−2√2a ，0，0)． 设平面PBC 的一个法向量为n →=(x ，y ，z)，由{n →⋅PB →=0n →⋅BC →=0，得{√2ax +2ay −√2az =0−2√2ax =0，取y ＝1，得n →=(0，1，√2)． ∵AB ⊥平面P AD ，AD ⊂平面P AD ，∴AB ⊥PD ， 又PD ⊥P A ，P A ∩AB ＝A ，∴PD ⊥平面P AB ，则PD →为平面P AB 的一个法向量，PD →=(−√2a ，0，−√2a)． ∴cos ＜PD →，n →＞=PD →⋅n→|PD →||n →|=−2a2a×√3=−√33．由图可知，二面角A ﹣PB ﹣C 为钝角， ∴二面角A ﹣PB ﹣C 的余弦值为−√33．21．【2017年新课标2理科19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面P AB；（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．【答案】（1）证明：取P A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°，∴BC∥12AD，∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF⊂平面P AB，CE⊄平面P AB，∴直线CE∥平面P AB；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面P AD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC=12AD，∠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＝1，可得：1+13BN2＝BN2，BN=√62，MN=√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=12+(√62)2 =√102，二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：√102=√105．22．【2017年新课标3理科19】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD，AB＝BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．【答案】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD．∵△ACD是直角三角形，∴AC 是斜边，∴∠ADC ＝90°． ∴DO =12AC ．∴DO 2+BO 2＝AB 2＝BD 2． ∴∠BOD ＝90°． ∴OB ⊥OD ．又DO ∩AC ＝O ，∴OB ⊥平面ACD ． 又OB ⊂平面ABC ， ∴平面ACD ⊥平面ABC ．（2）解：设点D ，B 到平面ACE 的距离分别为h D ，h E ．则ℎD ℎE=DE BE．∵平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，∴13S △ACE ⋅ℎD 13S △ACE ⋅ℎE=ℎD ℎE=DE BE=1．∴点E 是BD 的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB ＝2．则O （0，0，0），A （1，0，0），C （﹣1，0，0），D （0，0，1），B （0，√3，0），E (0，√32，12)．AD →=（﹣1，0，1），AE →=(−1，√32，12)，AC →=（﹣2，0，0）．设平面ADE 的法向量为m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅AD →=0m →⋅AE →=0，即{−x +z =0−x +√32y +12z =0，取m →=(3，√3，3)． 同理可得：平面ACE 的法向量为n →=（0，1，−√3）．∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →||n →|=√3√21×2=−√77．∴二面角D ﹣AE ﹣C 的余弦值为√77．23．【2016年新课标1理科18】如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D ﹣AF ﹣E 与二面角C ﹣BE ﹣F 都是60°． （Ⅰ）证明平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E ﹣BC ﹣A 的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明：∵ABEF 为正方形，∴AF ⊥EF ． ∵∠AFD ＝90°，∴AF ⊥DF ， ∵DF ∩EF ＝F ， ∴AF ⊥平面EFDC ， ∵AF ⊂平面ABEF ， ∴平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）解：由AF ⊥DF ，AF ⊥EF ， 可得∠DFE 为二面角D ﹣AF ﹣E 的平面角； 由ABEF 为正方形，AF ⊥平面EFDC ， ∵BE ⊥EF ， ∴BE ⊥平面EFDC 即有CE ⊥BE ，可得∠CEF 为二面角C ﹣BE ﹣F 的平面角． 可得∠DFE ＝∠CEF ＝60°．∵AB ∥EF ，AB ⊄平面EFDC ，EF ⊂平面EFDC ， ∴AB ∥平面EFDC ，∵平面EFDC ∩平面ABCD ＝CD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB ∥CD ， ∴CD ∥EF ，∴四边形EFDC 为等腰梯形．以E 为原点，建立如图所示的坐标系，设FD ＝a ， 则E （0，0，0），B （0，2a ，0），C （a2，0，√32a ），A （2a ，2a ，0），∴EB →=（0，2a ，0），BC →=（a2，﹣2a ，√32a ），AB →=（﹣2a ，0，0） 设平面BEC 的法向量为m →=（x 1，y 1，z 1），则{m →⋅EB →=0m →⋅BC →=0， 则{2ay 1=0a 2x 1−2ay 1+√32az 1=0，取m →=（√3，0，﹣1）． 设平面ABC 的法向量为n →=（x 2，y 2，z 2），则{n →⋅BC →=0n →⋅AB →=0， 则{a2x 2−2ay 2+√32az 2=02ax 2=0，取n →=（0，√3，4）． 设二面角E ﹣BC ﹣A 的大小为θ，则cos θ=m →⋅n →|m →|⋅|n →|=−4√3+1⋅√3+16=−2√1919，则二面角E ﹣BC ﹣A 的余弦值为−2√1919．24．【2016年新课标2理科19】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF =54，EF 交于BD 于点H ，将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′=√10． （Ⅰ）证明：D ′H ⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B ﹣D ′A ﹣C 的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明：∵ABCD 是菱形， ∴AD ＝DC ，又AE ＝CF =54，∴DE EA=DF FC，则EF ∥AC ，又由ABCD 是菱形，得AC ⊥BD ，则EF ⊥BD ， ∴EF ⊥DH ，则EF ⊥D ′H ， ∵AC ＝6， ∴AO ＝3，又AB ＝5，AO ⊥OB ， ∴OB ＝4， ∴OH =AEAD⋅OD =1，则DH ＝D ′H ＝3， ∴|OD ′|2＝|OH |2+|D ′H |2，则D ′H ⊥OH ， 又OH ∩EF ＝H ， ∴D ′H ⊥平面ABCD ；（Ⅱ）解：以H 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ∵AB ＝5，AC ＝6，∴B （5，0，0），C （1，3，0），D ′（0，0，3），A （1，﹣3，0）， AB →=(4，3，0)，AD′→=(−1，3，3)，AC →=(0，6，0)， 设平面ABD ′的一个法向量为n 1→=(x ，y ，z)，由{n 1→⋅AB →=0n 1→⋅AD′→=0，得{4x +3y =0−x +3y +3z =0，取x ＝3，得y ＝﹣4，z ＝5．∴n 1→=(3，−4，5)．同理可求得平面AD ′C 的一个法向量n 2→=(3，0，1)， 设二面角二面角B ﹣D ′A ﹣C 的平面角为θ， 则|cos θ|=|n 1→⋅n 2→||n 1→||n 2→|=|3×3+5×1|5√2×√10=7√525． ∴二面角B ﹣D ′A ﹣C 的正弦值为sin θ=2√9525．25．【2016年新课标3理科19】如图，四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，P A＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．（1）证明：MN∥平面P AB；（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．【答案】（1）证明：法∵N为PC的中点，∴NG∥BC，且NG=12 BC，又AM=23AD=2，BC＝4，且AD∥BC，∴AM∥BC，且AM=12BC，则NG∥AM，且NG＝AM，∴四边形AMNG为平行四边形，则NM∥AG，∵AG⊂平面P AB，NM⊄平面P AB，∴MN∥平面P AB；法在△P AC中，过N作NE⊥AC，垂足为E，连接ME，在△ABC中，由已知AB＝AC＝3，BC＝4，得cos∠ACB=42+32−322×4×3=23，∵AD∥BC，∴cos∠EAM=23，则sin∠EAM=√53，在△EAM 中，∵AM =23AD =2，AE =12AC =32，由余弦定理得：EM =√AE 2+AM 2−2AE ⋅AM ⋅cos∠EAM =√94+4−2×32×2×23=32， ∴cos ∠AEM =(32)2+(32)2−42×32×32=19， 而在△ABC 中，cos ∠BAC =32+32−422×3×3=19，∴cos ∠AEM ＝cos ∠BAC ，即∠AEM ＝∠BAC ， ∴AB ∥EM ，则EM ∥平面P AB ．由P A ⊥底面ABCD ，得P A ⊥AC ，又NE ⊥AC ， ∴NE ∥P A ，则NE ∥平面P AB ． ∵NE ∩EM ＝E ，∴平面NEM ∥平面P AB ，则MN ∥平面P AB ；（2）解：在△AMC 中，由AM ＝2，AC ＝3，cos ∠MAC =23，得CM 2＝AC 2+AM 2﹣2AC •AM •cos ∠MAC =9+4−2×3×2×23=5． ∴AM 2+MC 2＝AC 2，则AM ⊥MC ， ∵P A ⊥底面ABCD ，P A ⊂平面P AD ，∴平面ABCD ⊥平面P AD ，且平面ABCD ∩平面P AD ＝AD ， ∴CM ⊥平面P AD ，则平面PNM ⊥平面P AD ．在平面P AD 内，过A 作AF ⊥PM ，交PM 于F ，连接NF ，则∠ANF 为直线AN 与平面PMN 所成角． 在Rt △P AC 中，由N 是PC 的中点，得AN =12PC =12√PA 2+PC 2=52，在Rt △P AM 中，由P A •AM ＝PM •AF ，得AF =PA⋅AM PM =√4+2=4√55， ∴sin ∠ANF =AF AN =4√5552=8√525． ∴直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为8√525．26．【2015年新课标1理科18】如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．【答案】解：（Ⅰ）连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG、EF、FG，在菱形ABCD中，不妨设BG＝1，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC=√3，BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC，又AE⊥EC，所以EG=√3，且EG⊥AC，在直角△EBG中，可得BE=√2，故DF=√2 2，在直角三角形FDG中，可得FG=√6 2，在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE=√2，FD=√22，可得EF=22+(√2−√22)2=3√22，从而EG2+FG2＝EF2，则EG⊥FG，（或由tan ∠EGB •tan ∠FGD =EB BG •FD DG=√2•√22=1， 可得∠EGB +∠FGD ＝90°，则EG ⊥FG ） AC ∩FG ＝G ，可得EG ⊥平面AFC ，由EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC ；（Ⅱ）如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 为x 轴，y 轴，|GB |为单位长度， 建立空间直角坐标系G ﹣xyz ，由（Ⅰ）可得A （0，−√3，0），E （1，0，√2）， F （﹣1，0，√22），C （0，√3，0）， 即有AE →=（1，√3，√2），CF →=（﹣1，−√3，√22），故cos ＜AE →，CF →＞=AE →⋅CF→|AE →|⋅|CF →|=√6×√92=−√33．则有直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为√33．27．【2015年新课标2理科19】如图，长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4，过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形． （1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （2）求直线AF 与平面α所成角的正弦值．【答案】解：（1）交线围成的正方形EFGH 如图： （2）作EM ⊥AB ，垂足为M ，则： EH ＝EF ＝BC ＝10，EM ＝AA 1＝8； ∴MH =√EH 2−EM 2=6，∴AH ＝10；以边DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，则： A （10，0，0），H （10，10，0），E （10，4，8），F （0，4，8）； ∴EF →=(−10，0，0)，EH →=(0，6，−8)； 设n →=(x ，y ，z)为平面EFGH 的法向量，则：{n →⋅EF →=−10x =0n →⋅EH →=6y −8z =0，取z ＝3，则n →=(0，4，3)； 若设直线AF 和平面EFGH 所成的角为θ，则： sin θ=|cos ＜AF →，n →＞|=40√180⋅5=4√515； ∴直线AF 与平面α所成角的正弦值为4√515．28．【2014年新课标1理科19】如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C ． （Ⅰ）证明：AC ＝AB 1；（Ⅱ）若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A ﹣A 1B 1﹣C 1的余弦值．【答案】解：（1）连结BC 1，交B 1C 于点O ，连结AO ， ∵侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，且O 为BC 1和B 1C 的中点， 又∵AB ⊥B 1C ，∴B 1C ⊥平面ABO ， ∵AO ⊂平面ABO ，∴B 1C ⊥AO ， 又B 10＝CO ，∴AC ＝AB 1，（2）∵AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点，∴AO ＝CO ，又∵AB ＝BC ，∴△BOA ≌△BOC ，∴OA ⊥OB ， ∴OA ，OB ，OB 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的正方向，|OB →|为单位长度，OB 1→的方向为y 轴的正方向，OA →的方向为z 轴的正方向建立空间直角坐标系， ∵∠CBB 1＝60°，∴△CBB 1为正三角形，又AB ＝BC ， ∴A （0，0，√33），B （1，0，0，），B 1（0，√33，0），C （0，−√33，0） ∴AB 1→=（0，√33，−√33），A 1B 1→=AB →=（1，0，−√33），B 1C 1→=BC →=（﹣1，−√33，0），设向量n →=（x ，y ，z ）是平面AA 1B 1的法向量， 则{n →⋅AB 1→=√33y −√33z =0n →⋅A 1B 1→=x −√33z =0，可取n →=（1，√3，√3）， 同理可得平面A 1B 1C 1的一个法向量m →=（1，−√3，√3），∴cos ＜m →，n →＞=m →⋅n →|m →||n →|=17，∴二面角A ﹣A 1B 1﹣C 1的余弦值为1729．【2014年新课标2理科18】如图，四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：PB ∥平面AEC ；（Ⅱ）设二面角D ﹣AE ﹣C 为60°，AP ＝1，AD =√3，求三棱锥E ﹣ACD 的体积．【答案】（Ⅰ）证明：连接BD 交AC 于O 点，连接EO ， ∵O 为BD 中点，E 为PD 中点， ∴EO ∥PB ，EO ⊂平面AEC ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥平面AEC ； （Ⅱ）解：延长AE 至M 连结DM ，使得AM ⊥DM ，∵四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ， ∴CD ⊥平面AMD ， ∴CD ⊥MD ．∵二面角D ﹣AE ﹣C 为60°， ∴∠CMD ＝60°，∵AP ＝1，AD =√3，∠ADP ＝30°， ∴PD ＝2，E 为PD 的中点．AE ＝1， ∴DM =√32，CD =√32×tan60°=32．三棱锥E ﹣ACD 的体积为：13×12AD ⋅CD ⋅12PA =13×12×√3×32×12×1=√38．30．【2013年新课标1理科18】如图，三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°． （Ⅰ）证明AB ⊥A 1C ；（Ⅱ）若平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，AB ＝CB ＝2，求直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值．【答案】解：（Ⅰ）取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B ， 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB ，由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 所以△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB ， 又因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C ， 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C ；（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC ⊥AB ，OA 1⊥AB ，又平面ABC ⊥平面AA 1B 1B ，交线为AB ， 所以OC ⊥平面AA 1B 1B ，故OA ，OA 1，OC 两两垂直．以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴的正向，|OA →|为单位长，建立如图所示的坐标系， 可得A （1，0，0），A 1（0，√3，0），C （0，0，√3），B （﹣1，0，0）， 则BC →=（1，0，√3），BB 1→=AA 1→=（﹣1，√3，0），A 1C →=（0，−√3，√3）， 设n →=（x ，y ，z ）为平面BB 1C 1C 的法向量，则{n →⋅BC →=0n →⋅BB 1→=0，即{x +√3z =0−x +√3y =0，可取y ＝1，可得n →=（√3，1，﹣1），故cos ＜n →，A 1C →＞=n →⋅A 1C →|n →||A 1C →|=−√105，又因为直线与法向量的余弦值的绝对值等于直线与平面的正弦值，故直线A 1C 与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为：√105．31．【2013年新课标2理科18】如图，直棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC。
高中数学试卷 代数——平面向量练习题
高中数学试卷 代数——平面向量练习题一、单选题1．下列说法正确的是（ ）A ．零向量没有方向B ．向量就是有向线段C ．只有零向量的模长等于0D ．单位向量都相等2．设D ，E 分别为 △ABC 两边 BC ， CA 的中点，则 AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +EB ⃗⃗⃗⃗⃗ = （ ） A ．12AC⃗⃗⃗⃗⃗ B ．32AC⃗⃗⃗⃗⃗ C ．12AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D ．32AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 3．平面向量a →与b →的夹角为2π3，|b →|=2，则|a →+b →|＝（ ）A ．√13B ．√37C ．7D ．34．化简 AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（ ） A ．AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ B ．0⃗ C ．AC⃗⃗⃗⃗⃗ D ．DA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 5．O 是锐角三角形ABC 的外心，由O 向边BC ，CA ，AB 引垂线，垂足分别是D ，E ，F ，给出下列命题：①OA →+OB →+OC →=0→； ②OD →+OE →+OF →=0→；③|OD →|：|OE →|：|OF →|=cosA ：cosB ：cosC ；④∃λ∈R ，使得AD →=λ(AB→|AB →|SINB +AC→|AC →|SINC )。
以上命题正确的个数是（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4；6．已知a ⃗ 和b ⃗ 为非零向量，且|2a +3b ⃗ |=|2a −3b ⃗ |，a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为（ ） A ．π6B ．π4C ．π2D ．2π37．如图，在直三棱柱 ABC −A 1B 1C 1 中，若 CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，CC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =c ⃗ ，则 A 1B⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = （ ）A ．a ⃗ +b ⃗ −c ⃗B ．a ⃗ −b ⃗ +c ⃗C ．−a +b ⃗ +cD ．−a +b ⃗ −c8．已知向量a →=（1，﹣2），b →=（x ，2），若a →⊥b →，则|b →|=（ ）A ．√5B ．2√5C ．5D ．209．已知向量a →=(1，−1)，b →=(2，x ).若a →·b →=1，则x 的值是( )A ．1B ．12C ．−12D ．-110．已知点P 是曲线C ： x 24 ﹣y 2=1上的任意一点，直线l ：x=2与双曲线C 的渐近线交于A ，B 两点，若 OP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +μ OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，（λ，μ⊥R ，O 为坐标原点），则下列不等式恒成立的是（ ） A ．λ2+μ2≥ 12B ．λ2+μ2≥2C ．λ2+μ2≤ 12D ．λ2+μ2≤211．已知I 为⊥ABC 的内心，cosA= 78，若 AI ⃗⃗⃗⃗ =x AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +y AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则x+y 的最大值为（ ） A ．34B ．12C ．56D ．4512．以下四组向量能作为基底的是（ ） A ．e⃗ 1=(1,2),e ⃗ 2=(2,4) B ．e⃗ 1=(3,−1),e ⃗ 2=(−1,3) C ．e⃗ 1=(2,1),e ⃗ 2=(−2,−1) D ．e ⃗ 1=(12,0),e ⃗ 2=(3,0)13．若 a ⃗ =(x −4，x −3) ， b ⃗ =(3x −9，−3) ，且 a ⃗ ⊥b⃗ ，则 x 值为（ ） A ．3B ．5C ．3 或 5D ．−3 或 −5 14．若向量a →与b →不共线，a→·b →≠0，且c →=a →-(a →·a →a →·b→)b →，则向量a →与c →的夹角为（）A ．0B ．π6C ．π3D ．π215．棱长均为3的三棱锥 S −ABC ，若空间一点 P 满足 SP ⃗⃗⃗⃗⃗ =xSA ⃗⃗⃗⃗⃗ +ySB ⃗⃗⃗⃗⃗ +zSC ⃗⃗⃗⃗⃗ (x +y +z =1) ，则 |SP|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为（ ）A ．√6B ．√63C ．√36D ．116．在⊥ABC 中，⊥ABC ＝120°，AB ＝3，BC ＝1，D 是边AC 上的一点，则 BD⇀⋅AC ⇀ 的取值范围是（ ） A ．[−212,1]B ．[−52,212]C ．[0,1]D ．[−212,52]17．已知a →，b →，e →是平面向量，e →与a →是单位向量，且a →⊥e →，向量b →满足4b →2−8e →⋅b →+3=0，则|a →+b →|的最大值与最小值之和是（ ） A ．2√2B ．2√3C ．4D ．2√5二、填空题18．已知点 A(1,3) ， B(4,−1) ，则与向量 AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 方向相同的单位向量的坐标为 . 19．已知向量 a →=(2，m)，b →=(1，−2) ，若 a →与 b →共线，则m = . 20．已知向量 a ⃗ ，b ⃗ 的夹角为 θ ，且 (a +b ⃗ )⊥(a −b ⃗ ) ， |√3a +b ⃗ |=|2a −√3b⃗ | ，则 cosθ= .21．平面向量 a ⃗ ,b ⃗ 满足 |a |=√3 ， |b ⃗ |=√2 ， a ⃗ ⋅b ⃗ =−1 ，则 |a −2b ⃗ |= ． 22．已知 |a |=3 ， |b ⃗ |=2 ， (a +2b ⃗ )⋅(a −3b ⃗ )=−18 ，则 a ⃗ 与 b ⃗ 的夹角为 ． 23．已知向量 a ⃗ =(2，−1，1) ， b ⃗ =(t ，2，−1) ， t ∈R ，若 a ⃗ ⊥b ⃗ ，则 t = . 24．已知向量 a ⃗ =(x ，1，−1) ， b ⃗ =(2，1，0) ， |a |=√2 ，则 a ⃗ ⋅b ⃗ = ． 25．已知过点 P （−1，1） 的直线 m 交 x 轴于点 A ，抛物线 x 2=y 上有一点 B 使 PA ⊥PB ，若 AB 是抛物线 x 2=y 的切线，则直线 m 的方程是 ．26．已知平面向量a ⃗ ，b ⃗ 满足|a |=3|b ⃗ |=3，若c ⇀=(2−2λ)a ⇀+3λb ⃗ (λ∈R)，且c ⃗ ⋅a ⃗⃗ |a ⃗⃗ |=c ⃗ ⋅b ⃗⃗ |b ⃗⃗ |，则cos⟨a ，3a −c ⟩的最小值为 .27．已知平面向量 a ⃗ =(1,2) ， b ⃗ =(4,2) ， c ⃗ =a ⃗ +mb⃗ (m ∈R) ，且 c ⃗ 与 a ⃗ 的夹角等于 c ⃗ 与 b ⃗ 的夹角，则 m = ．28．若向量 a ⇀，b ⇀ 满足 |a|⇀=|b ⇀|=2 ，且 a ⇀⋅(a ⇀−b ⇀)=2 ，则向量 a ⇀ 与 b ⇀ 的夹角为 . 29．各棱长都等于4的四面ABCD 中，设G 为BC 的中点，E 为⊥ACD 内的动点（含边界），且GE⊥平面ABD ，若 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1，则| AE ⃗⃗⃗⃗⃗ |= ．30．如图，在四棱柱 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中，底面 ABCD 是平行四边形，点 E 为 BD 的中点，若A 1E ⇀=xAA 1⇀+yAB ⇀+zAD ⇀ ，则 x +y +z = .31．已知向量 a ⇀ , b ⇀ 的夹角为 60° ， |a ⇀|=2 ， |b ⇀|=1 ，则 |a ⇀+3b⇀|= ． 32．在菱形ABCD 中， ∠BAD =2π3， AB =2 ，点M ，N 分别为BC ，CD 边上的点，且满足 |BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||CD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则 AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为 ． 33．已知平面直角坐标内定点 A(−1,0) ， B(1,0) ， M(4,0) ， N(0,4) 和动点 P(x 1,y 1) ， Q(x 2,y 2) ，若 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =1 ， OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(12−t)OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +(12+t)ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中O 为坐标原点，则 |QP ⃗⃗⃗⃗⃗ | 的最小值是 ．34．在⊥ABC 中，若（ CA ⃗⃗⃗⃗⃗ + CB ⃗⃗⃗⃗⃗ ）• AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 35 | AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2，则 tanA tanB= ． 三、解答题35．已知向量 a ⇀=(3,2) ， b ⇀=(−1,2) .（1）求 |a ⇀−2b⇀| 的值； （2）若 3a ⇀−b ⇀ 与 a ⇀+kb ⇀ 共线，求实数k 的值. 36．已知向量 a⃗ =(1,0) ， b ⃗ =(−1,2) . （1）求 2a +b⃗ 的坐标； （2）求 a ⃗ ⋅(a ⃗ −b⃗ ) . 37．已知向量 a ⇀ ， b ⇀ ， c ⇀ ，求作 a ⇀−b ⇀+c ⇀ 和 a ⇀−(b ⇀−c ⇀) .38．已知△ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，向量m ⃗⃗⃗ =(a ，√3b)，n ⃗ =(cosA ，sinB)，且m⃗⃗⃗ //n ⃗ ． （1）求角A ；（2）若a =2，△ABC 的面积为√3，求b 、c ．39．如图，在△OAB 中，G 为中线OM 上一点，且OG⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2GM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，过点G 的直线与边OA ，OB 分别交于点P ，Q .（1）用向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 表示OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ； （2）设向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =43OP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =nOQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求n 的值. 40．在平面直角坐标系 xOy 中，已知向量 a ⃗ =(1,−√3) ， b ⃗ =(sinx,cosx) ， x ∈(0,π2) . （1）若 a ⃗ ⊥b⃗ ，求 tan2x 的值： （2）若 a⃗ 与 b ⃗ 的夹角为 2π3 ，求 x 的值. 41．已知向量 a ⃗ =(2，1)，b⃗ =(m ，2) . （1）若 a ⃗ +3b ⃗ 与 a ⃗ −b ⃗ 共线，求实数 m 的值； （2）若 (2a +b⃗ ) 与 a ⃗ 垂直，求 a ⃗ 与 b ⃗ 的夹角. 42．已知在⊥ABC 中，C=2A ， cosA =34，且2 BA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =﹣27． （1）求cosB 的值； （2）求AC 的长度．43．已知向量 a ⃗ =（sinx ， 32 ）， b⃗ =（cosx ，﹣1）当 a ⃗ ⊥ b ⃗ 时，求 2sinx−cosx 4sinx+3cosx 的值． 44．已知向量 a⃗ =(1,0) ， b ⃗ =(−2,1) ． （1）若 ka −b ⃗ 与 a ⃗ +3b ⃗ 平行，求 k 的值； （2）若 ka −b⃗ 与 a ⃗ +3b ⃗ 垂直，求 k 的值． 45．已知曲线E 上的任意点到点F （1，0）的距离比它到直线x=﹣2的距离小1．（⊥）求曲线E 的方程；（⊥）点D 的坐标为（2，0），若P 为曲线E 上的动点，求PD →•PF →的最小值；（⊥）设点A 为y 轴上异于原点的任意一点，过点A 作曲线E 的切线l ，直线x=3分别与直线l 及x 轴交于点M ，N ，以MN 为直径作圆C ，过点A 作圆C 的切线，切点为B ，试探究：当点A 在y 轴上运动（点A 与原点不重合）时，线段AB 的长度是否发生变化？请证明你的结论．46．已知过抛物线 y 2=8x 的焦点，斜率为 2√2 的直线交抛物线于 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)(x 1<x 2)两点.（1）求线段 AB 的长度；（2）O 为坐标原点, C 为抛物线上一点，若 OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +λOB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，求 λ 的值． 47．已知两个非零向量 e 1⇀,e 2⇀ 不共线，如果 AB ⇀=2e 1⇀+3e 2⇀, BC ⇀=4e 1⇀+13e 2⇀,CD ⇀=2e 1⇀−4e 2⇀ ，（1）求证：A ，B ，D 三点共线；（2）若 |e 1⇀|=|e 2⇀|=1 ，且 |AB ⇀|=√13 ，求向量 e 1⇀,e 2⇀ 的夹角． 48．设函数 f(x)=a ⋅b ⃗ 其中向量a =(2cosx,1),b ⃗ =(cosx,√3sin2x),x ∈R （1）求函数f （x ）的单调减区间；（2）若 x ∈[−π4,0] ，求函数f （x ）的值域．49．如图，已知点G 是△ABC 的重心，点P 是△GBC 内一点（包括边界），设AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，AC⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ .（1）试用a ⃗ ，b ⃗ 表示AG ⃗⃗⃗⃗⃗ ，并求|AG ⃗⃗⃗⃗⃗ +BG ⃗⃗⃗⃗⃗ +CG ⃗⃗⃗⃗⃗ |； （2）若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λa⃗ +μb ⃗ ，求λ+μ的取值范围. 50．如图，在平面直角坐标系 xOy 中，焦点在x 轴上的椭圆 C ：x 2a 2+y 2b2=1 经过点 (b ，2ca ) ，且 a 2=8 经过点 T(1，0) 作斜率为 k(k >0) 的直线 l 交椭圆C 与A 、B 两点(A 在x 轴下方).（1）求椭圆C 的方程；（2）过点 O 且平行于 l 的直线交椭圆于点M 、N ，求|AT|⋅|BT||MN|2 的值； （3）记直线 l 与y 轴的交点为P ，若 AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =25TB ⃗⃗⃗⃗⃗，求直线 l 的斜率k 的值.51．已知椭圆 x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0) 的离心率为 √22 ，右焦点为 F(1,0) ，直线l 经过点F ，且与椭圆交于A ，B 两点，O 为坐标原点． （1）求椭圆的标准方程；（2）当直线l 绕点F 转动时，试问：在x 轴上是否存在定点M ，使得 MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MB⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 为常数?若存在，求出定点M 的坐标；若不存在，请说明理由．答案解析部分1．【答案】C【知识点】向量的几何表示；零向量；单位向量【解析】【解答】零向量的方向是任意的，A 选项错误；有向线段只是向量的一种表示形式，两者不等同，B 选项错误； 只有零向量的模长等于0，C 选项正确；单位向量模长相等，单位向量若方向不同，则不是相等向量，D 选项错误. 故答案为： C .【分析】根据向量的定义和性质依次判断每个选项得到答案.2．【答案】D【知识点】向量数乘的运算及其几何意义；向量的线性运算性质及几何意义 【解析】【解答】因为D ，E 分别为 BC ， CA 的中点， 所以 AD⇀+EB ⇀=AD ⇀−BE ⇀=12(AB ⇀+AC ⇀)−12(BA ⇀+BC ⇀) =12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=32AB⃗⃗⃗⃗⃗ ． 故答案为：D ．【分析】利用向量的数乘和线性运算即可求解。
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●考点阐释 1.向量是数学中的重要概念，并和数一样，也能运算.它是一种工具，用向量的有关知识能有效地解决数学、物理等学科中的很多问题. 向量法和坐标法是研究和解决向量问题的两种方法. 坐标表示，使平面中的向量与它的坐标建立了一一对应关系，用“数”的运算处理“形”的问题，在解析几何中有广泛的应用.向量法便于研究空间中涉及直线和平面的各种问题. 2.平移变换的价值在于可利用平移变换，使相应的函数解析式得到简化. ●试题类编 一、选择题 1.（2002上海春，13）若a、b、c为任意向量，m∈R，则下列等式不一定．．．成立的是（ ）
A.（a+b）+c=a+（b+c） B.（a+b）·c=a·c+b·c （a+b）=ma+mb D.（a·b）c=a（b·c） 2.（2002天津文12，理10）平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知两点A（3，1），
B（－1，3），若点C满足OBOAOC，其中α、β∈R，且α+β=1，则点C的轨
迹方程为（ ） +2y－11=0 B.（x－1）2+（y－2）2=5 －y=0 +2y－5=0 3.（2001江西、山西、天津文）若向量a=（3，2），b=（0，－1），则向量2b－a的坐标是（ ） A.（3，－4） B.（－3，4） C.（3，4） D.（－3，－4） 4.（2001江西、山西、天津）设坐标原点为O，抛物线y2=2x与过焦点的直线交于A、B
两点，则OBOA等于（ ）
A.43 B.－43 D.－3 5.（2001上海）如图5—1，在平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，M为AC与BD的交点，若BA1=a，11DA=b，AA1=c.则下列向量中与MB1相等的向量是（ ）
A.－21a+21b+c B. 21a+21b+c
C. 21a－21b+c D.－21a－21b+c 6.（2001江西、山西、天津理，5）若向量a=（1，1），b=（1，－1），c=（－1，2），则c等于（ ）
A.－21a+23b 21－23b
图5—1 C. 23a－21b D.－23a+21b 7.(2000江西、山西、天津理，4)设a、b、c是任意的非零平面向量,且相互不共线,则 ①（a·b）c－（c·a）b=0 ②|a|－|b|<|a－b| ③（b·c）a－（c·a）b不与c垂直 ④（3a+2b）（3a－2b）=9|a|2－4|b|2中，是真命题的有（ ） A.①② B.②③ C.③④ D.②④ 8.（1997全国，5）如果直线l沿x轴负方向平移3个单位，再沿y轴正方向平移1个单位后，又回到原来的位置，那么直线l的斜率为（ ）
A.－31 B.－3 C. 31 二、填空题 9.（2002上海文，理2）已知向量a和b的夹角为120°，且|a|=2，|b|=5，则（2a－b）·a=_____.
10.（2001上海春，8）若非零向量α、β满足|α+β|=|α－β|，则α与β所成角的大小为_____.
11.（2000上海，1）已知向量OA=（－1，2），OB=（3，m），若OA⊥AB，则m= .
12.（1999上海理，8）若将向量a=（2，1）围绕原点按逆时针方向旋转4得到向量b，则向量b的坐标为_____. 13.（1997上海，14）设a=（m+1）i－3j，b=i+（m－1）j，（a+b）⊥（a－b），则m=_____. 14.（1996上海，15）已知a+b=2i－8j，a－b=－8i+16j，那么a·b=_____.
15.（1996上海，15）已知O（0，0）和A（6，3）两点，若点P在直线OA上，且21PAOP，又P是线段OB的中点，则点B的坐标是_____. 三、解答题 16.（2003上海春，19）已知三棱柱ABC—A1B1C1，在某个空间直角
坐标系中，1},0,0,{},0,23,2{AAmACmAB={0，0，n}.（其中m、n>0）.如图5—2. （1）证明：三棱柱ABC—A1B1C1是正三棱柱；
（2）若m=2n，求直线CA1与平面A1ABB1所成角的大小. 17.（2002上海春，19）如图5—3，三棱柱OAB—O1A1B1，平面OBB1O1⊥平面OAB，∠O1OB=60°，∠AOB=90°，且OB=OO1=2，OA=3.求：
（1）二面角O1—AB—O的大小； （2）异面直线A1B与AO1所成角的大小.
图5—2 （上述结果用反三角函数值表示） 18.（2002上海，17）如图5—4，在直三棱柱ABO—A′B′O′中，OO′=4，OA=4，OB=3，∠AOB=90°，D是线段A′B′的中点，P是侧棱BB′上的一点，若OP⊥BD，求OP与底面AOB所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）
图5—3 图5—4 图5—5 19.（2002天津文9，理18）如图5—5，正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a，侧棱长
为2a. （1）建立适当的坐标系，并写出点A、B、A1、C1的坐标； （2）求AC1与侧面ABB1A1所成的角.
20.（2002天津文22，理21）已知两点M（－1，0），N（1，0），且点P使,MNMP ,PNPMNPNM成公差小于零的等差数列.
（1）点P的轨迹是什么曲线？ （2）若点P坐标为（x0，y0），θ为PM与PN的夹角，求tanθ. 21.（2001江西、山西、天津理）如图5—6，以正四棱锥V—ABCD底面中心O为坐标原点建立空间直角坐标系O—xyz，其中Ox∥BC，Oy∥AB，E为VC的中点，正四棱锥底面边长为2a，高为h.
（1）求cos； （2）记面BCV为α，面DCV为β，若∠BED是二面角α—VC—β的平面角，求∠BED.
图5—6 图5—7 图5—8
22.（2001上海春）在长方体ABCD—A1B1C1D1中，点E、F分别在BB1、DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A1D.
（1）求证：A1C⊥平面AEF； （2）若规定两个平面所成的角是这两个平面所组成的二面角中的锐角（或直角）.则在空间中有定理：若两条直线分别垂直于两个平面，则这两条直线所成的角与这两个平面所成的角相等. 试根据上述定理，在AB=4，AD=3，AA1=5时，求平面AEF与平面D1B1BD所成角的大小.（用反三角函数值表示） 23.（2001上海）在棱长为a的正方体OABC—O′A′B′C′中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE=BF.如图5—8. （1）求证：A′F⊥C′E. （2）当三棱锥B′—BEF的体积取得最大值时，求二面角B′—EF—B的大小（结果用反三角函数表示）
24.（2000上海春，21）四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一个平行四边形，AB ={2，
－1，－4}，AD={4，2，0}，AP={－1，2，－1}. （1）求证：PA⊥底面ABCD； （2）求四棱锥P—ABCD的体积； （3）对于向量a={x1，y1，z1}，b={x2，y2，z2}，c={x3，y3，z3}，定义一种运算：
（a×b）·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2－x1y3z2－x2y1z3－x3y2z1，试计算（AB×AD）·AP的绝对值的值；说明其与四棱锥P—ABCD体积的关系，并由此猜想向量这一运算（AB×AD）·AP的绝对值的几何意义.
25.（2000上海，18）如图5—9所示四面体ABCD中，AB、BC、BD两两互相垂直，且
AB=BC=2，E是AC中点，异面直线AD与BE所成的角的大小为arccos1010，求四面体ABCD的体积.
图5—9 图5—10 图5—11 26.（2000天津、江西、山西）如图5—10所示，直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点.
（1）求BN的长； （2）求cos<11,CBBA >的值； （3）求证：A1B⊥C1M. 27.（2000全国理，18）如图5—11，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°. （1）证明：C1C⊥BD；
（2）假定CD=2，CC1=23，记面C1BD为α，面CBD为β，求二面角α—BD—β的平面角的余弦值； （3）当1CCCD的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明. 28.（1999上海，20）如图5—12，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD=90°，AD∥BC，AB=BC=a，AD=2a，且PA⊥底面ABCD，PD与底面成30°角.
（1）若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD； （2）求异面直线AE与CD所成角的大小.
29.（1995上海，21）如图5—13在空间直角坐标系中BC=2，原点O是BC的中 点，点A的坐标是（21,23，0），点D在平面yOz上，且∠BDC=90°， ∠DCB=30°。 （1）求向量OD的坐标； （2）设向量AD和BC的夹角为θ，求cosθ的值.
图5—12 图5—13