空间向量与立体几何-备战高考数学(理)一轮复习考点

【命题趋势】

利用空间向量求线面角、二面角是高考理科数学解答题的必考题型，我们必须掌握其方法. 1．空间向量及其运算

（1）了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.

（2）掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.

（3）掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直. 2．空间向量的应用

（1）理解直线的方向向量与平面的法向量.

（2）能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系. （3）能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理（包括三垂线定理）. （4）能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用. 【重要考向】 一、空间直角坐标系

二、利用向量法证明平行与垂直问题 三、用向量法求空间角与距离

四、用向量法求立体几何中的探索性问题

空间直角坐标系 空间直角坐标系及有关概念 1．空间直角坐标系

以空间一点O为原点，具有相同的单位长度，定义 给定正方向，建立两两垂直的数轴：x轴、y轴、z轴，建立了一个空间直角坐标系Oxyz 坐标轴 x轴、y轴、z轴 坐标原点 点O 1

通过每两个坐坐标平面 标轴的平面 在空间直角坐标系中，让右手拇指指向x轴的正方向，食指指向y轴的正方向，如果中指指向z轴的正方向，则称这个坐标系为右手直角坐标系，如图所示.

2．空间一点M的坐标

（1）空间一点M的坐标可以用有序实数组(x,y,z)来表示，记作M(x,y,z)，其中x叫做点M的横坐标，y叫做点M的纵坐标，z叫做点M的竖坐标.

（2）建立了空间直角坐标系后，空间中的点M与有序实数组(x,y,z)可建立一一对应的关系．

3.空间向量的坐标运算

设a(a1,a2,a3),b(b1,b2,b3)，则ab(a1b1,a2b2,a3b3)，

a(a1,a2,a3)(R)，aba1b1a2b2a3b3，

abbab1a1,b2a2,b3a3(R)，

ababa1b1a2b2a3b30，

22aa2a12a2a3，

cosa,b【巧学妙记】

a1b1a2b2a3b3ab. 222222aba1a2a3b1b2b3对于空间几何问题，可以通过建立空间直角坐标系，把空间中的点用有序实数组(即坐标)表示出来,通过坐标的代数运算解决空间几何问题，实现了几何问题(形)与代数问题(数)的结合.

2

【典例】 1.如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若DB1的坐标为4,3,2，则AC1的坐标为________.

【答案】4,3,2

【解析】 如图所示，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，因为DB1的坐标为4,3,2，所以

A4,0,0,C10,3,2,所以AC14,3,2.

1

2.已知a＝(2，3，－4)，b＝(－4，－3，－2)，b＝x－2a，则x等于( )

2A．(0，3，－6) C．(0，6，－6) 【答案】 B

1

【解析】 由b＝x－2a，得x＝4a＋2b＝(8，12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0，6，－20)．

2→→

3.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果AB＝(2，－1，－4)，AD＝(4，2，0)，→→→AP＝(－1，2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③AP是平面ABCD的法向量；④AP→

∥BD.其中正确的是________．(填序号)

3

B．(0，6，－20) D．(6，6，－6)

【答案】 ①②③

→→→→

【解析】 ∵AB·AP＝0，AD·AP＝0， ∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确； 又AB∩AD＝A，∴AP⊥平面ABCD， →

∴AP是平面ABCD的法向量，则③正确；

→→→→

∵BD＝AD－AB＝(2，3，4)，AP＝(－1，2，－1)， →→

∴BD与AP不平行，故④错误．

利用向量法证明平行与垂直问题 利用空间向量证明空间线面平行、垂直 1.直线的方向向量和平面的法向量

（1）直线的方向向量就是指和这条直线平行(或共线)的向量，记作l，显然一条直线的方向向量可以有无数个.

（2）若直线l，则该直线l的方向向量即为该平面的法向量，平面的法向量记作,有无数多个，任意两个都是共线向量.

平面法向量的求法：设平面的法向量为(x,y,z).在平面内找出（或求出）两个不共

a0线的向量a(a1,a2,a3),b(b1,b2,b3)，根据定义建立方程组，得到，通过赋

b0值，取其中一组解，得到平面的法向量. 2.利用空间向量表示空间线面平行、垂直

设直线l,m的方向向量分别为l,m，平面,的法向量分别为,. （1）线线平行：若l//m，则lmlm(R)；

线面平行：若l//，则ll0； 面面平行：若//，则(R).

（2）线线垂直：若lm，则lmlm0； 线面垂直：若l，则ll(R)；

4

面面垂直：若，则0. 【巧学妙记】

1.证明线线平行：证明两条直线的方向向量平行. 2.证明线面平行：

（1）该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；

（2）证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；

（3）证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示. 3.证明面面平行：两个平面的法向量平行.

4.线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零． 5.线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．

6.面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示． 【典例】 4.如图所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．求证：PB∥平面EFG.

【证明】 ∵平面PAD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD， ∴AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)， D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．

5

→→→

∴PB＝(2，0，－2)，FE＝(0，－1，0)，FG＝(1，1，－1)， →→→设PB＝sFE＋tFG，

即(2，0，－2)＝s(0，－1，0)＋t(1，1，－1)， t＝2，

∴t－s＝0，－t＝－2，

→→→

解得s＝t＝2，∴PB＝2FE＋2FG，

→→→→→

又∵FE与FG不共线，∴PB，FE与FG共面． ∵PB⊄平面EFG，∴PB∥平面EFG.

5.如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC—A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点．求证：AB1⊥平面A1BD.

【证明】 取BC的中点O，连接AO.

因为△ABC为正三角形， 所以AO⊥BC.

因为在正三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1， 且平面ABC∩平面BCC1B1＝BC，AO⊂平面ABC， 所以AO⊥平面BCC1B1.

取B1C1的中点O1，以O为原点，分别以OB，OO1，OA所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则B(1，0，0)，D(－1，1，0)，A1(0，2，3)， A(0，0，3)，B1(1，2，0)．

→→

设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，BA1＝(－1，2，3)，BD＝(－2，1，0)． →→

因为n⊥BA1，n⊥BD，

6

→n·BA1＝0，－x＋2y＋3z＝0，故即

→－2x＋y＝0，n·BD＝0，

令x＝1，则y＝2，z＝－3，

故n＝(1，2，－3)为平面A1BD的一个法向量， →→→

而AB1＝(1，2，－3)，所以AB1＝n，所以AB1∥n， 故AB1⊥平面A1BD.

6.如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB. 求证：平面BCE⊥平面CDE.

【证明】 设AD＝DE＝2AB＝2a，

以A为原点，分别以AC，AB所在直线为x轴，z轴，以过点A垂直于AC的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，

则A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，3a，0)， E(a，3a，2a)．

→→→→

所以BE＝(a，3a，a)，BC＝(2a，0，－a)，CD＝(－a，3a，0)，ED＝(0，0，－2a)． 设平面BCE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， →→

由n1·BE＝0，n1·BC＝0可得

ax1＋3ay1＋az1＝0，



2ax－az＝0，11x1＋3y1＋z1＝0，即

2x－z＝0.11

令z1＝2，可得n1＝(1，－3，2)．

7

设平面CDE的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， →→

由n2·CD＝0，n2·ED＝0可得

－ax2＋3ay2＝0，



－2az2＝0，

－x2＋3y2＝0，即 z2＝0.

令y2＝1，可得n2＝(3，1，0)． 因为n1·n2＝1×3＋1×(－3)＋2×0＝0. 所以n1⊥n2，

所以平面BCE⊥平面CDE.

用向量法求空间角与距离

用向量法求空间角与距离 1.利用空间向量求空间角

设直线l,m的方向向量分别为l,m，平面,的法向量分别为n1,n2. （1）直线l,m所成的角为，则0lmπ，计算方法：cos； 2lmln1π，计算方法：sin； 2ln1（2）直线l与平面所成的角为，则0（3）平面,所成的二面角为，则0π，

如图①，AB，CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝

〈AB,CD〉．

如图②③，n1,n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小

8

θ满足|cosθ|＝

n1n2，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角)． n1n22.利用空间向量求距离 （1）两点间的距离

设点A(x1,y1,z1)，B(x2,y2,z2)为空间两点，

则A,B两点间的距离|AB||AB|(x1x2)(y1y2)(z1z2). （2）点到平面的距离

222

如图所示，已知AB为平面α的一条斜线段，n为平面α的法向量，则B到平面α的距离为|BO|【巧学妙记】

1.用向量法求异面直线所成的角 （1）建立空间直角坐标系； （2）求出两条直线的方向向量； （3）代入公式求解，一般地，异面直线AC，BD的夹角β的余弦值为cos2.用向量法求直线与平面所成的角 （1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)； （2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 3.用向量法求二面角 求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平|ABn|. |n||ACBD|. |AC||BD|9

面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角． 4.空间中两点间的距离的求法 两点间的距离就是以这两点为端点的向量的模．因此，要求两点间的距离除使用距离公式外，还可转化为求向量的模. 5. 求点P到平面α的距离的三个步骤： （1）在平面α内取一点A，确定向量PA的坐标． （2）确定平面α的法向量n. （3）代入公式d 【典例】 7.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.

|PAn|求解． |n|

(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；

(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．

(1)证明 如图所示，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.

在菱形ABCD中，不妨设GB＝1. 由∠ABC＝120°， 可得AG＝GC＝3.

由BE⊥平面ABCD，AB＝BC＝2，可知AE＝EC. 又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC. 在Rt△EBG中，可得BE＝2，故DF＝在Rt△FDG中，可得FG＝

6. 2

10

2. 2

在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝所以EG⊥FG.

又AC∩FG＝G，AC，FG⊂平面AFC， 所以EG⊥平面AFC.

232

，可得EF＝，从而EG2＋FG2＝EF2，22

因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.

→

(2)解 如图，以G为坐标原点，分别以GB，GC所在直线为x轴、y轴，|GB|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz，

由(1)可得A(0，－3，0)，E(1，0，2)，F－1，0，



2， 2

C(0，3，0)，

2→→

所以AE＝(1，3，2)，CF＝－1，－3，.

2→→

AE，·CF3→→

故cos〈AE，CF〉＝＝－.

3→→

|AE||CF|所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为

3. 3

8.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． (1)证明 由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF， PF∩EF＝F，PF，EF⊂平面PEF， 所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)解 如图，作PH⊥EF，垂足为H.

11

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Hxyz.

由(1)可得，DE⊥PE. 又DP＝2，DE＝1， 所以PE＝3.

又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF. 所以PH＝

33，EH＝. 22

则H(0，0，0)，P0，0，



33－1，－，0， ，D22333→→

DP＝1，，，HP＝0，0，.

222→

又HP为平面ABFD的法向量， 设DP与平面ABFD所成的角为θ，

3

→→

|HP，·DP|43→→

则sin θ＝|cos〈HP，DP〉|＝＝＝.

→→34|HP||DP|所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为

3

. 4

9.如图1，在高为6的等腰梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝6，AB＝12，将它沿对称轴OO1折起，使平面ADO1O⊥平面BCO1O.如图2，点P为BC中点，点E在线段AB上(不同于A，B两点)，连接OE并延长至点Q，使AQ∥OB.

(1)证明：OD⊥平面PAQ；

12

(2)若BE＝2AE，求二面角C—BQ—A的余弦值．

(1)证明 由题设知OA，OB，OO1两两垂直，所以以O为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ的长度为m，

则相关各点的坐标为O(0，0，0)，A(6，0，0)，B(0，6，0)，C(0，3，6)，D(3，0，6)，Q(6，m，0)．

9

0，，3， ∵点P为BC中点，∴P2

9→→→

6，m－，－3， ∴OD＝(3，0，6)，AQ＝(0，m，0)，PQ＝2→→→→

∵OD·AQ＝0，OD·PQ＝0，

→→→→→→

∴OD⊥AQ，OD⊥PQ，且AQ与PQ不共线， ∴OD⊥平面PAQ.

1

(2)解 ∵BE＝2AE，AQ∥OB，∴AQ＝OB＝3，

2→→

则Q(6，3，0)，∴QB＝(－6，3，0)，BC＝(0，－3，6)． 设平面CBQ的法向量为n1＝(x，y，z)， →n1·QB，＝0，－6x＋3y＝0，

∵∴

→－3y＋6z＝0，n1·BC，＝0

令z＝1，则y＝2，x＝1，则n1＝(1，2，1)， 易知平面ABQ的一个法向量为n2＝(0，0，1)，

n1·n26

设二面角C—BQ—A的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝＝|n1|·|n2|6.

用向量法求立体几何中的探索性问题 用向量法求立体几何中的探索性问题 13

1.通常假设题中的数学对象存在(或结论成立)，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，即存在，并可进一步证明；若推导出与条件或实际情况相矛盾的结论，则说明假设不成立，即不存在．

2.探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用，这样可减少坐标未知量． 【典例】 10.如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分别是→→

CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且A1P＝λA1B1(λ∈[0，1])．

(1)证明：无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ；

(2)是否存在点P，使得平面PMN与平面ABC的夹角为60°？若存在，试确定点P的位置，若不存在，请说明理由． (1)证明 连接A1Q.

∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点， ∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM， ∴∠MAC＝∠QA1A，

∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°， ∴AM⊥A1Q.

∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB. 又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.

在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC， ∴NQ⊥AA1.

又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1， ∴NQ⊥平面ACC1A1，

14

∴NQ⊥AM.

由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1， ∴N，Q，A1，P四点共面， ∴A1Q⊂平面PNQ.

∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ， ∴AM⊥平面PNQ，

∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.

(2)解 如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，

则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)， 111

0，1，，N，，0， M2221

0，，0， Q2

111→→

－，，，A1B1＝(1，0，0)． NM＝222→→

由A1P＝λA1B1＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)， 可得点P(λ，0，1)， 11→

－λ，，－1. ∴PN＝22

设n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量， →n·NM，＝0，

则

→n·PN，＝0，

即

1－λx＋1y－z＝0，22

111

－x＋y＋z＝0，222

2λx，y＝1＋3

得2－2λ

z＝3x，

令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，

∴n＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一个法向量． 取平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)．

15

假设存在符合条件的点P， 则|cos〈m，n〉|＝

1＝，

9＋1＋2λ2＋2－2λ22|2－2λ|

化简得4λ2－14λ＋1＝0，

7－357＋35

解得λ＝或λ＝(舍去)．

44综上，存在点P，且当A1P＝

7－35

时， 4

满足平面PMN与平面ABC的夹角为60°.

一、单选题

1．若空间一点M(a1,0,a1)在z轴上，则a（ ） A．1

B．0

C．1

D．2

2．在空间直角坐标系Oxyz中有一正三角形ABC，其边长为4，其中点A在z轴上运动，点B在平面xOy上，则OC的长度的取值范围是（ ） A．[2,6]

C．[232,232]

B．[221,221] D．[231,231]

3．已知A，B，C三点不共线，且空间点O满足16OA12OB3OC0，则（ ） A．OA12AB3AC C．OA12AB3AC

B．OA12AB3AC D．OA12AB3AC

4．若直线l的方向向量为a（1,0,2），平面的法向量为n(2,1,1)，则（ ） A．l//

B．l

C．l或l//

D．l与斜交

5．如图是正方体的平面展开图，在这个正方体中，正确的命题是（ ）

16

A．AB与CF成45°角 C．AB与EF成60°角

二、填空题

6．空间坐标系中，过点P(2,1,1)且与直线

三、双空题

B．BD与EF成45°角 D．AB与CD成60°角

x3yz10垂直的平面方程为_______.

3x2y2z107．在空间直角坐标系中，已知M(1,2,3),N(1,4,1)，则|MN|_______；M关于N的对称点坐标为_______．

四、解答题

8．已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，设M，G分别是BC，CD的中点，化简下列各表达式： 1（1）AB(BDBC)

21（2）AD(ABAC)．

29．已知a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)． ①当(λa＋b)∥(a－3b)时，求实数λ的值； ②当(a－3b)∥(λa＋b)时，求实数λ的值．

10．C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，如图，平面PAC平面ABC，△PAC中，PAPCAC2，BC4，E，F分别是PC，PB的中点.

17

（1）求证：BC平面PAC；

（2）记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线PQ与平面

AEF所成的角的取值范围.

11．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1 中，M为BB1 上一点，已知

BM2,CD3,AD4,AA15．

（1）求直线A1C和平面ABCD的夹角； （2）求点A到平面A1MC的距离．

12．在四棱锥PABCD中，四边形ABCD是边长为4的菱形，PBBDPD42，

PA43.

18

（1）证明：PC平面ABCD；

（2）如图，取BC的中点为E，在线段DE上取一点F使得的大小.

13．在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中，AA12AB2.

DF2，求二面角FPACFE3

（1）求BC到平面ADC1B1的距离； （2）求二面角B1ADE1的余弦值.

一、多选题

1．（2021·全国高考真题）在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足

BPBCBB1，其中0,1，0,1，则（ ）

19

A．当1时，△AB1P的周长为定值

B．当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值 C．当

1

时，有且仅有一个点P，使得A1PBP 2

D．当

1时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P 2二、解答题

2．（2021·北京高考真题）已知正方体ABCDA1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F．

（1）证明：点F为B1C1的中点；

（2）若点M为棱A1B1上一点，且二面角MCFE的余弦值为A1M5，求的值．

AB1133．（2021·浙江高考真题）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，

ABC120,AB1,BC4,PA15，M，N分别为BC,PC的中点，

PDDC,PMMD.

20

（1）证明：ABPM；

（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

4．（2021·全国高考真题（理））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?

5．（2021·全国高考真题（理））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．

6．（2020·海南高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

21

（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． 7．（2020·天津高考真题）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面

ABC,ACBC,ACBC2，CC13，点D,E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD1CE2,M为棱A1B1的中点．

（∥）求证：C1MB1D；

（∥）求二面角BB1ED的正弦值；

（∥）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．

8．（2020·北京高考真题）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中， E为BB1的中点．22

（∥）求证：BC1//平面AD1E；

（∥）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．

一、单选题

1．（2021·河北饶阳中学高三其他模拟）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为6，点F是棱AA1的中点，AC与BD的交点为O，点M在棱BC上，且BM2MC，动点T（不同于点M）在四边形ABCD内部及其边界上运动，且TMOF，则直线B1F与TM所成角的余弦值为（ ）

A．

10 4B．

10 5C．5 4D．5 5

二、多选题

2．P是线段BC1上（2021·湖南高三其他模拟）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，

23

的动点，则下列结论中正确的是（ ）

A．ACBD1 B．A1P的最小值为

6 2C．A1P//平面ACD1

D．异面直线A1P与AD1，所成角的取值范围是,

42

三、填空题

3．（2021·山东济南市·高三其他模拟）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足C1F3FC，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是__________________．

四、解答题

4．（2021·重庆高三其他模拟）已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E,F分别为棱D1D,B1B的中点.

24

（1）求证；A1,E,C,F四点共面； （2）求二面角A1EB1C的余弦值.

5．（2021·沈阳市·辽宁实验中学高三二模）已知四棱锥PABCD的底面是菱形，对角线AC、

BD交于点O，OPOA4，OB3，OP底面ABCD，设点M满足PMMC01．

（1）若三棱锥PMBD体积是

16，求的值； 95，求的值． 5（2）若直线PA与平面MBD所成角的正弦值是2ABAA14，6．（2021·河南商丘市·高二月考（理））如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，

CEEC1，AF3FA1.

25

（∥）证明：BE平面B1EF； （∥）求二面角EBFA的余弦值.

7．（2021·全国高三其他模拟）如图所示四棱锥PABCD，底面是一个菱形，且B60，E点为线段PA的中点，且CE=AB，CE∥AD，平面PAD∥平面ABCD.

（1）求证：PD∥平面ABCD； （2）求二面角CPAB的余弦值.

8．（2021·全国高三其他模拟）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面∥ABC是边长为2的等边三角形，平面AA1B1B∥平面ABC，AB1＝BB1＝2.

26

（1）过B1作出三棱柱的一个截面，使AB与截面垂直，并给出证明；

（2）过C作平面α//平面AB1C1，且平面α∩平面ACC1A1＝l，求l与平面BCC1B1所成角的正弦值.

9．（2021·河南高三其他模拟（理））如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为边长为4的菱形，DAB60，PAPD13，E为AB的中点，O为AD的中点，PEAC.

（1）证明：ACPO.

（2）求二面角APDB的余弦值.

参考答案

跟踪训练

1．C 【分析】

根据点在z轴上，可得点的横、纵坐标均为0；

27

【详解】

点M(a1,0,a1)在z轴上，

a10a1，

故选：C. 2．C 【分析】

取AB的中点为D，连接OD，CD，根据题中条件，求出OD，CD；得到点C在以D点为圆心，以23为半径的圆上，根据圆的性质，结合题意，即可得出OCODOCODCD，从而可得出结果.

【详解】

取AB的中点为D，连接OD，CD，

因为在空间直角坐标系中，AOB90，即AOB为直角三角形， 又AB4，所以OD1OB2； 2因为ABC是边长为4的等边三角形，所以CD422223， 因此点C在以D点为圆心，以23为半径的圆上， 为使OC的长度取得最值，只需O,C,D三点共线，

因此OCODOCODCD，即232OC232， 所以OC的长度的取值范围是[232,232]. 故选：C. 【点睛】

28

关键点点睛：

求解本题的关键在先确定点C是以AB中点为圆心，以23为半径的圆上的点，将问题转化为求定点到圆上一点距离的最值问题即可. 3．A 【分析】

根据空间向量的减法运算法则可得结果. 【详解】

因为点O满足16OA12OB3OC0， 故OA12OA12OB3OA3OC0；

即：OA12BA3CA0OA12AB3AC. 故选：A． 4．C 【分析】

由l的方向向量a(1,0,2) ，平面的法向量n(2,1,1) 可得an0，从而得解.【详解】

∥a(1,0,2) ，n(2,1,1)，

∥an1201210 ，即l或l//. 故选：C. 【点睛】

本题考查利用直线l的方向向量与平面的法向量关系判断线面位置关系.属于基础题. 5．D 【分析】

由正方体的平面展开图还原成正方体，利用正方体的结构特征，逐一判断选项即可. 【详解】

由题意得，将正方体的平面展开图还原为正方体，如图，

CF和BD平行，AB垂直与BD，所以AB与CF成90角，故A错误； BD与CF平行，CF垂直与EF，所以BD与EF成90角，故B错误；

29

EF与CG平行，AB与CG成45角，所以AB与EF成45角,故C错误；

CD与AE平行，在三角形AEB中，AE=EB=AB，所以EAB60，所以AB与CD成60角，故D正确. 故选：D

6．8x5y7z280 【分析】

设两条直线的方向向量分别为e1(1,3,1)，e2(3,2,2)，设平面的法向量为

n(x,y,z)，根据ne10，ne20，即可求出平面的法向量n，从而可得所求平面方程.

【详解】

设两条直线的方向向量分别为e1(1,3,1)，e2(3,2,2)，设所求平面的一个法向量为n(x,y,z)，则

8xyx3yz0ne105由，得，即，令y5，得x8，z7，

73x2y2z0ne02zy5所以n(8,5,7)，故所求平面方程为8(x2)5(y1)7(z1)0，即

30

8x5y7z280.

故答案为：8x5y7z280 【点睛】

本题主要考查求平面的法向量及由向量的坐标求平面方程，属于基础题. 7．26 3,6,5 【分析】

根据距离公式可求出|MN|，根据两点的中点坐标公式可求出M关于N的对称点坐标. 【详解】

因为M(1,2,3),N(1,4,1) 所以|MN|11243122226 M关于N的对称点坐标为21,82,23，即3,6,5

故答案为：26，3,6,5 8．（1）AG；（2）MD. 【分析】

（1）根据空间向量的加法运算可得结果； （2）根据空间向量的加减法运算法则可得结果. 【详解】

（1）∥M，G分别是BC，CD的中点，

11∥AB(BDBC)AB2BGABBGAG，

22

31

111（2）AD(ABAC)(ADAB)(ADAC)

22211BDCD 2211(DBDC)2DMDMMD.

229．①λ＝；②λ＝【分析】

先求出a－3b和λa＋b，分别利用向量平行和向量垂直求λ. 【详解】

∥a＝(1，5，－1)，b＝(－2，3，5)，

∥a－3b＝(1，5，－1)－3(－2，3，5)＝(1，5，－1)－(－6，9，15)＝(7，－4，－16)， λa＋b＝λ(1，5，－1)＋(－2，3，5)＝(λ，5λ，－λ)＋(－2，3，5)＝(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)． ①∥(λa＋b)∥(a－3b)，

13106. 3535＝，

74161解得λ＝.

3∥

2＝

②∥(a－3b)∥(λa＋b)，∥(7，－4，－16)·(λ－2，5λ＋3，－λ＋5)＝0， 即7(λ－2)－4(5λ＋3)－16(－λ＋5)＝0，解得λ＝

106. 310．（1）证明见解析；（2）0,【分析】

6.

（1）由已知得BCAC，利用面面垂直的性质定理即可证得；

（2）由已知结合线面平行的判定定理知BC//平面AEF，结合线面平行的性质定理知

BC//l，以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设Q(2,y,0)，求出平面AEF的一个法向量，利用空间向量求线面角即可得解. 【详解】

32

（1）证明： 因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，BCAC， 又平面PAC平面ABC，且平面PAC平面ABCAC，BC平面ABC，

BC平面PAC.

（2）由E，F分别是PC，PB的中点，BC//EF，

又EF平面AEF，BC平面AEF，BC//平面AEF， 又BC平面ABC，平面EFA平面ABCl，BC//l.

以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，

1133则A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1,0,3)，E2,0,2，F2,2,2，

33AE,0,2，EF(0,2,0)， 2BC//l，∥可设Q(2,y,0)，平面AEF的一个法向量为m(x,y,z)，

3x3z0AEm则，取z3，得m(1,0,3)， 22EFm2y0又PQ(1,y,3)，则cosPQ,mPQmPQm10,.

4y221∥直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为0,【点睛】

. 6 方法点睛：本题考查线面垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线l,m的方向向量分别为a,b，平面,的法向量分别为u,v，则

①两直线l,m所成的角为(02),cosabab；

②直线l与平面所成的角为(02),sinauau；

33

③二面角l的大小为(0),cosuvuv.

11．（1）

10；（2）

34【分析】

（1）连接AC，由题知ACA1是直线A1C和平面ABCD的角，再根据几何关系求解即可；

（2）连接AM，根据几何关系，结合余弦定理得cosMAC1即可. 【详解】

解：（1）连接AC，由长方体的性质得AA1平面ABCD， 所以ACA1是直线A1C和平面ABCD的角， 所以在Rt△A1AC中，AC所以tanACA11， 由于ACA10,4，再利用等体积法求解5AD2DC25，AA15，

ACA，所以， 124. 4故直线A1C和平面ABCD的夹角为

（2）连接AM，因为BM2,CD3,AD4,AA15． 所以CM25,AM32,AC52， 112A1M2ACMC2431sinMAC, 所以在△A1MC中，cosMAC，所以112A1MAC551所以S△A1MC因为S△AMA11A1MAC9. 1sinMAC1215，点C到平面A1MA的距离4， 2设点A到平面A1MC的距离为d， 因为VAA1MCVCA1AM，即

11S△A1MCdS△AMA14 3334

代入数据解得：d4S△AMA1S△A1MC154102. 9310. 3所以点A到平面A1MC的距离为

12．（1）证明见解析；（2）【分析】

. 6（1）利用勾股定理逆定理计算证明ABAD，ABBP，进而利用线面垂直判定定理证得AB平面BPC，从而ABCP，在计算证得ADDP，得到AD平面PCD，从而ADCP，证得PC平面ABCD；

（2）以CD，CB，CP所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解. 【详解】

（1）因为ABAD4，BD42，所以AB2AD2BD2，所以ABAD， 又因为ABCD为平行四边形，所以ABBC，ADDC，

因为AB4，BP42，PA43，所以AB2BP2AP2，所以ABBP， 因为PBBCB，所以AB平面BPC，所以ABCP，

因为AD4，DP42，PA43，所以AD2DP2AP2，所以ADDP， 因为PDDCD，所以AD平面PCD，所以ADCP，

35

因为ADABA，所以PC平面ABCD.

（2）由（1）知，CD，CB，CP两两垂直，分别以CD，CB，CP所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

在三角形PBC中，PCPB2BC24，

则A4,4,0，B0,4,0，C0,0,0，D4,0,0，E0,2,0，P0,0,4， 所以DE4,2,0，

因为

2DF284816，DFDE,,0，AFADDF,,0，

5FE35555PA4,4,4，

设平面PAF的一个法向量为mx,y,z，

168mAF0xy0则，即5， 5mPA04x4y4z0令y1，得x2，z1，于是取m2,1,1， 又由（1）知，底面ABCD为正方形，所以ACBD， 因为PC平面ABCD，所以PCBD， 因为ACPCC，所以BD平面ACP，

所以BD4,4,0是平面PAC的一个法向量，

设二面角FPAC的大小为，则coscosm,BD. 6mBDmBD123 ，2632所以二面角FPAC的大小为

36

13．（1）【分析】

13257；（2）.

1919（1）连接AE，以点E为坐标原点，EA、ED、EE1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出点B到平面ADC1B1的距离，即为所求；

（2）计算出平面ADB1、平面ADE1的法向量，利用空间向量法可求得二面角B1ADE1的余弦值. 【详解】

（1）连接AE，因为六边形ABCDEF为正六边形，则AFEDEF120， 因为AFEF，则AEF30，故AED90，

因为EE1底面ABCDEF，不妨以点E为坐标原点，EA、ED、EE1所在直线分别为x、

y、z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则A3,0,0、B313,1,0、C2,2,0、D0,1,0、B1313,1,2、C12,2,2、

E10,0,2，

在正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1中，BB1//CC1且BB1CC1，

37

所以，四边形BB1C1C为平行四边形，则BC//B1C1， 因为BC平面ADC1B1，B1C1平面ADC1B1，所以，BC//平面ADC1B1，

所以，BC到平面ADC1B1的距离等于点B到平面ADC1B1的距离，

设平面ADC1B1的法向量为mx1,y1,z1，AD3,1,0，AB10,1,2，

mAD3x1y10由，取y123，则m2,23,3， mAB1y12z10AB0,1,0，所以，直线BC到平面ADC1B1的距离为dABmm23257；

1919（2）设平面ADE1的法向量为nx2,y2,z2，AD3,1,0，DE10,1,2，

nAD3x2y20由，取y223，则n2,23,3， nDE1y22z20cosm,nmnmn13， 1913. 19由图可知，二面角B1ADE1为锐角，所以，二面角B1ADE1的余弦值为【点睛】

思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：

（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标； （2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；

（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.

真题再现

1．BD 【分析】

对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；

对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；

38

对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；

对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数． 【详解】

易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）．

对于A，当1时，BPBCBB1=BCCC1，即此时P线段CC1，△AB1P周长不是定值，故A错误；

对于B，当1时，BPBCBB1=BB1BC，故此时P点轨迹为线段B1C1，而11B1C1//BC，B1C1//平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，

故B正确． 对于C，当

11

时，BPBCBB1，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则22BPBQQH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，

3311B0,,0BP0,,，A1,0,1AP,0,1P0,0,，，，则，12222A1PBP10，所以0或1．故H,Q均满足，故C错误；

39

对于D，当11CC1中点为M,N．BPBCBB1，时，取BB1，BPBMMN，

223311，0,0,y0,所以P点轨迹为线段MN．设P0,y0,，因为A，所以AP，2222313111A1B,,1 ，所以y00y0，此时P与N重合，故D正确．224222故选：BD． 【点睛】

本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 2．（1）证明见解析；（2）【分析】

(1)首先将平面CDE进行扩展，然后结合所得的平面与直线B1C1的交点即可证得题中的结论；

(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值. 【详解】

(1)如图所示，取B1C1的中点F'，连结DE,EF',F'C，

由于ABCDA1B1C1D1为正方体，E,F'为中点，故EF'CD， 从而E,F',C,D四点共面，即平面CDE即平面CDEF'， 据此可得：直线B1C1交平面CDE于点F'，

当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F'重合， 即点F为B1C1中点.

A1M1． A1B1240

(2)以点D为坐标原点，DA,DC,DD1方向分别为x轴，y轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系Dxyz，

A1M01， 不妨设正方体的棱长为2，设

A1B1则：M2,2,2,C0,2,0,F1,2,2,E1,0,2，

从而：MC2,22,2,CF1,0,2,FE0,2,0， 设平面MCF的法向量为：mx1,y1,z1，则：

mMC2x122y12z10， mCFx2z011令z11可得：m2,1,1，

1设平面CFE的法向量为：nx2,y2,z2，则：

41

nFE2y20， nCFx2z022令z11可得：n2,0,1，

1从而：mn5,m5,n5，

1cosm,nmnmn5155122则：

53，

整理可得：1【点睛】

2131，故（舍去）.

242

本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 3．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）要证ABPM，可证DCPM，由题意可得，PDDC，易证DMDC，从而DC平面PDM，即有DCPM，从而得证；

（2）取AD中点E，根据题意可知，ME,DM,PM两两垂直，所以以点M为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出． 【详解】

（1）在△DCM中，DC1，CM2，DCM60，由余弦定理可得DM15． 63，

DMDC．所以DM2DC2CM2，由题意DCPD且PDDMD，DC平面PDM，而PM平面PDM，所以DCPM，又AB//DC，所以ABPM． （2）由PMMD，ABPM，而AB与DM相交，所以PM平面ABCD，因为

AM7，所以PM22，取AD中点E，连接ME，则ME,DM,PM两两垂直，

以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,

42

则A(3,2,0),P(0,0,22),D(3,0,0),M(0,0,0),C(3,1,0) 又N为PC中点，所以N31335,,2,AN,,2. 2222由（1）得CD平面PDM，所以平面PDM的一个法向量n(0,1,0)

从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为sin|ANn||AN‖n|5152． 62725244

【点睛】

本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明ABPM，可以考虑DCPM， 题中与DC有垂直关系的直线较多，易证DC平面PDM，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．

4．（1）见解析；（2）B1D【分析】

通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案． 【详解】

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，

1 243

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mx,y,z， 因为EF1,1,1,DE1a,1,2，

所以mEF0，即mDE0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BCC1B1的法向量为BA2,0,0， 设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为，

44

则cos当amBAmBA622a2a14232a2a142．

127时，2a22a4取最小值为， 2236此时cos取最大值为273．

2所以sin此时B1D【点睛】

本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出Da,0,2（0a2），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步． 5．（1）2；（2）【分析】

（1）以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设BC2a，由已知条件得出PBAM0，求出a的值，即可得出BC的长； （2）求出平面PAM、PBM的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】

（1）PD平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、

min63， 13321． 270 14DP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，

45

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2a210，解得a2，故BC2a2； 2（2）设平面PAM的法向量为mx1,y1,z1，则AM2,1,0，AP2,0,1， 22x1y10mAM2由，取x12，可得mmAP2xz011设平面PBM的法向量为nx2,y2,z2，BM2,1,2，

2,0,0，BP2,1,1， 22nBMx202由，取y21，可得n0,1,1，

nBP2xyz0222cosm,nmnmn3314，

147270， 14所以，sinm,n1cos2m,n因此，二面角APMB的正弦值为70. 1446

【点睛】

思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：

（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标； （2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；

（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值. 6．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得AD//l，利用线面垂直的判定定理证得

6. 3AD平面PDC，从而得到l平面PDC；

（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点Q(m,0,1)，之后求得平面QCD的法向量以及向量PB的坐标，求得cosn,PB，即可得到直线PB与平面QCD所成角的正弦值. 【详解】 （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平面PBCl，

PDD

所以l平面PDC；

（2）如图建立空间直角坐标系Dxyz，

47

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DC(0,1,0),DQ(m,0,1),PB(1,1,1)， 因为QB=2，所以有(m1)2(01)2(10)2设平面QCD的法向量为n(x,y,z)，

2m1

DCn0y0则，即，

xz0DQn0令x1，则z1，所以平面QCD的一个法向量为n(1,0,1)，则

cosn,PBnPBnPB1011202(1)212121226. 323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,PB|6 3所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为【点睛】

6. 3该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目. 7．（∥）证明见解析；（∥）【分析】

330. ；（∥）3648

以C为原点，分别以CA,CB,CC1的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系. （∥）计算出向量C1M和B1D的坐标，得出C1MB1D0，即可证明出C1MB1D； （∥）可知平面BB1E的一个法向量为CA，计算出平面B1ED的一个法向量为n，利用空间向量法计算出二面角BB1ED的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果； （∥）利用空间向量法可求得直线AB与平面DB1E所成角的正弦值. 【详解】

依题意，以C为原点，分别以CA、CB、CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），

可得C0,0,0、A2,0,0、B0,2,0、C10,0,3、

A12,0,3、B10,2,3、D2,0,1、E0,0,2、M1,1,3.

（∥）依题意，C1M1,1,0，B1D2,2,2， 从而C1MB1D2200，所以C1MB1D； （∥）依题意，CA2,0,0是平面BB1E的一个法向量，

EB10,2,1，ED2,0,1．

设nx,y,z为平面DB1E的法向量，

2yz0nEB10则，即，

2xz0nED049

不妨设x1，可得n1,1,2．

cosCA,nCAnCAn26， 626sinCA,n1cos2CA,n30． 630； 6所以，二面角BB1ED的正弦值为（∥）依题意，AB2,2,0．

由（∥）知n1,1,2为平面DB1E的一个法向量，于是

cosAB,nABnABn43．

32263. 3所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为【点睛】

本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，属于中档题. 8．（∥）证明见解析；（∥）【分析】

（∥）证明出四边形ABC1D1为平行四边形，可得出BC1//AD1，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；

（∥）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Axyz，利用空间向量法可计算出直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值. 【详解】

（∥）如下图所示：

2. 350

在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB//A1B1且ABA1B1，A1B1//C1D1且A1B1C1D1，

AB//C1D1且ABC1D1，所以，四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1//AD1， BC1平面AD1E，AD1平面AD1E，BC1//平面AD1E；

（∥）以点A为坐标原点，AD、AB、AA1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Axyz，

设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则A0,0,0、A12,0,2、10,0,2、DE0,2,1，AD12,0,2，AE0,2,1，

设平面AD1E的法向量为nx,y,z，由nAD10nAE0，得2x2z0，

2yz0令z2，则x2，y1，则n2,1,2.

51

cosn,AA1nAA1nAA142. 3232. 3因此，直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为【点睛】

本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，考查计算能力，属于基础题.

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1．B 【分析】

方法一：在棱DC上取一点N，且DN2NC，连接NM，则NMBD，所以NMOF，

FB1，

. 取棱CC1的中点H，所以动点T的轨迹为线段MN（不包括M）连接DH，易知DH则HDB即异面直线B1F与TM所成的角.在三角形HDB中，分别求得三边，利用余弦定理求得cosHDB即可.

AB，AA1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐方法二：以A为坐标原点，直线AD，y，0)，根据TMOF求得x与y的关系，分别表示出BF和TM，利用向标系，设T(x，1量夹角求法求得结果. 【详解】

法一：易知BDAC.

因为AF平面ABCD，所以AFBD，所以BD平面AFO， 又OF平面AFO，所以BDOF，

52

在棱DC上取一点N，且DN2NC，连接NM，则NM点T的轨迹为线段MN（不包括M）. 取棱CC1的中点H，连接DH，易知DHBD，所以NMOF，所以动

FB1，则HDB即异面直线B1F与TM所成的角.

连接BH，因为DH623235，BD62，BH35，

DH2BD2BH210 所以cosHDB2DHBD5AB，AA1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标法二：以A为坐标原点，直线AD，系，

M(4，，60)，O(3，，30)，F(0，，03)，y，0)，66)，易知B1(0，，设T(x，则TM(4x，6y，0)，B1F(0，6，3)，OF(3，3，3).

由题意知TMOF3(4x)3(6y)0，得y10x， TM所以TM(4x，x4，0)，则cosB1F，6(x4)369(4x)(x4)22，

TM又T不与点M重合，所以x40，所以cosB1F，10， 553

所以直线B1F与TM所成角的余弦值为故选：B. 【点睛】

10， 5方法点睛：解决空间夹角问题一般有两种方法，几何法和建系法；几何法即在几何体中作出要求的夹角，根据边角关系求得；建系法即建立空间直角坐标系，利用空间向量求得所求夹角. 2．ABC 【分析】

建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得； 【详解】

C0,1,0，D10,0,1，A11,0,1，B1,1,0，解：如图建立空间直角坐标系，则A1,0,0，

C10,1,1，所以AC1,1,0，BD11,1,1，A1B0,1,1，BC11,0,1，

所以ACBD10，所以ACBD1，故A正确；

因为P是线段BC1上一动点，所以BPBC101，所以

A1PA1BBP0,1,11,0,1,1,1，所以

1613 当且仅当时A1P，故B正确；A1P112，2min222222设平面ACD1的法向量为nx,y,z，则n·AC0xy0，即，令x1，则

AD10xz0n·yz1，所以n1,1,1，因为nA1P110，即nA1P，因为A1P平

面ACD1，所以A1P//平面ACD1，故C正确；

设直线A1P与AD1所成的角为，因为AD1//BC1，当P在线段BC1的端点处时，3，

P在线段BC1的中点时，故选：ABC

2，所以,，故D错误； 3254

21093．13,

5【分析】

建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面D1EF的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解. 【详解】

因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，

以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0）， 因为C1F3FC，所以F是CC1四等分点（靠近C）， 所以F（0,2,1），所以D1E(2,1,4),D1F(0,2,3)，

55

设平面D1EF的一个法向量为n(a,b,c)，

2ab4c0D1En0则，即，

2b3c0D1Fn0令c＝2，则a55,b3，故n,3,2， 22又MB(2x,2,z)，MB//平面D1EF， 所以MBn，即MBn0， 所以

5115(2x)62z0，所以zx， 224211541x2220x484222故|MD|xzxx，

424因为0≤x≤2，0≤z≤4，所以

1156x[0,4]，故x,2， 245因为x22011062，所以|MD|在x,2上单调递减， 2414156时，|MD|取最大值， 52所以当x＝

6641220484所以|MD|的最大值为552109， 4524122202484当x＝2时，|MD|取最小值，所以|MD|的最小值为13，

4210913,所以|MD|的取值范围是．

52109故答案为：13,.

54．（1）证明见解析；（2）【分析】

（1）建立空间直角坐标系，求出A1E，FC坐标得A1EFC，从而得四边形A1ECF为平

56

25. 5行四边形即可证明；

（2）分别求出平面A1EB1与平面EB1C的法向量m和n，利用向量法求解二面角的公式

cosm,n【详解】

mnmn即可求解.

解：如图建立空间直角坐标系Dxyz，设正方体的边长为2， （1）因为A10,2,2，E0,01，C2,0,0，F2,2,1， 所以A1E0,2,1，FC0,2,1， 所以A1EFC，所以A1E//FC，且A1EFC，

所以四边形A1ECF为平行四边形，所以A1,E,C,F四点共面；

（2）B12,2,2，

设平面A1EB1的法向量分别为mx,y,z，则

2yz0mA1E0，即，取y1得m0,1,2， 2x0mA1B10同理可得，平面EB1C的法向量n1,2,2， 所以cosm,nmnmn25， 525. 5由图可知，二面角为钝角，所以二面角A1EB1C的余弦值为5．（1）【分析】

11；（2）. 83（1）由题意知，OA、OB、OP两两垂直，建立空间直角坐标系，设Mx,y,z，由

57

PMMC01，求得M的坐标，过M作MM1OC于M1，MNOP于N，

再由VPMBDVPBCDVMBCD16求解； 9（2）由（1）知PA4,0,4，求得平面MBD的一个法向量为mu,v,w，设直线PAPAm与平面MBD所成的角为，然后由sinPAm55求解. 【详解】

（1）因为四边形ABCD是菱形，所以OAOB， 因为OP底面ABCD，所以OPOA、OPOB， 所以OA、OB、OP两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系，

设Mx,y,z，PMx,y,z4，MC4x,y,z，

x4x因为PMMC01，所以yy，

z4zx4于是1y0，所以M41,0,41， z41过M作MM1OC于M1，过M作MNOP于N， 所以VPMBDVPBCDVMBCD13SBCDOPMM1

58

111416BDOCPN644， 32619解得1． 844,0,， 11（2）由（1）知PA4,0,4，OB0,2,0，OM设平面MBD的一个法向量为mu,v,w，

44uw0OMm， 11OBm2v0令u1，m1,0,，

设直线PA与平面MBD所成的角为， 所以sin解得PAmPAm4442125， 51或3（舍去）． 310. 206．（∥）证明见解析；（∥）【分析】

(∥)根据题意， 结合勾股定理，分别证明EFBE与BEB1E，即可证明BE平面B1EF；(∥)根据已知条件，建立适当的空间直角坐标系，转化为求空间向量的夹角，即可求得二面角EBFA的余弦值. 【详解】

(∥)由条件可知BE22，BF13，EF满足BF2BE2EF2，

5，

EFBE.

BEB1E22，BB14，

222满足B1EBEBB1，

BEB1E.

59

又

B1EEFE，

BE平面B1EF.

(∥)以AC的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

则B0,3,0，E1,0,2，F1,0,3.

BF1,3,3，BE1,3,2，

设平面BEF的法向量为nx,y,z，

nBF0， nBE0x3y3z0,x3y2z0, 取y53，得n3,53,6. 易得平面ABF的一个法向量为m3,1,0，

60

cosm,nmnmn335310， 202302由图可知，二面角EBFA的平面角是m，n夹角的补角，故二面角EBFA的余弦值为

10. 20

7．（1）证明见解析；（2）【分析】

5. 7（1）取AD的中点F，连接EF，CF，AC，通过证明AD平面CEF可得EFAD，根据中位线可得PD//EF，再根据平面PAD∥平面ABCD可得PD∥平面ABCD；

（2）以F点为原点，FA为x轴，FC为y轴，FE为z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求出结果. 【详解】

（1）取AD的中点F，连接EF，CF，AC，

∥四边形ABCD是菱形，∥B=60°，

∥△ACD是等边三角形，又∥F是AD的中点，∥CF∥AD， 又∥CE∥AD，CFCEC， ∥AD∥平面CEF，∥AD∥EF，

又∥E是AP的中点，∥EF是△ACD的中位线， ∥EF//PD，∥PD∥AD，

又∥平面PAD∥平面ABCD，平面PAD∥PD∥平面ABCD.

（2）以F点为原点，FA为x轴，FC为y轴，FE为z轴建立空间直角坐标系：

平面ABCD=AD，

61

设AB=2，PD=a

aA(1,0,0),D(1,0,0),P(1,0,a),E0,0,,B(2,3,0),C(0,3,0)，

2因为CEAB2，所以0(3)2()22，解得a2， 所以P(1,0,2)，

a2AP(2,0,2),AB(1,3,0),AC(1,3,0)，

设平面ABP的法向量n1x1,y1,z1，

n1AP2x12z103z13则，取x11，则y1，1，所以n1(1,,1)，

33n1ABx13y10设平面ACP的法向量n2x2,y2,z2，

n2AP2x22z2033z1，取x21，则y2，2，所以n2(1,,1)， 33n2ACx23y20∥设二面角CPAB的平面角为，

111|n1n2|53|cos|则，

777n1n233结合图形可知二面角CPAB为锐角， 所以二面角CPAB的平面角的余弦值为

5. 78．(1)证明见解析；(2)10 562

【分析】

(1)设AB中点为O，连接OC、OB1、B1C，得出截面OB1C为所求，通过证明

ABOC，ABOB1即可得出结论.

(2)以O为原点建系，如图，求出面BCC1B1的一个法向量，利用空间向量的数量积求解线面角的正弦值即可. 【详解】

(1)如图，设AB的中点为O，连接OC，OB1，B1C，则截面OB1C即为所求. 因为OC，OB1分别为ABC，ABB1的中线， 所以ABOC，ABOB1，又OCOB1O，

所以AB平面OB1C.

(2)因为平面//平面AB1C1，且平面平面ACC1A1l，

平面AB1C1平面ACC1A1AC1，所以l//AC1，

故l与平面BCC1B1所成的角等于AC1与平面BCC1B1所成的角， 以O为坐标原点,建立坐标系Oxyz，如图，

则B(10，，，0)A(10，，，0)C(0，3，，0)B1(0，0，3)，C1(1，3，3)，

CB(1，3，，0)B1B(10，，3)，AC1(0，3，3)，

设平面的一个法向量为n(x，y，z)， 由

nCB0nBB10得

x3y0x3z0，令x3，得yx1，

所以n(311)，，

所以cosAC331，nAC1nAC65101n5，

即与平面所成角的正弦值为

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9．（1）证明见解析；（2）【分析】

3. 4（1）连接OE，由平面几何的知识可得ACOE，再结合线面垂直的判定与性质即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，再由cos【详解】

（1）证明：连接OE，如图，

因为底面ABCD是菱形，所以ACBD，

又OE为△ABD的中位线，所以OE//BD，从而ACOE， 因为PEAC，PEmnmn即可得解.

OEE，所以AC平面POE，

又PO平面POE，所以 ACPO；

（2）因为PO是等腰三角形PAD的中线，所以POAD，

由（1）知ACPO，所以PO平面ABCD，PO1343， 因为底面ABCD为菱形，且DAB60，所以OBAD，

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分别以OA，OB，OP的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的直角坐标系Oxyz，则D2,0,0，B0,23,0，P0,0,3，DB2,23,0，PB0,23,3.

mx,y,z设平面PBD的一个法向量为，则mDB2x23y0,23y3z0,，

mPB取y3，得m3,3,2，

易知平面PAD的一个法向量为n0,1,0， n设二面角APDB为，则cosmmn393434. 故二面角APDB的余弦值为34.

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