十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题21空间向量的应用解答题综合(三大考点，54题)(学生版+解析)

这是一份十年(2016-2025)高考数学真题分类汇编(全国通用)专题21空间向量的应用解答题综合(三大考点，54题)(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了74等内容，欢迎下载使用。

考点01：异面直线夹角的向量求法
1．（2025·全国一卷·高考真题）如图所示的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD,AB⊥AD．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)PA=AB=2,AD=1+3,BC=2，P，B，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O．
（i）证明：O在平面ABCD上；
（ⅱ）求直线AC与直线PO所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；
（ii）23.
【分析】（1）通过证明AP⊥AB，AP⊥AD，得出AB⊥平面PAD，即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设P,B,C,D在同一球面O上，在平面xAy中，得出点O坐标，进而得出点O在空间中的坐标，计算出OP=OB=OC=OD，即可证明结论；
法二：作出△BCD的边BC和CD的垂直平分线，找到三角形的外心O1，求出PO1，求出出外心O1到P，B，C，D的距离相等，得出外心O1即为P，B，C，D所在球的球心，即可证明结论；
（ii）法一：写出直线AC和PO的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出AC的长，过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C1，连接AC1，PC1，利用勾股定理求出AC1的长，进而得出PC1的长，在△POC1中由余弦定理求出cs∠POC1，即可求出直线AC与直线PO所成角的余弦值.
【详解】（1）由题意证明如下，
在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，
AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴AP⊥AB，AP⊥AD，
∵AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，AP∩AD=A，
∴AB⊥平面PAD，
∵AB⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一：
在四棱锥P−ABCD中，AP⊥AB，AP⊥AD，AB⊥AD，BC∥AD，
PA=AB=2，AD=1+3，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴A0,0,0,B2,0,0,C2,2,0,D0,1+3,0,P0,0,2，
若P，B，C，D在同一个球面上，
则OP=OB=OC=OD，
在平面xAy中，
∴A0,0,B2,0,C2,2,D0,1+3，
∴线段CD中点坐标F22,3+32，
直线CD的斜率：k1=1+3−20−2=−3−12，
直线CD的垂直平分线EF斜率：k2=23−1=6+22，
∴直线EF的方程：y−3+32=6+22x−22，
即y=6+22x−22+3+32，
当y=1时，1=6+22xO−22+3+32，解得：xO=0，
∴O0,1
在立体几何中，O0,1,0，
∵OP=02+12+0−22OB=0−22+12+02OC=0−22+1−22+02OD=02+1−1−32+02
解得：OP=OB=OC=OD=3，
∴点O在平面ABCD上.
法二：
∵P，B，C，D在同一个球面上，
∴球心到四个点的距离相等
在△BCD中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出BC和CD的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
O1E=AB=2，BE=CE=AO1=GO1=12BC=1，O1D=AD−AO1=3
BO1=CO1=12+22=3，
∴O1D=BO1=CO1，
∴点O1是△BCD的外心，
在Rt△AOP中，AP⊥AD，AP=2，
由勾股定理得，
PO1=AP2+AO12=22+12=3
∴PO1=BO1=CO1=O1D=3，
∴点O1即为点P，B，C，D所在球的球心O，
此时点O在线段AD上，AD⊂平面ABCD，
∴点O在平面ABCD上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
AC=2,2,0,PO=0,1,−2，
设直线AC与直线PO所成角为θ，
∴csθ=AC⋅POACPO=0+2×1+022+22+0×0+12+−22=23.
法2：
由几何知识得，PO=3，
AB⊥AD，BC∥AD，
∴AB⊥BC，
在Rt△ABC中，AB=2，BC=2，由勾股定理得，
AC=AB2+BC2=22+22=6，
过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C1，连接AC1，PC1，
则OC1=AC=6，直线AC与直线PO所成角即为△POC1中∠POC1或其补角.
∵PA⊥平面ABCD，AC1⊂平面ABCD，PA∩AC1=A，
∴PA⊥AC1，
在Rt△ABC1中，AB=2，BC1=BC+CC1=2+1=3，由勾股定理得，
AC1=AB2+BC12=22+32=11，
在Rt△APC1中，PA=2，由勾股定理得，
PC1=PA2+AC12=22+112=13，
在△POC1中，由余弦定理得，
PC12=PO2+OC12−2PO⋅OC1cs∠POC1，
即：132=32+62−23×6cs∠POC1
解得：cs∠POC1=−23
∴直线AC与直线PO所成角的余弦值为：cs∠POC1=23.
2．（2021·上海·高考真题）四棱锥P−ABCD，底面为正方形ABCD，边长为4，E为AB中点，PE⊥平面ABCD.
（1）若△PAB为等边三角形，求四棱锥P−ABCD的体积；
（2）若CD的中点为F，PF与平面ABCD所成角为45°，求PD与AC所成角的大小.
【答案】（1）VP−ABCD=3233；（2）arccs26.
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．
【详解】（1）∵正方形ABCD边长为4，△PAB为等边三角形，E为AB中点，
∴PE=23，VP−ABCD=13×42×23=3233；
（2）如图以EA,EF,EP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,4)，D(−2,4,0)，A(−2,0,0)，
C(2,4,0)，∴PD=(−2,4,−4)，AC=(4,4,0)，
∴csθ=PD⋅AC|PD|⋅|AC|=−8+16+06×42=26，
即PD与AC所成角的大小为arccs26．
3．（2020·江苏·高考真题）在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=5,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．
（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）1515（2）23913
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；
（2）先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.
【详解】
（1）连CO∵BC=CD,BO=OD∴CO⊥BD
以OB,OC,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2),B(1,0,0),C(0,2,0),D(−1,0,0)∴E(0,1,1)
∴AB=(1,0,−2),DE=(1,1,1)∴cs=−153=−1515
从而直线AB与DE所成角的余弦值为1515
（2）设平面DEC一个法向量为n1=(x,y,z),
∵DC=(1,2,0),n1⋅DC=0n1⋅DE=0∴x+2y=0x+y+z=0
令y=1∴x=−2,z=1∴n1=(−2,1,1)
设平面DEF一个法向量为n2=(x1,y1,z1), ∵DF=DB+BF=DB+14BC=(74,12,0),n2⋅DF=0n2⋅DE=0∴74x1+12y1=0x1+y1+z1=0
令y1=−7∴x1=2,z1=5∴n2=(2,−7,5)
∴cs=−6678=−113
因此sinθ=1213=23913
【点睛】本题考查利用向量求线线角与二面角，考查基本分析求解能力，属中档题.
4．（2018·江苏·高考真题）如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点。
（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值
【答案】（1）31020
（2）55
【详解】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量BP,AC1的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面AQC1的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.
详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{OB,OC,OO1}为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．
因为AB=AA1=2，
所以A(0,−1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,−1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2)．
（1）因为P为A1B1的中点，所以P(32,−12,2)，
从而BP=(−32,−12,2),AC1=(0,2,2)，
故|csBP,AC1|=|BP⋅AC1||BP|⋅|AC1|=|−1+4|5×22=31020．
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020．
（2）因为Q为BC的中点，所以Q(32,12,0)，
因此AQ=(32,32,0)，AC1=(0,2,2),CC1=(0,0,2)．
设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，
则AQ⋅n=0,AC1⋅n=0,即32x+32y=0,2y+2z=0.
不妨取n=(3,−1,1)，
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sinθ=|csCC1,n|=|CC1⋅n||CC1|⋅|n|=25×2=55，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55．
点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
5．（2017·江苏·高考真题）如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB＝AD＝2，AA1＝3，∠BAD＝120°.
(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
(2)求二面角B－A1D－A的正弦值．
【答案】(1)17．(2)74．
【详解】试题解析：解：在平面ABCD内，过点A作AE⊥AD，交BC于点E.
因为AA1⊥平面ABCD，
所以AA1⊥AE，AA1⊥AD.
如图，以AE,AD,AA1为正交基底，建立空间直角坐标系A-xyz.
因为AB=AD=2，AA1=3，∠BAD=120°.
则A0,0,0,B3,−1,0,D0,2,0,E3,0,0,A10,0,3,C13,1,3.
(1) A1B=3,−1,−3,AC1=3,1,3，
则csA1B,AC1=A1B⋅AC1A1BAC1=3,−1,−3⋅3,1,37=−17.
因此异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为17.
(2)平面A1DA的一个法向量为AE=3,0,0.
设m=x,y,z为平面BA1D的一个法向量，
又A1B=3,−1,−3,BD=−3,3,0，
则m⋅A1B=0,m⋅BD=0,即3x−y−3z=0,−3x+3y=0.
不妨取x=3，则y=3,z=2，
所以m=3,3,2为平面BA1D的一个法向量，
从而csAE,m=AE⋅mAEm=3,0,0⋅3,3,23×4=34,
设二面角B-A1D-A的大小为θ，则csθ=34.
因为θ∈0,π，所以sinθ=1−cs2θ=74.
因此二面角B-A1D-A的正弦值为74.
考点02：线面角的向量求法
6．（2022·全国乙卷·高考真题）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437
【分析】（1）根据已知关系证明△ABD≌△CBD，得到AB=CB，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到BE⊥DE，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（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，DE2+BE2=BD2，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A1,0,0,B0,3,0,D0,0,1，所以AD=−1,0,1,AB=−1,3,0，
设平面ABD的一个法向量为n=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,F0,34,34，所以CF=1,34,34，
所以csn,CF=n⋅CFnCF=621×74=437，
设CF与平面ABD所成的角为θ0≤θ≤π2，
所以sinθ=csn,CF=437，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为437.
7．（2022·全国甲卷·高考真题）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.
【分析】（1）作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，利用勾股定理证明AD⊥BD，根据线面垂直的性质可得PD⊥BD，从而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案.
【详解】（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，
所以AD2+BD2=AB2，
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，
又因为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A1,0,0,B0,3,0,P0,0,3，
则AP=−1,0,3,BP=0,−3,3,DP=0,0,3，
设平面PAB的法向量n=x,y,z，
则有{n⋅AP=−x+3z=0n⋅BP=−3y+3z=0，可取n=3,1,1，
则csn,DP=n⋅DPnDP=55，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.
8．（2022·北京·高考真题）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB=BC=2，M，N分别为A1B1，AC的中点．
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：AB⊥MN；
条件②：BM=MN．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面BCC1B1，从而可证MN//平面BCC1B1.
（2）选①②均可证明BB1⊥平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.
【详解】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，
由三棱柱ABC−A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，
而B1M=MA1,BK=KA，则MK//BB1，
而MK⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，故MK//平面BCC1B1，
而CN=NA,BK=KA，则NK//BC，同理可得NK//平面BCC1B1，
而NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN，
故平面MKN//平面BCC1B1，而MN⊂平面MKN，故MN//平面BCC1B1，
（2）因为侧面BCC1B1为正方形，故CB⊥BB1，
而CB⊂平面BCC1B1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，
平面CBB1C1∩平面ABB1A1=BB1，故CB⊥平面ABB1A1，
因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，
因为AB⊂平面ABB1A1，故NK⊥AB，
若选①，则AB⊥MN，而NK⊥AB，NK∩MN=N，
故AB⊥平面MNK，而MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，
所以AB⊥BB1，而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，
故BA=0,2,0,BN=1,1,0,BM=0,1,2，
设平面BNM的法向量为n=x,y,z，
则n⋅BN=0n⋅BM=0，从而x+y=0y+2z=0，取z=−1，则n=−2,2,−1，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ=csn,AB=42×3=23.
若选②，因为NK//BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM⊂平面ABB1A1，
故NK⊥KM，而B1M=BK=1,NK=1，故B1M=NK，
而B1B=MK=2，MB=MN，故△BB1M≅△MKN，
所以∠BB1M=∠MKN=90°，故A1B1⊥BB1，
而CB⊥BB1，CB∩AB=B，故BB1⊥平面ABC，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，
故BA=0,2,0,BN=1,1,0,BM=0,1,2，
设平面BNM的法向量为n=x,y,z，
则n⋅BN=0n⋅BM=0，从而x+y=0y+2z=0，取z=−1，则n=−2,2,−1，
设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则
sinθ=csn,BA=42×3=23.
9．（2022·天津·高考真题）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥AB，点D、E、F分别为A1B1,AA1,CD的中点， AB=AC=AA1=2.
(1)求证：EF//平面ABC；
(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值；
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)45
(3)1010
【分析】（1）以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1C1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线BE与平面CC1D夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，且AC⊥AB，则A1C1⊥A1B1
以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1C1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，
则A2,0,0、B2,2,0、C2,0,2、A10,0,0、B10,2,0、C10,0,2、D0,1,0、E1,0,0、F1,12,1，则EF=0,12,1，
易知平面ABC的一个法向量为m=1,0,0，则EF⋅m=0，故EF⊥m，
∵EF⊄平面ABC，故EF//平面ABC.
（2）解：C1C=2,0,0，C1D=0,1,−2，EB=1,2,0，
设平面CC1D的法向量为u=x1,y1,z1，则u⋅C1C=2x1=0u⋅C1D=y1−2z1=0，
取y1=2，可得u=0,2,1，cs=EB⋅uEB⋅u=45.
因此，直线BE与平面CC1D夹角的正弦值为45.
（3）解：A1C=2,0,2，A1D=0,1,0，
设平面A1CD的法向量为v=x2,y2,z2，则v⋅A1C=2x2+2z2=0v⋅A1D=y2=0，
取x2=1，可得v=1,0,−1，则cs=u⋅vu⋅v=−15×2=−1010，
因此，平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为1010.
10．（2022·浙江·高考真题）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB//DC，DC//EF，AB=5，DC=3，EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，二面角F−DC−B的平面角为60°．设M，N分别为AE,BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)5714．
【分析】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H，由平面知识易得FC=BC，再根据二面角的定义可知，∠BCF=60∘，由此可知，FN⊥BC，FN⊥CD，从而可证得FN⊥平面ABCD，即得FN⊥AD；
（2）由（1）可知FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以可以以点N为原点，NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N−xyz，求出平面ADE的一个法向量，以及BM，即可利用线面角的向量公式解出．
【详解】（1）过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别交于点G、H．
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB//DC,CD//EF,AB=5,DC=3,EF=1，∠BAD=∠CDE=60°，由平面几何知识易知，DG=AH=2,∠EFC=∠DCF=∠DCB=∠ABC=90°，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，∴在Rt△EGD和Rt△DHA，EG=DH=23，
∵DC⊥CF,DC⊥CB，且CF∩CB=C，
∴DC⊥平面BCF,∠BCF是二面角F−DC−B的平面角，则∠BCF=60∘，
∴△BCF是正三角形，由DC⊂平面ABCD，得平面ABCD⊥平面BCF，
∵N是BC的中点，∴ FN⊥BC，又DC⊥平面BCF，FN⊂平面BCF，可得FN⊥CD，而BC∩CD=C，∴FN⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD∴FN⊥AD．
（2）因为FN⊥平面ABCD，过点N做AB平行线NK，所以以点N为原点， NK，NB、NF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系N−xyz，
设A(5,3,0),B(0,3,0),D(3,−3,0),E(1,0,3)，则M3,32,32，
∴BM=3,−32,32,AD=(−2,−23,0),DE=(−2,3,3)
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)
由n⋅AD=0n⋅DE=0，得−2x−23y=0−2x+3y+3z=0，取n=(3,−1,3)，
设直线BM与平面ADE所成角为θ，
∴sinθ=cs⟨n→,BM⃑⟩=|n→⋅BM⃑||n→|⋅BM⃑=33+32+3323+1+3⋅9+34+94=537⋅23=5714．
11．（2022·上海·高考真题）如图所示三棱锥P-ABC，底面为等边三角形ABC，O为AC边中点，且PO⊥底面ABC，AP=AC=2

(1)求三棱锥P-ABC的体积；
(2)若M为BC中点，求PM与平面PAC所成角大小（结果用反三角数值表示）.
【答案】(1)1；
(2)θ=arcsin34．
【分析】（1）由棱锥体积公式计算；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法二面角．
【详解】（1）PO⊥底面ABC，AC⊂底面ABC，则PO⊥AC，连接BO，同理PO⊥BO，
又AO=12AC=1，PA=2，∴PO=22−12=3，
而S△ABC=12×2×2×sin60°=3，
所以VP−ABC=13PO⋅S△ABC=13×3×3=1；
（2）由已知BO⊥AC，分别以OB,OC,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图，
由已知BO=3，
则P(0,0,3)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，∴M(32,12,0)，
PM=(32,12,−3)，易知平面PAC的一个法向量是m=(1,0,0)，
csm,PM=m⋅PMmPM=321×34+14+3=34，
设PM与平面PAC所成角大小为θ，则sinθ=34，θ∈[0,π]，∴θ=arcsin34．

12．（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.
（1）证明：AB⊥PM；
（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）156．
【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=3，
所以DM2+DC2=CM2，∴ DM⊥DC．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,
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N32,−12,2,AN=332,−52,2.
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sinθ=|AN⋅n||AN‖n|=52274+254+2=156．
【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．
13．（2021·天津·高考真题）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．
（I）求证：D1F//平面A1EC1；
（II）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值．
（III）求二面角A−A1C1−E的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）39；（III）13.
【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出D1F及平面A1EC1的一个法向量m，证明D1F⊥m，即可得证；
（II）求出AC1，由sinθ=|cs〈m,AC1〉|运算即可得解；
（III）求得平面AA1C1的一个法向量DB，由cs〈DB,m〉=DB⋅m|DB|⋅|m|结合同角三角函数的平方关系即可得解.
【详解】（I）以A为原点，AB,AD,AA1分别为x,y,z轴，建立如图空间直角坐标系，
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2)，
因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2,1,0)，F(1,2,0)，
所以D1F=(1,0,−2),A1C1=(2,2,0),A1E=(2,1,−2),
设平面A1EC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，
则{m⋅A1C1=2x1+2y1=0m⋅A1E=2x1+y1−2z1=0，令x1=2，则m=(2,−2,1)，
因为D1F⋅m=2−2=0，所以D1F⊥m，
因为D1F⊄平面A1EC1，所以D1F//平面A1EC1；
（II）由（1）得，AC1=(2,2,2)，
设直线AC1与平面A1EC1所成角为θ，
则sinθ=|cs〈m,AC1〉|=|m⋅AC1|m|⋅|AC1||=23×23=39；
（III）由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为DB=(2,−2,0)，
则cs〈DB,m〉=DB⋅m|DB|⋅|m|=83×22=223，
所以二面角A−A1C1−E的正弦值为1−cs2〈DB,m〉=13.
14．（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=1 CE=2, M为棱A1B1的中点．
（Ⅰ）求证：C1M⊥B1D；
（Ⅱ）求二面角B−B1E−D的正弦值；
（Ⅲ）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）306；（Ⅲ）33.
【分析】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.
（Ⅰ）计算出向量C1M和B1D的坐标，得出C1M⋅B1D=0，即可证明出C1M⊥B1D；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）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).
（Ⅰ）依题意，C1M=(1,1,0)，B1D=(2,−2,−2)，
从而C1M⋅B1D=2−2+0=0，所以C1M⊥B1D；
（Ⅱ）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，
则{n⋅EB1=0n⋅ED=0，即{2y+z=02x−z=0，
不妨设x=1，可得n=(1,−1,2)．
cs=CA⋅n|CA|⋅|n|=22×6=66，
∴sin=1−cs2=306．
所以，二面角B−B1E−D的正弦值为306；
（Ⅲ）依题意，AB=(−2,2,0)．
由（Ⅱ）知n=(1,−1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cs=AB⋅n|AB|⋅|n|=−422×6=−33．
所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为33.
【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.
15．（2020·北京·高考真题）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中， E为BB1的中点．
（Ⅰ）求证：BC1//平面AD1E；
（Ⅱ）求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）23.
【分析】（Ⅰ）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；也可利用空间向量计算证明；
（Ⅱ）可以将平面扩展，将线面角转化，利用几何方法作出线面角，然后计算；也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量计算求解 .
【详解】（Ⅰ）[方法一]：几何法
如下图所示：
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；
[方法二]:空间向量坐标法
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A0,0,0、A10,0,2、D12,0,2、E0,2,1，AD1=2,0,2，AE=0,2,1，
设平面AD1E的法向量为n=x,y,z，由n⋅AD1=0n⋅AE=0，得2x+2z=02y+z=0，
令z=−2，则x=2，y=1，则n=2,1,−2.
又∵向量BC1=2,0,2,BC1·n=2×2+0×1+2×−2=0,
又∵BC1⊄平面AD1E，∴BC1//平面AD1E；
（Ⅱ）[方法一]：几何法
延长CC1到F，使得C1F=BE，连接EF，交B1C1于G，
又∵C1F//BE，∴四边形BEFC1为平行四边形，∴BC1//EF，
又∵BC1//AD1,∴AD1//EF,所以平面AD1E即平面AD1FE,
连接D1G，作C1H⊥D1G,垂足为H,连接FH,
∵FC1⊥平面A1B1C1D1,D1G⊂平面A1B1C1D1,∴FC1⊥D1G，
又∵FC1∩C1H=C1,∴直线D1G⊥平面C1FH,
又∵直线D1G⊂平面D1GF,∴平面D1GF⊥平面C1FH,
∴C1在平面D1GF中的射影在直线FH上,∴直线FH为直线FC1在平面D1GF中的射影，∠C1FH为直线FC1与平面D1GF所成的角，
根据直线FC1//直线AA1，可知∠C1FH为直线AA1与平面AD1G所成的角.
设正方体的棱长为2，则C1G=C1F=1,D1G=5,∴C1H=2×15=25,
∴FH=1+252=35,
∴sin∠C1FH=C1HFH=23,
即直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.
[方法二]：向量法
接续（I)的向量方法，求得平面平面AD1E的法向量n=2,1,−2，
又∵AA1=0,0,2,∴cs=n⋅AA1n⋅AA1=−43×2=−23，
∴直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.
[方法三]：几何法+体积法
如图，设B1C1的中点为F，延长A1B1,AE,D1F，易证三线交于一点P．
因为BB1∥AA1,EF∥AD1，
所以直线AA1与平面AD1E所成的角，即直线B1E与平面PEF所成的角．
设正方体的棱长为2，在△PEF中，易得PE=PF=5,EF=2，
可得S△PEF=32．
由V三棱锥B1−PEF=V三棱锥P−B1EF，得13×32⋅B1H=13×12×1×1×2，
整理得B1H=23．
所以sin∠B1EH=B1HB1E=23．
所以直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23．
[方法四]：纯体积法
设正方体的棱长为2，点A1到平面AED1的距离为h，
在△AED1中，AE=5,AD1=22,D1E=3，
cs∠AED1=D1E2+AE2−AD122D1E⋅AE=9+5−82×3×5=55，
所以sin∠AED1=255，易得S△AED1=3．
由VE−AA1D1=VA1−AED1，得13S△AD1A1⋅A1B1=13S△AED1⋅h，解得h=43，
设直线AA1与平面AED1所成的角为θ，所以sinθ=hAA1=23．
【整体点评】（Ⅰ）的方法一使用线面平行的判定定理证明，方法二使用空间向量坐标运算进行证明；
（II）第一种方法中使用纯几何方法，适合于没有学习空间向量之前的方法，有利用培养学生的集合论证和空间想象能力，第二种方法使用空间向量方法，两小题前后连贯，利用计算论证和求解，定为最优解法；方法三在几何法的基础上综合使用体积方法，计算较为简洁；方法四不作任何辅助线，仅利用正余弦定理和体积公式进行计算，省却了辅助线和几何的论证，不失为一种优美的方法.
16．（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．
（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．
【答案】（1）证明见解析；（2）63.
【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AD⊥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cs，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∩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=2⇒m=1
设平面QCD的法向量为n=(x,y,z)，
则DC⋅n=0DQ⋅n=0，即y=0x+z=0，
令x=1，则z=−1，所以平面QCD的一个法向量为n=(1,0,−1)，则
cs=n⋅PBnPB=1+0+112+02+(−1)2⋅12+12+12=22×3=63.
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|cs|=63
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值为63.
【点睛】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.
17．（2020·山东·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．
（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.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得AD//l，从而得到l⊥平面PDC；
（2）方法一：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cs的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
【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∩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）［方法一］【最优解】：通性通法
因为DP,DA,DC两两垂直，建立空间直角坐标系D−xyz，如图所示：
因为PD=AD=1，设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)，
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
cs=n⋅PBnPB=1+0+m3⋅m2+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PB与平面QCD所成角的正弦值等于|cs|=|1+m|3⋅m2+1 =33⋅1+2m+m2m2+1 =33⋅1+2mm2+1≤33⋅1+2|m|m2+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.
［方法二］：定义法
如图2，因为l⊂平面PBC，Q∈l，所以Q∈平面PBC．
在平面PQC中，设PB∩QC=E．
在平面PAD中，过P点作PF⊥QD，交QD于F，连接EF．
因为PD⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD，所以DC⊥PD．
又由DC⊥AD,AD∩PD=D,PD⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以DC⊥平面PAD．又PF⊂平面PAD，所以DC⊥PF．又由PF⊥QD,QD∩DC=D,QD⊂平面QOC,DC⊂平面QDC，所以PF⊥平面QDC，从而∠FEP即为PB与平面QCD所成角．
设PQ=a，在△PQD中，易求PF=aa2+1．
由△PQE与△BEC相似，得PEEB=PQBC=a1，可得PE=3aa+1．
所以sin∠FEP=a+13a2+32=131+2aa2+1≤23=63，当且仅当a=1时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长CB至G，使得BG=PQ，连接GQ，GD，则PB//QG，过G点作GM⊥平面QDC，交平面QDC于M，连接QM，则∠GQM即为所求．
设PQ=x，在三棱锥Q−DCG中，VQ−DCG=13PD⋅12CD⋅(CB+BG)=16(1+x)．
在三棱锥G−QDC中，VG−QDC=13GM⋅12CD⋅QD=13GM⋅121+x2．
由VQ−DCG=VG−QDC得16(1+x)=13GM⋅121+x2，
解得GM=1+x1+x2=1+2x+x21+x2=1+2x1+x2≤2，
当且仅当x=1时等号成立．
在Rt△PDB中，易求PB=3=QG，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为sin∠MQG=23=63．
【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面QCD的法向量n与向量PB的夹角的余弦值的绝对值，即cs，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用PB//QG，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．
18．（2019·浙江·高考真题）如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1，平面AA1C1C⊥平面ABC,∠ABC=90°，∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.
（1）证明：EF⊥BC；
（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）35.
【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义即可证得线线垂直；
(2)建立空间直角坐标系，分别求得直线的方向向量和平面的法向量，然后结合线面角的正弦值和同角三角函数基本关系可得线面角的余弦值.
【详解】(1)如图所示，连结A1E,B1E，
等边△AA1C中，AE=EC，则A1E⊥AC，
平面ABC⊥平面A1ACC1，且平面ABC∩平面A1ACC1=AC，
由面面垂直的性质定理可得：A1E⊥平面ABC，故A1E⊥BC，
由三棱柱的性质可知A1B1∥AB，而AB⊥BC，故A1B1⊥BC，且A1B1∩A1E=A1，
由线面垂直的判定定理可得：BC⊥平面A1B1E，
结合EF⊆平面A1B1E，故EF⊥BC.
(2)在底面ABC内作EH⊥AC，以点E为坐标原点，EH,EC,EA1方向分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系E−xyz.
设EH=1，则AE=EC=3，AA1=CA1=23,BC=3,AB=3，
据此可得：A0,−3,0,B32,32,0,A10,0,3,C0,3,0，
由AB=A1B1可得点B1的坐标为B132,323,3，
利用中点坐标公式可得：F34,343,3，由于E0,0,0，
故直线EF的方向向量为：EF=34,343,3
设平面A1BC的法向量为m=x,y,z，则：
m⋅A1B=x,y,z⋅32,32,−3=32x+32y−3z=0m⋅BC=x,y,z⋅−32,32,0=−32x+32y=0，
据此可得平面A1BC的一个法向量为m=1,3,1，EF=34,343,3
此时csEF,m=EF⋅mEF×m=65×352=45，
设直线EF与平面A1BC所成角为θ，则sinθ=csEF,m=45,csθ=35.
【点睛】本题考查了立体几何中的线线垂直的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时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.
19．（2018·全国II卷·高考真题）如图，在三棱锥P-ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．
（1）证明：PO⊥平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且二面角M-PA-C为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）34.
【分析】（1）根据等腰三角形性质得PO垂直AC，再通过计算，根据勾股定理得PO垂直OB，最后根据线面垂直判定定理得结论；
（2）方法一：根据条件建立空间直角坐标系，设各点坐标，根据方程组解出平面PAM一个法向量，利用向量数量积求出两个法向量夹角，根据二面角与法向量夹角相等或互补关系列方程，解得M坐标，再利用向量数量积求得向量PC与平面PAM法向量夹角，最后根据线面角与向量夹角互余得结果．
【详解】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=23．
连结OB．
因为AB=BC=22AC，所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC,OB=12AC=2 ，由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB．
由OP⊥OB,OP⊥AC知，PO⊥平面ABC．
（2）［方法一］：【通性通法】向量法
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(0,0,23),AP=(0,2,23)
取平面PAC的法向量OB=(2,0,0)．
设M(a,2-a,0)(0