第23讲 空间向量与立体几何-2022年新高考艺术生40天突破数学90分练习题

第23讲 空间向量与立体几何
一．选择题（共4小题）
1．（2020秋•抚州期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，BC的中点，则EF与平面A1BC1所成角的正弦值为（　　）

A．36 B．26 C．33 D．23
【解析】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，BC的中点，
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，
则E（2，1，2），F（1，2，0），A1（2，0，2），B（2，2，0），C1（0，2，2），
EF→=（﹣1，1，﹣2），BA1→=（0，﹣2，2），BC1→=（﹣2，0，2），
设平面A1BC1的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅BA1→=-2y+2z=0n→⋅BC1→=-2x+2z=0，取x＝1，得n→=（1，1，1），
设EF与平面A1BC1所成角为θ，
则sinθ=|EF→⋅n→||EF→|⋅|n→|=26⋅3=23．
∴EF与平面A1BC1所成角的正弦值为23．
故选：D．

2．（2020秋•利通区校级期末）如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为（　　）

A．15 B．25 C．35 D．45
【解析】解：连结BC1，因为C1D1∥AB且C1D1＝AB，
所以四边形ABC1D1是平行四边形，故BC1∥AD1，
所以∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角或其补角，
连结A1C1，由AB＝1，AA1＝2，
则A1C1=2，A1B=BC1=5，
所以cos∠A1BC1=5+5-22×5×5=45，
故异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为45．
故选：D．

3．（2020秋•滁州期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，M，P分别为棱AD，CC1，A1D1的中点，则B1P与MN所成角的余弦值为（　　）

A．3010 B．-15 C．7010 D．15
【解析】解：设正方体的棱长为2，
以A为坐标原点，AB，AB，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，
则B1（2，0，2），P（0，1，2），M（0，1，0），N（2，2，1），
所以B1P→=(-2，1，0)，MN→=(2，1，1)，
故|cos＜B1P→，MN→＞|=|B1P→⋅MN→||B1P→||MN→|=35×6=3010，
所以B1P与MN所成角的余弦值为3010．
故选：A．

4．（2020秋•南通期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E，F分别是棱B1C1，A1D1的中点，则异面直线BE，DF所成角的余弦值为（　　）
A．55 B．35 C．45 D．255
【解析】解：连接CE，
∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E，F分别是棱B1C1，A1D1的中点，
∴DF∥CE，
∴∠CEB是异面直线BE，DF所成角（或所成角的补角），
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
则CE＝BE=22+12=5，
∴cos∠CEB=CE2+BE2-BC22×CE×BE=5+5-42×5×5=35．
∴异面直线BE，DF所成角的余弦值为35．
故选：B．

二．解答题（共25小题）
5．（2020•拉萨二模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD＝2AD，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M．N分别为AD，PD 的中点．
（Ⅰ）求证：PA∥平面MNC；
（Ⅱ）求直线PB与平面MNC所成角的正弦值．

【解析】解：（Ⅰ）证明：∵M，N分别为AD，PD的中点，
∴PA∥MN，
又∵PA不在平面MNC，
∴PA∥平面MNC；
（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，设AD＝2，
则B（2，2，0），C（0，2，0），P（0，0，4），M（1，0，0），N（0，0，2），PB→=(2，2，-4)，NC→=(0，2，-2)，MN→=(-1，0，2)，
设平面MNC的法向量为n→=(x，y，z)，则n→⋅MN→=-x+2z=0n→⋅NC→=2y-2z=0，可取n→=(2，1，1)，
设直线PB与平面MNC所成角为α，则sinα=|cos＜n→，PB→＞|=16

6．（2020•益阳模拟）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中．
（1）求证：AD1∥平面A1BC1；
（2）若AB＝AD＝2，AA1＝3，求直线A1D与平面A1BC1所成角的正弦值．

【解析】（1）证明：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝C1D1，AB∥C1D1，
所以ABC1D1是平行四边形，所以AD1∥BC1；
因为BC1⊂平面A1BC1，AD1⊄平面A1BC1，
所以AD1∥平面A1BC1；
（2）解：以A1为原点，A1D1→、A1B1→、A1A→的方向为x、y、z轴的正方向，
建立空间直角坐标系如图所示；

由AB＝AD＝2，AA1＝3，
则A1（0，0，0），C1（2，2，0），D（2，0，3），
所以A1D→=（2，0，3），A1C1→=（2，2，0），A1B→=（0，2，3）；
设平面C1A1B的法向量为m→=（x，y，z），
由m→⋅A1C1→=0m→⋅A1B→=0，得2x+2y=02y+3z=0；
令y＝﹣3，得m→=（3，﹣3，2），
设直线A1D与平面A1BC1所成的角为θ，
所以sinθ＝|cos＜A1D→，m→＞|＝|A1D→⋅m→|A1D→|×|m→||=6+64+0+9×9+9+4=6286143，
即直线A1D与平面A1BC1所成角的正弦值为6286143．
7．（2020秋•南关区校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，M是PD中点．
（I）求直线CD与平面ACM所成的角的正弦值；
（Ⅱ）求点P到平面ACM的距离．

【解析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，∵PA＝AD＝4，AB＝2，则有A（0，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），P（0，0，4）
∵M是PD的中点，∴M（0，2，2）
设平面ACM的一个法向量为n→=(x，y，z)，则有n→⋅AC→=0n→⋅AM→=0，即2x+4y=02y+2z=0，∴n→=(2，-1，1)
又∵CD→=(-2，0，0)，设直线CD与平面ACM所成的角为θ，则有
sinθ===63．
故直线CD与平面ACM所成的角的正弦值为63．
（2）∵AP→=(0，0，4)，平面ACM的一个法向量为n→=(2，-1，1)，设点P到平面ACM的距离为d，则有
d==46=263．
故点P到平面ACM的距离为263．

8．（2019春•湖北期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是BB1，CD，CC1的中点．
（1）求证：D1F⊥平面DEG；
（2）求直线EF与平面CC1D1D所成角的正切值．

【解析】解：（1）证明：方法一：
如图，∵四边形CC1D1D为正方形，且F，G分别为CD，CC1的中点，
∴△D1DF≌△DCG，
∴∠DFD1＝∠CGD，
又∠CGD+∠CDG＝90°，
∴∠DFD1+∠FDG＝90°，
∴D1F⊥DG，
又E为BB1的中点，
∴BC||EG，
又BC⊥平面CC1D1D，D1F⊂平面CC1D1D，
∴D1F⊥BC，
∴D1F⊥EG，
又EG∩DG＝G，且都在平面DEG内，
∴D1F⊥平面DEG；
方法二：
如图，∵E，G分别为BB1，CC1的中点，
∴EG||BC，
又BC⊥平面CC1D1D，
∴EG⊥平面CC1D1D，
∴平面DEG⊥平面CC1D1D，
∵四边形CC1D1D为正方形，且F，G分别为CD，CC1的中点，
∴△D1DF≌△DCG，
∴∠DFD1＝∠CGD，
又∠CGD+∠CDG＝90°，
∴∠DFD1+∠FDG＝90°，
∴D1F⊥DG，
∴D1F⊥平面DEG；
（2）连接FG，由（1）知 EG⊥平面CC1D1D，
∴EG⊥FG，
∴∠EFG为直线EF与平面CC1D1D所成的角，
设正方体的棱长为2a，则EG＝2a，CF＝CG＝a，于是FG=2a，
∴tan∠EFG=EGFG=2a2a=2，
所以直线EF与平面CC1D1D所成角的正切值为2．

9．（2020秋•霞山区校级期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝AA1＝2BC，E，F分别为侧棱BB1，CC1中点．
（1）证明：BF∥平面A1C1E．
（2）求B1C与平面A1C1E所成角的正弦值．

【解析】解：（1）证明：∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
E，F分别为侧棱BB1，CC1中点．
∴BE∥=C1F，∴四边形BEC1F是平行四边形，∴BF∥EC1，
∵BF⊄平面A1C1E，EC1⊂平面A1C1E，
∴BF∥平面A1C1E．
（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，
AC＝AA1＝2BC，E，F分别为侧棱BB1，CC1中点．
∴以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，
设AC＝AA1＝2BC＝2，
则B1（0，1，2），C（0，0，0），A1（2，0，2），C1（0，0，2），E（0，1，1），
B1C→=（0，﹣1，﹣2），C1A1→=（2，0，0），C1E→=（0，1，﹣1），
设平面A1C1E的法向量n→=（x，y，z），
则n→⋅C1A1→=2x=0n→⋅C1E→=y-z=0，取y＝1，得n→=（0，1，1），
设B1C与平面A1C1E所成角为θ，
则sinθ=|B1C→⋅n→||B1C→|⋅|n→|=35⋅2=31010．
∴B1C与平面A1C1E所成角的正弦值为31010．

10．（2020秋•阎良区期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；
（Ⅱ）求平面ABCD与平面AD1E夹角的余弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：由正方体的性质知，AB∥C1D1，AB＝C1D1，
∴四边形ABC1D1是平行四边形，
∴BC1∥AD1，
又BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，
∴BC1∥平面AD1E．
（Ⅱ）解：设正方体的棱长为1，则AD1=2，AE=52，ED1=32，
在△AD1E中，由余弦定理知，cos∠AD1E=AD12+ED12-AE22AD1⋅ED1=2+94-542×2×32=22，
∴sin∠AD1E=22，
∴S△AD1E=12AD1•ED1•sin∠AD1E=12×2×32×22=34，
而S△ABD=12×1×1=12，
设平面ABCD与平面AD1E的夹角为θ，
∵△AD1E在平面ABCD内的投影为△ABD，
∴cosθ=S△ABDS△AD1E=1234=23，
故平面ABCD与平面AD1E夹角的余弦值为23．
11．（2020秋•枣庄期末）如图，在三棱锥D﹣ABC中，△ABC为等边三角形，∠ABD＝∠ACD＝90°．
（1）求证：BC⊥AD；
（2）若AB＝2，AD=6，求二面角D﹣AC﹣B的余弦值．

【解析】（1）证明：取BC的中点O，连接AO，DO，因为底面ABC为等边三角形，所以AO⊥BC．
因为∠ABD＝∠ACD＝90°，所以△ABD和△ACD均为直角三角形．
所以BD=AD2-AB2，CD=AD2-AC2．又因为AB＝AC，所以BD＝CD．
又O是BC的中点，所以DO⊥BC．
又因为AO∩DO＝O，AO⊥BC，AO⊂平面AOD，DO⊂平面AOD，
所以BC⊥平面AOD．AD⊂平面AOD，
所以BC⊥AD．

（2）解法1：以O为坐标原点，以OA→，OC→所在方向分别为x轴，y轴正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz．
因为等边△ABC的边长为2，所以OA=3．则A(3，0，0)，B（0，﹣1，0），C（0，1，0）．
因为BC⊥OD，所以点D在xOz平面内．设D（m，0，n）（n＞0）．
由CD=(6)2-22=2，AD=6，可得m2+1+n2=2(m-3)2+n2=6，解得m=-33，n=63．
所以D(-33，0，63)．所以AC→=(-3，1，0)，AD→=(-433，0，63)．

设平面ACD的一个法向量为n1→=(x，y，z)，则n1→⋅AD→=0，n1→⋅AC→=0，即-433x+63z=0，-3x+y=0.
取x＝1，得y=3，z=22．所以n1→=(1，3，22)．
又n2→=(0，0，1)为平面ABC的一个法向量，所以cos〈n1→，n2→〉=n1→⋅n2→|n1→||n2→|=1×0+3×0+22×112+(3)2+(22)2×1=63．
所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值为63．

解法2：作OE⊥AC于E．设EO的一个方向向量为n→=(x，y，z)，且n→与EO→同向．
因为∠ACD＝90°，所以DC⊥AC．所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值为cos〈n→，CD→〉．
因为BC⊥OD，所以点D在xOz平面内，设D（m，0，n）（n＞0）．
由CD=(6)2-22=2，AD=6，可得m2+1+n2=2(m-3)2+n2=6，解得m=-33，n=63．
所以D(-33，0，63)．所以AC→=(-3，1，0)，CD→=(-33，-1，63)．
由n→⋅AC→=-3x+y=0，取x＝﹣1，则y=-3．因此n→=(-1，-3，0)．
cos〈n→，CD→〉=n→⋅CD→|n→|⋅|CD→|=(-1)×(-33)+(-3)×(-1)+0×63(-1)2+(-3)2+02×(-33)2+(-1)2+(63)2=63．
所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值为63．

解法3：在平面AOD内，作DF⊥AO于F，连接CF．
因为BC⊥平面AOD，BC⊂平面ABC，所以平面AOD⊥平面ABC．
又平面AOD∩平面ABC＝AO，DF⊂平面AOD，DF⊥AO，所以DF⊥平面ABC．
又因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥DF．又因为AC⊥CD，CD∩DF＝D，所以AC⊥平面CDF．
所以AC⊥CF．因此∠DCF即为二面角D﹣AC﹣B的平面角．
在Rt△ACF中，CF=AC⋅tan∠CAF=2tan30°=233．
在Rt△ACD中，CD=AD2-AC2=(6)2-22=2．
在Rt△CDF中，cos∠DCF=CFCD=2332=63．所以二面角D﹣AC﹣B的余弦值为63．

12．（2020秋•湖州期末）在所有棱长均为2的直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，且∠BAD＝60°，O，M分别为BD，B1C的中点．
（Ⅰ）求证：直线OM∥平面DB1C1；
（Ⅱ）求二面角D1﹣AC﹣D的余弦值．

【解析】（Ⅰ）证明：连BC1，则M为BC1的中点，
又O为BD的中点，所以OM∥C1D，
因为OM⊄平面DB1C1，C1D⊂平面DC1B1，
所以直线OM∥平面DB1C1；（6分）
（Ⅱ）解：连D1O，因为ABCD是菱形，所以DO⊥AC，
又ABCD﹣A1B1C1D1为直棱柱，所以D1A＝D1C，

而O为AC中点，所以D1O⊥AC，
所以∠D1OD为二面角D1﹣AC﹣D的平面角，（9分）
因为ABCD是边长为2的菱形，且∠BAD＝60°，
所以DO＝1，
又DO＝2，所以D1O=2，
所以cos∠D1OD=DOD1O=55．（15分）
二面角D1﹣AC﹣D的余弦值cos∠D1OD=DOD1O=55．
13．（2020秋•新乡期末）如图，在Rt△ABC中，AC⊥BC，∠BAC＝30°，BC=3，AC＝3DC，DE∥BC，沿DE将点A折至A1处，使得A1C⊥DC，点M为A1B的中点．

（1）证明：A1B⊥平面CMD．
（2）求二面角B﹣CM﹣E的余弦值．
【解析】（1）证明：由DC⊥BC，A1C⊥DC，且A1C∩BC＝C，A1C⊂平面A1CB，BC⊂平面A1CB，
可得DC⊥平面A1CB，因此DC⊥A1B．
由∠BAC＝30°，BC=3，得AC=3BC=3DC=3，
因此DC＝1，AD＝2＝A1D，由勾股定理可得A1C=A1D2-DC2=3=BC．
又因为点M为A1B的中点，所以CM⊥A1B，
而CD∩CM＝C，CM⊂平面CMD，CD⊂平面CMD，故A1B⊥平面CMD．
（2）解：因为DE⊥CD，DE⊥A1D，CD，DE⊂平面A1CD，A1D⊂平面A1CD，
所以DE⊥平面A1CD，又BC∥DE，所以BC⊥平面A1CD．
如图，以C为原点，建立空间直角坐标系C﹣xyz，则M(0，32，32)，E(1，233，0)，B(0，3，0)，
易知n1→=(1，0，0)是平面CMB的一个法向量．
设平面CME的法向量为n2→=(x，y，z)，则，即，
令y=3，得n2→=(-2，3，-3).cos〈n1→，n2→〉=-21×4+3+3=-105，
易知二面角B﹣CM﹣E为锐角，故二面角B﹣CM﹣E的余弦值为105．

14．（2020秋•连云港期末）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．
（1）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值；
（2）求平面PBC1与平面AQC1所形成的锐二面角的余弦值．

【解析】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，
故以{OB→，OC→，OO1→}为基底，建立空间直角坐标系O﹣xyz，
∵AB＝AA1＝2，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）∵Q为BC的中点，∴Q(32，12，0)，∴AQ→=(32，32，0)，AC1→=(0，2，2)，CC1→=(0，0，2)，（2分）
设平面AQC1的一个法向量为n→=(x，y，z)，
由AQ→⋅n→=32x+32y=0AC1→⋅n→=2y+2z=0，可取n→=(3，-1，1)，（4分）
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
sinθ=|cos＜CC1→，n→＞|=|CC1→⋅n→||CC1→|⋅|n→|=25×2=55，
∴直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55．（6分）
（2）B(3，1，0)，P(32，12，2)，C1（0，2，2），
设平面PBC1的法向量为n1→=(x1，y1，z1)
则可得BP→=(-32，-12，2)，PC→1=(-32，32，0)，
由n1→⋅BP→=0，n1→⋅PC1→=0，
得：-32x1-12y1+2z1=032x1+32y1=0，
令y1＝1，可得x1=3，z1＝1，故n1→=(3，1，1)，（9分）
由（1）得平面AQC1的一个法向量为n2→=(3，-1，1)，
cos(n1→，n2→)=n1→⋅n2→|n1→||n2→|=3-1+15⋅5=35，
故平面PBC1与平面AQC1所成的锐二面角的余弦值为35． （12分）
15．（2020秋•济宁期末）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，BC＝BD＝1，AB=2，直线CC1与平面A1BD所成角的正弦值为33．
（1）求点C1到平面A1BD的距离；
（2）求平面A1BD与平面C1BD的夹角的余弦值．

【解析】解：（1）因为四边形ABCD为平行四边形，
所以AD＝BD＝1，AB=2，
所以AD2+BD2＝AB2，
所以AD⊥BD，
又四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为直棱柱，
所以DD1⊥平面ABCD，又DA，DB⊂平面ABCD，
所以DD1⊥DA，DD1⊥DB，
以D为原点，DA，DB，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
设DD1＝a（a＞0），则D（0，0，0），B（0，1，0），C（﹣1，1，0），A1（1，0，a），C1（﹣1，1，a），
所以DA1→=(1，0，a)，DB→=(0，1，0)，
设平面A11BD的法向量为n→=(x，y，z)，
则n→⋅DA1→=0n→⋅DB→=0，即x+az=0y=0，
取z＝1，则x＝﹣a，y＝0，
所以n→=(-a，0，1)，又CC1→=(0，0，a)，
所以cos＜CC1→，n→＞=|CC1→⋅n→||CC1→||n→|=aa×a2+1=33，解得a=2，
所以点C1到平面A1BD的距离为|DC1→⋅n→||n→|=223=263；
（2）设平面C1BD的法向量为m→=(p，q，r)，
又DB→=(0，1，0)，DC1→=(-1，1，2)，
所以m→⋅DB→=0m→⋅DC1→=0，即q=0-p+q+2r=0，
令r＝1，则p=2，q=0，
所以m→=(2，0，1)，
所以|cos＜m→，n→＞|=|m→⋅n→||m→||n→|=13×3=13，
故平面A1BD与平面C1BD的夹角的余弦值为13．

16．（2020秋•大武口区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知四边形ABCD是平行四边形，∠DAB＝60°，AD＝AB＝PB，PC⊥PA，PC＝PA．
（1）求证：BD⊥平面PAC；
（2）求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．

【解析】（1）证明：设AD＝AB＝PB＝2，AC∩BD＝O，连接OP，

则∵AB＝AD，且∠DAB＝60°，∴四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，且AC=23，BD＝2，BO＝1，
又∵PC⊥PA，PC＝PA，∴△PCA是等腰Rt△，
∴PO⊥AC，PC=PA=6，PO=3，
在△POB中，PO=3，PB＝2，BO＝1，有PB2＝PO2+BO2，
∴PO⊥BO，即BD⊥OP，又AC∩OP＝O，AC⊂平面PAC；OP⊂平面PAC；
∴BD⊥平面PAC；﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（4分）
（2）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图：
则O（0，0，0），A(3，0，0)，B（0，1，0），C(-3，0，0)，P(0，0，3)，

则AP→=(-3，0，3)，AB→=(-3，1，0)，BP→=(0，-1，3)，BC→=(-3，-1，0)，
设平面PAB的法向量为n1→=(x1，y1，z1)，
则n1→⋅AP→=-3x1+3z1=0n1→⋅AB→=-3x1+y1=0，
令x1＝1，则y1=3、z1＝1，则n1→=(1，3，1)，
设平面PBC的法向量为n2→=(x2，y2，z2)，
则n2→⋅BP→=-y2+3z2=0n2→⋅BC→=-3x2-y2=0，令x2＝﹣1，则y2=3、z2＝1，则n2→=(-1，3，1)，
∴cos〈n1→，n2→〉=n1→⋅n2→|n1→|⋅|n2→|=35，
设二面角A﹣PB﹣C的平面角为θ，经观察θ为钝角，则cosθ=-|cos＜n1→，n2→＞|=-35---------（12分）
17．（2020秋•未央区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2的正方形，且△PAD为等边三角形．
（1）求证：PA⊥CD；
（2）求二面角D﹣PA﹣C的正弦值．

【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，
平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，

∴CD⊥平面ADP，
又PA⊂平面ADP，所以PA⊥CD．…………………………． （4分）
（2）解：取AD中点记为O，连结BO．由于△PAD为等边三角形，O为AD中点，PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以PO⊥平面ABCD，
在平面ABCD内过O作直线平行于AB，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz，…………． （6分）
则A（1，0，0），P(0，0，3)，D（﹣1，0，0），C（﹣1，2，0），AP→=(-1，0，3)，AC→=(-2，2，0)，
平面PAD的一个法向量为m→=(0，1，0)．…………………………． （8分）

设平面PAC的一个法向量n→=(x2，y2，z2)，
则有n→⋅AP→=0n→⋅AC→=0，即-x2+3z2=0-2x2+2y2=0，
令x2＝1，则n→=(1，1，33)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯． （10分）
则有|cos〈m→，n→〉|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=11⋅1+1+33=217，
则二面角D﹣PA﹣C的正弦值277⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯． （12分）
18．（2020秋•张家界期末）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AD∥BC，侧棱SA⊥平面ABCD，且SA＝AB＝BC＝2，AD＝1，M为棱SB的中点．
（1）求证：AM∥平面SCD；
（2）求平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值．

【解析】解：（1）证明：记SC的中点为Q，连MQ，DQ，
则MQ∥BC，且MQ=12BC．…（2分）
∴MQ∥AD，且MQ＝AD，从而四边形MQDA为平行四边形．
∴AM∥DQ，又AM⊄面SCD，DQ⊂面SCD．
∴AM∥平面SCD； ……………（6分）
（2）以A为原点，分别以AB，AD，AS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． ………（7分）
则B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，1，0），S（0，0，2），SC→=(2，2，-2)，SD→=(0，1，-2)，………………………（9分）
设面SCD的法向量为n1→=(x，y，z)，
由2x+2y-2z=0，y-2z=0取n1→=(-1，2，1)．…………………（10分）
则平面SAB的法向量为n2→=(0，1，0，)．…………………………（11分）
记平面SCD与平面SAB所成锐二面角为θ，
则cosθ=|n1→⋅n2→|n1→||n2→||=26=63．……………………………（12分）

19．（2020秋•越秀区期末）在如图所示的几何体中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥BE，BE＝2，AB＝PA＝4．
（1）求直线PD与平面PCE所成角的正弦值；
（2）在棱AB上是否存在一点F，使得二面角E﹣PC﹣F的大小为60°？如果存在，确定点F的位置；如果不存在，说明理由．

【解析】解：（1）以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（0，0，4），C（4，4，0），D（0，4，0），E（4，0，2），
∴PD→=（0，4，﹣4），PC→=（4，4，﹣4），PE→=（4，0，﹣2），
设平面PCE的法向量为m→=（x，y，z），则m→⋅PC→=0m→⋅PE→=0，即4x+4y-4z=04x-2z=0，
令x＝1，则y＝1，z＝2，∴m→=（1，1，2），
设直线PD与平面PCE所成角为θ，则sinθ＝|cos＜PD→，m→＞|＝|PD→⋅m→|PD→|⋅|m→||＝|4-842×6|=36，
故直线PD与平面PCE所成角的正弦值为36．

（2）由（1）知，A（0，0，0），B（4，0，0），
∴AB→=（4，0，0），
设AF→=λAB→，λ∈[0，1]，则F （4λ，0，0），PF→=（4λ，0，﹣4），
设平面PCF的法向量为n→=（a，b，c），则n→⋅PC→=0n→⋅PF→=0，即4a+4b-4c=04λa-4c=0，
令a＝1，则b＝λ﹣1，c＝λ，∴n→=（1，λ﹣1，λ），
∵二面角E﹣PC﹣F的大小为60°，
∴|cos＜m→，n→＞|＝|m→⋅n→|m→|⋅|n→||＝|1+λ-1+2λ6×1+(λ-1)2+λ2|＝cos60°=12，
化简得2λ2+λ﹣1＝0，解得λ=12或﹣1（舍负），
故点F为AB的中点．
20．（2020秋•南阳期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2．
（1）证明：A1C⊥平面BC1D；
（2）求点C到平面BC1D的距离．

【解析】解：（1）证明：如图，连接AC．
因为ABCD﹣A1B1C1D1是正方体，
所以AA1⊥平面ABCD．
因为BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD．
因为ABCD是正方形，所以BD⊥AC．
因为A1C⊂平面A1AC，AC⊂平面A1AC，A1A∩AC＝A，
所以BD⊥平面A1AC，因为A1C⊂平面A1AC，
所以A1C⊥BD，同理可证A1C⊥BC1．
因为BD⊂平面BC1D，BC1⊂平面BC1D，BD∩BC1＝B，
所以AC1⊥平面BC1D．

（2）因为AB＝2，所以△BCD的面积为12×2×2=2
由正方体的性质可知CC1⊥平面ABCD，则三棱锥C1﹣BCD的体积为13×2×2=43
因为AB＝2，所以BD=BC1=C1D=22，
则△BC1D的面积为12×22×22×32=23，
设点C到平面BC1D的距离为d，
则三棱锥C﹣BC1D的体积为13×23×d=233d
因为三棱锥C1﹣BCD的体积等于三棱锥C﹣BC1D的体积，
所以233d=43，解得d=233，
即点C到平面BC1D的距离为233．
21．（2020秋•沙市区校级期末）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA＝PD=2，PA⊥PD，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O为AD的中点．
（1）求直线PB与平面POC所成角的余弦值；
（2）求B点到平面PCD的距离．

【解析】解：（1）∵侧棱PA＝PD=2，PA⊥PD，O为AD的中点，
∴AD=2+2=2，PO⊥AD，
∵底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，
∴OC⊥AD，OC＝1，
∵侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，OC⊥AD，且OC⊂平面ABCD，∴OC⊥平面PAD，
以O为原点，分别以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则B（1，﹣1，0），P（0，0，1），PB→=（1，﹣1，﹣1），
平面POC的法向量n→=（1，0，0），
设直线PB与平面POC所成角为θ，
则sinθ=|PB→⋅n→||PB→|⋅|n→|=13=33，cosθ=1-(33)2=63，
∴PB与平面POC所成角的余弦值为63；
（2）C（1，0，0），D（0，1，0），PB→=（1，﹣1，﹣1），
PC→=（1，0，﹣1），PD→=（0，1，﹣1），
设平面PCD的法向量m→=（x，y，z），
则m→⋅PC→=x-z=0m→⋅PD→=y-z=0，取x＝1，得m→=（1，1，1），
∴B点到平面PCD的距离为d=|m→⋅PB→||m→|=13=33．

22．（2020秋•运城期末）已知矩形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在的平面垂直，M是半圆弧上异于C，D的点，l为平面AMD与平面BMC的交线．
（1）证明：l∥AD；
（2）若CD＝2AD＝2MC＝2，求B到平面ADM的距离．

【解析】解：（1）证明：由题设知，AD∥BC，
∵AD⊄平面BMC，BC⊂平面BMC，
∴AD∥平面BMC，
又AD⊂平面ADM，平面ADM∩平面BMC＝l，
∴l∥AD．
（2）过点M作MH⊥CD于H，
∵平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD，MH⊂平面CDM，
∴MH⊥平面ABCD．
又∵AD⊥CD，AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面CMD，∴AD⊥DM．
∵M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，∴DM⊥CM．
∵DC＝2MC＝2，∴DM=3，S△ADM=12AD⋅DM=32，S△ADB=12AD⋅AB=1，MH=32．
设B到平面ADM的距离为h，
∵VM﹣ADB＝VB﹣ADM，∴13S△ADB⋅MH=13S△ADM⋅h，解得h＝1，
∴B到平面ADM的距离为1．

23．（2020秋•西城区期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，E为AD的中点，底面ABCD是边长为2的正方形，且二面角P﹣BE﹣C的余弦值为66．
（Ⅰ）求PD的长；
（Ⅱ）求点C到平面PEB的距离．

【解析】解：（Ⅰ）依题意，DA，DC，DP两两互相垂直，如图
建立空间直角坐标系D﹣xyz． ……（1分）
设PD＝h（h＞0）．
由题意得E（1，0，0），B（2，2，0），P（0，0，h）．
所以PE→=(1，0，-h)，EB→=(1，2，0)．
设平面PEB的法向量为n→=（x0，y0，z0），
则n→⋅PE→=0n→⋅EB→=0，
即x0-z0h=0，x0+2y0=0.⋯⋯（4分）
令x0＝2，则y0＝﹣1，z0=2h．
于是n→=(2，-1，2h)． ……（6分）
又因为PD⊥平面ABCD，
所以平面ABCD的一个法向量为m→=（0，0，1）． ……（7分）
依题意，有cos〈m→，n→〉=m→⋅n→|m→||n→|=2h22+12+(2h)2=66，……（9分）
解得h＝2，
所以PD＝2． ……（10分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，平面PEB的法向量为n→=（2，﹣1，1）． ……（11分）
又C（0，2，0），
所以BC→=(-2，0，0)． ……（12分）
所以点C到平面PEB的距离为|BC→⋅n→||n→|=263． ……（14分）

24．（2020秋•海原县校级期末）如图，在边长是2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，A1C的中点．
（Ⅰ）求异面直线EF与CD1所成角的大小．
（Ⅱ）证明：EF⊥平面A1CD．

【解析】解：（Ⅰ）建立以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：
则D（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），A1（2，0，2），D1（0，0，2）
∵E，F分别为AB，A1C的中点，
∴E（2，1，0），F（1，1，1），
则EF→=（﹣1，0，1），CD1→=（0，﹣2，2），
则EF→•CD1→=2，|EF→|=2，|CD1→|=4+4=8=22，
则cos＜EF→，CD1→＞=EF→⋅CD1→|EF→||CD1→|=22×22=12，
即＜EF→，CD1→＞=π3，即异面直线EF与CD1所成角为π3．
（Ⅱ）证明：DA1→=（2，0，2），DC→=（0，2，0），
则EF→•DA1→=（﹣1，0，1）•（2，0，2）＝﹣2+2＝0，EF→•DC→==（﹣1，0，1）•（0，2，0）＝0，
即EF→⊥DA1→，EF→⊥DC→，
则EF⊥DA1，EF⊥DC，
∵DA1∩DC＝D，
∴EF⊥平面A1CD．

25．（2020秋•乐山期末）如图，已知P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M、N分别是AB、PC的中点．
（1）求证：MN∥平面PAD；
（2）若MN=3，PA＝BC＝2，求异面直线PA与MN所成的角．

【解析】解：（1）证明：取PD的中点为Q，连结QN、QA，
∵N是PC的中点，∴QN∥DC且QN=12DC．
又∵ABCD是平行四边形，∴DC∥AB．
又∵M是AB的中点，∴QN∥AM且QN＝AM．
∴QAMN为平行四边形．
∴MN∥QA．
∵QA⊂面PAD，且MN⊄面PAD，
∴MN∥面PAD．
（2）由（1）可知∠PAQ即为MN与PA所成的角．
∵PA＝BC＝2＝AD．Q为PD的中点．
∴AQ⊥PD．
∴cos∠PAQ=AQPA=MNPA=32，∴∠PAQ=π6．
即异面直线PA与MN所成的角为π6．

26．（2020秋•安徽期末）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点．
（1）证明：AB∥平面C1D1E；
（2）若O为平面A1B1C1D1的中心，求异面直线C1E与AO所成角的余弦值．

【解析】解：（1）证明：∵在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥CD∥C1D1，
∴AB∥C1D1，
∵AB⊄平面C1D1E，C1D1⊂平面C1D1E，
∴AB∥平面C1D1E．
（2）以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
设AB＝2，则A（2，0，0），O（1，1，2），C1（0，2，2），E（2，2，1），
∵C1E→=（2，0，﹣1），AO→=（﹣1，1，2），
∴cos＜C1E→，AO→＞=C1E→⋅AO→|C1E→|⋅|AO→|=-45⋅6=-23015，
∴异面直线C1E与AO所成角的余弦值为23015．

27．（2020秋•太原期末）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AD⊥AB，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝2，AD＝1．
（1）设点M为SC的中点，求异面直线AM，CD所成角的余弦值；
（2）求二面角D﹣SC﹣B的大小．

【解析】解：（1）由已知AS⊥AB，AS⊥AD，AB⊥AD，
如图，以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．
则B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0），S（0，0，2），M（1，1，1），
则AM→=(1，1，1)，DC→=(1，2，0)，
则cos〈AM→，CD→〉=AM→⋅DC→|AM→||DC|=155，
所以异面直线AM，CD所成角的余弦值为155．

（2）设平面DCS的一个法向量为m→=(x，y，z)，由DC→=(1，2，0)，DS→=(-1，0，2)，
得m→⋅DC→=x+2y=0m→⋅DS→=-x+2z=0，可取m→=(2，-1，1)；
设平面BCS的一个法向量为n→=(x，y，z)，由BC→=(2，0，0)，BS→=(0，-2，2)，
得n→⋅BC→=2x=0n→⋅BS→=-2y+2z=0，可取n→=(0，1，1)，
则cos(m→，n→)=m→⋅n→|m→||n→|=0，
所以二面角D﹣SC﹣B的大小为90°．
28．（2020秋•宁波期末）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝1，AA1=3，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E是B1C的中点．
（Ⅰ）求证：平面AB1C⊥平面ABB1A1；
（Ⅱ）求直线AE与平面AA1C1C所成角的正弦值．

【解析】解：（Ⅰ）证明：由B1C⊥平面ABC，得AB⊥B1C，
又AB⊥AC，B1C⊂平面AB1C，AC⊂平面AB1C，
所以AB⊥平面AB1C，
故平面ABB1A1⊥平面AB1C，
即平面AB1C⊥平面ABB1A1．
（Ⅱ）以C为原点，CA为x轴，CB1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），
又BC=2，BB1=AA1=3，故CB1＝1，E(0，0，12)，
CA→=(1，0，0)，AA1→=BB1→=(0，-1，1)，AE=(-1，0，12)，
设平面AA1C1C的一个法向量为n→=(x，y，1)，
则n→⋅CA→=x=0n→⋅AA1→=-y+1=0，得n→=(0，1，1)．
设直线AE与平面AA1C1C所成角为θ，
故sinθ=|n→⋅AE→|n→||AE→||=1010，
即直线AE与平面AA1C1C所成角的正弦值为1010．

29．（2020秋•福州期末）在①PD⊥AB，②∠PCA＝∠PCB，③平面PCD⊥平面ABC这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答．
问题：已知在三棱锥P﹣ABC中，D为AB的中点，_____，AC＝BC＝2．
（1）证明：PC⊥AB；
（2）若PC＝2，∠PCB＝∠ACB＝90°，E为线段PB上一点，且EB＝3PE，求二面角D﹣CE﹣B的余弦值．

【解析】解：补充的三个条件相互等价，证明如下：①⇒PA＝PB，AC＝BC，PC＝PC⇒△PAC≌△PBC⇒②；
②，AC＝BC，PC＝PC⇒△PAC≌△PBC⇒PA＝PB⇒PD⊥AB，CD⊥AB⇒③；
③，AC＝BC，D为AB中点⇒CD⊥AB，平面PCD⊥平面ABC⇒PD⊥AB⇒①；
不妨补充①．
（1）证明：AC＝BA，D为AB的中点⇒CD⊥AB，PD⊥AB⇒AB⊥平面PCD，PC⊂平面PCD⇒PC⊥AB．
（2）PD⊥AB，D为AB中点⇒PA＝PB，AC＝BC，PC＝PC⇒△PAC≌△PBC⇒∠PCA＝∠PCB＝90°，
又∠ACB＝90°，所以CA、CB、CP互相垂直；可以建空间直角坐标系如图，又因为CA＝CB＝CP＝2，EB＝3PE，
则C（0，0，0），D（1，1，0），A（2，0，0），E（0，12，32），CD→=（1，1，0），CE→=（0，12，32），
设平面CED与平面CEB成角大小为θ，平面CEB单位法向量为n1→=（1，0，0），平面CED法向量为n→=（x，y，z），
n→•CD→=0，n→•CE→=0，于是有0x+12y+32z＝0，1x+1y+0z＝0，解得n→=λ（3，﹣3，1），单位法向量n2→=n→|n→|=119（3，﹣3，1），
由图可知，二面角D﹣CE﹣B为锐二面角，则其余弦值为cosθ＝|n1→⋅n2→|＝|（1，0，0）•（119（3，﹣3，1））|=319=31919．
二面角D﹣CE﹣B的余弦值为31919．