十二年高考真题分类汇编（2010—2021）理科数学 专题20 空间向量与立体几何 Word版（含解析）

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十二年高考真题分类汇编（2010—2021）理科数学
专题20空间向量与立体几何
1.(2014·全国2·理T11)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分别是A1B1,A1C1的中点,BC=CA=CC1,则BM与AN所成角的余弦值为(　　)
A.110 B.25 C.3010 D.22
【答案】C
【解析】如图,以点C1为坐标原点,C1B1,C1A1,C1C所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
不妨设BC=CA=CC1=1,可知点
A(0,1,1),N0,12,0,B(1,0,1),M12,12,0.
∴AN=0,-12,-1,BM=-12,12,-1.
∴cos=AN·BM|AN||BM|=3010.
根据AN与BM的夹角及AN与BM所成角的关系可知,BM与AN所成角的余弦值为3010.

2.(2013·北京·文T8)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为对角线BD1的三等分点,P到各顶点的距离的不同取值有(　　)
A.3个 B.4个 C.5个 D.6个

【答案】B
【解析】设正方体的棱长为a.建立空间直角坐标系,如图所示.
则D(0,0,0),D1(0,0,a),C1(0,a,a),C(0,a,0),B(a,a,0),B1(a,a,a),A(a,0,0),
A1(a,0,a),P23a,23a,13a,
则|PB|=19a2+19a2+19a2=33a,
|PD|=49a2+49a2+19a2=a,
|PD1|=49a2+49a2+49a2=233a,
|PC1|=|PA1|=49a2+19a2+49a2=a,
|PC|=|PA|=49a2+19a2+19a2=63a,
|PB1|=19a2+19a2+49a2=63a,
3.(2012·陕西·理T5)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)
A.55 B.53 C.255 D.35

【答案】A
【解析】不妨设CB=1,则CA=CC1=2.由题图知,A点的坐标为(2,0,0),B点的坐标为(0,0,1),B1点的坐标为(0,2,1),C1点的坐标为(0,2,0).
所以BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1).
所以cos=0×(-2)+2×2+(-1)×135=55.
4.(2010·大纲全国·文T6)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于(　　)
A.30° B.45° C.60° D.90°
【答案】C
【解析】不妨设AB=AC=AA1=1,建立空间直角坐标系如图所示,

则B(0,-1,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(-1,0,1),
∴BA1=(0,1,1),AC1=(-1,0,1).
∴cos=BA1·AC1|BA1||AC1|=12×2=12.
∴=60°.
∴异面直线BA1与AC1所成的角为60°.

5.(2021·全国·理T18)如图，四棱锥的底面是矩形，底面ABCD，，M为BC的中点，且.

（1）求BC；
（2）求二面角的正弦值.
答案：（1）连接BD.
因为底面ABCD，且平面ABCD，
所以.
又因为，，平面PBD，平面PBD，
所以平面PBD.
又平面PBD，所以，所以.
又，
所以，所以，
则，所以，解得.
（2）易知DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设平面AMP的法向量为，
则有即
令，则，，故.
设平面BMP的法向量为，
则有即
令，则，故，
所以，
设二面角的平面角为，
则，
所以二面角的正弦值为.


6.(2020·全国·理T18) （12分）
如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，.是底面的内接正三角形，为上一点，.

(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值.
答案：(1)见解析；(2).
解析：(1)设，由题设可得，
.
因此，从而.
又，故.
所以平面.
(2)以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.

由题设可得.
所以.
设是平面的法向量，则
即
可取.
由(1)知是平面的一个法向量，记，
则.
所以二面角的余弦值为.
7.(2019·天津·理T17)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.
(1)求证:BF∥平面ADE;
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;
(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求线段CF的长.

【解析】(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE 的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).

依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,
又BF=(0,2,h),可得BF·AB=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.
(2)解依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
则n·BD=0,n·BE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,
可得n=(2,2,1).
因此有cos=CE·n|CE||n|=-49.
所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.
(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,
则m·BD=0,m·BF=0,即-x+y=0,2y+ℎz=0,
不妨令y=1,可得m=1,1,-2ℎ.
由题意,有|cos|=|m·n||m||n|=4-2ℎ32+4ℎ2=13,
解得h=87,经检验,符合题意.
所以,线段CF的长为87.
8.(2019·浙江·T 19)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥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.

【解析】方法一:
(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,
所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.
又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.
所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.

(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.
由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.
连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).
不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=23,EG=3.
由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,
所以cos∠EOG=EO2+OG2-EG22EO·OG=35.
因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.
方法二:
(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.
又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,
平面A1ACC1∩平面ABC=AC,
所以,A1E⊥平面ABC.
如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1
为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.
不妨设AC=4,则A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),
F32,32,23,C(0,2,0).

因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).
由EF·BC=0得EF⊥BC.
(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.
由(1)可得BC=(-3,1,0),A1C=(0.2,-23).
设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).
由BC·n=0,A1C·n=0,得-3x+y=0,y-3z=0.
取n=(1,3,1),
故sin θ=|cos|=|EF·n||EF|·|n|=45.
因此,直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为35.
9.(2019·全国1·理T18)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.

【解析】(1)连接B1C,ME.
因为M,E分别为BB1,BC的中点,
所以ME∥B1C,且ME= B1C.
又因为N为A1D的中点,所以ND= A1D.
由题设知A1B1?DC,可得B1C?A1D,
故ME?ND,
因此四边形MNDE为平行四边形,MN∥ED.
又MN⊄平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA.
以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).

设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,
则m·A1M=0,m·A1A=0.
所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0).
设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,
则n·MN=0,n·A1N=0.
所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1).
于是cos=m·n|m||n|=232×5=155,
所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.
10.(2019·全国2·理T17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.
(1)证明:BE⊥平面EB1C1;
(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

【解析】(1)证明由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.
(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,
故AE=AB,AA1=2AB.
以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).
设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则
CB·n=0,CE·n=0,即x=0,x-y+z=0,
所以可取n=(0,-1,-1).
设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则
CC1·m=0,CE·m=0,即2z=0,x-y+z=0,
所以可取m=(1,1,0).
于是cos=n·m|n||m|=-12.
所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32.
11.(2019·全国3·理T19)图1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.
(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;
(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.

【解析】(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,
故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.
由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC,
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)解作EH⊥BC,垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.
由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=3.
以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,

则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).
设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),
则CG·n=0,AC·n=0,即x+3z=0,2x-y=0.
所以可取n=(3,6,-3).
又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),
所以cos=n·m|n||m|=32.
因此二面角B-CG-A的大小为30°.
12.(2018·浙江·T 8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则(　　)
A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1
C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1
【答案】D
【解析】当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF∥BC,连接SG,GH,EH,SF.
可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.
由题意可知EF⊥SF,故tan θ1=SFEF=SFGH>SHGH=tan θ3.
∴θ1>θ3.
又tan θ3=SHGH>SHEH=tan θ2,
∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.
当点E是线段AB的中点时,
即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2.
综上可知,θ1≥θ3≥θ2.

13.(2018·全国3·理T19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.

【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点, DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
当三棱锥M-ABC体积最大时,M为 CD的中点.由题设得
D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,
则n·AM=0,n·AB=0.即-2x+y+z=0,2y=0.
可取n=(1,0,2),
DA是平面MCD的法向量,因此cos=n·DA|n||DA|=55,sin=255.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.

14.(2018·北京·理T16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC= 5,AC=AA1=2.
(1)求证:AC⊥平面BEF;
(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;
(3)证明:直线FG与平面BCD相交.

【解析】(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.
又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.
∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.
(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.
∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.
∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.
建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).∴CD=(2,0,1),CB=(1,2,0).
设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),
则n·CD=0,n·CB=0,∴2a+c=0,a+2b=0,

令a=2,则b=-1,c=-4,
∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4),
又平面CDC1的法向量为EB=(0,2,0),
∴cos=n·EB|n||EB|=-2121.
由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-2121.
(3)证明平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),
∵G(0,2,1),F(0,0,2),
∴GF=(0,-2,1),
∴n·GF=-2,∴n与GF不垂直,
∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内,
∴FG与平面BCD相交.
15.(2018·天津·理T17)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.
(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;
(2)求二面角E-BC-F的正弦值;
(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.

【解析】依题意,可以建立以D为原点,分别以DA,DC,DG的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,1,N(1,0,2).
(1)证明:依题意DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).
设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,
则n0·DC=0,n0·DE=0,即2y=0,2x+2z=0,
不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN=1,-32,1,可得MN·n0=0.

(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).设n=(x,y,z)为平面BCE的法向量,则n·BC=0,n·BE=0,即-x=0,x-2y+2z=0,不妨令z=1,可得n=(0,1,1).设m=(x,y,z)为平面BCF的法向量,
则m·BC=0,m·CF=0,即-x=0,-y+2z=0,
不妨令z=1,可得m=(0,2,1).
因此有cos=m·n|m||n|=31010,于是sin=1010.所以,二面角E-BC-F的正弦值为1010.
(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h).易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos|=|BP·DC||BP||DC|=2ℎ2+5.由题意,可得2ℎ2+5=sin 60°=32,解得h=33∈[0,2].所以,线段DP的长为33.
16.(2018·全国1·理T18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.
(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

【解析】(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,
所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF,垂足为H.
由(1)得,PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.
由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故
PE⊥PF.
可得PH=32,EH=32.

则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ,
则sin θ=HP·DP|HP||DP|=343=34.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.
17.(2018·全国2·理T20)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.

【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点, 所以OP⊥AC,且OP=23.
连接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)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),

由AP·n=0,AM·n=0得
2y+23z=9,ax+(4-a)y=0.可取n=(3(a-4),3a,-a),
所以cos=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2.
由已知可得|cos|=32.
所以23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32,
解得a=-4(舍去),a=43.
所以n=-833,433,-43.
又PC=(0,2,-23),所以cos=34.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.
18.(2018·浙江·T9)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.

【解析】解法一(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得AB1=A1B1=22,
所以A1B12+AB12=AA12,故AB1⊥A1B1.
由BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1⊥BC,CC1⊥BC,得B1C1=5,由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=23,
由CC1⊥AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,
故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.

由AB1⊥平面A1B1C1,得平面A1B1C1⊥平面ABB1,
由C1D⊥A1B1,得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.
由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21,
得cos∠C1A1B1=67,sin∠C1A1B1=17,
所以C1D=3,故sin∠C1AD=C1DAC1=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.
解法二(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下:A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).
因此AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3).由AB1·A1B1=0,得AB1⊥A1B1.
由AB1·A1C1=0,得AB1⊥A1C1.
所以AB1⊥平面A1B1C1.

(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
由(1)可知AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2).
设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).
由n·AB=0,n·BB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).所以sin θ=|cos|=|AC1·n||AC1|·|n|=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.
19.(2018·上海·T17)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2.
(1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;
(2)设PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,如图,求异面直线PM与OB所成的角的大小.

【解析】(1)∵圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2,母线长为4,
∴圆锥的体积V=13πr2h=13×π×22×42-22=83π3.
(2)∵PO=4,OA,OB是底面半径,且∠AOB=90°,M为线段AB的中点,∴以O为原点,OA为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,
∴P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0),
∴PM=(1,1,-4),OB=(0,2,0).
设异面直线PM与OB所成的角为θ,
则cos θ=|PM·OB||PM||OB|=|1×0+1×2+(-4)×0|12+12+(-4)2×02+22+02=26.
∴θ=arccos26.
∴异面直线PM与OB所成的角的大小为arccos26.
20.(2017·北京·理T16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.
(1)求证:M为PB的中点;
(2)求二面角B-PD-A的大小;
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.

【解析】(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.
因为PD∥平面MAC,
平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.
因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.
所以M为PB的中点.
(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.
因为PA=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.
因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).

设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),
则n·BD=0,n·PD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.
令x=1,则y=1,z=2.
于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos=n·p|n||p|=12.
由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为π3.
(3)解由题意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22.
设直线MC与平面BDP所成角为α,
则sin α=|cos|=|n·MC||n||MC|=269.
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.

21.(2017·全国1·理T18)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

【解析】(1)证明由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)解在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.
由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,
可得PF⊥平面ABCD.
以F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,
|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0).
设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,
则n·PC=0,n·CB=0,即-22x+y-22z=0,2x=0.

可取n=(0,-1,-2).
设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,
则m·PA=0,m·AB=0,即22x-22z=0,y=0.可取m=(1,0,1).则cos=n·m|n||m|=-33.
所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.
22.(2017·全国2·理T19)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD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PAB;
(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.

【解析】(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.
因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=12 AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,
又BC=12AD,所以EF?BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.
(2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).
设M(x,y,z)(0=n·OA'|n||OA'|　=35·3=155,
即二面角A'-CD-B的平面角的余弦值为155.
57.(2013·浙江·理T20)如图,在四面体A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊥CD,AD=2,BD=22.M是AD的中点,P是BM的中点,点Q在线段AC上,且AQ=3QC.
(1)证明:PQ∥平面BCD;
(2)若二面角C-BM-D的大小为60°,求∠BDC的大小.

【解析】方法一(1)证明:取BD的中点O,在线段CD上取点F,使得DF=3FC,连接OP,OF,FQ,因为AQ=3QC,所以QF∥AD,且QF=14AD.
因为O,P分别为BD,BM的中点,
所以OP是△BDM的中位线,
所以OP∥DM,且OP= 12DM.
又点M为AD的中点,
所以OP∥AD,且OP=14AD.
从而OP∥FQ,且OP=FQ,
所以四边形OPQF为平行四边形,故PQ∥OF.
又PQ⊄平面BCD,OF⊂平面BCD,
所以PQ∥平面BCD.
(2)解:作CG⊥BD于点G,作CH⊥BM于点H,连接CH.
因为AD⊥平面BCD,CG⊂平面BCD,
所以AD⊥CG,
又CG⊥BD,AD∩BD=D,
故CG⊥平面ABD,又BM⊂平面ABD,
所以CG⊥BM.
又GH⊥BM,CG∩GH=G,故BM⊥平面CGH,所以GH⊥BM,CH⊥BM.
所以∠CHG为二面角C-BM-D的平面角,即∠CHG=60°.
设∠BDC=θ.
在Rt△BCD中,CD=BDcos θ=22cos θ,
CG=CDsin θ=22cos θsin θ,BG=BCsin θ=22sin2θ.
在Rt△BDM中,HG=BG·DMBM=22sin2θ3.
在Rt△CHG中,tan∠CHG=CGHG=3cosθsinθ=3.所以tan θ=3.
从而θ=60°.即∠BDC=60°.
方法二(1)证明:如图,取BD的中点O,以O为原点,OD,OP所在射线为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知A(0,2,2),B(0,-2,0),D(0,2,0).
设点C的坐标为(x0,y0,0).
因为AQ=3QC,所以Q34x0,24+34y0,12.
因为M为AD的中点,故M(0,2,1).
又P为BM的中点,故P0,0,12,
所以PQ=34x0,24+34y0,0.
又平面BCD的一个法向量为u=(0,0,1),故PQ·u=0.
又PQ⊄平面BCD,所以PQ∥平面BCD.
(2)解:设m=(x,y,z)为平面BMC的一个法向量.
由CM=(-x0,2-y0,1),BM=(0,22,1),
知-x0x+(2-y0)y+z=0,22y+z=0.
取y=-1,得m=y0+2x0,-1,22.
又平面BDM的一个法向量为n=(1,0,0),
于是|cos|=|m·n||m||n|=y0+2x09+y0+2x02=12,即y0+2x02=3.①
又BC⊥CD,所以CB·CD=0,
故(-x0,-2-y0,0)·(-x0,2-y0,0)=0,即x02+y02=2.②
联立①,②,解得x0=0,y0=-2,(舍去)或x0=±62,y0=22.
所以tan∠BDC=x02-y0=3.
又∠BDC是锐角,所以∠BDC=60°.
58.(2012·全国·理T19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=12AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.
(1)证明:DC1⊥BC;
(2)求二面角A1-BD-C1的大小.

【解析】(1)证明由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于D为AA1的中点,故DC=DC1.又AC=12AA1,可得DC12+DC2=CC12,所以DC1⊥DC.而DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以DC1⊥平面BCD.BC⊂平面BCD,故DC1⊥BC.
(2)解由(1)知BC⊥DC1,且BC⊥CC1,
则BC⊥平面ACC1,所以CA,CB,CC1两两相互垂直.
以C为坐标原点,CA的方向为x轴的正方向,|CA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz.
由题意知A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2).
则A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1).
设n=(x,y,z)是平面A1B1BD的法向量,
则n·BD=0,n·A1D=0,即x-y+z=0,z=0.可取n=(1,1,0).

同理,设m是平面C1BD的法向量,
则m·BD=0,m·DC1=0.可取m=(1,2,1).
从而cos=n·m|n||m|=32.
故二面角A1-BD-C1的大小为30°.
59.(2011·全国·理T18)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.
(1)证明:PA⊥BD;
(2)设PD=AD,求二面角A-PB-C的余弦值.

【解析】(1)证明因为∠DAB=60°,AB=2AD,由余弦定理得BD=3 AD.
从而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD.
又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD.
所以BD⊥平面PAD.故PA⊥BD.
(2)解如图,以D为坐标原点,AD的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz.则A(1,0,0),B(0, 3 ,0),C(-1, 3 ,0),P(0,0,1).
AB=(-1,3,0),PB=(0,3,-1),BC=(-1,0,0).
设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),
则n·AB=0,n·PB=0,即-x+3y=0,3y-z=0.
因此可取n=(3,1,3).
设平面PBC的法向量为m,则m·PB=0,m·BC=0.
可取m=(0,-1,-3),cos=-427=-277.
故二面角A-PB-C的余弦值为-277.
60.(2011·四川·理T19)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1=1.D是棱CC1上的一点,P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点,且PB1∥平面BDA1.
(1)求证:CD=C1D;
(2)求二面角A-A1D-B的平面角的余弦值;
(3)求点C到平面B1DP的距离.

【解析】如图,以A1为原点,A1B1,A1C1,A1A所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系A1-xyz,
则A1(0,0,0),B1(1,0,0),C1(0,1,0),B(1,0,1).
(1)证明:设C1D=x,
∵AC∥PC1,
∴C1PAC=C1DCD=x1-x.
由此可得D(0,1,x),P(0,1+x1-x,0),
∴A1B=(1,0,1),A1D=(0,1,x),B1P=-1,1+x1-x,0.
设平面BA1D的一个法向量为n1=(a,b,c),
则n1·A1B=a+c=0,n1·A1D=b+cx=0.
令c=-1,则n1=(1,x,-1).∵PB1∥平面BA1D,
∴n1·B1P=1×(-1)+x·(1+x1-x)+(-1)×0=0.由此可得x=12,故CD=C1D.

(2)解:由(1)知,平面BA1D的一个法向量n1=1,12,-1.
又n2=(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量,
∴cos=n1·n2|n1||n2|=11×32=23.
故二面角A-A1D-B的平面角的余弦值为23.
(3)解:∵PB1=(1,-2,0),PD=0,-1,12,
设平面B1DP的一个法向量n3=(a1,b1,c1),
则n3·PB1=a1-2b1=0,n3·PD=-b1+c12=0.令c1=1,可得n3=1,12,1.
又DC=0,0,12.
∴C到平面B1DP的距离d=|DC·n3||n3|=13.
61.(2010·全国·理T18)如图,已知四棱锥P-ABCD的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点.
(1)证明:PE⊥BC;
(2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.

【解析】以H为原点,HA,HB,HP分别为x,y,z轴,线段HA的长为单位长,建立空间直角坐标系如图,则A(1,0,0),B(0,1,0).
(1)证明:设C(m,0,0),P(0,0,n)(m0),则D(0,m,0),E12,m2,0.
可得PE=12,m2,-n,BC=(m,-1,0).
因为PE·BC=m2−m2+0=0,所以PE⊥BC.
(2)由已知条件可得m=-33,n=1,
故C-33,0,0,D0,-33,0,E12,-36,0,P(0,0,1).
设n=(x,y,z)为平面PEH的法向量,
则n·HE=0,n·HP=0,即 12x-36y=0,z=0.因此可以取n=(1,3,0).
由PA=(1,0,-1),可得|cos|=24,
所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为24.
62.(2010·辽宁·理T19)已知三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=12AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.
(1)证明:CM⊥SN;
(2)求SN与平面CMN所成角的大小.

【解析】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),M1,0,12,N12,0,0,S1,12,0.
(1)证明:CM=1,-1,12,SN=-12,-12,0,因为CM·SN=-12+12+0=0,
所以CM⊥SN.
(2)NC=-12,1,0,
设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,
则x-y+12z=0,-12x+y=0,
令x=2,得a=(2,1,-2).
因为|cos|=-1-123×22=22,所以SN与平面CMN所成角为45°.