2023高考数学复习专项训练《空间向量在立体几何中的应用》

这是一份2023高考数学复习专项训练《空间向量在立体几何中的应用》，共24页。试卷主要包含了、单选题，、多选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。


2023高考数学复习专项训练《空间向量在立体几何中的应用》

一 、单选题（本大题共8小题，共40分）
1.（5分）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//α B. l⊥α C. l⊂α或l//α D. l与斜交
2.（5分）已知平面上三点A(3,2,1)，B(-1,2,0)，C(4,-2,-1)，则平面的一个法向量为()
A. (4,-9,-16) B. (4,9,-16)
C. (-16,9,-4) D. (16,9,-4)
3.（5分）在ΔABC中，∠ACB=π2，AB=2BC，将ΔABC绕BC所在直线旋转到ΔPBC，设二面角P-BC-A的大小为θ(0<θ<π)，PB与平面ABC所成角为α，则α的最大值为(    )
A. π6 B. π4 C. π2 D. π3
4.（5分）如图所示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，且BC=3，AC=4，CC1=3，点P在棱AA1上，且三棱锥A-PBC的体积为4，则直线BC1与平面PBC所成角的正弦值等于( ) 

A. 104 B. 64 C. 105 D. 155
5.（5分）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值为(     ) 

A. 104 B. 53 C. 64 D. 153
6.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED1与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )
A. 12 B. 55 C. 255 D. 22
7.（5分）若m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题不正确的是( )
A. 若α∥β，m⊥α，则m⊥β
B. 若m∥n，m⊥α，则n⊥α
C. 若m∥α，m⊥β，则α⊥β
D. 若α∩β＝m，且n与α、β所成的角相等，则m⊥n
8.（5分）“堑堵”“阳马”和“鳖臑”是我国古代对一些特殊几何体的称谓．《九章算术⋅商功》中描述：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖．”一个长方体ABCD-A1B1C1D1沿对角面斜解(图1)，得到两个一模一样的堑堵(图2)，再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解(图2)，得到一个四棱锥，称为阳马(图3)，一个三棱锥称为鳖臑(图4).若鳖臑的体积为4，AB=4，BC=3，则在鳖臑中，平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为() 

A、6565
B、66565
C、6513
D、26565
A. 6565 B. 66565 C. 6513 D. 26565
二 、多选题（本大题共5小题，共25分）
9.（5分）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点.将ΔADE沿DE折起，使A到A'，且平面A'DE⊥平面BCDE，连接A'B，A'C.则下列结论中正确的是( )
A. BD⊥A'C
B. 四面体A'CDE的外接球表面积为8π
C. BC与A'D所成角的余弦值为34
D. 直线A'B与平面A'CD所成角的正弦值为64
10.（5分）已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB//DC，∠DAB=90∘,PA⊥底面ABCD，且PA=AD=DC=12AB=1，M是PB的中点.则( )  

A. 平面PAD⊥平面PCD B. 二面角A-MC-B的余弦值为23
C. 直线AC与PB所成的角余弦值为105 D. 二面角A-MC-B的余弦值为负数
11.（5分）设动点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的对角线BD1上，记D1P→=λD1B→，当∠APC为钝角时，则实数λ可能的取值是()
A. 12 B. 23 C. 13 D. 1
12.（5分）如图，在平面四边形ABDC中，AB=AC=BC=2CD=2，DC⊥BC，M为BD的中点，现将△DBC沿BC翻折，得到三棱锥D-ABC，记二面角D-BC-A的大小为α，α∈(0,π)，下列说法正确的是() 

A. 存在α∈(0,π)，使得BD⊥AC
B. 存在α∈(0,π)，使得AM⊥CD
C. AM与平面ABC所成角的正切值最大为1111
D. 记三棱锥D-ABC外接球的球心为O，则|OM|的最小值为36
13.（5分）如图，AE⊥平面ABCD，CF//AE，AD//BC，AD⊥AB，AB=AD=1，AE=BC=2，下面选项正确的有( )

A. BF//平面ADE
B. 求直线CE与平面BDE所成角的正弦值49
C. 若二面角E-BD-F的余弦值为13，求线段CF的长87
D. 求直线CE与平面BDE所成角的正弦值539
三 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，D是A1B1的中点，F是BB1上的一动点，AB1，DF交于点E.要使AB1⊥平面C1DF，则线段B1F的长为________. 

15.（5分）在正三棱锥A-BCD中，AB=AC=AD=5，BC=BD=CD=6.点M是线段BC上的点，且BM=2MC.点P是棱AC上的动点，直线PM与平面BCD所成角为θ，则sinθ的最大值为____.
16.（5分）在三棱锥P-ABC中，侧棱PA，PB，PC两两垂直且长度均为2，则三棱锥P-ABC外接球的半径是 ______，球心到侧面PAB的距离是 ______.
17.（5分）已知正三棱锥P-ABC的所有棱长均为4，点E，F分别在棱PB，PC上，EF//BC，若平面AEF恰好将该正三棱锥分成体积相等的两部分，则EF的长度为 ______.
18.（5分）如图正方体ABCD-A1B1C1D1，则直线AC1与平面ABCD所成角的大小为______.(结果用反三角函数表示)

四 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）在如图所示的几何体中，底面ABCD是矩形，平面MAD⊥平面ABCD，平面MAB∩平面MCD=MN，ΔMAD是边长为4的等边三角形，CD=2MN=2． 
(Ⅰ)求证：MN⊥MD； 
(Ⅱ)求二面角M-BD-N的余弦值．

20.（12分）在四棱锥M-ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，ΔBMC为边长为2的等边三角形，且AM=CD，E，F分别为AB，BM的中点，线段EF与直线AB，CF都垂直． 
(1)证明：平面ABM⊥平面BMC； 
(2)记MD的中点为Q，试求直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值．

21.（12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2BC=2，∠B1BC=60°，∠ACB=90°，B1C⊥AB. 
(Ⅰ)求证：平面A1B1C⊥平面ABC； 
(Ⅱ)若AB=2BC，求二面角B1-AA1-C的正弦值．

22.（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是菱形，∠BCD=120°，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2，E是AD的中点，F为PD上一点，且PB//平面CEF. 
(1)求PF； 
(2)求平面PAB与平面CEF所成角的正弦值．

23.（12分）直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=AB=AC=1，E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，D为棱A1B1上的点． 
(1)证明：AB⊥AC； 
(2)证明：DF⊥AE； 
(3)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D的位置，若不存在，说明理由．


答案和解析
1.【答案】C;
【解析】 
此题主要考查向量法求直线与平面的位置关系，属于基础题.解：直线l的方向向量为a→=(1,0,2)，平面的法向量为n→=(-2,1,1)， 
因为a→·n→=-2+0+2=0，所以l⊂α或l//α. 
故本题选C. 


2.【答案】B;
【解析】 
【解析】由已知AB→=(-4,0,-1)，AC→=(1,-4,-2).设平面的法向量为n→=(x,y,z)，由{n→⋅AB→=0,n→⋅AC→=0,可得{-4x-z=0,x-4y-2z=0取x=4，可得z=-16，y=9，所以平面的一个法向量为n→=(4,9,-16).故选B. 
略

3.【答案】D;
【解析】解：设BC=a，则AB=PB=2a，AC=CP=3a，P到平面ABC的距离为d， 
由旋转性质可知，BC⊥平面PAC，θ=∠ACP，且VB-ACP=VP-ABC，即13BC.SΔACP=13dSΔABC， 
∴13a.12.3a.3a.sinθ=13d.12.3a.a，解得d=3asinθ， 
∴sinα=dPB=3asinθ2a⩽32， 
∴α⩽π3，即α的最大值为π3． 
故选：D． 
设BC=a，P到平面ABC的距离为d，可求得sinα=dPB=3asinθ2a⩽32，进而得解． 
该题考查立体几何中动态问题，考查空间想象力即逻辑推理能力，属于中档题．


4.【答案】C;
【解析】 
此题主要考查利用空间向量求解线面夹角的余弦值，属于中档题. 
由题计算PA的长度，以点C为坐标原点，CB、CA、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求解平面BCP的法向量为n→，进而计算可得结果. 
 
解：由已知得AA1⊥底面ABC，且AC⊥BC， 
所以VA-PBC=VP-ABC=13×SΔABC×PA=13×12×3×4×PA=4， 
解得PA=2. 
以点C为坐标原点，CB、CA、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系， 
则C0,0,0、P(0,4,2)、B3,0,0、C10,0,3， 
则CB→=(3,0,0)，CP→=(0,4,2)，→ BC1=-3,0,3. 
设平面BCP的法向量为n→=(x,y,z)，
则由{lln→⋅CB→=0n→⋅CP→=0可得{l3x=04y+2z=0， 
即x=02y+z=0，得x=0，令y=1，得z=-2， 
所以n→=(0,1,-2)为平面BCP的一个法向量， 
设直线BC1与平面PBC所成的角为θ， 
则sin θ=|cos|=|n→⋅B→C1| |n→|⋅|B→C1|=|-6| (-3)2+32×12+(-2)2=10 5. 
故选C.

5.【答案】A;
【解析】 
该题考查异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题． 
以A为原点，在平面ABC中过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出AM与BC1所成角的余弦值． 
 
解：以A为原点，在平面ABC中过A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系， 
 
设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2， 
A(0,0,0)，M(0,1,2)，B(3,1,0)，C1(0,2,2)， 
AM→=(0,1,2)，B→C1=(-3,1,2)， 
设AM与BC1所成角为θ， 
则cosθ=|AM→.B→C1||AM→|.|B→C1|=55.8=104， 
∴AM与BC1所成角的余弦值为104． 
故选：A． 


6.【答案】C;
【解析】解：设正方体的棱长为2，建立如图所示空间直角坐标系， 
则A1(2,0,2)，D1(0,0,2)，E(2,2,1)，A1→E=(0,2,-1)，A1→D1=(-2,0,0) 
设平面A1ED1的法向量为m→=(x,y,z)， 
m→.A1E=2y-z=0m→.A1D1=-2x=0，可取m→=(0,1,2)， 
平面ABCD的法向量为n→=(0,0,1)， 
cos=21×5=245， 
则平面A1ED1与平面ABCD所成的锐二面角余弦值为255. 
故选：C. 
建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解． 
此题主要考查了利用向量法求二面角，属于基础题．


7.【答案】D;
【解析】容易判定选项A、B、C都正确，对于选项D，当直线m与n平行时，直线n与两平面α、β所成的角也相等，均为0°，故D不正确，故答案为：D。

8.【答案】null;
【解析】解：由D1C1⊥平面BCC1，可得D1C1⊥BC，D1C1⊥BC1， 
而BC⊥CC1，则BC⊥平面D1C1C，可得BC⊥CD1， 
过C作CN⊥D1B，垂足为N，过C1作C1M⊥D1B，垂足为M， 
由鳖臑的体积为4，AB=4，BC=3，可得4=13×4×12×3×CC1，解得CC1=2. 
在直角三角形D1C1C中，D1C=16+4=25. 
在直角三角形BCD1中，BD1=20+9=29. 
在直角三角形BCD1中，BC1=4+9=13， 
CN=3×2529=6529， 
在直角三角形BC1D1中，C1M=4×1329=41329， 
由直角三角形的射影定理可得BN=BC2BD1=929， 
D1M=D1C12D1B=1629， 
所以MN=29-1629-929=429. 
设=θ， 
由CC1→=CN→+NM→+MC1→， 
所以CC1→2=(CN→+NM→+MC1→)2=CN2+NM2+MC12+2CN→⋅NM→+2CN→⋅MC1→+2NM→⋅MC1→ 
=36×529+1629+16×1329+0+2×6529×41329cosθ+0=4， 
解得cosθ=-66565. 
则平面BCD1与平面BC1D1夹角的余弦值为66565. 
故选：B. 
由线面垂直的判断与性质，结合勾股定理和射影定理，运用向量法可得结论． 
此题主要考查两平面的夹角的求法，考查转化思想和运算能力，属于中档题．


9.【答案】BC;
【解析】解：将ΔADE沿DE折起，使A到A'，且平面A'DE⊥平面BCDE，连接A'B，A'C. 
∴EB，ED，EA'两两垂直，以E为坐标原点，建立空间直角坐标系， 
对于A，B(1,0,0)，D(0,3,0)，A'(0,0,1)，C(2,3,0)， 
BD→=(-1,3,0)，A→'C=(2,3,-1)， 
∵BD→.A→'C=-2+3=1≠0，∴BD与A'C不垂直，故A错误； 
对于B，取CE中点F，连接DF， 
∵DE⊥DC，∴FE=FD=FC=12CE=123+4=72， 
过F作FO⊥平面CDE，四面体A'CDE的外接球球心O在直线OF上， 
设OF=t，由OD=OA'=R，得74+x2=74+(1-x)2，解得x=12，∴R=74=2， 
∴四面体A'CDE的外接球表面积为：S=4πR2=8π，故B正确； 
对于C，BC→=(1,3,0)，A→'D=(0,3,-1)， 
设BC与A'D所成角的为θ， 
则cosθ=|BC→.A→'D||BC→|\cdot|A→'D|=34.4=34， 
∴BC与A'D所成角的余弦值为34，故C正确； 
对于D，A→'B=(1,0,-1)，A→'C=(2,3,0)，A→'D=(0,3,-1)， 
设平面A'CD的法向量n→=(x,y,z)， 
则n→.A'C=2x+3y=0n→.A'D=3y-z=0，取x=3，得n→=(3,-2,-23)， 
∴直线A'B与平面A'CD所成角的正弦值为： 
sinθ=|A→'B.n→||A→'B|\cdot|n→|=332.19=311438，故D错误． 
故选：BC. 
将ΔADE沿DE折起，使A到A'，且平面A'DE⊥平面BCDE，连接A'B，A'C，则EB，ED，EA'两两垂直，以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果． 
此题主要考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间位置关系等基础知识，主要考查数学运算、逻辑推理等能力，是中档题．


10.【答案】ACD;
【解析】 
此题主要考查空间向量在立体几何中的应用及面面垂直的判定定理与线面垂直的判定定理. 
建立空间直角坐标系，利用面面垂直的判定定理与线面垂直的判定定理证明出A选项，利用空间向量求解二面角的余弦值即可. 
 
解：由题意，知：PA⊥AD，PA⊥AB，AD⊥AB， 
所以以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 
 
则A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，M0,1,12. 
对于A，因为AP→=(0,0,1)，DC→=(0,1,0)， 
故AP→.DC→=0， 
所以AP⊥DC， 
由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线， 
由此得DC⊥平面PAD， 
又DC在平面PCD上， 
故平面PAD⊥平面PCD，正确； 
对于C，因为AC→=(1,1,0)，PB→=(0,2,-1)， 
所以|AC→|=2，|PB→|=5，AC→.PB→=2， 
所以cos〈AC→,PB→〉=AC→.PB→|AC→|\cdot|PB→|=105， 
所以异面直线AC与PB所成角的余弦值为105，正确； 
对于B、D，在MC上取一点N(x,y,z)， 
则存在λ∈R，使得NC→=λøverrightarrowMC. 
因为NC→=(1-x,1-y,-z)，MC→=1,0,-12， 
所以x=1-λ，y=1，z=12λ， 
要使AN⊥MC，只需AN→.MC→=0，即x-12z=0，解得λ=45， 
可知当λ=45时，点N的坐标为15,1,25，能使AN→.MC→=0， 
此时AN→=15,1,25，BN→=15,-1,25，且BN→.MC→=0， 
所以AN⊥MC，BN⊥MC， 
所以∠ANB为所求二面角的平面角， 
因为|AN→|=305，|BN→|=305，AN→.BN→=-45， 
所以cos〈AN→,BN→〉=AN→.BN→|AN→||BN→|=-23， 
由图可得二面角A-MC-B的平面角为钝角， 
故所求二面角A-MC-B的平面角的余弦值为-23，B错，D对， 
综上，ACD正确. 
故选ACD.

11.【答案】AB;
【解析】【分析】 
本题主要考查了利用空间向量求向量的夹角，解一元二次不等式，属于中档题. 
建立空间直角坐标系，利用∠APC不是平角，∠APC为钝角等价于cos∠APC<0，即PA→·PC→<0，从而可求λ的取值范围. 
【解答】 
解：由题设，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 
 
则有A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)， 
∴D1B→=(1,1,-1)，D1P→=(λ,λ,-λ)，λ∈[0,1]， 
∴PA→=PD1→+D1A→=(-λ,-λ,λ)+(1,0,-1)=(1-λ,-λ,λ-1)， 
PC→=PD→1+D1C→=(-λ,-λ,λ)+(0,1,-1)=(-λ,1-λ,λ-1)， 
显然∠APC不是平角， 
所以∠APC为钝角等价于cos∠APC<0，即PA→·PC→<0， 
∴(1-λ)(-λ)+(-λ)(1-λ)+(λ-1)2=(λ-1)(3λ-1)<0， 
得13<λ<1， 
因此，λ的取值范围是(13,1)，所能取值可能是AB. 
故选：AB.

12.【答案】BCD;
【解析】解：由条件知，△DBC沿BC翻折一周得到的几何体是圆锥，若BD⊥AC， 
则BD⊥AC，则BD在平面ABC上的射影BD'⊥AC，根据已知的长度不可能，排除A； 
翻折过程中M为半圆上的一点，圆心为BC的中点N，而必存在α∈(0,π)，使得AM⊥MN，即AM⊥CD，故B正确； 
此时AM与圆相切于点M，即AM与平面ABC所成的角也达到最大，因为圆的半径为MN=12， 
切线长为112，所以正切值为1111，故C正确； 
在D中，设正△ABC的中心为G，过点G的直线l⊥平面ABC，△DBC沿BC翻折过程中，过CD中点且垂直CD的平面必过点M且与直线l相交， 
交点即为三棱锥D-ABC外接球的球心O，此时OM⊥MN，要使切线长|OM|最小，即|ON|最小，则O与G重合，易知|GN|=33， 
所以|OM|=36，故D正确． 
故选：BCD. 
运用排除法排除A，翻折过程中M为半圆上的一点，圆心为BC的中点N，可判断B；AM与圆相切于点M，即AM与平面ABC所成的角也达到最大，可判断C；设正△ABC的中心为G，过CD中点且垂直CD的平面必过点M且与直线l相交，交点即为三棱锥D-ABC外接球的球心O，据此可判断D. 
此题主要考查空间几何体的性质，考查翻折问题，属中档题．

13.【答案】ABC;
【解析】解：由题意知，AB、AD、AE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 
设CF=t，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，F(1,2,t)， 
对于A，BF→=(0,2,t)，平面ADE的法向量为m→=(1,0,0)， 
因为m→.BF→=0，所以BF//平面ADE，所以A对； 
对于B，平面BDE的法向量为n→=(2,2,1)，CE→=(-1,-2,2)， 
直线CE与平面BDE所成角的正弦值为|CE→.n→||CE→|\cdot|n→|=43.3=49，所以B对； 
对于C，BD→=(-1,1,0)，BF→=(0,2,t)，设平面BDF的法向量为k→=(x,y,z)， 
BD→.k→=-x+y=0BF→.k→=2y+tz=0，令y=t，k→=(t,t,-2)， 
二面角E-BD-F的余弦值为k→.n→|k→|\cdot|n→|=4t-23.2t2+4=13，解得t=87，所以C对； 
对于D，由B知D错； 
故选：ABC. 
A用向量数量积判断直线与平面平行；B用向量数量积计算直线与平面成角的正弦值；C用向量数量积计算二面角的余弦值；D由B判断即可． 
此题主要考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，考查了直线与平面成角问题，属于中档题．


14.【答案】12;
【解析】 
以C1为原点，C1A1为x轴，C1B1为y轴，C1C为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段B1F的长. 
 
解：以C1为原点，C1A1为x轴，C1B1为y轴，C1C为z轴，建立空间直角坐标系， 
由题意A11,0,0,B10,1,0,D12,12,0,C10,0,0，A(1,0,2)， 
设F(0,1,t)，0⩽t⩽2， 
则→ C1D=1 2,1 2,0,→ AB1=-1,1,-2,→ C1F=0,1,t， 
∵AB1⊥平面C1DF， 
∴→AB1.→C1D=0→AB1.→C1F=0， 
∴1-2t=0， 
解得t=1 2， 
∴线段B1F的长为1 2. 
故答案为1 2. 


15.【答案】134;
【解析】解：如图， 
 
设底面三角形BCD的中心为O，以DO所在直线为x轴，以过O且平行于BC的直线为y轴， 
以OA所在直线为z轴建立空间直角坐标系， 
由AB=AC=AD=5，BC=BD=CD=6，BM=2MC， 
求得O(0,0,0)，C(3,3,0)，M(3,1,0)，A(0,0,13)， 
设P(x,y,z)，CP→=λøverrightarrowCA=λ(-3,-3,13)=(-3λ,-3λ,13λ)， 
又CP→=(x-3,y-3,z)，可得P(3(1-λ),3(1-λ),13λ)， 
则MP→=(-3λ,2-3λ,13λ)， 
平面BCD的一个法向量a→=(0,0,1)， 
则sinθ=|cos|=13λ3λ2+(2-3λ)2+13λ2×1=13λ25λ2-12λ+4， 
当λ=0时，P与C重合，sinθ=0； 
当λ≠0时，sinθ=134λ2=13(2λ-3)2+16⩽134. 
∴sinθ的最大值为134. 
故答案为：134. 
由题意画出图形，建立空间直角坐标系，设CP→=λøverrightarrowCA，把sinθ表示为λ的函数，再由配方法求最值． 
此题主要考查直线与平面所成角的求法，训练了利用空间向量求解空间角，考查运算求解能力，是中档题．

16.【答案】3  1;
【解析】解：根据题意作图，PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，PA=PB=PC=2，BC=22，设O为球心，R为求半径，则OB=OA=OC=R，又E，H分别是△PBC，△PAB的外接圆的圆心，作OF⊥AP，垂足为F， 
则AF=12AP=1，OE⊥平面PBC，AP⊥平面PBC， 
故OE//PF，又OF⊥AP，PE⊥OE，PE⊥FP，则FP//OE， 
故四边形PEOF为矩形，则OF=PE， 
在Rt△PBC中，PB⋅PC=PE⋅BC，PE=2，则OF=2， 
在Rt△AFO中R2=AO2=OF2+AF2=3， 
故球半径R=3， 
根据题意OH为球心到侧面PAB的距离，又AH=12AB=12BC=2， 
在Rt△AHO中，AH=AO2-AH2=1， 
故球心到侧面PAB的距离是1， 
故答案为3，1. 
设球心O构建Rt△AFO，可得R2=AO2=OF2+AF2=3，OH为球心到侧面PAB的距离，可解． 
此题主要考查三棱锥的外接球问题，属于较难题．


17.【答案】22;
【解析】解：由题意VA-PBC=2VA-PEF， 
设三棱锥A-PBC的高为h， 
由13SΔPBC⋅h=23SΔPEF⋅h，得SΔPEFSΔPBC=12， 
所以(EFBC)2=12， 
解得EF=22BC=22. 
故答案为：22. 
利用VA-PBC=2VA-PEF，设三棱锥A-PBC的高为h，转化求解EF即可． 
此题主要考查几何体的体积的求法，等体积法的应用，是基础题．

18.【答案】arccos63;
【解析】解：如图，连接AC，因为几何体是正方体，所以AC是AC1在底面ABCD上的射影，所以∠C1AC是所求直线AC1与平面ABCD所成角的大小， 
设正方体的列出为：1，则AC=2，AC1=3， 
所以cos∠C1AC=ACAC1=23=63， 
所以∠C1AC=arccos63. 
故答案为：arccos63. 
画出图形，找出直线AC1与平面ABCD所成角，然后求解即可． 
此题主要考查直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是基础题．


19.【答案】解：(Ⅰ)证明：由底面ABCD为矩形，得AB⊥AD， 
∵平面MAD⊥平面ABCD，平面MAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD， 
∴AB⊥平面MAD， 
∵AB//CD，CD⊂平面MCD，AB⊄平面MCD， 
∴AB//平面MCD， 
∵平面MAB∩平面MCD=MN，∴MN//AB，∴MN⊥平面MAD， 
∵MD⊂平面MAD，∴MN⊥MD． 
(Ⅱ)解：如图，设AD的中点为O，过O作OH//AB，交BC于H， 
由题意知OA，OH，OM两两垂直， 
以O为原点，分别以OA，OH，OM为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 
则B(2,2,0)，D(-2,0,0)，M(0,0,23)，N(0,1,23)， 
设平面MBD的法向量n→=(x,y,z)， 
则n→.BD→=-4x-2y=0n→.BM→=-2x-2y+23z=0， 
取x=3，得n→=(3,-6,-3)， 
设平面NBD的法向量m→=(a,b,c)， 
则m→.BD→=-4a-2b=0m→.DN→=-2a+b+23c=0， 
取a=1，得m→=(1,-2,0)， 
∴|cos|=m→⋅n→|m→|⋅|n→| 
=1543.5=154． 
由图可知二面角M-BD-N的平面角为锐角， 
∴二面角M-BD-N的余弦值为154．;
【解析】该题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题． 
(Ⅰ)推导出AB⊥AD，AB⊥平面MAD，从而AB//平面MCD，进而MN//AB，MN⊥平面MAD，由此能证明MN⊥MD． 
(Ⅱ)设AD的中点为O，过O作OH//AB，交BC于H，由题意知OA，OH，OM两两垂直，以O为原点，分别以OA，OH，OM为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角M-BD-N的余弦值． 


20.【答案】解：（1）证明：△BMC为正三角形，F为BM的中点，则CF⊥BM 
又CF⊥EF，且EF∩BM=F，∴CF⊥平面ABM， 
∵CF⊂平面BMC，∴平面ABM⊥平面BMC． 
（2）解：连结AF，在△ABM中，由AB⊥EF，知AB⊥AM， 
∵AM=CD=AB，∴△ABM为等腰三角形，∴AF⊥BM， 
∵AM∩BM=M，∴AF⊥平面BCM，∴AF⊥CF， 
以F为坐标原点，FM为x轴，FC为y轴，FA为z轴，建立空间直角坐标系， 
则A（0，0，1），B（-1，0，0），C（0，3，0），D（1，3，1），M（1，0，0），Q（1，32，12）， 
∴AB→=（-1，0，-1），BC→=（1，3，0），AQ→=（1，32，-12）， 
设平面ABCD的法向量n→=（x，y，z）， 
则n→.AB→=-x-z=0n→.BC→=x+3y=0，取y=1，得n→=（-3，1，3）， 
设直线AQ与平面ABCD所成角为θ， 
则sinθ=|AQ→.n→||AQ→|.|n→|=32×7=4214． 
∴直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值为4214．;

【解析】 
(1)推导出CF⊥BM，CF⊥EF，CF⊥平面ABM，由此能证明平面ABM⊥平面BMC. 
(2)连结AF，以F为坐标原点，FM为x轴，FC为y轴，FA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AQ与平面ABCD所成角的正弦值． 
此题主要考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

21.【答案】解：（Ⅰ）证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2BC=2，∠B1BC=60°， 
∴B1C⊥BC， 
∵B1C⊥AB，AB∩BC=B，AB，BC⊂平面ABC， 
∴B1C⊥平面ABC， 
∵B1C⊂平面A1B1C，∴平面A1B1C⊥平面ABC． 
（Ⅱ）∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2BC=2，∠B1BC=60°， 
∠ACB=90°，AB=2BC，B1C⊥平面ABC， 
∴以C为原点，CB1为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系， 
B1（3，0，0），A（0，0，1），A1（3，-1，1），C（0，0，0）， 
A→A1=（3，-1，0），A→B1=（3，0，-1），AC→=（0，0，-1）， 
设平面AA1B1的法向量为n→=（x，y，z）， 
则n→.AA1=3x-y=0n→.AB1=3x-z=0，取x=1，得n→=（1，3，3）， 
设平面AA1C的法向量为m→=（a，b，c）， 
则m→.AA1=3a-b=0m→.AC→=-c=0，取a=1，得m→=（1，3，0）， 
设二面角B1-AA1-C的平面角为θ， 
则cosθ=|m→.n→||m→|.|n→|=47.2=27， 
∴二面角B1-AA1-C的正弦值为sinθ=1-(27)2=217．;

【解析】 
(Ⅰ)推导出B1C⊥BC，再由B1C⊥AB，得到B1C⊥平面ABC，由此能证明平面A1B1C⊥平面ABC. 
(Ⅱ)以C为原点，CB1为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1-AA1-C的正弦值． 
此题主要考查面面垂直的证明，考查二面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是中档题．

22.【答案】解：（1）连接BD、AC，BD∩AC=O，BD∩EC=N，连接NF， 
因为ABCD是菱形，∠BCD=120°，AD=2，E是AD的中点，所以N为正△ACD的重心， 
所以DN=2NO=13BD， 
因为PB∥平面CEF，平面PBD∩平面CEF=NF，所以PB∥NF， 
所以DF=13PD，于是PF=23.PD， 
因为PA⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，又因为PA=AD=2，所以PD=22， 
所以PF=23.22=423． 
（2）取BC中点M，连接AM，因为底面ABCD是菱形，∠BCD=120°，所以AM⊥AD， 
因为PA⊥底面ABCD，AD、AB⊂底面ABCD，所以AP⊥AB，AP⊥AD， 
所以AB、AD、AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 
A（0，0，0），B（3，-1，0），C（3，1，0），P（0，0，2），E（0，1，0）， 
AB→=（3，-1，0），AP→=（0，0，2），EC→=（3，0，0），NF→=13.BP→=13.（-3，1，2）=13（-3，1，2）， 
设平面PAB与平面CEF的法向量分别为m→=（x，y，z），n→=（u，v，w）， 
m→.AB→=3x-y=0m→.AP→=2z=0，令y=3，则m→=（1，3，0）， 
n→.EC→=3u=0n→.NF→=13(-3u+v+2w)=0，令w=-1，则n→=（0，2，-1）， 
设平面PAB与平面CEF所成角为θ， 
则|cosθ|=|m→.n→||m→|.|n→|=232.5=35，于是sinθ=1-cos2θ=105．;

【解析】 
(1)过BP的平面BDP与平面CEF交于NF，NF//BP，再用相似比求解；(2)用向量数量积计算二面解余弦值，从而求解． 
此题主要考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．

23.【答案】（1）证明：∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB， 
又∵AA1⊥AB，AA1∩AE=A，∴AB⊥面A1ACC1． 
又∵AC⊂面A1ACC1，∴AB⊥AC， 
（2）以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 
则有A(0，0，0)，E(0，1，12)，F(12，12，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)， 
设D(x，y，z)，A1→D=λA1→B1且λ∈（0，1）， 
即（x，y，z-1）=λ（1，0，0），则D（λ，0，1），∴DF→=(12-λ，12，-1)， 
∵AE→=(0，1，12)，∴DF→.AE→=12-12=0，所以DF⊥AE； 
（3）结论：存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414，理由如下： 
由题可知面ABC的法向量n→=(0，0，1)，设面DEF的法向量为n→=(x，y，z)， 
则n→.FE→=0n→.DF→=0， 
∵FE→=(-12，12，12)，DF→=(12-λ，12，-1)， 
∴-12x+12y+12z=0(12-λ)x+12y-z=0，即x=32(1-λ)zy=1+2λ2(1-λ)z， 
令z=2（1-λ），则n→=(3，1+2λ，2(1-λ))． 
∵平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为1414， 
∴|cos〈m→，n→＞|=|m→.n→||m→||n→|=1414， 
即|2(1-λ)|9+(1+2λ)2+4(1-λ)2=1414， 
解得λ=12或λ=74（舍）， 
所以当D为A1B1中点时满足要求．;

【解析】 
(1)根据线面垂直的性质定理证明AB⊥面A1ACC1.即可．  
(2)建立空间坐标系，求出直线对应的向量，利用向量垂直的关系进行证明．  
(3)求出平面的法向量，利用向量法进行求解即可． 
该题考查的知识点是空间直线的垂直的判断以及空间二面角的平面角，建立空间坐标系，将二面角问题转化为向量夹角问题，是解答的关键．考查学生的运算和推理能力．