1、1 十年高考真题分类汇编十年高考真题分类汇编（2010201020192019）数学数学 专题专题 2020 空间向空间向量量 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. 1 10 B. 2 5 C.30 10 D.2 2 【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),N(0, 1 2,0),B(1,0,1),M( 1 2
2、, 1 2,0). = (0,-1 2,-1), = (- 1 2, 1 2,-1). cos= | | | = 30 10 . 根据 与 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30 10 . 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
3、,0), 2 A1(a,0,a),P(2 3, 2 3, 1 3), 则| |=1 9 2+1 9 2+1 9 2 = 3 3 a, | |=4 9 2+4 9 2+1 9 2=a, |1 |=4 9 2+4 9 2+4 9 2 = 23 3 a, |1 |=|1 |=4 9 2+1 9 2+4 9 2=a, | |=| |=4 9 2+1 9 2+1 9 2 = 6 3 a, |1 |=1 9 2+1 9 2+4 9 2 = 6 3 a, 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( )
4、A.5 5 B.5 3 C.25 5 D.3 5 【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1 =(0,2,-1),1 =(-2,2,1). 所以 cos=0(-2)+22+(-1)1 35 = 5 5 . 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,
5、建立空间直角坐标系如图所示, 3 则 B(0,-1,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(-1,0,1), 1 =(0,1,1),1 =(-1,0,1). cos= 1 1 |1 |1 | = 1 22 = 1 2. =60. 异面直线BA1与AC1所成的角为 60. 5.(2019天津理 T17)如图,AE平面 ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,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1 3,求线段 CF 的长. 【解析】(1)证明依题意,可以建立以 A
6、为原点,分别以 , , 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(h0),则 F(1,2,h). 依题意, =(1,0,0)是平面ADE的法向量, 又 =(0,2,h),可得 =0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE. (2)解依题意, =(-1,1,0), =(-1,0,2), =(-1,-2,2). 设 n=(x,y,z)为平面BDE的法向量, 4 则 = 0, = 0, 即- + = 0, - + 2 = 0,不妨令 z=1, 可得 n=(2,2
7、,1). 因此有 cos= | |=- 4 9. 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为4 9. (3)解设 m=(x,y,z)为平面BDF的法向量, 则 = 0, = 0, 即- + = 0, 2 + = 0, 不妨令y=1,可得 m=1,1,-2 . 由题意,有|cos|=| | = |4-2 | 32+ 4 2 = 1 3, 解得h=8 7,经检验,符合题意. 所以,线段CF的长为8 7. 6.(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,
8、A1B1的中点. (1)证明:EFBC; (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A1EAC. 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A1EBC. 又因为A1FAB,ABC=90,故BCA1F. 所以BC平面A1EF.因此EFBC. 5 (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A1EEG,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
9、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 RtA1EG中,A1E=23,EG= 3 . 由于O为A1G的中点,故EO=OG=1 2 = 15 2 , 所以 cosEOG= 2+2-2 2 = 3 5. 因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是3 5. 方法二: (1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC. 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,EA
10、1 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(0,0,2 3), B(3,1,0),B1( 3,3,23), F 3 2 , 3 2,2 3 , C(0,2,0). 因此, = 3 2 , 3 2,23 , =(-3,1,0). 由 =0 得EFBC. 6 (2)设直线EF与平面A1BC所成角为. 由(1)可得 =(-3,1,0),1 =(0.2,-23). 设平面A1BC的法向量为 n=(x,y,z). 由 = 0, 1 = 0, 得-3 + = 0, -3 = 0. 取 n=(1,3,1), 故 sin =|cos|= | | | | = 4 5. 因此,
11、直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为3 5. 7.(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MEB1C,且ME= B1C. 又因为N为A1D的中点,所以ND= A1D. 由题设知A1B1DC,可得B1CA1D, 故MEND, 因此四边形MNDE为平行四边形,MNED. 又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE. (2)由
12、已知可得 DEDA. 以 D 为坐标原点, 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),1 =(0,0,-4),1 =(-1,3,-2),1 =(-1,0,-2), =(0,- 7 3,0). 设 m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量, 则1 = 0, 1 = 0. 所以- + 3-2 = 0, -4 = 0. 可取 m=(3,1,0). 设 n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量, 则 = 0, 1 = 0. 所以-3 = 0, -2 = 0.可取 n=(2,0,-1). 于是 cos
13、= | = 23 25 = 15 5 , 所以二面角A-MA1-N的正弦值为10 5 . 8.(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,BEEC1. (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B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1. (2)解由(1)知BEB1=90.由题设知 RtABERtA1B1E,所以AEB=45, 故AE=AB,AA1=2AB. 以D为坐标原点, 的方向为x轴正方向,
14、| |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 8 则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1), =(1,0,0), =(1,-1,1),1 =(0,0,2). 设平面EBC的法向量为 n=(x,y,z),则 = 0, = 0, 即 = 0, - + = 0, 所以可取 n=(0,-1,-1). 设平面ECC1的法向量为 m=(x,y,z),则 1 = 0, = 0, 即2 = 0, - + = 0, 所以可取 m=(1,1,0). 于是 cos= |=- 1 2. 所以,二面角B-EC-C1的正弦值为3 2 . 9.(2019 全国 3 理 T19)
15、图 1 是由矩形 ADEB,RtABC 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 ADBE,CGBE,所以 ADCG, 故 AD,CG 确定一个平面,从而 A,C,G,D 四点共面. 由已知得 ABBE,ABBC,故 AB平面 BCGE. 又因为 AB平面 ABC, 所以平面 ABC平面 BCGE. (2)解作 E
16、HBC,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, 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, 9 则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3), =(1,0,3), =(2,-1,0). 设平面ACGD的法向量为 n=(x,y,z), 则 = 0, = 0, 即 + 3 = 0, 2- = 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= | =
17、 3 2 . 因此二面角 B-CG-A 的大小为 30. 10.(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 1,SE 与平面 ABCD 所成的角为 2,二面角 S-AB-C 的平面角为 3,则( ) A.123 B.321 C.132 D.231 【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 HFAB,过点 E 作 EFBC,连接 SG,GH,EH,SF. 可知1=SEF,2=SEH,3=SGH. 由题意可知EFS
18、F,故 tan 1= = =tan 3. 13. 又 tan 3= =tan 2, 32.132. 当点 E 是线段 AB 的中点时, 即点 E 与点 G 重合,此时1=3=2. 综上可知,132. 11.(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 所在平面垂直,M是上异 于C,D的点. 10 (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 BCCD,BC平面 ABCD,所以 BC平面 CMD,故 BCDM.因
19、为 M 为 上异于 C,D 的点,且 DC 为直径,所以 DMCM.又 BCCM=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, 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 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), =(-2,1,1), =(0,2,0), =(2,0,0). 设 n=(x,y,z)是平面 MAB 的法向量, 则 = 0, = 0. 即-2 + + = 0, 2 = 0. 可取 n=(
20、1,0,2), 是平面MCD的法向量,因此 cos= | | = 5 5 ,sin=25 5 . 所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是25 5 . 12.(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. 11 【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
21、,ACEF. AB=BC,ACBE,AC平面BEF. (2)解由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1. CC1平面ABC,EF平面ABC. BE平面ABC,EFBE. 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). =(2,0,1), =(1,2,0). 设平面BCD的法向量为 n=(a,b,c), 则 = 0, = 0, 2 + = 0, + 2 = 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 =(0,2,0), cos= |
22、|=- 21 21 . 由图可得二面角B-CD-C1为钝角,二面角B-CD-C1的余弦值为-21 21 . (3)证明平面 BCD 的法向量为 n=(2,-1,-4), G(0,2,1),F(0,0,2), =(0,-2,1), 12 n =-2,n 与 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. 13.(2018天津理 T17)如图,ADBC 且 AD=2BC,ADCD,EGAD 且 EG=AD,CDFG 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
23、; (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 , , 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, 3 2 ,1 ,N(1,0,2). (1)证明:依题意 =(0,2,0), =(2,0,2). 设 n0=(x,y,z)为平面 CDE 的法向量, 则0 = 0, 0 = 0, 即2
24、= 0, 2 + 2 = 0, 不妨令z=-1,可得 n0=(1,0,-1).又 = (1,-3 2,1),可得 n0=0. (2)依题意,可得 =(-1,0,0), =(1,-2,2), =(0,-1,2).设 n=(x,y,z)为平面 BCE的法向量,则 = 0, = 0, 即- = 0, -2 + 2 = 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 = 0, = 0, 即- = 0, - + 2 = 0, 13 不妨令z=1,可得 m=(0,2,1). 因此有 cos= | = 310 10 ,于是 sin=10 10 .所以,二面角E
25、-BC-F的正弦值为10 10 . (3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得 =(-1,-2,h).易知, =(0,2,0)为平面 ADGE的一个法向量,故|cos|=| | | | | = 2 2+5.由题意,可得 2 2+5=sin 60= 3 2 ,解得h=3 3 0,2. 所以,线段DP的长为3 3 . 14.(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 PFBF. (1)证明:平面 PEF平面 ABFD; (2)求 DP 与平面 A
26、BFD 所成角的正弦值. 【解析】(1)由已知可得,BFPF,BFEF, 所以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD,所以平面 PEF平面 ABFD. (2)作 PHEF,垂足为 H. 由(1)得,PH平面 ABFD. 以H为坐标原点, 的方向为y轴正方向,| |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz. 由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE= 3 .又PF=1,EF=2,故 PEPF. 可得PH=3 2 ,EH=3 2. 则H(0,0,0),P(0,0, 3 2 ),D(-1,- 3 2,0), = (1,3 2, 3 2 ), = (0,0,3 2 )为平面
27、ABFD的法向量. 设DP与平面ABFD所成角为, 14 则 sin =| | | | = 3 4 3 = 3 4 . 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为3 4 . 15.(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OPAC,且OP=23. 连接OB,因为AB=BC=2 2 AC,所以ABC为等
28、腰直角三角形,且OBAC,OB=1 2AC=2. 由 OP2+OB2=PB2 知 POOB. 由 OPOB,OPAC 知 PO平面 ABC. (2)如图,以O为坐标原点, 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), =(0,2,23). 取平面PAC的法向量 =(2,0,0), 由 n=0, n=0 得 2 + 23 = 9, + (4-) = 0.可取 n=(3(a-4),3a,-a), 所以 cos= 23(-4) 23(-4)2+32+2 . 由已知可得|cos|=3 2 .
29、15 所以 23|-4| 23(-4)2+32+2 = 3 2 , 解得a=-4(舍去),a=4 3. 所以 n=(- 83 3 , 43 3 ,- 4 3). 又 =(0,2,-23),所以 cos=3 4 . 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为3 4 . 16.(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
30、=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB,得AB1=A1B1=22, 所以A11 2+A12=A12,故 AB1A1B1. 由BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1BC,CC1BC,得B1C1=5,由AB=BC=2,ABC=120,得AC=23, 由CC1AC,得AC1=13,所以A1 2+B112=A12, 故AB1B1C1.因此AB1平面A1B1C1. (2)如图,过点C1作C1DA1B1,交直线A1B1于点D,连接AD. 由AB1平面A1B1C1,得平面A1B1C1平面ABB1, 由C1DA1B1,得C1D平面ABB1,所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角. 16 由B1C1=5
31、,A1B1=22,A1C1=21, 得 cosC1A1B1=6 7,sinC 1A1B1= 1 7, 所以C1D=3,故 sinC1AD=1 1 = 39 13 .因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39 13 . 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1 =(1,3,2),11 =(1,3,-2),11 =(0,23,-3).由1 11 =0,得AB1A1B
32、1. 由1 11 =0,得AB1A1C1. 所以AB1平面A1B1C1. (2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为. 由(1)可知1 =(0,23,1), =(1,3,0),1 =(0,0,2). 设平面ABB1的法向量 n=(x,y,z). 由 = 0, 1 = 0, 即 + 3 = 0, 2 = 0, 可取 n=(-3,1,0).所以 sin =|cos|= |1 | |1 | = 39 13 .因此,直 线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39 13 . 17.(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
33、)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. 17 【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=1 3r 2h=1 32 242-22 = 83 3 . (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), =(1,1,-4), =(0,2,0). 设
34、异面直线PM与OB所成的角为, 则 cos =| | | | | = |10+12+(-4)0| 12+12+(-4)202+22+02 = 2 6 . =arccos2 6 . 异面直线PM与OB所成的角的大小为 arccos2 6 . 18.(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
35、为 E,连接 ME. 因为 PD平面 MAC, 平面 MAC平面 PDB=ME,所以 PDME. 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 OPAD. 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 OPOE. 18 因为 ABCD 是正方形,所以 OEAD. 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), =(4,-4,0), =(2,0,-2). 设平面BDP的
36、法向量为 n=(x,y,z), 则 = 0, = 0, 即4-4 = 0, 2-2 = 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= | = 1 2. 由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为 3. (3)解由题意知M(-1,2, 2 2 ),C(2,4,0), = (3,2,- 2 2 ). 设直线MC与平面BDP所成角为, 则 sin =|cos|=| | | | = 26 9 . 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为26 9 . 19.(2017全国 1理 T18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,ABC
37、D,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 ABAP,CDPD. 由于 ABCD,故 ABPD,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 PFAD,垂足为 F. 19 由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF, 可得PF平面ABCD. 以F为坐标原点, 的方向为x轴正方向, | |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A(2
38、2 ,0,0) ,P(0,0, 2 2 ) ,B(2 2 ,1,0) ,C(- 2 2 ,1,0).所 以 = (- 2 2 ,1,- 2 2 ), =(2,0,0), = (2 2 ,0,- 2 2 ), =(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面PCB的法向量, 则 = 0, = 0, 即- 2 2 + - 2 2 = 0, 2 = 0. 可取 n=(0,-1,-2). 设 m=(x,y,z)是平面PAB的法向量, 则 = 0, = 0, 即 2 2 - 2 2 = 0, = 0. 可取 m=(1,0,1).则 cos= |=- 3 3 . 所以二面角A-PB-C的余弦值为-3 3
39、. 20.(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=1 2AD,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 EFAD,EF=1 2 AD. 20 由BAD=ABC=90得 BCAD, 又 BC=1 2AD,所以 EFBC,四边形 BCEF 是平行四边形,CEBF,又 BF平面 PAB,CE平面 PAB,故 CE平面 PAB. (2)解由已知得BAAD,以A为坐标原点, 的方向为x轴正方向,| |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), =(1,0,-3), =(1,0,0). 设M(x,y,z)(00), 则C(m,3,0), =(m,3,0), 设 n1=(x,y,z)为平面ACE的法向量, 则1 = 0, 1 = 0, 即
