18-空间向量与立体几何-五年（2018-2022）高考数学真题按知识点分类汇编.pdf

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1、五五年年 2 20 01 18 8-2 20 02 22 2 高高考考数数学学真真题题按按知知识识点点分分类类汇汇编编 1 18 8-空空间间向向量量与与立立体体几几何何（含含解解析析）一一、单单选选题题1（2022全国统考高考真题）在正方体1111ABCDABC D中，E，F 分别为,AB BC的中点，则（）A平面1B EF 平面1BDDB平面1B EF 平面1ABDC平面1/B EF平面1A ACD平面1/B EF平面11AC D2（2018全国高考真题）在长方体1111ABCDABC D中，1ABBC，13AA，则异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为A15B56C55D22二二、多多选

2、选题题3（2021全国统考高考真题）在正三棱柱111ABCABC-中，11ABAA，点P满足1BPBCBB ，其中0,1，0,1，则（）A当1时，1AB P的周长为定值B当1时，三棱锥1PABC的体积为定值C当12时，有且仅有一个点P，使得1APBPD当12时，有且仅有一个点P，使得1AB 平面1AB P三三、解解答答题题4（2022全国统考高考真题）如图，直三棱柱111ABCABC-的体积为 4，1ABC的面积为2 2(1)求 A 到平面1ABC的距离；(2)设 D 为1AC的中点，1AAAB，平面1ABC 平面11ABB A，求二面角ABDC的正弦值5（2022全国统考高考真题）如图，四面

3、体ABCD中，,ADCD ADCDADBBDC，E 为AC的中点(1)证明：平面BED 平面ACD；(2)设2,60ABBDACB，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6（2022全国统考高考真题）在四棱锥PABCD中，PD 底面,1,2,3ABCD CDAB ADDCCBABDP(1)证明：BDPA；(2)求 PD 与平面PAB所成的角的正弦值7（2022全国统考高考真题）如图，PO是三棱锥PABC的高，PAPB，ABAC，E 是PB的中点(1)证明：/OE平面PAC；(2)若30ABOCBO，3PO，5PA，求二面角CAEB的正弦值8（2022浙江统考

4、高考真题）如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，/ABDC，/DCEF，5AB，3DC，1EF，60BADCDE，二面角FDCB的平面角为60设 M，N 分别为,AE BC的中点(1)证明：FNAD；(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值9（2022北京统考高考真题）如图，在三棱柱111ABCABC-中，侧面11BCC B为正方形，平面11BCC B 平面11ABB A，2ABBC，M，N 分别为11AB，AC 的中点(1)求证：MN平面11BCC B；(2)再从条件、条件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：ABMN；条件：BMMN注：如果选

5、择条件和条件分别解答，按第一个解答计分10（2022天津统考高考真题）直三棱柱111ABCABC-中，112,AAABACAAAB ACAB，D 为11AB的中点，E 为1AA的中点，F 为CD的中点(1)求证：/EF平面ABC；(2)求直线BE与平面1CC D所成角的正弦值；(3)求平面1ACD与平面1CC D所成二面角的余弦值11（2021全国统考高考真题）已知直三棱柱111ABCABC-中，侧面11AAB B为正方形，2ABBC，E，F 分别为AC和1CC的中点，D 为棱11AB上的点11BFAB（1）证明：BFDE；（2）当1B D为何值时，面11BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值

6、最小?12（2021全国统考高考真题）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD 底面ABCD，1PDDC，M为BC的中点，且PBAM（1）求BC；（2）求二面角APMB的正弦值13（2021全国统考高考真题）在四棱锥QABCD中，底面ABCD是正方形，若2,5,3ADQDQAQC（1）证明：平面QAD 平面ABCD；（2）求二面角BQDA的平面角的余弦值14（2021浙江统考高考真题）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，120,1,4,15ABCABBCPA，M，N 分别为,BC PC的中点，,PDDC PMMD.（1）证明：ABPM；（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦

7、值.15（2021北京统考高考真题）如图：在正方体1111ABCDABC D中，E为11AD中点，11BC与平面CDE交于点F（1）求证：F为11BC的中点；（2）点M是棱11AB上一点，且二面角MFCE的余弦值为53，求111AMAB的值16（2021天津统考高考真题）如图，在棱长为 2 的正方体1111ABCDABC D中，E 为棱 BC 的中点，F 为棱 CD 的中点（I）求证：1/D F平面11AEC；（II）求直线1AC与平面11AEC所成角的正弦值（III）求二面角11AACE的正弦值17（2020全国统考高考真题）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AEAD

8、ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，66PODO（1）证明：PA 平面PBC；（2）求二面角BPCE的余弦值18（2020海南统考高考真题）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19（2020天津统考高考真题）如图，在三棱柱111ABCABC-中，1CC 平面,2ABC ACBC ACBC，13CC，点,DE分别在棱1AA和棱1CC上，且12,ADCEM为棱11AB的中点（）求证：11C MB D；

9、（）求二面角1BB ED的正弦值；（）求直线AB与平面1DB E所成角的正弦值20（2020北京统考高考真题）如图，在正方体1111ABCDABC D中，E 为1BB的中点（）求证：1/BC平面1AD E；（）求直线1AA与平面1AD E所成角的正弦值21（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22（2020江苏统考高考真题）在三棱锥 ABCD 中，已知 CB=CD=5,BD=2，O

10、 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 FDEC 的大小为，求 sin的值23（2019全国高考真题）如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1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24（2018全国高考真题）如图，在三棱锥PABC中，2 2ABBC，4PAPBPCAC，O为AC的中点（1）证明：PO 平面ABC；（2）若点M在棱BC

11、上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值25（2018全国高考真题）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ABFD所成角的正弦值.26（2019全国统考高考真题）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，连结 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

12、；（2）求图 2 中的二面角 BCGA 的大小.27（2019浙江高考真题）如图，已知三棱柱111ABCABC-，平面11AAC C 平面ABC,90ABC，1130,BACA AACAC E F分别是11,AC AB的中点.（1）证明：EFBC；（2）求直线EF与平面1ABC所成角的余弦值.28（2018全国高考真题）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MABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值29（2019北京高考真题）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABC

13、D，ADCD，ADBC，PA=AD=CD=2，BC=3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且13PFPC（）求证：CD平面 PAD；（）求二面角 FAEP 的余弦值；（）设点 G 在 PB 上，且23PGPB判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由30（2019天津高考真题）如图，AE平面ABCD，,CFAEADBC，,1,2ADABABADAEBC.（）求证：BF平面ADE；（）求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；（）若二面角EBDF的余弦值为13，求线段CF的长.31（2018浙江高考真题）如图，已知多面体111111,ABCABC A A B B CC均垂直于平面111

14、,120,4,1,2ABCABCA ACCABBCB B（）求证：1AB 平面111ABC；（）求直线1AC与平面1ABB所成角的正弦值32（2018北京高考真题）如图，在三棱柱 ABC111ABC中，1CC 平面 ABC，D，E，F，G 分别为1AA，AC，11AC，1BB的中点，AB=BC=5，AC=1AA=2（1）求证：AC平面 BEF；（2）求二面角 BCDC1的余弦值；（3）证明：直线 FG 与平面 BCD 相交33（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

15、弦值；（2）求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值34（2018天津高考真题）如图，/ADBC且 AD=2BC，ADCD,/EGAD且 EG=AD，/CDFG且 CD=2FG，DGABCD 平面，DA=DC=DG=2.（I）若 M 为 CF 的中点，N 为 EG 的中点，求证：/MN平面CDE；（II）求二面角EBCF的正弦值；（III）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.参参考考答答案案：1A【分析】证明EF平面1BDD，即可判断 A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1B EF，1ABD，11A

16、C D的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断 BCD.【详解】解：在正方体1111ABCDABC D中，ACBD且1DD 平面ABCD，又EF 平面ABCD，所以1EFDD，因为,E F分别为,AB BC的中点，所以EFAC，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF平面1BDD，又EF 平面1B EF，所以平面1B EF 平面1BDD，故 A 正确；选项 BCD 解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB ，12,2,0,2,

17、0,2DBDA ，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC 设平面1B EF的法向量为111,mx y z，则有11111020m EFxym EByz ，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n ，平面1A AC的法向量为21,1,0n ，平面11AC D的法向量为31,1,1n ，则122110m n ，所以平面1B EF与平面1ABD不垂直，故 B 错误；因为m与2nu u r不平行，所以平面1B EF与平面1A AC不平行，故 C 错误；因为m与3n 不平行，所以平面1B EF与平面11AC D不平行，故 D 错误，故选：A.选项 BCD 解法二：解

18、：对于选项 B，如图所示，设11ABB EM，EFBDN，则MN为平面1B EF与平面1ABD的交线，在BMN内，作BPMN于点P，在EMN内，作GPMN，交EN于点G，连结BG，则BPG或其补角为平面1B EF与平面1ABD所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PBPNBN，222PGPNGN，底面正方形ABCD中，,E F为中点，则EFBD，由勾股定理可得222NBNGBG，从而有：2222222NBNGPBPNPGPNBG，据此可得222PBPGBG，即90BPG，据此可得平面1B EF 平面1ABD不成立，选项 B 错误；对于选项 C，取11AB的中点H，则1AHB E，由于AH与

19、平面1A AC相交，故平面1B EF平面1A AC不成立，选项 C 错误；对于选项 D，取AD的中点M，很明显四边形11AB FM为平行四边形，则11AMB F，由于1AM与平面11AC D相交，故平面1B EF平面11AC D不成立，选项 D 错误；故选：A.2C【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以 D 为坐标原点，DA,DC,DD1为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系，则11(0,0,0),(1,0,0),(1,1,3),(0,0,3)DABD,所以11(1,0,3),(1,1,3)ADDB ,因为

20、1111111 35cos,525AD DBAD DBAD DB ，所以异面直线1AD与1DB所成角的余弦值为55，选 C.点睛：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”.3BD【分析】对于 A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于 B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于 C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于 D，考虑借助向

21、量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数【详解】易知，点P在矩形11BCC B内部（含边界）对于 A，当1时，11=BPBCBBBCCC ，即此时P线段1CC，1AB P周长不是定值，故 A 错误；对于 B，当1时，1111=BPBCBBBBBC ，故此时P点轨迹为线段11BC，而11/BCBC，11/BC平面1ABC，则有P到平面1ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故 B 正确对于 C，当12时，112BPBCBB ，取BC，11BC中点分别为Q，H，则BPBQQH ，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，13,0,12A，0,0P,，

22、10,02B，则13,0,12AP，10,2BP，110AP BP ，所以0或1故,H Q均满足，故 C 错误；对于 D，当12时，112BPBCBB ，取1BB，1CC中点为,M NBPBMMN ，所以P点轨迹为线段MN设010,2Py，因为30,02A，所以031,22APy ，13 1,122AB，所以00311104222yy，此时P与N重合，故 D 正确故选：BD【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内4(1)2(2)32【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC平面11ABB A，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可

23、得解.【详解】（1）在直三棱柱111ABCABC-中，设点 A 到平面1ABC的距离为 h，则1111 1 1112 211433333A A BCAAABCAABC A BBCCCBVShhVSA AV，解得2h，所以点 A 到平面1ABC的距离为2；（2）取1AB的中点 E,连接 AE,如图，因为1AAAB，所以1AEAB,又平面1A BC 平面11ABB A，平面1ABC 平面111ABB AAB，且AE 平面11ABB A，所以AE平面1ABC，在直三棱柱111ABCABC-中，1BB 平面ABC，由BC平面1ABC，BC平面ABC可得AEBC，1BBBC，又1,AE BB 平面11A

24、BB A且相交，所以BC平面11ABB A，所以1,BC BA BB两两垂直，以 B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE，所以12AAAB，12 2AB，所以2BC，则10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0AABC,所以1AC的中点1,1,1D，则1,1,1BD ，0,2,0,2,0,0BABC ,设平面ABD的一个法向量,mx y z，则020m BDxyzm BAy ，可取1,0,1m，设平面BDC的一个法向量,na b c，则020n BDabcn BCa ，可取0,1,1n r，则11cos,222m nm nmn ，所以二面角ABDC的正弦值为213122.

25、5(1)证明过程见解析(2)CF与平面ABD所成的角的正弦值为4 37【分析】（1）根据已知关系证明ABDCBD，得到ABCB，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BEDE，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.（1）因为ADCD，E 为AC的中点，所以ACDE；在ABD和CBD中，因为,BACDCDADBDB DBD，所以ABDCBD，所以ABCB，又因为 E 为AC的中点，所以ACBE；又因为,DE BE 平面BED，DEBEE，所以AC 平面BED，因为AC平面ACD，所以平面BED 平面ACD.（2）连接EF

26、，由（1）知，AC 平面BED，因为EF 平面BED，所以ACEF，所以1=2AFCSAC EF，当EFBD时，EF最小，即AFC的面积最小.因为ABDCBD，所以2CBAB，又因为60ACB，所以ABC是等边三角形，因为 E 为AC的中点，所以1AEEC，3BE，因为ADCD，所以112DEAC,在DEB中，222DEBEBD，所以BEDE.以E为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则1,0,0,0,3,0,0,0,1ABD，所以1,0,1,1,3,0ADAB ，设平面ABD的一个法向量为,nx y z，则030n ADxzn ABxy ，取3y，则3,3,3n，又因为3 31,0

27、,0,0,44CF，所以3 31,44CF，所以64 3cos,77214n CFn CFn CF ，设CF与平面ABD所成的角的正弦值为02，所以4 3sincos,7n CF ，所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为4 37.6(1)证明见解析；(2)55.【分析】（1）作DEAB于E，CFAB于F，利用勾股定理证明ADBD，根据线面垂直的性质可得PDBD，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.（1）证明：在四边形ABCD中，作DEAB于E，CFAB于F，因为/,1,2CDAB ADCDCBAB，所以四边形ABC

28、D为等腰梯形，所以12AEBF，故32DE，223BDDEBE，所以222ADBDAB，所以ADBD，因为PD 平面ABCD，BD平面ABCD，所以PDBD，又=PDAD D，所以BD平面PAD，又因为PA 平面PAD，所以BDPA；（2）解：如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，3BD，则1,0,0,0,3,0,0,0,3ABP，则1,0,3,0,3,3,0,0,3APBPDP ，设平面PAB的法向量,nx y z，则有30330n APxzn BPyz ，可取3,1,1n，则5cos,5n DPn DPn DP ，所以PD与平面PAB所成角的正弦值为55.7(1)证明见解析(2)1113【

29、分析】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OAOB，再根据直角三角形的性质得到AODO，即可得到O为BD的中点从而得到/OE PD，即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】（1）证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥PABC的高，所以PO平面ABC，,AO BO 平面ABC，所以POAO、POBO，又PAPB，所以POAPOB，即OAOB，所以OABOBA，又ABAC，即90BAC，所以90OABOAD，90OBAODA，所以ODAOAD 所以AO

30、DO，即AODOOB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以/OE PD，又OE 平面PAC，PD 平面PAC，所以/OE平面PAC（2）解：过点A作/Az OP，如图建立平面直角坐标系，因为3PO，5AP，所以224OAAPPO，又30OBAOBC，所以28BDOA，则4AD，4 3AB，所以12AC，所以2 3,2,0O，4 3,0,0B，2 3,2,3P，0,12,0C，所以33 3,1,2E，则33 3,1,2AE，4 3,0,0AB ，0,12,0AC，设平面AEB的法向量为,nx y z，则33 3024 30n AExyzn ABx ，令2z，则=3y，0 x，所以0,3,2

31、n；设平面AEC的法向量为,ma b c，则33 302120m AEabcm ACb，令3a，则6c ，0b，所以3,0,6m；所以124 3cos,131339n mn mn m .设二面角CAEB的大小为，则4 3coscos,=13n m，所以211sin1cos13，即二面角CAEB的正弦值为1113.8(1)证明见解析；(2)5 714【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FCBC，再根据二面角的定义可知，60BCF，由此可知，FNBC，FNCD，从而可证得FN 平面ABCD，即得FNAD；（2）由（1）可知FN 平面ABCD

32、，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Nxyz，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，/,/,5,3,1ABDC CDEF ABDCEF，60BADCDE，由平面几何知识易知，2,90DGAHEFCDCFDCBABC ，则四边形EFCG和四边形DCBH是矩形，在 RtEGD和 RtDHA，2 3EGDH，,DCCF DCCB，且CFCBC，DC 平面,BCFBCF是二面角FDCB

33、的平面角，则60BCF，BCF是正三角形，由DC 平面ABCD，得平面ABCD平面BCF，N是BC的中点，FNBC，又DC 平面BCF，FN 平面BCF，可得FNCD，而BCCDC，FN 平面ABCD，而AD 平面ABCDFNAD（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Nxyz，设(5,3,0),(0,3,0),(3,3,0),(1,0,3)ABDE，则3 33,22M，3 33,(2,2 3,0),(2,3,3)22BMADDE 设平面ADE的法向量为(,)nx y z由00n ADn DE，得2

34、2 302330 xyxyz，取(3,1,3)n，设直线BM与平面ADE所成角为，33 33 322|5 35 7sincos,14|397 2 33 1 3944n BMn BMnBM 9(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11BCC B，从而可证/MN平面11BCC B.（2）选均可证明1BB 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111ABCABC-可得四边形11ABB A为平行四边形，而11,B MMA BKKA，则1/MK BB

35、，而MK 平面11BCC B，1BB 平面11BCC B，故/MK平面11BCC B，而,CNNA BKKA，则/NK BC，同理可得/NK平面11BCC B，而,NKMKK NK MK平面MKN，故平面/MKN平面11BCC B，而MN平面MKN，故/MN平面11BCC B，（2）因为侧面11BCC B为正方形，故1CBBB，而CB 平面11BCC B，平面11CBBC 平面11ABB A，平面11CBBC 平面111ABB ABB，故CB 平面11ABB A，因为/NK BC，故NK 平面11ABB A，因为AB平面11ABB A，故NKAB，若选，则ABMN，而NKAB，NKMNN，故A

36、B平面MNK，而MK 平面MNK，故ABMK，所以1ABBB，而1CBBB，CBABB，故1BB 平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2BANM，故0,2,0,1,1,0,0,1,2BABNBM ，设平面BNM的法向量为,nx y z，则00n BNn BM ，从而020 xyyz，取1z ，则2,2,1n ，设直线AB与平面BNM所成的角为，则42sincos,2 33n AB .若选，因为/NK BC，故NK 平面11ABB A，而KM 平面MKN，故NKKM，而11,1B MBKNK，故1B MNK，而12B BMK，MBMN，故1B

37、B MMKN，所以190BB MMKN，故111ABBB，而1CBBB，CBABB，故1BB 平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2BANM，故0,2,0,1,1,0,0,1,2BABNBM ，设平面BNM的法向量为,nx y z，则00n BNn BM ，从而020 xyyz，取1z ，则2,2,1n ，设直线AB与平面BNM所成的角为，则42sincos,2 33n AB .10(1)证明见解析(2)45(3)1010【分析】（1）以点1A为坐标原点，1A A、11AB、11AC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

38、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1CC D夹角的正弦值；（3）利用空间向量法可求得平面1ACD与平面1CC D夹角的余弦值.【详解】（1）证明：在直三棱柱111ABCABC-中，1AA 平面111ABC，且ACAB，则1111ACAB以点1A为坐标原点，1A A、11AB、11AC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2,0,0A、2,2,0B、2,0,2C、10,0,0A、10,0,2B、10,0,2C、0,1,0D、1,0,0E、11,12F，则10,12EF，易知平面ABC的一个法向量为1,0,0m，则0EF m ，故EFm，EF 平面AB

39、C，故/EF平面ABC.（2）解：12,0,0C C ，10,1,2C D ，1,2,0EB ，设平面1CC D的法向量为111,ux y z，则111112020u C Cxu C Dyz ，取12y，可得0,2,1u，4cos,5EB uEB uEB u .因此，直线BE与平面1CC D夹角的正弦值为45.（3）解：12,0,2AC，10,1,0AD ，设平面1ACD的法向量为222,vxyz，则122122200v ACxzv ADy ，取21x，可得1,0,1v，则110cos,1052u vu vuv ，因此，平面1ACD与平面1CC D夹角的余弦值为1010.11（1）证明见解析；

40、（2）112B D【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）方方法法一一：几几何何法法因为1 11 1,/BFAB ABAB，所以BFAB又因为1ABBB，1BFBBB，所以AB平面11BCC B又因为2ABBC，构造正方体1111ABCGABCG，如图所示，过 E 作AB的平行线分别与AGBC，交于其中点,M N，连接11,AM BN，因为 E，F 分别为AC和1CC的中点，所以N是 BC 的中点，易证1RtRt

41、BCFB BN，则1CBFBBN又因为1190BBNBNB，所以1190CBFBNBBFBN，又因为1 111 11,BFAB BNABB，所以BF 平面11AMNB又因为ED 平面11AMNB，所以BFDE方方法法二二【最最优优解解】：向向量量法法因为三棱柱111ABCABC-是直三棱柱，1BB底面ABC，1BBAB11/ABAB，11BFAB，BFAB，又1BBBFB，AB平面11BCC B 所以1,BA BC BB两两垂直以B为坐标原点，分别以1,BA BC BB所在直线为,x y z轴建立空间直角坐标系，如图0,0,0,2,0,0,0,2,0,BAC1110,0,2,2,0,2,0,2

42、,2BAC，1,1,0,0,2,1EF由题设,0,2D a（02a）因为0,2,1,1,1,2BFDEa，所以012 1 120BF DEa ，所以BFDE方方法法三三：因为11BFAB，11/ABAB，所以BFAB，故110BF AB ，0BF AB ，所以11BF EDBFEBBBB D 11=BF B DBFEBBB 1BF EBBF BB 11122BFBABCBF BB 11122BF BABF BCBF BB 112BF BCBF BB 111coscos2BFBCFBCBFBBFBB 121=52520255 ，所以BFED（2）方方法法一一【最最优优解解】：向向量量法法设平面D

43、FE的法向量为,mx y z，因为1,1,1,1,1,2EFDEa ，所以00m EFm DE，即0120 xyza xyz 令2za，则3,1,2maa因为平面11BCC B的法向量为2,0,0BA，设平面11BCC B与平面DEF的二面角的平面角为，则cosm BAmBA 2622214aa232214aa当12a 时，2224aa取最小值为272，此时cos取最大值为363272所以2min63sin133，此时112B D 方方法法二二：几几何何法法如图所示，延长EF交11AC的延长线于点 S，联结DS交11BC于点 T，则平面DFE平面1 1BBCC FT作1BHFT，垂足为 H，因

44、为1DB 平面11BBCC，联结DH，则1DHB为平面11BBCC与平面DFE所成二面角的平面角设1,B Dt0,2,t1BTs，过1C作11 1/CGAB交DS于点 G由111113C SCGSAAD得11(2)3C Gt又1111BDBTCGCT，即12(2)3tsst，所以31tst又111BHBTCFFT，即1211(2)B Hss，所以121(2)sB Hs所以2211DHB HB D2221(2)sts2229225tttt则11sinB DDHBDH2229225ttttt219119222t，所以，当12t 时，1min3sin3DHB方方法法三三：投投影影法法如图，联结1,F

45、B FN，DEF在平面11BBCC的投影为1BNF，记面11BBCC与面DFE所成的二面角的平面角为，则1cosB NFDEFSS设1(02)BD tt，在1Rt DB F中，222115DFB DB Ft在Rt ECF中，223EFECFC，过 D 作1B N的平行线交EN于点 Q在RtDEQ中，2225(1)DEQDEQt在DEF中，由余弦定理得222cos2DFEFDEDFEDF EF22315(1)35ttt，222214sin35ttDFEt，1sin2DFESDF EFDFE2122142tt，13,2B NFS1cosB NFDFESS232214tt，29sin127tt，当1

46、2t，即112B D，面11BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小，最小值为33【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BBCC与面DFE所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE在面11BBCC上的投影三角形的面积与DFE

47、面积之比即为面11BBCC与面DFE所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维12（1）2；（2）7014【分析】（1）以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设2BCa，由已知条件得出0PB AM ，求出a的值，即可得出BC的长；（2）求出平面PAM、PBM的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【详解】（1）方方法法一一：空空间间坐坐标标系系+空空间间向向量量法法PD 平面ABCD，四边形ABCD为矩形，不妨以点D为坐标原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴建立如

48、下图所示的空间直角坐标系Dxyz，设2BCa，则0,0,0D、0,0,1P、2,1,0Ba、,1,0M a、2,0,0Aa，则2,1,1PBa，,1,0AMa ，PBAM，则2210PB AMa ，解得22a，故22BCa；方方法法二二【最最优优解解】：几几何何法法+相相似似三三角角形形法法如图，连结BD因为PD 底面ABCD，且AM 底面ABCD，所以PDAM又因为PBAM，PBPDP，所以AM平面PBD又BD平面PBD，所以AMBD从而90ADBDAM 因为90MABDAM，所以 MABADB所以ADBBAM，于是ADBAABBM所以2112BC 所以2BC 方方法法三三：几几何何法法+三

49、三角角形形面面积积法法如图，联结BD交AM于点 N由方法二知AMDB在矩形ABCD中，有DANBMN，所以2ANDAMNBM，即23ANAM令2(0)BCt t，因为 M 为BC的中点，则BMt，241DBt，21AMt由1122DABSDA ABDB AN，得221241123 ttt，解得212t，所以22BCt（2）方方法法一一【最最优优解解】：空空间间坐坐标标系系+空空间间向向量量法法设平面PAM的法向量为111,mx y z，则2,1,02AM ，2,0,1AP ，由111120220m AMxym APxz ，取12x，可得2,1,2m，设平面PBM的法向量为222,nxy z，2

50、,0,02BM ，2,1,1BP ，由222220220n BMxn BPxyz ，取21y，可得0,1,1n，33 14cos,1472m nm nmn ，所以，270sin,1 cos,14m nm n ，因此，二面角APMB的正弦值为7014.方方法法二二：构构造造长长方方体体法法+等等体体积积法法如图，构造长方体1111ABCDABC D，联结11,AB AB，交点记为H，由于11ABAB，1ABBC，所以AH 平面11ABCD过 H 作1D M的垂线，垂足记为 G联结AG，由三垂线定理可知1AGD M，故AGH为二面角APMB的平面角易证四边形11ABCD是边长为2的正方形，联结1D