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高考二轮空间向量与立体几何专项训练
（原卷+答案）
考点一　向量法证明平行与垂直——建系，找点，写向量；平行，垂直，找关系
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．
平面α，β的法向量分别为u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．
(1)l∥m a∥b a＝kb a1＝________，b1＝________，c1＝________；
(2)l⊥m a⊥b a·b＝________ a1a2＋b1b2＋c1c2＝________；
(3)l∥α a⊥u a·u＝________ a1a3＋b1b3＋c1c3＝________；
(4)l⊥α a∥u a＝ku a1＝________，b1＝________，c1＝________；
(5)α∥β u∥v u＝kv a3＝________，b3＝________，c3＝________；
(6)α⊥β u⊥v u·v＝0 a3a4＋b3b4＋c3c4＝________．
[例1]　在直三棱柱ABC A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.
求证：(1)B1D⊥平面ABD；
(2)平面EGF∥平面ABD.
[考查知识]　线面垂直、面面平行的判定．
[核心素养]　逻辑推理．
归纳总结
利用空间向量证明平行与垂直的步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面中的要素；
(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系；
(4)根据运算结果解释相关问题．
对点训练
如图，在直三棱柱ADE BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点，运用向量方法证明：
(1)OM∥平面BCF；
(2)平面MDF⊥平面EFCD.
考点二　向量法求空间角——巧妙建系，求向量夹角
1．向量法求异面直线所成的角
若异面直线a，b的方向向量分别为a，b，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a，b〉|＝.
2．向量法求线面所成的角
求出平面的法向量n，直线的方向向量a，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，a〉|＝.
3．向量法求二面角
求出二面角α l β的两个半平面α与β的法向量n1，n2，若二面角α l β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝；若二面角α l β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n1，n2〉|＝－.
[例2]　[2021·全国乙卷]如图，四棱锥P－ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM.
(1)求BC；
(2)求二面角A－PM－B的正弦值．
[考查知识]　空间中线段长度的求解及二面角的求解．
[核心素养]　逻辑推理，数学运算．
归纳总结
(1)利用向量法求线面角的方法
①分别求出斜线和它在平面内的射影的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(或钝角的补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角．即线面角的正弦值等于斜线的方向向量与平面的法向量夹角余弦值的绝对值．
(2)利用向量法求二面角的方法
①分别在二面角的两个半平面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小；
②通过平面的法向量来求：设二面角的两个半平面的法向量分别为n1和n2，则二面角的大小等于〈n1·n2〉(或π－〈n1·n2〉)．
[警示]　求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．
[拓展训练1]　(变问题)若[例2]中条件不变，求直线PB与CD所成的角．
[拓展训练2]　(变问题)若[例2]中条件不变，求直线PB与平面PAM所成角的正弦值．
对点训练
1．[2021·浙江卷]如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(　　)
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
2.
[2021·南京学情调研]如图，四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠ADC＝60°，PA＝AD＝2，E为AD的中点．
(1)求证：平面PCE⊥平面PAD.
(2)求PC与平面PAD所成角的正切值．
(3)求二面角A PD C的正弦值．
考点三　用向量法解决探索性问题——问题坐标化，探求方程解
[例3]　
如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，M为线段PC的中点，PD＝AD，N为线段BC上异于B，C的动点．
(1)证明：平面MND⊥平面PBC.
(2)当点N在线段BC的什么位置时，平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°？指出点N的位置，并说明理由．
[考查知识]　空间中线与面的垂直关系，二面角的求法．
[核心素养]　逻辑推理，数学运算．
归纳总结
利用空间向量巧解探索性问题
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
对点训练
1.[2021·全国甲卷]已知直三棱柱ABC A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
2.
如图，在四棱锥P ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点．
(1)求证：DE∥平面BPC；
(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，请求出二面角F PC D的余弦值；若不存在，请说明理由．
[高考5个大题]
解题研诀窍(三) 立体几何问题重在“建”——建模、建系
[思维流程——找突破口]
[技法指导——迁移搭桥]
立体几何解答题建模、建系策略
立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是建模、建系．
建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．
建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
[典例]　
如图，在三棱锥P ABC中，AB＝BC＝2，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．
[快审题]
求什么 想什么 证明线面垂直，想线面垂直成立的条件． 求线面角的正弦值，想平面的法向量及直线的方向向量．
给什么 用什么 给出边的长度，用勾股定理证线线垂直． 给出二面角的大小，可求出点M的位置．
差什么 找什么 差点M的坐标，利用垂直关系建立空间直角坐标系，找出平面PAM，平面PAC的法向量．
[稳解题]
(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，
所以PO⊥AC，且PO＝2.
连接OB，因为AB＝BC＝AC，
所以△ABC为等腰直角三角形，
且OB⊥AC，OB＝AC＝2.
所以PO2＋OB2＝PB2，
所以PO⊥OB.
又因为OB＝O，
所以PO⊥平面ABC.
(2)以O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(0，0，2)，＝(0，2，2)．
取平面PAC的一个法向量＝(2，0，0)．
设M(a，2－a，0)(0设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)．
由
得
令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，
所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，
所以cos 〈，n〉
＝.
由已知可得|cos 〈，n〉|＝cos 30°＝，
所以＝，
解得a＝或a＝－4(舍去)．
所以n＝.
又因为＝(0，2，－2)，
所以cos 〈，n〉＝＝.
所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.
利用法向量求解空间角的关键在于“四破”
[A·基础达标]
1.
在如图所示的三棱锥A BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥BD，AB＝BC＝BD＝2.E，F分别是BC，AD的中点，则直线AE与CF所成角的余弦值为(　　)
A．－ 　B．
C． 　D．－
2．已知圆锥的底面圆心为O，SA，SB为圆锥的两条母线，且SA与圆锥底面所成的角为60°，∠AOB＝120°，则SB与平面SOA所成的角的正弦值为(　　)
A． B． C． D．
3．[2021·安徽芜湖模拟]如图，已知P是矩
形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，E，F分别是AB，PC的中点．若∠PDA＝45°，则EF与平面ABCD所成的角是(　　)
A．90° B．60°
C．45° D．30°
4．[2021·江苏南京秦中调研改编]如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出如下四个结论：①AB⊥AC；②AB⊥DC；③BD⊥AC；④平面ADC的法向量和平面ABC的法向量互相垂直．其中正确的是(　　)
A．①② B．②③
C．③④ D．②④
5．[2021·江西宜春测试]平面α过正方体ABCD A1B1C1D1的顶点A，BC1⊥α，点E，F分别为AA1，CC1的中点，．若α∩平面ABCD＝m，α∩平面EFG＝n，则直线m与直线n所成角的正切值为(　　)
A． B．
C． D．
6．在如图所示的三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝AC＝AA1＝1，∠ABC＝.则A1B与平面BB1C1C所成的角的余弦值为________．
7．[2021·四川成都诊断性检测]在三棱锥P ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝1，AC＝.三棱锥P ABC的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为________；若点M，N分别是△ABC与△PAC的重心，直线MN与球O的表面相交于D，E两点，则线段DE的长度为________．
8.
[2021·湖北部分重点中学联考]如图，在三棱锥V ABC中，平面VAC⊥平面ABC，△ABC和△VAC均是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝CV＝2，M，N分别为VA，VB的中点．
(1)求证：AB⊥VC.
(2)求直线VB与平面CMN所成角的正弦值．
9．[2021·山东青岛调研]如图
正方形ABCD和ABEF所在平面互相垂直，且边长都是1，M，N，G分别为线段AC，BF，AB上的动点，且CM＝BN，AF∥平面MNG，记BG＝a(0(1)证明：MG⊥平面ABEF.
(2)当MN的长度最小时，求二面角A MN B的余弦值．
10.
[2021·湖北仙桃模拟]如图所示，三棱柱ABC A1B1C1中，四边形A1C1CA为菱形，∠B1A1A＝∠C1A1A＝60°，AC＝4，AB＝2，平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，Q在线段AC上移动，P为棱AA1的中点．
(1)若Q为线段AC的中点，H为BQ的中点，延长AH交BC于D，求证：AD∥平面B1PQ.
(2)若二面角B1 PQ C1的平面角的余弦值为，求点P到平面BQB1的距离．
[B·素养提升]
11．[2021·广州深圳宝安调研]如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD和圆O所在的平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1.
(1)求证：平面DAF⊥平面CBF.
(2)当AD的长为何值时，二面角D CF B的大小为60°？
12．如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，点O是底面ABCD的中心，E是线段OD1上的一点．
(1)若E为OD1的中点，求直线OD1与平面CDE所成角的正弦值；
(2)是否存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O？若存在，请指出点E的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由．
参考答案
考点一
(1)ka2　kb2　kc2　(2)0　0　(3)0　0　(4)ka3　kb3　kc3
(5)ka4　kb4　kc4　(6)0
[例1]　
证明：(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系B xyz，如图所示，
则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，设BA＝a，则A(a，0，0)，
所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，
·＝0，·＝0＋4－4＝0，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD.
又因为BA＝B，BA，BD 平面ABD，
因此B1D⊥平面ABD.
(2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)，
则＝＝(0，1，1)，
·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又因为EG＝E，EG，EF 平面EGF，因此B1D⊥平面EGF.
结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.
对点训练
证明：由题意得AB，AD，AE两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz.
设正方形边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，0，1)，M，O.
(1)＝＝(－1，0，0)，
所以·＝0，所以⊥.
因为棱柱ADE BCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量，且OM 平面BCF，所以OM∥平面BCF.
(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．
因为＝(1，－1，1)，＝(，－1，0)，＝(1，0，0)，＝(0，－1，1)，
由n1·＝n1·＝0，得
解得令x1＝1，则n1＝.
同理可得n2＝(0，1，1)．
因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD.
考点二
[例2]　解析：
(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC.
在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
设BC＝t，则A(t，0，0)，B(t，1，0)，M，P(0，0，1)，
所以＝(t，1，－1)，＝.
因为PB⊥AM，所以·＝－＋1＝0，得t＝，
所以BC＝.
(2)易知C(0，1，0)，由(1)可得＝(－，0，1)，＝＝(，0，0)，＝(，1，－1)．
设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
，即，
令x1＝，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量n1＝(，1，2)．
设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则
，即，
得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0，1，1)．
cos 〈n1，n2〉＝＝＝，
所以二面角A PM B的正弦值为.
[拓展训练1]　解析：由题意知：
P(0，0，1)，B(，1，0)，C(0，1，0)，D(0，0，0)，则＝(0，1，0)，＝(，1，－1)，设直线PB与CD所成角的大小为θ，则cos θ＝|cos 〈〉|＝＝＝，
又因为θ∈(0，]，
所以θ＝，
即直线PB与CD所成的角为.
[拓展训练2]　解析：由题意知：P(0，0，1)，B(，1，0)，A(，0，0)，M.
则＝(，1，－1)，＝.
＝.
设n＝(x，y，z)为平面PAM的法向量，
则即
令x＝2，则y＝，z＝2.
所以n＝(2，，2)．
设直线PB与平面PAM所成角的大小为θ，则
sin θ＝|cos 〈，n〉|＝
＝＝，
即直线PB与平面PAM所成角的正弦值为.
对点训练
1．解析：
如图，连接AD1.因为四边形ADD1A1是正方形，且M是A1D的中点，所以点M是AD1的中点，A1D⊥AD1.又AB⊥平面ADD1A1，A1D 平面ADD1A1，所以AB⊥A1D.又因为AB＝A，所以A1D⊥平面ABD1.又因为D1B 平面ABD1，所以A1D⊥D1B，所以B错误．由图易知直线A1D与直线D1B异面，所以C错误．因为M，N分别是AD1，D1B的中点，所以MN∥AB.又因为MN 平面ABCD，AB 平面ABCD，所以MN∥平面ABCD，所以A正确．取AA1的中点E，连接NE，EB，ED1，ED，EB1，B1D，则B1D交BD1于点N.易证EB＝ED1，ED＝EB1.且N是D1B，B1D的中点，所以EN⊥D1B，EN⊥B1D.又因为BD1＝N，所以EN⊥平面BDD1B1.而MN＝N，所以MN与平面BDD1B1不垂直，所以D错误．故选A.
答案：A
2．解析：
(1)连接AC，如图，因为四边形ABCD为菱形，所以DA＝DC，
又因为∠ADC＝60°，所以△ADC为等边三角形，所以CA＝CD.
在△ADC中，E是AD的中点，所以CE⊥AD.
因为PA⊥平面ABCD，CE 平面ABCD，所以CE⊥PA.
因为PA＝A，PA 平面PAD，AD 平面PAD，所以EC⊥平面PAD，
因为EC 平面PCE，所以平面PCE⊥平面PAD.
(2)由(1)知EC⊥平面PAD，所以斜线PC在平面PAD内的射影为PE.
即∠CPE是PC与平面PAD所成的角．
因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
在Rt△PAE中，PE＝＝，
在Rt△CED中，CE＝＝.
因为EC⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以EC⊥PE.
在Rt△CEP中，tan ∠CPE＝＝，
所以PC与平面PAD所成角的正切值为.
(3)在平面PAD中，过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接CM，如图所示．因为EC⊥平面PAD，PD 平面PAD，所以EC⊥PD，
因为EM＝E，且EM、EC 平面EMC，所以PD⊥平面EMC，因为CM 平面EMC，所以PD⊥CM，
所以∠EMC是二面角A PD C的平面角．
在Rt△EMD中，ED＝1，∠ADP＝45°，所以EM＝MD＝.
在Rt△CMD中，MD＝，CD＝2，所以CM＝＝，
在Rt△EMC中，EC＝.
所以sin ∠EMC＝＝，
所以二面角A PD C的正弦值为.
考点三
[例3]　解析：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，BC 底面ABCD，所以PD⊥BC.
因为CD⊥BC，PD＝D，PD、CD 平面PCD，所以BC⊥平面PCD.
又因为DM 平面PCD，所以DM⊥BC.
因为在△PDC中，PD＝CD，M为PC的中点，
所以DM⊥PC.
又因为PC＝C且PC、BC 平面PBC，所以DM⊥平面PBC.
又因为DM 平面DMN，所以平面MND⊥平面PBC.
(2)设PD＝1，以D为坐标原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz，则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，P，C，M.
设N(λ，1，0)(0<λ<1)，则＝(－1，0，1)，＝(0，1，0)，＝(λ，1，0)，＝.
设m＝(x1，y1，z1)为平面PAB的法向量，
则有即令x1＝1，可得m＝(1，0，1)为平面PAB的一个法向量．
设n＝(x2，y2，z2)为平面MND的法向量，
则有即令x2＝1，可得n＝(1，－λ，λ)为平面MND的一个法向量．
因为平面MND与平面PAB所成锐二面角的大小为30°，所以|cos 〈m，n〉|＝＝，即＝，解得λ＝，故N为线段BC的中点．
对点训练
1．解析：(1)因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B xyz，
则B(0，0，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，＝(0，2，1)．
设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m，0，2)，
于是＝(1－m，1，－2)．
所以·＝0，所以BF⊥DE.
(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1，0，0)．
设面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，
则，
又因为＝(1－m，1，－2)，＝(－1，1，1)，
所以，令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1，2－m)，
所以cos 〈n1，n2〉＝ .
设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝，故当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
2．解析：(1)证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N，如图在四边形ABCD中，
∵CN⊥AB，DA⊥AB，
∴CN∥DA.
又∵AB∥CD，∴四边形CDAN为矩形，
∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，
在Rt△BNC中，
BN＝＝＝6，
∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，
∴EM为△PAB的中位线，
∴EM∥AB且EM＝AB＝6.
又∵DC∥AB，
∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，
∴DE∥CM.
∵CM 平面PBC，DE 平面PBC，∴DE∥平面PBC.
(2)由题意可得DA，DC，DP两两垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D xyz，
则A(8，0，0)，B(8，12，0)，C(0，6，0)，P(0，0，8)．
假设AB上存在一点F，使CF⊥BD，设点F的坐标为(8，t，0)(0≤t≤12)，
则＝(8，t－6，0)，＝(8，12，0)．
由·＝0，得t＝.
易知平面DPC的一个法向量为m＝(1，0，0)．
设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z)．
∵＝(0，6，－8)，＝.
由得
即不妨令y＝12，则n＝(8，12，9)为平面FPC的一个法向量．
则cos 〈n，m〉＝＝＝.
又由图可知，二面角F PC D为锐二面角，
故二面角F PC D的余弦值为.
1．解析：方法一　
如图所示，分别取CE，AF，AC的中点M，N，G.作NO⊥BD交BD于O，连接MG，GN，MN，MO.
则易知直线AE与CF所成角为GN，GM所成的角．
根据题意，可计算得AE＝＝，AC＝AD＝CD＝2，CF＝AD＝，则GM＝AE＝，GN＝CF＝，MN＝＝＝.
所以cos ∠MGN＝＝－.
所以直线AE与CF所成角的余弦值为.故选B.
方法二　·＝·（－＋－）＝－2－2＝－4，由方法一知||＝，||＝，故cos 〈，〉＝＝＝－.所以直线AE与CF所成角的余弦值为.故选B.
答案：B
2．解析：
如图所示，过B作BC⊥AO，交AO的延长线于C.连接SC，设底面圆的半径为r，由题意知SA与圆锥底面所成的角为∠SAO＝60°，故SA＝SB＝2r，又∠AOB＝120°，故BC＝r.
易知SO⊥BC，又AO⊥BC，SO∩AO＝O，故BC⊥平面SOA，故∠BSC为SB与平面SOA所成的角，
sin ∠BSC＝＝＝.故选A.
答案：A
3．解析：方法一（几何法）　取PD的中点G，连接AG，FG，如图所示．
又E，F分别为AB，PC的中点，所以AE＝AB，GF∥DC且GF＝DC，
又在矩形ABCD中，AB∥CD且AB＝CD，所以AE∥GF且AE＝GF，
所以四边形AEFG是平行四边形，所以AG∥EF，
所以AG与平面ABCD所成的角等于EF与平面ABCD所成的角．
因为PA⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
过G作GH⊥AD，垂足为H，则GH∥PA，
所以GH⊥平面ABCD.
所以∠GAH为AG与平面ABCD所成的角，即为所求角．
因为PA⊥AD，G为PD的中点，所以AG＝DG，
又∠PDA＝45°，所以∠GAH＝45°，
即EF与平面ABCD所成的角为45°.故选C.
方法二（向量法）　由已知可得PA⊥平面ABCD，且AB⊥AD.
如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．
因为PA⊥AD，∠PDA＝45°，所以PA＝AD.
不妨设PA＝AD＝2，AB＝t.
则E，P（0，0，2），C（t，2，0），
又F是PC的中点，所以F.
故＝（0，1，1）.
因为PA⊥平面ABCD，故＝（0，0，2）为平面ABCD的一个法向量．
cos 〈，〉＝＝＝，
所以〈，〉＝45°.
设EF与平面ABCD所成的角为θ，
则θ＝90°－〈，〉＝90°－45°＝45°.
即EF与平面ABCD所成的角为45°.故选C.
答案：C
4．解析：
因为平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD＝AD，且BD⊥AD，CD⊥AD，所以AD，BD，CD两两垂直，则以D为坐标原点，DB，DC，DA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．设折叠前的等腰直角三角形ABC的斜边BC＝2，则D（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），A（0，0，1），则＝（1，0，－1），＝（0，1，－1），＝（0，1，0），＝（－1，0，0），所以·＝0＋0＋1＝1，故①错误．·＝0，故②正确．·＝0，故③正确．易知平面ADC的法向量为＝（－1，0，0）.设平面ABC的法向量为n＝（x，y，z），则即令y＝1，得n＝（1，1，1），所以·n＝－1，故④错误．故选B.
答案：B
5.解析：
不妨设AB＝2，以D1为原点，D1A1为x轴，D1C1为y轴，D1D为z轴建立空间直角坐标系，则D1（0，0，0），A1（2，0，0），A（2，0，2），E（2，0，1），C1（0，2，0），C（0，2，2），F（0，2，1），B（2，2，2），
∴＝（－2，2，0），C1B＝（2，0，2）.
∵C1G＝2GD1，∴G，
∴＝.
设平面EFG的一个法向量为n1＝（x，y，z），则不妨令x＝1，则n1＝.易知平面ABCD的一个法向量为n2＝（0，0，1）.设直线m，n的方向向量分别为m0＝（x0，y0，z0），n0＝（x2，y2，z2）.∵α∩平面ABCD＝m，BC1⊥α，
∴不妨令y0＝1，则m0＝（0，1，0），同理可得n0＝.
设直线m与直线n所成角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m0，n0〉|＝＝＝，
∴sin θ＝＝＝，
∴tanθ＝＝＝，故选B.
答案：B
6.
解析：取B1C1的中点M，连接A1M，BM，如图所示．因为AB＝AC，所以A1B1＝A1C1，所以A1M⊥B1C1.因为AA1⊥平面ABC, 所以AA1⊥平面A1B1C1，又A1M 平面A1B1C1，所以AA1⊥A1M.又AA1∥BB1，所以BB1⊥A1M，又B1C1∩BB1＝B1，可得A1M⊥平面BB1C1C，所以∠A1BM是A1B与平面BB1C1C所成的角．
方法一　易知B1M＝，BM＝＝，A1B＝＝，cos ∠A1BM＝＝＝.
方法二　易知cos ∠A1BB1＝cos ＝，B1M＝，BM＝＝，cos ∠B1BM＝＝＝，
所以cos ∠A1BM＝＝＝.
答案：
7．解析：将三棱锥P ABC补成长方体ABCF PB1C1F1，如图所示，则长方体ABCF PB1C1F1的体对角线长为PC＝＝，
所以球O的半径为，且AF＝＝1.
以点A为坐标原点，AB，AF，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），O，M，N，
所以＝，＝，所以·＝0，所以NO⊥MN，所以球心O到直线MN的距离为||＝，
因此DE＝2＝.
答案：　
8．解析：（1）证明：在等腰直角三角形VAC中，AC＝CV，所以VC⊥AC.
因为平面VAC⊥平面ABC，平面VAC∩平面ABC＝AC，
所以VC⊥平面ABC，
所以AB⊥VC.
（2）方法一（转化法）　因为△ABC和△VAC均是等腰直角三角形，AB＝BC，AC＝CV＝2，所以AB＝BC＝，VA＝2.易知VC⊥BC，所以在Rt△VBC中，VB＝.
因为M，N分别为VA，VB的中点，所以MN∥AB，MN＝AB＝，CN＝VB＝，MC＝VA＝，
所以MN2＋CN2＝MC2，所以MN⊥CN，S△MNC＝×NC×MN＝××＝.
因为N为VB的中点，所以N到平面AMC的距离d等于B到平面AMC的距离的一半，由题意知d＝，
易知S△AMC＝1，连接NA，所以VN－AMC＝×S△AMC×d＝×1×＝，
设A到平面MNC的距离为h1，
则VN AMC＝VA MNC＝×S△MNC×h1＝××h1＝，
所以h1＝，由于MN∥AB，则B到平面MNC的距离h2＝，
设直线VB与平面CMN所成角为θ，则sin θ＝＝.
方法二（向量法）　在平面ABC内过点C作CH垂直于AC，
由（1）知，VC⊥平面ABC，因为CH 平面ABC，所以VC⊥CH.
如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系C xyz，则C（0，0，0），V（0，0，2），A（2，0，0），B（1，1，0），M（1，0，1），N，＝（1，1，－2），＝（1，0，1），＝.
设平面CMN的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令x＝1，则z＝－1，y＝1，所以n＝（1，1，－1）为平面CMN的一个法向量．
设直线VB与平面CMN所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝.
所以直线VB与平面CMN所成角的正弦值为.
9．解析：（1）证明：因为AF∥平面MNG，且AF 平面ABEF，平面ABEF∩平面MNG＝NG，所以AF∥NG，所以BN＝CM＝a，所以AM＝（1－a），
所以＝＝，所以MG∥BC，所以MG⊥AB，
又平面ABCD⊥平面ABEF，MG 平面ABCD，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，所以MG⊥平面ABEF.
（2）由（1）知，MG⊥NG，MN＝＝≥，当且仅当a＝时等号成立．
此时，以B为坐标原点，分别以BA，BE，BC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B xyz，则A（1，0，0），B（0，0，0），M，N，＝，＝，＝.
设平面AMN的法向量为m＝（x1，y1，z1），
则取z1＝1，则x1＝1，y1＝1，得m＝（1，1，1）为平面AMN的一个法向量．
设平面BMN的法向量为n＝（x2，y2，z2），则取z2＝1，则x2＝－1，y2＝1，得n＝（－1，1，1）为平面BMN的一个法向量，
所以cos 〈m，n〉＝＝，
观察图形可知，二面角A MN B的余弦值为－.
10.解析：
（1）证明：取BB1的中点E，连接AE，EH，如图所示．
因为H为BQ的中点，所以EH∥B1Q，
在平行四边形AA1B1B中，P，E分别为AA1，BB1的中点，所以AE∥PB1.
又EH∩AE＝E，PB1∩B1Q＝B1，所以平面EHA∥平面B1QP，
因为AD 平面EHA，所以AD∥平面B1PQ.
（2）
连接AC1，如图所示．
因为四边形A1C1CA为菱形，所以AA1＝AC＝A1C1＝4，又∠C1A1A＝60°，所以△AC1A1为正三角形，
因为P为AA1的中点，所以PC1⊥AA1.
因为平面ACC1A1⊥平面ABB1A1，平面ACC1A1∩平面ABB1A1＝AA1，PC1 平面ACC1A1，所以PC1⊥平面ABB1A1.
在平面ABB1A1内过点P作PR⊥AA1，交BB1于R，
则PR，PA1，PC1三线两两垂直．
以P为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系P xyz，
则P（0，0，0），A1（0，2，0），A（0，－2，0），C1（0，0，2），C（0，－4，2）.
设＝λ＝λ（0，－2，2），λ∈[0，1]，所以Q（0，－2（λ＋1），2λ），
所以＝（0，－2（λ＋1），2λ）.
因为A1B1＝AB＝2，∠B1A1A＝60°，所以B1（，1，0），所以PB1＝（，1，0）.
设平面PQB1的法向量为m＝（x，y，z），
则得
令x＝1，则y＝－，z＝－，所以平面PQB1的一个法向量为m＝.
易知平面AA1C1C的法向量为n＝（1，0，0），设二面角B1 PQ C1的平面角为θ，
则cos θ＝＝＝，
所以λ＝，所以＝，所以Q（0，－3，）.
又B（，－3，0），所以＝（，0，－）.
方法一（向量法）　设平面BQB1的法向量为t＝（x1，y1，z1），BB1＝（0，4，0），
由得
取x1＝1，得平面BQB1的一个法向量为t＝（1，0，1）.
又＝（0，－3，），
所以点P到平面BQB1的距离为d＝＝＝.
方法二（等积变换法）　因为BB1＝（0，4，0），BB1·＝0，所以BB1⊥QB，△BQB1为直角三角形．
S△BQB1＝×BB1×QB＝×4×＝2.
设点P到平面BQB1的距离为d，
连接BP，因为VQ BPB1＝VP BQB1，所以××4××＝×2d，所以d＝，即点P到平面BQB1的距离为.
11．解析：（1）证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF，又∵AF 平面ABEF，∴AF⊥CB.
∵AB为圆O的直径，∴AF⊥BF，又∵BC∩BF＝B，∴AF⊥平面CBF，
∵AF 平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF.
（2）设EF的中点为G，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）.设AD＝t（t>0），则D（1，0，t），C（－1，0，t），A（1，0，0），B（－1，0，0），F，
∴＝（2，0，0），＝.
设平面DCF的一个法向量为n1＝（x，y，z），则
即令z＝，解得x＝0，y＝2t，
∴n1＝（0，2t，）.
由（1）可知AF⊥平面CFB，取平面CFB的一个法向量为n2＝＝，
∴cos 60°＝，即＝，解得t＝.
因此，当AD的长为时，二面角D CF B的大小为60°.
12．解析：
（1）不妨设正方体的棱长为2，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），D1（0，0，2），C（0，2，0），O（1，1，0）.
因为E是OD1的中点，所以E.
所以OD1＝（－1，－1，2），＝，＝（0，2，0）.设p＝（x0，y0，z0）是平面CDE的法向量，
则即
取x0＝2，则可得p＝（2，0，－1）为平面CDE的一个法向量．
所以|cos 〈OD1，p〉|＝
＝＝.
于是直线OD1与平面CDE所成角的正弦值为.
（2）存在，且E为线段OD1靠近O的三等分点．证明如下．
假设存在点E，使得平面CDE⊥平面CD1O，设D1E＝λ，
由（1）得＝（－1，1，0），OD1＝（－1，－1，2），＝（0，2，0），设m＝（x1，y1，z1）是平面CD1O的法向量，则
即取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
所以平面CD1O的一个法向量为m＝（1，1，1）.
由D1E＝λ，可得点E的坐标为，
所以＝.
设n＝（x2，y2，z2）是平面CDE的法向量，
则
则取x2＝1，则可得平面CDE的一个法向量为n＝.
因为平面CDE⊥平面CD1O，所以m⊥n，即m·n＝0，
所以1－＝0，解得λ＝2.
于是，当＝2，即E为线段OD1靠近O的三等分点时，平面CDE⊥平面CD1O.

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