押天津卷第17题教师版_2.2025数学总复习_2024年新高考资料_5.2024三轮冲刺_备战2024年高考数学临考题号押题（天津专用）323409112

押天津卷 17 题 空间向量与立体几何 考点 2年考题 考情分析 最近两年对于立体几何与空间向量的考察比较简单，主要包 2023年天津卷第17题 括线面平行的判定，直线与平面的夹角，平面与平面的夹 空间向量与 角，以及23年首次考察了点到平面的距离公式。预测24年 立体几何 2022年天津卷第17题 高考不会有大的变化，仍然考察线面平行判定，以及空间中 夹角和距离的运算。整体难度较低。 题型一立体几何与空间向量 17 ． （ 15 分 ） （ 2023• 天 津 ） 在 三 棱 台 中 ， 若 平 面 ， ， ， ， ， 分别为 ， 中点． （Ⅰ）求证： 平面 ； （Ⅱ）求平面 与平面 所成角的余弦值； （Ⅲ）求点 到平面 的距离．【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ） ；（Ⅲ） ． 【分析】（Ⅰ）连接 ，推得四边形 为平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定 定理可得证明； （Ⅱ）运用三垂线定理得到平面 与平面 所成角，再解直角三角形可得所求值； （Ⅲ）运用等积法和三棱锥的体积公式可得所求距离． 【解答】解：（Ⅰ）证明：连接 ，可得 为△ 的中位线， 可得 ，且 ， 而 ， ， 则 ， ， 可得四边形 为平行四边形， 则 ， 而 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ； （Ⅱ）取 的中点 ，连接 ， 由 ， ，可得 ． 由 平面 ， 平面 ，可得 ， 可得 平面 ． 过 作 ，垂足为 ，连接 ， 由三垂线定理可得 ， 可得 为平面 与平面 所成角． 由 ． 在矩形 中， ， 所以 ； （Ⅲ）设 到平面 的距离为 ． 在△ 中， ， ， ， 则 ． 由 ，可得 ， 解得 ．17．（15分）（2022•天津）直三棱柱 中， ， ， ， 为 中点， 为 中点， 为 中点． （1）求证： 平面 ； （2）求直线 与平面 的正弦值； （3）求平面 与平面 夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析， （2） ， （3） ． 【分析】利用中位线可证（1），建立空间直角坐标系设 ， ， 是平面 的法向量，平面 的法向量为 ， ， ，可解．【解答】解：（1）证明：取 的中点 ，连接 ， ，连接 交 于 ， 再连接 ， ，且 是 的中点，则 是 的中点， ， ， 又 平面 ， 平面 ， 平面 ， 同理可得， 平面 ， 又 ， 平面 平面 ， 平面 ， （2）在直三棱柱 中， ，则可建立如图所示的空间直角坐标系， 又 ， 为 中点， 为 中点， 为 中点． 故 ，2， ， ，0， ， ，0， ， ，0， ， ，1， ， 则 ， ， ， ，0， ， ，1， ， 设 ， ， 是平面 的法向量，则有： ， ，即 ，令 ， 则 ， ， 所以 ， 设直线 与平面 的夹角为 ，则 ， （3） ，0， ，则 ，0， ， ，1， ， 设平面 的法向量为 ， ， ，则有 ， ，即 ，令 ，则 ， ，故 ， 设平面 与平面 的夹角为 ， 所以 ． 1．异面直线所成的角 若异面直线l，l 所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝. 1 2 2．直线与平面所成的角 如图，直线AB与平面α相交于点B，设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平 面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝. 3．平面与平面的夹角 如图，平面α与平面β相交，形成四个二面角，我们把这四个二面角中不大于90°的二面角称为平面α 与平面β的夹角． 若平面α，β的法向量分别是n 和n ，则平面α与平面β的夹角即为向量n 和n 的夹角或其补角．设 1 2 1 2 平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n，n〉|＝. 1 2常用结论 1．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝| cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|. 2．二面角的范围是[0，π]，两个平面夹角的范围是. 4．点到直线的距离 如图，已知直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的定点，P是直线l外一点，设AP＝a，则向量AP 在直线l上的投影向量AQ＝(a·u)u，在Rt△APQ中，由勾股定理，得PQ＝＝. 5．点到平面的距离 如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线 l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是AP在直线l上的投影向量 QP的长度，因此PQ＝＝＝. 1．如图，三棱台 ABCA 1 B 1 C 1中，AB AC，AB AC 4， A 1 B 1  A 1 C 1  A 1 A2 ，侧棱 A 1 A 平面ABC， 点D是 CC 1的中点． BB  ABC （1）求证： 1 平面 1 ； （2）求点 B 1到平面ABD的距离； （3）求平面 AB 1 C 和平面ABD夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析； 3 10 （2） 5 ； 3 5 （3） 10 ． 【分析】由题，以A为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可一一解决每个问题． 【解答】（1）证明： A 1 A 平面ABC，AB AC，以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，  AB AC 4， A 1 B 1  A 1 C 1  A 1 A2 ，点D是 CC 1的中点， A(0 0) B(4 0) C(0 0) A(0 2) ，0， ， ，0， ， ，4， ， 1 ，0， ， B(2 2) C (0 2) D(0 1) 1 ，0， ， 1 ，2， ， ，3， ，    BB (2,0,2),AC (0,4,0),AB (2,0,2) 则 1 1 ， ABC m (x,y,z) 设平面 1 的法向量为 ，  m  A  C  0, 4y0, 则有  m  A  B  1 0, 即  2x2z0, 令x1，得 y0 ，z1， m (1,0,1) ， B  B  (2,0,2)2m  1 ， BB  ABC 1 平面 1 ；   AB(4,0,0),AD(0,3,1) 解：（2） ， 设平面ABD的法向量为 n(x,y,z) ， n  A  B  0, 4x0, 则有  n  A  D  0, 即  3yz0, 令 y1 ，得x0，z3， n(0,1,3) ，  AB (2,0,2)  1 ， |n  A  B  | |6| 3 10 d  1   |n| 10 5 则 ， 3 10 点 B 1到平面ABD的距离为 5 ； （3）设平面 AB 1 C 与平面ABD的夹角为， ABC m (1,0,1) 平面 1 的法向量为 ， 平面ABD的法向量为 n(0,1,3) ， |mn| 3 3 5 cos|cosm,n|   |m||n| 2 10 10 则 ， 3 5 平面 AB 1 C 和平面ABD夹角的余弦值等于 10 ． 2．如图所示，在三棱柱 ABCA 1 B 1 C 1中， AA 1  平面 ABC，BAC 90， AB AC  AA 1 2 ，D是棱 CC 1的中点，M 为棱BC中点．P是AD的延长线与 A 1 C 1的延长线的交点． PB // BDA （Ⅰ）求证： 1 平面 1； （Ⅱ）求直线MP与平面 BDA 1所成角的正弦值；MPB BDA （Ⅲ）求平面 1与平面 1夹角的余弦值． 【答案】（Ⅰ）证明见解析； 5 14 （Ⅱ） 42 ； 8 21 （Ⅲ） 63 ． 【分析】由题建立空间直角坐标系，然后利用空间向量与空间位置的关系及空间角的关系即可一一证明和 求解． 【解答】（Ⅰ）证明：在三棱柱 ABCA 1 B 1 C 1中， A 1 A 平面ABC，BAC 90， AB AC AA 则直线 1 1， 1 1， 1 两两垂直， A 以点 1为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， AB AC  AA 2 由 1 ， A(0 0) B(2 0) B(2 2) D(0 1) A(0 2) 得 1 ，0， ， 1 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，0， ， C(0 2) M(1 2) P(0 0) ，2， ， ，1， ， ，4， ， BDA n(x,y,z)  A  B  (2,0,2),  A  D  (0,2,1) 设平面 1的法向量 ，则 1 1 n  A  B  2x2z0 1 则  m  A  1  D  2yz0 ，令 y1 ，得 n(2,1,2) ，  P  B  (2,4,0)  P  B  n22400 又 1 ，则 1 ， 所以  P  B  1 n ，又因为 PB 1  平面 BDA 1， PB // BDA 所以 1 平面 1； (II) (I) BDA n(2,1,2) M  P  (1,3,2) 解： 由 平面 1的法向量 ，又 ， 设直线MP与平面 BDA 1所成角为， sin|cosM  P  ,n| |M  P  n|  |234|  5 14 |M  P  ||n| 143 42 则 ， 5 14 所以直线MP与平面 BDA 1所成角的正弦值为 42 ； (III) MPB m (x,y,z) 设平面 1的一个法向量 ，   BM (1,1,2),BP(2,4,0) 又 1 1 ，  m  B  M  x y2z0 1 则  m  B  1  P  2x4y0 ，令z1，则 m (4,2,1) ， 设平面 MPB 1与平面 BDA 1夹角为， |mn| |822| 8 21 cos|cosm,n|   |m||n| 213 63 则 ， 8 21 所以平面 MPB 1与平面 BDA 1夹角的余弦值 63 ． 3．如图，在四棱锥PABCD中，CD平面PAD， AB//CD,CD2AB2PD2AD4,AP2 2 ，点 E是棱PC上靠近P端的三等分点，点P是棱PA上一点． （Ⅰ）证明：PA//平面BDE； （Ⅱ）求点F 到平面BDE的距离；（Ⅲ）求平面BDE与平面PBC 夹角的余弦值． 2 3 2 【答案】（Ⅰ）证明过程见解答；（Ⅱ） 3 ；（Ⅲ） 3 ． 【分析】建立空间直角坐标系，（Ⅰ）求出直线 PA的方向向量和平面BDE的法向量，由两向量垂直且 PA 平面BDE即可证得； （Ⅱ）由点到平面的距离的向量求法计算即可； （Ⅲ）求出平面BDE与平面PBC 的法向量，由向量法求夹角即可． 【解答】解：由题可得，DP2 DA2 448 AP2 ，所以DPDA， 又因为CD平面PAD，所以DA，DC，DP两两互相垂直， 故以点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， 4 4 E(0, , ) 则 A(2 ，0， 0) ， B(2 ，2， 0) ， C(0 ，4， 0) ， P(0 ，0， 2) ， 3 3 ．   4 4 DB(2,2,0),DE(0, , ) （Ⅰ）证明：因为 3 3 ， 设平面BDE的一个法向量为 m (a,b,c) ， m  D  B  2a2b0  则    m  D  E   4 3 b 4 3 c0 ，令a1，则b1，c1所以 m (1,1,1) ． 又  P  A  (2,0,2) ，可得  P  A  m 0， 因为 PA 平面BDE，所以PA//平面BDE； （Ⅱ）因为PA//平面BDE， 所以点F 到平面BDE的距离等于点A到平面BDE的距离．  AB(0,2,0) 因为 ，|m  A  B  | 2 2 3   则点A到平面BDE的距离为 |m| 3 3 ；   BC (2,2,0),PC (0,4,2) （Ⅲ）因为 ， 设平面BDE的一个法向量为 n(x,y,z) ， n  B  C  2x2y0 则  n  P  C  4y2z0 ，令x1，则 y1 ，z2，所以 n(1,1,2) ． 设平面BDE与平面PBC 的夹角为， |mn| 2 2 cos|cosm,n|   |m||n| 3 6 3 则 ， 2 故平面BDE与平面PBC 的夹角的余弦值为 3 ． 4．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是正方形，PD平面ABCD，PD AD3，点E，F 分别是 棱PA，PC的中点，点M 是线段BC上一点． （Ⅰ）求证：PB平面EFD； （Ⅱ）求平面EFD与平面ABCD的夹角的余弦值； 3 22 （Ⅲ）若直线MF 与平面ABCD所成的角的正弦值为 22 ，求此时MC的长度．3 【答案】（Ⅰ）证明过程见解答；（Ⅱ） 3 ；（Ⅲ）1． 【分析】建立空间直角坐标系，（Ⅰ）求出直线PB的方向向量和平面EFD的法向量，由两向量平行即可 证明； （Ⅱ）求出平面EFD与平面ABCD的法向量，再求两向量的夹角即可；   （Ⅲ）设 BM BC(0剟 1) ，由直线与平面所成角的向量表示建立关于的方程，求解后结合图形即可 求得． 【解答】解：因为底面ABCD是正方形，PD平面ABCD，所以DA，DC，DP两两互相垂直， 以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， 3 3 3 3 E( ,0, ),F(0, , ) 则 A(3 ，0， 0) ， B(3 ，3， 0) ， C(0 ，3， 0) ， D(0 ，0， 0) ， P(0 ，0， 3) ， 2 2 2 2 ，   3 3  3 3 PB(3,3,3),DE( ,0, ),DF (0, , ) (I) 证明： 2 2 2 2 设平面EFD的法向量为 m (x,y,z) ．  m  D  E   3 x 3 z0   2 2  m  D  F   3 y 3 z0 则  2 2 ，令x1，则z1， y1 ， m (1,1,1) 所以 ， 因为  P  B  3m ，所以  P  B  //m ，所以PB平面EFD； (II) 由题知，平面ABCD的一个法向量为 n(0,0,1) ， 由 (I) 知，平面EFD的一个法向量为 m (1,1,1) ， 设平面EFD与平面ABCD的夹角为， |mn| 1 3 cos|cosm,n|   |m||n| 3 3 则 ；  (III) 因为点M 是伐段BC上一点，且 BC (3,0,0) ，  BM BC (3,0,0)(0剟 1) 所以设 ，    3 3 3 3 MF BF BM (3, , )(3,0,0)(33, , ) 所以 2 2 2 2 ， 设直线MF 与平面ABCD所成的角为， 3 sin|cosM  F  ,n| 2  3 22 9 9 22 (33)2   则 4 4 ， 2 4    解得： 3 或 3 （舍 ) ，此时 BM (2,0,0) ，所以 |BM |2 ，则 |MC|321 ， 所以MC的长度为1． 5 ． 在 四 棱 台 ABCDA 1 B 1 C 1 D 1中 ， 底 面 ABCD是 正 方 形 ， 且 侧 棱 AA 1垂 直 于 底 面 ABCD， AA 1  AD2A 1 D 1 4 ，O，E分别是AC 与 DD 1的中点． （Ⅰ）求证：OE//平面 A 1 BD 1； （Ⅱ）求平面ABCD与平面 A 1 BD 1所成角（锐角）的大小； （Ⅲ）求点D到平面 A 1 BD 1的距离．【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）45；（Ⅲ）2 2． 【分析】（Ⅰ）根据线面平行的判定定理，即可证明； （Ⅱ）建系，利用向量法，向量夹角公式，即可求解； （Ⅲ）建系，利用向量法，即可求解． BD AC O 【解答】解：（Ⅰ）证明：如图连接BD，则  ，  O，E分别是AC 与 DD 1的中点， OE//BD 1，又 OE 平面 A 1 BD 1， BD 1  平面 A 1 BD 1， OE//平面 A 1 BD 1； （Ⅱ）根据题意建系如图， A(0 4) B(4 0) D(0 4) D(0 0) A(0 0) 则 1 ，0， ， ，0， ， 1 ，2， ， ，4， ， ，0， ，  AB(4,0,4) BD (4,2,4)  1 ， 1 ， ABD n(x,y,z) 设平面 1 1所的法向量为 ，  n  A  B  4x4z0 1 则  n  B  D  1 4x2y4z0 ，取 n(1,0,1) ， 又易知平面ABCD的法向量为 m (0,0,1) ， 平面ABCD与平面 A 1 BD 1所成角的余弦值为： |mn| 1 2 n|   |cosm |m||n| 1 2 2 ， ， 平面ABCD与平面 A 1 BD 1所成角（锐角）的大小为45；  A  D  (0,4,4) ABD n(1,0,1) （Ⅲ） 1 ，平面 1 1所的法向量为 ， |  A  D  n| 4 1  2 2 点D到平面 A 1 BD 1的距离为： |n| 2 ． 6．如图，多面体 ABCDEF 是由一个正四棱锥 ABCDE与一个三棱锥 F ADE拼接而成，正四棱锥 ABCDE的所有棱长均为 3 2,AF //CD ． （1）在棱DE上找一点G，使得面ABC 面AFG，并给出证明； 1 AF  CD （2）当 2 时，求点F 到面ADE 的距离； 1 AF  CD （3）若 3 ，求直线DF与面ABC所成角的正弦值．2 42 【答案】（1）当点G为DE中点时，面ABC 面AFG，证明见解答；（2） 3；（3） 21 ． 【分析】（1）结合条件，由线面垂直的判定定理即可证明； （2）由等体积转化法即可求得； （3）建立空间直角坐标系，由向量法即可求得． 【解答】解：（1）当点G为DE中点时，面ABC 面AFG，证明如下： 因为四棱锥ABCDE是正四棱锥，所以AD AE ，AGDE ． 在正方形BCDE中，DE//BC，所以AGBC， 在正方形BCDE中，CDBC ，因为AF //CD，所以AF BC ， AF AG A 因为  ，AF ，AG面AFG，所以BC 面AFG， 因为BC面ABC，所以面ABC 面AFG； （2）连接BD，CE 交于点O，连接AO，OG，则AF //OG， 又因为四棱锥ABCDE是正四棱锥， 所以AO面BCDE，所以四边形AOGF 为矩形，所以AF FG， DE FGG 又AF DE，  ，所以AF 面DEF ， 1 1 3 2 1 9 V  AFS    3 23 又FG AO3，所以 AFDE 3 FDE 3 2 2 2 ， 9 V V  设点F 到面ADE 的距离为h，因为 FADE AFDE 2 ， 1 3 9  (3 2)2h 即3 4 2 ，所以h 3． 所以点F 到面ADE 的距离为 3； （3）因为四棱锥ABCDE是正四棱锥，所以OC，OD，OA两两垂直， 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A(0 ，0， 3) ， B(0 ，3， 0) ， C(3 ，0， 0) ， D(0 ，3， 0) ， F(1 ，1， 3) ，    BA(0,3,3) CA(3,0,3) DF (1,2,3) 所以 ， ， ， n  B  A  3y3z0 设平面ABC的法向量为 n(x,y,z) ，则有  nC  A  3x3z0 ，取z1，则 y1 ，x1，故 n(1 ，1， 1) ，  D  F  n 4 2 42 sin| |  设直线DF与平面ABC所成角为，则 |  D  F  ||n| 14 3 21 ， 2 42 所以直线DF与平面ABC所成角的正弦值为 21 ． 1 AB AD 7．如图，正方形 ADEF与梯形 ABCD所在平面互相垂直，已知 AB//CD， ADCD， 2 ， CD1．点P为线段EC的中点． （1）求证：BF //平面CDE； （2）求直线DP与平面BDF 所成角的正弦值； （3）求平面BDF 与平面CDE夹角的余弦值． 15 3 【答案】（1）证明过程见解答；（2） 5 ；（3） 3 ． 【分析】（1）由面面平行的性质即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由向量法求点到平面的距离即可； （3）由向量的夹角公式即可求得平面与平面的夹角． 【解答】解：（1）证明：因为AB//CD， AB 面CDE，CD面CDE，所以AB//平面CDE， 同理，AF //平面CDE，AB AF  A 又  ，所以平面ABF //平面CDE， 因为BF 平面ABF ，所以BF //平面CDE；  （2）因为平面ADEF 平面ABCD，平面ADEF 平面ABCD AD，CD AD，CD平面ABCD， 所以CD平面ADEF， 又DE平面ADEF，故CDED． 因为四边形ADEF是正方形，所以ADDE ， 又CD AD，所以DA，DC，DE两两互相垂直， 以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴、 y 轴、z轴，建立空间直角坐标系， 1 1 1 1 1 1 1 A( B( F( ) ) 则 D(0 ，0， 0) ， 2，0， 0) ， 2，2 ， 0) ， 2，0，2 ， C(0 ，1， 0) ， E(0 ，0，2 ， P(0 ，2 1 ) ，4 ，  1 1  1 1  1 1 DP(0, , ) DB( , ,0) DF ( ,0, ) 所以 2 4 ， 2 2 ， 2 2 ， 设平面BDF 的法向量为 n(x ， y ， z) ，  n  D  B   1 x 1 y0   2 2  n  D  F   1 x 1 z0 则  2 2 ， 令x1，则 yz1 ，所以 n(1 ，1， 1) ， 设直线DP与平面BDF 所成角的大小为， sin|cos  D  P  ,n||  D  P  n | 15 |  D  P  ||n| 5 所以 ， 15 所以直线DP与平面BDF 所成角的正弦值为 5 ；  1 DA( ,0,0) （3）取平面CDE的一个法向量 2 ， 设平面BDF 与平面CDE夹角的大小为， 1 cos|cosn,  D  A  | |  D  A  n|  2  3 |  D  A  ||n| 1 3  3 所以 2 ，3 所以平面BDF 与平面CDE夹角的余弦值是 3 ． 8．如图，在直三棱柱 ABCA 1 B 1 C 1中， AB AC  AA 1 2 ，BAC 90，E，F 分别为 CC 1，BC的中 点． （1）求异面直线 A 1 B 与EF 所成角的余弦值； （2）求点 B 1到平面AEF 的距离； （3）求平面AEF 与平面 A 1 EB 夹角的余弦值． 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算即可； （2）利用空间向量计算点面距离即可； （3）利用空间向量计算面面夹角即可． 【解答】解：（1）由题意可知AB、AC 、 AA 1两两垂直， 如图所示建立空间直角坐标系，A(0 2) B(2 0) E(0 1) F(1 0) 则 1 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，1， ，   AB(2,0,2),EF (1,1,1) 即 1 ，     ABEF 4 6 cos AB,EF  1   1 |  A  B  ||  E  F  | 8 3 3 所以 1 ， 6 即异面直线 A 1 B 与EF 所成角的余弦值为 3 ；    AB (2,0,2),AE(0,2,1),AF (1,1,0) （2）由（1）知： 1 ， 设面AEF 的一个法向量为 n(x,y,z) ， n  A  E  2yz0 则由n  A  E  ，n  A  F  ，有  n  A  F  x y0 ， 取 y1 ，可得x1，z2，即 n(1,1,2) ， |  A  B  n| 6 d  1   6 所以点 B 1到平面AEF 的距离为 |n| 6 ；   AB(2,0,2),AE (0,2,1) （3）由（1）知： 1 1 ， AEB m (a,b,c) 设面 1 的一个法向量为 ，  m  A  B  2a2c0 1 则由 m   A  1  B  ， m   A  1  E  ，有  m  A  1  E  2bc0 ，取c2，可得b1，a2，即 m (2,1,2) ， 设平面AEF 与平面 A 1 EB 夹角为， |mn| 5 5 6 cos|cosm,n|   |m||n| 3 6 18 则 ， 5 6 即平面AEF 与平面 A 1 EB 夹角的余弦值 18 ． 9．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． （Ⅰ）若M 为CF 的中点，N为EG的中点，求证：MN //平面CDE； （Ⅱ）求平面EBC 与平面BCF 的夹角的正弦值； （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． (I) 【答案】 证明见解答； 10 （Ⅱ） 10 ； 3 （Ⅲ） 3 ． 【分析】（Ⅰ）依题意，以D为坐标原点，分别以  D  A  、  D  C  、  D  G  的方向为x轴， y 轴，z轴的正方向建 立空间直角坐标系．求出对应点的坐标，求出平面CDE的法向量n 及M  N  ，由M  N  n0，结合直线 MN  平面CDE，可得MN //平面CDE； （Ⅱ）分别求出平面 BCE 与平面平面 BCF 的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角 EBCF 的正弦值； （Ⅲ）设线段 DP的长为h， (h[0,2]) ，则点 P的坐标为 (0 ，0， h) ，求出 BP(1 ，2， h) ，而  DC (0 ，2， 0) 为平面ADGE的一个法向量，由直线BP与平面ADGE所成的角为60，可得线段DP的 长．    【解答】（Ⅰ）证明：依题意，以D为坐标原点，分别以DA、DC、DG的方向为x轴， y 轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系． D(0 0) A(2 0) B(1 0) C(0 0) 可得 ，0， ， ，0， ， ，2， ， ，2， ， 3 E(2 ，0， 2) ， F(0 ，1， 2) ， G(0 ，0， 2) ， M(0 ，2 ， 1) ， N(1 ，0， 2) ． 设 n(x ， y ， z) 为平面CDE的法向量， n  D  C  2y0 则  n  D  E  2x2z0 ，不妨令z1，可得 n(1 ，0， 1) ； 3 又 M  N  (1 ，  2 ， 1) ，可得M  N  n0． 又直线 MN  平面CDE， MN //平面CDE；    （Ⅱ）解：依题意，可得 BC (1 ，0， 0) ， BE (1 ，2， 2) ， CF (0 ，1， 2) ． 设 m (a ，b， c) 为平面BCE 的法向量， m  B  C  a0   m  B  E  a2b2c0  则  ，不妨令c1，可得 m (0 ，1， 1) ．  设 k (a 1， b 1， c 1 ) 为平面BCF 的法向量，    kBC a 0 1    则 kCF b 1 2c 1 0 ，不妨令 c 1 1 ，可得 k (0 ，2， 1) ． mk  3 10  10 因此有cosm ， k  |m||k  |  10 ，于是sinm ， k  10 ． 10 二面角EBCF 的正弦值为 10 ； （Ⅲ）解：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) ，而 DC (0 ，2， 0) 为平面ADGE的一个法向量，    BPDC 2 DC |     故 |cosBP ， |BP||DC| h2 5 ． 2 3 3 sin60 h [0 由题意，可得 h2 5 2 ，解得 3 ， 2] ． 3 线段DP的长为 3 ． 10．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD平面ABCD，AB4，PD AD2，点E 3 AE  AB 在线段AB上，且 4 ． （Ⅰ）求证：CE 平面PBD； （Ⅱ）求直线PA与平面PCE 所成角的正弦值； （Ⅲ）求平面BCE 与平面PCE 的夹角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解答； 42 （Ⅱ） 14 ； 4 21 （Ⅲ） 21 ． 【分析】 (I) 根据线面垂直的性质可得PDCE，利用相似三角形的判定与性质可得BDCE，结合线面 垂直的判定定理即可得出结果； （Ⅱ）根据题意和线面垂直的性质可得AD，CD，PD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，求出 各点的坐标，进而求出平面PCE 的一个法向量，进而求得直线PA的方向向量，可求直线PA与平面PCE 所成角的正弦值； （Ⅲ）求得平面BCE 的一个法向量，利用空间向量求平面BCE 与平面PCE 的夹角的余弦值． 3 AE  AB 【解答】 (I) 证明： PD平面ABCD，CE平面ABCD，PDCE， AB4， 4 ， AB BC  2 AE3，BE1， AD BE ，RtCBE∽RtBAD， PD BDD BDCE，PDCE，  ，CE 平面PBD， （Ⅱ）解： PD平面ABCD，AD平面ABCD，CD平面ABCD， PD AD，PDCD， ABCD为矩形，ADCD， AD，CD，PD两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz ， C(0 0) P(0 2) E(2 0) A(2 0) 则 ，4， ， ，0， ， ，3， ， ，0， ，    PC (0 ，4， 2) ， CE (2 ，1， 0) ，设平面PCE 的一个法向量为 n(x ， y ， z) ， nC  E  2x y0 则  n  P  C  4y2z0 ，令x1，则 y2 ，z4， 平面PCE 的一个法向量为 n(1 ，2， 4) ，  PA(2 2) 又 ，0， ， 设直线PA与平面PCE 所成角为， |  P  A  n| |28| 42 n|   sin|cos  P  A  |  P  A  ||n| 212 2 14 ， ； （Ⅲ） PD平面ABCD，取平面BCE 的法向量为 m (0 ，0， 1) ， nm 4 4 21 m    则cosn ， |n||m| 1 1416 21 ， 4 21 所以二平面BCE 与平面PCE 的夹角的余弦值为 21 ． 8 CF  11．如图，AE平面ABCD，CF //AE ，AD//BC ，AD AB，AB AD1，AE BC 2， 7 ． （1）求证：BF //平面ADE ； （2）求直线CE 与平面BDE所成角的正弦值； （3）求平面BDE与平面BDF 夹角的余弦值．【答案】（1）证明过程见解析； 4 （2）9 ； 1 （3）3． 8  ) 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面 ADE 的一个法向量以及 BF (0 ，2，7 ， 进而可证得结论； （2）利用空间向量求线面角的坐标公式即可求出结果； （3）利用空间向量求二面角的坐标公式即可求出结果．    【解答】证明：（1）因为AE平面ABCD，AD AB，以A为原点，分别以 AB,AD,AE 的方向为x轴， y 轴，z轴正方向建立空间直角坐标系， 8 ) 则 A(0 ，0， 0) ， B(1 ，0， 0) ， C(1 ，2， 0) ， D(0 ，1， 0) ， E(0 ，0， 2) ， F(1 ，2，7 ， 因为AE平面ABCD，且AB平面ABCD， AD AE A 所以AE  AB，又AD AB，且  ，所以AB平面ADE ，  故 AB(1,0,0) 是平面ADE 的一个法向量， 8  )   又 BF (0 ，2，7 ，可得BFAB0， 又因为直线 BF  平面ADE ，所以BF //平面ADE ；    BD(1,1,0),BE(1,0,2),CE(1,2,2) 解：（2）依题意， ，设 n(x ， y ， z) 为平面BDE的法向量， n  B  D  0 x y0 则  n  B  E  0 ，即  x2z0 ，不妨令z1，可得 n(2,2,1) ， sin|cosC  E  ,n|| C  E  n | 4 设直线CE 与平面BDE所成角，因此有 |C  E  ||n| 9 ． 4 所以直线CE 与平面BDE所成角的正弦值为9 ； （3）设 m (x,y,z) 为平面BDF 的法向量， x y0 m  B  D  0   8 7 则  m  B  F  0 ，即   2y 7 z0 ，不妨令 y1 ，可得 m (1 ，1，  4 ) ， 7 n mn  21211 4  1 |m||n| 7 3 22 22 12  12 12 ( )2 所以cosm ， 4 ， 因为平面BDE与平面BDF 夹角为锐角， 1 所以平面BDE与平面BDF 夹角的余弦值为3． 12．如图所示，四棱锥 PABCD中，PC 底面 ABCD，PC CD2，E为 AB的中点，底面四边形 ABCD满足ADC DCB90，AD1，BC 3． （Ⅰ）证明：DE平面PAC ； （Ⅱ）求直线PC与平面PDE所成角的正弦值； （Ⅲ）求平面PED与平面PEB夹角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析； 2 （Ⅱ）直线PC与平面PDE所成角的正弦值为3 ； 4 17  （Ⅲ）二面角DPEB的余弦值为 17 ． 【分析】（Ⅰ）由题意可建立以点C为坐标原点，直线CD、CB、CP分别为x， y ，z轴的空间直角坐 标系，利用向量法，即可证明结论； （Ⅱ）求出平面PDE的一个法向量，利用向量法能求出直线PC与平面PDE所成角的正弦值． （Ⅲ）求出平面PDE的法向量和平面PDE的法向量，利用向量法能求出二面角DPEB的余弦值． 【解答】解：（Ⅰ）证明： PC 底面ABCD，DCB90， PC CD，PC CB，DC CB， 则建立以点C为坐标原点，直线CD、CB、CP分别为x， y ，z轴的空间直角坐标系，如图所示： C(0 0) A(2 0) B(0 0) 则 ，0， ， ，1， ， ，3， ， P(0 2) D(2 0) E(1 0) ，0， ， ，0， ， ，2， ，    DE (1 0) CA(2 0) CP(0 2)  ，2， ， ，1， ， ，0， ，     DECA0，DECP0， DECA，DE CP， CP CAC 又  ，PC、AC平面PAC ， DE平面PAC ； （Ⅱ）设 n(x ， y ， z) 是平面PDE的一个法向量，   DE (1 0) PE (1 2) ，2， ， ，2， ，n  D  E  12y0 则  n  P  E  x2y2z0 ，取x2，则 y1 ，z2， 平面PDE的一个法向量为 n(2 ，1， 2) ，  设直线PC与平面PDE所成角为，且 CP(0 ，0， 2) ， |nC  P  | 2 n|  sin|cosC  P  |n||C  P  | 3 ， ， 2 直线PC与平面PDE所成角的正弦值为3 ； （Ⅲ）设平面PDE的法向量为 m (x ， y ， z) ，   EB(1 0) PB(0 2) ，1， ， ，3， ， m  E  B  x y0 则  m  P  B  3y2z0 ，取x2，则 y2 ，z3， 平面PDE的法向量为 m (2 ，2， 3) ， 由（Ⅱ）得平面PDE的法向量 n(2 ，1， 2) ， nm 4 17 |cosn,m || | |n||m| 17 ， 由图形得二面角DPEB的平面角是钝角， 4 17  二面角DPEB的余弦值为 17 ．13．如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形，线段 AD的中点为O且PO底面 ABCD， 1  ABBC  AD1 BADABC  2 ， 2 ，E是PD的中点． （1）证明：CE//平面PAB；  （2）点M 在棱PC上，且直线BM 与底面ABCD所成角为 4 ，求平面MAB与平面ABD夹角的余弦值； （3）在（2）的条件下，求点D到平面MAB的距离．    【分析】（1）首先以点O为原点，建立空间直角坐标系，求平面PAB的法向量 n 1，根据 CEn 1 0 ，即 可证明； （2）根据线面角的向量公式，求点M 的坐标，再根据二面角的向量公式，计算求值；  （3）根据（2）的结果，可知平面MAB的法向量为 n 3 ，代入点面距离的向量公式，即可求解． 【解答】解：（1）连接OC，因为AO//BC ，AOBC， 所以四边形OABC 为平行四边形， 所以AB//OC， 所以OC  AD，以OC，OD，OP所在直线分别为x， y ，z轴建立空间直角坐标系， 则 P(0,0, 3) ， A(0 ，1， 0) ， B(1 ，1， 0) ， C(1 ，0， 0) ．  1 3 CE (1, , )   2 2 ， PA(0,1, 3) ， PB(1,1, 3) ，  设平面PAB的一个法向量为 n 1 (x,y,z) ，    n PA0  y 3z0 1     则 n 1 PB0 ，即 x y 3z0 ，则可取 n 1 (0, 3,1) ，   3 3 CEn   0 又 1 2 2 ，   CE n 则 1 ， 又 CE 平面PAB， 所以CE//平面PAB．  PC (1,0, 3) M(x y z) （2） ，设 ， ， ，  PM (x,y,z 3) 则 ，   因为点M 在棱PC上，所以PM PC ， [0 ， 1] ， (x,y,z 3)(1,0, 3) M(,0, 3 3) 即 ，则 ，  BM (1,1, 3 3) 所以 ，  平面ABCD的法向量为 n 2 (0,0,1) ， 因为直线BM 与底面ABCD所成角为 4 ， | 3 3| 2  (1)2 12 ( 3 3)2 1 2 则 ， 2 1 解得 2 ，  2 6 BM ( ,1, ) 所以 2 2 ，  设平面MAB的法向量为 n 3 (x,y,z) ，   n ABx0  3    2 6  6 n BM  x y z0 n (0, ,1) 则 3 2 2 ，则可取 3 2 ，     n n 1 10 |cosn ,n || 2 3 |  2 3 |n  ||n  | 10 5 2 3 所以 2 ， 10 所以平面MAB与平面ABD夹角的余弦值 5 ．  AD(0,2,0) （3） ，   ADn 2 15 d | 3 |  则点D到平面MAB的距离 |n 3 | 5 ．  PDA 14．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，四边形 ADPQ 是梯形， PD//QA ， 2 ，平 面 ADPQ 平面ABCD，且 ADPD2QA2 ． （1）求证： QB// 平面PDC ； （2）求平面CPB与平面 PBQ 所成角的大小； 7 3 （3）已知点H 在棱PD上，且异面直线AH 与PB所成角的余弦值为 15 ，求点A到平面HBC 的距离．【答案】（1）证明见解析；  （2） 6 ； 6 (3) 5 ． 【分析】（1）先证明平面 ABQ// 平面DCP，再根据面面平行的性质可得 QB// 平面PDC ； （2）以D为原点，DA为x轴，DC为 y 轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系，根据二面角的向量公式 可求出结果； （3）根据异面直线和点面距的向量公式可求出结果． 【解答】（1）证明：四边形ABCD是正方形，AB//CD， AB 平面PDC ，CD平面PDC ．所以 AB//平面PDC ． 四边形 ADPQ 是梯形， PD//QA ， QA 平面PDC ，PD平面PDC ，所以 QA// 平面PDC ， AB平面 ABQ ， QA 平面 ABQ ， AB  QA A ，平面 ABQ// 平面DCP，  QB 平面 ABQ ， QB// 平面PDC ． （2）解：以D为原点，DA为x轴，DC为 y 轴，DP为z轴，建立空间直角坐标系， C(0 0) P(0 2) B(2 0) Q(2 1) 则 ，2， ， ，0， ， ，2， ， ，0， ，   PB(2 2) PC (0 2) PQ(2 1) ，2， ， ，2， ， ，0， ， 设平面PBC 的法向量 n 1 (x 1， y 1， z 1 ) ，  n  P  B  2x 2y 2z 0 1 1 1 则  n  P  C  2y 1 2z 1 0 ，取 y 1 1 ，得 z 1 1 ， x 1 0 ，得 n 1 (0 ，1， 1) ， PBQ n (x y z ) 设平面 的法向量 2 2， 2， 2 ，  m  P  B  2x 2y 2z 0 2 2 2 则  m  P  Q  2x 2 z 2 0 ，取 x 2 1 ， z 2 2 ， y 2 1 ，得 n 2 (1 ，1， 2) ， 设二面角 CPBQ 的大小为，由图形得为钝角， |n n | 3 3 cos 1 2   |n ||n | 2 6 2 则 1 2 ， 5  因为为钝角， 6 ， 5 二面角 CPBQ 的大小为 6 ，  平面CPB与平面 PBQ 所成角的大小为 6 ． 7 3 （3）解：点H 在棱PD上，且异面直线AH 与PB所成角的余弦值为 15 ，  设DH t ， (0剟t 2) ，则 H(0 ，0， t) ， A(2 ，0， 0) ， AH (2,0,t) ， PB(2,2,2) ，     AHPB 42t 7 3 |cos AH,PB|      |AH ||PB| 4t2  12 15 ， 3 3 t  解得 2 ，线段DH 的长为2 ．  3  HC (0,2, ) 设平面HBC 的法向量 n 3 (x 3 ,y 3 ,z 3 ) ，因为 CB(2,0,0) ， 2 ，   m CB2x 0  1 3   3 则   m 1 HC 2y 3  2 z 3 0 ，取 z 3 4 ，得 n 3 (0,3,4) ， |  A  B  n | 6 d  3   A  B  (0,2,0) |n 5 又 ，所以 3 ． 15．如图，在直三棱柱 ABCA 1 B 1 C 1中，AC  AB， AC 2AB2AA 1 2 ，M 为AC 的中点， A 1 N B 1 C 1， 垂足为N． BC// ABM （1）求证： 1 平面 1 ； （2）求直线BN 与平面 A 1 BM 所成角的正弦值； ABN ABM （3）求平面 1 与平面 1 的夹角．【答案】（1）证明见解析； 10 （2） 5 ； （3）90． ABM 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面 1 的一个法向量，由直线的方向向量与平面 的法向量垂直及线面平行的条件得证； （2）由空间向量法求线面角； （3）由空间向量法求二面角． 【解答】解：（1）证明：如图，以 A为坐标原点，直线 AB为x轴， AA 1为 y 轴，AC 为z轴建立空间直 角坐标系， B(1 0) C(0 2) A(0 0) B(1 0) C (0 2) M(0 1) 则 ，0， ， ，0， ， 1 ，1， ， 1 ，1， ， 1 ，1， ， ，0， ，    AB(1,1,0) BM (1,0,1) BC (1,1,2) 1 ， ， 1 ， ABM m (x,y ,z ) 设平面 1 的一个法向量为 1 1 1 ，   A  B  m x  y 0, 1 1 1 则    B  M  m x 1 z 1 0, ，取 m (1,1,1) ．  B  C  m 1120  B  C  m 因为 1 ，所以 1 ． 又 B 1 C 平面 A 1 BM ， BC// ABM 所以 1 平面 1 ．   BN BC (,0,2) （2）设 1 1 1 ，    AN  AB BN (1,0,2) AN BC 则 1 1 1 1 ，因为 1 1 1，   ANBC (1,0,2)(1,0,2)0 所以 1 1 1 ． 1  即510，解得 5，    1 2 BN BB BN ( ,1, ) 所以 1 1 5 5 ． cos  B  N  ,m  B  N  m  10 |  B  N  ||m| 5 所以 ， 10 所以直线BN 与平面 A 1 BM 所成角的正弦值为 5 ； ABN n(x ,y ,z ) （3）设平面 1 的一个法向量为 2 2 2 ，   A  B  nx  y 0,  1 2 2 则     B  N  n 1 5 x 2  y 2  5 2 z 2 0, ，取 n(1,1,2) ． 因为mn1120，所以m n ． 所以平面 A 1 BN 与平面 A 1 BM 夹角为90．