答 案
D
解析
如图，以
为坐标原点，
，
，
所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，可知
，
，
，
，
则
，
，
． 故选D．
答 案
C
解析
解：方法一：因为
，
平面
，所以以
为坐标原点，以
，
，
所
在的直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．
模块1：
1 89%
1
例题1
C
CA
CB
CC
1
x
y
z
A
(1, 0, 2)
1
B(0, 1, 0)
A(1, 0, 0)
C(0, 0, 0)
＝(−1, 1, −2)
A
B
1
=
AC
(−1, 0, 0)
∴cos
,
=
⟨A
B
1
AC⟩
=
⋅
∣∣∣AC∣∣∣
∣∣∣A
B
1
∣∣∣
⋅
AC
A
B
1
=
1 + 1 + 4
1
6
6
例题2
AC⊥BC
CC
⊥
1
ABC
C
AC
BC
CC
1
x
y
z
设
，所以
，
，
，
，
，于是
，
，所以
．故选C．
方法二：设
的中点为
，连接
，
，
．因为
与
平行且相等，所以四边形
为平行四边形，所以
与
平行，故
为
与
所成的角，如图所示．
设
，则
，
，
；在直角三角形
中，
，
，所以
，
．
在
中，
．故选C．
答 案
B
解析
解：如图，过点作
平面
，交平面
于点
，
以
为原点，
所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系
．
令四棱锥的棱长为，
则
，
，
，
，
，
．
设
，
所成的角为，
则
，
1 71%
AC = 2
C 0, 0, 0
(
)
A 2, 0, 0
(
)
N 1, 0, 2
(
)
B 0, 2, 0
(
)
M 1, 1, 2
(
)
=
AN
−1, 0, 2
(
)
=
BM
1, −1, 2
(
)
cos
,
=
∣∣∣
⟨AN BM⟩∣∣∣
=
⋅
∣∣∣AN∣∣∣
∣∣∣BM∣∣∣
⋅
∣∣∣AN
BM∣∣∣
=
×
5
6
3
10
30
BC
P
NP
AP
NM
MN
PB
MNPB
NP
MB
∠ANP
BM
AN
BC = 2
CA = CC
=
1
2
CP = 1
AP = AN =
5
MBB
1
MB
=
1
2
BB
=
1
2
MB =
6
NP =
6
△ANP
cos ∠ANP =
=
2AN ⋅PN
AN + PN −AP
2
2
2
10
30
例题3
S
SO⊥
ABCD
ABCD
O
O
OS
z
O −xyz
2
A 1, −1, 0
(
)
D −1, −1, 0
(
)
S 0, 0,
(
2)
E
,
,
(2
1
2
1
2
2 )
∴
=
AE
−
,
,
(
2
1
2
3
2
2 )
=
SD
−1, −1, −
(
2)
AE
SD
θ
cos θ =
cos⟨
,
⟩
=
∣∣∣
AE SD ∣∣∣
=
⋅
∣∣∣AE∣∣∣
∣∣∣SD∣∣∣
⋅
∣∣∣AE
SD∣∣∣
3
3
则
，
，
所成的角的正弦值为
．
故选：B．
答 案
见解析
解析
解：取
的中点为
，连接
，
，则
，
，
又平面
平面
， 则
平面
，
则
平面
，
，
，
，
，
共面．
延长
，
相交于点
，则
就是
与平面
所成的角，
，
，
平面
，
点
，
到平面
的距离相等，作
于点
，
连接
，则
，
，
．
，
．
1 61%
2 63%
sinθ =
=
1 −
( 3
3 )
2
3
6
∴AE
SD
3
6
例题4
CD
O
OB
OM
OB⊥CD
OM⊥CD
MCD⊥
BCD
MO⊥
BCD
AB⊥
BCD
∴MO//AB
∴A
B
O
M
AM
BO
E
∠AEB
AM
BCD
OB = MO =
3
∵MO//AB
∴MO//
ABC
M
O
ABC
OH⊥BC
H
MH
MH⊥BC
∴OH = OC ⋅sin60 =
∘
2
3
MH =
2
15
∵V
=
A−M BC
V
M −ABC
∴d =
5
2
15
答 案
见解析
解析
解：如图所示，
是平面
与平面
的交线，
由题意知，
是
的中点，则四边形
是菱形，
作
于点
，连接
，则
，所以
是二面角
的平面角，
设为，
，
，
，
，
，
平面
与平面
所成二面角的正弦值为
．
答 案
见解析
解析
解：如图，以
为坐标原点，线段
的长为单位长，射线
为轴的正半轴建立空间直角坐标
系
，
依题意有
，
，
，
，
,
所以
，
,
，
设
是平面
的法向量，
则
，即
，
因此可取
；
设
是平面
的法向量，则
，
可取
，
所以
，
．
1
CE
ACM
BCD
O
BE
BCED
BF⊥EC
F
AF
AF⊥EC
∠AFB
A −EC −B
θ
∵∠BCE = 120∘
∴∠BCF = 60∘
∴BF = BC ⋅sin60 =
∘
3
tanθ =
=
BF
AB
2
∴sinθ =
5
2
5
∴
ACM
BCD
5
2
5
例题5
D
DA
DA
x
D −xyz
Q(1, 1, 0)
C 0, 0, 1
(
)
P 0, 2, 0
(
)
B 1, 0, 1
(
)
Q 1, 1, 0
(
)
=
CB
1, 0, 0
(
)
=
BP
−1, 2, −1
(
)
=
PQ
1, −1, 0
(
)
=
n
x, y, z
(
)
PBC
{
⋅
= 0
n
CB
⋅
= 0
n
BP
{x = 0
−x + 2y −z = 0
=
n
0, −1, −2
(
)
m
PBQ
{
⋅
= 0
m BP
⋅
= 0
m PQ
=
m
1, 1, 1
(
)
cos < m
>
n
= −
5
15
故二面角
的余弦值为
．
答 案
见解析
解析
解：以
为原点，
所在的直线为轴，
所在的直线为轴，
所在的直线为轴，建立空
间直角坐标系，如图所示，
，
，
．
，
，
，
，
，
，
，
设
为平面
的法向量，
则
，取
，得
，
设直线
与平面
所成角为，
则
．
．
直线
与平面
所成角的余弦值为
．
1
Q −BP −C
−
5
15
例题6
C
CA
x
CB
y
CC
1
z
∵AC = 1
BC = 2
AA
=
1
4
∴A 1, 0, 0
(
)
E 0, 0, 2
(
)
B
0, 2, 4
1 (
)
C
0, 0, 4
1 (
)
∴
=
AE
−1, 0, 2
(
)
=
AB
1
−1, 2, 4
(
)
=
AC
1
−1, 0, 4
(
)
=
n
x, y, z
(
)
AEB
1
{
⋅
= −x + 2z = 0
n
AE
⋅
= −x + 2y + 4z = 0
n
AB
1
z = 1
=
n
2, −1, 1
(
)
AC
1
AEB
1
θ
sinθ =
=
⋅
∣∣∣AC
1∣∣∣
∣∣∣n ∣∣∣
⋅
∣∣∣AC
1
n ∣∣∣
=
×
6
17
−2 + 4
∣
∣
51
102
∴cos θ =
=
1 −
(
51
102 )
2
51
7
51
∴
AC
1
AEB
1
51
7
51
答 案
见解析
解析
解：假设在棱
上存在点
，使得二面角
的余弦值是
，
则
，
，
设
为平面
的法向量，
则
，取
，得
，
平面
的法向量
，
，
由
，解得
．
在棱
上存在点
，使得二面角
的余弦值是
，
．
答 案
见解析
解析
以
点为坐标原点，
，
，
所在直线分别为、、轴的正半轴建立空间直角坐标系，
如图所示，
则
，
，
，
，
，
所以
，
设平面
的一个法向量
，
，
，
由
，取
，得
，
设直线
与平面
所成角为，
2
1
CC
1
E 0, 0, t
(
)
A −EB
−
1
B
17
2
17
=
AE
−1, 0, t
(
)
=
AB
1
−1, 2, 4
(
)
=
n
x, y, z
(
)
AEB
1
{
⋅
= −x + tz = 0
n
AE
⋅
= −x + 2y + 4z = 0
n
AB
1
z = 1
=
n
t,
, 1
(
2
t −4
)
BEB
1
=
m
1, 0, 0
(
)
∴cos
,
=
⟨m n ⟩
=
⋅
∣∣∣m ∣∣n ∣∣∣
⋅
m
n
=
t +
+ 1
2
( 2
t−4)
2
t
17
2
17
t > 0
t = 1
∴
CC
1
E
A −EB
−
1
B
17
2
17
CE = 1
例题7
A
AB
AD
AP
x
y
z
A(0, 0, 0)
C(2, 2, 0)
P(0, 0, 2)
D(0, 4, 0)
Q(0, 4, 2)
=
QC
2, −2, −2
(
)
PCD
=
m
a, b, c
(
)
=
PC
2, 2, −2
(
)
=
PD
0, 4, −2
(
)
{
⋅
= 2a + 2b −2c = 0
m PC
⋅
= 4b −2c = 0
m PD
b = 1
=
m
1, 1, 2
(
)
QC
PCD
θ
则
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
．
答 案
见解析
解析
建立如图所示的空间直角坐标系．设
，则
，
，可求得平面
的一个法向量为
，
因为
平面
，
所以
，即
，解得
，
所以
的值为
．
答 案
见解析
解析
证明：法一：如图，取
的中点
，连接
，
．
，
为
，
的中点，
2
1
sinθ =
cos
,
=
∣∣∣
⟨QC m⟩∣∣∣
=
⋅
∣∣∣QC∣∣∣
∣∣∣m∣∣∣
⋅
∣∣∣QC
m∣∣∣
=
2
×
3
6
4
3
2
QC
PCD
3
2
=
AP
AH
λ(0 ⩽λ ⩽1)
H 0, 0, 2λ
(
)
=
HM
1, 0, −2λ
(
)
PCD
=
m
1, 1, 2
(
)
MH//
PCD
⋅
HM
=
m
0
1 × 1 + 0 × 1 + −2λ ×
(
)
2 = 0
λ =
4
1
AP
AH
4
1
例题8
PB
G
AG
NG
∵N
G
PC
PB
1
，且
，
又
，
，
，且
，
，且
，
，且
，
四边形
为平行四边形，则
，
平面
，
平面
，
平面
．
法二：
如图，在
中，过
作
，垂足为
，连接
．
在
中，由
，
，得
，
，
，则
．
在
中，
，
，
由余弦定理得：
，
．
在
中，
，
，即
，
，则
平面
．
由
底面
，得
，又
，
，则
平面
．
，
平面
平面
，
平面
．
答 案
见解析
解析
解：在
中，由
，
，
，得
．
，则
，
2
∴NG//BC
NG =
BC
2
1
AM = 2MD
∴AM =
AD =
3
2
2
∵BC = 4
AD//BC
∴AM//BC
AM =
BC
2
1
∴NG//AM
NG = AM
∴
AMNG
NM//AG
∵AG ⊂
PAB
NM
⊂
PAB
∴MN//
PAB
△PAC
N
NE⊥AC
E
ME
△ABC
AB = AC = 3
BC = 4
cos ∠ACB =
=
2 × 4 × 3
4 + 3 −3
2
2
2
3
2
∵AD//BC
∴cos ∠EAM =
3
2
sin∠EAM =
3
5
△EAM
∵AM =
AD =
3
2
2
AE =
AC =
2
1
2
3
EM =
=
AE + AM −2AE ⋅AM ⋅cos ∠EAM
2
2
=
+ 4 −2 ×
× 2 ×
4
9
2
3
3
2
2
3
∴cos ∠AEM =
=
2 ×
×
2
3
2
3
+
−4
( 2
3)
2
( 2
3)
2
9
1
△ABC
cos ∠BAC =
=
2 × 3 × 3
3 + 3 −4
2
2
2
9
1
∴cos ∠AEM = cos ∠BAC
∠AEM = ∠BAC
∴AB//EM
EM//
PAB
PA⊥
ABCD
PA⊥AC
NE⊥AC
∴NE//PA
NE//
PAB
∵NE ∩EM = E
∴
NEM//
PAB
∴MN//
PAB
△AMC
AM = 2
AC = 3
cos ∠MAC =
3
2
CM =
2
AC +
2
AM −
2
2AC ⋅AM ⋅cos ∠MAC = 9 + 4 −2 × 3 × 2 ×
=
3
2
5
∴AM +
2
MC =
2
AC2
AM⊥MC
底面
，
平面
，
平面
平面
，且平面
平面
，
平面
，则平面
平面
．
在平面
内，过
作
，交
于点
，连接
，则
为直线
与平面
所成角．
在
中，由
是
的中点，得
，
在
中，由
，得
，
．
直线
与平面
所成角的正弦值为
．
答 案
见解析
解析
证明：
平面
，
，
，
，
，
，
设
，由余弦定理可得，
，
，
，
，
，
，
，
平面
．
答 案
见解析
解析
1
2
∵PA⊥
ABCD
PA ⊂
PAD
∴
ABCD⊥
PAD
ABCD∩
PAD = AD
∴CM⊥
PAD
PCM⊥
PAD
PAD
A
AF⊥PM
PM
F
NF
∠ANF
AN
PMN
Rt△PAC
N
PC
AN =
PC =
2
1
=
2
1
PA + AC
2
2
2
5
Rt△PAM
PA ⋅AM = PM ⋅AF
AF =
=
PM
PA ⋅AM
=
4 + 2
2
2
4 × 2
5
4
5
∴sin∠ANF =
=
AN
AF
=
2
5
5
4
5
25
8
5
∴
AN
PMN
25
8
5
例题9
∵AB⊥
PAD
∴PH⊥AB
∵AD = 3
=
HD
AH
2
∴AH = 2
HD = 1
PH = x
cos ∠PHD =
=
2x ⋅HD
x + HD −PD
2
2
2
2x
x −1
2
cos ∠PHA =
=
2x ⋅HA
x + HA −PA
2
2
2
4x
x −1
2
∵cos ∠PHD = −cos ∠PHA
∴PH = x = 1
∴PH +
2
HD =
2
PD2
∴PH⊥AD
∵AD ∩AB = A
∴PH⊥
ABCD
解：设
中点为
，
以
为原点，以
，
，
所在的直线分别为，，轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
则
，
，
，
，
，
可得，
，
，
，
，
设平面
的法向量
，
则有：
，
设平面
的法向量
，
则有：
，
故
，
设二面角
的平面角为，则
．
答 案
见解析
解析
由题设可得，
，从而
， 又
是直角三角形，所以
， 如图，取
的中点
，连接
，
，则
，
， 又由
于
是正三角形，故
， 所以
为二面角
的平面角， 在
中，
， 又
，所以
，故
， 所以平面
平面
1
BC
G
H
HA
HG
HP
x
y
z
B 2, 3, 0
(
)
P 0, 0, 1
(
)
E
1,
,
(
2
3
2
1 )
F
−1,
, 0
(
2
3
)
C
−1,
, 0
(
2
9
)
=
BF
−3, −
, 0
(
2
3
)
=
BE
−1, −
,
(
2
3
2
1 )
=
EF
−2, 0, −
(
2
1 )
=
FC
0, 3, 0
(
)
BEF
=
n
x, y, z
(
)
⇒
{
⋅
= 0
BF
n
⋅
= 0
BE
n
⇒
{−3x −
y = 0
2
3
−x −
y +
= 0
2
3
2
z
=
n
−1, 2, 4
(
)
EFC
=
m
x, y, z
(
)
⇒
{
⋅
= 0
EF
m
⋅
= 0
FC
m
⇒
{−2x −
= 0
2
z
3y = 0
=
m
−1, 0, 4
(
)
cos⟨
,
⟩=
n m
=
⋅
∣∣∣n ∣∣∣
∣∣∣m∣∣∣
⋅
n
m
=
⋅
21
17
17
21
17
B −EF −C
θ
sinθ =
21
2
21
例题10
△ABD ≅△DBC
AD = DC
△ACD
∠ADC = 90∘
AC
O
DO
BO
DO⊥AC
DO = AO
△ABC
BO⊥AC
∠DOB
D −AC −B
Rt△AOB
BO +
2
AO =
2
AB2
AB = BD
BO +
2
DO =
2
BO +
2
AO =
2
AB =
2
BD2
∠DOB = 90∘
ACD⊥
．
答 案
解析
由题设及
知，
，
，
两两垂直，以
为坐标原点，
的方向为轴正方向，
为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系
，则
，
，
，
． 由题设知，四面体
的体积为四面体
的体积的
，从
而
到平面
的距离为
到平面
的距离的
，即
为
的中点，则
，故
，
，
． 设
是
平面
的法向量，则
，即
， 可取
， 设
是平面
的法向量，则
，同理可得
， 则
， 所以二面角
的余
弦值为
．
2
ABC
7
7
(1)
OA
OB
OD
O
OA
x
∣∣∣OA∣∣∣
O−xyz
A(1, 0, 0)
B(0,
, 0)
3
C(−1, 0, 0)
D(0, 0, 1)
ABCE
ABCD
2
1
E
ABC
D
ABC
2
1
E
DB
E
0,
,
(
2
3
2
1 )
=
AD
−1, 0, 1
(
)
=
AC
−2, 0, 0
(
)
=
AE
−1,
,
(
2
3
2
1 )
=
n
x, y, z
(
)
DAE
{
⋅
= 0
n
AD
⋅
= 0
n
AE
{−x + z = 0
−x +
y +
z = 0
2
3
2
1
=
n
1,
, 1
(
3
3
)
m
AEC
{
⋅
= 0
m AC
⋅
= 0
m AE
=
m
0, −1,
(
3)
cos
,
=
⟨n m⟩
=
∣∣∣n ∣∣∣
∣∣∣m∣∣∣
⋅
n
m
7
7
D −AE −C
7
7
