高中数学空间向量训练题

高中数学空间向量训练题（含解析）
一．选择题
1．已知M、N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，点P在线MN上，且MP=2PN，设向量=，=，=，则=（）
A．++B．++ C．++ D．++
2．已知=（2，﹣1，2），=（﹣1，3，﹣3），=（13，6，λ），若向量，，共面，则λ=（）
A．2 B．3 C．4 D．6
3．空间中，与向量同向共线的单位向量为（）
A．B．或
C．D．或
4．已知向量，且，则x的值为（）
A．12 B．10 C．﹣14 D．14
5．若A，B，C不共线，对于空间任意一点O都有=++，则P，A，B，C四点（）A．不共面B．共面C．共线D．不共线
6．已知平面α的法向量是（2，3，﹣1），平面β的法向量是（4，λ，﹣2），若α∥β，则λ的值是（）
A．B．﹣6 C．6 D．
7．已知，则的最小值是（）A．B．C．D．
8．有四个命题：①若=x+y，则与、共面；②若与、共面，则=x+y；③若=x+y，则P，M，A，B共面；④若P，M，A，B共面，则=x+y．其中真命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4
9．已知向量=（2，﹣1，1），=（1，2，1），则以，为邻边的平行四边形的面积为（）A．B． C．4 D．8
10．如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E是棱AB的中点，则点E 到平面ACD1的距离为（）
A．B．C．D．
11．正方体ABCDA1B1C1D1中，直线DD1与平面A1BC1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．
二．填空题（共5小题）
12．已知向量=（k，12，1），=（4，5，1），=（﹣k，10，1），且A、B、C三点共线，则k=．
13．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，MN是正方体内切球的直径，P为正方体表面上的动点，则•的最大值为．
14．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果=（2，﹣1，﹣4），=（4，2，0），=（﹣1，2，﹣1）．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥．其中正确的是．
15．设空间任意一点O和不共线三点A，B，C，且点P满足向量关系，若P，A，B，C四点共面，则x+y+z=．
16．已知平面α⊥平面β，且α∩β=l，在l上有两点A，B，线段AC⊂α，线段BD⊂β，并且AC ⊥l，BD⊥l，AB=6，BD=24，AC=8，则CD=．
三．解答题（共12小题）
17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA丄平面ABCD，AB丄BC，∠BCA=45°，PA=AD=2，AC=1，DC=
（Ⅰ）证明PC丄AD；
（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣D的正弦值；
（Ⅲ）设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．
（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值．
19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且SD=AD，E是SA 的中点．
（1）求证：直线BA⊥平面SAD；
（2）求直线SA与平面BED的夹角的正弦值．
20．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠DAB=90°AD∥BC，AD⊥侧面PAB，△PAB是等边三角形，DA=AB=2，BC=，E是线段AB的中点．
（Ⅰ）求证：PE⊥CD；
（Ⅱ）求PC与平面PDE所成角的正弦值．
21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．
（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD；
（Ⅱ）求二面角C﹣PB﹣E的余弦值；
（Ⅲ）在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．
22．如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC，EA⊥EB．
（Ⅰ）求证：AB⊥DE；
（Ⅱ）求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，说明理由．
23．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=CC1，平面BAC1⊥平面ACC1A1，∠ACC1=∠BAC1=60°，AC1∩A1C=O．
（Ⅰ）求证：BO⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）求二面角A﹣BC1﹣B1的余弦值．
24．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面，四边形ABCD为正方形，点M，N分别为线段PB，PC上的点，MN⊥PB．
（Ⅰ）求证：MN⊥平面PAB；
（Ⅱ）当PA=AB=2，二面角C﹣AN﹣D大小为时，求PN的长．
25．如题图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=3，∠ACB=．D，E分别为线段AB，BC
上的点，且CD=DE=，CE=2EB=2．
（Ⅰ）证明：DE⊥平面PCD
（Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．
26．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
（1）求证：GF∥平面ADE；
（2）求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．
27．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC=2，BD=2，E 是PB上任意一点．
（Ⅰ）求证：AC⊥DE；
（Ⅱ）已知二面角A﹣PB﹣D的余弦值为，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值．
28．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
（Ⅰ）证明：AC=AB1；
（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
29.已知四棱锥P—ABCD，PB⊥AD，侧面P AD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面P AD 与底面ABCD所成的二面角为120°.
（1）求点P到平面ABCD的距离；
（2）求面APB与面CPB所成二面角的余弦值.
P
A
B
C
D
30如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠ACB=90°，AC=BC=1，AA1=2，D是棱AA1的中点．
（Ⅰ）求证：B1C1∥平面BCD；
（Ⅱ）求三棱锥B﹣C1CD的体积；
（Ⅲ）在线段BD上是否存在点Q，使得CQ⊥BC1？请说明理由．
31如图，在三棱锥A﹣BCD中，O、E分别为BD、BC中点，CA=CB=CD=BD=4，AB=AD=2
（1）求证：AO⊥面BCD
（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值
（3）求点E到平面ACD的距离．
32在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥ABB1A1平面．
（1）证明：BC⊥AB1；
（2）若OC=OA，求直线CD与平面ABC所成角的正弦值．
2018年01月20日shu****e168的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．已知M、N分别是四面体OABC的棱OA，BC的中点，点P在线MN上，且MP=2PN，设向量=，=，=，则=（）
A．++B．++ C．++ D．++
【解答】解：如图所示，
=+，=（+），=，=﹣，=．
∴=+
=+
=+（﹣）
=+
=×（+）+×
=++
=++．
故选：C．
2．已知=（2，﹣1，2），=（﹣1，3，﹣3），=（13，6，λ），若向量，，共面，则λ=（）
A．2 B．3 C．4 D．6
【解答】解：∵=（2，﹣1，2），=（﹣1，3，﹣3），=（13，6，λ），三个向量共面，∴，
∴（2，﹣1，2）=x（﹣1，3，﹣3）+y（13，6，λ）
∴
解得：
故选：B．
3．空间中，与向量同向共线的单位向量为（）
A．B．或
C．D．或
【解答】解：∵，
∴与同向共线的单位向量向量，
故选：C．
4．已知向量，且，则x的值为（）
A．12 B．10 C．﹣14 D．14
【解答】解：因为向量，且，
属于=﹣8﹣6+x=0，解得x=14；
故选：D．
5．若A，B，C不共线，对于空间任意一点O都有=++，则P，A，B，C四点（）A．不共面B．共面C．共线D．不共线
【解答】解：A，B，C不共线，对于空间任意一点O都有=x+y+z，
则P，A，B，C四点共面的充要条件是x+y+z=1，
而=++，因此P，A，B，C四点不共面．
故选：A．
6．已知平面α的法向量是（2，3，﹣1），平面β的法向量是（4，λ，﹣2），若α∥β，则λ的值是（）
A．B．﹣6 C．6 D．
【解答】解：∵α∥β，且平面α的法向量是=（2，3，﹣1），平面β的法向量是=（4，λ，﹣2），
∴即存在实数μ使得，
即（2，3，﹣1）=（4μ，λμ，﹣2μ），
解得μ=，λ=6
故选C．
7．已知，则的最小值是（）A．B．C．D．
【解答】解：=（﹣1﹣t，t﹣1，﹣t），
∴==≥，当且仅当t=0时取等号．
∴的最小值是．
故选：A．
8．有四个命题：①若=x+y，则与、共面；②若与、共面，则=x+y；③若=x+y，则P，M，A，B共面；④若P，M，A，B共面，则=x+y．其中真命题的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：若=x+y，则与，肯定在同一平面内，故①对；
若=x+y，则、、三向量在同一平面内，
∴P、M、A、B共面．故③对；
若=x+y，则与、共面，但如果，共线，就不一定能用、来表示，
故②不对；同理④也不对．
∴真命题的个数为2个．
故选：B．
9．已知向量=（2，﹣1，1），=（1，2，1），则以，为邻边的平行四边形的面积为（）A．B． C．4 D．8
【解答】解：设向量，的夹角为θ，=，=，
∴cosθ===．
∴sinθ==．
∴以，为邻边的平行四边形的面积S=••sinθ==，
故选：B．
10．如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD=AA1=1，AB=2，点E是棱AB的中点，则点E 到平面ACD1的距离为（）
A．B．C．D．
【解答】解：如图，以D为坐标原点，直线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D1（0，0，1），E（1，1，0），A（1，0，0），C（0，2，0）．
=（1，1，﹣1），=（﹣1，2，0），=（﹣1，0，1），
设平面ACD1的法向量为=（a，b，c），
则，取a=2，得=（2，1，2），
点E到平面ACD1的距离为：
h===．
故选：C．
11．正方体ABCDA1B1C1D1中，直线DD1与平面A1BC1所成角的正弦值为（）A．B．C．D．
【解答】解：∵△A1BC1是等边三角形，A1B1=BB1=B1C1，
∴B1在平面A1BC1上的射影为△A1BC1的中心O，
设正方体棱长为1，M为A1C1的中点，则A1B=，
∴OB=BM==，
∴OB1==，
∴sin∠B1BO==，即BB1与平面A1BC1所成角的正弦值为，
∵DD1∥BB1，
∴直线DD1与平面A1BC1所成角的正弦值为．
故选：A．
二．填空题（共5小题）
12．已知向量=（k，12，1），=（4，5，1），=（﹣k，10，1），且A、B、C三点共线，则k=．
【解答】解：∵向量=（k，12，1），=（4，5，1），=（﹣k，10，1），
∴=（4﹣k，﹣7，0），=（﹣2k，﹣2，0）．
又A、B、C三点共线，∴存在实数λ使得，
∴，解得．
故答案为：﹣．
13．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，MN是正方体内切球的直径，P为正方体表面上的动点，则•的最大值为．
【解答】解：连接PO，可得•==++=﹣，
当取得最大值时，•取得最大值为=．
14．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果=（2，﹣1，﹣4），=（4，2，0），=（﹣1，2，﹣1）．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥．其中正确的是①②③．
【解答】解：由=（2，﹣1，﹣4），=（4，2，0），=（﹣1，2，﹣1），知：
在①中，=﹣2﹣2+4=0，∴⊥，∴AP⊥AB，故①正确；
在②中，•=﹣4+4+0=0，∴⊥，∴AP⊥AD，故②正确；
在③中，由AP⊥AB，AP⊥AD，AB∩AD=A，知是平面ABCD的法向量，故③正确；
在④中，=（2，3，4），
假设存在λ使得=，则，无解，
∴∥．故④不正确；
综上可得：①②③正确．
故答案为：①②③．
15．设空间任意一点O和不共线三点A，B，C，且点P满足向量关系，若P，A，B，C四点共面，则x+y+z=1．
【解答】若空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，满足向量关系式：，则P，A，B，C四点共面的充要条件是：x+y+z=1，
16．已知平面α⊥平面β，且α∩β=l，在l上有两点A，B，线段AC⊂α，线段BD⊂β，并且AC ⊥l，BD⊥l，AB=6，BD=24，AC=8，则CD=26．
【解答】解：∵平面α⊥平面β，且α∩β=l，在l上有两点A，B，线段AC⊂α，线段BD⊂β，AC⊥l，BD⊥l，AB=6，BD=24，AC=8，
∴=，
∴=（）2
=
=64+36+576
=676，
∴CD=26．
故答案为：26．
三．解答题（共12小题）
17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA丄平面ABCD，AB丄BC，∠BCA=45°，PA=AD=2，AC=1，DC=
（Ⅰ）证明PC丄AD；
（Ⅱ）求二面角A﹣PC﹣D的正弦值；
（Ⅲ）设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．
【解答】（本小题满分13分）
证明：（Ⅰ）∵在△ADC中，AD=2，AC=1，DC=
∴AC2+AD2=CD2，
∴AD⊥AC，…（1分）
如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，
依题意得A（0，0，0），D（2，0，0），C（0，1，0），B（﹣，，0），P（0，0，2），得=（0，1，﹣2），=（2，0，0），
∴=0，∴PC⊥AD．…（4分）
解：（Ⅱ），，
设平面PCD的一个法向量=（x，y，z），
则，不妨令z=1，得=（1，2，1），
可取平面PAC的一个法向量=（1，0，0），
于是cos＜＞==，
从而sin＜＞=，
所以二面角A﹣PC﹣D的正弦值为．…（8分）
（Ⅲ）设点E的坐标为（0，0，h），其中h∈[0，2]，
由此得=（），由=（2，﹣1，0），
故，
∵满足异面直线BE与CD所成的角为30°，
∴=cos30°=，解得h=，即AE=．…（13分）
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=AD=1，CD=．
（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；
（Ⅱ）若M为棱PC的中点，求异面直线AP与BM所成角的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）∵AD∥BC，BC=AD，Q为AD的中点，
∴四边形BCDQ为平行四边形，可得CD∥BQ．
∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°即QB⊥AD．
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴BQ⊥平面PAD．
∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．
（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PQ⊥平面ABCD．（注：不证明PQ⊥平面ABCD直接建系扣1分）
因此，以Q为原点、QA、QB、QP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示
则Q（0，0，0），A（1，0，0），P（0，0，），B（0，，0），C（﹣1，，0）
∵M是PC中点，∴M（﹣，，）
∴=（﹣1，0，），=（﹣，﹣，）
设异面直线AP与BM所成角为θ，
则cosθ=|cos＜，＞|==．
∴异面直线AP与BM所成角的余弦值为．
19．如图，在四棱锥S﹣ABCD中，SD⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，且SD=AD，E是SA 的中点．
（1）求证：直线BA⊥平面SAD；
（2）求直线SA与平面BED的夹角的正弦值．
【解答】（本题满分12分）
解：（1）证明：∵SD⊥平面ABCD，∴SD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩SD=D，
∴AB⊥平面SAD，…（6分）
（2）以D为原点，分别以DA、DC、DS为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
设AB=2，则A（2，0，0），S（0，0，2），
B（1，2，0），E（1，0，0），故=（2，0，﹣2），
=（2，2，0），=（1，0，1），…（8分）
设平面BED的一个法向量为=（x，y，z），
由得
，取=（1，﹣1，﹣1），…（10分）
设直线SA与平面BED所成角为θ，因为cos==，
所以sinθ=，即直线SA与平面BED所成角的正弦值为…（12分）
20．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠DAB=90°AD∥BC，AD⊥侧面PAB，△PAB是等边三角形，DA=AB=2，BC=，E是线段AB的中点．
（Ⅰ）求证：PE⊥CD；
（Ⅱ）求PC与平面PDE所成角的正弦值．
【解答】解：（Ⅰ）∵AD⊥侧面PAB，PE⊂平面PAB，∴AD⊥EP．
又∵△PAB是等边三角形，E是线段AB的中点，∴AB⊥EP．
∵AD∩AB=A，∴PE⊥平面ABCD．
∵CD⊂平面ABCD，∴PE⊥CD．…（5分）
（Ⅱ）以E为原点，EA、EP分别为y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
则E（0，0，0），C（1，﹣1，0），D（2，1，0），P（0，0，）．
=（2，1，0），=（0，0，），=（1，﹣1，﹣）．
设=（x，y，z）为平面PDE的一个法向量．
由，令x=1，可得=（1，﹣2，0）．…（9分）
设PC与平面PDE所成的角为θ，得
=
所以PC与平面PDE所成角的正弦值为．…（12分）
21．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE∥CD，
BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1．
（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面PCD；
（Ⅱ）求二面角C﹣PB﹣E的余弦值；
（Ⅲ）在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）证明：由已知平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥AD，
且平面PAD∩平面ABCD=AD，所以PA⊥平面ABCD．所以PA⊥CD．
又因为BE⊥AD，BE∥CD，所以CD⊥AD．所以CD⊥平面PAD．
因为CD⊂平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD．…（4分）
（Ⅱ）作Ez⊥AD，以E为原点，以的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E﹣xyz，
则点E（0，0，0），P（0，﹣2，2），A（0，﹣2，0），B（2，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0）．
所以，，．
设平面PBC的法向量为=（x，y，z），
所以即
令y=1，解得=（2，1，3）．
设平面PBE的法向量为=（a，b，c），
所以即
令b=1，解得=（0，1，1）．
所以cos＜＞=．
由图可知，二面角C﹣PB﹣E的余弦值为．…（10分）
（Ⅲ）“线段PE上存在点M，使得DM∥平面PBC”等价于“”．
因为，设，λ∈（0，1），
则M（0，2λ﹣2，2﹣2λ），．
由（Ⅱ）知平面PBC的法向量为=（2，1，3），
所以．
解得．
所以线段PE上存在点M，即PE中点，使得DM∥平面PBC．…（14分）
22．如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB=2CD=2BC，EA⊥EB．
（Ⅰ）求证：AB⊥DE；
（Ⅱ）求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；
（Ⅲ）线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出；若不存在，说明理由．
【解答】（Ⅰ）证明：取AB中点O，连接EO，DO．
因为EB=EA，所以EO⊥AB．…（1分）
因为四边形ABCD为直角梯形，AB=2CD=2BC，AB⊥BC，
所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD．…（2分）
因为EO∩OD=O
所以AB⊥平面EOD．…（3分）
因为ED⊂平面EOD
所以AB⊥ED．…（4分）
（Ⅱ）解：因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，平面ABE∩平面ABCD=AB
所以EO⊥平面ABCD，
因为OD⊂平面ABCD，所以EO⊥OD．
由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz．…（5分）
因为△EAB为等腰直角三角形，所以OA=OB=OD=OE，设OB=1，所以O（0，0，0），A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1）．
所以，平面ABE的一个法向量为．…（7分）
设直线EC与平面ABE所成的角为θ，
所以，
即直线EC与平面ABE所成角的正弦值为．…（9分）
（Ⅲ）解：存在点F，且时，有EC∥平面FBD．…（10分）
证明如下：由，，所以．
设平面FBD的法向量为=（a，b，c），则有
所以取a=1，得=（1，1，2）．…（12分）
因为=（1，1，﹣1）•（1，1，2）=0，且EC⊄平面FBD，所以EC∥平面FBD．
即点F满足时，有EC∥平面FBD．…（14分）
23．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB=AC=CC1，平面BAC1⊥平面ACC1A1，∠ACC1=∠BAC1=60°，AC1∩A1C=O．
（Ⅰ）求证：BO⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）求二面角A﹣BC1﹣B1的余弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）依题意，四边形AA1C1C为菱形，且∠AA1C1=60°
∴△AA1C1为正三角形，又∠BAC1=60°，
∴△BAC1为正三角形，又O为AC1中点，
∴BO⊥AC1，
∵平面ABC1⊥平面AA1C1C，平面ABC1∩平面AA1C1C=AC1，
∵BO⊂平面AA1CC1，∴BO⊥平面AA1C1C．…（4分）
解：（Ⅱ）以O为坐标原点，建空间直角坐标系，如图，
令AB=2，则，C1（0，1，0）
∴，
设平面BB1C1的一个法向量为，
由得，
取z=1，得…（9分）
又面ABC1的一个法向量为
∴…（11分）
故所求二面角的余弦值为…（12分）
24．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面，四边形ABCD为正方形，点M，N分别为线段PB，PC上的点，MN⊥PB．
（Ⅰ）求证：MN⊥平面PAB；
（Ⅱ）当PA=AB=2，二面角C﹣AN﹣D大小为时，求PN的长．
【解答】（Ⅰ）证明：在正方形ABCD中，AB⊥BC，
∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC．
∵AB∩PA=A，且AB，PA⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PB，
∵MN⊥PB，∴MN∥BC，
则MN⊥平面PAB；
（Ⅱ）解：∵PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，
如图，以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，则C（2，2，0），D（0，2，0），B（2，0，0），P（0，0，2）．
设平面DAN的一个法向量为=（x，y，z），
平面CAN的一个法向量为=（a，b，c），
设=λ，λ∈[0，1]，
∵=（2，2，﹣2），∴=（2λ，2λ，2﹣2λ），
又=（0，2，0），
∴，取z=1，得=（，0，1），
∵=（0，0，2），=（2，2，0），
∴，取a=1得，到=（1，﹣1，0），
∵二面C﹣AN﹣D大小为，∴|cos＜，＞|=cos=，
∴|cos＜，＞|=||=||=，解得λ=，
∴，
则PN=．
25．如题图，三棱锥P﹣ABC中，PC⊥平面ABC，PC=3，∠ACB=．D，E分别为线段AB，BC 上的点，且CD=DE=，CE=2EB=2．
（Ⅰ）证明：DE⊥平面PCD
（Ⅱ）求二面角A﹣PD﹣C的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：∵PC⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，∴PC⊥DE，
∵CE=2，CD=DE=，∴△CDE为等腰直角三角形，
∴CD⊥DE，∵PC∩CD=C，
DE垂直于平面PCD内的两条相交直线，
∴DE⊥平面PCD
（Ⅱ）由（Ⅰ）知△CDE为等腰直角三角形，∠DCE=，
过点D作DF垂直CE于F，易知DF=FC=FE=1，又由已知EB=1，故FB=2，
由∠ACB=得DF∥AC，，故AC=DF=，
以C为原点，分别以，，的方向为xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，
则C（0，0，0），P（0，0，3），A（，0，0），E（0，2，0），D（1，1，0），
∴=（1，﹣1，0），=（﹣1，﹣1，3），=（，﹣1，0），
设平面PAD的法向量=（x，y，z），由，
故可取=（2，1，1），
由（Ⅰ）知DE⊥平面PCD，故平面PCD的法向量可取=（1，﹣1，0），
∴两法向量夹角的余弦值cos＜，＞==
∴二面角A﹣PD﹣C的余弦值为．
26．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点．
（1）求证：GF∥平面ADE；
（2）求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值．
【解答】解法一：（1）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，
∵G是BE的中点，∴GH∥AB，且GH=AB，
又∵F是CD中点，四边形ABCD是矩形，
∴DF∥AB，且DF=AB，即GH∥DF，且GH=DF，
∴四边形HGFD是平行四边形，∴GF∥DH，
又∵DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，∴GF∥平面ADE．
（2）如图，在平面BEG内，过点B作BQ∥CE，
∵BE⊥EC，∴BQ⊥BE，
又∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥BE，AB⊥BQ，
以B为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F（2，2，1）
∵AB⊥平面BEC，∴为平面BEC的法向量，
设=（x，y，z）为平面AEF的法向量．又=（2，0，﹣2），=（2，2，﹣1）
由垂直关系可得，取z=2可得．
∴cos＜，＞==
∴平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为．
解法二：（1）如图，取AB中点M，连接MG，MF，
又G是BE的中点，可知GM∥AE，且GM=AE
又AE⊂平面ADE，GM⊄平面ADE，
∴GM∥平面ADE．
在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点可得MF∥AD．
又AD⊂平面ADE，MF⊄平面ADE，∴MF∥平面ADE．
又∵GM∩MF=M，GM⊂平面GMF，MF⊂平面GMF
∴平面GMF∥平面ADE，
∵GF⊂平面GMF，∴GF∥平面ADE
（2）同解法一．
27．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD是菱形，AC=2，BD=2，E 是PB上任意一点．
（Ⅰ）求证：AC⊥DE；
（Ⅱ）已知二面角A﹣PB﹣D的余弦值为，若E为PB的中点，求EC与平面PAB所成角的正弦值．
【解答】（I）证明：∵PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD
∴PD⊥AC
又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，BD∩PD=D
∴AC⊥平面PBD，∵DE⊂平面PBD
∴AC⊥DE…（6分）
（II）解：分别以OA，OB，OE方向为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设PD=t，则
由（I）知：平面PBD的法向量为，
令平面PAB的法向量为，则根据得∴
因为二面角A﹣PB﹣D的余弦值为，则，即，∴
…（9分）
∴
设EC与平面PAB所成的角为θ，
∵，
∴…（12分）
28．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，AB⊥B1C．
（Ⅰ）证明：AC=AB1；
（Ⅱ）若AC⊥AB1，∠CBB1=60°，AB=BC，求二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值．
【解答】解：（1）连结BC1，交B1C于点O，连结AO，
∵侧面BB1C1C为菱形，
∴BC1⊥B1C，且O为BC1和B1C的中点，
又∵AB⊥B1C，∴B1C⊥平面ABO，
∵AO⊂平面ABO，∴B1C⊥AO，
又B10=CO，∴AC=AB1，
（2）∵AC⊥AB1，且O为B1C的中点，∴AO=CO，
又∵AB=BC，∴△BOA≌△BOC，∴OA⊥OB，
∴OA，OB，OB1两两垂直，
以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长度，
的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，
∵∠CBB1=60°，∴△CBB1为正三角形，又AB=BC，
∴A（0，0，），B（1，0，0，），B1（0，，0），C（0，，0）
∴=（0，，），==（1，0，），==（﹣1，，0），设向量=（x，y，z）是平面AA1B1的法向量，
则，可取=（1，，），
同理可得平面A1B1C1的一个法向量=（1，﹣，），
∴cos＜，＞==，
∴二面角A﹣A1B1﹣C1的余弦值为
29.已知四棱锥P —ABCD ，PB ⊥AD ，侧面P AD 为边长等于2的正三角形，底面ABCD 为菱形，侧面P AD
与底面ABCD 所成的二面角为120°.
（1）求点P 到平面ABCD 的距离； （2）求面APB 与面CPB 所成二面角的大小
.
C
（传统法）解（1）：如下图，作PO ⊥平面ABCD ，垂足为点O .连结OB 、OA 、OD ，OB 与AD 交于点E ，连结PE .
∵AD ⊥PB ，∴AD ⊥OB . ∵P A =PD ，∴OA =OD .
于是OB 平分AD ，
点E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD .由此知∠PEB 为面P AD 与面ABCD 所成二面角的平面角，∴∠PEB =120°，∠PEO =60°.由已知可求得PE =3， ∴PO =PE ·sin ×
23=23
，即点P 到平面ABCD 的距离为2
3. （2）（空间向量法）解法一：如下图建立直角坐标系，其中O 为坐标原点，x 轴平行于DA .
P （0，0，
23），B （0，233，0），PB 中点G 的坐标为（0，433，4
3），连结AG .
又知A （1，2
3
，0），C （－2，2
3
3
，0）.
由此得到 =（1，－
4
3
，－4
3），
PB =（0，2
33
，－2
3），=（－2，0，0）.
于是有·=0，BC ·=0，
∴GA ⊥，BC ⊥. GA ，BC 的夹角θ等于所求二面角的平面角. 于是cos θ=－7
72，
由于题目中的二面角为钝角，所以所求二面角的大小为－7
72。

注意：本题可以采用先求平面的法向量，再求法向量的夹角，结合二面角实际情况下结论 解法二（传统法略解）：如下图，取PB 的中点G ，PC 的中点F ，连结EG 、AG 、GF ，
则AG ⊥PB ，FG ∥BC ，FG =
2
1
BC .
∵AD ⊥PB ，
∴BC ⊥PB ，FG ⊥PB .
∴∠AGF 是所求二面角的平面角. ∵AD ⊥面POB ， ∴AD ⊥EG . 又∵PE =BE ，
∴EG ⊥PB ，且∠PEG =60°.
在Rt △PEG 中，EG =PE ·cos 60°=2
3， 在Rt △GAE 中，AE =2
1AD =1，
于是tan ∠GAE =AE
EG =
2
3.
COS ∠GAE =7
72
又∠AGF =π－∠GAE ，
∴所求二面角的余弦值为 -7
72。

30如图，在三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，∠ACB=90°，AC=BC=1，AA 1=2，D 是棱AA 1的中点．
（Ⅰ）求证：B1C1∥平面BCD；
（Ⅱ）求三棱锥B﹣C1CD的体积；
（Ⅲ）在线段BD上是否存在点Q，使得CQ⊥BC1？请说明理由．
答案及解析：
【分析】（Ⅰ）由ABC﹣A1B1C1为棱柱，可得B1C1∥BC，再由线面平行的判定可得B1C1∥平面BCD；（Ⅱ）由D为棱AA1的中点求出三角形CC1D，再证明BC⊥平面CDC1，即可求得三棱锥B﹣C1CD的体积；（Ⅲ）以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出所用点的坐标，假设在线段BD上存在点Q，使得CQ⊥BC1，求出Q的坐标，由数量积为0得答案．
【解答】（Ⅰ）证明：∵ABC﹣A1B1C1为棱柱，则B1C1∥BC，
∵B1C1⊄平面BCD，BC⊂平面BCD，则B1C1∥平面BCD；
（Ⅱ）解：∵D为棱AA1的中点，∴，
∵AA1⊥底面ABC，∴BC⊥AA1，又BC⊥AC，且AC∩AA1=A，
∴BC⊥平面CDC1，
∴=；
（Ⅲ）解：线段BD上存在点Q（），使得CQ⊥BC1 ．
事实上，以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，
则C（0，0，0），B（0，1，0），C1（0，0，2），D（1，0，1），
假设在线段BD上存在点Q，使得CQ⊥BC1，设Q（x，y，z），
再设，则（x，y﹣1，z）=λ（1，﹣1，1），得x=λ，y=1﹣λ，z=λ，
则Q（λ，1﹣λ，λ），
∴=（λ，1﹣λ，λ），，
由，得．
∴线段BD上存在点Q（），使得CQ⊥BC1 ．
31如图，在三棱锥A﹣BCD中，O、E分别为BD、BC中点，CA=CB=CD=BD=4，AB=AD=2
（1）求证：AO⊥面BCD
（2）求异面直线AB与CD所成角的余弦值
（3）求点E到平面ACD的距离．
答案及解析：
【分析】（1）要证AO⊥平面BCD，只需证AO⊥BD，AO⊥CO即可，结合已知条件，根据勾股定理即可得到答案；
（2）取AC中点F，连接OF、OE、EF，由中位线定理可得EF∥AB，OE∥CD，则∠OEF（或其补角）是异面直线AB与CD所成角，然后在Rt△AOC中求解；
（3）以O为原点，以OB，OC，OA方向为x，y，z轴正方向，建立空间坐标系，求出平面ACD的法向量的坐标，根据点E到平面ACD的距离h=，可求出点E到平面ACD的距离．
【解答】（1）证明：△ABD中，∵AB=AD=，O是BD中点，BD=2，
∴AO⊥BD且AO==1．
在△BCD中，连接OC，
∵BC=DC=2，
∴CO⊥BD且CO==，
在△AOC中，AO=1，CO=，AC=2，
∴AO2+CO2=AC2，故AO⊥CO．
∴AO⊥平面BCD；
（2）解：取AC中点F，连接OF、OE、EF，
△ABC中，E、F分别为BC、AC中点，
∴EF∥AB，且EF=AB=．
在△BCD中，O、E分别为BD、BC的中点，
∴OE∥CD且OE=CD=1．
∴异面直线AB与CD所成角等于∠OEF（或其补角）．
又OF是Rt△AOC斜边上的中线，
∴OF=AC=1，
∴等腰△OEF中cos∠OEF=；
（3）解：如图建立空间直角坐标系，设平面ACD的法向量为=（x，y，z），则，即．
令y=1，得．
又，
∴点E到平面ACD的距离h=．
32在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=2，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO⊥ABB1A1平面．
（1）证明：BC⊥AB1；
（2）若OC=OA，求直线CD与平面ABC所成角的正弦值．
答案及解析：
【分析】（Ⅰ）要证明BC⊥AB1，可证明AB1垂直于BC所在的平面BCD，已知CO垂直于侧面ABB1A1，所以CO垂直于AB1，只要在矩形ABB1A1内证明BD垂直于AB1即可，可利用角的关系加以证明；
（Ⅱ）分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，求出，平面ABC的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可得出结论．
【解答】（I）证明：由题意，因为ABB1A1是矩形，
D为AA1中点，AB=2，AA1=2，AD=，
所以在直角三角形ABB1中，tan∠AB1B==，
在直角三角形ABD中，tan∠ABD==，
所以∠AB1B=∠ABD，
又∠BAB1+∠AB1B=90°，∠BAB1+∠ABD=90°，
所以在直角三角形ABO中，故∠BOA=90°，
即BD⊥AB1，
又因为CO⊥侧面ABB1A1，AB1⊂侧面ABB1A1，
所以CO⊥AB1
所以，AB1⊥面BCD，
因为BC⊂面BCD，
所以BC⊥AB1．
（Ⅱ）解：如图，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，则A （0，﹣，0），B（﹣，0，0），C（0，0，），B1（0，，0），D（，0，0），
又因为=2，所以
所以=（﹣，，0），=（0，，），=（，，），=（，0，﹣），设平面ABC的法向量为=（x，y，z），
则根据可得=（1，，﹣）是平面ABC的一个法向量，
设直线CD与平面ABC所成角为α，则sinα=，
所以直线CD与平面ABC所成角的正弦值为．…。