高考数学（理）一轮：一课双测A+B精练(四十八) 空间向量与空间角
1.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角为________．
2．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为________．
3.如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面PAC所成角为________．
4．(2012·山西模拟)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，PA⊥平面ABCD，PA＝3，AD＝2，AB＝2，BC＝6.
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)求二面角P－BD－A的大小．
5．(2012·辽宁高考)如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝λAA′，点M，N分别为A′B和B′C′的中点．
(1)证明：MN∥平面A′ACC′；
(2)若二面角A′－MN－C为直二面角，求λ的值．
6．如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2.将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
1．(2013·湖北模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．
(1)求证：PA⊥EF；
(2)求二面角D－FG－E的余弦值．
2．(2012·北京西城模拟)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．
(1)求证：A1B∥平面ADC1；
(2)求二面角C1－AD－C的余弦值；
(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．
[答 题 栏]
A级
1._________ 2._________ 3. __________
答 案
高考数学（理）一轮：一课双测A+B精练(四十八)
A级
1．解析：建立如图所示的空间直角坐标系．
设AB＝BC＝AA1＝2，
则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，
则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，
∴·＝2，
∴cos〈，〉＝＝，
∴EF和BC1所成角为60°.
答案：60°
2．解析：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)．设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，＝(1,0，a)，＝(0,2,2)，
设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．
则?，
令z＝－1，得m＝(a,1，－1)，
又平面C1DC的一个法向量为n＝(0,1,0)，
则由cos 60°＝，得＝，即a＝，
故AD＝.
答案：
3．解析：如图所示，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，
则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P.
则＝(2a,0,0)，＝，＝(a，a,0)．
设平面PAC的法向量为n，可求得n＝(0,1,1)，
则cos〈，n〉＝＝＝.
∴〈，n〉＝60°，
∴直线BC与平面PAC的夹角为90°－60°＝30°.
答案：30°
4．解：(1)证明：由题可知，AP、AD、AB两两垂直，则分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(2，0,0)，C(2，6,0)，D(0,2,0)，P(0,0,3)，
∴＝(0,0,3)，＝(2，6,0)，＝(－2，2,0)，
∴·＝0，·＝0.∴BD⊥AP，BD⊥AC.
又PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.
(2)显然平面ABD的一个法向量为m＝(0,0,1)，设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.
由(1)知，＝(－2，0,3)，
∴整理得
令x＝，则n＝(，3,2)，
∴cos〈m，n〉＝＝.
∴结合图形可知二面角P－BD－A的大小为60°.
5.解：(1)法一：证明：如图，连接AB′，AC′，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，所以M为AB′中点．
又因为N为B′C′的中点，
所以MN∥AC′.
又MN?平面A′ACC′，
A′C?平面A′ACC′，
所以MN∥平面A′ACC′.
法二：证明：取A′B′ 中点P，连接MP，NP，
而M，N分别为AB′与B′C′的中点，所以MP∥AA′，PN∥A′C′，
所以MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′.
又MP∩NP＝P，
因此平面MPN∥平面A′ACC′.而MN?平面MPN，
因此MN∥平面A′ACC′.
(2)以A为坐标原点，分别以直线AB，AC，AA′为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示．
设AA′＝1，则AB＝AC＝λ，
于是A(0,0,0)，B(λ，0,0)，C(0，λ，0)，A′(0,0,1)，
B′(λ，0,1)，C′(0，λ，1)，
所以M，N.
设m＝(x1，y1，z1)是平面A′MN的法向量，
由得可取m＝(1，－1，λ)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面MNC的法向量，
由得
可取n＝(－3，－1，λ)．
因为A′－MN－C为直二面角，所以m·n＝0，
即－3＋(－1)×(－1)＋λ2＝0，解得λ＝(负值舍去)．
6．解：(1)证明：因为AC⊥BC，DE∥BC，
所以DE⊥AC.
所以ED⊥A1D，DE⊥CD，所以DE⊥平面A1DC.
所以DE⊥A1C.
又因为A1C⊥CD.
所以A1C⊥平面BCDE.
(2)如图，以C为坐标原点，建立空间直角坐标系C－xyz，则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1, )，B(3,0,0)，E(2,2,0)．
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则
n·＝0，n·=0.
又(3,0－2)＝ (－1,2，0)，
所以
令y＝1，则x＝2，z＝.
所以n＝(2,1，)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ.
因为＝(0,1,),
所以sin θ＝|cos〈n, 〉|＝||＝＝.
所以CM与平面A1BE所成角的大小为.
(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直，理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]．
设平面A1DP的法向量为m＝(x，y，z)，则
m·＝0，m·＝0.
又＝?0，2，－2),＝(p，－2,0)，
所以
令x＝2，则y＝p，z＝.
所以m＝(2，p，)．
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，
即4＋p＋p＝0.
解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．
所以线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
B级
1．解：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0,1)，F(0,0,1)，G(－2,1,0)．
(1)证明：由于＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，则·＝1×0＋0×2＋(－2)×0＝0，
∴PA⊥EF.
(2)易知＝(0,0,1)，＝(1,0,0)，＝(－2,1，－1)，
设平面DFG的法向量m＝(x1，y1，z1)，
则解得
令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一个法向量．
设平面EFG的法向量n＝(x2，y2，z2)，
同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一个法向量．
∵cos〈m，n〉＝＝＝＝，
设二面角D－FG－E的平面角为θ，由图可知θ＝π－〈m，n〉，
∴cos θ＝－，
∴二面角D－FG－E的余弦值为－.
2．解：(1)证明：连接A1C，交AC1于点O，连接OD.
由ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．
又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，
所以A1B∥OD，
因为OD?平面ADC1，A1B?平面ADC1，
所以A1B∥平面ADC1.
(2)由ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA，BC，BB1两两垂直．
以BC，BA，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.
设BA＝2，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，
所以＝(1，－2,0)，＝(2，－2,1)．
设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有
所以取y＝1，得n＝(2,1，－2)．
易知平面ADC的一个法向量为v＝(0,0,1)．
所以cos〈n，v〉＝＝－.
因为二面角C1－AD－C是锐二面角，
所以二面角C1－AD－C的余弦值为.
(3)假设存在满足条件的点E.
因为点E在线段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，
故可设E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2.
所以＝(0，λ－2,1)，＝(1,0,1)．
因为AE与DC1成60°角，
所以|cos〈，〉|＝＝.
即＝，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．
所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成60°角．
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