A．B．C．D．
【分析】建立平面直角坐標系，根據題意寫出各點坐標，得出 的坐標，代入數(shù)量積公式運算，可得兩個向量互相垂直，進一步確定異面直線與所成角的大?。?br>【解答】解：如圖，以為坐標原點，分別以，，的方向為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，
設，則，0，，，1，，，0，，，2，，
所以，，
，所以，
所以異面直線與所成角的大小為．
故選：．
2．（2020春?濟寧期末）已知正四棱柱中，，，則直線和所成的角的余弦值為
A．B．C．D．
【分析】以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解空間角．
【解答】解：如圖，
以為坐標原點，分別以，，所在直線為，，軸建立空間直角坐標系．
則，，，，，，，．
，．
．
直線和所成的角的余弦值為．
故選：．
3．（2020春?如東縣期末）在長方體中，，，則直線與平面所成角的正弦值為
A．B．C．D．
【分析】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出直線與平面所成角的正弦值．
【解答】解：在長方體中，，，
以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，
，2，，，2，，，0，，，0，，
，0，，，2，，，0，，
設平面的法向量，，，
則，取，得，，，
設直線與平面所成角為，
則直線與平面所成角的正弦值為：
．
故選：．
4．（2020?武侯區(qū)校級模擬）如圖示，三棱錐的底面是等腰直角三角形，，且，，則與面所成角的正弦值等于
A．B．C．D．
【分析】可以把三棱椎補成棱長為1的正方體，以為原點建立空間直角坐標系，求得面的法向量即可求解．
【解答】解：三棱椎的底面是等腰直角三角形，，且，，
可以把三棱椎補成棱長為1的正方體，如圖所示．
如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則，0，，，1，，，1，，，0，．
，，，
設面的法向量為，
．
．
則與面所成角的正弦值等于．
故選：．
5．（2020春?上饒期末）在正三棱柱（底面是正三角形的直三棱柱）中，，，分別為和的中點，當和所成角的余弦值為時，與平面所成角的正弦值為
A．B．C．或D．
【分析】設，以為原點，以垂直于的直線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，由和所成角的余弦值為，求出．得到，再求出平面的法向量，由此能求出與平面所成角的正弦值．
【解答】解：設，以為原點，以垂直于的直線為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，
則，1，，，，，，0，，，，，
，，，，，，
和所成角的余弦值為，
，，
解得或．
，，，或，，，
平面的法向量，0，，
與平面所成角的正弦值為：
或．
故選：．
6．（2020春?綿陽期末）在三棱錐中，面面，，，，是的中點．設，若，，則二面角的余弦值的范圍為
A．B．C．D．
【分析】由題意畫出圖形，證明平面，又，為坐標原點，過作平行于的直線為軸，，所在直線分別為，軸建立空間直角坐標系．設，得，分別求出平面與平面的一個法向量，得到二面角的余弦值，再由，得答案．
【解答】解：如圖，
由面面，面面，，
得平面，又，
以為坐標原點，過作平行于的直線為軸，，所在直線分別為，軸建立空間直角坐標系．
設，由，得，則．
，，，，，，，0，，，，．
，，，，，，，，，
設平面的一個法向量為，
由，取，得；
設平面的一個法向量為，
由，取，得．
由圖可知，二面角的平面角為銳角，
則二面角的余弦值為
．
，，
則二面角的余弦值范圍為，．
故選：．
7．（2019秋?蓮都區(qū)校級月考）如圖，四棱柱中，底面是正方形，各側棱都相等，記直線與直線所成角為，直線與平面所成角為，二面角的平面角為，則
A．B．C．D．
【分析】連結，，交于點，連結，則，，兩兩垂直，以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出結果．
【解答】解：連結，，交于點，連結，則，，兩兩垂直，
以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，
設，則，0，，，0，，，，，，，，
，0，，，，，，，，
，
平面的法向量，0，，
，
設平面的法向量，，，
則，取，得，1，，
，
，．
故選：．
8．（2020春?洮北區(qū)校級期末）如圖，在三棱柱中，，，，，，點，分別在棱和棱上，且，，則二面角的正切值為 ．
【分析】以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角的正切值．
【解答】解：以為原點，為軸，為軸，過作平面的垂線為軸，建立空間直角坐標系，
，2，，，，，，，，，1，，
，0，，，，，，，，
，，，，，，
設平面的法向量，，，
則，取，得，，，
平面的法向量，0，，
設二面角的平面角為，
則，，
．
二面角的正切值為．
9．（2019秋?陽泉期末）在正方體中，和平面所成角的正弦值為 ．
【分析】以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出和平面所成角的正弦值．
【解答】解：在正方體中，設棱長為1，
以為原點，為軸，為軸，為軸，建立空間直角坐標系，
則，0，，，0，，，0，，，1，，
，0，，，1，，，0，，
設平面的法向量，，，
則，取，得，1，，
設和平面所成角為，
則．
和平面所成角的正弦值為．
故答案為：．
10．（2019秋?泰安期末）已知四棱錐的底面是邊長為2的正方形，，平面平面，是的中點，是的中點，則直線與平面所成角的正弦值是 ．
【分析】以為原點，為軸，過作平行線為軸，為軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出直線與平面所成角的正弦值．
【解答】解：以為原點，為軸，過作平行線為軸，為軸，建立空間直角坐標系，
，2，，，0，，，2，，，1，，，0，，
，，
設平面的法向量，，，
，可得，1，，
設直線與平面所成角為，
則
故答案為：
11．（2020?長春四模）已知正方體的棱長為2，點，分別是棱，的中點，則二面角的余弦值為 ．若動點在正方形（包括邊界）內運動，且平面，則線段的長度范圍是 ．
【分析】易知為二面角的平面角，利用相似的性質可求得，進而求得，由此得解二面角的余弦值；建立空間直角坐標系，可求得點的軌跡為經過，中點的線段，再根據對稱性即可求得線段長度的最值，進而得到取值范圍．
【解答】解：延長至，使得，連接，如圖，
由于為正方體，由三垂線定理易知為二面角的平面角，
而，故，
，；
以點為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設，2，，，，0，，，2，，，2，，，0，，
則，，設平面的一個法向量為，則，故可取，又平面，
，點的軌跡為經過，中點的線段，
根據對稱性可知，當點在兩個中點時，，當點在兩個中點的中點時，，故選段的長度范圍是．
故答案為：，．
12.如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M為線段AD上一點，AM＝2MD，N為PC的中點．
(1)證明：MN∥平面PAB；
(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值．
解：(1)證明：由已知得AM＝eq \f(2,3)AD＝2.
取BP的中點T，連接AT，TN，由N為PC的中點知TN∥BC，TN＝eq \f(1,2)BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，四邊形AMNT為平行四邊形，于是MN∥AT.
因為AT?平面PAB，MN?平面PAB，所以MN∥平面PAB.
(2)取BC的中點E，連接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，
從而AE⊥AD，AE＝eq \r(AB2－BE2)＝ eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))2)＝eq \r(5).
以A為坐標原點，AE，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz.
由題意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(eq \r(5)，2,0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2))，
eq \(PM,\s\up7(―→))＝(0,2，－4)，eq \(PN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，－2))，eq \(AN,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)，1，2)).
設n＝(x，y，z)為平面PMN的法向量，則
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PM,\s\up7(―→))＝0，,n·\(PN,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y－4z＝0，,\f(\r(5),2)x＋y－2z＝0，))可取n＝(0,2,1)．
于是|cs〈n，eq \(AN,\s\up7(―→))〉|＝eq \f(|n·\(AN,\s\up7(―→))|,|n||\(AN,\s\up7(―→))|)＝eq \f(8\r(5),25).
設AN與平面PMN所成的角為θ，則sin θ＝eq \f(8\r(5),25)，
即直線AN與平面PMN所成角的正弦值為eq \f(8\r(5),25).
13．已知在四棱錐P-ABCD中，平面PDC⊥平面ABCD，AD⊥DC，AB∥CD，AB＝2，DC＝4，E為PC的中點，PD＝PC，BC＝2eq \r(2).
(1)求證：BE∥平面PAD；
(2)若PB與平面ABCD所成角為45°，點P在平面ABCD上的射影為O，問：BC上是否存在一點F，使平面POF與平面PAB所成的角為60°？若存在，試求點F的位置；若不存在，請說明理由．
解：(1)證明：取PD的中點H，連接AH，EH，則EH∥CD，EH＝eq \f(1,2)CD，
又AB∥CD，AB＝eq \f(1,2)CD＝2，
∴EH∥AB，且EH＝AB，
∴四邊形ABEH為平行四邊形，故BE∥HA.又BE?平面PAD，HA?平面PAD，∴BE∥平面PAD.
(2)存在，點F為BC的中點．理由：∵平面PDC⊥平面ABCD，PD＝PC，作PO⊥DC，交DC于點O，連接OB，可知O為點P在平面ABCD上的射影，則∠PBO＝45°.由題可知OB，OC，OP兩兩垂直，以O為坐標原點，分別以OB，OC，OP所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系O-xyz，
由題知OC＝2，BC＝2eq \r(2)，∴OB＝2，
由∠PBO＝45°，可知OP＝OB＝2，∴P(0,0,2)，A(2，－2,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)．
設F(x，y，z)，eq \(BF,\s\up7(―→))＝λeq \(BC,\s\up7(―→))，則(x－2，y，z)＝λ(－2,2,0)，解得x＝2－2λ，y＝2λ，z＝0，可知F(2－2λ，2λ，0)，
設平面PAB的一個法向量為m＝(x1，y1，z1)，
∵eq \(PA,\s\up7(―→))＝(2，－2，－2)，eq \(AB,\s\up7(―→))＝(0,2,0)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PA,\s\up7(―→))＝0，,m·\(AB,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1－2y1－2z1＝0，,2y1＝0，))
令z1＝1，得m＝(1,0,1)．
設平面POF的一個法向量為n＝(x2，y2，z2)，
∵eq \(OP,\s\up7(―→))＝(0,0,2)，eq \(OF,\s\up7(―→))＝(2－2λ，2λ，0)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OP,\s\up7(―→))＝0，,n·\(OF,\s\up7(―→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2z2＝0，,?2－2λ?x2＋2λy2＝0，))
令y2＝1，得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)，1，0)).
∴cs 60°＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1))),\r(1＋1)·\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(λ,λ－1)))2＋1))，
解得λ＝eq \f(1,2)，
可知當F為BC的中點時，兩平面所成的角為60°.
14.如圖，四棱錐P-ABCD的底面是平行四邊形，且PD⊥AB.
(1)從下列兩個條件中任選一個條件證明：AB⊥平面PAD.
①O是AD的中點，且BO＝CO；②AC＝BD.
(2)在(1)條件下，若AD＝2AB＝4，PA＝PD，點M在側棱PD上，且PD＝3MD，二面角P-BC-D的大小為eq \f(π,4)，求直線BP與平面MAC所成角的正弦值．
解：(1)證明：選擇條件②
∵四邊形ABCD為平行四邊形，且AC＝BD，
∴四邊形ABCD為矩形，AB⊥AD.
又∵AB⊥PD，且AD∩PD＝D，故AB⊥平面PAD.
選擇條件①
在平行四邊形ABCD中，設N是BC的中點，連接ON，如圖，因為O是AD的中點，所以AB∥ON.
又BO＝CO，所以ON⊥BC.
所以AB⊥BC，又在平行四邊形ABCD中，BC∥AD，所以AB⊥AD.
又AB⊥PD，且PD∩AD＝D，AD?平面PAD，PD?平面PAD，故AB⊥平面PAD.
(2)由(1)知AB⊥平面PAD，又AB?平面ABCD，
于是平面PAD⊥平面ABCD，連接PO，PN，
由PA＝PD，可得PO⊥AD，則PO⊥BC，又ON⊥BC，PO∩NO＝O，所以BC⊥平面PNO，所以PN⊥BC，
故二面角P-BC-D的平面角為∠PNO，則∠PNO＝eq \f(π,4).
由此得PO＝AB＝2.
以O為坐標原點，ON，OD，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則A(0，－2,0)，B(2，－2,0)，C(2,2，0)，P(0,0,2)，由PD＝3MD可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(2,3)))，
所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝(2,4,0)，eq \(AM,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(10,3)，\f(2,3)))，eq \(BP,\s\up7(―→))＝(－2,2,2)．
設平面MAC的法向量為n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up7(―→))＝0，,n·\(AM,\s\up7(―→))＝0))?eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋4y＝0，,10y＋2z＝0，))令y＝1，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－2，,z＝－5，))
所以n＝(－2,1，－5)為平面MAC的一個法向量．
設直線BP與平面MAC所成的角為θ，
則sin θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(BP,\s\up7(―→))·n,|\(BP,\s\up7(―→))|·|n|)))＝eq \f(|4＋2－10|,2\r(3)·\r(30))＝eq \f(\r(10),15)，
故直線BP與平面MAC所成角的正弦值為eq \f(\r(10),15).
15．（2020?合肥三模）如圖，邊長為2的等邊所在平面與菱形所在平面互相垂直，，為線段的中點．
（1）求證：平面平面；
（2）求點到平面的距離．
【分析】（1）由已知得，求解三角形得，進一步得到．在等邊中，，可得．由直線與平面垂直的判定得到平面，從而得到平面平面；
（2）證明平面，知直線，，兩兩垂直．以點為坐標原點，分別以，，所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系，求出平面的一個法向量，再求出的坐標，利用公式求點到平面的距離．
【解答】（1）證明：四邊形是菱形，，
又，，
得，則，可得是等邊三角形．
點為線段的中點，．
又，．
在等邊中，，
由可得，．
又，平面，
平面，平面平面；
（2）解：，平面平面，且交線為，
平面，直線，，兩兩垂直．
以點為坐標原點，分別以，，所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系，
則，，，，1，，
，，．
設平面的一個法向量為，
由，得，令，得，
，
即點到平面的距離為．
[B組]—強基必備
1.已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝eq \r(3)，BC＝2AD＝2，E為CD的中點，PB⊥AE.
(1)證明：平面PBD⊥平面ABCD；
(2)若PB＝PD，PC與平面ABCD所成的角為eq \f(π,4)，試問“在側面PCD內是否存在一點N，使得BN⊥平面PCD？”若存在，求出點N到平面ABCD的距離；若不存在，請說明理由．
解：(1)證明：由四邊形ABCD是直角梯形，AB＝eq \r(3)，BC＝2AD＝2，AB⊥BC，可得DC＝2，∠BCD＝eq \f(π,3)，從而△BCD是等邊三角形，BD＝2，BD平分∠ADC.
∵E為CD的中點，∴DE＝AD＝1，∴BD⊥AE，
又∵PB⊥AE，PB∩BD＝B，∴AE⊥平面PBD.
又∵AE?平面ABCD，
∴平面PBD⊥平面ABCD.
(2)在平面PBD內作PO⊥BD于O，連接OC，
又∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，
∴PO⊥平面ABCD.
∴∠PCO為PC與平面ABCD所成的角，則∠PCO＝eq \f(π,4)，
∴由題意得OP＝OC＝eq \r(3)，∵PB＝PD，PO⊥BD，∴O為BD的中點，∴OC⊥BD.
以OB，OC，OP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，
則B(1,0,0)，C(0，eq \r(3)，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq \r(3))，
假設在側面PCD內存在點N，使得BN⊥平面PCD成立，
設eq \(PN,\s\up7(―→))＝λeq \(PD,\s\up7(―→))＋μeq \(PC,\s\up7(―→))(λ，μ≥0，λ＋μ≤1)，
由題意得N(－λ，eq \r(3)μ，－eq \r(3)(λ＋μ－1))，
eq \(BN,\s\up7(―→))＝(－λ－1，eq \r(3)μ，－eq \r(3)(λ＋μ－1))，
eq \(PC,\s\up7(―→))＝(0，eq \r(3)，－eq \r(3))，eq \(PD,\s\up7(―→))＝(－1,0，－eq \r(3))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BN,\s\up7(―→))·\(PC,\s\up7(―→))＝0，,\(BN,\s\up7(―→))·\(PD,\s\up7(―→))＝0))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3μ＋3?λ＋μ－1?＝0，,λ＋1＋3?λ＋μ－1?＝0，))
解得λ＝eq \f(1,5)，μ＝eq \f(2,5)，滿足題意，∴N點到平面ABCD的距離為－eq \r(3)(λ＋μ－1)＝eq \f(2\r(3),5).

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