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人教版新课标A选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试一课一练
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这是一份人教版新课标A选修2-1第三章 空间向量与立体几何综合与测试一课一练，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
人教新课标A版选修2-1
第三章 空间向量与立体几何
一、单选题
1.已知 |a|=6 ， |b|=3 ，向量 a 在 b 方向上的投影是4，则 a⋅b ＝( )
A. 8 B. 12 C. －8 D. 2
2.如图，在四面体VABC中，已知VA⊥平面VBC，VA与平面ABC所成的角为45°，D是BC上一动点，设直线VD与平面ABC所成的角为θ，则（ ）
A. θ≤60° B. θ≥30° C. θ≤45° D. θ≤75°
3.已知向量 OA=(2,−1,2) ， OB=(2,2,1) ，则以 OA ， OB 为邻边的三角形 OAB 的面积（ ）
A. 654 B. 652 C. 2 D. 4
4.如图，在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，M，N分别是棱BB1 ， B1C1的中点，若∠CMN=90°，则异面直线AD1和DM所成角为（ ）
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
5.已知 |a|=2 ， |b|=1 ， a 与 b 的夹角为 2π3 ， e 是与向量 (a+b) 方向相同的单位向量，则 a 在向量 (a+b) 上的投影向量为（ ）
A. 3e B. 32e C. 277e D. 577e
6.三棱锥 S−ABC 中， SA⊥ 底面ABC， SA=4 ， AB=3 ，D为AB的中点， ∠ABC=90° ，则点D到面 SBC 的距离等于（ ）
A.125 B.95 C.65 D.35
7.如图所示，平面 α∩ 平面 β=l ，二面角 α−l−β∈[π4,π3] ，已知 A∈α ， B∈β ，直线 AB 与平面 α ，平面 β 所成角均为 θ ，与 l 所成角为 γ ，若 sin(γ+θ)=1 ，则 sin(γ−θ) 的最大值是（ ）
A. 114 B. 17 C. 314 D. 27
8.在矩形ABCD中，AB=2BC=2，点P在CD边上运动(如图甲)，现以AP为折痕将 △DAP 折起，使得点D在平面ABCP内的射影 O 恰好落在AB边上(如图乙)．设 CP=x(0
A. B.
C. D.
9.设A为平面 α 上一点，过点A的直线AO在 α 平面上的射影为AB，AC为 α 平面内的一条直线，令 ∠OAC=θ ， ∠OAB=θ1 ， ∠BAC=θ2 ，则这三个角存在一个余弦关系： cosθ=cosθ1cosθ2 (其中 θ1 和 θ2 只能是锐角)，称为最小张角定理.直线l与平面 α 所成的角是 π4 ，若直线l在 α 内的射影与 α 内的直线m所成角为 π4 ，则直线l与直线m所成的角是（ ）
A. π6 B. π4 C. π3 D. π2
10.正四面体 ABCD 中， CD 在平面 α 内，点 E 是线段 AC 的中点，在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与平面 α 所成角的余弦值不可能是（ ）
A. 16 B. 36 C. 13 D. 1
二、填空题
11.向量 m =(1，2，-1)， n =(2，1，a)，若 m⊥n ，则a=________.
12.在空间直角坐标系 O−xyz 中，已知 A(1,−2,0) ， B(2,1,6) ，则向量 AB 与平面 xOz 的法向量的夹角的正弦值为________.
13.已知矩形 ABCD ， AB=2AD=2 ，沿 AC 翻折，使面 ADB ⊥面 ABC ，则二面角 B−AD−C 的余弦值为________．
14.若点M在平面 α 外，过点M作面 α 的垂线，则称垂足N为点M在平面 α 内的正投影，记为 N=fα(M) .如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，记平面 AB1C1D 为 β ，平面 ABCD 为 γ ，点 P 是棱 CC1 上一动点（与 C,C1 不重合）， Q1=fγ[fβ(P)] ， Q2=fβ[fγ(P)] .给出下列三个结论：①线段 PQ2 长度的取值范围是 [12,22) ；②存在点 P 使得 PQ1// 平面 β ；③存在点 P 使得 PQ1⊥PQ2 .其中正确结论的序号是________.
15.《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 为邪田，两畔 CD,AB 分别为 1,3 ，正广 AD 为 23 ， PD⊥ 平面 ABCD ，邪所在直线与平面 PAD 所成角的大小为 ．
16.在平面五边形 ABCDE 中, ∠A=60° , AB=AE=63 , BC⊥CD , DE⊥CD ,且 BC=DE=6 .将五边形 ABCDE 沿对角线 BE 折起,使平面 ABE 与平面 BCDE 所成的二面角为 120° ,则沿对角线 BE 折起后所得几何体的外接球的表面积是________.
17.斜线 OA 与平面 α 成15°角，斜足为 O ， A′ 为 A 在 α 内的射影， B 为 OA 的中点， l 是 α 内过点 O 的动直线，若 l 上存在点 P1 ， P2 使 ∠AP1B=∠AP2B=30° ，则 |P1P2||AB| 则的最大值是________，此时二面角 A−P1P2−A′ 平面角的正弦值是________
18.设三棱锥 V−ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等， P 是棱 VA 上的点（不含端点），记直线 PB 与直线 AC 所成的角为 α ，直线 PB 与平面 ABC 所成的角为 β ，二面角 P−AC−B 的平面角为 γ ，则三个角 α 、 β 、 γ 中最小的角是________.
三、解答题
19.四棱锥 E−ABCD 中， AD//BC ， AD=AE=2BC=2AB=2 ， AB⊥AD ，平面 EAD⊥ 平面 ABCD ，点 F 为 DE 的中点.
（1）求证：向量 CF 、 EA 、 BA 共面；
（2）若 CF⊥AD ，求二面角 D−CF−B 的余弦值.
20.如图，在四棱锥 P−ABCD ，底面 ABCD 是平行四边形， ∠BCD=135∘ ， PA⊥ 底面 ABCD ， AB=AC=2 ， PA=4 ， E ， F 分别为 BC ， AD 的中点， M 为线段 PD 的中点.
（1）求证： EF⊥ 面 PAC ；
（2）求直线 ME 与平面 PAD 所成的角.
21.如图，在四棱锥 P−ABCD 中，四边形 ABCD 为矩形， PA⊥ 平面 ABCD ， M 是 PC 的中点， PA=AD=2 ， AB=1 .
（1）求证： PA// 平面 MBD
（2）求点 D 到平面 PBC 的距离.
22.如图,在四棱锥 P−ABCD 中, PA⊥ 底面 ABCD , AD⊥AB , AB//DC , AD=DC=AP=2 , AB=1 ,点 E 为棱 PC 的中点.
（1）证明: BE⊥DC ;
（2）求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值;
（3）若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC ,求二面角 F−AB−P 的余弦值.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】解： 由题意知向量 a 在 b 方向上的投影是4，即a→·cos=4 ，
则 a→·b→=a→·cos·b→=4×3=12
故答案为：B
【分析】根据向量的投影，结合向量的数量积，直接求解即可.
2.【答案】 C
【解析】如图，作 VN⊥ 底面 ABC 于点 N ， VD′⊥ BC 于 D′ ，由几何关系可得， θ=∠VDN ， sinθ=VNVD ，当 VA 固定时， VN 也固定， VD 最小时应为 VD⊥BC 时，此时 D 与 D′ 重合，又因为VA⊥平面VBC，所以 VA⊥BC ，所以 BC⊥ 平面 VAD′ ，易知 A,N,D′ 三点共线，因为VA与平面ABC所成的角为45°，故 ∠VAN=45° , VA⊥平面VBC，所以 VA⊥VD′ ,所以 θ=90°−45°=45° ，此时 sinθ 最大， θ 最大，故 θ≤45° .
故答案为：C
【分析】先分析出线面角取得最大值的条件，再求出线面角的最大值，即可得出答案。
3.【答案】 B
【解析】因为向量 OA=(2,−1,2) ， OB=(2,2,1) ，
所以 |OA|=22+(−1)2+22=3 ， |OB|=22+22+12=3 ，
cos∠AOB=cos=OA,OB|OA||OB|=2×2−1×2+2×13×3=49 ，
因此 sin∠AOB=1−(49)2=659 ，
所以，以 OA ， OB 为邻边的三角形 OAB 的面积为 12|OA||OB|sin∠AOB=652 .
故答案为：B.
【分析】根据向量夹角的坐标表示，向量模的坐标表示，先求出 cos∠AOB=cos ，以及向量的模，再得出 sin∠AOB ，根据三角形面积公式，即可得出结果.
4.【答案】 D
【解析】以 D1 为坐标原点, D1A1,D1C1,D1D 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图,
设 D1A1=a,D1C1=b,D1D=c ,则 C(0,b,c),M(a,b,c2),N(a2,b,0) , A(a,0,c),D(0,0,c) ,
CM=(a,0,−c2)，MN=(−a2,0,−c2) , DM=(a,b,−c2)，D1A=(a,0,c)
因为 ∠CMN=90° ,所以 CM⋅MN=0 ,即有 c2=2a2 .
因为 DM⋅D1A=a2−c22=a2−a2=0 ,所以 DM⊥AD1 ,即异面直线 AD1 和 DM 所成角为 90° .
故答案为：D.
【分析】建立空间直角坐标系，结合 ∠CMN=90° ，求出 AD1,DM 的坐标，利用向量夹角公式可求.
5.【答案】 A
【解析】 ∵|a|=2 ， |b|=1 ， a 与 b 的夹角为 2π3 ，
则 |a+b|=(a+b)2=a2+2|a|⋅|b|cos2π3+b2=3 ，
a⋅(a+b)=a2+|a|⋅|b|cos2π3=3 ，
所以，向量 a 在向量 (a+b) 方向上的投影为 a⋅(a+b)|a+b|=33=3 ，
∵e 是与向量 (a+b) 方向相同的单位向量，因此， a 在向量 (a+b) 上的投影向量为 3e .
故答案为：A.
【分析】计算出向量 a 在向量 (a+b) 方向上的投影 a⋅(a+b)|a+b| 的值，进而可得出 a 在向量 (a+b) 上的投影向量.
6.【答案】 C
【解析】如图，
在三角形 SAB 中，过A作AE⊥SB交SB于E，
因为 SA⊥ 面 ABC ，所以 SA⊥BC ，又 AB⊥BC ， SA∩AB=A ，所以 BC⊥ 面 SAB ，因为 AE⊂ 面 SAB ，所以 BC⊥AE ，而AE⊥SB，且 BC∩SB=B ，所以AE⊥面SBC.
在三角形SAB中，由勾股定理易得 SB=5 ，则由等面积法可得： AE=125 ，因为D为AB的中点，所以D到平面SBC的距离为： 65 。
故答案为：C.
【分析】在三角形 SAB 中，过A作AE⊥SB交SB于E，再利用线面垂直的定义推出线线垂直，再结合线线垂直证出线面垂直，在三角形SAB中，由勾股定理易得 SB 的长 ，则由等面积法可得 AE 的长，再利用D为AB的中点，从而求出D到平面SBC的距离。
7.【答案】 B
【解析】直线 AB 与平面 α ，平面 β 所成角均为 θ ，与 l 所成角为 γ ，而 θ∈[0,π2] ， γ∈[0,π2] ，又 sin(γ+θ)=1 ，可知： γ+θ=π2 ，
若令二面角 α−l−β 为 φ ，作 AA′⊥l 于 A′ ， BB′⊥l 于 B′ ；过 A 作 AC//l ，过 B′ 作 B′C⊥l 与 AC 交于 C 点；
∴ l⊥ 面 BB′C ，又 l⊂ α ， l⊂ β ，故面 BB′C ⊥ α ，面 BB′C ⊥ β ，即 ∠BB′C=φ ；
过 B 作 BD//l ，过 A′ 作 A′D⊥l 与 BD 交于 D 点；
∴ l⊥ 面 AA′D ，又 l⊂ α ， l⊂ β ，故面 AA′D ⊥ α ，面 AA′D ⊥ β ，即 ∠AA′D=φ ；
作 BH1⊥B′C 于 H1 ， AH2⊥A′D 于 H2 ，连接 AH1 、 BH2 ，
即有 ∠BAH1=∠ABH2=θ ，且 ∠BAC=∠DBA=γ ；
∵ sinθ=BH1AB=AH2AB=cosγ=ACAB=BDAB ，即 BH1=AH2=AC=BD ，作 CH3⊥BB′ 有四边形 ACH3H2 为正方形，即 CH3=AC ，
∴ CH3=BH1 ，有 RtΔCH3B≅RtΔBH1C ，故 ΔB′BC 为等腰三角形且 B′B=B′C ，
令 x=AC ， y=BC ，则 AB=x2+y2 ，有 sinθ=xx2+y2 ，而 ∠CBH1=φ2 ，
∴ cosφ2=xy ， φ∈[π4,π3] ，又 sin(γ−θ)=sin(π2−2θ)=cos2θ=1−2sin2θ ，
∴ sin(γ−θ)=1−2⋅x2x2+y2=1−21+1x2y2=1−21+2cosφ+1≤17 当 φ=π3 时等号成立
故答案为：B
【分析】由题意知 γ+θ=π2 ，作辅助线找到 θ ， γ 及二面角 φ ，四边形 ACH3H2 为正方形进而得到 ΔB′BC 为等腰三角形，利用所得直角三角形用边表示 sinθ 、 cosφ2 ，即有它们的等量关系，利用 sin(γ−θ)=1−2sin2θ 结合二面角 φ∈[π4,π3] ，即可求 sin(γ−θ) 的最大值；
8.【答案】 D
【解析】当 x=0 时，
作 OM⊥AC 于 M ，连结 DM ，
因为 DO⊥ 平面 ABC ，
所以 ∠DMO 是二面角D-AP-B的平面角，
可以求得 DM=1×25=255 ， MO=510 ，所以 cos∠DMO=14 ，
所以排除A、B；
当 x=12 时，
作 OM⊥AP 于 M ，连结 DM ，
因为 DO⊥ 平面 ABC ，
所以 ∠DMO 是二面角D-AP-B的平面角，
可以求得 DM=1×32132=31313 ， MO=41339 ，
cos∠DMO=49<12 ，排除C,
故答案为：D.
【分析】分别取 x=0 和 x=12 ，计算出二面角D-AP-B的余弦值为 14 和 49 ，对比图象得到结果.
9.【答案】 C
【解析】因为直线l与平面 α 所成的角是 π4 ，直线l在 α 内的射影与 α 内的直线m所成角为 π4 ，
所以由最小张角定理可得， θ1=π4 ， θ2=π4 ，
求直线l与直线m所成的角，即是求角 θ ，且 θ∈(0,π2] ，
由题意， cosθ=cosθ1cosθ2 ，所以 cosθ=cosπ4⋅cosπ4=12 ，
因此 θ=π3 ，即直线l与直线m所成的角是 π3 ，
故答案为：C.
【分析】利用线面角的求解方法结合射影的定义，从而结合已知条件求出直线l在 α 内的射影与 α 内的直线m所成角为 π4 ，再利用最小张角定理可得， θ1=π4 ， θ2=π4 ，求直线l与直线m所成的角，即是求角 θ ，且 θ∈(0,π2] ， 由题意， cosθ=cosθ1cosθ2 ，所以 cosθ=cosπ4⋅cosπ4=12 ，从而求出θ的值，进而求出直线l与直线m所成的角。
10.【答案】 A
【解析】解：考虑相对运动，让四面体 ABCD 保持静止，平面 α 绕着 CD 旋转， ∴ 其垂线也绕着 CD 旋转，如右图，取 AD 中点 F ，连结 EF ，则 EF//CD ，等价于平面 α 绕着 EF 旋转，设正四面体 ABCD 中棱长为2，在 ΔBEF 中， BE=BF=3 ， EF=1 ， cos∠BEF=3+1−32×3×1=36 ，
如下图示，
将问题抽象为如下几何模型，平面 α 的垂线可视为圆锥的底面半径 EP ，绕着圆锥的轴 EF 旋转，显然 π2−∠BEF≤∠PEB≤π2+∠BEF ，则 36≤sin∠PEB≤1 ，设 BE 与平面 α 所成的角为 θ ，则可得 36≤cosθ≤1 .
故答案为：A
【分析】考虑相对运动，让四面体 ABCD 保持静止，平面 α 绕着 CD 旋转，其垂线也绕着 CD 旋转，取 AD 中点 F ，连结 EF ，则 EF//CD ，等价于平面 α 绕着 EF 旋转，推导出 cos∠BEF=36 ，将问题抽象为几何模型，平面 α 的垂线可视为圆锥的底面半径 EP ，绕着圆锥的轴 EF 旋转，则 π2−∠BEF≤∠PEB≤π2+∠BEF ，由此能求出结果．
二、填空题
11.【答案】 4
【解析】 ∵m⊥n ， m =(1，2，-1)， n =(2，1，a)，
∴m⋅n=2+2−a=0 ，解得 a=4 .
故答案为：4
【分析】利用向量垂直的性质直接求解即可。
12.【答案】 74
【解析】平面 xOz 的一个法向量为 n=(0,1,0) ， AB=(1,3,6) ，
所以 cos〈n,AB〉=n⋅AB|n||AB|=34 ，
∵ 〈n,AB〉∈[0,π] ，
∴ sin〈n,AB〉=1−(34)2=74 。
故答案为： 74。
【分析】 在空间直角坐标系 O−xyz 中，已知 A(1,−2,0) ， B(2,1,6) ， 再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合空间向量的方法结合数量积求向量夹角公式，从而求出向量 AB 与平面 xOz 的法向量的夹角的余弦值，再利用向量 AB 与平面 xOz 的法向量的夹角的取值范围，进而结合同角三角函数基本关系式，从而求出向量 AB 与平面 xOz 的法向量的夹角的正弦值。
13.【答案】 32
【解析】因为 ADB⊥ 面 ABC ， BC⊥AB ，所以 BC⊥ 面 ADB ， BC⊥BD ， BD=3 ，所以 AD⊥DB ，又 AD⊥DC ，所以 ∠BDC 为 B−AD−C 的二面角平面角，所以 cos∠BDC=32 ．
故答案为: 32 .
【分析】分析翻折前后的变量与不变量,利用面面垂直的性质定理可得 BC⊥BD ,求得 BD=3 ,再利用二面角平面角的定义结合题中已知条件判断 ∠BDC 为 B−AD−C 的二面角平面角,最后在直角三角形BCD中由 cos∠BDC=BDCD 即可求出答案.
14.【答案】 ①②
【解析】过 P 作 PE⊥C1D ，垂足为 E ；
过 E 作 EM//CC1 ，交 CD 于M；
连接 CD1 ，交 C1D 于 O ，如下图所示：
∵AD⊥ 平面 CDD1C1 ， PE⊂ 平面 CDD1C1 ， ∴PE⊥AD ，
又 PE⊥C1D ， AD,C1D⊂ 平面 AB1C1D ， AD∩C1D=D ，
∴PE⊥ 平面 AB1C1D ，
∵EM//CC1 ， CC1⊥ 平面 ABCD ，
∴EM⊥ 平面 ABCD ， ∴M=fγ[fβ(P)] ，
∴M 即为 Q1 ；
∵ 四边形 CDD1C1 为正方形， ∴CD1⊥C1D ，
∵AD⊥ 平面 CDD1C1 ， CD1⊂ 平面 CDD1C1 ， ∴CD1⊥AD ，
又 AD,C1D⊂ 平面 AB1C1D ， AD∩C1D=D ， ∴CO⊥ 平面 AB1C1D ，
∴O=fβ[fγ(P)] ， ∴O 即为 Q2 .
以 C 为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系，
设 CP=a(0
对于①， |PQ2|=14+(a−12)2 ，
∵a∈(0,1) ， ∴(a−12)2+14∈[14,12) ，
∴|PQ2|∈[12,22) ，①正确；
对于②， ∵CQ2⊥ 平面 β ，
∴ 平面 β 的一个法向量 CQ2→=(12,0,12) ，
又 PQ1→=(1−a2,0,−a) ，令 PQ1→⋅CQ2→=0 ，即 14−14a−12a=0 ，
解得： a=13∈(0,1) ， ∴ 存在点 P ，使得 PQ1// 平面 β ，②正确；
对于③， PQ1→=(1−a2,0,−a) ， PQ2→=(12,0,12−a) ，
令 PQ1→⋅PQ2→=1−a4−12a+a2=a2−34a+14=0 ，方程无解，
∴ 不存在点 P ，使得 PQ1⊥PQ2 ，③错误.
故答案为：①②.
【分析】建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标，利用向量法验证各个结论，即可得到结果.
15.【答案】 π6
【解析】过点 C 作 CE⊥AB ，垂足为 E ，延长 AD,BC ，使得 AD∩BC=F (如图)，
由题意可得 CE=23,BE=2 ，则 BC=12+4=4 ，
由题意知 AB⊥AD,CD//AB ，
所以 DFAF=CDAB=13 ，
所以 DF=3 ．
因为 PD⊥ 平面 ABCD ， AB⊂ 平面 ABCD ，
所以 PD⊥AB, 又 AB⊥AD ， PD∩AD=D , PD,AD⊂ 平面 PAD,
所以 AB⊥ 平面 PAD,
则 ∠AFB 是直线 BC 与平面 PAD 所成角的平面角，
tan∠AFB=ABAF=333=33 ，
所以 ∠AFB=π6。
故答案为： π6。
【分析】利用 《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪，再利用已知条件结合线面角的求解方法，进而求出邪所在直线与平面 PAD 所成角的大小。
16.【答案】 252π
【解析】由题意知, △ABE 是正三角形, BCDE 是矩形,
设 △ABE 的中心为 O1 ,矩形 BCDE 的中心为 O2 ,过 O1 作垂直于平面 ABE 的直线 l1 ,过 O2 作垂直于平面 BCDE 的直线 l2 ,
由球的性质可知,直线 l1 与 l2 的交点 O 为几何体 ABCDE 的外接球的球心.取 BE 的中点F,连接 O1F,O2F ,易得 O1F=63×32×13=3 , O2F=6×12=3 , ∠O1FO2=120° ,
连接 OF ,显然 △OFO1 与 △OFO2 全等,从而 ∠O1FO=60° , OO1=33 ,连接 OA ,则 OA 为所求几何体外接球的半径,又 O1A=63×32×23=6 ,则 OA2=OO12+O1A2=27+36=63 ,故所得几何体外接球的表面积为 S=4π⋅OA2=252π .
故答案为: 252π .
【分析】作出图形,取 △ABE 的外心 O1 ,矩形 BCDE 的外心 O2 ,分别过 O1 、 O2 作平面 ABE 和 BCDE 的垂线,两垂线的交点即为几何体的外接球的球心,然后求出半径即可求出答案.
17.【答案】 2；6−22
【解析】∵∠AP1B=∠AP2B=30° ， ∴ 点 P1 ， P2 在以 AB 为弦长的圆上，
其中 F 为圆心，则 ∠AFB=60° ，如图：
不妨设 AB=1 ，当直线 P1P2 过圆心 F 时，
|P1P2| 最大，此时 |P1P2|=2 ， |AB|=1 ，
∴ |P1P2||AB| 的最大值为2，
而此时， ∵△OBF 为等腰三角形， ∴ ∠AOP1=30° ，
此时，过点 A′ 作 A'C⊥OC ，
∵AA′⊥α,∴AA′⊥OC,AA′∩A′C=A′ ，
∴OC⊥ 平面 AA′C,∴OC⊥AC ，
∴∠ACA' 是二面角 A−P1P2−A′ 的平面角，
斜线 OA 与平面 α 成15°角，即 ∠AOA′=15°
在 △AOA' 中， AO=2 ，
AA'=2sin15°=2sin(45°−30°)=6−22 ，
如图：
∵∠AOP1=30° ， ∴∠AOC=30° ，
在 Rt△AOC 中， AO=2 ，可求得 AC=1 ，
∴ 在 Rt△ACA' 中， sin∠ACA'=AA'AC=6−22 ，
故答案为：2； 6−22 。
【分析】 ∵∠AP1B=∠AP2B=30° ， ∴ 点 P1 ， P2 在以 AB 为弦长的圆上，
其中 F 为圆心，则 ∠AFB=60° ，不妨设 AB=1 ，当直线 P1P2 过圆心 F 时，
|P1P2| 最大，此时 |P1P2|=2 ， |AB|=1 ，从而求出 |P1P2||AB| 的最大值；而此时， ∵△OBF 为等腰三角形， ∴ ∠AOP1=30° ，此时，过点 A′ 作 A'C⊥OC ，∵AA′⊥α,∴AA′⊥OC,AA′∩A′C=A′ ，再利用线线垂直证出线面垂直，
∴OC⊥ 平面 AA'C,再利用线面垂直的定义推出线线垂直，即OC⊥AC ，∴∠ACA' 是二面角 A−P1P2−A′ 的平面角，再利用已知条件结合直角三角形中的正弦函数定义，从而求出此时二面角 A−P1P2−A′ 平面角的正弦值 。
18.【答案】 β
【解析】作 PD//CA 交 VC 于 D ，
由于 AB=BC=CA ， VA=VB=VC ，所以 V−ABC 为正三棱锥，由对称性知 BD=PB .取 PD 中点 E ，连接 BE ，作 EH⊥ 平面 ABC ，交平面 ABC 于 H ，连接 BH .作 PF⊥ 平面 ABC ，交平面 ABC 于 F ，连接 BF .作 PG⊥AC ，交 AC 于 G ，连接 GF ，所以 BE⊥PD .由于 PD//AC ，所以 α=∠BPD .由于 PF⊥ 平面 ABC ，所以 β=∠PBF .由于 PG⊥AC ， PF⊥ 平面 ABC ，所以 γ=∠PGF .
sinα=PFBP=EH2+BH2BP>EH2BP=EHBP .因为 PD//CA ， E 在 PD 上， EH⊥ 平面 ABC 于 H ， PF⊥ 平面 ABC 于 F ，所以 EH=PF .所以 sinβ=PFBP=EHBP .所以 sinα>sinβ .由于 α,β 都是锐角，所以 α>β .
由于 P 在 VA 上，由对称性 PB=CP ，而 CP>PG ，则 sinγ=PFPG>PFCP=PFBP=sinβ ，由于 γ 也是锐角，所以 γ>β .
综上所述，三个角中的最小角是 β .
故答案为： β .
【分析】作出线线角 α ，线面角 β ，二面角 γ ，根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.
三、解答题
19.【答案】 （1）证明：取 AE 的中点 G ，连接 GF 、 GB .
∵点 F 为 DE 的中点，∴ GF//AD ，且 GF=12AD ，
又 AD//BC ， AD=2BC ，
∴ GF//BC ，且 GF=BC ，
∴四形边 CFGB 为平行四边形，则 CF//BG .
而 CF⊄ 平面 EAB ， BG⊂ 平面 EAB
∴ CF// 平面 EAB .
故向量 CF 、 EA 、 BA 共面
（2）解：∵ CF⊥AD ，∴ AD⊥BG ，
而 AB⊥AD ， BG∩AB=B ，
∴ AD⊥ 平面 EAB ，∴ AD⊥EA .
又平面 EAD⊥ 平面 ABCD ，平面 EAD∩ 平面 ABCD=AD ，
∴ EA⊥ 平面 ABCD .
如图，以 A 为坐标原点，分别以 AB 、 AD 、 AE 为 x 、 y 、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系
则 B(1,0,0) ， C(1,1,0) ， D(0,2,0) ， F(0,1,1) .
设平面 BCF 的一个法向量为 n1=(x,y,z) ，
则 {n1⋅BC=0n1⋅CF=0 ，即 {(x,y,z)⋅(0,1,0)=0(x,y,z)⋅(−1,0,1)=0 ，
不妨令 x=1 ，可得： n1=(1,0,1) .
设平面 CDF 的一个法向量为 n2 ，同理可求得 n2=(1,1,1) ，
∴ cos〈n1,n2〉=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=1+0+112+02+12×12+12+12=63 .
∵二面角 D−CF−B 为钝二面角，
∴二面角 D−CF−B 的余弦值为 −63
【解析】【分析】(1)由已知条件结合中点的性质，即可得出线线平行由此得到 四形边 CFGB 为平行四边形 ，再由线面平行的判定定理即可得证出结论。
(2)利用线面垂直的性质定理以及判定定理即可得出线面垂直，即可得出线线垂直由此建立空间直角坐标系，求出点以及向量的坐标并设出平面BCF的法向量，结合数量积的坐标公式计算出法向量的坐标，再由向量夹角的公式代入计算出夹角的余弦值，由此得出二面角 D−CF−B 的余弦值即可。
20.【答案】 （1）证明：∵PA⊥面ABCD，EF⊂面ABCD，∴EF⊥AP，在△ABC中，AB＝AC， ∠BCD=135∘ ，
在平行四边形 ABCD 中，得∠ABC＝∠ACB＝45°，∴AB⊥AC，且 E ， F 分别为 BC ， AD 的中点，
∴四边形ABEF为平行四边形，∴AB∥EF，∴AC⊥EF，
∵AP∩AC＝C，AP⊂面PAC，AC⊂面PAC，∴EF⊥面PAC
（2）解：连接AE，AM，△ABC中，∵AB＝AC，E为BC的中点，∴AE⊥BC，平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴AE⊥AD，
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴AE⊥PA，∵PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD，
∴AM是EM在平面PAD中的射影，∴∠EMA是EM与平面PAD所成的角，
等腰直角三角形ABC，AB＝AC＝2，∴BC＝ 2 AB＝2 2 ，∴AD＝2 2 ， AE=2 ，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，∵PA＝4，∴PD＝ 42+(22)2=26 ，
又M为PD的中点，故 AM=6 ，在Rt△MAE中，tan∠EMA＝ AEAM ＝ 26=33 ，
∴直线ME与平面PAD所成角的正切值为 33 ，所以直线 ME 与平面 PAD 所成的角 arctan33
【解析】【分析】（1）由题意得EF⊥AP，AB⊥AC， E ， F 分别为 BC ， AD 的中点，从而四边形ABEF为平行四边形，AB∥EF，进而AC⊥EF，由此能证明EF⊥面PAC．（2）连接AE，AM，推导出AE⊥BC，AE⊥AD，AE⊥PA，从而AE⊥平面PAD，进而∠EMA是EM与平面PAD所成的角，由此能求出直线ME与平面PAD所成角．
21.【答案】 （1）在矩形 ABCD 中，连接 AC 交 BD 于点 O ，则 O 为 AC 的中点，连接 MO .
∵M 为 PC 的中点
∴OM//PA
又 ∵OM⊂ 平面 MBD ， PA⊂ 平面 MBD
∴PA// 平面 MBD
（2）方法一：
∵AD//BC ， BC⊂ 平面 PBC ， AD⊂ 平面 PBC
∴AD// 平面 PBC
∴D 到平面 PBC 的距离等于 A 到平面 PBC 的距离
∵PA⊥ 平面 ABCD ， BC⊂ 平面 ABCD
∴PA⊥BC ，又 ∵AB⊥BC ， PA∩AB=A
∴BC⊥ 平面 PAB
又 ∵BC⊂ 平面 PBC
∴ 平面 PBC⊥ 平面 PAB
过 A 作 AH⊥PB ，则 AH⊥ 平面 PBC ∴AH 即为所求.
在 Rt△PAB 中， PA=2 ， AB=1 ，解得 AH=255 .
方法二：(等体积法)
设 D 到平面 PBC 的距离为 ℎ
∵PA⊥ 平面 ABCD ， BC⊂ 平面 ABCD
∴PA⊥BC ，又 ∵AB⊥BC ， PA∩AB=A
∴BC⊥ 平面 PAB
∴BC⊥PB
∴S△PBC=12×2×5=5
∵VD−PBC=VP−BCD
∴13S△PBC⋅ℎ=13S△BCD⋅PA
又 ∵S△BCD=1
∴ℎ=255 .
【解析】【分析】 (1 )连接AC交BD于点O,则O为AC的中点，连接MO，由OM// PA,即可证明PA//平面MBD；
(2) 方法一： 可得D到平面P BC的距离等于A到平面PBC的距离，过A作AH⊥PB,则AH⊥平面PBC，AH即为所求；
方法二： 设 D 到平面 PBC 的距离为 ℎ ，根据等体积法即可求出。
22.【答案】 （1）依据题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图),
可得 B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2) .
由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1) .
证明:向量 BE=(0,1,1),DC=(2,0,0) ,
故 BE⋅DC=0 .所以 BE⊥DC
（2）向量 BD=(−1,2,0),PB=(1,0,−2) .
设 n=(x,y,z) 为平面 PBD 的法向量,
则 {n⋅BD=0,n⋅PB=0, 即 {−x+2y=0,x−2z=0,
不妨令 y=1 ,可得 n=(2,1,1) 为平面 PBD 的一个法向量.
于是有 cos〈n,BE〉=n⋅BE|n|⋅|BE|=26×2=33 .
所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 33 .
（3）向量 BC=(1,2,0),CP=(−2,−2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0) .
由点 F 在棱 PC 上,设 CF=λCP,0≤λ≤1 .
故 BF=BC+CF=BC+λCP=(1−2λ,2−2λ,2λ) .
由 BF⊥AC ,得 BF⋅AC=0 ,因此,
2(1−2λ)+2(2−2λ)=0 ,解得 λ=34 ,
则 BF=(−12,12,32) .设 n1=(x,y,z) 为平面 FAB 的法向量,
则 {n1⋅AB=0,n1⋅BF=0, 即 {x=0,−12x+12y+32z=0,
不妨令 z=1 ,可得 n1=(0,−3,1) 为平面 FAB 的一个法向量.
取平面 FAB 的一个法向量 n2=(0,1,0) ,则
cos〈n1,n2〉=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=−310×1=−31010 .
易知,二面角 F−AB−P 是锐角,所以其余弦值为 31010 .
【解析】【分析】（1）利用空间向量的垂直关系即可判断线线垂直；
（2）利用空间向量直接求解线面角；
（3）利用空间向量直接求解二面角的平面角.
人教新课标A版选修2-1
第三章 空间向量与立体几何
一、单选题
1.已知 |a|=6 ， |b|=3 ，向量 a 在 b 方向上的投影是4，则 a⋅b ＝( )
A. 8 B. 12 C. －8 D. 2
2.如图，在四面体VABC中，已知VA⊥平面VBC，VA与平面ABC所成的角为45°，D是BC上一动点，设直线VD与平面ABC所成的角为θ，则（ ）
A. θ≤60° B. θ≥30° C. θ≤45° D. θ≤75°
3.已知向量 OA=(2,−1,2) ， OB=(2,2,1) ，则以 OA ， OB 为邻边的三角形 OAB 的面积（ ）
A. 654 B. 652 C. 2 D. 4
4.如图，在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，M，N分别是棱BB1 ， B1C1的中点，若∠CMN=90°，则异面直线AD1和DM所成角为（ ）
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
5.已知 |a|=2 ， |b|=1 ， a 与 b 的夹角为 2π3 ， e 是与向量 (a+b) 方向相同的单位向量，则 a 在向量 (a+b) 上的投影向量为（ ）
A. 3e B. 32e C. 277e D. 577e
6.三棱锥 S−ABC 中， SA⊥ 底面ABC， SA=4 ， AB=3 ，D为AB的中点， ∠ABC=90° ，则点D到面 SBC 的距离等于（ ）
A.125 B.95 C.65 D.35
7.如图所示，平面 α∩ 平面 β=l ，二面角 α−l−β∈[π4,π3] ，已知 A∈α ， B∈β ，直线 AB 与平面 α ，平面 β 所成角均为 θ ，与 l 所成角为 γ ，若 sin(γ+θ)=1 ，则 sin(γ−θ) 的最大值是（ ）
A. 114 B. 17 C. 314 D. 27
8.在矩形ABCD中，AB=2BC=2，点P在CD边上运动(如图甲)，现以AP为折痕将 △DAP 折起，使得点D在平面ABCP内的射影 O 恰好落在AB边上(如图乙)．设 CP=x(0
A. B.
C. D.
9.设A为平面 α 上一点，过点A的直线AO在 α 平面上的射影为AB，AC为 α 平面内的一条直线，令 ∠OAC=θ ， ∠OAB=θ1 ， ∠BAC=θ2 ，则这三个角存在一个余弦关系： cosθ=cosθ1cosθ2 (其中 θ1 和 θ2 只能是锐角)，称为最小张角定理.直线l与平面 α 所成的角是 π4 ，若直线l在 α 内的射影与 α 内的直线m所成角为 π4 ，则直线l与直线m所成的角是（ ）
A. π6 B. π4 C. π3 D. π2
10.正四面体 ABCD 中， CD 在平面 α 内，点 E 是线段 AC 的中点，在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与平面 α 所成角的余弦值不可能是（ ）
A. 16 B. 36 C. 13 D. 1
二、填空题
11.向量 m =(1，2，-1)， n =(2，1，a)，若 m⊥n ，则a=________.
12.在空间直角坐标系 O−xyz 中，已知 A(1,−2,0) ， B(2,1,6) ，则向量 AB 与平面 xOz 的法向量的夹角的正弦值为________.
13.已知矩形 ABCD ， AB=2AD=2 ，沿 AC 翻折，使面 ADB ⊥面 ABC ，则二面角 B−AD−C 的余弦值为________．
14.若点M在平面 α 外，过点M作面 α 的垂线，则称垂足N为点M在平面 α 内的正投影，记为 N=fα(M) .如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，记平面 AB1C1D 为 β ，平面 ABCD 为 γ ，点 P 是棱 CC1 上一动点（与 C,C1 不重合）， Q1=fγ[fβ(P)] ， Q2=fβ[fγ(P)] .给出下列三个结论：①线段 PQ2 长度的取值范围是 [12,22) ；②存在点 P 使得 PQ1// 平面 β ；③存在点 P 使得 PQ1⊥PQ2 .其中正确结论的序号是________.
15.《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪．在四棱锥 P−ABCD 中，底面 ABCD 为邪田，两畔 CD,AB 分别为 1,3 ，正广 AD 为 23 ， PD⊥ 平面 ABCD ，邪所在直线与平面 PAD 所成角的大小为 ．
16.在平面五边形 ABCDE 中, ∠A=60° , AB=AE=63 , BC⊥CD , DE⊥CD ,且 BC=DE=6 .将五边形 ABCDE 沿对角线 BE 折起,使平面 ABE 与平面 BCDE 所成的二面角为 120° ,则沿对角线 BE 折起后所得几何体的外接球的表面积是________.
17.斜线 OA 与平面 α 成15°角，斜足为 O ， A′ 为 A 在 α 内的射影， B 为 OA 的中点， l 是 α 内过点 O 的动直线，若 l 上存在点 P1 ， P2 使 ∠AP1B=∠AP2B=30° ，则 |P1P2||AB| 则的最大值是________，此时二面角 A−P1P2−A′ 平面角的正弦值是________
18.设三棱锥 V−ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等， P 是棱 VA 上的点（不含端点），记直线 PB 与直线 AC 所成的角为 α ，直线 PB 与平面 ABC 所成的角为 β ，二面角 P−AC−B 的平面角为 γ ，则三个角 α 、 β 、 γ 中最小的角是________.
三、解答题
19.四棱锥 E−ABCD 中， AD//BC ， AD=AE=2BC=2AB=2 ， AB⊥AD ，平面 EAD⊥ 平面 ABCD ，点 F 为 DE 的中点.
（1）求证：向量 CF 、 EA 、 BA 共面；
（2）若 CF⊥AD ，求二面角 D−CF−B 的余弦值.
20.如图，在四棱锥 P−ABCD ，底面 ABCD 是平行四边形， ∠BCD=135∘ ， PA⊥ 底面 ABCD ， AB=AC=2 ， PA=4 ， E ， F 分别为 BC ， AD 的中点， M 为线段 PD 的中点.
（1）求证： EF⊥ 面 PAC ；
（2）求直线 ME 与平面 PAD 所成的角.
21.如图，在四棱锥 P−ABCD 中，四边形 ABCD 为矩形， PA⊥ 平面 ABCD ， M 是 PC 的中点， PA=AD=2 ， AB=1 .
（1）求证： PA// 平面 MBD
（2）求点 D 到平面 PBC 的距离.
22.如图,在四棱锥 P−ABCD 中, PA⊥ 底面 ABCD , AD⊥AB , AB//DC , AD=DC=AP=2 , AB=1 ,点 E 为棱 PC 的中点.
（1）证明: BE⊥DC ;
（2）求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值;
（3）若 F 为棱 PC 上一点,满足 BF⊥AC ,求二面角 F−AB−P 的余弦值.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】解： 由题意知向量 a 在 b 方向上的投影是4，即a→·cos
则 a→·b→=a→·cos
故答案为：B
【分析】根据向量的投影，结合向量的数量积，直接求解即可.
2.【答案】 C
【解析】如图，作 VN⊥ 底面 ABC 于点 N ， VD′⊥ BC 于 D′ ，由几何关系可得， θ=∠VDN ， sinθ=VNVD ，当 VA 固定时， VN 也固定， VD 最小时应为 VD⊥BC 时，此时 D 与 D′ 重合，又因为VA⊥平面VBC，所以 VA⊥BC ，所以 BC⊥ 平面 VAD′ ，易知 A,N,D′ 三点共线，因为VA与平面ABC所成的角为45°，故 ∠VAN=45° , VA⊥平面VBC，所以 VA⊥VD′ ,所以 θ=90°−45°=45° ，此时 sinθ 最大， θ 最大，故 θ≤45° .
故答案为：C
【分析】先分析出线面角取得最大值的条件，再求出线面角的最大值，即可得出答案。
3.【答案】 B
【解析】因为向量 OA=(2,−1,2) ， OB=(2,2,1) ，
所以 |OA|=22+(−1)2+22=3 ， |OB|=22+22+12=3 ，
cos∠AOB=cos
因此 sin∠AOB=1−(49)2=659 ，
所以，以 OA ， OB 为邻边的三角形 OAB 的面积为 12|OA||OB|sin∠AOB=652 .
故答案为：B.
【分析】根据向量夹角的坐标表示，向量模的坐标表示，先求出 cos∠AOB=cos
4.【答案】 D
【解析】以 D1 为坐标原点, D1A1,D1C1,D1D 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图,
设 D1A1=a,D1C1=b,D1D=c ,则 C(0,b,c),M(a,b,c2),N(a2,b,0) , A(a,0,c),D(0,0,c) ,
CM=(a,0,−c2)，MN=(−a2,0,−c2) , DM=(a,b,−c2)，D1A=(a,0,c)
因为 ∠CMN=90° ,所以 CM⋅MN=0 ,即有 c2=2a2 .
因为 DM⋅D1A=a2−c22=a2−a2=0 ,所以 DM⊥AD1 ,即异面直线 AD1 和 DM 所成角为 90° .
故答案为：D.
【分析】建立空间直角坐标系，结合 ∠CMN=90° ，求出 AD1,DM 的坐标，利用向量夹角公式可求.
5.【答案】 A
【解析】 ∵|a|=2 ， |b|=1 ， a 与 b 的夹角为 2π3 ，
则 |a+b|=(a+b)2=a2+2|a|⋅|b|cos2π3+b2=3 ，
a⋅(a+b)=a2+|a|⋅|b|cos2π3=3 ，
所以，向量 a 在向量 (a+b) 方向上的投影为 a⋅(a+b)|a+b|=33=3 ，
∵e 是与向量 (a+b) 方向相同的单位向量，因此， a 在向量 (a+b) 上的投影向量为 3e .
故答案为：A.
【分析】计算出向量 a 在向量 (a+b) 方向上的投影 a⋅(a+b)|a+b| 的值，进而可得出 a 在向量 (a+b) 上的投影向量.
6.【答案】 C
【解析】如图，
在三角形 SAB 中，过A作AE⊥SB交SB于E，
因为 SA⊥ 面 ABC ，所以 SA⊥BC ，又 AB⊥BC ， SA∩AB=A ，所以 BC⊥ 面 SAB ，因为 AE⊂ 面 SAB ，所以 BC⊥AE ，而AE⊥SB，且 BC∩SB=B ，所以AE⊥面SBC.
在三角形SAB中，由勾股定理易得 SB=5 ，则由等面积法可得： AE=125 ，因为D为AB的中点，所以D到平面SBC的距离为： 65 。
故答案为：C.
【分析】在三角形 SAB 中，过A作AE⊥SB交SB于E，再利用线面垂直的定义推出线线垂直，再结合线线垂直证出线面垂直，在三角形SAB中，由勾股定理易得 SB 的长 ，则由等面积法可得 AE 的长，再利用D为AB的中点，从而求出D到平面SBC的距离。
7.【答案】 B
【解析】直线 AB 与平面 α ，平面 β 所成角均为 θ ，与 l 所成角为 γ ，而 θ∈[0,π2] ， γ∈[0,π2] ，又 sin(γ+θ)=1 ，可知： γ+θ=π2 ，
若令二面角 α−l−β 为 φ ，作 AA′⊥l 于 A′ ， BB′⊥l 于 B′ ；过 A 作 AC//l ，过 B′ 作 B′C⊥l 与 AC 交于 C 点；
∴ l⊥ 面 BB′C ，又 l⊂ α ， l⊂ β ，故面 BB′C ⊥ α ，面 BB′C ⊥ β ，即 ∠BB′C=φ ；
过 B 作 BD//l ，过 A′ 作 A′D⊥l 与 BD 交于 D 点；
∴ l⊥ 面 AA′D ，又 l⊂ α ， l⊂ β ，故面 AA′D ⊥ α ，面 AA′D ⊥ β ，即 ∠AA′D=φ ；
作 BH1⊥B′C 于 H1 ， AH2⊥A′D 于 H2 ，连接 AH1 、 BH2 ，
即有 ∠BAH1=∠ABH2=θ ，且 ∠BAC=∠DBA=γ ；
∵ sinθ=BH1AB=AH2AB=cosγ=ACAB=BDAB ，即 BH1=AH2=AC=BD ，作 CH3⊥BB′ 有四边形 ACH3H2 为正方形，即 CH3=AC ，
∴ CH3=BH1 ，有 RtΔCH3B≅RtΔBH1C ，故 ΔB′BC 为等腰三角形且 B′B=B′C ，
令 x=AC ， y=BC ，则 AB=x2+y2 ，有 sinθ=xx2+y2 ，而 ∠CBH1=φ2 ，
∴ cosφ2=xy ， φ∈[π4,π3] ，又 sin(γ−θ)=sin(π2−2θ)=cos2θ=1−2sin2θ ，
∴ sin(γ−θ)=1−2⋅x2x2+y2=1−21+1x2y2=1−21+2cosφ+1≤17 当 φ=π3 时等号成立
故答案为：B
【分析】由题意知 γ+θ=π2 ，作辅助线找到 θ ， γ 及二面角 φ ，四边形 ACH3H2 为正方形进而得到 ΔB′BC 为等腰三角形，利用所得直角三角形用边表示 sinθ 、 cosφ2 ，即有它们的等量关系，利用 sin(γ−θ)=1−2sin2θ 结合二面角 φ∈[π4,π3] ，即可求 sin(γ−θ) 的最大值；
8.【答案】 D
【解析】当 x=0 时，
作 OM⊥AC 于 M ，连结 DM ，
因为 DO⊥ 平面 ABC ，
所以 ∠DMO 是二面角D-AP-B的平面角，
可以求得 DM=1×25=255 ， MO=510 ，所以 cos∠DMO=14 ，
所以排除A、B；
当 x=12 时，
作 OM⊥AP 于 M ，连结 DM ，
因为 DO⊥ 平面 ABC ，
所以 ∠DMO 是二面角D-AP-B的平面角，
可以求得 DM=1×32132=31313 ， MO=41339 ，
cos∠DMO=49<12 ，排除C,
故答案为：D.
【分析】分别取 x=0 和 x=12 ，计算出二面角D-AP-B的余弦值为 14 和 49 ，对比图象得到结果.
9.【答案】 C
【解析】因为直线l与平面 α 所成的角是 π4 ，直线l在 α 内的射影与 α 内的直线m所成角为 π4 ，
所以由最小张角定理可得， θ1=π4 ， θ2=π4 ，
求直线l与直线m所成的角，即是求角 θ ，且 θ∈(0,π2] ，
由题意， cosθ=cosθ1cosθ2 ，所以 cosθ=cosπ4⋅cosπ4=12 ，
因此 θ=π3 ，即直线l与直线m所成的角是 π3 ，
故答案为：C.
【分析】利用线面角的求解方法结合射影的定义，从而结合已知条件求出直线l在 α 内的射影与 α 内的直线m所成角为 π4 ，再利用最小张角定理可得， θ1=π4 ， θ2=π4 ，求直线l与直线m所成的角，即是求角 θ ，且 θ∈(0,π2] ， 由题意， cosθ=cosθ1cosθ2 ，所以 cosθ=cosπ4⋅cosπ4=12 ，从而求出θ的值，进而求出直线l与直线m所成的角。
10.【答案】 A
【解析】解：考虑相对运动，让四面体 ABCD 保持静止，平面 α 绕着 CD 旋转， ∴ 其垂线也绕着 CD 旋转，如右图，取 AD 中点 F ，连结 EF ，则 EF//CD ，等价于平面 α 绕着 EF 旋转，设正四面体 ABCD 中棱长为2，在 ΔBEF 中， BE=BF=3 ， EF=1 ， cos∠BEF=3+1−32×3×1=36 ，
如下图示，
将问题抽象为如下几何模型，平面 α 的垂线可视为圆锥的底面半径 EP ，绕着圆锥的轴 EF 旋转，显然 π2−∠BEF≤∠PEB≤π2+∠BEF ，则 36≤sin∠PEB≤1 ，设 BE 与平面 α 所成的角为 θ ，则可得 36≤cosθ≤1 .
故答案为：A
【分析】考虑相对运动，让四面体 ABCD 保持静止，平面 α 绕着 CD 旋转，其垂线也绕着 CD 旋转，取 AD 中点 F ，连结 EF ，则 EF//CD ，等价于平面 α 绕着 EF 旋转，推导出 cos∠BEF=36 ，将问题抽象为几何模型，平面 α 的垂线可视为圆锥的底面半径 EP ，绕着圆锥的轴 EF 旋转，则 π2−∠BEF≤∠PEB≤π2+∠BEF ，由此能求出结果．
二、填空题
11.【答案】 4
【解析】 ∵m⊥n ， m =(1，2，-1)， n =(2，1，a)，
∴m⋅n=2+2−a=0 ，解得 a=4 .
故答案为：4
【分析】利用向量垂直的性质直接求解即可。
12.【答案】 74
【解析】平面 xOz 的一个法向量为 n=(0,1,0) ， AB=(1,3,6) ，
所以 cos〈n,AB〉=n⋅AB|n||AB|=34 ，
∵ 〈n,AB〉∈[0,π] ，
∴ sin〈n,AB〉=1−(34)2=74 。
故答案为： 74。
【分析】 在空间直角坐标系 O−xyz 中，已知 A(1,−2,0) ， B(2,1,6) ， 再利用向量的坐标表示求出向量的坐标，再结合空间向量的方法结合数量积求向量夹角公式，从而求出向量 AB 与平面 xOz 的法向量的夹角的余弦值，再利用向量 AB 与平面 xOz 的法向量的夹角的取值范围，进而结合同角三角函数基本关系式，从而求出向量 AB 与平面 xOz 的法向量的夹角的正弦值。
13.【答案】 32
【解析】因为 ADB⊥ 面 ABC ， BC⊥AB ，所以 BC⊥ 面 ADB ， BC⊥BD ， BD=3 ，所以 AD⊥DB ，又 AD⊥DC ，所以 ∠BDC 为 B−AD−C 的二面角平面角，所以 cos∠BDC=32 ．
故答案为: 32 .
【分析】分析翻折前后的变量与不变量,利用面面垂直的性质定理可得 BC⊥BD ,求得 BD=3 ,再利用二面角平面角的定义结合题中已知条件判断 ∠BDC 为 B−AD−C 的二面角平面角,最后在直角三角形BCD中由 cos∠BDC=BDCD 即可求出答案.
14.【答案】 ①②
【解析】过 P 作 PE⊥C1D ，垂足为 E ；
过 E 作 EM//CC1 ，交 CD 于M；
连接 CD1 ，交 C1D 于 O ，如下图所示：
∵AD⊥ 平面 CDD1C1 ， PE⊂ 平面 CDD1C1 ， ∴PE⊥AD ，
又 PE⊥C1D ， AD,C1D⊂ 平面 AB1C1D ， AD∩C1D=D ，
∴PE⊥ 平面 AB1C1D ，
∵EM//CC1 ， CC1⊥ 平面 ABCD ，
∴EM⊥ 平面 ABCD ， ∴M=fγ[fβ(P)] ，
∴M 即为 Q1 ；
∵ 四边形 CDD1C1 为正方形， ∴CD1⊥C1D ，
∵AD⊥ 平面 CDD1C1 ， CD1⊂ 平面 CDD1C1 ， ∴CD1⊥AD ，
又 AD,C1D⊂ 平面 AB1C1D ， AD∩C1D=D ， ∴CO⊥ 平面 AB1C1D ，
∴O=fβ[fγ(P)] ， ∴O 即为 Q2 .
以 C 为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系，
设 CP=a(0
对于①， |PQ2|=14+(a−12)2 ，
∵a∈(0,1) ， ∴(a−12)2+14∈[14,12) ，
∴|PQ2|∈[12,22) ，①正确；
对于②， ∵CQ2⊥ 平面 β ，
∴ 平面 β 的一个法向量 CQ2→=(12,0,12) ，
又 PQ1→=(1−a2,0,−a) ，令 PQ1→⋅CQ2→=0 ，即 14−14a−12a=0 ，
解得： a=13∈(0,1) ， ∴ 存在点 P ，使得 PQ1// 平面 β ，②正确；
对于③， PQ1→=(1−a2,0,−a) ， PQ2→=(12,0,12−a) ，
令 PQ1→⋅PQ2→=1−a4−12a+a2=a2−34a+14=0 ，方程无解，
∴ 不存在点 P ，使得 PQ1⊥PQ2 ，③错误.
故答案为：①②.
【分析】建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标，利用向量法验证各个结论，即可得到结果.
15.【答案】 π6
【解析】过点 C 作 CE⊥AB ，垂足为 E ，延长 AD,BC ，使得 AD∩BC=F (如图)，
由题意可得 CE=23,BE=2 ，则 BC=12+4=4 ，
由题意知 AB⊥AD,CD//AB ，
所以 DFAF=CDAB=13 ，
所以 DF=3 ．
因为 PD⊥ 平面 ABCD ， AB⊂ 平面 ABCD ，
所以 PD⊥AB, 又 AB⊥AD ， PD∩AD=D , PD,AD⊂ 平面 PAD,
所以 AB⊥ 平面 PAD,
则 ∠AFB 是直线 BC 与平面 PAD 所成角的平面角，
tan∠AFB=ABAF=333=33 ，
所以 ∠AFB=π6。
故答案为： π6。
【分析】利用 《九章算术》中的“邪田”意为直角梯形，上、下底称为畔，高称为正广，非高腰边称为邪，再利用已知条件结合线面角的求解方法，进而求出邪所在直线与平面 PAD 所成角的大小。
16.【答案】 252π
【解析】由题意知, △ABE 是正三角形, BCDE 是矩形,
设 △ABE 的中心为 O1 ,矩形 BCDE 的中心为 O2 ,过 O1 作垂直于平面 ABE 的直线 l1 ,过 O2 作垂直于平面 BCDE 的直线 l2 ,
由球的性质可知,直线 l1 与 l2 的交点 O 为几何体 ABCDE 的外接球的球心.取 BE 的中点F,连接 O1F,O2F ,易得 O1F=63×32×13=3 , O2F=6×12=3 , ∠O1FO2=120° ,
连接 OF ,显然 △OFO1 与 △OFO2 全等,从而 ∠O1FO=60° , OO1=33 ,连接 OA ,则 OA 为所求几何体外接球的半径,又 O1A=63×32×23=6 ,则 OA2=OO12+O1A2=27+36=63 ,故所得几何体外接球的表面积为 S=4π⋅OA2=252π .
故答案为: 252π .
【分析】作出图形,取 △ABE 的外心 O1 ,矩形 BCDE 的外心 O2 ,分别过 O1 、 O2 作平面 ABE 和 BCDE 的垂线,两垂线的交点即为几何体的外接球的球心,然后求出半径即可求出答案.
17.【答案】 2；6−22
【解析】∵∠AP1B=∠AP2B=30° ， ∴ 点 P1 ， P2 在以 AB 为弦长的圆上，
其中 F 为圆心，则 ∠AFB=60° ，如图：
不妨设 AB=1 ，当直线 P1P2 过圆心 F 时，
|P1P2| 最大，此时 |P1P2|=2 ， |AB|=1 ，
∴ |P1P2||AB| 的最大值为2，
而此时， ∵△OBF 为等腰三角形， ∴ ∠AOP1=30° ，
此时，过点 A′ 作 A'C⊥OC ，
∵AA′⊥α,∴AA′⊥OC,AA′∩A′C=A′ ，
∴OC⊥ 平面 AA′C,∴OC⊥AC ，
∴∠ACA' 是二面角 A−P1P2−A′ 的平面角，
斜线 OA 与平面 α 成15°角，即 ∠AOA′=15°
在 △AOA' 中， AO=2 ，
AA'=2sin15°=2sin(45°−30°)=6−22 ，
如图：
∵∠AOP1=30° ， ∴∠AOC=30° ，
在 Rt△AOC 中， AO=2 ，可求得 AC=1 ，
∴ 在 Rt△ACA' 中， sin∠ACA'=AA'AC=6−22 ，
故答案为：2； 6−22 。
【分析】 ∵∠AP1B=∠AP2B=30° ， ∴ 点 P1 ， P2 在以 AB 为弦长的圆上，
其中 F 为圆心，则 ∠AFB=60° ，不妨设 AB=1 ，当直线 P1P2 过圆心 F 时，
|P1P2| 最大，此时 |P1P2|=2 ， |AB|=1 ，从而求出 |P1P2||AB| 的最大值；而此时， ∵△OBF 为等腰三角形， ∴ ∠AOP1=30° ，此时，过点 A′ 作 A'C⊥OC ，∵AA′⊥α,∴AA′⊥OC,AA′∩A′C=A′ ，再利用线线垂直证出线面垂直，
∴OC⊥ 平面 AA'C,再利用线面垂直的定义推出线线垂直，即OC⊥AC ，∴∠ACA' 是二面角 A−P1P2−A′ 的平面角，再利用已知条件结合直角三角形中的正弦函数定义，从而求出此时二面角 A−P1P2−A′ 平面角的正弦值 。
18.【答案】 β
【解析】作 PD//CA 交 VC 于 D ，
由于 AB=BC=CA ， VA=VB=VC ，所以 V−ABC 为正三棱锥，由对称性知 BD=PB .取 PD 中点 E ，连接 BE ，作 EH⊥ 平面 ABC ，交平面 ABC 于 H ，连接 BH .作 PF⊥ 平面 ABC ，交平面 ABC 于 F ，连接 BF .作 PG⊥AC ，交 AC 于 G ，连接 GF ，所以 BE⊥PD .由于 PD//AC ，所以 α=∠BPD .由于 PF⊥ 平面 ABC ，所以 β=∠PBF .由于 PG⊥AC ， PF⊥ 平面 ABC ，所以 γ=∠PGF .
sinα=PFBP=EH2+BH2BP>EH2BP=EHBP .因为 PD//CA ， E 在 PD 上， EH⊥ 平面 ABC 于 H ， PF⊥ 平面 ABC 于 F ，所以 EH=PF .所以 sinβ=PFBP=EHBP .所以 sinα>sinβ .由于 α,β 都是锐角，所以 α>β .
由于 P 在 VA 上，由对称性 PB=CP ，而 CP>PG ，则 sinγ=PFPG>PFCP=PFBP=sinβ ，由于 γ 也是锐角，所以 γ>β .
综上所述，三个角中的最小角是 β .
故答案为： β .
【分析】作出线线角 α ，线面角 β ，二面角 γ ，根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.
三、解答题
19.【答案】 （1）证明：取 AE 的中点 G ，连接 GF 、 GB .
∵点 F 为 DE 的中点，∴ GF//AD ，且 GF=12AD ，
又 AD//BC ， AD=2BC ，
∴ GF//BC ，且 GF=BC ，
∴四形边 CFGB 为平行四边形，则 CF//BG .
而 CF⊄ 平面 EAB ， BG⊂ 平面 EAB
∴ CF// 平面 EAB .
故向量 CF 、 EA 、 BA 共面
（2）解：∵ CF⊥AD ，∴ AD⊥BG ，
而 AB⊥AD ， BG∩AB=B ，
∴ AD⊥ 平面 EAB ，∴ AD⊥EA .
又平面 EAD⊥ 平面 ABCD ，平面 EAD∩ 平面 ABCD=AD ，
∴ EA⊥ 平面 ABCD .
如图，以 A 为坐标原点，分别以 AB 、 AD 、 AE 为 x 、 y 、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系
则 B(1,0,0) ， C(1,1,0) ， D(0,2,0) ， F(0,1,1) .
设平面 BCF 的一个法向量为 n1=(x,y,z) ，
则 {n1⋅BC=0n1⋅CF=0 ，即 {(x,y,z)⋅(0,1,0)=0(x,y,z)⋅(−1,0,1)=0 ，
不妨令 x=1 ，可得： n1=(1,0,1) .
设平面 CDF 的一个法向量为 n2 ，同理可求得 n2=(1,1,1) ，
∴ cos〈n1,n2〉=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=1+0+112+02+12×12+12+12=63 .
∵二面角 D−CF−B 为钝二面角，
∴二面角 D−CF−B 的余弦值为 −63
【解析】【分析】(1)由已知条件结合中点的性质，即可得出线线平行由此得到 四形边 CFGB 为平行四边形 ，再由线面平行的判定定理即可得证出结论。
(2)利用线面垂直的性质定理以及判定定理即可得出线面垂直，即可得出线线垂直由此建立空间直角坐标系，求出点以及向量的坐标并设出平面BCF的法向量，结合数量积的坐标公式计算出法向量的坐标，再由向量夹角的公式代入计算出夹角的余弦值，由此得出二面角 D−CF−B 的余弦值即可。
20.【答案】 （1）证明：∵PA⊥面ABCD，EF⊂面ABCD，∴EF⊥AP，在△ABC中，AB＝AC， ∠BCD=135∘ ，
在平行四边形 ABCD 中，得∠ABC＝∠ACB＝45°，∴AB⊥AC，且 E ， F 分别为 BC ， AD 的中点，
∴四边形ABEF为平行四边形，∴AB∥EF，∴AC⊥EF，
∵AP∩AC＝C，AP⊂面PAC，AC⊂面PAC，∴EF⊥面PAC
（2）解：连接AE，AM，△ABC中，∵AB＝AC，E为BC的中点，∴AE⊥BC，平行四边形ABCD中，AD∥BC，∴AE⊥AD，
∵PA⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，∴AE⊥PA，∵PA∩AD＝A，∴AE⊥平面PAD，
∴AM是EM在平面PAD中的射影，∴∠EMA是EM与平面PAD所成的角，
等腰直角三角形ABC，AB＝AC＝2，∴BC＝ 2 AB＝2 2 ，∴AD＝2 2 ， AE=2 ，
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，∵PA＝4，∴PD＝ 42+(22)2=26 ，
又M为PD的中点，故 AM=6 ，在Rt△MAE中，tan∠EMA＝ AEAM ＝ 26=33 ，
∴直线ME与平面PAD所成角的正切值为 33 ，所以直线 ME 与平面 PAD 所成的角 arctan33
【解析】【分析】（1）由题意得EF⊥AP，AB⊥AC， E ， F 分别为 BC ， AD 的中点，从而四边形ABEF为平行四边形，AB∥EF，进而AC⊥EF，由此能证明EF⊥面PAC．（2）连接AE，AM，推导出AE⊥BC，AE⊥AD，AE⊥PA，从而AE⊥平面PAD，进而∠EMA是EM与平面PAD所成的角，由此能求出直线ME与平面PAD所成角．
21.【答案】 （1）在矩形 ABCD 中，连接 AC 交 BD 于点 O ，则 O 为 AC 的中点，连接 MO .
∵M 为 PC 的中点
∴OM//PA
又 ∵OM⊂ 平面 MBD ， PA⊂ 平面 MBD
∴PA// 平面 MBD
（2）方法一：
∵AD//BC ， BC⊂ 平面 PBC ， AD⊂ 平面 PBC
∴AD// 平面 PBC
∴D 到平面 PBC 的距离等于 A 到平面 PBC 的距离
∵PA⊥ 平面 ABCD ， BC⊂ 平面 ABCD
∴PA⊥BC ，又 ∵AB⊥BC ， PA∩AB=A
∴BC⊥ 平面 PAB
又 ∵BC⊂ 平面 PBC
∴ 平面 PBC⊥ 平面 PAB
过 A 作 AH⊥PB ，则 AH⊥ 平面 PBC ∴AH 即为所求.
在 Rt△PAB 中， PA=2 ， AB=1 ，解得 AH=255 .
方法二：(等体积法)
设 D 到平面 PBC 的距离为 ℎ
∵PA⊥ 平面 ABCD ， BC⊂ 平面 ABCD
∴PA⊥BC ，又 ∵AB⊥BC ， PA∩AB=A
∴BC⊥ 平面 PAB
∴BC⊥PB
∴S△PBC=12×2×5=5
∵VD−PBC=VP−BCD
∴13S△PBC⋅ℎ=13S△BCD⋅PA
又 ∵S△BCD=1
∴ℎ=255 .
【解析】【分析】 (1 )连接AC交BD于点O,则O为AC的中点，连接MO，由OM// PA,即可证明PA//平面MBD；
(2) 方法一： 可得D到平面P BC的距离等于A到平面PBC的距离，过A作AH⊥PB,则AH⊥平面PBC，AH即为所求；
方法二： 设 D 到平面 PBC 的距离为 ℎ ，根据等体积法即可求出。
22.【答案】 （1）依据题意,以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图),
可得 B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2) .
由 E 为棱 PC 的中点,得 E(1,1,1) .
证明:向量 BE=(0,1,1),DC=(2,0,0) ,
故 BE⋅DC=0 .所以 BE⊥DC
（2）向量 BD=(−1,2,0),PB=(1,0,−2) .
设 n=(x,y,z) 为平面 PBD 的法向量,
则 {n⋅BD=0,n⋅PB=0, 即 {−x+2y=0,x−2z=0,
不妨令 y=1 ,可得 n=(2,1,1) 为平面 PBD 的一个法向量.
于是有 cos〈n,BE〉=n⋅BE|n|⋅|BE|=26×2=33 .
所以直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 33 .
（3）向量 BC=(1,2,0),CP=(−2,−2,2),AC=(2,2,0),AB=(1,0,0) .
由点 F 在棱 PC 上,设 CF=λCP,0≤λ≤1 .
故 BF=BC+CF=BC+λCP=(1−2λ,2−2λ,2λ) .
由 BF⊥AC ,得 BF⋅AC=0 ,因此,
2(1−2λ)+2(2−2λ)=0 ,解得 λ=34 ,
则 BF=(−12,12,32) .设 n1=(x,y,z) 为平面 FAB 的法向量,
则 {n1⋅AB=0,n1⋅BF=0, 即 {x=0,−12x+12y+32z=0,
不妨令 z=1 ,可得 n1=(0,−3,1) 为平面 FAB 的一个法向量.
取平面 FAB 的一个法向量 n2=(0,1,0) ,则
cos〈n1,n2〉=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=−310×1=−31010 .
易知,二面角 F−AB−P 是锐角,所以其余弦值为 31010 .
【解析】【分析】（1）利用空间向量的垂直关系即可判断线线垂直；
（2）利用空间向量直接求解线面角；
（3）利用空间向量直接求解二面角的平面角.
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