十年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編及答案(2022-2022)-2023修改整理

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專題空間向量

1.(2022·全國2·理T11)直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,M,N分離是A1B1,A1C1的中點(diǎn),BC=CA=CC1,則BM與AN所成角的余弦值為()A.1

10

B.25

C.√3010

D.√2

2

【答案】C

【解析】如圖,以點(diǎn)C1為坐標(biāo)原點(diǎn),C1B1,C1A1,C1C所在的直線分離為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,

不妨設(shè)BC=CA=CC1=1,可知點(diǎn)

A(0,1,1),N(0,12,0),

B(1,0,1),M(12,1

2,0).∴AN??????=(0,-1

2,-1),BM??????=(-1

2,1

2,-1).

∴cos=AN

??????·BM???????|AN??????||BM???????|

=√30

10

.按照AN??????與BM??????的夾角及AN與BM所成角的關(guān)系可知,BM與AN所成角的余弦值為√3010.

2.(2022·北京·文T8)如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,P為對角線BD1的三等分點(diǎn),P到各頂點(diǎn)的距離的不同取值有()A.3個(gè)

B.4個(gè)

C.5個(gè)

D.6個(gè)

【答案】B

【解析】設(shè)正方體的棱長為a.建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示.

則D(0,0,0),D1(0,0,a),C1(0,a,a),C(0,a,0),B(a,a,0),B1(a,a,a),A(a,0,0),

A1(a,0,a),P(23a,23a,1

3a),則|PB

?????|=√19a2+19a2+19a2=√33a,|PD

?????|=√4

9a2+4

9a2+1

9

a2=a,|PD1???????|=√49a2+49a2+4

9a2=

2√3

3a,|PC1???????|=|PA1???????|=√4

9a2+1

9a2+4

9a2=a,

|PC?????|=|PA

?????|=√49a2+19a2+1

9

a2=√6

3

a,|PB1???????|=√19a2+19a2+4

9a2=

√6

3

a,3.(2022·陜西·理T5)如圖,在空間直角坐標(biāo)系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,則直線

BC1與直線AB1夾角的余弦值為()A.√5

5

B.√5

3

C.

2√5

5

D.3

5

【答案】A

【解析】不妨設(shè)CB=1,則CA=CC1=2.由題圖知,A點(diǎn)的坐標(biāo)為(2,0,0),B點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,0,1),B1點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,2,1),C1點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,2,0).所以BC1???????=(0,2,-1),AB1???????=(-2,2,1).

所以cos=3√

5=√5

5

.

4.(2022·大綱全國·文T6)直三棱柱ABC-A1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,則異面直線BA1與AC1所成的角等于()A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C

【解析】不妨設(shè)AB=AC=AA1=1,建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,

則B(0,-1,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(-1,0,1),∴BA1????????=(0,1,1),AC1???????=(-1,0,1).

∴cos=BA1????????·AC

1????????|BA1

????????||AC

1

????????|=√2×√

2

=1

2.

∴=60°.

∴異面直線BA1與AC1所成的角為60°.

5.(2022·天津·理T17)如圖,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求證:BF∥平面ADE;

(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值為1

3,求線段CF的長.

【解析】(1)證實(shí)依題意,可以建立以A為原點(diǎn),分離以AB

?????,AD?????,AE?????的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸正

方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).設(shè)CF=h(h>0),則F(1,2,h).

依題意,AB?????=(1,0,0)是平面ADE的法向量,

又BF?????=(0,2,h),可得BF?????·AB?????=0,又由于直線BF?平面ADE,所以BF∥平面ADE.(2)解依題意,BD??????=(-1,1,0),BE?????=(-1,0,2),CE?????=(-1,-2,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,

則{n·BD??????=0,n·BE?????=0,即{-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,

可得n=(2,2,1).

因此有cos=CE?????

·n|CE

?????||n|=-49.所以,直線CE與平面BDE所成角的正弦值為4

9.(3)解設(shè)m=(x,y,z)為平面BDF的法向量,則{

m·BD

??????=0,m·BF?????=0,

即{-x+y=0,2y+?z=0,

不妨令y=1,可得m=1,1,-2

?.由題意,有|cos|=|m·n|

|m||n|=|4-2?

|3√2+4?

2

=1

3,

解得h=8

7,經(jīng)檢驗(yàn),符合題意.所以,線段CF的長為8

7.

6.(2022·浙江·T19)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠

BAC=30°,A

1A=A

1

C=AC,E,F分離是AC,A

1

B

1

的中點(diǎn).

(1)證實(shí):EF⊥BC;

(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.

【解析】辦法一:

(1)銜接A1E,由于A1A=A1C,E是AC的中點(diǎn),

所以A1E⊥AC.

又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,

平面A1ACC1∩平面ABC=AC,

所以,A1E⊥平面ABC,則A1E⊥BC.

又由于A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.

所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.

(2)取BC中點(diǎn)G,銜接EG,GF,則EGFA1是平行四邊形.因?yàn)锳1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四邊形EGFA1為矩形.

由(1)得BC⊥平面EGFA1,則平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.銜接A1G交EF于O,則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補(bǔ)角).

不妨設(shè)AC=4,則在Rt△A1EG中,A1E=2√3,EG=√3.

因?yàn)镺為A1G的中點(diǎn),故EO=OG=A1G2

=

√15

2

,所以cos∠EOG=

EO2+OG2-EG2

2EO·OG

=3

5.

因此,直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是3

5.辦法二:

(1)銜接A1E,由于A1A=A1C,E是AC的中點(diǎn),所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC.

如圖,以點(diǎn)E為原點(diǎn),分離以射線EC,EA1為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz.

不妨設(shè)AC=4,則A1(0,0,2√3),B(√3,1,0),B1(√3,3,2√3),

F

√32,3

2

,2√3,C(0,2,0).

因此,EF

?????=√32,3

2

,2√3,BC

?????=(-√3,1,0).由EF

?????·BC?????=0得EF⊥BC.(2)設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ.由(1)可得BC?????=(-√3,1,0),A1C???????=(0.2,-2√3).設(shè)平面A1BC的法向量為n=(x,y,z).由{BC

?????·n=0,A1C???????·n=0,得{-√3x+y=0,y-√3z=0.

取n=(1,√3,1),

故sinθ=|cos|=|EF?????

·n||EF?????|·|n|=45

.因此,直線EF與平面A1BC所成的角的余弦值為3

5.

7.(2022·全國1·理T18)如圖,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠

BAD=60°,E,M,N分離是BC,BB1,A1D的中點(diǎn).(1)證實(shí):MN∥平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.

【解析】(1)銜接B1C,ME.由于M,E分離為BB1,BC的中點(diǎn),所以ME∥B1C,且ME=B1C.

又由于N為A1D的中點(diǎn),所以ND=A1D.由題設(shè)知A1B1DC,可得B1CA1D,故MEND,

因此四邊形MNDE為平行四邊形,MN∥ED.又MN?平面EDC1,所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA.

以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA?????的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則

A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,√3,2),N(1,0,2),A1A???????=(0,0,-4),A1M????????=(-1,√3,-2),A1N????????=(-1,0,-2)

,MN

???????=(0,-√3,0).

設(shè)m=(x,y,z)為平面A1MA的法向量,

則{m·A1M

????????=0,m·A1A

???????=0.

所以{-x+√3y-2z=0,

-4z=0.

可取m=(√3,1,0).設(shè)n=(p,q,r)為平面A1MN的法向量,

則{n·MN

???????=0,n·A1N

????????=0.

所以{-√3q=0,

-p-2r=0.

可取n=(2,0,-1).

于是cos=m·n

|m||n|=√3

2×√5

=√15

5

,

所以二面角A-MA1-N的正弦值為√10

5

.

8.(2022·全國2·理T17)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點(diǎn)E在棱AA1上,BE⊥EC1.

(1)證實(shí):BE⊥平面EB1C1;

(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

【解析】(1)證實(shí)由已知得,B1C1⊥平面ABB1A1,BE?平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE

⊥平面EB1C1.

(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=45°,故AE=AB,AA1=2AB.

以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA?????的方向?yàn)閤軸正方向,|DA?????|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

D-xyz,

則C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB?????=(1,0,0),CE?????=(1,-1,1),CC1???????=(0,0,2).設(shè)平面EBC的法向量為n=(x,y,z),則

{

CB

?????·n=0,CE?????·n=0,

即{x=0,x-y+z=0,

所以可取n=(0,-1,-1).

設(shè)平面ECC1的法向量為m=(x,y,z),則

{

CC1???????·m=0,CE

?????·m=0,即{2z=0,x-y+z=0,

所以可取m=(1,1,0).于是cos=n·m

|n||m|=-1

2.

所以,二面角B-EC-C1的正弦值為√3

2.

9.(2022·全國3·理T19)圖1是由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,銜接DG,如圖2.(1)證實(shí):圖2中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.

【解析】(1)證實(shí)由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,

故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又由于AB?平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC,垂足為H.

由于EH?平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的邊長為2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.

以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HC?????的方向?yàn)閤軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz,

則A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,√3),CG?????=(1,0,√3),AC?????=(2,-1,0).設(shè)平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),則{CG?????·n=0,AC?????·n=0,即{x+√3z=0,2x-y=0.

所以可取n=(3,6,-√3).

又平面BCGE的法向量可取為m=(0,1,0),所以cos=n·m

|n||m|=

√3

2

.因此二面角B-CG-A的大小為30°.

10.(2022·浙江·T8)已知四棱錐S-ABCD的底面是正方形,側(cè)棱長均相等,E是線段AB上的點(diǎn)(不含端點(diǎn)).設(shè)SE與BC所成的角為θ1,SE與平面ABCD所成的角為θ2,二面角S-AB-C的平面角為θ3,則()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1

C.θ1≤θ3≤θ2

D.θ2≤θ3≤θ1

【答案】D

【解析】當(dāng)點(diǎn)E不是線段AB的中點(diǎn)時(shí),如圖,點(diǎn)G是AB的中點(diǎn),SH⊥底面ABCD,過點(diǎn)H作HF∥AB,過點(diǎn)E作EF∥BC,銜接SG,GH,EH,SF.

可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.

由題意可知EF⊥SF,故tanθ1=SF

EF=SF

GH

>SH

GH

=tanθ

3

.

∴θ

1>θ

3

.

又tanθ3=SH

GH>SH

EH

=tanθ

2

,

∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.

當(dāng)點(diǎn)E是線段AB的中點(diǎn)時(shí),

即點(diǎn)E與點(diǎn)G重合,此時(shí)θ1=θ3=θ2.

綜上可知,θ1≥θ3≥θ2.

11.(2022·全國3·理T19)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD

?所在平面垂直,M是CD

?上異于C,D的點(diǎn).

(1)證實(shí):平面AMD⊥平面BMC;

(2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.

【解析】(1)由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.由于BC⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.由于M為CD?上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.

而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.

(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA?????的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),M為CD

?的中點(diǎn).由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),AM??????=(-2,1,1),AB?????=(0,2,0),DA?????=(2,0,0).

設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則{

n·AM??????=0,

n·AB?????=0.

即{-2x+y+z=0,2y=0.

可取n=(1,0,2),

DA?????是平面MCD的法向量,因此cos=n·DA??????

|n||DA??????|=√55,sin=2√55

.所以面MAB與面MCD所成二面角的正弦值是

2√5

5

.

12.(2022·北京·理T16)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分離為

AA1,AC,A1C1,BB1的中點(diǎn),AB=BC=√5,AC=AA1=2.(1)求證:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)證實(shí):直線FG與平面BCD相交.

【解析】(1)證實(shí)在三棱柱ABC-A1B1C1中,

∵CC1⊥平面ABC,∴四邊形A1ACC1為矩形.又E,F分離為AC,A1C1的中點(diǎn),∴AC⊥EF.

∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.

∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE?平面ABC,∴EF⊥BE.

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz.

由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).∴CD?????=(2,0,1),CB?????=(1,2,0).設(shè)平面BCD的法向量為n=(a,b,c),則{

n·CD?????=0,

n·CB?????=0,

∴{2a+c=0,a+2b=0,

令a=2,則b=-1,c=-4,

∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4),又平面CDC1的法向量為EB?????=(0,2,0),

∴cos=n·EB

?????|n||EB?????|

=-√21

21.

由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角,∴二面角B-CD-C1的余弦值為-√21

21.(3)證實(shí)平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4),∵G(0,2,1),F(0,0,2),∴GF

?????=(0,-2,1),∴n·GF?????=-2,∴n與GF

?????不垂直,∴FG與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi),∴FG與平面BCD相交.

13.(2022·天津·理T17)如圖,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.

(1)若M為CF的中點(diǎn),N為EG的中點(diǎn),求證:MN∥平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;

(3)若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長.

【解析】依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分離以DA?????,DC?????,DG?????的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向的

空

間

直

角

坐

標(biāo)

系

(

如

圖

),

可

得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32

,1

,N(1,0,2).

(1)證實(shí):依題意DC?????=(0,2,0),DE?????=(2,0,2).設(shè)n0=(x,y,z)為平面CDE的法向量,則{n0·DC?????=0,n0·DE?????=0,

即{2y=0,2x+2z=0,

不妨令z=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN???????=(1,-32

,1),可得MN

???????·n0=0.

(2)依題意,可得BC

?????=(-1,0,0),BE?????=(1,-2,2),CF?????=(0,-1,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BCE的法向量,則{n·BC

?????=0,n·BE?????=0,即{-x=0,x-2y+2z=0,不妨令z=1,可得n=(0,1,1).設(shè)m=(x,y,z)為平面BCF的法

向量,則{

m·BC

?????=0,m·CF?????=0,

即{-x=0,-y+2z=0,

不妨令z=1,可得m=(0,2,1).因此有cos=m·n

|m||n|=

3√10

10

,于是sin=√1010.所以,二面角E-BC-F的正弦值為√10

10.

(3)設(shè)線段DP的長為h(h∈[0,2]),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得BP

?????=(-1,-2,h).易知,DC?????=(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量,故|cos|=|BP

?????·DC?????

||BP?????||DC?????|

=√

2.由題意,可得

√?2+5

=sin60°=√32,解得h=√33∈[0,2].所以,線段DP的長為√3

3.1

4.(2022·全國1·理T18)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分離為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把△DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PF⊥BF.(1)證實(shí):平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.

【解析】(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,

所以BF⊥平面PEF.

又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)作PH⊥EF,垂足為H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.

以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HF?????的方向?yàn)閥軸正方向,|BF

?????|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.

由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=√3.又PF=1,EF=2,故

PE⊥PF.

可得PH=√3

2,EH=3

2.

則H(0,0,0),P(0,0,√3

2),D(-1,-32

,0),DP

?????=(1,3

2,

√3

2

),HP??????=(0,0,

√3

2

)為平面ABFD的法向

量.

設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ,則

sinθ=|HP

??????·DP??????|HP??????||DP??????|

|=

34

3

=

√34

.所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為√3

4.

15.(2022·全國2·理T20)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn).

(1)證實(shí):PO⊥平面ABC;

(2)若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.

【解析】(1)由于AP=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=2√3.銜接OB,由于AB=BC=√2

2AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=1

2AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.

由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

(2)如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OB

?????的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2√3),AP?????=(0,2,2√3).取平面PAC的法向量OB

?????=(2,0,0),

由AP?????·n=0,AM??????·n=0得{

2y+2√3z=9,

ax+(4-a)y=0.

可取n=(√3(a-4),√3a,-a),

所以cos=√3(2√3(a-4)

+3a2+a2.

由已知可得|cos|=√3

2.所以

√3|2√3(a-4)+3a2+a2

=

√32

,解得a=-4(舍去),a=4

3.

所以n=(-

8√33,4√33,-4

3

).又PC?????=(0,2,-2√3),所以cos=√34.所以PC與平面PAM所成角的正弦值為√3

4.

16.(2022·浙江·T9)如圖,已知多面體ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠

ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)證實(shí):AB1⊥平面A1B1C1;

(2)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.

【解析】解法一(1)證實(shí):由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB,得AB1=A1B1=2√2,

所以A1B12+AB12=AA12

,故AB1⊥A1B1.

由BC=2,BB1=2,CC1=1,BC1⊥BC,CC1⊥BC,得B1C1=√5,由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2√3,

由CC1⊥AC,得AC1=√13,所以AB12+B1C12=AC12,

故AB1⊥B1C1.因此AB1⊥平面A1B1C1.

(2)如圖,過點(diǎn)C1作C1D⊥A1B1,交直線A1B1于點(diǎn)D,銜接AD.

由AB1⊥平面A1B1C1,得平面A1B1C1⊥平面ABB1,

由C1D⊥A1B1,得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.

由B1C1=√5,A1B1=2√2,A1C1=√21,得cos∠C1A1B1=√6√

7,sin∠C1A1B1=√

7,

所以C1D=√3,故sin∠C1AD=C1

D

AC1

=

√39

13

.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是√39

13.

解法二(1)證實(shí):如圖,以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn),分離以射線OB,OC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.

由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下:A(0,-√3,0),B(1,0,0),A1(0,-√3,4),B1(1,0,2),C1(0,√3,1).因此AB1???????=(1,√3,2),A1B1?????????=(1,√3,-2),A1C1?????????=(0,2√3,-3).由AB1???????·A1B1?????????=0,得AB1⊥A1B1.由AB1???????·A1C1?????????=0,得AB1⊥A1C1.所以AB1⊥平面A1B1C1.

(2)設(shè)直線AC1與平面ABB1所成的角為θ.

由(1)可知AC1???????=(0,2√3,1),AB?????=(1,√3,0),BB1???????=(0,0,2).設(shè)平面ABB1的法向量n=(x,y,z).

由{n·AB?????=0,n·BB1???????=0,即{x+√3y=0,2z=0,可取n=(-√3,1,0).所以sinθ=|cos|=|AC1????????·n||AC1????????|·|n|=√39

13

.因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是√39

13.

17.(2022·上?！17)已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,半徑為2.(1)設(shè)圓錐的母線長為4,求圓錐的體積;

(2)設(shè)PO=4,OA,OB是底面半徑,且∠AOB=90°,M為線段AB的中點(diǎn),如圖,求異面直線PM與OB所成的角的大小.

【解析】(1)∵圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,半徑為2,母線長為4,

∴圓錐的體積V=13πr2h=1

3×π×22×√42-22=

8√3π

3

.(2)∵PO=4,OA,OB是底面半徑,且∠AOB=90°,M為線段AB的中點(diǎn),∴以O(shè)為原點(diǎn),OA為x軸,OB為y軸,OP為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,∴

P(0,0,4),A(2,0,0),B(0,2,0),M(1,1,0),O(0,0,0),∴PM??????=(1,1,-4),OB?????=(0,2,0).設(shè)異面直線PM與OB所成的角為θ,則cosθ=|PM??????·OB

??????||PM??????||OB

??????|=√12+12+(-4)2×√02+22+02

=

√2

6

.∴θ=arccos√2

6.

∴異面直線PM與OB所成的角的大小為arccos√2

6.

18.(2022·北京·理T16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點(diǎn)M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=√6,AB=4.(1)求證:M為PB的中點(diǎn);(2)求二面角B-PD-A的大小;

(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.

【解析】(1)證實(shí)設(shè)AC,BD交點(diǎn)為E,銜接ME.由于PD∥平面MAC,

平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.由于ABCD是正方形,所以E為BD的中點(diǎn).所以M為PB的中點(diǎn).

(2)解取AD的中點(diǎn)O,銜接OP,OE.由于PA=PD,所以O(shè)P⊥AD.

又由于平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以O(shè)P⊥平面ABCD.由于OE?平面ABCD,所以O(shè)P⊥OE.由于ABCD是正方形,所以O(shè)E⊥AD.如

圖

建

立

空

間

直

角

坐

標(biāo)

系

O-xyz,則

P(0,0,√2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD??????=(4,-4,0),PD?????=(2,0,-√2).

設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z),則{

n·BD

??????=0,n·PD?????=0,

即{4x-4y=0,2x-√2z=0.

令x=1,則y=1,z=√2.

于是n=(1,1,√2),平面PAD的法向量為p=(0,1,0).所以cos=n·p

|n||p|=1

2.由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為π

3.(3)解由題意知M(-1,2,

√22

),C(2,4,0),MC

??????=(3,2,-

√2

2

).設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α,則sinα=|cos|=|n·MC??????

||n||MC??????|=2√69

.

所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為2√6

9

.

19.(2022·全國1·理T18)如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.

(1)證實(shí):平面PAB⊥平面PAD;

(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

【解析】(1)證實(shí)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.

因?yàn)锳B∥CD,故AB⊥PD,從而AB⊥平面PAD.

又AB?平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.

(2)解在平面PAD內(nèi)作PF⊥AD,垂足為F.

由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,

可得PF⊥平面ABCD.

以F為坐標(biāo)原點(diǎn),FA

?????的方向?yàn)閤軸正方向,

|AB

?????|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系F-xyz.

由(1)及已知可得A(√2

2,0,0),P(0,0,√2

2

),B(√2

2

,1,0),C(-√2

2

,1,0).所以PC

?????=

(-√2

2,1,-√2

2

),CB

?????=(√2,0,0),PA

?????=(√2

2

,0,-√2

2

),AB

?????=(0,1,0).

設(shè)n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,

則{n·PC

?????=0,

n·CB

?????=0,即{

-√2

2

x+y-√2

2

z=0,

√2x=0.

可取n=(0,-1,-√2).

設(shè)m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,

則{m·PA?????=0,m·AB?????=0,即{√2

2x-√2

2z=0,

y=0.可取m=(1,0,1).則cos=n·m|n||m|=-√33.

所以二面角A-PB-C的余弦值為-√3

3.

20.(2022·全國2·理T19)如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=1

2AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中點(diǎn).(1)證實(shí):直線CE∥平面PAB;

(2)點(diǎn)M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求二面角M-AB-D的余弦值.

【解析】(1)證實(shí)取PA的中點(diǎn)F,銜接EF,BF.由于E是PD的中點(diǎn),所以EF∥AD,EF=1

2AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,

又BC=1

2AD,所以EFBC,四邊形BCEF是平行四邊形,CE∥BF,又BF?平面PAB,CE?平面PAB,故CE∥平面PAB.

(2)解由已知得BA⊥AD,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB?????的方向?yàn)閤軸正方向,|AB?????|為單位長,建立如圖所示

的

空

間

直

角

坐

標(biāo)

系

A-xyz,則

A(0,0,0),

B(1,0,0),

C(1,1,0),P(0,1,√3),PC

?????=(1,0,-√3),AB?????=(1,0,0).

設(shè)M(x,y,z)(0|=sin45°,

|z|

√(x-1)

+y2+z2

=

√22

,即(x-1)2+y2-z2

=0.①

又M在棱PC上,設(shè)PM??????=λPC?????,則x=λ,y=1,z=√3?√3λ.②

由①,②解得{x=1+√22,y=1,z=-√62(舍去),{

x=1-√22,y=1,z=√62,

所以M(1-√22,1,√62

),從而AM

??????=(1-

√22,1,√6

2

).設(shè)m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則

{

m·AM??????=0,m·AB?????=0,即{(2-√2)x0+2y0+√6z0=0,x0

=0,

所以可取m=(0,-√6,2).于是cos=m·n

|m||n|=√10

5

.因此二面角M-AB-D的余弦值為

√10

5

.21.(2022·全國3·理T19)如圖,四周體ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.

(1)證實(shí):平面ACD⊥平面ABC;

(2)過AC的平面交BD于點(diǎn)E,若平面AEC把四周體ABCD分成體積相等的兩部分,求二面角D-AE-C的余弦值.

【解析】(1)證實(shí)由題設(shè)可得,△ABD≌△CBD,從而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中點(diǎn)O,銜接DO,BO,則DO⊥AC,DO=AO.又因?yàn)椤鰽BC是正三角形,故BO⊥AC.所以∠DOB為二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,

故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.

(2)解由題設(shè)及(1)知,OA,OB,OD兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),OA?????的方向?yàn)閤軸正方向,|OA?????|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.則A(1,0,0),B(0,√3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).

由題設(shè)知,四周體ABCE的體積為四周體ABCD的體積的1

2,從而E到平面ABC的距離為D到平面

ABC的距離的1

2,即E為DB的中點(diǎn),得E(0,

√32

,1

2).故AD?????=(-1,0,1),AC?????=(-2,0,0),AE

?????=(-1,√32,12).設(shè)n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,則{n·AD?????=0,

n·AE?????=0,即{-x+z=0,-x+√3

2y+12z=0.可取n=(1,

√3

3

,1).

設(shè)m是平面AEC的法向量,則{m·AC

?????=0,m·AE

?????=0.

同理可取m=(0,-1,√3).則cos=n·m

|n||m|=√7

7

.

所以二面角D-AE-C的余弦值為√7

7

.

22.(2022·山東·理T17)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的,G是DF

?的中點(diǎn).

(1)設(shè)P是CE

?上的一點(diǎn),且AP⊥BE,求∠CBP的大小;

(2)當(dāng)AB=3,AD=2時(shí),求二面角E-AG-C的大小.

【解析】(1)由于AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP?平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.

(2)解法一:取EC

?的中點(diǎn)H,銜接EH,GH,CH.

由于∠EBC=120°,所以四邊形BEHC為菱形,所以

AE=GE=AC=GC=2+22=√13.

取AG中點(diǎn)M,銜接EM,CM,EC,則EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC為所求二面角的平面角.

又AM=1,所以EM=CM=√13-1=2√3.

在△BEC中,因?yàn)椤螮BC=120°,

由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,

所以EC=2√3,

因此△EMC為等邊三角形,故所求的角為60°.

解法二:以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分離以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由

題

意

得

A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,√3,3),C(-1,√3,0),故

AE?????=(2,0,-3),AG?????=(1,√3,0),CG?????=(2,0,3),設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個(gè)法向量.由{

m·AE

?????=0,m·AG?????=0,可得{2x1-3z1=0,x1+√3y1

=0.取z1=2,可得平面AEG的一個(gè)法向量m=(3,-√3,2).

設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個(gè)法向量.由{

n·AG?????=0,n·CG?????=0,可得{x2+√3y2=0,

2x2+3z2

=0.

取z2=-2,可得平面ACG的一個(gè)法向量n=(3,-√3,-2).所以cos=m·n

|m||n|=1

2.因此所求的角為60°.

23.(2022·天津·理T17)如圖,在三棱錐P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,點(diǎn)D,E,N分離為棱PA,PC,BC的中點(diǎn),M是線段AD的中點(diǎn),PA=AC=4,AB=2.(1)求證:MN∥平面BDE;

(2)求二面角C-EM-N的正弦值;

(3)已知點(diǎn)H在棱PA上,且直線NH與直線BE所成角的余弦值為√7

21求線段AH的長.

【解析】如圖,以A為原點(diǎn),分離以AB?????,AC?????,AP?????方向?yàn)閤軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系.

依題意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).

(1)證實(shí):DE?????=(0,2,0),DB??????=(2,0,-2),設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則{

n·DE?????=0,n·DB??????=0,

即{2y=0,

2x-2z=0.

不妨設(shè)z=1,可得n=(1,0,1).又MN???????=(1,2,-1),可得MN???????·n=0.由于MN?平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)為平面CEM的一個(gè)法向量.設(shè)n2=(x,y,z)為平面EMN的法向量,則{n2·EM??????=0,

n2·MN???????=0.

由于EM??????=(0,-2,-1),MN???????=(1,2,-1),所以{

-2y-z=0,x+2y-z=0.

不妨設(shè)y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=n1·n2|n1

||n2

|=-√21

,

于是sin=

√105

21

.所以,二面角C-EM-N的正弦值為

√105

21

.(3)依題意,設(shè)AH=h(0≤h≤4),則H(0,0,h),進(jìn)而可得NH??????=(-1,-2,h),BE?????=(-2,2,2).

由已知,得|cos|=|NH??????

·BE?????

||NH??????||BE?????|

=√

?2+5×2√3

=

√7

21

,收拾得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=1

2.所以,線段AH的長為8

5或1

2.

24.(2022·全國1·理T18)如圖,在以A,B,C,D,E,F為頂點(diǎn)的五面體中,面ABEF為正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.(1)證實(shí):平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.

【解析】(1)證實(shí)由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,所以AF⊥平面EFDC.

又AF?平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.

(2)解過D作DG⊥EF,垂足為G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G為坐標(biāo)原點(diǎn),GF?????的方向?yàn)閤軸正方向,|GF?????|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系G-xyz.

由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,則|DF|=2,|DG|=√3,

可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,√3).由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.

由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,

所以∠CEF為二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.從而可得C(-2,0,√3).所以EC?????=(1,0,√3),EB?????=(0,4,0),AC?????=(-3,-4,√3),AB?????=(-4,0,0),設(shè)n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,

則{n·EC?????=0,n·EB?????=0,即{x+√3z=0,

4y=0.所以可取n=(3,0,-√3).設(shè)m是平面ABCD的法向量,則

{

m·AC

?????=0,m·AB?????=0,

同理可取m=(0,√3,4),則cos=n·m

|n||m|=-2√19

19

.故二面角E-BC-A的余弦值為-2√19

19

.

25.(2022·全國2·理T19)如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O,AB=5,AC=6,點(diǎn)E,F分離在AD,CD上,AE=CF=5

4,EF交BD于點(diǎn)H.將△DEF沿EF折到△D'EF的位置,OD'=√10.(1)證實(shí):D'H⊥平面ABCD;(2)求二面角B-D'A-C的正弦值.

【解析】(1)證實(shí)由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得AE

AD=CF

CD,故AC∥EF.因此EF⊥HD,從而EF⊥D'H.

由AB=5,AC=6得DO=BO=√AB2-AO2=4.由EF∥AC得OH

DO=AE

AD=1

4.所以O(shè)H=1,D'H=DH=3.

于是D'H2+OH2=32+12=10=D'O2,故D'H⊥OH.又D'H⊥EF,而OH∩EF=H,所以D'H⊥平面ABCD.

(2)解如圖,以H為坐標(biāo)原點(diǎn)HF?????的方向?yàn)閤軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系H-xyz.則H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D'(0,0,3),AB?????=(3,-4,0),AC?????=(6,0,0),AD'????????=(3,1,3).設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABD'的法向量,則{

m·AB?????=0,

m·AD'????????=0,

即{3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0,

所以可取m=(4,3,-5).

設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACD'的法向量,

則{n·AC

?????=0,

n·AD'

????????=0,即{

6x2=0,

3x2+y2+3z2=0,

所以可取n=(0,-3,1).

于是cos=m·n

|m||n|=

√50×√10

=-7√5

25

.sin=2√95

25

.

因此二面角B-D'A-C的正弦值是2√95

25

.

26.(2022·山東·理T17)在如圖所示的圓臺(tái)中,AC是下底面圓O的直徑,EF是上底面圓O'的直徑,FB是圓臺(tái)的一條母線.

(1)已知G,H分離為EC,FB的中點(diǎn).求證:GH∥平面ABC;

(2)已知EF=FB=1

2

AC=2√3,AB=BC,求二面角F-BC-A的余弦值.

【解析】(1)證實(shí)設(shè)FC中點(diǎn)為I,銜接GI,HI.

在△CEF中,由于點(diǎn)G是CE的中點(diǎn),所以GI∥EF.

又EF∥OB,所以GI∥OB.

在△CFB中,由于H是FB的中點(diǎn),所以HI∥BC.

又HI∩GI=I,所以平面GHI∥平面ABC.由于GH?平面GHI,所以GH∥平面ABC.

(2)解銜接OO',則OO'⊥平面ABC.

又AB=BC,且AC是圓O的直徑,所以BO⊥AC.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),建

立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得B(0,2√3,0),C(-2√3,0,0).過點(diǎn)F作FM垂直O(jiān)B于點(diǎn)M,

所以FM=22=3,可得F(0,√3,3).故BC?????=(-2√3,-2√3,0),BF?????=(0,-√3,3).設(shè)m=(x,y,z)是平面BCF的一個(gè)法向量.由{m·BC?????=0,m·BF?????=0,可得{-2√3x-2√3y=0,-√3y+3z=0.

可得平面BCF的一個(gè)法向量m=(-1,1,

√3

3

).由于平面ABC的一個(gè)法向量n=(0,0,1),所以cos=m·n

|m|·|n|=

√7

7

.所以二面角F-BC-A的余弦值為√7

7.

27.(2022·浙江·理T17)如圖,在三棱臺(tái)ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.(1)求證:BF⊥平面ACFD;

(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.

【解析】(1)證實(shí)延伸AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,如圖所示.

由于平面BCFE⊥平面ABC,且AC⊥BC,

所以AC⊥平面BCK,因此BF⊥AC.

又由于EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,

所以△BCK為等邊三角形,且F為CK的中點(diǎn),

則BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.

(2)解如圖,延伸AD,BE,CF相交于一點(diǎn)K,則△BCK為等邊三角形.取BC的中點(diǎn)O,則KO⊥BC,

又平面BCFE⊥平面ABC,

所以,KO⊥平面ABC.

以點(diǎn)O為原點(diǎn),分離以射線OB,OK的方向

為x,z的正方向,

建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.

由題意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,√3),A(-1,-3,0),E(1

2,0,√32),F(-12,0,√3

2

).因此,AC?????=(0,3,0),AK?????=(1,3,√3),AB?????=(2,3,0).

設(shè)平面ACK的法向量為m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量為n=(x2,y2,z2).由{AC

?????·m=0,AK?????·m=0得{3y1=0,x1+3y1+√3z1=0,

取m=(√3,0,-1);

由{AB?????·n=0,

AK?????·n=0得{2x2+3y2=0,x2+3y2+√3z2=0,

取n=(3,-2,√3).于是,cos=m·n

|m|·|n|=

√3

4

.所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值為√3

4.

28.(2022·全國3·理T19)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(diǎn),AM=2MD,N為PC的中點(diǎn).(1)證實(shí):MN∥平面PAB;

(2)求直線AN與平面PMN所成角的正弦值.

【解析】(1)證實(shí)由已知得AM=2

3AD=2.取BP的中點(diǎn)T,銜接AT,TN,由N為PC中點(diǎn)知TN∥

BC,TN=1

2BC=2.又AD∥BC,故TNAM,

四邊形AMNT為平行四邊形,于是MN∥AT.由于AT?平面PAB,MN?平面PAB,

所以MN∥平面PAB.

(2)解取BC的中點(diǎn)E,銜接AE.由AB=AC得AE⊥BC,從而AE⊥AD,且

AE=√AB2-BE2

=√AB2-(BC

2)2

=√5.

以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AE?????的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz.

由題意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(√5,2,0),N(√5

2,1,2),PM??????=(0,2,-4),PN??????=(√52,1,-2),AN

??????=(√52

,1,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面PMN的法向量,則{n·PM??????=0,n·PN??????=0,即{2y-4z=0,

√52x+y-2z=0,

可取n=(0,2,1).

于是|cos|=|n·AN??????

||n||AN??????|=8√525

.29.(2022·全國2·理T19)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,點(diǎn)E,F分離在

A1

B1,D1

C1上,A1E=

D1F=4,過點(diǎn)

E,

F的平面α與此長方體的面相交,交線圍成一個(gè)正方形.(1)在圖中畫出這個(gè)正方形(不必說明畫法和理由);(2)求直線AF與平面α所成角的正弦值.

【解析】(1)交線圍成的正方形EHGF如圖: