十年高考数学真题分类汇编及答案(2010—2019)

十年高考数学真题分类汇编及答案（2010—2019）

专题 空间向量

1.(2014·全国2·理T11)直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BCA=90°,M ,N 分别是A 1B 1,A 1C 1的中点,BC=CA=CC 1,则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.1

10

B.25

C.√3010

D.√2

2

【答案】C

【解析】如图,以点C 1为坐标原点,C 1B 1,C 1A 1,C 1C 所在的直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系,

不妨设BC=CA=CC 1=1,可知点

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

. 根据AN ?????? 与BM ?????? 的夹角及AN 与BM 所成角的关系可知,BM 与AN 所成角的余弦值为√3010.

2.(2013·北京·文T8)如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,P 为对角线BD 1的三等分点,P 到各顶点的距离的不同取值有( ) A.3个

B.4个

C.5个

D.6个

【答案】B

【解析】设正方体的棱长为a.建立空间直角坐标系,如图所示.

则D (0,0,0),D 1(0,0,a ),C 1(0,a ,a ),C (0,a ,0),B (a ,a ,0),B 1(a ,a ,a ),A (a ,0,0),

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

3a), 则|PB

????? |=√19a 2+19a 2+19a 2=√33a , |PD

????? |=√4

9a 2+4

9a 2+1

9

a 2=a , |PD 1??????? |=√49a 2+49a 2+4

9a 2=

2√3

3a , |PC 1??????? |=|PA 1??????? |=√4

9a 2+1

9a 2+4

9a 2=a ,

|PC ????? |=|PA

????? |=√49a 2+19a 2+1

9

a 2=√6

3

a , |PB 1??????? |=√19a 2+19a 2+4

9a 2=

√6

3

a , 3.(2012·陕西·理T5)如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC -A 1B 1C 1,CA=CC 1=2CB ,则直线

BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为( ) A.√5

5

B.√5

3

C.

2√5

5

D.3

5

【答案】A

【解析】不妨设CB=1,则CA=CC 1=2.由题图知,A 点的坐标为(2,0,0),B 点的坐标为(0,0,1),B 1点的坐标为(0,2,1),C 1点的坐标为(0,2,0). 所以BC 1??????? =(0,2,-1),AB 1??????? =(-2,2,1).

所以cos =3√

5=√5

5

.

4.(2010·大纲全国·文T6)直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA 1,则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 【答案】C

【解析】不妨设AB=AC=AA 1=1,建立空间直角坐标系如图所示,

则B(0,-1,0),A 1(0,0,1),A(0,0,0),C 1(-1,0,1), ∴BA 1???????? =(0,1,1),AC 1??????? =(-1,0,1).

∴cos =BA 1???????? ·AC

1???????? |BA 1

???????? ||AC

1

???????? |=√2×√

2

=1

2.

∴=60°.

∴异面直线BA 1与AC 1所成的角为60°.

5.(2019·天津·理T17)如图,AE ⊥平面ABCD,CF ∥AE,AD ∥BC,AD ⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2. (1)求证:BF ∥平面ADE;

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

3,求线段CF 的长.

【解析】(1)证明依题意,可以建立以A 为原点,分别以AB

????? ,AD ????? ,AE ????? 的方向为x 轴,y 轴,z 轴正

方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).

依题意,AB ????? =(1,0,0)是平面ADE 的法向量,

又BF ????? =(0,2,h ),可得BF ????? ·AB ????? =0,又因为直线BF ?平面ADE ,所以BF ∥平面ADE. (2)解依题意,BD ?????? =(-1,1,0),BE ????? =(-1,0,2),CE ????? =(-1,-2,2). 设n =(x ,y ,z )为平面BDE 的法向量,

则{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,直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为4

9. (3)解设m =(x ,y ,z )为平面BDF 的法向量, 则{

m ·BD

?????? =0,m ·BF ????? =0,

即{-x +y =0,2y +?z =0,

不妨令y=1,可得m =1,1,-2

?. 由题意,有|cos |=|m ·n |

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

|3√2+4?

2

=1

3,

解得h=8

7,经检验,符合题意. 所以,线段CF 的长为8

7.

6.(2019·浙江·T 19)如图,已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1,平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,∠ABC=90°,∠

BAC=30°,A

1A=A

1

C=AC,E,F分别是AC,A

1

B

1

的中点.

(1)证明:EF⊥BC;

(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

【解析】方法一:

(1)连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,

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,则A1E⊥BC.

又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.

所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.

(2)取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.

由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).

不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2√3,EG=√3.

由于O 为A 1G 的中点,故EO=OG=A 1G 2

=

√15

2

, 所以cos ∠EOG=

EO 2+OG 2-EG 2

2EO ·OG

=3

5.

因此,直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是3

5. 方法二:

(1)连接A 1E ,因为A 1A=A 1C ,E 是AC 的中点,所以A 1E ⊥AC. 又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ,A 1E ?平面A 1ACC 1, 平面A 1ACC 1∩平面ABC=AC , 所以,A 1E ⊥平面ABC.

如图,以点E 为原点,分别以射线EC ,EA 1 为y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系E-xyz.

不妨设AC=4,则A 1(0,0,2√3),B (√3,1,0),B 1(√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)设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ. 由(1)可得BC ????? =(-√3,1,0),A 1C ??????? =(0.2,-2√3). 设平面A 1BC 的法向量为n =(x ,y ,z ). 由{BC

????? ·n =0,A 1C ??????? ·n =0,得{-√3x +y =0,y -√3z =0.

取n =(1,√3,1),

故sin θ=|cos |=|EF ?????

·n ||EF ????? |·|n |=45

. 因此,直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为3

5.

7.(2019·全国1·理T18)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠

BAD=60°,E ,M ,N 分别是BC ,BB 1,A 1D 的中点. (1)证明:MN ∥平面C 1DE ; (2)求二面角A-MA 1-N 的正弦值.

【解析】(1)连接B 1C ,ME. 因为M ,E 分别为BB 1,BC 的中点, 所以ME ∥B 1C ,且ME= B 1C.

又因为N 为A 1D 的中点,所以ND= A 1D. 由题设知A 1B 1 DC ,可得B 1C A 1D , 故ME ND ,

因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ∥ED. 又MN ?平面EDC 1,所以MN ∥平面C 1DE. (2)由已知可得DE ⊥DA.

以D 为坐标原点,DA ????? 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, 则

A (2,0,0),A 1(2,0,4),M (1,√3,2),N (1,0,2),A 1A ??????? =(0,0,-4),A 1M ???????? =(-1,√3,-2),A 1N ???????? =(-1,0,-2)

,MN

??????? =(0,-√3,0).

设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,

则{m·A1M

???????? =0, m·A1A

??????? =0.

所以{-x+√3y-2z=0,

-4z=0.

可取m=(√3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,

则{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的正弦值为√10

5

.

8.(2019·全国2·理T17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE ⊥EC1.

(1)证明:BE⊥平面EB1C1;

(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.

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

⊥平面EB 1C 1.

(2)解由(1)知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ,所以∠AEB=45°, 故AE=AB ,AA 1=2AB.

以D 为坐标原点,DA ????? 的方向为x 轴正方向,|DA ????? |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系

D-xyz ,

则C (0,1,0),B (1,1,0),C 1(0,1,2),E (1,0,1),CB ????? =(1,0,0),CE ????? =(1,-1,1),CC 1??????? =(0,0,2). 设平面EBC 的法向量为n =(x ,y ,z ),则

{

CB

????? ·n =0,CE ????? ·n =0,

即{x =0,x -y +z =0,

所以可取n=(0,-1,-1).

设平面ECC 1的法向量为m =(x ,y ,z ),则

{

CC 1??????? ·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-C 1的正弦值为√3

2.

9.(2019·全国3·理T19)图1是由矩形ADEB,Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC 折起使得BE 与BF 重合,连接DG,如图2. (1)证明:图2中的A,C,G,D 四点共面,且平面ABC ⊥平面BCGE; (2)求图2中的二面角B-CG-A 的大小.

【解析】(1)证明由已知得AD ∥BE,CG ∥BE,所以AD ∥CG,

故AD,CG 确定一个平面,从而A,C,G,D 四点共面. 由已知得AB ⊥BE,AB ⊥BC,故AB ⊥平面BCGE. 又因为AB ?平面ABC, 所以平面ABC ⊥平面BCGE. (2)解作EH ⊥BC,垂足为H.

因为EH ?平面BCGE,平面BCGE ⊥平面ABC,所以EH ⊥平面ABC. 由已知,菱形BCGE 的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√3.

以H 为坐标原点,HC ????? 的方向为x 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,

则A (-1,1,0),C (1,0,0),G (2,0,√3),CG ????? =(1,0,√3),AC ????? =(2,-1,0). 设平面ACGD 的法向量为n =(x ,y ,z ), 则{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 的法向量可取为m =(0,1,0), 所以cos =n ·m

|n ||m |=

√3

2

. 因此二面角B-CG-A 的大小为30°.

10.(2018·浙江·T 8)已知四棱锥S-ABCD 的底面是正方形,侧棱长均相等,E 是线段AB 上的点(不含端点).设SE 与BC 所成的角为θ1,SE 与平面ABCD 所成的角为θ2,二面角S-AB-C 的平面角为θ3,则( ) A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1

C.θ1≤θ3≤θ2

D.θ2≤θ3≤θ1

【答案】D

【解析】当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF∥BC,连接SG,GH,EH,SF.

可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.

由题意可知EF⊥SF,故tan θ1=SF

EF =SF

GH

>SH

GH

=tan θ

3

.

∴θ

1>θ

3

.

又tan θ3=SH

GH >SH

EH

=tan θ

2

,

∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.

当点E是线段AB的中点时,

即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2.

综上可知,θ1≥θ3≥θ2.

11.(2018·全国3·理T19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD

?所在平面垂直,M是CD

?上异于C,D的点.

(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;

(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.

【解析】(1)由题设知,平面CMD ⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC ⊥CD,BC ?平面ABCD,所以BC ⊥平面CMD,故BC ⊥DM.因为M 为CD ?上异于C,D 的点,且DC 为直径,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 为坐标原点, DA ????? 的方向为x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz. 当三棱锥M-ABC 体积最大时,M 为 CD

?的中点.由题设得 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).

设n=(x,y,z)是平面MAB 的法向量, 则{

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 与面MCD 所成二面角的正弦值是

2√5

5

.

12.(2018·北京·理T16)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为

AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB=BC= √5,AC=AA 1=2. (1)求证:AC ⊥平面BEF; (2)求二面角B-CD-C 1的余弦值; (3)证明:直线FG 与平面BCD 相交.

【解析】(1)证明在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,

∵CC 1⊥平面ABC ,∴四边形A 1ACC 1为矩形. 又E ,F 分别为AC ,A 1C 1的中点,∴AC ⊥EF.

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

∵CC 1⊥平面ABC ,∴EF ⊥平面ABC. ∵BE ?平面ABC ,∴EF ⊥BE.

建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.

由题意得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). 设平面BCD 的法向量为n =(a ,b ,c ), 则{

n ·CD ????? =0,

n ·CB ????? =0,

∴{2a +c =0,a +2b =0,

令a=2,则b=-1,c=-4,

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

∴cos =n ·EB

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

=-√21

21.

由图可得二面角B-CD-C 1为钝角,∴二面角B-CD-C 1的余弦值为-√21

21. (3)证明平面BCD 的法向量为n=(2,-1,-4), ∵G(0,2,1),F(0,0,2), ∴GF

????? =(0,-2,1), ∴n ·GF ????? =-2,∴n 与GF

????? 不垂直, ∴FG 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内, ∴FG 与平面BCD 相交.

13.(2018·天津·理T17)如图,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 为CF 的中点,N 为EG 的中点,求证:MN ∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F 的正弦值;

(3)若点P 在线段DG 上,且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°,求线段DP 的长.

【解析】依题意,可以建立以D 为原点,分别以DA ????? ,DC ????? ,DG ????? 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向的

空

间

直

角

坐

标

系

(

如

图

),

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),M 0,32

,1

,N (1,0,2).

(1)证明:依题意DC ????? =(0,2,0),DE ????? =(2,0,2). 设n0=(x,y,z)为平面CDE 的法向量, 则{n 0·DC ????? =0,n 0·DE ????? =0,

即{2y =0,2x +2z =0,

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

,1),可得MN

??????? ·n 0=0.

(2)依题意,可得BC

????? =(-1,0,0),BE ????? =(1,-2,2),CF ????? =(0,-1,2).设n =(x ,y ,z )为平面BCE 的法向量,则{n ·BC

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

向量, 则{

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 的正弦值为√10

10.

(3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2]),则点P 的坐标为(0,0,h ),可得BP

????? =(-1,-2,h ).易知,DC ????? =(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量,故|cos |=|BP

????? ·DC ?????

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

=√

2.由题意,可得

√?2+5

=sin 60°=√32,解得h=√33∈[0,2].所以,线段DP 的长为√3

3. 1

4.(2018·全国1·理T18)如图,四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为AD,BC 的中点,以DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF ⊥BF. (1)证明:平面PEF ⊥平面ABFD; (2)求DP 与平面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,垂足为H. 由(1)得,PH ⊥平面ABFD.

以H 为坐标原点,HF ????? 的方向为y 轴正方向,|BF

????? |为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系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.

则H (0,0,0),P (0,0,√3

2),D (-1,-32

,0),DP

????? =(1,3

2,

√3

2

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

√3

2

)为平面ABFD 的法向

量.

设DP 与平面ABFD 所成角为θ, 则

sin θ=|HP

?????? ·DP ?????? |HP ?????? ||DP ?????? |

|=

34

3

=

√34

. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为√3

4.

15.(2018·全国2·理T20)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC 的中点.

(1)证明:PO ⊥平面ABC;

(2)若点M 在棱BC 上,且二面角M-PA-C 为30°,求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.

【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O 为AC 的中点, 所以OP ⊥AC ,且OP=2√3. 连接OB ,因为AB=BC=√2

2AC ,所以△ABC 为等腰直角三角形,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)如图,以O 为坐标原点,OB

????? 的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系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

????? ,n >=√3(2√3(a -4)

+3a 2+a 2.

由已知可得|cos

????? ,n >|=√3

2. 所以

√3|2√3(a -4)+3a 2+a 2

=

√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

????? ,n >=√34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为√3

4.

16.(2018·浙江·T9)如图,已知多面体ABCA 1B 1C 1,A 1A ,B 1B ,C 1C 均垂直于平面ABC ,∠

ABC=120°,A 1A=4,C 1C=1,AB=BC=B 1B=2. (1)证明:AB 1⊥平面A 1B 1C 1;

(2)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值.

【解析】解法一(1)证明:由AB=2,AA 1=4,BB 1=2,AA 1⊥AB ,BB 1⊥AB ,得AB 1=A 1B 1=2√2,

所以A 1B 12+A B 12=A A 12

,故AB 1⊥A 1B 1.

由BC=2,BB 1=2,CC 1=1,BC 1⊥BC ,CC 1⊥BC ,得B 1C 1=√5,由AB=BC=2,∠ABC=120°,得AC=2√3,

由CC 1⊥AC ,得AC 1=√13,所以A B 12+B 1C 12=A C 12,

故AB 1⊥B 1C 1.因此AB 1⊥平面A 1B 1C 1.

(2)如图,过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1,交直线A 1B 1于点D ,连接AD.

由AB 1⊥平面A 1B 1C 1,得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1,

由C 1D ⊥A 1B 1,得C 1D ⊥平面ABB 1,所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角.

由B 1C 1=√5,A 1B 1=2√2,A 1C 1=√21, 得cos ∠C 1A 1B 1=√6√

7,sin ∠C 1A 1B 1=√

7,

所以C 1D=√3,故sin ∠C 1AD=C 1

D

AC 1

=

√39

13

.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√39

13.

解法二(1)证明:如图,以AC 的中点O 为原点,分别以射线OB,OC 为x,y 轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.

由题意知各点坐标如下:A (0,-√3,0),B (1,0,0),A 1(0,-√3,4),B 1(1,0,2),C 1(0,√3,1). 因此AB 1??????? =(1,√3,2),A 1B 1????????? =(1,√3,-2),A 1C 1????????? =(0,2√3,-3).由AB 1??????? ·A 1B 1????????? =0,得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1??????? ·A 1C 1????????? =0,得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.

(2)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.

由(1)可知AC 1??????? =(0,2√3,1),AB ????? =(1,√3,0),BB 1??????? =(0,0,2). 设平面ABB 1的法向量n =(x ,y ,z ).

由{n ·AB ????? =0,n ·BB 1??????? =0,即{x +√3y =0,2z =0,可取n =(-√3,1,0).所以sin θ=|cos |=|AC 1???????? ·n ||AC 1???????? |·|n |=√39

13

.因此,直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是√39

13.

17.(2018·上海·T17)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,半径为2. (1)设圆锥的母线长为4,求圆锥的体积;

(2)设PO=4,OA,OB 是底面半径,且∠AOB=90°,M 为线段AB 的中点,如图,求异面直线PM 与OB 所成的角的大小.