第一章 空间向量与立体几何 章末测评-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

**基本信息** 本单元卷聚焦空间向量与立体几何，以《九章算术》“曲池”等文化情境及真实几何模型为载体，覆盖向量运算、空间角距离、体积等核心知识，适配高二单元复习，培养空间观念与运算推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|向量线性运算（第1题）、共面条件（第3题）|基础巩固，注重空间向量工具性| |多选题|3/18|翻折问题（第9题）、动点轨迹（第11题）|能力提升，融合几何直观与逻辑推理| |填空题|3/15|法向量应用（第13题）、线面距离（第14题）|细节考查，强化数学语言表达| |解答题|5/77|二面角计算（第16题）、线面垂直证明（第18题）|综合应用，贴合高考命题趋势，突出模型观念|

第一章 空间向量与立体几何 章末测评-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋－等于（　 　） A. B. C. D. 2.已知在正四面体ABCD中，M为棱BC的中点，O为△ACD的重心，设＝a，＝b，＝c，则＝（　 　） A.a－b－c B.a＋b＋c C.a＋b－c D.－a＋b＋c 3.已知a＝（2，1，－3），b＝（－1，2，3），c＝（7，6，λ），若a，b，c三个向量共面，则λ＝（　 　） A.9 B.－9 C.－3 D.3 4.已知空间向量a＋b＋c＝0，且｜a｜＝2，｜b｜＝4，｜c｜＝3，则cos＜a，c＞＝（　 　） A. B. C. D. 5.在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点B到直线AC1的距离是（　 　） A. B. C. D. 6.如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝4，PD＝，E是PA的中点，＝2.若点M在矩形ABCD内，且PM⊥平面DEF，则DM＝（　 　） A. B. C. D. 7.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为4，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为（　 　） A. B. C. D. 8.如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，＝，F为OE的中点，则异面直线SB与CF所成角的正切值为（　 　） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.如图，在矩形AEFC中，AE＝2，EF＝4，B为EF的中点，现分别沿AB，BC将△ABE，△BCF翻折，使点E，F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P－ABC，则（　 　） A.AC⊥BP B.三棱锥P－ABC的体积为 C.直线PA与直线BC所成角的余弦值为 D.直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 10.在四棱锥P－ABCD中，AB＝2，AD＝CD＝1，AB⊥AD，AD⊥DC，动点E∉平面ABCD，且BE⊥CE，F是AE的中点，则（　 　） A.DF∥平面EBC B.DE的长可能为3 C.∈（1－，1＋） D.点F在半径为的球面上 11.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（　 　） A.当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B.当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值 C.当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D.当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且＝＋m－n，则m＝ . 13.已知三棱柱ABC－A1B1C1，点P在△ABC内，D，E，F分别为△A1B1C1三边的一个三等分点，n为平面ABC的一个法向量，且＝1.若P到平面A1B1C1的距离为2，则n·（＋＋）＝ . 14.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，H分别是BB1，CD，CC1的中点，则直线EH到平面A1D1F的距离为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（13分）已知a＝（x，4，1），b＝（－2，y，－1），c＝（3，－2，z），a∥b，b⊥c，求： （1）a，b，c； （2）a＋c与b＋c夹角的余弦值. 16.（15分）如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，F为B1C1的中点，M是棱A1B1上一点，且二面角M－FC－E的余弦值为，求的值. 17.（15分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝2，M是AB的中点，N是B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点. （1）求证：BC1∥平面A1CM； （2）求直线B1C与平面A1CM的所成角的余弦值； （3）求三棱锥N－A1CM的体积. 18.（17分）如图，在多面体ABC－A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，A1A⊥平面ABC，A1A∥B1B，C1C∥B1B，AA1＝2BB1＝4，CC1＝3，O为A1B1的中点. （1）证明：C1O⊥平面ABB1A1； （2）若D为棱A1C1上的动点，求B1D与平面A1BC1所成角的正弦值的最大值. 19.（17分）如图，在四棱锥P－ABCD中，点A，B，C，D在圆O上，AB＝AD＝2，∠BAD＝120°，顶点P在底面上的射影为圆心O，点E在线段PD上. （1）若AB∥CD，PE＝λPD，当AE∥平面PBC时，求λ的值； （2）若AB与CD不平行，四棱锥P－ABCD的体积为，PO＝，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值. 解析版 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.在长方体ABCD－A1B1C1D1中，＋＋－等于（　A　） A. B. C. D. 解析：＋＋－＝＋＝. 2.已知在正四面体ABCD中，M为棱BC的中点，O为△ACD的重心，设＝a，＝b，＝c，则＝（　C　） A.a－b－c B.a＋b＋c C.a＋b－c D.－a＋b＋c 解析：因为O为△ACD的重心， 所以＝＝（b＋c）. 又因为M为棱BC的中点， 所以＝（＋）＝（a＋b）， 则＝－＝（a＋b）－（b＋c）＝a＋b－c.故选C. 3.已知a＝（2，1，－3），b＝（－1，2，3），c＝（7，6，λ），若a，b，c三个向量共面，则λ＝（　B　） A.9 B.－9 C.－3 D.3 解析：由题意知c＝xa＋yb， 即（7，6，λ）＝x（2，1，－3）＋y（－1，2，3）， ∴解得λ＝－9. 4.已知空间向量a＋b＋c＝0，且｜a｜＝2，｜b｜＝4，｜c｜＝3，则cos＜a，c＞＝（　B　） A. B. C. D. 解析：由a＋b＋c＝0可得－b＝a＋c， 故｜－b｜＝｜a＋c｜＝，即4＝，故cos＜a，c＞＝.故选B. 5.在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点B到直线AC1的距离是（　C　） A. B. C. D. 解析：以D1为坐标原点，以D1A1，D1C1，D1D所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（1，0，1），B（1，1，1），C（0，1，1），C1（0，1，0），所以＝（0，1，0）， ＝（－1，1，－1）， 设a＝＝（0，1，0），直线AC1的单位方向向量为u＝＝（－，，－），则a2＝1，a·u＝.故点B到直线AC1的距离为＝＝，所以点B到直线AC1的距离为. 6.如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝4，PD＝，E是PA的中点，＝2.若点M在矩形ABCD内，且PM⊥平面DEF，则DM＝（　D　） A. B. C. D. 解析：以D为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），P（0，0，），E（1，0，），F（，，），＝（1，0，），＝（，，）. 设平面DEF的法向量n＝（x，y，z）， 则令z＝，得n＝（－2，－1，）.设M（m，n，0），则＝（m，n，－）.因为PM⊥平面DEF，所以∥n，则＝＝，解得m＝，n＝.故DM＝＝.故选D. 7.在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为4，AA1，BB1，CC1，DD1均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为2和4，对应的圆心角为90°，则图中异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为（　A　） A. B. C. D. 解析：如图， 设上底面圆心为O1，下底面圆心为O，连接OO1，OC，OB，O1C1，O1B1， 以O为坐标原点，分别以OC，OB，OO1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则C（2，0，0），A（0，4，0），B1（0，2，4），D1（4，0，4）， 所以＝（2，0，4），＝（0，－2，4）， cos＜，＞＝＝ ＝. 又异面直线所成角的范围为（0，］， 故异面直线AB1与CD1所成角的余弦值为. 8.如图，在圆锥SO中，AB，CD为底面圆的两条直径，AB∩CD＝O，且AB⊥CD，SO＝OB＝3，＝，F为OE的中点，则异面直线SB与CF所成角的正切值为（　D　） A. B. C. D. 解析：由题意，分别以OD，OB，OS所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图. 易知O（0，0，0），A（0，－3，0），B（0，3，0）， C（－3，0，0），S（0，0，3）.＝（0，3，－3）， 又＝，所以＝＋＝＋＝（0，－3，0）＋（0，3，3）＝（0，－，）， ∴E（0，－，），又F是EO的中点， ∴F（0，－，）， ∴＝（3，－，）. 则cos＜，＞＝＝＝－. 设异面直线SB与CF所成的角为θ，则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝，θ为锐角，则sin θ＝，所以tan θ＝＝＝.故选D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.如图，在矩形AEFC中，AE＝2，EF＝4，B为EF的中点，现分别沿AB，BC将△ABE，△BCF翻折，使点E，F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P－ABC，则（　AC　） 　 A.AC⊥BP B.三棱锥P－ABC的体积为 C.直线PA与直线BC所成角的余弦值为 D.直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 解析：对于A，由题意可得BP⊥AP，BP⊥CP， 又AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC， 所以BP⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，故AC⊥BP，故A正确； 对于B，在△PAC中，PA＝PC＝2，AC边上的高为＝2， 所以VP－ABC＝VB－PAC＝××4×2×2＝，故B错误； 对于C，在△PAC中，cos∠APC＝＝， BC＝＝4， cos＜，＞＝＝ ＝＝＝， 所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故C正确； 对于D，S△PBC＝PB·PC＝2， 设点A到平面PBC的距离为d， 由VB－PAC＝VA－PBC，得×2d＝，解得d＝， 所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为＝＝，故D错误； 故选AC. 10.在四棱锥P－ABCD中，AB＝2，AD＝CD＝1，AB⊥AD，AD⊥DC，动点E∉平面ABCD，且BE⊥CE，F是AE的中点，则（　ACD　） A.DF∥平面EBC B.DE的长可能为3 C.∈（1－，1＋） D.点F在半径为的球面上 解析：对于A，取BE的中点G，连接CG，FG.结合题设易知FG∥AB∥CD，且FG＝AB＝CD，所以四边形CDFG为平行四边形，则DF∥CG.因为DF⊄平面EBC，CG⊂平面EBC，所以DF∥平面EBC，A正确.对于B，取BC的中点M，连接ME，MD，MA.由AB＝2，AD＝CD＝1，AB⊥AD，AD⊥DC知，四边形ABCD是直角梯形，且∠BCD＝135°，所以BC＝，DM＝，因为BE⊥CE，所以E在以M为球心，为半径的球面上运动（不经过平面ABCD），则DE＜DM＋ME＝＋＜3，B错误.对于C，＝·（＋）＝＋＝1＋｜｜·｜｜·cos＜，＞＝1＋cos＜，＞，因为与不共线，所以cos＜，＞∈（－1，1），所以∈（1－，1＋），C正确.对于D，取AM的中点N，连接FN.则FN＝ME＝，所以F在以点N为球心，为半径的球面上运动，D正确.故选ACD. 11.在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（　BD　） A.当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B.当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值 C.当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D.当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P 解析：易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）. 对于A，当λ＝1时，＝＋μ＝＋μ，即此时P∈线段CC1，△AB1P的周长不是定值，故A错误. 对于B，当μ＝1时，＝λ＋＝＋λ，故此时P点的轨迹为线段B1C1，而B1C1∥BC，则B1C1∥平面A1BC，所以P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确. 对于C，当λ＝时，＝＋μ，取BC，B1C1的中点分别为Q，H，则＝＋μ，所以P点的轨迹为线段QH.建立空间直角坐标系，如图， A1（，0，1），P（0，0，μ），B（0，，0），则＝（－，0，μ－1），＝（0，－，μ），＝μ（μ－1）＝0，所以μ＝0或μ＝1.故H，Q均满足，故C错误. 对于D，当μ＝时，＝λ＋，取BB1，CC1的中点分别为M，N，则＝＋λ，所以P点的轨迹为线段MN.设P（0，y0，），因为A（，0，0），所以＝（－，y0，），又＝（－，，－1），所以若A1B⊥平面AB1P，则＝0，即＋y0－＝0⇒y0＝－，此时P与N重合，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，若点F是侧面CD1的中心，且＝＋m－n，则m＝　　. 解析：由于＝＋＝＋（＋）＝＋＋，所以m＝，n＝－. 13.已知三棱柱ABC－A1B1C1，点P在△ABC内，D，E，F分别为△A1B1C1三边的一个三等分点，n为平面ABC的一个法向量，且＝1.若P到平面A1B1C1的距离为2，则n·（＋＋）＝　±6　. 解析：过点P作PP1⊥平面A1B1C1于点P1，则｜｜＝2， 由三棱柱性质可得平面ABC∥平面A1B1C1， 故n∥，则n·＝±｜n｜·｜｜＝±2， 由P1D，P1E，P1F⊂平面A1B1C1， 故n·＝n·＝n·＝0， 又＝＋，＝＋，＝＋， 则n·（＋＋）＝n·（3＋＋＋）＝3n·＋n·＋n·＋n·＝3n·＝±6. 14.正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F，H分别是BB1，CD，CC1的中点，则直线EH到平面A1D1F的距离为　　. 解析：连接A1E.以点A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1（0，0，1），D1（0，1，1），E（1，0，）， F（，1，0），H（1，1，）. ∴＝（0，1，0），＝（0，1，0）， ＝（，0，－1），＝（1，0，－）. ∵＝，且EH，A1D1不共线， ∴EH∥A1D1， ∵EH⊄平面A1D1F，A1D1⊂平面A1D1F， ∴EH∥平面A1D1F. 设平面A1D1F的法向量为n＝（x，y，z）， 则 取x＝2，可得n＝（2，0，1）， 因此，直线EH到平面A1D1F的距离 d＝＝＝. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（13分）已知a＝（x，4，1），b＝（－2，y，－1），c＝（3，－2，z），a∥b，b⊥c，求： （1）a，b，c； （2）a＋c与b＋c夹角的余弦值. 解：（1）因为a∥b， 所以＝＝， 解得x＝2，y＝－4， 则a＝（2，4，1），b＝（－2，－4，－1）. 又b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0， 解得z＝2，于是c＝（3，－2，2）. （2）由（1）得，a＋c＝（5，2，3），b＋c＝（1，－6，1）， 设a＋c与b＋c的夹角为θ， 因此cos θ＝＝＝－. 16.（15分）如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，F为B1C1的中点，M是棱A1B1上一点，且二面角M－FC－E的余弦值为，求的值. 解：以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示. 设正方体的棱长为2，＝λ（0≤λ≤1），则M（2，2λ，2），C（0，2，0），F（1，2，2），E（1，0，2），从而＝（－2，2－2λ，－2），＝（1，0，2），＝（0，－2，0）. 设平面MCF的法向量为m＝（x1，y1，z1）， 则 令z1＝－1，则x1＝2，y1＝， 所以m＝（2，，－1）. 设平面CFE的法向量为n＝（x2，y2，z2）， 则所以y2＝0. 令z2＝－1，则x2＝2，所以n＝（2，0，－1）. 从而m·n＝5，｜m｜＝，｜n｜＝， 则cos＜m，n＞＝＝＝. 整理得（λ－1）2＝，故λ＝（λ＝舍去）. 故＝. 17.（15分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，AA1＝2，M是AB的中点，N是B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点. （1）求证：BC1∥平面A1CM； （2）求直线B1C与平面A1CM的所成角的余弦值； （3）求三棱锥N－A1CM的体积. 解：（1）证明：连接AC1交A1C于Q，连接QM，如图. 因为Q，M分别为AC1，AB中点，所以QM∥BC1， 又因为QM⊂平面平面A1CM，BC1⊄平面A1CM， 所以BC1∥平面A1CM. （2）由题意，AB，AC，AA1两两垂直，分别以AB，AC，AA1为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则M（1，0，0），A1（0，0，2），C（0，2，0），B1（2，0，2），N（1，1，2）， 则＝（1，－2，0），＝（0，－2，2），＝（2，－2，2）， 设平面A1CM的法向量n＝（x，y，z）， 则 令y＝1，则n＝（2，1，1）， 设直线B1C与平面A1CM的所成角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝ ， 又线面角的范围为［0，］， 所以cos θ＝｜｜＝｜｜＝. （3）由（2）＝（1，－1，2），平面A1CM的法向量n＝（2，1，1）， 设N到平面A1CM的距离为d，则d＝＝＝， 又｜｜＝，｜｜＝＝，｜｜＝2， 所以＝A1C×＝×2×＝， 所以＝d·＝××＝1. 18.（17分）如图，在多面体ABC－A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，A1A⊥平面ABC，A1A∥B1B，C1C∥B1B，AA1＝2BB1＝4，CC1＝3，O为A1B1的中点. （1）证明：C1O⊥平面ABB1A1； （2）若D为棱A1C1上的动点，求B1D与平面A1BC1所成角的正弦值的最大值. 解：（1）证明：如图，在平面ABC内过点A作直线AN⊥AC. ∵A1A⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴A1A⊥AN，A1A⊥AC， ∴以A为坐标原点，AN，AC，AA1分别为x，y，z轴，如图建立空间直角坐标系Axyz， 则B（，1，0），A1（0，0，4），B1（，1，2）， C1（0，2，3）， ∵O为A1B1的中点，∴O（，，3）， ∴＝（－，，0），＝（，1，0），＝（0，0，4）， ∴即OC1⊥AB，OC1⊥AA1， 又∵AB⊂平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，AB∩AA1＝A， ∴C1O⊥平面ABB1A1. （2）设＝λ，λ∈[0，1]， 即＝λ＝（0，2λ，－λ）， 则＝＋＝（－，－1＋2λ，2－λ）， ＝（－，－1，4），＝（－，1，3）， 设平面A1BC1的法向量n＝（x，y，z）， 则令x＝7，则 即n＝（7，，2）， 设直线B1D与平面A1BC1所成角为θ， 则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝ ＝， 当λ＝时，sin θ取得最大值，sin θ＝＝. 19.（17分）如图，在四棱锥P－ABCD中，点A，B，C，D在圆O上，AB＝AD＝2，∠BAD＝120°，顶点P在底面上的射影为圆心O，点E在线段PD上. （1）若AB∥CD，PE＝λPD，当AE∥平面PBC时，求λ的值； （2）若AB与CD不平行，四棱锥P－ABCD的体积为，PO＝，求直线PC与平面PAB所成角的正弦值. 解：（1）过E作EF∥PC交线段DC于F，连接AF，如图. ∵EF∥PC，EF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，∴EF∥平面PBC. 又AE∥平面PBC，EF∩AE＝E，EF，AE⊂平面AEF， ∴平面AEF∥平面PBC. ∵平面AEF∩平面ABCD＝AF，平面PBC∩平面ABCD＝BC， ∴AF∥BC. 又AB∥CD，∴四边形ABCF是平行四边形，∴CF＝AB＝2， 又A，B，C，D四点共圆且∠BAD＝120°，∴四边形ABCD为等腰梯形，∴CD＝4，故CF＝CD，从而PE＝PD，λ＝. （2）由锥体的体积公式可得VP－ABCD＝S·PO（S为四边形ABCD的面积），则S·＝，解得S＝3. 连接BD，则S△ABD＝×2×2×sin 120°＝，∴S△BCD＝S－S△ABD＝2. 在△ABD中，由余弦定理得BD2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，则BD＝2. 设△BCD的边BD上的高为h，则×2×h＝2，解得h＝2. 所以点C在与BD平行且到BD的距离为2的直线l上，如图所示，该直线与圆O有两个交点C1，C2，则点C的位置有C1，C2两种可能性. 设四边形ABCD的外接圆半径为R，根据正弦定理得2R＝＝4， ∴R＝2， ∴点O到直线BD的距离与点O到直线l的距离相等， ∴DC1与BC2均为直径， ∴DC1＝BC2＝4. 若点C位于C1处，则DA＝AB＝BC＝2，此时AB∥CD，不满足题意， ∴点C只能在C2处，此时BC为圆O的直径. 以O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为y轴、z轴，过O且垂直于BC的直线为x轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则A（，1，0），B（0，2，0），C（0，－2，0），P（0，0，）， ∴＝（，1，－），＝（0，2，－），＝（0，－2，－）， 设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令y＝1，则z＝，x＝， ∴平面PAB的一个法向量为n＝（，1，）. 设直线PC与平面PAB所成的角为θ， 则sin θ＝＝＝， ∴直线PC与平面PAB所成角的正弦值为. 页 学科网（北京）股份有限公司 $