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高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用课堂检测
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这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第一章 空间向量与立体几何1.4 空间向量的应用课堂检测，共33页。
考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本节内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）(2023春•宿迁月考）已知向量e→=(1，2，1)，n→=(12，x，12)分别为直线l方向向量和平面α的法向量，若l⊥α，则实数x的值为（ ）
A．−12B．12C．1D．2
2．（3分）(2023•安徽开学）若直线l的一个方向向量为a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为b→=（﹣2，4，2），则（ ）
A．l⊂αB．l∥αC．l⊥αD．l∥α或l⊂α
3．（3分）(2023春•徐州期末）已知直线l过点A（1，﹣1，﹣1），且方向向量为m→=(1，0，−1)，则点P（1，1，1）到l的距离为（ ）
A．22B．6C．3D．2
4．（3分）（2023秋•广安期末）已知AB→=（1，5，﹣2），BC→=（3，1，z），若AB→⊥BC→，BP→=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（ ）
A．337，−157，4B．407，−157，4C．407，﹣2，4D．4，407，﹣15
5．（3分）(2023春•高邮市期中）给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为b→=(2，1，−1)，则l与m平行
B．直线l的方向向量为a→=(1，−1，1)，平面α的法向量为n→=(−2，2，−2)，则l∥α
C．平面α、β的法向量分别为n1→=(0，1，3)，n2→=(1，0，2)，则α⊥β
D．已知直线l过点A（1，0，﹣1），且方向向量为（1，2，2），则点P（﹣1，2，0）到l的距离为653
6．（3分）(2023春•南平期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AN→=NA1→，A1M→=MD1→，B1E→=λB1C→，当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝（ ）
A．12B．13C．14D．15
7．（3分）(2023•海淀区二模）在正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，E为棱DC上的动点，F为线段B'E的中点．给出下列四个结论：
①B'E⊥AD'；
②直线D'F与平面ABB'A'的夹角不变；
③点F到直线AB的距离不变；
④点F到A，D，D'，A'四点的距离相等．
其中，所有正确结论的序号为（ ）
A．②③B．③④C．①③④D．①②④
8．（3分）(2023春•江都区期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为π4，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=π2，AD=2，PA=BC=1，点E为棱PD上一点，满足PE→=λPD→(0≤λ≤1)，下列结论错误的是（ ）
A．平面PAC⊥平面PCD
B．点P到直线CD的距离3
C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值为33，则λ=13
D．点A到平面PCD的距离为52
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）已知直线l的方向向量n→=（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）为直线l上一点，若点P（﹣1，0，﹣2）为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为（ ）
A．2B．3C．2D．1
10．（4分）(2023春•溧阳市期中）下列命题是真命题的有（ ）
A．A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为b→=(2，1，−12)，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点A(1，0，−1)，B(0，1，0)，C(−1，2，0)，n→=(1，u，t)是平面α的法向量，则u+t＝1
11．（4分）(2023春•烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（ ）
A．BF∥面A1DE
B．AA1⊥面A1BC
C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为14
D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13
12．（4分）(2023春•湖北月考）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°
C．三棱锥Q﹣AMN体积的最大值是43
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先变小后变大
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）(2023•徐汇区校级开学）设直线l的一个方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量n→=（﹣6，8，4），则直线l与平面α的位置关系是 ．
14．（4分）（2023秋•宝安区期末）已知平面α的一个法向量为n→=(−1，−2，2)，点A（0，1，0）为α内一点，则点P（1，0，1）到平面α的距离为 ．
15．（4分）(2023春•淮安校级期末）已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，则点P的坐标是 ．
16．（4分）(2023•河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为 ；
（2）直线C1D到平面A1BE的距离为 ；
（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为 ．
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2023秋•白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点
（1）求证：EF∥平面A1C1B；
（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．
18．（6分）（2023秋•西秀区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，求证：
（1）求AC与A1D所成角的大小；
（2）平面AB1D1∥平面BDC1．
（3）A1C⊥平面BDC1．
19．（8分）（2023•赤坎区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足为A，PA＝AB，点M在棱PD上，PB∥平面ACM．
（1）试确定点M的位置；
（2）计算直线PB与平面MAC的距离；
（3）设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD？
20．（8分）(2023春•湛江期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=23，AC＝2BC＝4，且D为线段AB的中点，连接A1D，CD，B1C．
（1）证明：BC⊥A1D；
（2）若B1到直线AC的距离为19，求平面B1A1C与平面A1CD夹角的余弦值．
21．（8分）(2023•遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．
（1）证明：PA⊥平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为55，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
22．（8分）(2023秋•南京月考）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，P为棱AB的中点，四棱锥S﹣ABCD的体积为233．
（1）若E为棱SB的中点，求证：PE∥平面SCD；
（2）在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为235？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．
专题1.10 空间向量的应用-重难点题型检测
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）(2023春•宿迁月考）已知向量e→=(1，2，1)，n→=(12，x，12)分别为直线l方向向量和平面α的法向量，若l⊥α，则实数x的值为（ ）
A．−12B．12C．1D．2
【解题思路】根据用直线l的方向向量和平面α的法向量表示l⊥α时的关系，列方程求出x的值．
【解答过程】解：因为向量e→=(1，2，1)，n→=(12，x，12)分别为直线l的方向向量和平面α的法向量，且l⊥α，
所以e→∥n→，可设e→=λn→，λ∈R；
即（1，2，1）＝（12λ，λx，12λ），
解得λ＝2，x＝1，
所以实数x的值为1．
故选：C．
2．（3分）(2023•安徽开学）若直线l的一个方向向量为a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为b→=（﹣2，4，2），则（ ）
A．l⊂αB．l∥αC．l⊥αD．l∥α或l⊂α
【解题思路】根据题意，分析可得b→=2a→，由平面法向量的定义分析可得答案．
【解答过程】解：根据题意，直线l的一个方向向量为a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为b→=（﹣2，4，2），
则有b→=2a→，故l⊥α，
故选：C．
3．（3分）(2023春•徐州期末）已知直线l过点A（1，﹣1，﹣1），且方向向量为m→=(1，0，−1)，则点P（1，1，1）到l的距离为（ ）
A．22B．6C．3D．2
【解题思路】利用空间中点到直线的距离公式求解．
【解答过程】解：∵点A（1，﹣1，﹣1），点P（1，1，1）∴AP→=（0，2，2），
∴|AP→|=02+22+22=22，
又∵直线l的方向向量为m→=(1，0，−1)，
∴点P（1，1，1）到l的距离d=|AP→|2−(AP→⋅m→|m→|)2=8−(−22)2=6，
故选：B．
4．（3分）（2023秋•广安期末）已知AB→=（1，5，﹣2），BC→=（3，1，z），若AB→⊥BC→，BP→=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（ ）
A．337，−157，4B．407，−157，4C．407，﹣2，4D．4，407，﹣15
【解题思路】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出．
【解答过程】解：∵AB→⊥BC→，
∴AB→⋅BC→=3+5﹣2Z＝0，解得z＝4．
∴BC→=(3，1，4)．
∵BP⊥平面ABC，
∴BP→⊥AB→，BP→⊥BC→．
∴BP→⋅AB→=x−1+5y+6=0BP→⋅BC→=3(x−1)+y−12=0化为x+5y+5=03x+y−15=0，
解得x=407y=−157．
∴x=407，y=−157，z＝4．
故选：B．
5．（3分）(2023春•高邮市期中）给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为b→=(2，1，−1)，则l与m平行
B．直线l的方向向量为a→=(1，−1，1)，平面α的法向量为n→=(−2，2，−2)，则l∥α
C．平面α、β的法向量分别为n1→=(0，1，3)，n2→=(1，0，2)，则α⊥β
D．已知直线l过点A（1，0，﹣1），且方向向量为（1，2，2），则点P（﹣1，2，0）到l的距离为653
【解题思路】直接利用向量的共线，向量垂直的充要条件，点到直线的距离公式的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答过程】解：对于A：由于直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为b→=(2，1，−1)，则a→≠λb→，故直线l和直线m不平行，故A错误；
对于B：直线l的方向向量为a→=(1，−1，1)，平面α的法向量为n→=(−2，2，−2)，则a→⋅n→≠0，故B错误；
对于C：平面α、β的法向量分别为n1→=(0，1，3)，n2→=(1，0，2)，则n1→⋅n2→≠0，故C错误；
对于D：由于A（1，0，﹣1），P（﹣1，2，0），则：AP→=(−2，2，1)，方向向量为n→=（1，2，2），
所以|AP→|=3，|AP→⋅n→|n→||=43，故d=9−169=653，故D正确．
故选：D．
6．（3分）(2023春•南平期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AN→=NA1→，A1M→=MD1→，B1E→=λB1C→，当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝（ ）
A．12B．13C．14D．15
【解题思路】利用坐标法利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即可求解．
【解答过程】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
则M（12，0，1），N（1，0，12），C（0，1，0），B1（1，1，1），D（0，0，0），D1（0，0，1），
∴B1E→=λB1C→=λ（﹣1，0，﹣1），E（1﹣λ，1，1﹣λ），MN→=（12，0，−12），ME→=（12−λ，1，﹣λ），
设平面MNE的一个法向量为n→=（x，y，z），
则n→⋅MN→=0n→⋅ME→=0，∴12x−12z=0(12−λ)x+y−z=0，令x＝1，可得n→=（1，2λ−12，1），
又DD1→=（0，0，1），
设直线DD1与平面MNE所成的角为θ，
则sinθ＝|cs＜n→，DD1→＞|=|n→⋅DD1→||n→|⋅|DD1→|=1(2λ−12)2+2，
当2λ−12=0，即λ=14时，sinθ有最大值，即直线DD1与平面MNE所成的角最大．
故选：C．
7．（3分）(2023•海淀区二模）在正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，E为棱DC上的动点，F为线段B'E的中点．给出下列四个结论：
①B'E⊥AD'；
②直线D'F与平面ABB'A'的夹角不变；
③点F到直线AB的距离不变；
④点F到A，D，D'，A'四点的距离相等．
其中，所有正确结论的序号为（ ）
A．②③B．③④C．①③④D．①②④
【解题思路】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答过程】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体ABCD﹣A'B'C'D'中棱长为2，设DE＝a（0≤a≤2，
则E（0，a，0），B′（2，2，2），A（ 2，0，0），D′（0，0，2），F（1，a2+1，1），B（ 2，2，0），D（0，0，0），A′（2，0，2），
对于①，B'E→=（﹣2，a﹣2，﹣2），AD'→=（﹣2，0，2），B'E→⋅AD'→=4+0+4＝0，∴B'E⊥AD'，故①正确；
对于②，D'F→=（1，a2+1，−1），平面ABB'A'的法向量n→=（1，0，0），
设直线D'F与平面ABB'A'的夹角为θ，
则sinθ=|D'F→⋅n→||D'F→|⋅|n→|=12+(a2+1)2，∵0≤a≤2，∴θ不是定值，故②错误；
对于③，AF→=（﹣1，a2+1，1），AB→=（0，2，0），
点F到直线AB的距离d＝|AF→|•1−[AF→⋅AB→|AF→|⋅|AB→|]2=2+(a2+1)2•1−(a+22+(a2+1)2⋅2)2=2，
∴点F到直线AB的距离不变，故③正确；
对于④，|AF|=(−1)2+(a2+1)2+(1−2)2=2+(a2+1)2，
|DF|=12+(a2+1)2+1=2+(a2+1)2，
|D′F|=12+(a2+1)2+(1−2)2=2+(a2+1)2，
|A′F|=(2−1)2+(0−a2−1)2+(2−1)2=2+(a2+1)2，
∴点F到A，D，D'，A'四点的距离相等，故④正确．
故选：C．
8．（3分）(2023春•江都区期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为π4，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=π2，AD=2，PA=BC=1，点E为棱PD上一点，满足PE→=λPD→(0≤λ≤1)，下列结论错误的是（ ）
A．平面PAC⊥平面PCD
B．点P到直线CD的距离3
C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值为33，则λ=13
D．点A到平面PCD的距离为52
【解题思路】A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合PA⊥平面ABCD可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面PCD的距离，求出AH的长．
【解答过程】解：A选项，因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
故∠PBA即为PB与底面ABCD所成的角，∠PBA=π4，
因为∠ABC=∠BAD=π2，所以 PA＝AB＝1，
因为AD＝2，PA＝BC＝1，
取AD中点F，连接CF，则AF＝DF＝AB＝CF＝BC，
则四边形ABCF为正方形，∠FCD＝∠FCA＝45°，
所以AC⊥CD，
又因为AP∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，
因为CD⊂平面PCD，
所以平面PAC⊥平面PCD，A正确；
由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以CD⊥PC，
故点P到直线CD的距离即为PC的长度，
其中PA＝AB＝BC＝1，
由勾股定理得：AC=2，PC=AC2+PA2=3，B正确；
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），E（0，2λ，1﹣λ），
其中平面ACD的法向量为m→=（0，0，1），设平面ACE的法向量为n→=（x，y，z），
则n→⋅AE→=2λy+(1−λ)z=0n→⋅AC→=x+y=0，
令y＝1得：z=2λλ−1，x=−1，
所以n→=(−1，1，2λλ−1)，
设二面角E﹣AC﹣D的平面角为θ，显然csθ=33，
其中|cs〈m→，n→〉|=|(0，0，1)⋅(−1，1，2λλ−1)1+1+(2λλ−1)2|=33，
解得：λ=13或λ＝﹣1，
因为0≤λ≤1，所以λ=13，C正确；
过点A作AH⊥PC于点H，
由于CD⊥平面APC，AH⊂平面APC，
所以AH⊥CD，
因为PC∩CD＝C，所以AH⊥平面PCD，
故AH即为点A到平面PCD的距离，
因为PA⊥AC，
所以AH=AP⋅ACPC=23=63，D选项错误．
故选：D．
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）已知直线l的方向向量n→=（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）为直线l上一点，若点P（﹣1，0，﹣2）为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为（ ）
A．2B．3C．2D．1
【解题思路】由题意先求出点P到直线l的距离，则点P到其他点的距离均大于这个值．
【解答过程】解：因为AP→=(−3，−1，1)，n→=(1，0，−1)，
所以cs＜n→，AP→＞=n→⋅AP→|n→||AP→|=−42×11=−22211，
则sin＜n→，AP→＞=1−(−22211)2=3311，
所以点P到直线l的距离d=|AP→|sin＜n→，AP→＞=11×3311=3，
所以点P到直线l上任意一点Q的距离大于或等于3．
故选：AB．
10．（4分）(2023春•溧阳市期中）下列命题是真命题的有（ ）
A．A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为b→=(2，1，−12)，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点A(1，0，−1)，B(0，1，0)，C(−1，2，0)，n→=(1，u，t)是平面α的法向量，则u+t＝1
【解题思路】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可．
【解答过程】解：对于A，A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一个基底，
则BA→，BM→，BN→共面，可得A，B，M，N共面，A正确；
对于B，a→⋅b→=2−1−1=0，故a→⊥b→，可得l与m垂直，B正确；
对于C，a→⋅n→=0−1+1=0，故a→⊥n→，可得在α内或l∥α，C错误；
对于D，AB→=(−1，1，1)，易知AB→⊥n→，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，D正确．
故选：ABD．
11．（4分）(2023春•烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（ ）
A．BF∥面A1DE
B．AA1⊥面A1BC
C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为14
D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13
【解题思路】假设BF∥面A1DE，可证得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立可判断A；由题目条件可证得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，则可判断B；以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，由异面直线所成角的夹角公式可判断C；由A1E⊥CD结合题意可求出A1(0，−36，63)，分别求出平面EA1D和平面CA1D的法向量，由二面角的公式代入可判断D．
【解答过程】解：若BF∥面A1DE，因为BC∥DE，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，
所以BC∥面A1DE，又因为BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，
所以假设不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正确；
对于B，因为A1E=12AB，A1D=12AC，所以A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，
又因为A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正确
对于C，将△ADE沿DE折起，使A到A1，且面A1ED⊥面ABC，
以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，所以
E(12，0，0)，D(−12，0，0)，B(1，32，0)，C(−1，32，0)，A1(0，0，32)
A1E→=(12，0，−32)，CD→=(12，−32，0)，
设A1E与CD所成角的为θ，
则csθ=|A1E→⋅CD→||A1E→|⋅|CD→|=141=14，
所以A1E与CD所成角的余弦值为14，所以C正确；
对于D，设A1（x，y，z），因为A1E=1，A1O=32，
所以(x−12)2+y2+z2=1x2+y2+z2=34⇒x=0y2+z2=34，
所以A1(0，y，z)，A1E=(12，−y，−z)，CD→=(12，−32，0)，
因为A1E⊥CD，所以
A1E→⋅CD→=0⇒14+32y=0⇒y=−36，所以A1(0，−36，63)，
A1D→=(−12，36，−63)，CD→=(12，−32，0)，
设n→=(x0，y0，z0)⊥平面CA1D，所以A1D→⋅n→=0CD→⋅n→=0⇒−12x+36y−63z=012x−32y=0⇒x=3y=1z=−22，
故n→=（3，1，−22），
设m→=(x1，y1，z1)⊥平面EA1D，所以A1D→⋅m→=0A1E→⋅m→=0⇒−12x+36y−63z=012x+36y−63z=0⇒x=0y=63z=36，
故m→=（0，63，36），
设二面角E﹣A1D﹣C所成角为α，
csα=|cs＜m→，n→＞|=|63−22×3632×322|=13，
因为α为钝二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13．
所以D正确．
故选：BCD．
12．（4分）(2023春•湖北月考）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°
C．三棱锥Q﹣AMN体积的最大值是43
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先变小后变大
【解题思路】以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Q（m，2，0）（0≤m≤2），根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法可确定m是否有解，从而知AB正误，利用体积桥可知VQ﹣AMN＝VN﹣AMQ，设DQ＝m（0≤m≤2），可求得S△AMQ的最大值，由此可求得体积的最大值，知C错误，利用向量法求二面角余弦关于参数m的表达式，结合二次函数、余弦函数的性质判断二面角的变化情况，判断D．
【解答过程】解：以A为坐标原点，AB→，AD→，AS→正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设DE＝1，则SA＝AB＝2，
∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，1），S（0，0，2），N（1，0，1），M（2，1，0），
对于A，假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得NQ⊥SB，
则NQ→=(m−1，2，−1)，又SB→=(2，0，−2)，
∴NQ→⋅SB→=2(m−1)+2=0，解得：m＝0，
即点Q与D重合时，NQ⊥SB，A正确，
对于B，假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，
∵NQ→=(m−1，2，−1)，SA→=(0，0，−2)，
∴|cs＜NQ→，SA→＞|=|NQ→⋅SA→||NQ→|⋅|SA→|=1(m−1)2+5=12，方程无解，
∴不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，B错误，
对于C，连接AQ，AM，AN，
设DQ＝m（0≤m≤2），
∵S△AMQ=S▱ABCD−S△ABM−S△QCM−S△ADQ=2−m2，
∴当m＝0，即点Q与点D重合时，S△AMQ取得最大值2，
又点N到平面AMQ的距离d=12SA=1，
∴(VQ−AMN)max=(VN−AMQ)max=13×2×1=23，C错误，
对于D，由上分析知：NQ→=(m−1，2，−1)，NM→=(1，1，−1)，
若m→=(x，y，z)是面NMQ的法向量，则m→⋅NQ→=(m−1)x+2y−z=0m→⋅NM→=x+y−z=0，
令x＝1，则m→=(1，2−m，3−m)，
而面AMQ的法向量n→=(0，0，1)，
所以cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=3−m1+(2−m)2+(3−m)2，令t＝3﹣m∈[1，3]，
则cs＜m→，n→＞=t1+(t−1)2+t2=12⋅(1t−12)2+34，而1t∈[13，1]，
由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1t由小变大，
所以cs＜m→，n→＞先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，
故二面角先变小后变大，D正确．
故选：AD．
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）(2023•徐汇区校级开学）设直线l的一个方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量n→=（﹣6，8，4），则直线l与平面α的位置关系是 l∥α ．
【解题思路】根据题意，由空间向量数量积的计算公式可得d→•n→=−12+16﹣4＝0，即d→⊥n→，由此分析可得答案．
【解答过程】根据题意，直线l的一个方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量n→=（﹣6，8，4），
则d→•n→=−12+16﹣4＝0，即d→⊥n→，则有l∥α；
故答案为：l∥α．
14．（4分）（2023秋•宝安区期末）已知平面α的一个法向量为n→=(−1，−2，2)，点A（0，1，0）为α内一点，则点P（1，0，1）到平面α的距离为 1 ．
【解题思路】求出AP→=（1，﹣1，1），点P到平面α的距离为d=|AP→⋅n→||n→|，由此能求出结果．
【解答过程】解：∵平面α的一个法向量为n→=(−1，−2，2)，
点A（0，1，0）为α内一点，点P（1，0，1），
∴AP→=（1，﹣1，1），
∴点P到平面α的距离为：
d=|AP→⋅n→||n→|=33=1．
故答案为：1．
15．（4分）(2023春•淮安校级期末）已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，则点P的坐标是 （﹣1，0，2） ．
【解题思路】根据题意算出AB→、AC→、PA→的坐标，由PA⊥平面ABC得PA→⊥AB→且PA→⊥AC→，建立关于x、y的方程组，解之即可得出点P的坐标．
【解答过程】解：根据题意，可得
AB→=（﹣1，﹣1，﹣1），AC→=（2，0，1），PA→=（x，﹣1，y）
∵PA⊥平面ABC，
∴PA→⊥AB→且PA→⊥AC→，可得PA→⋅AB→=−x+1−y=0PA→⋅AC→=2x+0+y=0，
解之得x＝﹣1，y＝2，可得P的坐标是（﹣1，0，2）．
故答案为：（﹣1，0，2）．
16．（4分）(2023•河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为 1111 ；
（2）直线C1D到平面A1BE的距离为 63 ；
（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为 303 ．
【解题思路】（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），设平面A1BE点法向量为m→=（x，y，z），利用m→•EA1→=m→•EB→=0，可得m→，cs＜m→，BC1→＞=m→⋅BC1→|m→||BC1→|，设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，∴sinα＝|cs＜m→，BC1→＞|，进而得出tanα．
（2）直线C1D到平面A1BE的距离=|EC1→⋅m→||m→|．
（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为n→=（a，b，c），可得n→•AB→=n→•PA→=0，由题意可得：|m→⋅n→||m→||n→|=cs60°，解得t，即可得出|CP|．
【解答过程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），
C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．
EA1→=（2，0，1），EB→=（0，2，﹣1），BC1→=（0，﹣2，2），
设平面A1BE点法向量为m→=（x，y，z），则m→•EA1→=m→•EB→=0，∴2x+z=02y−z=0，取m→=（1，﹣1，﹣2），
cs＜m→，BC1→＞=m→⋅BC1→|m→||BC1→|=−24+4⋅1+1+4=−36，
设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，
∴sinα＝|cs＜m→，BC1→＞|=36，
∴tanα=1111．
（2）EC1→=（0，0，1），∴直线C1D到平面A1BE的距离=|EC1→⋅m→||m→|=21+1+4=63．
（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．
设平面PAB的法向量为n→=（a，b，c），AB→=（﹣2，2，0），PA→=（2，0，﹣t），
则n→•AB→=n→•PA→=0，∴−2a+2b=02a−tc=0，取n→=（1，1，2t），
由题意可得：|m→⋅n→||m→||n→|=4t6⋅1+1+4t2=cs60°，解得t=303．
∴|CP|=303．
故答案为：1111；63；303.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2023秋•白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点
（1）求证：EF∥平面A1C1B；
（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．
【解题思路】（1）建立坐标系，取BC1中点G，证明EF→与A1G→共线，可得EF∥A1G，即可证明EF∥平面A1C1B；
（2）求出两异面直线的方向向量，用数量积公式求夹角余弦即可．
【解答过程】（1）证明：如图分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，由已知得D（0，0，0）、A1（2，0，2）、B（2，2，0）、A（2，0，0）、C（0，2，0）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2）、E（1，0，2）、F（0，2，1）．
取BC1中点G，则G（1，2，1），A1G→=（﹣1，2，﹣1），
又EF→=（﹣1，2，﹣1），∴EF→=A1G→，
∴EF→与A1G→共线，∴EF∥A1G，
∵A1G⊂平面A1C1B，EF⊄平面A1C1B，
∴EF∥平面A1C1B；
（2）解：∵AB→=（0，2，0），EF→=（﹣1，2，﹣1），
∴cs＜EF→，AB→＞=AB→⋅EF→|AB→||EF→|=426=63
∴异面直线EF与AB所成角的余弦值为63．
18．（6分）（2023秋•西秀区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，求证：
（1）求AC与A1D所成角的大小；
（2）平面AB1D1∥平面BDC1．
（3）A1C⊥平面BDC1．
【解题思路】以B1为坐标原点，建立空间坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，可求出各顶点的坐标
（1）分别求出AC与A1D方向向量，代入向量夹角公式，可得AC与A1D所成角的大小；
（2）要证明两个平面平行，由面面平行的判定定理知：须在某一平面内寻找两条相交且与另一平面平行的直线．求出AB1与C1D的方向向量，通过证明向量平行，得到AB1与C1D平行，同理证明出AD1与C1B平行，可得结论．
（3）求出A1C的方向向量，并证明A1C的方向向量是平面BDC1的法向量，可得A1C⊥平面BDC1．
【解答过程】解：令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以B1为坐标原点，建立空间坐标系如下图所示：
（1）则A（0，1，1），C（1，0，1），A1（0，1，0），D（1，1，1）
∴AC→=（1，﹣1，0），A1D→=（1，0，1）
设AC与A1D所成角的大小为θ
则csθ=|AC→⋅A1D→||AC→|⋅|A1D→|=12
故θ=π3
证明：（2）∵AB1→=C1D→=（0，﹣1，﹣1）
∴AB1∥C1D，
又∵AB1⊂平面AB1D1，C1D⊄平面AB1D1，
∴C1D∥平面AB1D1，
同理可证：C1B∥平面AB1D1．
又C1B∩C1D＝C1，
∴平面AB1D1∥平面BDC1．
（3）A1C→=（1，﹣1，1），BD→=（1，1，0），BC1→=（1，0，﹣1）
∴A1C→•BD→=0，即A1C→⊥BD→，即A1C⊥BD
且A1C→•BC1→=0，即A1C→⊥BC1→，即A1C⊥BC1．
∵BD∩BC1＝B，BD，BC1⊂平面BDC1．
∴A1C⊥平面BDC1．
19．（8分）（2023•赤坎区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足为A，PA＝AB，点M在棱PD上，PB∥平面ACM．
（1）试确定点M的位置；
（2）计算直线PB与平面MAC的距离；
（3）设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD？
【解题思路】（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，设点M为PD中点，在△PBD中，PB∥OM，由此能够确定M的位置使PB∥平面ACM．
（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，由底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，知CD⊥PD，AM=22，AC=2，MC=62，故S△MAC=34，利用等积法能够求出直线PB与平面MAC的距离．
（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．
【解答过程】解：（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，
设点M为PD中点，
∵在△PBD中，PB∥OM，
OM⊂平面ACM，
∴PB∥平面ACM．
故当点M为PD中点时，PB∥平面ACM．
（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，
∵底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，
∴CD⊥PD，∴AM=22，AC=2，MC=62，
∴AM2+MC2＝AC2，
∴S△MAC=34，
取AD的中点F，连接MF，
则MF∥PA，MF⊥平面ABCD，且MF=12，
∵PB∥平面ACM，M为PD的中点，
∴直线PB与平面MAC的距离为点D到平面MCA的距离，设为h，
∵VM﹣ACD＝VD﹣ACM，
∴13×34×ℎ=13×12×1×12，
解得h=33．
（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），C（1，1，0），
∴PB→=(1，0，−1)，PD→=（0，1，﹣1），
设平面PBD的法向量n→=（x，y，z），则n→⋅PB→=0，n→⋅PD→=0，
∴x−z=0y−z=0，∴n→=(1，1，1)，
设PE→=λPC→，
则E（λ，λ，1﹣λ），
∵AE⊥平面PBD，
∴AE→∥n→，∴λ=12，∴E为PC中点．
故当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．
20．（8分）(2023春•湛江期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=23，AC＝2BC＝4，且D为线段AB的中点，连接A1D，CD，B1C．
（1）证明：BC⊥A1D；
（2）若B1到直线AC的距离为19，求平面B1A1C与平面A1CD夹角的余弦值．
【解题思路】（1）证明异面直线垂直，通常先证明线面垂直．所以先证明BC与平面ABB1A1垂直，即可得到异面直线BC与A1D垂直．
（2）以B为原点建立空间直角坐标系，根据B1到直线AC的距离求出边长BB1，从而得出各点的坐标，然后求出平面A1B1C和平面A1CD的法向量，即可得到夹角的余弦值．
【解答过程】（1）证明：因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC；
因为AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC；
因为AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1；
因为A1D⊂平面ABB1A1，所以BC⊥A1D．
解：（2）以B为原点，BA为x轴，BB1为y轴，BC为z轴建立空间直角坐标系B﹣xyz．
则B(0，0，0)，A(23，0，0)，C(0，0，2)，CA→=(23，0，−2)，
设BB1=m，B1(0，m，0)，CB1→=(0，m，−2)，
因为若B1到直线AC的距离为19，
即CB→12−(CB→1⋅CA→CA→)2=19，解得m＝4．
故B1(0，4，0)，C1(23，4，0)，D(3，0，0)，
设平面A1B1C的法向量为n→=(x1，y1，z1)，则n→⋅B1A1→=0n→⋅B1C→=0，
所以23x1=0−4y1+2z1=0，不妨取n→=（0，1，2）．
设平面A1CD的法向量为m→=(x2，y2，z2)，则m→⋅CD→=0m→⋅DA1→=0，
所以3x2−2z2=03x2+4y1=0，不妨取m→=(−4，3，−23)．
设平面B1A1C与平面A1CD夹角为θ，则csθ=|m→⋅n→|m→||n→||=|−33531|=3465155，
即平面B1AlC与平面AlCD夹角的余弦值为3465155．
21．（8分）(2023•遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．
（1）证明：PA⊥平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为55，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）取AD的中点O，连接OE，OP，可得EO⊥AD，进一步得到EO⊥平面PAD，则EO⊥PA，可得PA⊥BD，结合PA⊥PD，即可证明PA⊥平面PBD；
（2）由PO⊥底面ABCD，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，求解三角形可得OB＝25，进一步得到BD，分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PCE的法向量与平面PDA的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
【解答过程】（1）证明：取AD的中点O，连接OE，OP，由EA＝ED，可得EO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴EO⊥平面PAD，得EO⊥PA，
∵EO∥BD，∴PA⊥BD，
又PA⊥PD，且BD∩PD＝D，
∴PA⊥平面PBD；
（2）解：∵PO⊥底面ABCD，∴OB为PB在底面ABCD上的射影，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，
在直角三角形PBO中，有tan∠PBO=POOB=12ADOB=55，得OB＝25．
∵EO⊥AD，EO∥BD，∴BD⊥AD，
在直角三角形OBD中，可得BD=(25)2−22=4，
分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则P（2，0，2），C（﹣4，4，0），E（2，2，0），PC→=(−6，4，−2)，PE→=(0，2，−2)，
设平面PCE的法向量为m→=(x，y，z)，
由m→⋅PC→=−6x+4y−2z=0m→⋅PE→=2y−2z=0，取x＝1，得m→=(1，3，3)，
平面PDA的一个法向量为n→=(0，1，0)，
∴cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=31919．
∴平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为31919．
22．（8分）(2023秋•南京月考）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，P为棱AB的中点，四棱锥S﹣ABCD的体积为233．
（1）若E为棱SB的中点，求证：PE∥平面SCD；
（2）在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为235？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）取SC中点F，连EF、DF．可证四边形PEFD是平行四边形，从而可证PE∥平面SCD；
（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，利用体积先求得AD＝2，以点P为原点，PA→，PS→的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
AM→=λAS→=(−λ，0，3λ)(0≤λ≤1)，先表示出两平面的法向量，从而可求λ的值．
【解答过程】解：（1）取SC中点F，连EF、DF．
∵E，F为棱SB，SC的中点，∴EF∥BC，且EF=12BC，
∵四边形ABCD是矩形，P为棱AB的中点，
∴PD∥BC，PD=12BC，
∴EF∥PD，EF＝PD，∴四边形PEFD是平行四边形，
∴PE∥FD，
又∵FD⊂平面SCD，PE⊄平面SCD，
∴PE∥平面SCD；
（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，
在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以SP⊥AD，
又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SP⊂平面SAD，
∴SP⊥平面ABCD，∴SP是四棱锥S﹣ABCD的高．
设AD＝m（m＞0），则SP=32m，S矩形ABCD＝m，
∴V四棱锥S−ABCD=13S矩形ABCD⋅SP=13m×32m=233，∴m＝2．
以点P为原点，PA→，PS→的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），S(0，0，3)，
∴PA→=(1，0，0)，PB→=(1，1，0)，AS→=(−1，0，3)．
设AM→=λAS→=(−λ，0，3λ)(0≤λ≤1)，
∴PM→=PA→+AM→=(1−λ，0，3λ)．
设平面PMB的一个法向量为n1→=(x，y，z)，
则n→⋅PM→=(1−λ)x+3λz=0n→⋅PB→=x+y=0，∴n→=（3λ，−3λ，λ﹣1），
易知平面SAD的一个法向量为n→=（0，1，0），
∴|cs＜n1→，n→＞|=|−3λ|7λ2−2λ+1=235，
解得λ=23，
∴存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为235．
考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本节内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）(2023春•宿迁月考）已知向量e→=(1，2，1)，n→=(12，x，12)分别为直线l方向向量和平面α的法向量，若l⊥α，则实数x的值为（ ）
A．−12B．12C．1D．2
2．（3分）(2023•安徽开学）若直线l的一个方向向量为a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为b→=（﹣2，4，2），则（ ）
A．l⊂αB．l∥αC．l⊥αD．l∥α或l⊂α
3．（3分）(2023春•徐州期末）已知直线l过点A（1，﹣1，﹣1），且方向向量为m→=(1，0，−1)，则点P（1，1，1）到l的距离为（ ）
A．22B．6C．3D．2
4．（3分）（2023秋•广安期末）已知AB→=（1，5，﹣2），BC→=（3，1，z），若AB→⊥BC→，BP→=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（ ）
A．337，−157，4B．407，−157，4C．407，﹣2，4D．4，407，﹣15
5．（3分）(2023春•高邮市期中）给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为b→=(2，1，−1)，则l与m平行
B．直线l的方向向量为a→=(1，−1，1)，平面α的法向量为n→=(−2，2，−2)，则l∥α
C．平面α、β的法向量分别为n1→=(0，1，3)，n2→=(1，0，2)，则α⊥β
D．已知直线l过点A（1，0，﹣1），且方向向量为（1，2，2），则点P（﹣1，2，0）到l的距离为653
6．（3分）(2023春•南平期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AN→=NA1→，A1M→=MD1→，B1E→=λB1C→，当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝（ ）
A．12B．13C．14D．15
7．（3分）(2023•海淀区二模）在正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，E为棱DC上的动点，F为线段B'E的中点．给出下列四个结论：
①B'E⊥AD'；
②直线D'F与平面ABB'A'的夹角不变；
③点F到直线AB的距离不变；
④点F到A，D，D'，A'四点的距离相等．
其中，所有正确结论的序号为（ ）
A．②③B．③④C．①③④D．①②④
8．（3分）(2023春•江都区期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为π4，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=π2，AD=2，PA=BC=1，点E为棱PD上一点，满足PE→=λPD→(0≤λ≤1)，下列结论错误的是（ ）
A．平面PAC⊥平面PCD
B．点P到直线CD的距离3
C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值为33，则λ=13
D．点A到平面PCD的距离为52
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）已知直线l的方向向量n→=（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）为直线l上一点，若点P（﹣1，0，﹣2）为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为（ ）
A．2B．3C．2D．1
10．（4分）(2023春•溧阳市期中）下列命题是真命题的有（ ）
A．A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为b→=(2，1，−12)，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点A(1，0，−1)，B(0，1，0)，C(−1，2，0)，n→=(1，u，t)是平面α的法向量，则u+t＝1
11．（4分）(2023春•烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（ ）
A．BF∥面A1DE
B．AA1⊥面A1BC
C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为14
D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13
12．（4分）(2023春•湖北月考）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°
C．三棱锥Q﹣AMN体积的最大值是43
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先变小后变大
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）(2023•徐汇区校级开学）设直线l的一个方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量n→=（﹣6，8，4），则直线l与平面α的位置关系是 ．
14．（4分）（2023秋•宝安区期末）已知平面α的一个法向量为n→=(−1，−2，2)，点A（0，1，0）为α内一点，则点P（1，0，1）到平面α的距离为 ．
15．（4分）(2023春•淮安校级期末）已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，则点P的坐标是 ．
16．（4分）(2023•河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为 ；
（2）直线C1D到平面A1BE的距离为 ；
（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为 ．
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2023秋•白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点
（1）求证：EF∥平面A1C1B；
（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．
18．（6分）（2023秋•西秀区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，求证：
（1）求AC与A1D所成角的大小；
（2）平面AB1D1∥平面BDC1．
（3）A1C⊥平面BDC1．
19．（8分）（2023•赤坎区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足为A，PA＝AB，点M在棱PD上，PB∥平面ACM．
（1）试确定点M的位置；
（2）计算直线PB与平面MAC的距离；
（3）设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD？
20．（8分）(2023春•湛江期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=23，AC＝2BC＝4，且D为线段AB的中点，连接A1D，CD，B1C．
（1）证明：BC⊥A1D；
（2）若B1到直线AC的距离为19，求平面B1A1C与平面A1CD夹角的余弦值．
21．（8分）(2023•遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．
（1）证明：PA⊥平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为55，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
22．（8分）(2023秋•南京月考）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，P为棱AB的中点，四棱锥S﹣ABCD的体积为233．
（1）若E为棱SB的中点，求证：PE∥平面SCD；
（2）在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为235？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．
专题1.10 空间向量的应用-重难点题型检测
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）(2023春•宿迁月考）已知向量e→=(1，2，1)，n→=(12，x，12)分别为直线l方向向量和平面α的法向量，若l⊥α，则实数x的值为（ ）
A．−12B．12C．1D．2
【解题思路】根据用直线l的方向向量和平面α的法向量表示l⊥α时的关系，列方程求出x的值．
【解答过程】解：因为向量e→=(1，2，1)，n→=(12，x，12)分别为直线l的方向向量和平面α的法向量，且l⊥α，
所以e→∥n→，可设e→=λn→，λ∈R；
即（1，2，1）＝（12λ，λx，12λ），
解得λ＝2，x＝1，
所以实数x的值为1．
故选：C．
2．（3分）(2023•安徽开学）若直线l的一个方向向量为a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为b→=（﹣2，4，2），则（ ）
A．l⊂αB．l∥αC．l⊥αD．l∥α或l⊂α
【解题思路】根据题意，分析可得b→=2a→，由平面法向量的定义分析可得答案．
【解答过程】解：根据题意，直线l的一个方向向量为a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为b→=（﹣2，4，2），
则有b→=2a→，故l⊥α，
故选：C．
3．（3分）(2023春•徐州期末）已知直线l过点A（1，﹣1，﹣1），且方向向量为m→=(1，0，−1)，则点P（1，1，1）到l的距离为（ ）
A．22B．6C．3D．2
【解题思路】利用空间中点到直线的距离公式求解．
【解答过程】解：∵点A（1，﹣1，﹣1），点P（1，1，1）∴AP→=（0，2，2），
∴|AP→|=02+22+22=22，
又∵直线l的方向向量为m→=(1，0，−1)，
∴点P（1，1，1）到l的距离d=|AP→|2−(AP→⋅m→|m→|)2=8−(−22)2=6，
故选：B．
4．（3分）（2023秋•广安期末）已知AB→=（1，5，﹣2），BC→=（3，1，z），若AB→⊥BC→，BP→=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（ ）
A．337，−157，4B．407，−157，4C．407，﹣2，4D．4，407，﹣15
【解题思路】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出．
【解答过程】解：∵AB→⊥BC→，
∴AB→⋅BC→=3+5﹣2Z＝0，解得z＝4．
∴BC→=(3，1，4)．
∵BP⊥平面ABC，
∴BP→⊥AB→，BP→⊥BC→．
∴BP→⋅AB→=x−1+5y+6=0BP→⋅BC→=3(x−1)+y−12=0化为x+5y+5=03x+y−15=0，
解得x=407y=−157．
∴x=407，y=−157，z＝4．
故选：B．
5．（3分）(2023春•高邮市期中）给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为b→=(2，1，−1)，则l与m平行
B．直线l的方向向量为a→=(1，−1，1)，平面α的法向量为n→=(−2，2，−2)，则l∥α
C．平面α、β的法向量分别为n1→=(0，1，3)，n2→=(1，0，2)，则α⊥β
D．已知直线l过点A（1，0，﹣1），且方向向量为（1，2，2），则点P（﹣1，2，0）到l的距离为653
【解题思路】直接利用向量的共线，向量垂直的充要条件，点到直线的距离公式的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答过程】解：对于A：由于直线l的方向向量为a→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为b→=(2，1，−1)，则a→≠λb→，故直线l和直线m不平行，故A错误；
对于B：直线l的方向向量为a→=(1，−1，1)，平面α的法向量为n→=(−2，2，−2)，则a→⋅n→≠0，故B错误；
对于C：平面α、β的法向量分别为n1→=(0，1，3)，n2→=(1，0，2)，则n1→⋅n2→≠0，故C错误；
对于D：由于A（1，0，﹣1），P（﹣1，2，0），则：AP→=(−2，2，1)，方向向量为n→=（1，2，2），
所以|AP→|=3，|AP→⋅n→|n→||=43，故d=9−169=653，故D正确．
故选：D．
6．（3分）(2023春•南平期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AN→=NA1→，A1M→=MD1→，B1E→=λB1C→，当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝（ ）
A．12B．13C．14D．15
【解题思路】利用坐标法利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即可求解．
【解答过程】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
则M（12，0，1），N（1，0，12），C（0，1，0），B1（1，1，1），D（0，0，0），D1（0，0，1），
∴B1E→=λB1C→=λ（﹣1，0，﹣1），E（1﹣λ，1，1﹣λ），MN→=（12，0，−12），ME→=（12−λ，1，﹣λ），
设平面MNE的一个法向量为n→=（x，y，z），
则n→⋅MN→=0n→⋅ME→=0，∴12x−12z=0(12−λ)x+y−z=0，令x＝1，可得n→=（1，2λ−12，1），
又DD1→=（0，0，1），
设直线DD1与平面MNE所成的角为θ，
则sinθ＝|cs＜n→，DD1→＞|=|n→⋅DD1→||n→|⋅|DD1→|=1(2λ−12)2+2，
当2λ−12=0，即λ=14时，sinθ有最大值，即直线DD1与平面MNE所成的角最大．
故选：C．
7．（3分）(2023•海淀区二模）在正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，E为棱DC上的动点，F为线段B'E的中点．给出下列四个结论：
①B'E⊥AD'；
②直线D'F与平面ABB'A'的夹角不变；
③点F到直线AB的距离不变；
④点F到A，D，D'，A'四点的距离相等．
其中，所有正确结论的序号为（ ）
A．②③B．③④C．①③④D．①②④
【解题思路】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答过程】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体ABCD﹣A'B'C'D'中棱长为2，设DE＝a（0≤a≤2，
则E（0，a，0），B′（2，2，2），A（ 2，0，0），D′（0，0，2），F（1，a2+1，1），B（ 2，2，0），D（0，0，0），A′（2，0，2），
对于①，B'E→=（﹣2，a﹣2，﹣2），AD'→=（﹣2，0，2），B'E→⋅AD'→=4+0+4＝0，∴B'E⊥AD'，故①正确；
对于②，D'F→=（1，a2+1，−1），平面ABB'A'的法向量n→=（1，0，0），
设直线D'F与平面ABB'A'的夹角为θ，
则sinθ=|D'F→⋅n→||D'F→|⋅|n→|=12+(a2+1)2，∵0≤a≤2，∴θ不是定值，故②错误；
对于③，AF→=（﹣1，a2+1，1），AB→=（0，2，0），
点F到直线AB的距离d＝|AF→|•1−[AF→⋅AB→|AF→|⋅|AB→|]2=2+(a2+1)2•1−(a+22+(a2+1)2⋅2)2=2，
∴点F到直线AB的距离不变，故③正确；
对于④，|AF|=(−1)2+(a2+1)2+(1−2)2=2+(a2+1)2，
|DF|=12+(a2+1)2+1=2+(a2+1)2，
|D′F|=12+(a2+1)2+(1−2)2=2+(a2+1)2，
|A′F|=(2−1)2+(0−a2−1)2+(2−1)2=2+(a2+1)2，
∴点F到A，D，D'，A'四点的距离相等，故④正确．
故选：C．
8．（3分）(2023春•江都区期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为π4，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=π2，AD=2，PA=BC=1，点E为棱PD上一点，满足PE→=λPD→(0≤λ≤1)，下列结论错误的是（ ）
A．平面PAC⊥平面PCD
B．点P到直线CD的距离3
C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值为33，则λ=13
D．点A到平面PCD的距离为52
【解题思路】A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合PA⊥平面ABCD可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面PCD的距离，求出AH的长．
【解答过程】解：A选项，因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，
故∠PBA即为PB与底面ABCD所成的角，∠PBA=π4，
因为∠ABC=∠BAD=π2，所以 PA＝AB＝1，
因为AD＝2，PA＝BC＝1，
取AD中点F，连接CF，则AF＝DF＝AB＝CF＝BC，
则四边形ABCF为正方形，∠FCD＝∠FCA＝45°，
所以AC⊥CD，
又因为AP∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，
因为CD⊂平面PCD，
所以平面PAC⊥平面PCD，A正确；
由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以CD⊥PC，
故点P到直线CD的距离即为PC的长度，
其中PA＝AB＝BC＝1，
由勾股定理得：AC=2，PC=AC2+PA2=3，B正确；
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），E（0，2λ，1﹣λ），
其中平面ACD的法向量为m→=（0，0，1），设平面ACE的法向量为n→=（x，y，z），
则n→⋅AE→=2λy+(1−λ)z=0n→⋅AC→=x+y=0，
令y＝1得：z=2λλ−1，x=−1，
所以n→=(−1，1，2λλ−1)，
设二面角E﹣AC﹣D的平面角为θ，显然csθ=33，
其中|cs〈m→，n→〉|=|(0，0，1)⋅(−1，1，2λλ−1)1+1+(2λλ−1)2|=33，
解得：λ=13或λ＝﹣1，
因为0≤λ≤1，所以λ=13，C正确；
过点A作AH⊥PC于点H，
由于CD⊥平面APC，AH⊂平面APC，
所以AH⊥CD，
因为PC∩CD＝C，所以AH⊥平面PCD，
故AH即为点A到平面PCD的距离，
因为PA⊥AC，
所以AH=AP⋅ACPC=23=63，D选项错误．
故选：D．
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）已知直线l的方向向量n→=（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）为直线l上一点，若点P（﹣1，0，﹣2）为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为（ ）
A．2B．3C．2D．1
【解题思路】由题意先求出点P到直线l的距离，则点P到其他点的距离均大于这个值．
【解答过程】解：因为AP→=(−3，−1，1)，n→=(1，0，−1)，
所以cs＜n→，AP→＞=n→⋅AP→|n→||AP→|=−42×11=−22211，
则sin＜n→，AP→＞=1−(−22211)2=3311，
所以点P到直线l的距离d=|AP→|sin＜n→，AP→＞=11×3311=3，
所以点P到直线l上任意一点Q的距离大于或等于3．
故选：AB．
10．（4分）(2023春•溧阳市期中）下列命题是真命题的有（ ）
A．A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为b→=(2，1，−12)，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点A(1，0，−1)，B(0，1，0)，C(−1，2，0)，n→=(1，u，t)是平面α的法向量，则u+t＝1
【解题思路】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可．
【解答过程】解：对于A，A，B，M，N是空间四点，若BA→，BM→，BN→不能构成空间的一个基底，
则BA→，BM→，BN→共面，可得A，B，M，N共面，A正确；
对于B，a→⋅b→=2−1−1=0，故a→⊥b→，可得l与m垂直，B正确；
对于C，a→⋅n→=0−1+1=0，故a→⊥n→，可得在α内或l∥α，C错误；
对于D，AB→=(−1，1，1)，易知AB→⊥n→，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，D正确．
故选：ABD．
11．（4分）(2023春•烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（ ）
A．BF∥面A1DE
B．AA1⊥面A1BC
C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为14
D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13
【解题思路】假设BF∥面A1DE，可证得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立可判断A；由题目条件可证得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，则可判断B；以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，由异面直线所成角的夹角公式可判断C；由A1E⊥CD结合题意可求出A1(0，−36，63)，分别求出平面EA1D和平面CA1D的法向量，由二面角的公式代入可判断D．
【解答过程】解：若BF∥面A1DE，因为BC∥DE，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，
所以BC∥面A1DE，又因为BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，
所以假设不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正确；
对于B，因为A1E=12AB，A1D=12AC，所以A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，
又因为A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正确
对于C，将△ADE沿DE折起，使A到A1，且面A1ED⊥面ABC，
以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，所以
E(12，0，0)，D(−12，0，0)，B(1，32，0)，C(−1，32，0)，A1(0，0，32)
A1E→=(12，0，−32)，CD→=(12，−32，0)，
设A1E与CD所成角的为θ，
则csθ=|A1E→⋅CD→||A1E→|⋅|CD→|=141=14，
所以A1E与CD所成角的余弦值为14，所以C正确；
对于D，设A1（x，y，z），因为A1E=1，A1O=32，
所以(x−12)2+y2+z2=1x2+y2+z2=34⇒x=0y2+z2=34，
所以A1(0，y，z)，A1E=(12，−y，−z)，CD→=(12，−32，0)，
因为A1E⊥CD，所以
A1E→⋅CD→=0⇒14+32y=0⇒y=−36，所以A1(0，−36，63)，
A1D→=(−12，36，−63)，CD→=(12，−32，0)，
设n→=(x0，y0，z0)⊥平面CA1D，所以A1D→⋅n→=0CD→⋅n→=0⇒−12x+36y−63z=012x−32y=0⇒x=3y=1z=−22，
故n→=（3，1，−22），
设m→=(x1，y1，z1)⊥平面EA1D，所以A1D→⋅m→=0A1E→⋅m→=0⇒−12x+36y−63z=012x+36y−63z=0⇒x=0y=63z=36，
故m→=（0，63，36），
设二面角E﹣A1D﹣C所成角为α，
csα=|cs＜m→，n→＞|=|63−22×3632×322|=13，
因为α为钝二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13．
所以D正确．
故选：BCD．
12．（4分）(2023春•湖北月考）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°
C．三棱锥Q﹣AMN体积的最大值是43
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先变小后变大
【解题思路】以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Q（m，2，0）（0≤m≤2），根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法可确定m是否有解，从而知AB正误，利用体积桥可知VQ﹣AMN＝VN﹣AMQ，设DQ＝m（0≤m≤2），可求得S△AMQ的最大值，由此可求得体积的最大值，知C错误，利用向量法求二面角余弦关于参数m的表达式，结合二次函数、余弦函数的性质判断二面角的变化情况，判断D．
【解答过程】解：以A为坐标原点，AB→，AD→，AS→正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设DE＝1，则SA＝AB＝2，
∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，1），S（0，0，2），N（1，0，1），M（2，1，0），
对于A，假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得NQ⊥SB，
则NQ→=(m−1，2，−1)，又SB→=(2，0，−2)，
∴NQ→⋅SB→=2(m−1)+2=0，解得：m＝0，
即点Q与D重合时，NQ⊥SB，A正确，
对于B，假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，
∵NQ→=(m−1，2，−1)，SA→=(0，0，−2)，
∴|cs＜NQ→，SA→＞|=|NQ→⋅SA→||NQ→|⋅|SA→|=1(m−1)2+5=12，方程无解，
∴不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，B错误，
对于C，连接AQ，AM，AN，
设DQ＝m（0≤m≤2），
∵S△AMQ=S▱ABCD−S△ABM−S△QCM−S△ADQ=2−m2，
∴当m＝0，即点Q与点D重合时，S△AMQ取得最大值2，
又点N到平面AMQ的距离d=12SA=1，
∴(VQ−AMN)max=(VN−AMQ)max=13×2×1=23，C错误，
对于D，由上分析知：NQ→=(m−1，2，−1)，NM→=(1，1，−1)，
若m→=(x，y，z)是面NMQ的法向量，则m→⋅NQ→=(m−1)x+2y−z=0m→⋅NM→=x+y−z=0，
令x＝1，则m→=(1，2−m，3−m)，
而面AMQ的法向量n→=(0，0，1)，
所以cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=3−m1+(2−m)2+(3−m)2，令t＝3﹣m∈[1，3]，
则cs＜m→，n→＞=t1+(t−1)2+t2=12⋅(1t−12)2+34，而1t∈[13，1]，
由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1t由小变大，
所以cs＜m→，n→＞先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，
故二面角先变小后变大，D正确．
故选：AD．
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）(2023•徐汇区校级开学）设直线l的一个方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量n→=（﹣6，8，4），则直线l与平面α的位置关系是 l∥α ．
【解题思路】根据题意，由空间向量数量积的计算公式可得d→•n→=−12+16﹣4＝0，即d→⊥n→，由此分析可得答案．
【解答过程】根据题意，直线l的一个方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量n→=（﹣6，8，4），
则d→•n→=−12+16﹣4＝0，即d→⊥n→，则有l∥α；
故答案为：l∥α．
14．（4分）（2023秋•宝安区期末）已知平面α的一个法向量为n→=(−1，−2，2)，点A（0，1，0）为α内一点，则点P（1，0，1）到平面α的距离为 1 ．
【解题思路】求出AP→=（1，﹣1，1），点P到平面α的距离为d=|AP→⋅n→||n→|，由此能求出结果．
【解答过程】解：∵平面α的一个法向量为n→=(−1，−2，2)，
点A（0，1，0）为α内一点，点P（1，0，1），
∴AP→=（1，﹣1，1），
∴点P到平面α的距离为：
d=|AP→⋅n→||n→|=33=1．
故答案为：1．
15．（4分）(2023春•淮安校级期末）已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，则点P的坐标是 （﹣1，0，2） ．
【解题思路】根据题意算出AB→、AC→、PA→的坐标，由PA⊥平面ABC得PA→⊥AB→且PA→⊥AC→，建立关于x、y的方程组，解之即可得出点P的坐标．
【解答过程】解：根据题意，可得
AB→=（﹣1，﹣1，﹣1），AC→=（2，0，1），PA→=（x，﹣1，y）
∵PA⊥平面ABC，
∴PA→⊥AB→且PA→⊥AC→，可得PA→⋅AB→=−x+1−y=0PA→⋅AC→=2x+0+y=0，
解之得x＝﹣1，y＝2，可得P的坐标是（﹣1，0，2）．
故答案为：（﹣1，0，2）．
16．（4分）(2023•河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为 1111 ；
（2）直线C1D到平面A1BE的距离为 63 ；
（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为 303 ．
【解题思路】（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），设平面A1BE点法向量为m→=（x，y，z），利用m→•EA1→=m→•EB→=0，可得m→，cs＜m→，BC1→＞=m→⋅BC1→|m→||BC1→|，设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，∴sinα＝|cs＜m→，BC1→＞|，进而得出tanα．
（2）直线C1D到平面A1BE的距离=|EC1→⋅m→||m→|．
（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为n→=（a，b，c），可得n→•AB→=n→•PA→=0，由题意可得：|m→⋅n→||m→||n→|=cs60°，解得t，即可得出|CP|．
【解答过程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），
C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．
EA1→=（2，0，1），EB→=（0，2，﹣1），BC1→=（0，﹣2，2），
设平面A1BE点法向量为m→=（x，y，z），则m→•EA1→=m→•EB→=0，∴2x+z=02y−z=0，取m→=（1，﹣1，﹣2），
cs＜m→，BC1→＞=m→⋅BC1→|m→||BC1→|=−24+4⋅1+1+4=−36，
设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，
∴sinα＝|cs＜m→，BC1→＞|=36，
∴tanα=1111．
（2）EC1→=（0，0，1），∴直线C1D到平面A1BE的距离=|EC1→⋅m→||m→|=21+1+4=63．
（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．
设平面PAB的法向量为n→=（a，b，c），AB→=（﹣2，2，0），PA→=（2，0，﹣t），
则n→•AB→=n→•PA→=0，∴−2a+2b=02a−tc=0，取n→=（1，1，2t），
由题意可得：|m→⋅n→||m→||n→|=4t6⋅1+1+4t2=cs60°，解得t=303．
∴|CP|=303．
故答案为：1111；63；303.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2023秋•白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点
（1）求证：EF∥平面A1C1B；
（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．
【解题思路】（1）建立坐标系，取BC1中点G，证明EF→与A1G→共线，可得EF∥A1G，即可证明EF∥平面A1C1B；
（2）求出两异面直线的方向向量，用数量积公式求夹角余弦即可．
【解答过程】（1）证明：如图分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，由已知得D（0，0，0）、A1（2，0，2）、B（2，2，0）、A（2，0，0）、C（0，2，0）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2）、E（1，0，2）、F（0，2，1）．
取BC1中点G，则G（1，2，1），A1G→=（﹣1，2，﹣1），
又EF→=（﹣1，2，﹣1），∴EF→=A1G→，
∴EF→与A1G→共线，∴EF∥A1G，
∵A1G⊂平面A1C1B，EF⊄平面A1C1B，
∴EF∥平面A1C1B；
（2）解：∵AB→=（0，2，0），EF→=（﹣1，2，﹣1），
∴cs＜EF→，AB→＞=AB→⋅EF→|AB→||EF→|=426=63
∴异面直线EF与AB所成角的余弦值为63．
18．（6分）（2023秋•西秀区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，求证：
（1）求AC与A1D所成角的大小；
（2）平面AB1D1∥平面BDC1．
（3）A1C⊥平面BDC1．
【解题思路】以B1为坐标原点，建立空间坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，可求出各顶点的坐标
（1）分别求出AC与A1D方向向量，代入向量夹角公式，可得AC与A1D所成角的大小；
（2）要证明两个平面平行，由面面平行的判定定理知：须在某一平面内寻找两条相交且与另一平面平行的直线．求出AB1与C1D的方向向量，通过证明向量平行，得到AB1与C1D平行，同理证明出AD1与C1B平行，可得结论．
（3）求出A1C的方向向量，并证明A1C的方向向量是平面BDC1的法向量，可得A1C⊥平面BDC1．
【解答过程】解：令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以B1为坐标原点，建立空间坐标系如下图所示：
（1）则A（0，1，1），C（1，0，1），A1（0，1，0），D（1，1，1）
∴AC→=（1，﹣1，0），A1D→=（1，0，1）
设AC与A1D所成角的大小为θ
则csθ=|AC→⋅A1D→||AC→|⋅|A1D→|=12
故θ=π3
证明：（2）∵AB1→=C1D→=（0，﹣1，﹣1）
∴AB1∥C1D，
又∵AB1⊂平面AB1D1，C1D⊄平面AB1D1，
∴C1D∥平面AB1D1，
同理可证：C1B∥平面AB1D1．
又C1B∩C1D＝C1，
∴平面AB1D1∥平面BDC1．
（3）A1C→=（1，﹣1，1），BD→=（1，1，0），BC1→=（1，0，﹣1）
∴A1C→•BD→=0，即A1C→⊥BD→，即A1C⊥BD
且A1C→•BC1→=0，即A1C→⊥BC1→，即A1C⊥BC1．
∵BD∩BC1＝B，BD，BC1⊂平面BDC1．
∴A1C⊥平面BDC1．
19．（8分）（2023•赤坎区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足为A，PA＝AB，点M在棱PD上，PB∥平面ACM．
（1）试确定点M的位置；
（2）计算直线PB与平面MAC的距离；
（3）设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD？
【解题思路】（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，设点M为PD中点，在△PBD中，PB∥OM，由此能够确定M的位置使PB∥平面ACM．
（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，由底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，知CD⊥PD，AM=22，AC=2，MC=62，故S△MAC=34，利用等积法能够求出直线PB与平面MAC的距离．
（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．
【解答过程】解：（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，
设点M为PD中点，
∵在△PBD中，PB∥OM，
OM⊂平面ACM，
∴PB∥平面ACM．
故当点M为PD中点时，PB∥平面ACM．
（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，
∵底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，
∴CD⊥PD，∴AM=22，AC=2，MC=62，
∴AM2+MC2＝AC2，
∴S△MAC=34，
取AD的中点F，连接MF，
则MF∥PA，MF⊥平面ABCD，且MF=12，
∵PB∥平面ACM，M为PD的中点，
∴直线PB与平面MAC的距离为点D到平面MCA的距离，设为h，
∵VM﹣ACD＝VD﹣ACM，
∴13×34×ℎ=13×12×1×12，
解得h=33．
（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），C（1，1，0），
∴PB→=(1，0，−1)，PD→=（0，1，﹣1），
设平面PBD的法向量n→=（x，y，z），则n→⋅PB→=0，n→⋅PD→=0，
∴x−z=0y−z=0，∴n→=(1，1，1)，
设PE→=λPC→，
则E（λ，λ，1﹣λ），
∵AE⊥平面PBD，
∴AE→∥n→，∴λ=12，∴E为PC中点．
故当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．
20．（8分）(2023春•湛江期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=23，AC＝2BC＝4，且D为线段AB的中点，连接A1D，CD，B1C．
（1）证明：BC⊥A1D；
（2）若B1到直线AC的距离为19，求平面B1A1C与平面A1CD夹角的余弦值．
【解题思路】（1）证明异面直线垂直，通常先证明线面垂直．所以先证明BC与平面ABB1A1垂直，即可得到异面直线BC与A1D垂直．
（2）以B为原点建立空间直角坐标系，根据B1到直线AC的距离求出边长BB1，从而得出各点的坐标，然后求出平面A1B1C和平面A1CD的法向量，即可得到夹角的余弦值．
【解答过程】（1）证明：因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC；
因为AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC；
因为AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1；
因为A1D⊂平面ABB1A1，所以BC⊥A1D．
解：（2）以B为原点，BA为x轴，BB1为y轴，BC为z轴建立空间直角坐标系B﹣xyz．
则B(0，0，0)，A(23，0，0)，C(0，0，2)，CA→=(23，0，−2)，
设BB1=m，B1(0，m，0)，CB1→=(0，m，−2)，
因为若B1到直线AC的距离为19，
即CB→12−(CB→1⋅CA→CA→)2=19，解得m＝4．
故B1(0，4，0)，C1(23，4，0)，D(3，0，0)，
设平面A1B1C的法向量为n→=(x1，y1，z1)，则n→⋅B1A1→=0n→⋅B1C→=0，
所以23x1=0−4y1+2z1=0，不妨取n→=（0，1，2）．
设平面A1CD的法向量为m→=(x2，y2，z2)，则m→⋅CD→=0m→⋅DA1→=0，
所以3x2−2z2=03x2+4y1=0，不妨取m→=(−4，3，−23)．
设平面B1A1C与平面A1CD夹角为θ，则csθ=|m→⋅n→|m→||n→||=|−33531|=3465155，
即平面B1AlC与平面AlCD夹角的余弦值为3465155．
21．（8分）(2023•遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．
（1）证明：PA⊥平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为55，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）取AD的中点O，连接OE，OP，可得EO⊥AD，进一步得到EO⊥平面PAD，则EO⊥PA，可得PA⊥BD，结合PA⊥PD，即可证明PA⊥平面PBD；
（2）由PO⊥底面ABCD，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，求解三角形可得OB＝25，进一步得到BD，分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PCE的法向量与平面PDA的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
【解答过程】（1）证明：取AD的中点O，连接OE，OP，由EA＝ED，可得EO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴EO⊥平面PAD，得EO⊥PA，
∵EO∥BD，∴PA⊥BD，
又PA⊥PD，且BD∩PD＝D，
∴PA⊥平面PBD；
（2）解：∵PO⊥底面ABCD，∴OB为PB在底面ABCD上的射影，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，
在直角三角形PBO中，有tan∠PBO=POOB=12ADOB=55，得OB＝25．
∵EO⊥AD，EO∥BD，∴BD⊥AD，
在直角三角形OBD中，可得BD=(25)2−22=4，
分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则P（2，0，2），C（﹣4，4，0），E（2，2，0），PC→=(−6，4，−2)，PE→=(0，2，−2)，
设平面PCE的法向量为m→=(x，y，z)，
由m→⋅PC→=−6x+4y−2z=0m→⋅PE→=2y−2z=0，取x＝1，得m→=(1，3，3)，
平面PDA的一个法向量为n→=(0，1，0)，
∴cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=31919．
∴平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为31919．
22．（8分）(2023秋•南京月考）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，P为棱AB的中点，四棱锥S﹣ABCD的体积为233．
（1）若E为棱SB的中点，求证：PE∥平面SCD；
（2）在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为235？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）取SC中点F，连EF、DF．可证四边形PEFD是平行四边形，从而可证PE∥平面SCD；
（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，利用体积先求得AD＝2，以点P为原点，PA→，PS→的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
AM→=λAS→=(−λ，0，3λ)(0≤λ≤1)，先表示出两平面的法向量，从而可求λ的值．
【解答过程】解：（1）取SC中点F，连EF、DF．
∵E，F为棱SB，SC的中点，∴EF∥BC，且EF=12BC，
∵四边形ABCD是矩形，P为棱AB的中点，
∴PD∥BC，PD=12BC，
∴EF∥PD，EF＝PD，∴四边形PEFD是平行四边形，
∴PE∥FD，
又∵FD⊂平面SCD，PE⊄平面SCD，
∴PE∥平面SCD；
（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，
在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以SP⊥AD，
又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SP⊂平面SAD，
∴SP⊥平面ABCD，∴SP是四棱锥S﹣ABCD的高．
设AD＝m（m＞0），则SP=32m，S矩形ABCD＝m，
∴V四棱锥S−ABCD=13S矩形ABCD⋅SP=13m×32m=233，∴m＝2．
以点P为原点，PA→，PS→的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），S(0，0，3)，
∴PA→=(1，0，0)，PB→=(1，1，0)，AS→=(−1，0，3)．
设AM→=λAS→=(−λ，0，3λ)(0≤λ≤1)，
∴PM→=PA→+AM→=(1−λ，0，3λ)．
设平面PMB的一个法向量为n1→=(x，y，z)，
则n→⋅PM→=(1−λ)x+3λz=0n→⋅PB→=x+y=0，∴n→=（3λ，−3λ，λ﹣1），
易知平面SAD的一个法向量为n→=（0，1，0），
∴|cs＜n1→，n→＞|=|−3λ|7λ2−2λ+1=235，
解得λ=23，
∴存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为235．
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