新高考数学一轮复习综合训练09空间向量与立体几何（13种题型60题专练）（2份，原卷版+解析版）

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A．[﹣1，+1]B．[1，3]C．[﹣1，2]D．[1，+1]
【分析】根据题意画出图形，结合图形，固定正四面体P﹣ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动，
原点O到点P的最近距离等于PM减去球的半径，最大距离是PM加上球的半径．
【解答】解：
如图所示，若固定正四面体P﹣ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动，
设AB的中点为M，则PM＝＝；
所以原点O到点P的最近距离等于PM减去球M的半径，
最大距离是PM加上球M的半径；
所以﹣1≤|OP|≤+1，
即|OP|的取值范围是[﹣1，+1]．
故选：A．
【点评】本题主要考查了点到直线以及点到平面的距离与应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题，是综合题．
二．空间向量及其线性运算（共2小题）
2．（2023•湖南模拟）如图，M在四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，且，设，，，则下列向量与相等的向量是（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用空间向量的线性运算，空间向量基本定理求解即可．
【解答】解：∵M在四面体OABC的棱BC的中点，，
∴＝﹣＝﹣＝×（+）﹣
＝+﹣＝﹣++，
故选：A．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，空间向量基本定理，属于基础题．
3．（2023•鼓楼区校级模拟）在三棱锥P﹣ABC中，点O为△ABC的重心，点D，E，F分别为侧棱PA，PB，PC的中点，若，，，则＝（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据空间向量的线性运算，结合重心的性质即可求解．
【解答】解：取BC中点为M，如图所示：
则，
，
相加可得，
所以
＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查空间向量及其运算，考查运算求解能力，属于基础题．
三．共线向量与共面向量（共1小题）
（多选）4．（2023•蕉城区校级模拟）已知空间单位向量，，两两夹角均为60°，，，则下列说法中正确的是（ ）
A．P、A、B、C四点可以共面B．
C．D．
【分析】根据向量共面即可判断点共面，进而可判断A，根据数量积的运算律即可求解B，根据模长的计算公式即可判断C，根据夹角公式即可求解D．
【解答】解：对于A：单位向量，，两两夹角均为60°，
所以，
假设P、A、B、C四点可以共面，则共面，
所以存在x，y，使得，分别用，，与数量积，
则，由于该方程组无解，
所以不存在x，y，使得共面，
故P、A、B、C四点不共面，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，由得，
由得，
所以，
则＝＝，故C正确；
对于D，，
所以，
故，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的数量积，向量的模，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
四．空间向量的数量积运算（共2小题）
5．（2023•海安市校级一模）设向量＝（3，5，2），＝（﹣2，1，3），当数m与n满足下列哪种关系时，向量m+n与x轴垂直（ ）
A．3m＝2nB．3m＝nC．m＝2nD．m＝n
【分析】根据向量的坐标运算得到关于m，n的关系即可．
【解答】解：∵＝（3，5，2），＝（﹣2，1，3），
∴m+n＝（3m﹣2n，5m+n，2m+3n），
取x轴的方向向量为＝（1，0，0），
若向量m+n与x轴垂直，
则3m﹣2n＝0，解得：3m＝2n，
故选：A．
【点评】本题考查了向量的坐标运算，考查向量的垂直关系，是基础题．
6．（2023•滁州模拟）已知向量，，若，则x＝（ ）
A．﹣3B．3C．﹣1D．6
【分析】根据已知条件，结合空间向量的数量积运算，即可求解．
【解答】解：向量，，
则＝（2，2，2x）﹣（﹣2，2，3）＝（4，0，2x﹣3），
，
则﹣8+3（2x﹣3）＝1，解得x＝3．
故选：B．
【点评】本题主要考查空间向量的数量积运算，属于基础题．
五．空间向量的夹角与距离求解公式（共1小题）
7．（2023•小店区校级模拟）如图，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，动点P、Q分别在线段C1D、AC上，则线段PQ长度的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】设，，（λ，μ∈[0，1]）．可得＝（0，λ，2λ），＝+μ＝（1﹣μ，μ，0）．利用向量模的计算公式可得＝|（1﹣μ，μ﹣λ，﹣2λ）|＝，再利用实数的性质、二次函数的单调性即可得出．
【解答】解：设，，（λ，μ∈[0，1]）．
∴＝（0，λ，2λ），
＝+μ＝（1，0，0）+μ（﹣1，1，0）＝（1﹣μ，μ，0）．
∴＝|（1﹣μ，μ﹣λ，﹣2λ）|＝＝＝，当且仅当，，即λ＝，时取等号．
∴线段PQ长度的最小值为．
故选：C．
【点评】本题考查了向量共线定理、坐标运算、实数的性质、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
六．空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共2小题）
8．（2023•新乡模拟）已知点O、A、B、C为空间不共面的四点，且向量＝++，向量＝+﹣，则与、不能构成空间基底的向量是（ ）
A．B．C．D．或
【分析】利用空间向量的基底的意义即可得出．
【解答】解：∵＝（﹣）＝（++）﹣（+﹣），
∴与、不能构成空间基底；
故选：C．
【点评】本题考查了向量的基本定理及其意义，正确理解空间向量的基底的意义是解题的关键．
9．（2023•西安模拟）空间四边形ABCD中，AC与BD是四边形的两条对角线，M，N分别为线段AB，CD上的两点，且满足，，若点G在线段MN上，且满足，若向量满足，则x+y+z＝ ．
【分析】直接利用向量的线性运算求出结果．
【解答】解：空间四边形ABCD中，AC与BD是四边形的两条对角线，M，N分别为线段AB，CD上的两点，且满足，，若点G在线段MN上，且满足，
如图所示：
由于，故，整理得＝＝＝＝，
所以，
故，，z＝，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识要点：空间向量的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
七．向量的数量积判断向量的共线与垂直（共1小题）
10．（2023•湖北模拟）已知向量的夹角为60°，若，则＝（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】利用向量垂直的条件及向量数量积的定义即可求解．
【解答】解：∵，，向量的夹角为60°，
∴，即，
∴，即，解得．
故选：D．
【点评】本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题，
八．直线的方向向量、空间直线的向量参数方程（共2小题）
11．（2023•琼山区校级三模）直线x﹣3y+1＝0的一个方向向量是（ ）
A．（1，3）B．（3，1）C．（1，﹣3）D．（3，﹣1）
【分析】求出直线x﹣3y+1＝0的斜率k，即可写出直线的一个方向向量．
【解答】解：直线x﹣3y+1＝0可化为y＝x+，
所以直线x﹣3y+1＝0的斜率为k＝，
所以直线x﹣3y+1＝0的一个方向向量为＝（1，），
与共线的向量都是该直线的方向向量．
故选：B．
【点评】本题考查了直线方程的方向向量应用问题，是基础题．
12．（2023•固镇县三模）直线x﹣3y+1＝0的一个方向向量是（ ）
A．（1，﹣3）B．（1，3）C．（3，﹣1）D．（3，1）
【分析】根据题意，求出直线的斜率，分析可得直线的一个方向向量为（1，），由此分析选项，即可得答案．
【解答】解：根据题意，直线x﹣3y+1＝0的斜率k＝，则直线的一个方向向量为（1，），
又由（3，1）＝3（1，），故（3，1）也是直线x﹣3y+1＝0的一个方向向量，
故选：D．
【点评】本题考查直线的方向向量，涉及直线的方程，属于基础题．
九．平面的法向量（共4小题）
13．（2023•盱眙县校级四模）已知平面α内有一个点A（2，﹣1，2），α的一个法向量为＝（3，1，2），则下列点P中，在平面α内的是（ ）
A．（1，﹣1，1）B．C．D．
【分析】由题意可知符合条件的点P应满足，逐个选项验证即可．
【解答】解：由题意可知符合条件的点P应满足，
选项A，＝（2，﹣1，2）﹣（1，﹣1，1）＝（1，0，1），
＝3×1+1×0+2×1＝5≠0，故不在平面α内；
同理可得：选项B，＝（1，﹣4，），＝0，故在平面α内；
选项C，＝（1，2，），＝6≠0，故不在平面α内；
选项D，＝（3，﹣4，），＝12≠0，故不在平面α内；
故选：B．
【点评】本题考查平面法向量的定义，属基础题．
（多选）14．（2023•锡山区校级一模）已知平面α的一个法向量为，平面β的一个法向量为，直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则（ ）
A．l∥α
B．α⊥β
C．l与m为相交直线或异面直线
D．在向量上的投影向量为
【分析】根据直线的方向向量与平面的法向量之间的关系，判断选项中的命题是否正确即可．
【解答】解：对于A，因为＝（1，0，2），＝（1，﹣2，﹣），且•＝1+0﹣1＝0，所以⊥，l∥α或l⊂α，选项A错误；
对于B，因为，，计算•＝﹣1+0+1＝0，所以⊥，平面α⊥β，选项B正确；
对于C，因为，，与不共线，所以直线l与m相交或异面，选项C正确；
对于D，在向量上的投影向量为＝（0，1，﹣2）＝（0，﹣，），选项D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查了利用空间向量研究直线与平面之间的位置关系应用问题，是基础题．
（多选）15．（2023•定远县校级一模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BB1的中点，F为A1D1的中点，如图所示建立空间直角坐标系，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．向量与所成角的余弦值为
C．平面AEF的一个法向量是（4，﹣1，2）
D．A1D⊥BD1
【分析】根据题中所建立的空间直角坐标系，进一步利用向量的坐标运算，向量的数量积，向量垂直的充要条件，法向量判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：根据空间直角坐标系D﹣xyz，所以：D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），D1（0，0，2），
由于E为BB1的中点，F为A1D1的中点，
所以E（2，2，1），F（1，0，2）；
故，故A错误；
对于B：由于，，
所以，，
故＝＝，故B正确；
对于C：设平面AEF的法向量为，由于，，
所以，整理得，故，故C正确；
对于D：由于，，
故，故A1D⊥BD1，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查的知识要点：空间直角坐标系，向量的坐标运算，向量的数量积，向量垂直的充要条件，法向量，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
（多选）16．（2023•抚松县校级模拟）下列命题是真命题的有（ ）
A．A，B，M，N是空间四点，若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，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），是平面α的法向量，则u+t＝1
【分析】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】解：对于A，A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，
则共面，可得A，B，M，N共面，故A正确；
对于C，，故，可得在α内或l∥α，故C错误；
对于B，，故，可得l与m垂直，故B正确；
对于D，，易知，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查基底的概念以及空间位置关系的向量证明，属于中档题．
一十．直线与平面所成的角（共11小题）
17．（2023•保定二模）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】建立空间直角坐标系，解得平面A1BC1的法向量为＝（x，y，z），＝（1，1，2），设＝λ，则E（λ，λ，2λ），•＝0，解得λ，可得坐标，平面AA1D1D的法向量为＝（0，1，0），设A1E与平面AA1D1D所成角为α，则sinα＝||，进而可得答案．
【解答】解：如图，建立空间直角坐标系：
＝（0，1，﹣2），＝（﹣1，1，0），
设平面A1BC1的法向量为＝（x，y，z），
则，
令z＝1，则y＝2，x＝2，
所以＝（2，2，1），
＝（1，1，2），
因为点E在B1D上，
设＝λ＝（λ，λ，2λ），
所以E（λ，λ，2λ），
所以＝（λ﹣1，λ，2λ﹣2），
因为A1E⊂面A1BC1，
所以•＝0，
所以（λ﹣1，λ，2λ﹣2）•（2，2，1）＝0，
所以2（λ﹣1）+2λ+（2λ﹣2）＝0，
解得λ＝，
所以＝（﹣，，﹣），
平面AA1D1D的法向量为＝（0，1，0），
设A1E与平面AA1D1D所成角为α，
所以sinα＝||＝||＝，
所以csα＝＝＝，
故选：D．
【点评】本题考查直线与平面所成角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
18．（2023•保定一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，AB＝2，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且，则PC与平面PAD所成角的正切值为（ ）
A．2B．C．D．
【分析】连接PO，O为AD的中点，结合面面垂直性质定理证明PO⊥平面ABCD，根据锥体体积公式求PD，再由面面垂直性质定理证明CD⊥平面PAD，根据线面角的定义证明PC与平面PAD所成角的平面角为∠CPD，解三角形求其正切值．
【解答】解：取AD的中点O，连接PO，
由已知△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
设PD＝x，则，AD＝x，又AB＝2，
所以矩形ABCD的面积SABCD＝2x，
所以四棱锥P﹣ABCD的体积，
所以，所以x＝4，
所以PD＝4，
因为平面PAD⊥平面ABCD，CD⊥AD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，
所以CD⊥PD，
所以△CDP为直角三角形，斜边为PC，
因为CD⊥平面PAD，
所以PC与平面PAD所成角的平面角为∠CPD，
在Rt△CDP中，CD＝AB＝2，PD＝4，
所以，PC与平面PAD所成角的正切值为．
故选：B．
【点评】本题主要考查了求直线与平面所成的角，属于中档题．
19．（2023•嵊州市模拟）在△ABC中，，，BC＝1，D为AC中点，若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC′D，使得四面体C′﹣ABD的外接球半径为1，则直线BC′与平面ABD所成角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定△BC′D为等边三角形，利用正弦定理可确定△ABD外接圆半径，由此可知△ABD外接圆圆心O即为四面体C′﹣ABD外接球球心，由球的性质可知OG⊥平面BC′D，利用VC′﹣OBD＝VO﹣C′BD可求得点C′到平面ABD的距离，由此可求得线面角的正弦值．
【解答】解：∵，，BC＝1，∴AC＝2，又D为AC中点，
∴AD＝CD＝BD＝1，则BC′＝C′D＝BD＝1，即△BC′D为等边三角形，
设△BC′D的外接圆圆心为G，△ABD的外接圆圆心为O，取BD中点H，
连接C′H，OH，OG，OB，OC′，OD，
∵，BD＝1，∴，即△ABD外接圆半径为1，
又四面体C′﹣ABD的外接球半径为1，∴O为四面体C′﹣ABD外接球的球心，
由球的性质可知：OG⊥平面BC′D，又C′H⊂平面BC′D，∴OG⊥C′H，
∵，OC′＝1，∴；
设点C′到平面ABD的距离为d，
由VC′﹣OBD＝VO﹣C′BD得：，
又△OBD与△C′BD均为边长为1的等边三角形，∴，
直线BC′与平面ABD所成角的正弦值为．
故选：D．
【点评】本题考查折叠问题，线面角的求解，属中档题．
20．（2023•鼓楼区校级模拟）如图，在圆台OO1中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，AC＝2，点D是BC的中点，l为平面O1AC与平面O1OD的交线，则交线l与平面O1BC所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【分析】由线面平行的性质定理可证得OD∥l，所以直线l与平面O1BC所成角即直线OD与平面O1BC所成角，由线面垂直的判定定理可证得BC⊥平面O1OD，过点O作OH⊥O1D交O1D于点H，易证得OH⊥平面O1BC，所以∠ODH为交线l与平面O1BC所成角，求解即可．
【解答】解：因为O，D分别是AB，BC的中点，
所以OD∥AC，
所以OD⊂平面O1OD，AC⊄平面O1OD，
所以AC∥平面O1OD，
又AC⊂平面O1AC，平面O1AC∩平面O1OD＝l，
所以AC∥l，OD∥AC，
所以OD∥l，
所以直线l与平面O1BC所成角即直线OD与平面O1BC所成角，
因为AB为直径，
所以AC⊥BC，
因为OD∥AC，即OD⊥BC，
又因为OO1⊥平面ACB，BC⊂平面ACB，
所以OO1⊥BC，
又OO1∩OD＝O，OO1，OD⊂平面O1OD，
所以BC⊥平面O1OD，
过点O作OH⊥O1D交O1D于点H，
因为OH⊂平面O1OD，
所以BC⊥OH，OH⊥O1D，
又BC∩O1D＝D，BC，O1D⊂平面O1BC，
所以OH⊥平面O1BC，
所以∠ODH为交线l与平面O1BC所成角，
因为，，
．
所以结合图知．
故选：B．
【点评】本题主要考查线面角的定义及其求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
（多选）21．（2023•定远县校级模拟）如图，正方体ABCD﹣EFGH的棱长为1，点P为BF的中点，下列说法正确的是（ ）
A．FD⊥CH
B．FG∥平面ACH
C．点P到平面AGC的距离为
D．PH与平面CGHD所成角的正弦值为
【分析】对于A选项，通过证明CH⊥平面FGD，推出FD⊥CH，判断A；
对于B选项，通过BC∥FG，且BC与平面ACH相交，判断B；
对于C选项，连接FH、EG交于Q，说明点P到平面AEGC的距离即为点F到平面AEGC的距离，即为FQ，
然后转化求解即可判断C；
对于D选项，取CG中点M，连接PM、MH，说明PH与平面CGHD所成角即为∠PHM，转化求解即可判断D；
【解答】解：对于A选项，因为四边形CDHG是正方形，所以DG⊥CH，
连接FD、GD，在正方体ABCD﹣EFGH中，FG⊥平面CDHG，CH⊂平面CDHG，所以FG⊥CH，
因为DG、FG⊂平面FGD，DG∩FG＝G，所以CH⊥平面FGD，又FD⊂平面FGD，所以FD⊥CH，
故A正确；
对于B选项，在正方体ABCD﹣EFGH中，BC∥FG，且BC与平面ACH相交，故FG与平面ACH不平行，
故B错误；
对于C选项，连接FH、EG交于Q，在正方体ABCD﹣EFGH中，AE⊥平面EFGH，又FH⊂平面EFGH，
所以FH⊥AE，
因为四边形EFGH是正方形，所以FH⊥EG，
因为EG∩AE＝E，AE、EG⊂平面AEGC，所以FH⊥平面AEGC，
因为BF∥CG，BF⊄平面AEGC，CG⊂平面AEGC，所以BF∥平面AEGC，
所以点P到平面AEGC的距离即为点F到平面AEGC的距离，即为FQ，
又正方体ABCD﹣EFGH棱长为1，则，则点P到平面AGC的距离为，
故C正确；
对于D选项，取CG中点M，连接PM、MH，
因为四边形BCGF是正方形，点P为BF的中点，
所以PM∥FG，因为FG⊥平面CGHD，所以PM⊥平面CGHD，
又HM⊂平面CGHD，所以PM⊥HM，所以PH与平面CGHD所成角即为∠PHM，则
＝＝＝，
则PH与平面CGHD所成角的正弦值为，
故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查直线与平面所成角的求法，空间点、线、面距离的求法，直线与平面的位置关系的应用，是中档题．
（多选）22．（2023•思明区校级二模）已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则以下结论正确的是（ ）
A．异面直线EF、PD所成角的大小为
B．直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为
C．△EMF周长的最小值为
D．存在点M使得PB⊥平面MEF
【分析】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以及垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可．
【解答】解：如图1，取PD的中点Q，连接EQ，AQ，
因为E，F分别是PC，AB的中点，
所以EQ∥DC∥AF，且EQ＝AF，所以四边形AFEQ为平行四边形，
则EF∥AQ，又正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为，
则AQ⊥PD，所以异面直线EF，PD所成角为，故A错误；
设正方形ABCD的中心为O，连接OC，PO，
则PO⊥平面ABCD，OC＝OP＝2，
设OC的中点为H，连接EH，FH，
则EH∥OP，且EH⊥平面ABCD，
所以为直线EF与平面ABCD所成角，所以，△OFH中，OH＝1，，，
所以由余弦定理可得，所以，
所以，故B正确；
将正△PAB和△PBC沿PB翻折到一个平面内，如图2，
当E，M，F三点共线时，ME+MF取得最小值，
此时，点M为PB的中点，，
所以△EMF周长的最小值为，故C正确；
若PB⊥平面MEF，则PB⊥ME，此时点M为PB上靠近点P的四等分点，
而此时，PB与FM显然不垂直，故D错误；
故选：BC．
【点评】本题主要考查了直线与平面垂直的判定定理，考查了直线与平面所成的角，属于中档题．
（多选）23．（2023•全国二模）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为，点E，F是棱DD1，CC1的中点，点M是侧面CDD1C1内运动（包含边界），且AM与面CDD1C1所成角的正切值为，下列说法正确的是（ ）
A．MC1的最小值为
B．存在点M，使得AM⊥CE
C．存在点M，使得AM∥平面BDF
D．所有满足条件的动线段AM形成的曲面面积为
【分析】由正方体的性质得∠AMD为AM与面CDD1C1所成角，且AD⊥DM，进而得点M的轨迹为以D点为圆心，2为半径的圆在侧面CDD1C1内的弧，再依次讨论各选项，即可得答案．
【解答】解：根据题意可知AD⊥平面CDD1C1，
所以∠AMD为AM与面CDD1C1所成角，且AD⊥DM，
因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为，
AM与面CDD1C1所成角的正切值为，
所以，解得DM＝2，
所以点M的轨迹为以D点为圆心，2为半径的圆在侧面CDD1C1内的弧，如图，
此时CH＝GD1＝1，
对于A选项，有，当且仅当M，C1，D三点共线时等号成立，
故MC1的最小值为，正确；
对于B选项，因为AD⊥平面CDD1C1，CE⊂平面CDD1C1，所以AD⊥CE，
假设存在点M，使得AM⊥CE，则AD⋂AM＝A，CE⊥平面ADM，
由于DM⊂平面ADM，故有CE⊥DM，
另一方面，在侧面CDD1C1中，取棱C1D1的中点N，
由点E是棱DD1的中点，进而结合平面几何知识易得CE⊥DN，
故要使CE⊥DM，则点N与点M重合，
由于CH＝GD1＝1，，显然不重合，故错误；
对于C选项，如图，设AC⋂BD＝O，则易知O为AC中点，连接OF，AC1，C1E，
因为点E，F是棱DD1，CC1的中点，
所以，在△ACC1中，OF∥AC1，C1F∥DE，C1F＝DE，
所以，四边形C1EDF为平行四边形，即C1E∥DF，
因为AC1，C1E⊄平面BDF，OF，DF⊂平面BDF，
所以AC1∥平面BDF，C1E∥平面BDF，
因为AC1⋂EC1＝C1，所以平面AC1E∥平面BDF，
所以当M为C1E与弧的交点时，AM⊂平面AC1E，故AM∥平面BDF，正确；
对于D选项，由题知，所有满足条件的动线段AM形成的曲面是：
以A为顶点，D点为底面圆心，底面半径为2的圆锥的部分侧面，
所以其所在的圆锥的母线长为，
因为，，
所以，
所以弧的长为，
所以结合扇形面积公式可得：
所有满足条件的动线段AM形成的曲面面积为，故正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查正方体中轨迹的问题，线面平行的判定定理与面面平行的判定定理，解三角形，扇形面积公式，化归转化思想，属中档题．
24．（2023•河南模拟）三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在半径为5的球面上，已知P到平面ABC的距离为7，AB⊥AC，BC＝6．记PA与平面ABC所成的角为θ，则sinθ的取值范围为 ．
【分析】设F为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，E为△ABC外接圆的圆心，过点P作PM⊥平面ABC，M为垂足，作FG⊥PM，垂足为G，根据EM﹣EA≤AM≤EM+EA，求得AM的范围，进而可求得PA的范围，从而可得出答案．
【解答】解：设F为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，E为△ABC外接圆的圆心，
则E为BC的中点，EF⊥平面ABC，
过点P作PM⊥平面ABC，M为垂足，则∠PAM＝θ，PM＝7，
作FG⊥PM，垂足为G．则四边形MEFG为矩形，
BC＝6，BE＝3，BF＝5，
∴EF＝＝4，∴MG＝4，
∴PG＝3，∴ME＝GF＝＝4，
∴EM﹣EA≤AM≤EM+EA，∴1≤AM≤7，
∴PA＝＝∈[5]．
∴sinθ＝＝∈[，]．
故答案为：[，]．
【点评】本题考查三棱锥及其外接球的结构特征、线面垂直的判定与性质、线面角的正弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
25．（2023•温州模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，△ADP是等边三角形，AB＝AP＝2，BP＝3，AD⊥BP．
（Ⅰ）求BC的长度；
（Ⅱ）求直线BC与平面ADP所成的角的正弦值．
【分析】（I）取AD中点F，连PF、BF，推导出PF⊥AD，AD⊥BP，从而AD⊥平面PFB，进而AD⊥BF，由此能求出BC．
（II）推导出平面PFB⊥平面APD，作BG⊥PF交PF为G，则BG⊥平面APD，AD、BC交于H，∠BHG为直线BC与平面ADP所成的角，由此能求出直线BC与平面ADP所成的角的正弦值．
【解答】解：（I）取AD中点F，连PF、BF，
∵△ADP是等边三角形，∴PF⊥AD，……………………（2分）
又∵AD⊥BP，
∴AD⊥平面PFB，∵BF⊂平面PFB，∴AD⊥BF，………………………（4分）
∴BD＝AB＝2，∴BC＝． …………………………（6分）
（II）∵AD⊥平面PFB，AD⊂平面APD
∴平面PFB⊥平面APD …………………………………（8分）
作BG⊥PF交PF为G，则BG⊥平面APD，AD、BC交于H，
∠BHG为直线BC与平面ADP所成的角，…………（10分）
由题意得PF＝BF＝，又∵BP＝3，
∴∠GFB＝30°，BG＝，……………………（12分）
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴CD＝1，∴BH＝2，
∴sin∠BHG＝．
∴直线BC与平面ADP所成的角的正弦值为．……………………（15分）
【点评】本题考查线估长的求法，考查考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
26．（2023•潮阳区三模）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
（1）证明：OA⊥CD；
（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求直线AC与平面BCE所成角的正弦值．
【分析】（1）根据面面垂直的性质证明AO⊥面BCD，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
【解答】证明：（1）∵AB＝AD，O为BD中点，
∴AO⊥BD，
∵AO⊂面ABD，面ABD⊥面BCD，且面ABD∩面BCD＝BD，
∴AO⊥面BCD，
又CD⊂面BCD，
∴AO⊥CD；
（2）解：以O为坐标原点，OD为y轴，OA为z轴，垂直OD且过O的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设OA＝m，△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，
则，D（0，1，0），B（0，﹣1，0），A（0，0，m），
由DE＝2EA，所以，故，
∵，，
设为面EBC法向量，
则有令y1＝1，则，，
∴，
因为AO⊥面BCD，
则面BCD法向量可取，
，解得m＝1，∴OA＝1，
∴A（0，0，1），，，
设直线AC与平面BCE所成的角的大小为θ，∴，
∴直线AC与平面BCE所成角的正弦值为．
【点评】本题主要考查直线与平面所成的角，考查转化能力，属于难题，
27．（2023•分宜县校级一模）在正△ABC中，E，F，P分别是AB，AC，BC边上的点，满足，将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，连接A1B，A1P．
（1）求证：A1E⊥平面BEP；
（2）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小．
【分析】（1）取BE的中点D，连接DF．说明∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的平面角，证明二面角A1﹣EF﹣B为直二面角，证明A1E⊥平面BEF，即可证明A1E⊥平面BEP；
（2）建立空间直角坐标系，求出，平面A1BP的法向量，利用，求直线A1E与平面A1BP所成角的大小．
【解答】解：不妨设正三角形的边长为3．
（1）在图1中，取BE的中点D，连接DF．
∵，AF＝AD＝2，又∠A＝60°，△ADF为正三角形．
又∵AE＝ED＝1，
∴EF⊥AD，
∴在图2中有A1E⊥EF，BE⊥EF．
∴∠A1EB为二面角A1﹣EF﹣B的平面角．
∵二面角A1﹣EF﹣B为直二面角，
∴A1E⊥BE
又∵BE∩EF＝E，
∴即A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP
（2）由（1）可知，A1E⊥平面BEP，BE⊥EF，建立坐标系则E（0，0，0），A1（0，0，1），B（2，0，0），
F（0，，0），D（1，0，0），不难得出EF∥DP且EF＝DP，DE∥EP且DE＝FP．
故P点的坐标为（1，，0），
∴
设平面A1BP的法向量＝（x，y，z），
则
∴．
∴．
∴A1E与平面A1BP所成角的大小为．
【点评】本题考查用空间向量求直线与平面的夹角，考查计算能力，空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题．
一十一．二面角的平面角及求法（共15小题）
28．（2023•南关区校级模拟）庑殿（图1）是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，多用于宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上，庑殿的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，故又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面ABCD是矩形，且四个侧面与底面的夹角均相等，则（ ）
A．AB＝BC+EFB．C．D．AB＝2BC﹣EF
【分析】设点E在底面ABCD上的射影为G，作GM⊥BC，GN⊥AB，垂足分别为M，N，设四个侧面与底面的夹角为θ，即可得到∠EMG＝∠ENG＝θ，根据三角形全等得到方程，即可得出答案．
【解答】解：设点E在底面ABCD上的射影为G，作GM⊥BC，GN⊥AB，垂足分别为M，N，如图所示：
则∠EMG为侧面EBC与底面ABCD的夹角，∠ENG为侧面EBAF与底面ABCD的夹角，
设四个侧面与底面的夹角为θ，则在Rt△EMG和Rt△ENG中，∠EMG＝∠ENG＝θ，
又GE为公共边，则GN＝GM，即，整理得AB＝BC+EF．
故选：A．
【点评】本题考查二面角，考查转化思想，考查逻辑推理能力，属于中档题．
29．（2023•湖北模拟）如图，把一个长方形的硬纸片ABCD沿长边AB所在直线逆时针旋转45°得到第二个平面ABEF，沿宽边AF所在直线逆时针旋转45°得到第三个平面AFGH，则第一个平面和第三个平面所成锐二面角大小的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】把两个单位正方体叠放在一起（构建模型），平面A0B0C2D2，平面A0B0C6D0，平面A0B1C1D0分别代表第一，二，三个平面，利用模型易求第一个平面和第三个平面所成锐二面角大小的余弦值．
【解答】解：如图，把两个单位正方体叠放在一起（构建模型），平面A0B0C2D2，
平面A0B0C6D0，平面A0B1C1D0分别代表第一，二，三个平面，
平面A0B0C2D1 的法向量为，平面A0B1C1D0的法向量为，
与 的夹角为，
故所求锐二面角的大小的余弦值是．
故选：C．
【点评】本题考查利用模型求二面角的余弦值，属中档题．
30．（2023•哈尔滨一模）在边长为3的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，将△ABD绕直线BD旋转到．△A'BD，使得四面体A'BCD外接球的表面积为18π，则此时二面角A'﹣BD﹣C的余弦值为（ ）
A．﹣B．﹣C．D．
【分析】根据三角形形状确定球心位置，根据三角形知识和勾股定理计算球的半径，进而可求出球的表面积．
【解答】解：取BD的中点E，连接AE，CE，则BD⊥A′E，BD⊥CE，′
∴∠A′EC为二面角A'﹣BD﹣C的平面角，设∠A′EC＝2θ
由题意可知△A′BD和△BCD都是边长为3的等边三角形，
设M，N分别是△A′BD和△BCD的中心，过M，N分别作两平面的垂线，
则垂线的交点就是三棱锥外接球的球心O，
∵A′E＝CE＝3sin6°＝，∴ME＝NE＝，CN＝，
由△OME≌△ONE可得∠OEM＝∠OEN＝θ，
因为四面体A'BCD外接球的表面积为18π，所以外接球的R，满足4πR2＝18π，所以R＝OC＝，
所以ON＝＝，可得OE＝＝，故csθ＝＝，
所以cs2θ＝2cs2θ﹣1＝﹣，
即二面角A'﹣BD﹣C的余弦值为﹣．
故选：A．
【点评】本题主要考查球与多面体的切接问题，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，是中档题．
31．（2023•包河区校级模拟）过原点的直线l与曲线交于A，B两点，现以x轴为折痕将上下两个半平面折成60°的二面角，则|AB|的最小值为（ ）
A．2B．C．4D．12
【分析】作AQ垂直下半平面于Q，作AH⊥x轴于H，连接HQ，QB．设，由题意可得，可得结论．
【解答】解：作AQ垂直下半平面于Q，作AH⊥x轴于H，连接HQ，QB．
设
以x轴为折痕将上下两个半平面折成60°的二面角，
可得∠AHQ＝60°，则AM＝，QH＝，AQ＝，
两点间距离公式可得．
，当且仅当时，|AB|取最小值2．
故选：A．
【点评】本题考查空间角问题，考查求线段长的最小值，属中档题．
32．（2023•唐县校级二模）如图，在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝2A1B1＝4，点P是侧棱BB1上的动点（含端点）．记二面角P﹣AC﹣A1为α，二面角P﹣AC﹣B为β，若存在点P，使得α＝β，则侧棱BB1的最小值为 2 ．
【分析】设AC，A1C1 的中点分别为E，F，连接EF，EB，EP，EB1，FB1，可得∠PEF＝α，∠PEB＝β，问题转化为∠B1EB≥∠B1EF，即∠EB1F≥∠B1EF，结合三角形中大边对大角，然后求解三角形得答案．
【解答】解：设AC，A1C1 的中点分别为E，F，连接EF，EB，EP，EB1，FB1，
由正三棱台的结构特征可知，AC⊥EF，AC⊥EP，AC⊥EB，
则∠PEF＝α，∠PEB＝β，若α＝β，则∠B1EB≥∠B1EF，即∠EB1F≥∠B1EF，
∵A1B1＝2且△A1B1C1为正三角形，∴EF≥B1F＝，
又AC＝AB＝4，∴，也就是侧棱BB1的最小值为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查二面角的平面角及其应用，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
33．（2023•四川模拟）已知棱锥P﹣ABCDE的底面五边形中，ABCD为边长为2的正方形，△ADE为等腰直角三角形，AE＝DE＝PE，又PA⊥DE．
（1）在线段PB上找一点G，使得平面GAC∥平面PDE，并说明理由；
（2）在（1）的条件下，二面角B﹣DE﹣P为120°，求CG与平面PAC所成角的正弦值．
【分析】（1）线段PB的中点即为所求点G，此时有GM∥PD，DE∥AC，即可得到平面GAC∥平面PDE；
（2）以E为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
【解答】解：（1）线段PB的中点即为所求点G．
理由如下：
连接BD交AC于点M，连接GM，PD，四边形ABCD是正方形，M为DB中点，又G为线段PB的中点，
所以GM∥PD，又GM⊄平面PDE，PD⊂平面PDE，
所以GM∥平面PDE，
又依题意可得DE∥AC，又AC⊄平面PED，DE⊂平面PED，
所以AC∥平面PED，
又GM∩AC＝M，GM，AC⊂平面GAC，
所以平面GAC∥平面PDE；
（2）由题意可得DE⊥AE，PA⊥DE，所以直线DE⊥平面PAE，PE⊥DE，
所以∠PEA为二面角B﹣DE﹣P的平面角，即∠PEA＝120°，
如图，以E为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则P（﹣，0，），A（，0，0），B（2，，0），C（，2，0），G（，，），
则＝（0，2，0），＝（，0，﹣），
设平面PAC的法向量＝（x，y，z），
由，可取＝（1，0，），
又＝（﹣，﹣，），
设CG与平面PAC所成的角为θ，则
sinθ＝|cs＞|＝＝，
所以CG与平面PAC所成角的正弦值为．
【点评】本题考查了面面平行的证明，考查了二面角、线面角的大小，查运算求解能力，是中档题．
34．（2023•鲤城区校级模拟）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面CDD1C1上有一个小孔E，E点到CD的距离为3，若该正方体水槽绕CD倾斜（CD始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面CDD1C1与桌面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．2
【分析】由题意知，水的体积为32，设正方体水槽倾斜后，水面分别与棱AA1，BB1，CC1，DD1交于M，N，P，Q，则PC＝3，此时水的体积为SBCPN•CD，从而求得BN＝1；在平面BCC1B1内，过点C1作C1H∥NP，交BB1于H，侧面CDD1C1与桌面所成的角即侧面CDD1C1与水面MNPQ所成的角，即侧面CDD1C1与平面HC1D1所成的角，故∠HC1C即为所求，再在Rt△B1HC1中，由tan∠HC1C＝tan∠B1HC1＝即可得解．
【解答】解：由题意知，水的体积为4×4×2＝32，
如图所示，设正方体水槽倾斜后，水面分别与棱AA1，BB1，CC1，DD1交于M，N，P，Q，则PC＝3，
水的体积为SBCPN•CD＝32，
∴•BC•CD＝32，即×4×4＝32，∴BN＝1．
在平面BCC1B1内，过点C1作C1H∥NP，交BB1于H，则四边形NPC1H是平行四边形，NH＝C1P＝1，
∴B1H＝BB1﹣NH﹣BN＝4﹣1﹣1＝2，
∵侧面CDD1C1与桌面所成的角即侧面CDD1C1与水面MNPQ所成的角，即侧面CDD1C1与平面HC1D1所成的角，
∴∠HC1C即为所求，而∠HC1C＝∠B1HC1，
在Rt△B1HC1中，tan∠B1HC1＝＝＝2，
∴侧面CDD1C1与桌面所成角的正切值为2．
故选：D．
【点评】本题考查二面角的求法，将所求的角逐步转化为边长已知的直角三角形中的角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
35．（2023•鹰潭一模）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝，平面BDD1B1⊥平面ABCD，点O1，O分别为B1D1，BD的中点，O1B＝1，∠A1AB，∠O1BO均为锐角．
（1）求证：AC⊥BB1；
（2）若顶点A1到底面ABCD的距离为，求二面角B﹣AA1﹣C的平面角的余弦值．
【分析】（1）推导出AC⊥BD，从而AC⊥平面BDD1B1，由此能证明AC⊥BB1．
（2）作 O1H⊥BD，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B﹣AA1﹣C的平面角的余弦值．
【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又∵平面 BDD1B1⊥平面ABCD，且平面BDD1B1∩平面ABCD＝BD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面BDD1B1，又 BB1⊂平面 BDD1B1，∴AC⊥BB1．
（2）由（1）知 AC⊥面 BDD1B1，又AC⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面 BDD1B1，
作 O1H⊥BD，因为平面 BDD1B1⊥平面ABCD，平面 BDD1B1∩平面ABCD＝BD，
O1H⊂平面 BDD1B1，所以O1H⊥平面ABCD，
如图，以O为坐标原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，
过O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
∵A1C1 平面ABCD，∴O1到底面ABCD的距离为，
∴，又∠O1BO 为锐角，∴，，∠O1BO＝60°，
又OB＝O1B＝1，∴△BOO1为等边三角形，故 OO1＝1，
在空间直角坐标系中，，B（0，1，0），C（﹣，0，0），A1（，，），
则，＝（﹣，1，0），＝（﹣2，0，0），
设平面ABA1的法向量为，
则，取x＝1，得，
设平面ACA1 的法向量为＝（a，b，c），
则，取c＝1，得，
cs＜＞＝＝＝﹣，
由图得二面角B﹣AA1﹣C为锐角，故二面角B﹣AA1﹣C的平面角的余弦值为．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的定义及余弦值的求法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
36．（2023•蕉城区校级模拟）图1是由直角梯形ABCD和以CD为直径的半圆组成的平面图形，AD∥BC，AD⊥AB，．E是半圆上的一个动点，当△CDE周长最大时，将半圆沿着CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此时的点E到达点P的位置，如图2．
（1）求证：BD⊥PD；
（2）求平面PAB和平面PCD夹角的余弦值．
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得出线面垂直，再得出线线垂直．
（2）先建立空间直角坐标系，由空间向量法求两个平面的法向量，再求两个法向量所成角的余弦值的绝对值，得出结果．
【解答】解：（1）证明：如图，过点D作DF⊥BC交BC于点F，连结BD，
因为AD∥BC，AD⊥AB，．
所以BF＝FC＝1，，，由BD2+DC2＝BC2，
所以BD⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD⋂平面ABCD＝CD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥平面PCD，又PD⊂平面PCD，
所以BD⊥PD．
（2）由，得，即ED+EC≤2，当ED＝EC＝1时取等号．
当△CDE周长最大时，ED＝EC＝1，即PD＝PC＝1．
取DC的中点O，因为DF＝FC＝1，所以OF⊥DC．
故以OF，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建系如图，
则，
所以，
设为平面PAB的一个法向量，
则，即，取，
又平面PCD的法向量，
所以，
所以平面PAB和平面PCD夹角的余弦值为．
【点评】本题考查线线垂直的证明，向量法求解面面角问题，化归转化思想，属中档题．
37．（2023•盱眙县校级四模）如图，在平面五边形ABCDE中△ADE是边长为2的等边三角形，四边形ABCD是直角梯形，其中AD∥BC，AD⊥DC，BC＝1，CD＝．将△ADE沿AD折起，使得点E到达点M的位置，且使BM＝．
（1）求证：平面MAD⊥平面ABCD；
（2）设点P为棱CM上靠近点C的三等分点，求平面PBD与平面MAD所成的二面角的正弦值．
【分析】（1）取AD的中点N，连接MN，BN．通过证明BN⊥AD，BN⊥MN，得BN⊥平面MAD．再根据面面垂直的判定可得平面MAD⊥平面ABCD；
（2）以N为坐标原点，直线NA为x轴、NB为y轴、NM为z轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用法向量求出二面角的余弦值，再根据同角公式求出其正弦值．
【解答】解：（1）如图，取AD的中点N，连接MN，BN．
∵△MAD是等边三角形，所以MN⊥AD，且，
在直角梯形ABCD中，因为DN＝BC＝1，DN∥BC，AD⊥DC，
∴四边形BCDN是矩形，所以BN⊥AD，且，
∴BN2+MN2＝6＝BM2，即BN⊥MN，
又∵AD∩MN＝N，AD⊂平面MAD．MN⊂平面MAD，
∴BN⊥平面MAD．
∵BN⊂平面ABCD，
∴平面MAD⊥平面ABCD．
（2）由（1）知NA，NB，NM两两互相垂直，
以N为坐标原点，直线NA为x轴、NB为y轴、NM为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
根据题意，，
由P是棱CM的靠近点C的三等分点得，，
∵平面MAD的一个法向量为，
设平面PBD的一个法向量为，
则，即，
令y＝1，则，故平面BDP的一个法向量为，
设平面MAD与平面PBD所成的二面角的平面角为θ，
则，
∴，
∴平面MAD与平面PBD所成的二面角的正弦值为．
【点评】本题考查面面垂直以及二面角相关知识，属于较难题．
38．（2023•浙江模拟）在三棱锥P﹣ABC中，，直线PA与平面ABC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为．
（1）求三棱锥体积的取值范围；
（2）当直线PC与平面ABC所成角最小时，求二面角P﹣AB﹣C的平面角的余弦值．
【分析】（1）根据线面夹角分析可得，建立平面直角坐标系求点H的轨迹方程，结合圆的性质可得BH的取值范围，进而可得结果；
（2）根据线面夹角结合圆的性质分析直线PC与平面ABC所成角的最小值，建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角．
【解答】解：（1）如图1，过点P作PH⊥平面ABC，垂足为H，连接AH，BH，
则直线PA与平面ABC所成角为，直线PB与平面ABC所成角为，
可得，则，
以B为远点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立平面直角坐标系，如图2，
则，设H（x，y），
因为AH＝3BH，则，
整理得，
即点H的轨迹是以为圆心，半径的圆，
可得，
即，
所以，
故三棱锥体积，
即三棱锥体积的取值范围为．
（2）连接CH，如图3，
由（1）可知：直线PC与平面ABC所成角为∠PCH，
则，
因为点H的轨迹方程为，且，
即点H的轨迹过点C，延长CB，HB分别交圆M于点E，D，
则，
当且仅当D，E，M三点共线时，等号成立，
因为，则，
可得直线OE的方程为，
联立方程，解得或，
即点，可得，
以B为坐标原点建立建立空间直角坐标系，如图4，
则，
可得，
设为平面PAB的法向量，
则，即，
令b＝3，则a＝0，c＝，所以平面PAB的法向量，
由题意可知：平面ABC的法向量为，
则，
所以二面角P﹣AB﹣C的平面角的余弦值为．
【点评】本题考查三棱锥的体积的范围的求解，向量法求解二面角问题，函数思想，化归转化思想，属难题．
39．（2023•市中区校级模拟）在直角梯形AA1B1B中，A1B1∥AB，AA1⊥AB，AB＝AA1＝2A1B1＝6，直角梯形AA1B1B绕直角边AA1旋转一周得到如下图的圆台A1A，已知点P，Q分别在线段CC1，BC上，二面角B1﹣AA1﹣C1的大小为θ．
（1）若θ＝120°，，AQ⊥AB，证明：PQ∥平面AA1B1B；
（2）若θ＝90°，点P为CC1上的动点，点Q为BC的中点，求PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值，并求此时二面角Q﹣AP﹣C的余弦值．
【分析】（1）由已知可建立以A为原点，AB，AQ，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算，即可证明线面平行；
（2）根据已知可建立以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设，根据线面关系求得PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值，即得λ的值，利用空间向量坐标运算即可求得此时二面角Q﹣AP﹣C的余弦值．
【解答】（1）证明：∵AA1⊥AB，∴AA1⊥AC，∴∠BAC＝∠B1A1C1＝θ＝120°，
又AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，∴AA1⊥平面ABC，
又AQ⊂平面ABC，∴AA1⊥AQ，又AQ⊥AB，
如图，以A为原点，AB，AQ，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由于AB＝AA1＝2A1B1＝6，∴，
则，
又，∴，则，
∴，又y轴⊥平面AA1B1B，
故可为平面AA1B1B的一个法向量，
又，且PQ⊄平面AA1B1B，∴PQ∥平面AA1B1B；
（2）解：∵AA1⊥AB，∴AA1⊥AC，∴∠BAC＝∠B1A1C1＝θ＝90°，
如图，以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则B（6，0，0），C（0，6，0），C1（0，3，6），Q（3，3，0），
设，则，
则，
又x轴⊥平面AA1C1C，∴可作为平面AA1C1C的一个法向量，
设PQ与平面AA1C1C所成角为α，且，
则，
又函数y＝sinα与y＝tanα均在上单调递增，
∴当时，有最大值为，此时tanα也取到最大值，
又，则；
设为平面APQ的法向量，又，
∴，令z＝9，则平面APQ的法向量，
平面APC的一个法向量为，
∴，由图可知二面角Q﹣AP﹣C为锐角，即二面角Q﹣AP﹣C的余弦值为．
∴PQ与平面AA1C1C所成最大角的正切值为，此时二面角Q﹣AP﹣C的余弦值为．
【点评】本题主要考查直线与平面平行的证明，线面角、二面角的求法，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于难题．
40．（2023•重庆模拟）如图四棱锥S﹣ABCD，AC＝2，B，D在以AC为直径的圆上，SA⊥平面为SC的中点．
（1）若，证明：DE⊥AB；
（2）当二面角D﹣SC﹣A的正切值为时，求点B到平面SCD距离的最大值．
【分析】（1）作出辅助线，得到△ABD为等边三角形，DM⊥AB，由线面垂直得到SA⊥AB，从而得到AB⊥平面EOD，证明出DE⊥AB；
（2）作出辅助线，得到∠DNH为二面角D﹣SC﹣A的平面角，由二面角的大小得到，∠SCA＝45°，由勾股定理得到，，当B位于线段CD中垂线上时，S△BCD取得最大值，由等体积法得到．
【解答】（1）证明：记AC的中点为O，连接EO，则O为圆心，
又E为SC的中点，所以EO∥SA，
因为SA⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
连接BD，连接DO并延长DO，交AB于点M，
．
因为，所以，
因为AC为直径，由对称性可知AB＝AD，故△ABD为等边三角形，
又因为O为△ABD的外心，所以O为△ABD的中心，故DM⊥AB，
∵EO⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴EO⊥AB，
∵DM∩EO＝O，DM，EO⊂平面EOD，
∴AB⊥平面EOD，
∵DE⊂平面EOD，∴DE⊥AB．
（2）解：过点D作DH⊥AC于H，作HN⊥SC于N，连接DN，如图所示，
因为SA⊥平面ABCD，DH⊂平面ABCD，所以SA⊥DH，
因为DH⊥AC，AC∩SA＝A，AC，SA⊂平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因为SC⊂平面SAC，所以DH⊥SC，
因为HN⊥SC，DH∩HN＝H，DH，HN⊂平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因为DN⊂平面DHN，所以DN⊥SC，
故二面角D﹣SC﹣A的平面角为∠DNH，
因为∠DOC＝2∠DAC＝，所以△OCD为等边三角形，
所以DO＝CO＝DC＝AC＝1，所以，，
所以，所以，
在Rt△NHC中，，所以∠SCA＝45°，
所以△ASC为等腰直角三角形，所以SA＝AC＝2，
又，所以，
因为SA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因为AD⊥DC，AS∩AD＝A，AS，AD⊂平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因为SD⊂平面ASD，所以DC⊥SD，
所以，
由于点B在半圆弧AC上运动，当B位于线段CD中垂线上时，△BCD的面积取得最大值，
且最大值为，
设点B到平面SCD距离为d，
根据，
即点B到平面SCD距离的最大值为．
【点评】本题主要考查线线垂直的证明，二面角的求法，点到平面距离的求法，考查数形结合思想与转化思想的应用，考查逻辑推理与运算求解能力，属于难题．
41．（2023•泸县校级模拟）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，在“阳马”P﹣ABCD中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD．
（1）若PB＝4，试计算底面ABCD面积的最大值；
（2）过棱PC的中点E作EF⊥PB，交PB于点F，连DE，DF，BD，若平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，试求的值．
【分析】（1）根据已知条件，可设PD＝CD＝x，AD＝y，表示出底面ABCD的面积，然后利用基本不等式即可完成最值求解；
（2）设出AD＝λ，以点D为原点，建立空间直角坐标系，分别求解出平面DEF与平面ABCD的法向量，然后利用已知条件，求解出λ，即可求解出的值．
【解答】解：（1）设PD＝CD＝x，AD＝y，
由已知可知2x2+y2＝16，而底面ABCD的面积为xy，
则由均值不等式，可知，
当且仅当时等号成立；
（2）如图，以点D为原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，
建立空间直角坐标系，
设PD＝DC＝1，AD＝λ，则D（0，0，0），P（0，0，1），B（λ，1，0），C（0，1，0），
所以，由于E是PC的中点，则，故，
于是，即PB⊥DE，
又已知EF⊥PB，而DE∩EF＝E，
所以PB⊥平面DEF，故是平面DEF的一个法向量，
而因为PD⊥平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量，
由已知平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，
则，解得，
所以．
故当平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为．
【点评】本题考查了基本不等式和二面角的应用，属于难题．
42．（2023•九江模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为A1B上一点，AD⊥平面A1BC．
（1）求证：BC⊥A1B；
（2）若，AB＝BC＝2，P为AC的中点，求二面角A﹣A1B﹣P的余弦值．
【分析】（1）由已知得A1A⊥平面ABC，A1A⊥BC，AD⊥BC．由此能证明BC⊥A1B．
（2）由（1）知BC⊥平面A1AB，从而BC⊥AB，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz，利用向量法能求出二面角A﹣A1B﹣P的平面角的余弦值．
【解答】（1）证明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，
∴A1A⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，∴A1A⊥BC，
∵AD⊥平面A1BC，且BC⊂平面A1BC，
∴AD⊥BC．又AA1⊂平面A1AB，AD⊂平面A1AB，A1A∩AD＝A，
∴BC⊥平面A1AB，
又A1B⊂平面A1BC，∴BC⊥A1B．
（2）解：由（1）知BC⊥平面A1AB，AB⊂平面A1AB，从而BC⊥AB，
如图，以B为原点建立空间直角坐标系B﹣xyz，
∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直线A1B上，
∴AD⊥A1B．
在Rt△ABD中，AD＝，AB＝2，
sin∠ABD＝＝，∠ABD＝60°，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，A1A⊥AB．
在Rt△ABA1中，AA1＝AB•tan60°＝2，
则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），
P（1，1，0），A1（0，2，2），
，＝（0，2，2），，
设平面PA1B的一个法向量，
则，即，
得，
平面AA1B的一个法向量为＝，
则，
∴二面角A﹣A1B﹣P平面角的余弦值是．
【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
一十二．点、线、面间的距离计算（共17小题）
43．（2023•延边州二模）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为CC1，AB的中点，若P是侧面BCC1B1上一点，且PN∥平面AB1M，则线段PN的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】先求出平面CND∥平面AB1M，再确定点P在线段CD上，进而由PN⊥CD得出答案．
【解答】解：如图，
取BB1的中点为D，连接CD，ND，
∵ND∥AB1，ND不包含于平面AB1M，AB1包含于平面AB1M，∴ND∥平面AB1M，
同理CD∥平面AB1M，∵CD∩ND＝D，
∴平面CND∥平面AB1M，
∵PN∥平面AB1M，
∴点P在线段CD上，
当PN⊥CD时，线段PN最短，
∵|ND|＝＝，|CD|＝＝5，|CN|＝＝2，
则|CN|2+|ND|2＝|CD|2，∴CN⊥ND，
∴CN•ND＝CD•PN，
∴PN＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查面面平行的判定，考查三角形面积的运用，属于中档题．
44．（2023•海淀区校级三模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为线段BC，CC1，BB1上的动点（不含端点），
①异面直线D1D与AF所成角可以为；
②当G为中点时，存在点E，F使直线A1G与平面AEF平行；
③当E，F为中点时，平面AEF截正方体所得的截面面积为；
④存在点G，使点C与点G到平面AEF的距离相等，
则上述结论正确的是（ ）
A．①③B．②④C．②③D．①④
【分析】根据异面直线夹角的求解方法，线面平行的判定，以及正方体的截面面积的计算，结合几何体的结构特点，对每个选项进行逐一分析，即可判断得答案．
【解答】解：对于①，∵D1D∥A1A，∴D1D与AF的夹角即为A1A与AF的夹角∠A1AF，
又当F与C重合时，∠A1AF取得最大值为，
当F与点C1重合时，∠A1AF取得最小值，设其为α，
则，故；
又点F不能与C，C1重合，故，故①错误；
对于②，当G为B1B中点时，存在E，F分别为BC，C1C的中点，
满足A1G∥平面AEF，证明如下：
取B1C1的中点为M，连接A1M，MG，
显然A1M∥AE，又AE⊂面AEF，A1M⊄面AEF，∴A1M∥平面AEF，
又MG∥BC1∥EF，EF⊂面AEF，MG⊄面AEF，∴MG∥平面AEF，
又A1M∩MG＝M，A1M，MG⊂面A1MG，∴平面A1MG∥平面AEF，
又A1G⊂平面A1MG，∴A1G∥平面AEF，故②正确；
对于③，连接AD1，D1F，AE，
∵EF∥BC1∥AD1，∴平面AEFD1即为平面AEF截正方体所得截面．
又，∴该截面为等腰梯形，又，，
∴截面面积，故③正确；
对于④，连接GC，取其中点为H，
要使得点G到平面AEF的距离等于点C到平面AEF的距离，只需EF经过GC的中点，
可知当点E、F分别为所在棱的中点时，不存在这样的点G满足要求，故④错误．
故选：C．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
45．（2023•洪山区校级模拟）正方形ABB1A1的边长为12，其内有两点P、Q，点P到边AA1，A1B1的距离分别为3，2，点Q到边BB1，AB的距离也是3和2．现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和A1B1重合（如图）．则此时P、Q两点间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用点P和点Q所在的截面圆圆心，将P、Q两点间的距离转化为的模进行计算即可．
【解答】解：如图，设过点P且平行底面的截面圆心为O1，
过点Q且平行底面的截面圆心为O2，
设圆柱底面半径为r，则2πr＝12，所以r＝，
＜，＞＝，
∵，
∴||2＝||2
＝2r2+||2+2
＝2+62+2
＝3，
∴．
故选：C．
【点评】本题考查空间中两点之间的距离求法，属中档题．
46．（2023•安庆二模）一底面半径为1的圆柱，被一个与底面成45°角的平面所截（如图），O为底面圆的中心，O1为截面的中心，A为截面上距离底面最小的点，A到圆柱底面的距离为1，B为截面图形弧上的一点，且，则点B到底面的距离是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意可得截面椭圆是以O1为中心，A为长轴端点的椭圆，其长轴长为，短轴长为2，作BC⊥AO1于C，因为，联立直线O1B的方程和椭圆方程可求得，可得出CO1，过C作CD⊥OO1，即可求出O1D和OD，即可得出答案．
【解答】解：圆柱半径为1，截面与底边所成角为45°，作AM⊥OO1于M，
则，AO1＝．
截面椭圆是以O1为中心，A为长轴端点的椭圆，其长轴长为，短轴长为2，
所以椭圆的方程为，
作BC⊥AO1于C，因为，直线O1B的方程为，
所以设，
又因为在椭圆上，解得：，
所以，，
过C作CD⊥OO1，则，
，
由于BC，CD均平行于底面，
故B点到底面的距离是．
故选：C．
【点评】本题考查点面距的求解，化归转化思想，方程思想，属中档题．
（多选）47．（2023•梅州二模）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为边AD的中点，点P为线段D1B上的动点，设D1P＝λD1B，则（ ）
A．当时，EP∥平面AB1C
B．当时，|PE|取得最小值，其值为
C．|PA|+|PC|的最小值为
D．当C1∈平面CEP时，
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用两点间距离公式计算判断BC；确定直线D1B与平面CEP交点的位置判断D作答．
【解答】解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），E（1，0，0），
所以，则点P（2λ，2λ，2﹣2λ），
对于A，，，，而，
显然，即是平面AB1C的一个法向量，
而，因此不平行于平面AB1C，即直线EP与平面AB1C不平行，A错误；
对于B，，则，
因此当时，|PE|取得最小值，B正确；
对于C，，
于是，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，取A1D1的中点F，连接EF，C1F，CE，如图，
因为E为边AD的中点，则EF∥DD1∥CC1，当C1∈平面CEP时，P∈平面CEFC1，
连接B1D1∩C1F＝Q，连接BD∩CE＝M，连接MQ，显然平面CEFC1∩平面BDD1B1＝MQ，
因此MQ∩D1B＝P，BB1∥CC1，CC1⊂平面CEFC1，BB1⊄平面CEFC1，则BB1∥平面CEFC1，
即有MQ∥BB1，而，
所以，D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查了直线与平面平行的判定定理，考查了利用空间向量求空间中的距离问题，属于中档题．
（多选）48．（2023•龙华区校级模拟）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点Q，使得C1Q∥A1C
B．存在点Q，使得C1Q⊥A1C
C．对于任意点Q，Q到A1C的距离的取值范围为[，]
D．对于任意点Q，△A1CQ都是钝角三角形
【分析】对于A：由C1Q⊂平面CDD1C1，A1C与平面CDD1C1相交，即可判断；对于B：当点Q与点D重合时，根据线面垂直的判定定理与性质定理，可证C1Q⊥A1C；对于C：取两个特殊点进行运算，当点Q与点D重合时，由等面积法可得点Q到A1C的距离d＝；当点Q为棱DD1的中点时，由勾股定理，求得点Q到A1C的距离d＝，可判断C；对于D：设DQ＝x，x∈[0，1]，在△A1CQ中，最大的角为∠A1QC，再结合勾股定理与余弦定理，推出cs∠A1QC≤0，即∠A1QC不可能为锐角，得解．
【解答】解：对于A：因为点Q是棱DD1上的动点，所以C1Q⊂平面CDD1C1，
又A1C∩平面CDD1C1＝C，所以C1Q与A1C异面，即不可能存在点Q，使得C1Q∥A1C，故A正确；
对于B：当点Q与点D重合时，
由正方体的性质知，C1Q⊥CD1，A1D1⊥平面CDD1C1，
因为C1Q⊂平面CDD1C1，所以A1D1⊥C1Q，
又CD1∩A1D1＝D1，所以C1Q⊥平面A1CD1，
因为A1C⊂平面A1CD1，所以C1Q⊥A1C，故B正确；
对于C：设正方体的棱长为1，
当点Q与点D重合时，△A1CQ为直角三角形，其中A1C＝，CQ＝1，A1Q＝，
所以点Q到A1C的距离d＝＝；
当点Q为棱DD1的中点时，△A1CQ为等腰三角形，其中A1C＝，CQ＝A1Q＝，
所以点Q到A1C的距离d＝＝＝，
此时易证QM是异面直线A1C与DD1的公垂线，
所以对于任意点Q，Q到A1C的距离的取值范围为[，]，故C正确；
对于D：设DQ＝x，x∈[0，1]，则D1Q＝1﹣x，
所以CQ＝＝，A1Q＝＝，
在△A1CQ中，最长的边为A1C＝，所以最大的角为∠A1QC，
由余弦定理知，cs∠A1QC＝＝＝，
因为x∈[0，1]，所以x（x﹣1）≤0，所以cs∠A1QC≤0，即∠A1QC可能为钝角也可能为直角，
所以对于任意点Q，△A1CQ不一定是钝角三角形，故D不正确．
故选：ABC．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，点到线距离的求法，余弦定理等是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
（多选）49．（2023•连云港模拟）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，顶点A在平面α内，其余顶点在α的同侧，顶点 A1，B，C到α的距离分别为，1，2，则（ ）
A．BD∥平面α
B．平面ACB1⊥平面α
C．正方体的棱长为
D．直线C1D与α所成角比直线BB1与α所成角小
【分析】根据点到面的距离的性质，结合线面垂直的判定定理、线面角的定义、面面相交的性质进行求解判断．
【解答】解：对于A，∵B，C到α的距离分别是1，2，不相等，
∴BC不可能与平面α平面，故A错误；
对于B，设AC，BD交点为O，由题意得O是AC的中点，
∵平面ABCD∩α＝A，C到平面α的距离为2，
∴O到α的距离为1，而B到α的距离为1，
∴BO∥平面α，∴DB∥平面α，
设平面ABCD∩平面α＝l，则BD∥l，
∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD，
∵AA1∩AC＝A，∴BD⊥平面A1AC，
∴l⊥平面A1AC，∵l⊂α，∴平面ACB1⊥平面α，故B正确；
对于C，设B1到平面α的距离为d，
∵平面AA1B1B∩α＝A，四边形AA1B1B是正方形，点A1，B到α的距离分别为，1，
∴＝，解得d＝+1，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为a，
设直线AB1与α所成角为β，则sinβ＝＝，
设直线AA1与α所成角为γ，则sinγ＝＝，
∵，∴sinβ＜sinγ，∴β＜γ，故C正确；
对于D，∵平面A1AC⊥平面α，平面A1AC∩平面α＝l，A∈l，
∴C，A1在平面α的射影E，F与A共线，
由题意得CE＝2，，AC＝，AA1＝a，AA1⊥AC，如图，
∵∠ECA+∠CAE＝∠CAe+∠A1AF，∴∠ECA＝∠A1AF，
cs，sin，
∵cs2∠ECA+sin2∠A1AF＝1，∴＝1，解得a＝2（负值舍），故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查点到面的距离、线面垂直的判定定理、线面角的定义、面面相交的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
50．（2023•山西模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M为棱AD的中点，点P为正方体表面及其内部的一个动点且A1M⊥AP，则线段AP的长度的最大值为 3 ．
【分析】取DD1的中点Q，CC1的中点N，连接BN、NQ、AQ，设AQ∩A1M＝E，推导出A1M⊥平面ABNQ，可知平面ABNQ内任一点P（不与A重合）均满足AP⊥A1M，结合图形可求得AP的最大值．
【解答】解：如图，取DD1的中点Q，CC1的中点N，连接BN、NQ、AQ，设AQ∩A1M＝E，
因为CC1∥DD1且CC1＝DD1，N、Q分别为CC1、DD1的中点，
则CN∥DQ且CN＝DQ，所以四边形CDQN为平行四边形，所以QN∥CD且QN＝CD，
又因为AB∥CD且AB＝CD，所以AB∥QN且AB＝QN，
所以四边形ABNQ为平行四边形，
因为AA1＝DA，AM＝DQ，∠A1AM＝90°＝∠ADQ，所以△A1AM≌△ADQ，
所以∠AMA1＝∠DQA，所以∠AMA1+∠DAQ＝∠DQA+∠DAQ＝90°，
所以∠AEM＝90°，故A1M⊥AQ，
因为AB⊥平面AA1D1D，A1M⊂平面AA1D1D，所以A1M⊥AB，
因为AB∩AQ＝A，AB、AQ⊂平面ABNQ，所以A1M⊥平面ABNQ，
则平面ABNQ内任一点P（不与A重合）均满足AP⊥A1M，
由图可知，．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查两点间的距离的计算，棱柱的结构特征，考查运算求解能力，属于中档题．
51．（2023•大埔县三模）如图，在三棱锥A﹣BCD中，P是AC的中点，E，F分别为线段AD，CD上的动点，BC⊥CD，AB⊥平面BCD，若AB＝BC＝CD＝8，则的最小值为 8 ．
​
【分析】当点E固定，且EF⊥CD时，EF的值最小，过点E作EM⊥BD，垂足为M，连接MF，分析可知，且当△CAD沿AD翻转到平面ABD时，四边形ABDC构成矩形，此时PE+EM的最小值为AB，由此得解．
【解答】解：当点E固定，且EF⊥CD时，EF的值最小，
过点E作EM⊥BD，垂足为M，连接MF，
因为BC⊥CD，AB⊥平面BCD，
所以EM∥AB，MF∥BC，EF∥AC．
因为AB＝BC，
所以，
所以．
因为AB＝BC＝CD＝8，BC⊥CD，AB⊥平面BCD，
所以△ACD≌△DBA，
所以当△CAD沿AD翻转到平面ABD时，四边形ABDC构成矩形，
所以PE+EM的最小值为AB＝8，
即的最小值为8．
故答案为：8．
【点评】本题考查立体几何的长度问题，要求考生在直观认识空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出点、线、面的位置关系的定义，属于中档题．
52．（2023•河南模拟）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，点E为A1B1中点，点F为AD中点，直线B1C与直线EF所成角的余弦值为，过E、F、C1做该正四棱柱的截面，则截面周长为 ．
【分析】根据正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面边长为4，利用直线B1C与直线EF所成角的余弦值为，可计算出侧棱AA1＝6，再利用面面平行的性质定理作出过E、F、C1的截面为五边形EQFMC1，利用勾股定理即可分别计算出各边长即可计算出截面周长为．
【解答】解：画出正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，连接B1C，A1D，取AA1的中点为G，连接GF，如下图所示，
由正四棱柱性质易知B1C∥A1D，
GF为△AA1D的中位线，∴GF∥A1D，因此异面直线B1C与EF所成角即为∠GFE或其补角，
可设AA1＝2a（a＞0），又AB＝4，易得，
由余弦定理可知，，
解得a＝3，即AA1＝6，
过E、F、C1做该正四棱柱的截面，设截面交DC与点M，如下图所示，
易知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
截面EFC1∩平面ABCD＝MF，截面EFC1∩平面A1B1C1D1＝EC1，
由面面平行的性质定理可得MF∥EC1，
取CD的中点为N，连接AN，AE，C1N，可得AN∥EC1，
即MF∥AN，
延长MF交BA的延长线于点P，连接EP交AA1于点Q，连接QF，
则过E、F、C1的截面为五边形EQFMC1，
又∵点F为AD中点，∴点M即为DN的中点，
∴，CM＝3，，∴A1Q＝4，AQ＝2，
则，，
易知，，，
∴五边形截面EQFMC1周长为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查异面直线所成的角，两点间距离的计算，平面基本定理及推论，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
53．（2023•福建模拟）如图，一张A4纸的长AD＝2a，宽AB＝2a，M，N分别是AD，BC的中点．现将△ABD沿BD折起，得到以A，B，C，D为顶点的三棱锥，则三棱锥与A﹣BCD的外接球O的半径为 a ；在翻折的过程中，直线MN被球O截得的线段长的取值范围是 （a，2a） ．
【分析】取BD的中点O，可得AO＝OB＝OC＝OD，可求三棱锥A﹣BCD的外接球O的半径，过M，N分别向BD作垂线，垂足分别为H，K，进而可得a＜MN＜2a，从而可求直线MN被球O截得的线段长的取值范围．
【解答】解：取BD的中点O，在翻折的过程中，
由直角三角形ABD与直角三角形BCD，可得AO＝OB＝OC＝OD，
∴BD为三棱锥A﹣BCD的外接球O的直径，
又BD＝＝2a，
∴三棱锥与A﹣BCD的外接球O的半径为a，
过M，N分别向BD作垂线，垂足分别为H，K，
由平面几何知识可得A，C到BD的距离为a，∴MH＝NK＝a，
∴DH＝BK＝a，∴HK＝a，
∵＝++，
∴2＝2+2+2+2•+2•+2•＝a2+a2+a2+2×a×acsθ，
∵0＜θ＜180°，
∴a2＜2＜4a2，∴a＜MN＜2a，
∵OM＝ON，MN最长时，O到直线MN的距离最小，
当MN＝2a时，直线NM过球心，∴MN＜2a，
MN最小时，O到直线MN的距离最大，当MN＝时，
球心到直线的距离为a，MN＞2＝a，
∴直线MN被球O截得的线段长的取值范围是（a，2a）．
故答案为：a；（a，2a）．
【点评】本题考查空间几何体的外接球问题，考查运算求解能力，属中档题．
54．（2023•四川模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2BC＝2，E是PD的中点．
（1）求证：平面EAC⊥平面PBC；
（2）若PD＝2，求P到平面AEC的距离．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理证明求解；
（2）利用体积公式求点到平面的距离．
【解答】证明：（1）∵PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PC⊥AC．
取AB的中点M，连接CM，
∵AB∥CD，AB＝2CD，
∴AM∥CD，AM＝CD，
∴四边形ADCM为平行四边形．
∵，
∴平行四边形ADCM为菱形，
∴AC⊥MD．
∵MB∥CD，MB＝CD，
∴四边形BMDC为平行四边形，
∴BC∥MD，
∴BC⊥AC．
又有PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
∴AC⊥平面PBC．AC⊂平面EAC，
∴平面EAC⊥平面PBC．
（2）解：∵PD＝2，CD＝1，PC⊥DC，∴，
又有BC＝1，AB＝2，∠ACB＝90°，
∴.，
E为PD的中点，
，
∴在Rt△PAC中，．
由cs∠AED+cs∠AEP＝0，
得，解得．
在△AEC中，，则，∴△AEC的面积．
设P到平面AEC的距离为d，又，解得．
【点评】本题主要考查点、线、面间的距离计算，考查转化能力，属于中档题．
55．（2023•海淀区模拟）如图，空间几何体由两部分构成，上部是一个底面半径为1，高为2的圆锥，下部是一个底面半径为1，高为2的圆柱，圆锥和圆柱的轴在同一直线上，圆锥的下底面与圆柱的上底面重合，点P是圆锥的顶点，AB是圆柱下底面的一条直径，AA1、BB1是圆柱的两条母线，C是弧的中点．
（1）求异面直线PA1与BC所成的角的大小；
（2）求点B1到平面PAC的距离．
【分析】（1）以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线PA1与BC所成的角的大小．
（2）求出平面PAC的法向量，利用向量法能求出点B1到平面PAC的距离．
【解答】解：（1）由题意以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
则P（0，0，4），A1（0，﹣1，2），B（0，1，0），C（1，0，0），
＝（0，﹣1，﹣2），＝（1，﹣1，0），
cs＜，＞＝＝＝．
∴异面直线PA1与BC所成的角的大小为．
（2）B1（0，1，2），A（0，﹣1，0），
＝（0，1，﹣2），＝（0，﹣1，﹣4），＝（1，0，﹣4），
设平面PAC的法向量＝（x，y，z），
则，取z＝1，得＝（4，﹣4，1），
∴点B1到平面PAC的距离为：
d＝＝＝．
【点评】本题考查异面直线所成角的大小、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
56．（2023•锦州一模）在直角梯形ABCD中（如图一），AB∥DC，AD⊥DC，．将△ADC沿AC折起，使AD⊥DB（如图二）．
（1）求证：平面ABC⊥平面ADC；
（2）设E为线段AB的中点，求点E到直线CD的距离．
【分析】（1）首先取AB的中点E，连接CE，根据题意易证AD⊥平面BCD，从而得到AD⊥BC，即可得到BC⊥平面ACD，再根据面面垂直的判定即可证明平面ABC⊥平面ADC．
（2）首先取AC，CD的中点F，H，连接EF，FH，HE，易证CD⊥平面EFH，从而得到CD⊥EH，再计算EH的长度即可．
【解答】证明：（1）取AB的中点E，连接CE，如图所示：
因为AD⊥DC，，
则四边形AECD为正方形，所以，
因为AC2+BC2＝AB2，所以BC⊥AC．
因为AD⊥DC，AD⊥DB，CD⋂BD＝D，CD，BD⊂平面BCD，
所以AD⊥平面BCD．
又因为BC⊂平面BCD，所以AD⊥BC．
因为BC⊥AC，BC⊥AD，AD⋂AC＝A，AC，AD⊂平面ACD，
所以BC⊥平面ACD，
又因为BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC．
（2）解：取AC，CD的中点F，H，连接EF，FH，HE，
因为BC⊥平面ACD，EF∥BC，所以EF⊥平面ACD，
又因为CD⊂平面ACD，所以EF⊥CD．
因为AD⊥CD，AD∥FH，所以FH⊥CD．
因为EF⊥CD，FH⊥CD，EF∩FH＝F，EF，FH⊂平面EFH，
所以CD⊥平面EFH，
又因为EH⊂平面EFH，所以CD⊥EH．
因为，，且HF⊥EF，
所以，
即点 E 到直线 CD 的距离为．
【点评】本题主要考查平面与平面垂直的判定，考查转化能力，属于难题．
57．（2023•天津模拟）如图，在三棱锥S﹣ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，AC＝，CD＝ED．
（Ⅰ）求证：DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）求二面角A﹣SD﹣C的余弦值；
（Ⅲ）求点A到平面SCD的距离．
【分析】（Ⅰ）建立坐标系，求出向量的坐标，得到DE⊥CD，DE⊥CS，求出线面垂直即可；
（Ⅱ）设平面SAD的法向量为＝（x，y，z），求出一个法向量，代入余弦公式即可求出余弦值；
（Ⅲ）作AH⊥平面SCD，垂足为H，求出的坐标，从而求出点A到平面SCD的距离．
【解答】解：如图示：
，
以C为原点建立空间直角坐标系，
由题意得：A（，0，0），C（0，0，0），D（1，1，0），E（0，2，0），S（0，0，3），
（Ⅰ）证明：∵＝（﹣1，1，0），＝（1，1，0），＝（0，0，3），
∴•＝﹣1+1+0＝0，•＝0+0+0＝0，
即DE⊥CD，DE⊥CS，
∵CD∩CS＝C，
∴DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得＝（﹣1，1，0）为平面SCD的一个法向量，
设平面SAD的法向量为＝（x，y，z），
而＝（﹣，1，0），＝（﹣，0，3），
则，即，
不妨设x＝2，可得＝（2，1，1），
易知二面角A﹣SD﹣C为锐角，
因此有|cs＜，＞|＝＝，
即二面角A﹣SD﹣C的余弦值是；
（Ⅲ）解：＝（﹣，0，0），＝（﹣，1，0），＝（﹣，0，3），
作AH⊥平面SCD，垂足为H，
设＝x+y+z＝（﹣x﹣y﹣z，y，3z），且x+y+z＝1，
由⊥，⊥，得：
，解得，
∴＝（﹣，，0），||＝，
即点A到平面SCD的距离是．
【点评】本题考查了线面垂直，考查平面的法向量，点到平面的距离，是一道中档题．
58．（2023•红桥区二模）如图，在底面是矩形的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4．E是PD的中点，
（Ⅰ）求证：平面PDC⊥平面PAD；
（Ⅱ）求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值；
（Ⅲ）求B点到平面EAC的距离．
【分析】以A为原点，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，易得点的坐标，进而可得，，，，，的坐标，
（Ⅰ）由数量积为0可得CD⊥AD，CD⊥AP，可得CD⊥平面PAD，进而可得平面PDC⊥平面PAD；
（Ⅱ）由数量积为0可求平面AEC的法向量＝（1，，1）．而平面ABC的法向量＝（0，0，2），求向量夹角的余弦值可得；
（Ⅲ） 点B到平面AEC的距离为h＝，代值计算即可．
【解答】解：以A为原点，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），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），E（0，2，1），P（0，0，2）．
∴＝（2，0，0），＝（0，4，0），＝（0，0，2），＝（﹣2，0，0），
＝（0，2，1），＝（2，4，0），
（Ⅰ）∵＝0，∴CD⊥AD，又∵＝0，∴CD⊥AP，
∵AP∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，由CD⊂平面PDC可得平面PDC⊥平面PAD；
（Ⅱ）设平面AEC的法向量＝（x，y，z），
由可得，解得，∴＝（1，，1）．
而平面ABC的法向量＝（0，0，2），
∴cs＜，＞＝＝＝
∴平面EAC与平面ACD夹角的余弦值是；
（Ⅲ） 设点B到平面AEC的距离为h，
由（Ⅰ）（Ⅱ）可知＝（2，0，0），＝（1，，1），
则h＝＝＝，∴B点到平面EAC的距离是
【点评】本题考查空间向量法解决立体几何问题，建系并求对相应向量的坐标是解决问题的关键，属难题．
59．（2023•陵水县模拟）已知四棱锥S﹣ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点．
（1）求证：平面EBD⊥平面SAC；
（2）设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离．
【分析】（1）证明平面EBD内的直线BD，垂直平面SAC内的两条相交直线AC，SA，即可证明平面EBD⊥平面SAC；
（2）SA＝4，AB＝2，设AC∩BD＝F，连SF，点A到平面SBD的距离为h，利用•S△SBD•h＝•S△ABD•SA，求点A到平面SBD的距离；
【解答】解：（1）∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴SA⊥BD、
∵ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∴BD⊥平面SAC、
∵BD⊂平面EBD，
∴平面EBD⊥平面SAC、
（2）设AC∩BD＝F，连SF，则SF⊥BD、
∵AB＝2．∴BD＝2．
∵SF＝＝＝3
∴S△SBD＝BD•SF＝•2•3＝6．
设点A到平面SBD的距离为h，
∵SA⊥平面ABCD，
∴•S△SBD•h＝•S△ABD•SA，
∴6•h＝•2•2•4，
∴h＝，
∴点A到平面SBD的距离为．
【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，点、线、面间的距离计算，考查逻辑思维能力，转化思想，是中档题．
一十三．向量语言表述线面的垂直、平行关系（共1小题）
（多选）60．（2023•镇海区校级模拟）在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：
（1）过点P0（x0，y0，z0），且以＝（a，b，c）（abc≠0）为方向向量的空间直线l的方程为．
（2）过点P（x0，y0，z0），且＝（m，n，t）（mnt≠0）为法向量的平面α的方程为m（x﹣x0）+n（y﹣y0）+t（z﹣z0）＝0．
现已知平面α：x+2y+3z＝6，l1：，l2：x＝y＝2﹣z，l3：，则（ ）
A．l1∥αB．l2∥αC．l3∥αD．l1⊥α
【分析】根据题意，分析平面α的法向量和三条直线的方向向量，由此分析三条直线与平面的位置关系，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，平面α：x+2y+3z＝6，即（x﹣1）+2（y﹣1）+3（y﹣1）＝0，则平面α一个的法向量为（1，2，3），设＝（1，2，3），
直线l1：，变形可得：2x＝y+1＝（z+2），即＝＝，
则直线l1的一个方向向量为（，1，），设＝（，1，），
由于＝2，则l1⊥α，A错误，D正确；
直线l2：x＝y＝2﹣z，即＝＝，直线l2的一个方向向量为（1，1，﹣1），设＝（1，1，﹣1），
由于•＝1+2﹣3＝0，则⊥，
对于l2：x＝y＝2﹣z，当x＝0时，有y＝0，z＝2，直线l2过点（0，0，2），平面α：x+2y+3z＝6，也过点（0，0，2），则l2⊂α，B错误；
直线l3：，则直线l3的一个方向向量为（5，﹣4，1），设＝（5，﹣4，1），
由于＝2，则l1⊥α，A错误，D正确；
由于•＝5﹣8+3＝0，则⊥，
同时，l3：，过点（1，0，0），平面α：x+2y+3z＝6不过点（1，0，0），则有l3∥α，C正确．
故选：CD．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，涉及平面的法向量，属于基础题．