2026年高考数学一轮专题训练：空间向量的应用 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：空间向量的应用 [含答案]，共15页。

A．5B．3C．322D．23
2．（2025春•百色校级期中）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，AD＝4，点E在棱BC上，且BC＝4BE，点G为△AB1C的重心，则点G到直线AE的距离为（ ）
A．63B．2C．33D．3
3．（2025春•蒸湘区校级月考）如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，AE＝BD＝42，P为线段AF上的动点（含端点），则下列选项错误的是（ ）
A．AE⊥CF
B．平面PBC与平面ADE可能平行也可能垂直
C．PC2+PE2的取值范围是[32，64]
D．点B到平面CEF的距离为433
4．（2025春•湖南校级期中）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E为边AD上的一点，DE＝1，现将△ABE沿直线BE折成△A'BE，使得点A'在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内（不含边界），设二面角A'﹣BE﹣C的大小为θ，直线A'B，A'C与平面BCDE所成的角分别为α，β，则（ ）
A．β＜α＜θB．β＜θ＜αC．α＜θ＜βD．α＜β＜θ
5．（2025•滁州模拟）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3+3，△FDC是等边三角形，△EAB是等腰直角三角形，AE⊥BE，将△EAB和△FDC分别沿虚线AB和CD翻折，且保持平面EAB∥平面FDC．当EF⊥平面ABCD时，平面EAB与平面FDC的距离等于（ ）
A．1+32B．2+32C．3+32D．3+332
6．（2025春•赣榆区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为棱CC1的中点，则点D到直线BM的距离为（ ）
A．52B．103C．224D．305
7．（2025•长宁区二模）如图，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是C1连接CC1，设θ为二面角C1﹣DE﹣C大小，θ∈（0，π）．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（ ）
A．存在点D和θ，使得DC1⊥AC
B．存在点D和θ，使得BC1⊥AC
C．存在点D和θ，使得BC1⊥DE
D．存在点D和θ，使得CC1⊥DE
8．（2025•佛山二模）已知球O的表面积为12π，球面上有A，B，C，D四点，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为π4，若△ABC是正三角形，则AB＝（ ）
A．2B．3C．2D．3
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•北仑区校级期中）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，A1A＝4，点D在BC上，且DB＝DC，则（ ）
A．直线BA1∥平面AC1D
B．点B到平面AC1D的距离为1717
C．异面直线AB与C1D所成角的余弦值为1734
D．设M，N分别在线段A1B1和C1D上，且A1M：A1B1＝DN：DC1，则MN的最小值为243723
10．（2025春•崇川区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1D1的中点，则（ ）
A．CF＝22
B．C1F→是平面DD1E的法向量
C．A1E与平面BB1D1D所成角的正弦值为1010
D．向量A1E→，BF→，B1D1→共面
11．（2025春•思明区校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M，N分别是正方形ABCD，BCC1B1的中心．则下列结论正确的是（ ）
A．A1M与D1N是异面直线
B．过A1，M，N三点的平面截该正方体所得的截面是四边形
C．B1到平面A1D1M的距离是255
D．若P是线段D1M上的动点，则A1P+PN的最小值是62
12．（2025春•青秀区校级期中）在圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的底面半径为2，母线长为2，点C为PA的中点，圆锥底面上点M在以AO为直径的圆上（不含A、O两点），点H在PM上，且PA⊥OH，当点M运动时，则（ ）
A．三棱锥M﹣PAO的外接球体积为定值
B．直线CH与直线PA不可能垂直
C．直线OA与平面PAM所成的角可能为60°
D．AH+HO＜2
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•扬州校级期中）已知空间中有三点A（3，2，0），B（3，2，2），C（3，0，1），则A到直线BC的距离为 ．
14．（2025•宝鸡模拟）三棱锥A﹣BCD中，DA⊥DB，且DA＝DB＝2DC＝2，则当该三棱锥的体积最大时二面角D﹣AB﹣C的正切值为 ．
15．（2025•许昌模拟）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，AB=23，BC＝4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P﹣ABCD内切球表面上一点，则点M到直线CD距离的最小值为 ．
16．（2025•抚顺一模）已知顶点为P的圆锥有且仅有一条母线PA在平面α内，B是母线PA的中点，点C∈α．若PA与圆锥底面所成的角为60°，圆锥外接球的表面积为256π3，且圆锥底面圆心O到直线BC的距离为13，则BC与圆锥底面所成角的正弦值为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•湖北模拟）如图，已知四边形ABCD为直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD，以AD所在直线为轴将四边形ABCD旋转到四边形AEFD，连接BE，CF，且B，C，F，E四点共面．
（1）证明：多面体ABCDEF是三棱台；
（2）若∠EAB=π3，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值；
（3）若AB＝2，二面角A﹣EB﹣C的余弦值为−17，求平面AEFD与平面ABE夹角的余弦值．
18．（2025春•邗江区校级期中）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1．
（1）取线段PA中点M连接BM，判断直线BM与平面PCD是否平行并说明理由；
（2）求B到平面PCD的距离；
（3）线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为105？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
19．（2025•辽阳校级一模）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是边长为4的正方形，BC1=27，AB=2，AB⊥BC．
（1）求证：平面ACC1A1⊥平面ABC；
（2）求二面角B﹣AC1﹣C的余弦值．
20．（2025春•福建期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB＝2BC＝2CD＝2AD＝2PD＝2，CD∥AB，M为棱PA的中点，N为棱PC上的动点．
（1）证明：PA⊥BD．
（2）若二面角M﹣BD﹣N的余弦值为1010，求PNNC的值．
空间向量的应用
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•长沙校级期中）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是棱BC、CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，若PA1∥面AEF，则线段PA1长度的最小值是（ ）
A．5B．3C．322D．23
【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】C
【分析】建系，利用向量法及函数思想即可求解．
解：分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A（2，0，0）、E（1，2，0）、F（0，2，1），A1（2，0，2），
设点P（x，2，z），其中x、z∈[0，2]，
∴EA→=(1，−2，0)，EF→=(−1，0，1)，A1P→=(x−2，2，z−2)，
设平面AEF的法向量为n→=(x1，y1，z1)，
则n→⋅EA→=x1−2y1=0n→⋅EF→=−x1+z1=0，取n→=(2，1，2)，
∵A1P∥平面AEF，
∴A1P→⋅n→=2(x−2)+2+2(z−2)=0，
∴x+z﹣3＝0，
∴|A1P→|=(x−2)2+4+(z−2)2=(x−2)2+4+(1−x)2=2x2−6x+9=2(x−32)2+92≥322，
当且仅当x=32时，A1P的长度取最小值322，
故选：C．
【点评】本题考查向量法求解距离问题，函数思想的应用，属中档题．
2．（2025春•百色校级期中）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，AD＝4，点E在棱BC上，且BC＝4BE，点G为△AB1C的重心，则点G到直线AE的距离为（ ）
A．63B．2C．33D．3
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离．
解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
由AB＝1，AA1＝2，AD＝4，得A（0，0，0），C（1，4，0），B1（1，0，2），
由点E在棱BC上，且BC＝4BE，得E（1，1，0），△AB1C的重G(23，43，23)，
则AE→=(1，1，0)，AG→=(23，43，23)，AE→⋅AG→=2，|AG→|=263，|AE→|=2，
所以点G到直线AE的距离d=|AG→|2−(AG→⋅AE→|AE→|)2=83−2=63．
故选：A．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
3．（2025春•蒸湘区校级月考）如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，AE＝BD＝42，P为线段AF上的动点（含端点），则下列选项错误的是（ ）
A．AE⊥CF
B．平面PBC与平面ADE可能平行也可能垂直
C．PC2+PE2的取值范围是[32，64]
D．点B到平面CEF的距离为433
【考点】空间中点到平面的距离；直线与平面垂直；平面与平面平行；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解；空间想象．
【正确答案】C
【分析】先证DE⊥平面ABCD，再以A为原点建系，利用向量法证明线线垂直可判断选项A；取特殊位置，结合面面平行、垂直的判定定理可判断选项B；设AP→=λAF→，λ∈[0，1]，可将PC2+PE2表示成关于λ的二次函数，再结合二次函数的性质，可判断选项C；利用等体积法求点到平面的距离可判断选项D．
解：由矩形BDEF知，BD⊥DE，
因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BDEF，
所以DE⊥平面ABCD，
又正方形ABCD，所以DA，DC，DE两两垂直，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（4，0，0），E（0，0，4），C（0，4，0），F（4，4，4），
选项A，AE→=（﹣4，0，4），CF→=（4，0，4），
所以AE→•CF→=−16+16＝0，即AE⊥CF，故选项A正确；
选项B，当P与F重合时，AD∥BC，DE∥BP，
又AD∩DE＝D，BC∩BP＝B，所以平面ADE∥平面PBC；
当P与A重合时，因为DE⊥平面ABCD，即DE⊥平面PBC，DE⊂平面ADE，
所以平面ADE⊥平面PBC，
即平面PBC与平面ADE可能平行也可能垂直，故选项B正确；
选项C，设AP→=λAF→=λ（0，4，4），λ∈[0，1]，
则PC→=AC→−AP→=（﹣4，4，0）﹣λ（0，4，4）＝（﹣4，4﹣4λ，﹣4λ），
PE→=AE→−AP→=（﹣4，0，4）﹣λ（0，4，4）＝（﹣4，﹣4λ，4﹣4λ），
所以PC2+PE2＝2[16+（4﹣4λ）2+（﹣4λ）2]＝64（λ2﹣λ+1），λ∈[0，1]，
当λ＝0或1时，PC2+PE2取得最大值64；
当λ=12时，PC2+PE2取得最小值48，
所以PC2+PE2的取值范围是[48，64]，故选项C错误；
选项D，因为正方形ABCD，所以AC⊥BD，
因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC，
又BD∩DE＝D，BD、DE⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF，即点C到平面BDEF的距离为12AC，
由题意知，CE＝CF＝EF＝42，
所以△CEF的面积为S△CEF=34⋅(42)2=83，
设点B到平面CEF的距离为d，
因为VB﹣CEF＝VC﹣BEF，
所以13•d•S△CEF=13⋅12AC⋅S△BEF，即d=12AC⋅S△BEFS△CEF=12⋅42⋅12⋅4⋅4283=433，
所以点B到平面CEF的距离为433，故选项D正确．
故选：C．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法证明线线垂直，求线段长，以及利用等体积法求点到平面的距离是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
4．（2025春•湖南校级期中）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E为边AD上的一点，DE＝1，现将△ABE沿直线BE折成△A'BE，使得点A'在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内（不含边界），设二面角A'﹣BE﹣C的大小为θ，直线A'B，A'C与平面BCDE所成的角分别为α，β，则（ ）
A．β＜α＜θB．β＜θ＜αC．α＜θ＜βD．α＜β＜θ
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角；数学抽象．
【正确答案】D
【分析】由折叠前后图象的对比得点A′，在面BCDE内的射影O′在线段OF上，利用二面角、线面角的定义，求出tanα，tanβ，tanθ的表达式，由此能比较三个角的大小．
解：如图，在矩形ABCD中，过A作AF⊥BE，交于点O，
将△ABE沿直线BE折成△A′BE，则A′在面BCDE内的射影O′在线段OF上，
设A′到平面BCDE上的距离为h，则h＝A′O′，
由二面角、线面角定义得：
tanθ=hO′O，tanα=hO′B，tanβ=hO′C，
由题意得O′O＜O′B，O′O＜O′C，∴tanθ最大，∴θ最大，
当O与O′重合时，（tanα）max=hOB，（tanβ）min=hOC，
∵hOB＜hOC，∴（tanα）max＜（tanβ）min，
∴tanα＜tanβ，∴α＜β．
∴α＜β＜θ．
故选：D．
【点评】本题考查二面角、线面角的大小的判断，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，考查数形结合思想，是中档题．
5．（2025•滁州模拟）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3+3，△FDC是等边三角形，△EAB是等腰直角三角形，AE⊥BE，将△EAB和△FDC分别沿虚线AB和CD翻折，且保持平面EAB∥平面FDC．当EF⊥平面ABCD时，平面EAB与平面FDC的距离等于（ ）
A．1+32B．2+32C．3+32D．3+332
【考点】点、线、面间的距离计算；平面与平面平行．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据线线垂直证明线面垂线，进而证明面面垂直，结合三角形相似可得距离．
解：如图所示，取AB中点M，CD中点N，连接ME，MN，NF，EF，
由△FDC是等边三角形，△EAB是等腰直角三角形，AE⊥BE，
则ME⊥AB，NF⊥AB，MN⊥AB，
又ME∩MN＝M，NF∩MN＝N，ME，MN，NF⊂平面MENF，
所以AB⊥平面MENF，
所以平面ABCD⊥平面MENF，平面EAB⊥平面MENF，平面FDC⊥平面MENF，
又EF⊂平面MENF，且EF⊥平面ABCD，平面MENF∩平面ABCD＝MN，
所以EF⊥MN，又平面EAB∥平面FDC，且平面EAB∩平面MENF＝ME，平面FDC∩平面MENF＝NF，
所以ME∥NF，
则作出平面MENF如图所示，
设EF∩MN＝O，
则△OME～△ONF，
所以OMON=MENF，
又ME=12AB=2，NF=32AB=23，
则OMON=33，
由MN=AD=3+3，
所以OM=3，ON＝3，∠EMO＝∠FNO＝30°，
设过点O作PQ⊥ME与ME，NF分别交于点P，Q，
则PQ即为两平面间距离，
PQ=OP+OQ=12OM+12ON=3+32．
故选：C．
【点评】本题考查平行平面间的距离计算，属于中档题．
6．（2025春•赣榆区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为棱CC1的中点，则点D到直线BM的距离为（ ）
A．52B．103C．224D．305
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据几何体特征，建立空间直角坐标系，根据空间点到线的距离公式计算即可．
解：根据题意，以正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，以直线DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D（0，0，0），B（1，1，0），M(0，1，12)，
所以BD→=(−1，−1，0)，BM→=(−1，0，12)，
设BD→与BM→的夹角为θ，
则csθ=BD→⋅BM→|BD→|⋅|BM→|=12×54=210=105，
所以sinθ=1−cs2θ=1−(105)=155，
所以点D到直线BM的距离为sinθ|BD|=155×2=305．
故选：D．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
7．（2025•长宁区二模）如图，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是C1连接CC1，设θ为二面角C1﹣DE﹣C大小，θ∈（0，π）．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（ ）
A．存在点D和θ，使得DC1⊥AC
B．存在点D和θ，使得BC1⊥AC
C．存在点D和θ，使得BC1⊥DE
D．存在点D和θ，使得CC1⊥DE
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】B
【分析】取特例判断ACD，利用反证法判断B后可得正确的选项．
解：对于AD，取D为BC中点，θ=π2，则ED∥AB，而AB⊥AC，
故DE⊥AC，故在几何体C1﹣ABDE中，DE⊥C1E，
而CE⊥DE，故∠CEC1为二面角C1﹣DE﹣C的平面角，故∠CEC1＝90°，
故C1E⊥AC，而C1E∩DE＝E，C1E，DE⊂平面DEC1，
故AC⊥平面DEC1，而DC1⊂平面DEC1，故AC⊥DC1，故A成立；
因为DE⊥AC，DE⊥C1E，AC∩C1E＝E，AC，C1E⊂平面ACC1，
故DE⊥平面ACC1，而CC1⊂平面ACC1，故DE⊥CC1，故D成立；
对于C，过E作DE⊥BC，D为垂足，取θ=π2，同理可证DE⊥平面BCC1，
而BC1⊂平面BCC1，故DE⊥BC1，故C成立；
对于B，过C1作C1H⊥平面ABC，垂足为H，
因为AC⊂平面ABC，故C1H⊥AC，
若BC1⊥AC，因为C1H∩BC1＝C1，C1H，BC1⊂平面BC1H，
故AC⊥平面BC1H，而BH⊂平面BC1H，故AC⊥BH，
而AC⊥BA，故H在BA上，
因为C1H∩BA＝H，C1H，BA⊂平面BC1A，
故AC⊥平面BC1A，
而C1A⊂平面BC1A，故CA⊥C1A，故C1E＞AE，但C1E＝CE＝AE矛盾，
故BC1⊥AC不成立，即B不成立．
故选：B．
【点评】本题考查线线位置关系的判定，属于中档题．
8．（2025•佛山二模）已知球O的表面积为12π，球面上有A，B，C，D四点，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为π4，若△ABC是正三角形，则AB＝（ ）
A．2B．3C．2D．3
【考点】直线与平面所成的角；球内接多面体．
【专题】数形结合；综合法；球；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据题意求出球O的半径，并作出图形，利用△ABC的外心、球心O以及点A构成的直角三角形求出△ABC的外接圆半径，从而可求出AB．
解：如图，
因为球O的表面积为12π，设球O的半径为R，则4πR2＝12π，可得R=3，
过点D作DH⊥平面ABC于点H，设△ABC的外接圆半径为r，
DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为π4，且△ABC是正三角形，所以DH＝AH＝BH＝CH＝r，
则OH=3−r，在Rt△AOH中，AH2+OH2＝OA2，即r2+(3−r)2=(3)2，解得r＝0（舍去）或r=3，
所以AH＝BH=3，因为∠AHB＝120°，所以AB=3+3−2×3×3×(−12)=3．
故选：D．
【点评】本题主要考查直线与平面所成角、球内接多面体，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•北仑区校级期中）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，A1A＝4，点D在BC上，且DB＝DC，则（ ）
A．直线BA1∥平面AC1D
B．点B到平面AC1D的距离为1717
C．异面直线AB与C1D所成角的余弦值为1734
D．设M，N分别在线段A1B1和C1D上，且A1M：A1B1＝DN：DC1，则MN的最小值为243723
【考点】空间中点到平面的距离；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解；空间想象．
【正确答案】ACD
【分析】以D为原点建系，选项A，求得平面AC1D的法向量m→，计算可得m→⋅BA1→=0，从而作出判断；选项B，利用向量法求点到平面的距离即可；选项C，利用向量法求异面直线所成角即可；选项D，设A1MA1B1=DNDC1=λ，根据共线向量定理，用含λ的式子表示出点M和N的坐标，再结合两点间距离公式与配方法求解即可．
解：以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为x，y轴，过点D与BB1平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A(3，0，0)，B（0，1，0），C（0，﹣1，0），A1(3，0，4)，B1（0，1，4），C1（0，﹣1，4），
选项A，C1D→=(0，1，−4)，DA→=(3，0，0)，BA1→=(3，−1，4)，
设平面AC1D的法向量为m→=(x，y，z)，则C1D→⋅m→=0DA→⋅m→=0，即y−4z=03x=0，
不妨取z＝1，则m→=(0，4，1)，
所以m→⋅BA1→=0，即m→⊥BA1→，
又BA1⊄平面AC1D，所以BA1∥平面AC1D，故选项A正确；
选项B，BA→=(3，−1，0)，
所以点B到平面AC1D的距离d=|BA→⋅m→||m→|=417=41717，故选项B错误；
选项C，AB→=(−3，1，0)，C1D→=(0，1，−4)，
所以cs＜AB→，C1D→＞=AB→⋅C1D→|AB→|⋅|C1D→|=12×17=1734，
所以异面直线AB与C1D所成角的余弦值为1734，故选项C正确；
选项D，设M（x1，y1，z1），N（x2，y2，z2），A1MA1B1=DNDC1=λ，则A1M→=λA1B1→，DN→=λDC1→，
所以(x1−3，y1，z1−4)=λ(−3，1，0)，（x2，y2，z2）＝λ（0，﹣1，4），
解得M(3−3λ，λ，4)，N（0，﹣λ，4λ），
所以MN=(3−3λ)2+4λ2+(4−4λ)2=23λ2−38λ+19=23(λ−1923)2+7623，
当λ=1923时，MNmin=243723，故选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法证明线面平行，求点到平面的距离和异面直线所成角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10．（2025春•崇川区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1D1的中点，则（ ）
A．CF＝22
B．C1F→是平面DD1E的法向量
C．A1E与平面BB1D1D所成角的正弦值为1010
D．向量A1E→，BF→，B1D1→共面
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；空间中点到平面的距离．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断各选项即可．
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D（0，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），A1（2，0，2），C1（0，2，2），B1（2，2，2），E（2，1，0），F（1，0，2），
对于A：因为CF→=(1，−2，2)，所以|CF→|=1+4+4=3，故A不正确；
对于B：因为C1F→=(1，−2，0)，DD1→=(0，0，2)，DE→=(2，1，0)，
则C1F→⋅DD1→=0，C1F→⋅DE→=0，
即C1F⊥DD1，C1F⊥DE，而DD1∩DE＝D，DD1，DE⊂平面DD1E，
因此C1F⊥平面DD1E，即C1F→是平面DD1E的法向量，故B正确；
对于C，在正方体中，易知A1C1⊥平面BB1D1D，
所以A1C1→=(−2，2，0)是平面BB1D1D的法向量，
又A1E→=(0，1，−2)，
设A1E与平面BB1D1D所成角为θ，
则sinθ=|cs＜A1E→，A1C1→＞|=222×5=1010，故C正确；
对于D：对于B，A1E→=(0，1，−2)，BF→=(−1，−2，2)，
D1B1→=(2，2，0)=−2A1E→−2BF→，
则向量A1E→，BF→，B1D1→共面，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
11．（2025春•思明区校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M，N分别是正方形ABCD，BCC1B1的中心．则下列结论正确的是（ ）
A．A1M与D1N是异面直线
B．过A1，M，N三点的平面截该正方体所得的截面是四边形
C．B1到平面A1D1M的距离是255
D．若P是线段D1M上的动点，则A1P+PN的最小值是62
【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征；异面直线的判定；共面直线及四点共面．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解；空间想象．
【正确答案】ABC
【分析】选项A，根据异面直线的含义判断即可；选项B，结合平面的基本性质与推论，作出所求截面即可；选项C，利用等体积法求解即可；选项D，将平面A1D1M与平面MND1翻折至同一平面，连接A1N，当点P是A1N与D1M的交点时，A1P+PN取得最小值A1N，结合余弦定理与两角和的余弦公式，可证△A1MN为钝角三角形，且A1N是最长边，从而得解．
解：选项A，若A1M与D1N是异面直线，则A1，D1，M，N四点共面，
因为M是正方形ABCD的中心，且A1D1∥AD，所以点N应位于过点M且平行于AD的线段上，显然不符合题意，故选项A错误；
选项B，在棱AD，BC，B1C1上分别取点Q，H，G，使得AQ=13AD，BH=23BC，B1G=13B1C1，连接A1Q，QH，HG，A1G，
因为M，N分别是正方形ABCD，BCC1B1的中心，
所以Q，M，H三点共线，G，N，H三点共线，且A1Q∥GH，
所以A1，Q，G，H四点共面，
因此过A1，M，N三点的平面截该正方体所得的截面就是四边形A1QHG，故选项B正确；
选项C，由勾股定理知，A1M＝D1M=12+(22)2=62，
所以S△A1D1M=12⋅1⋅(62)2−(12)2=54，
设B1到平面A1D1M的距离是d，
因为VB1−A1D1M=VM−A1D1B1，
所以13⋅d⋅S△A1D1M=13⋅1⋅12⋅1⋅1，解得d=255，
所以B1到平面A1D1M的距离是255，即选项C正确；
选项D，将平面A1D1M与平面MND1翻折至同一平面，如图所示，连接A1N，
当点P是A1N与D1M的交点时，A1P+PN取得最小值A1N，
在四边形A1D1NM中，A1M＝D1M＝D1N=62，A1D1＝1，MN=22，
在△A1D1M中，由余弦定理知，cs∠A1MD1=64+64−12⋅62⋅62=23，所以sin∠A1MD1=53，
在△MND1中，由余弦定理知，cs∠NMD1=64+12−642⋅62⋅22=36，所以sin∠NMD1=336，
所以cs∠A1MN＝cs（∠A1MD1+∠NMD1）=23•36−53•336=23−16518＜0，
即△A1MN为钝角三角形，且A1N是最长边，
所以A1N＞A1M=62，即A1P+PN的最小值不是62，故选项D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握异面直线的定义与判断方法，截面的作法，以及利用等体积法求点到平面的距离等是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12．（2025春•青秀区校级期中）在圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的底面半径为2，母线长为2，点C为PA的中点，圆锥底面上点M在以AO为直径的圆上（不含A、O两点），点H在PM上，且PA⊥OH，当点M运动时，则（ ）
A．三棱锥M﹣PAO的外接球体积为定值
B．直线CH与直线PA不可能垂直
C．直线OA与平面PAM所成的角可能为60°
D．AH+HO＜2
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】AD
【分析】由条件结合线面垂直判定定理证明AM⊥平面POM，由此证明AM⊥PM，再证明点C为三棱锥M﹣PAO的外接球球心，判断A；证明PA⊥平面OHC，由此证明PA⊥CH，判断B；证明OH⊥平面PAM，由此可得∠OAH为直线OA与平面PAM所成的角，解三角形求其正弦，判断C；证明OH⊥AH，解三角形求AH+HO，结合基本不等式求其范围，判断D．
解：连接OM，AM，AH，OC，CM，CH，
对于A，易知PO⊥平面AMB，AM⊂平面AMB，所以AM⊥PO，
因为点M在以AO为直径的圆上（不含A、O），
所以AM⊥OM，OM∩PO＝O，OM⊂平面POM，PO⊂平面POM，
所以AM⊥平面POM，又PM⊂平面POM，
所以AM⊥PM，又PO⊥AO，C为PA的中点，PA＝2，
所以CO＝CA＝CP＝CM＝1，
所以点C为三棱锥M﹣PAO的外接球的球心，
所以三棱锥M﹣PAO的外接球的半径为r＝1，
所以三棱锥M﹣PAO的外接球体积为定值，A正确；
由已知，PO⊥AO，PA＝2，AO=2，
所以PO=22−(2)2=2=AO，
所以△POA为等腰直角三角形，连接OC，又C为PA的中点，故PA⊥OC，
又PA⊥OH，OH∩OC＝O，OH⊂平面OHC，OC⊂平面OHC，
则PA⊥平面OHC，又CH⊂平面OHC，
所以PA⊥CH，故B错误；
因为AM⊥平面POM，又OH⊂平面POM，所以AM⊥OH，
又PA⊥OH，PA∩AM＝A，AM⊂平面PAM，PA⊂平面PAM，
则OH⊥平面PAM，
所以OA在平面PAM上的射影为AH，
所以∠OAH为直线OA与平面PAM所成的角，
设OM＝x，则PM=2+x2，又OH•PM＝OM•PO，
所以OH=2x2+x2，
所以sin∠OAH=OHOA=x2+x2，
令∠OAH＝60°，则x2+x2=32，
解得x=6，即OM=6，与OM＜OA矛盾，C错误；
对于D中，因为OH⊥平面PAM，AH⊂平面PAM，
所以OH⊥AH，又OH=2x2+x2，OA=2，
所以AH=2−2x22+x2=22+x2，
所以AH+HO=2x2+x2+22+x2=2(2+x)2+x2，0＜x＜2，
由基本不等式可得(2+x2)2＜2+x22，
则2+x＜22+x2，
所以AH+HO＜2，D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•扬州校级期中）已知空间中有三点A（3，2，0），B（3，2，2），C（3，0，1），则A到直线BC的距离为 455 ．
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【正确答案】455．
【分析】应用向量法求点线距离即可．
解：因为点A（3，2，0），B（3，2，2），C（3，0，1），
所以AB→=(0，0，2)，CB→=(0，2，1)，
则A到直线BC的距离为|AB→|2−|AB→⋅CB→|CB→||2=4−(25)2=455．
故455．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
14．（2025•宝鸡模拟）三棱锥A﹣BCD中，DA⊥DB，且DA＝DB＝2DC＝2，则当该三棱锥的体积最大时二面角D﹣AB﹣C的正切值为 22 ．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】22．
【分析】先利用DA⊥DB，可计算得到底面面积，当DC恰好为三棱锥的高时，三棱锥体积最大，此时DA，DB，DC两两互相垂直，取AB的中点E，连接ED，EC利用二面角的平面角的定义算出二面角D﹣AB﹣C的正切值．
解：依题意可得三棱锥A﹣BCD体积为V=13×SΔDAB×h=13×12×2×2×h．
因为DC＝1，所以当DC⊥平面DAB时，
即DC＝h＝1时，三棱锥体积最大，此时DA，DB，DC两两互相垂直，
取AB的中点为E，连接ED，EC，
因为DA＝DB＝2，DA⊥DB，所以DE⊥AB，
又因为AC＝BC，所以∠CED为二面角的平面角，
因为DE=2，DC＝1，
所以二面角D﹣AB﹣C的正切值为tanθ=DCCE=22．
故22．
【点评】本题考查二面角的计算，属于中档题．
15．（2025•许昌模拟）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，AB=23，BC＝4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P﹣ABCD内切球表面上一点，则点M到直线CD距离的最小值为 10−1 ．
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离．
【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；球；运算求解．
【正确答案】10−1．
【分析】根据题意得到平面PHN截四棱锥P﹣ABCD的内切球O所得的截面为大圆，在△PHN中计算得到内切球半径，最后利用线面垂直的判定定理和性质定理得到ON⊥CD，结合球的性质得到距离的最小值．
解：已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，AB=23，BC＝4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P﹣ABCD内切球表面上一点，
过点P作PH⊥AB，交AB于点H，
由侧面PAB为正三角形可知H为AB中点，
设CD中点为N，连接HN，
由题意得，平面PHN截四棱锥P﹣ABCD的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为△PHN的内切圆，
设内切圆半径为r，与HN，PH分别相切于点E，F，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
又PH⊥AB，PH⊂平面ABCD，
所以PH⊥平面ABCD，
而HN⊂平面ABCD，
则PH⊥HN，
因为AB=23，BC＝4，
所以PH＝3，HN＝4，PN＝5，
在△PHN中，S△PHN=12×3×4=12r(3+4+5)，
解得r＝1，
所以四棱锥P﹣ABCD的内切球的半径为1，
连接ON，
因为PH⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PH⊥CD，
又CD⊥HN，PH，HN⊂平面PHN，PH∩HN＝H，
所以CD⊥平面PHN，
因为ON⊂平面PHN，
所以ON⊥CD，
所以内切球表面上一点M到直线CD的距离的最小值即为线段ON的长减去球的半径，
又ON=OE2+EN2=12+32=10，
所以四棱锥P﹣ABCD内切球表面上一点到直线CD的距离的最小值为10−1．
故10−1．
【点评】本题考查了线面垂直的判定定理和性质定理，重点考查了球的性质，属中档题．
16．（2025•抚顺一模）已知顶点为P的圆锥有且仅有一条母线PA在平面α内，B是母线PA的中点，点C∈α．若PA与圆锥底面所成的角为60°，圆锥外接球的表面积为256π3，且圆锥底面圆心O到直线BC的距离为13，则BC与圆锥底面所成角的正弦值为 34 ．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；球内接多面体．
【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解；空间想象．
【正确答案】34．
【分析】先根据球的表面积公式求得外接球半径，再在平面α内过点P作直线l∥BC，取AB的中点M，连接OM，由面面垂直的性质定理证明OM⊥平面α，过M作垂线，分别交BC，l于点N和Q，连接ON，OQ，结合平行线的性质和勾股定理，求出cs∠OPQ的值，最后根据线面角的定义与求法，即可得解．
解：设圆锥外接球的球心为G，半径为R，圆锥底面圆的半径为r，
由圆锥外接球的表面积为256π3，知4πR2=256π3，解得R=83，
因为PA与圆锥底面所成的角为60°，所以PA＝2r，OP=3r，
在Rt△OAG中，AG2＝OA2+OG2，即R2＝r2+（3r﹣R）2，整理得r=234R=4，
在平面α内过点P作直线l∥BC，取AB的中点M，连接OM，则OM⊥PA，且OM＝23，
因为顶点为P的圆锥有且仅有一条母线PA在平面α内，
所以平面α⊥平面PAO，
又平面α∩平面PAO＝PA，OM⊂平面PAO，
所以OM⊥平面α，
因为BC⊂平面α，所以OM⊥BC，
过M作垂线，分别交BC，l于点N和Q，连接ON，OQ，即MN⊥BC，
又OM∩MN＝M，OM、MN⊂平面OMN，所以BC⊥平面OMN，
又ON⊂平面OMN，所以BC⊥ON，即O到BC的距离为ON，所以ON=13，
所以MN=ON2−OM2=13−(23)2=1，
因为l∥BC，所以MNMQ=MBMP=13，所以MQ＝3，
在Rt△OMQ中，OQ=OM2+MQ2=(23)2+32=21，
在Rt△OQP中，PQ=OP2−OQ2=(43)2−(21)2=33，
设BC与圆锥底面所成角为θ，
则sinθ＝cs∠OPQ=PQOP=3343=34，
即BC与圆锥底面所成角的正弦值为34．
故34．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握圆锥的结构特征，直线与平面垂直的判定与性质定理，线面角的定义与求法，以及外接球球心与半径的求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025•湖北模拟）如图，已知四边形ABCD为直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD，以AD所在直线为轴将四边形ABCD旋转到四边形AEFD，连接BE，CF，且B，C，F，E四点共面．
（1）证明：多面体ABCDEF是三棱台；
（2）若∠EAB=π3，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值；
（3）若AB＝2，二面角A﹣EB﹣C的余弦值为−17，求平面AEFD与平面ABE夹角的余弦值．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）33；（3）77．
【分析】（1）证明平面CDF∥平面ABE及AD、EF、BC三线交于一点即可；
（2）设AB＝2BC＝2CD＝2，证明DE⊥平面ABCD，过点D作DG⊥AB交AB于点G，以DC→，DG→，DE→分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量方法即可求解；
（3）取EB的中点P，连接PA，PH，证明∠APH是二面角A﹣EB﹣C的平面角，由余弦定理求出AP长度，判断△BDE的形状，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解．
解：（1）证明：因为四边形ABCD为直角梯形，所以CD∥AB，
因为CD⊂平面ABE，AB⊂平面ABE，所以CD∥平面ABE，
同理可得DF∥平面ABE，
因为CD，DF⊂平面CDF，CD∩DF＝D，
所以平面CDF∥平面ABE，①
又在梯形ABCD中，延长AD，BC交于点H，
因为H∈BC，BC⊂平面BEFC，所以H∈平面BEFC，
同理H∈平面AEFD，
又因为平面BEFC∩平面AEFD＝EF，
∴H∈EF，
故直线EF，BC，AD相交于点H，②
故由①②可知：多面体ABCDEF是三棱台；
（2）设AB＝2BC＝2CD＝2，则BD=DE=2，
又因为∠EAB=π3，所以AB＝AE＝EB＝2，
由ED2+BD2＝EB2，得DE⊥BD．
又因为DE⊥AD，BD∩AD＝D，BD、AD⊂平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD，
过点D作DG⊥AB交AB于点G，故DC→，DG→，DE→两两互相垂直．
分别以DC→，DG→，DE→为x轴、y轴、z轴建系．
则D（0，0，0），A（﹣1，1，0），B（1，1，0），E(0，0，2)，
故AB→=(2，0，0)，AE→=(1，−1，2)，
设平面AEB的一个法向量为m→=(x，y，z)，
由m→⋅AB→=2x=0m→⋅AE→=x−y+2z=0，
得m→=(0，2，1)，
设直线AD与平面AEB所成角为θ，
则sinθ=|cs＜AD→，m→＞|=22×3=33，
又因为平面AEB∥平面CDF，
故直线AD与平面CDF所成角的正弦值为33．
（3）取EB的中点P，连接PA，PH，
因为AB＝2，所以BH＝EH＝2，即△HBE为等腰三角形，
故PH⊥EB，同理，AP⊥EB，
故∠APH就是二面角A﹣EB﹣C的平面角，
故cs∠APH=AP2+HP2−82AP×PH=−17，
解得AP=PH=142，故BP=EP=22，即BE=2，
又因为BD=DE=2，故△BDE为正三角形，
分别以DC→，DG→，DZ→为x轴、y轴、z轴的正方向建系，其中G为AB中点，DZ→⊥平面ABCD，
则D（0，0，0），A（﹣1，1，0），B（1，1，0），E(12，12，62)，
设平面AEB的一个法向量为m1→=(x，y，z)，
由m1→⊥AE→m1→⊥AB→，得m1→=(0，6，1)，
平面AEFD的一个法向量为n1→=(x，y，z)，
由n1→⊥AE→n1→⊥AD→，得n1→=(1，1，−63)，
设平面AEFD与平面AEB的夹角为α，
则csα=|cs〈m1→，n1→〉|=2637×263=77，
故平面AEFD与平面AEB的夹角的余弦值为77．
【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
18．（2025春•邗江区校级期中）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1．
（1）取线段PA中点M连接BM，判断直线BM与平面PCD是否平行并说明理由；
（2）求B到平面PCD的距离；
（3）线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为105？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行；二面角的平面角及求法．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】（1）平行；理由见证明；（2）217；（3）13．
【分析】（1）取PN中点N，连接MN，证出四边形BCNM为平行四边形，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PCD的法向量n→以及BC→，利用B到平面PCD的距离的向量公式即可求解；
（3）平面EAC的法向量m→以及OP→，利用向量夹角公式即可求解．
解：（1）BM∥平面PCD．
理由如下证明：取PN中点N，连接MN，
因为M为PA的中点，且AD＝2，BC＝1，
所以MN＝BC，且MN∥BC，
所以四边形BCNM为平行四边形，
所以BM∥CN，因为CN⊂平面PCD，BM⊄平面PCD，
所以BM∥平面PCD．
（2）取AD的中点O，连接PO，OC，
因为△PAD为等边三角形，
所以PO⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面ABCD，
如图所示，
以O为坐标原点，直线OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（0，﹣1，0），D（0，1，0），C（1，0，0），B（1，﹣1，0），P(0，0，3)，
CP→=(−1，0，3)，CD→=(−1，1，0)，
设平面PCD的法向量为n→=(x，y，z)，
所以n→⋅CP→=−x+3z=0n→⋅CD→=−x+y=0，
令z＝1，则n→=(3，3，1)，
又BC→=(0，1，0)，
故B到平面PCD的距离d=|BC→⋅n→||n→|=3×0+3×1+1×0(3)2+(3)2+12=37=217．
（3）设E（s，t，r），PE→=λPD→，
所以(s，t，r−3)=λ(0，1，−3)，
所以E(0，λ，3−3λ)，
则AC→=(1，1，0)，AE→=(0，λ+1，3−3λ)，
设平面EAC的法向量为m→=（x′，y′，z′），
则m→⋅AC→=x′+y′=0m→⋅AE→=(λ+1)y′+(3−3λ)z′=0，
令y′=3(λ−1)，则m→=(3(1−λ)，3(λ−1)，λ+1)，
又平面DAC的法向量为OP→=(0，0，3)，
于是|cs〈OP→，m→〉|=|OP→⋅m→||OP→||m→|=|3(λ+1)|33(1−λ)2+3(λ−1)2+(λ+1)2=|λ+1|7λ2−10λ+7=105，
化简得3λ2﹣10λ+3＝0，又λ∈[0，1]，
得λ=13，
即PEPD=13，
故存在点E，此时PEPD=13．
【点评】本题考查线面垂直的判定以及空间向量的应用，属于中档题．
19．（2025•辽阳校级一模）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是边长为4的正方形，BC1=27，AB=2，AB⊥BC．
（1）求证：平面ACC1A1⊥平面ABC；
（2）求二面角B﹣AC1﹣C的余弦值．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）77．
【分析】（1）由题意，根据勾股定理及其逆定理可证得CC1⊥BC，结合线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可．
解：（1）证明：因为侧面ACC1A1是边长为4的正方形，
所以CC1⊥AC，C1C＝AC＝4，
因为AB＝2，AB⊥BC，
则BC=AC2−AB2=23，因为BC1=27，C1C=4，
所以CC12+BC2=BC12，即CC1⊥BC，
因为BC∩AC＝C，BC、AC⊂平面ABC，
所以CC1⊥平面ABC，又CC1⊂平面ACC1A1，
所以平面ACC1A1⊥平面ABC；
（2）以直线AC，AA1为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AC=4，AB=2，BC=23，所以∠BAC=π3，
所以A(0，0，0)，B(3，1，0)，C1(0，4，4)，
则AB→=(3，1，0)，AC1→=(0，4，4)，
设平面ABC1的法向量为n1→=(x，y，z)，
则AB→⊥n→AC1→⊥n→，由AB→⋅n→=0AC1→⋅n→=0，可得3x+y=04y+4z=0，
令x＝1，则n1→=(1，−3，3)，
平面ACC1的法向量为n2→=(1，0，0)，
所以|cs＜n1→，n2→＞|=|n1→⋅n2→||n1→|⋅|n2→|=77，
又二面角B﹣AC1﹣C为锐角，所以其余弦值为77．
【点评】本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
20．（2025春•福建期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB＝2BC＝2CD＝2AD＝2PD＝2，CD∥AB，M为棱PA的中点，N为棱PC上的动点．
（1）证明：PA⊥BD．
（2）若二面角M﹣BD﹣N的余弦值为1010，求PNNC的值．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）PNNC=1．
【分析】（1）取AB的中点E，连接DE，证明∠ADB=π2，则AD⊥BD，再利用线面垂直的性质证明PD⊥BD，进而可得BD⊥平面PAD，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
解：（1）证明：取AB的中点E，连接DE，
因为AB＝2CD，AB∥CD，所以BE∥CD，
所以四边形BCDE为平行四边形，
所以DE＝BC＝AD＝AE，
所以△ADE为等边三角形，则∠BAD=∠DAB=π3，
所以∠BDE=∠DBE=π6，所以∠ADB=π2，所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD，AD⊂平面PAD，AD∩PD＝D，
所以BD⊥平面PAD，
又PA⊂平面PAD，所以PA⊥BD；
（2）如图，以点D为坐标原点建立空间直角坐标系，
由（1）知∠CBD=∠CDB=π6，BD=3，
则B(0，3，0)，C(−12，32，0)，D(0，0，0)，M(12，0，12)，P(0，0，1)，
故DB→=(0，3，0)，DM→=(12，0，12)，
设平面MBD的法向量为n→=(x，y，z)，
则n→⊥DB→n→⊥DM→，则有n→⋅DB→=3y=0n→⋅DM→=12x+12z=0，
可取n→=(1，0，−1)，
设PN＝λPC（λ∈[0，1]），
则DN→=DP→+PN→=DP→+λPC→=(0，0，1)+λ(−12，32，−1)=(−12λ，32λ，1−λ)，
设平面NDB的法向量为m→=(a，b，c)，
则m→⊥DB→m→⊥DN→，则有m→⋅DB→=3b=0m→⋅DN→=−12λa+32λb+(1−λ)c=0，
所以b=0λa=2(1−λ)c，
令a＝2（1﹣λ），则c＝λ，
所以m→=(2−2λ，0，λ)，
则|cs＜m→，n→＞|=|m→⋅n→||m→||n→|=|2−3λ|2⋅5λ2−8λ+4=1010，
化简得10λ2﹣13λ+4＝0，解得λ=45或λ=12，
经检验，当λ=45时，二面角M﹣BD﹣N为钝二面角，
所以λ=12，
所以PNNC=1．
【点评】本题考查线线垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．