2026年高考数学一轮专题训练：空间直角坐标系1 [含答案]

这是一份2026年高考数学一轮专题训练：空间直角坐标系1 [含答案]，共14页。
A．[1，2]B．[1，62]C．[22，62]D．[22，2]
2．（2025春•姜堰区期中）已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E为PA的中点，点F满足PF→=2FC→，点Q满足PQ→=λQD→，若B、E、F、Q四点共面，则λ＝（ ）
A．12B．35C．23D．34
3．（2025春•江苏校级期中）如图，三棱锥O﹣ABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，且OM→=3MA→，CN→=12CB→，则MN→=（ ）
A．−14a→+13b→+13c→B．−34a→+12b→+12c→
C．14a→+13b→+13c→D．34a→+12b→+12c→
4．（2025春•邗江区校级期中）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P，Q分别为平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则点B到平面APQ的距离为（ ）
A．105B．21111C．55D．51111
5．（2025春•广东期中）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1如图所示，其中A1M→=2MA→，若点N为棱B1C1的中点，则MN→=（ ）
A．13AA1→+23AB→+12AC→B．23AA1→+13AB→+12AC→
C．13AA1→+12AB→+12AC→D．23AA1→+12AB→+12AC→
6．（2025春•兴化市期中）在空间四边形ABCD中，AB→=（1，3，2），BC→=（﹣2，﹣3，1），AD→=（3，1，2），则CD→=（ ）
A．（4，1，﹣1）B．（﹣4，﹣1，1）C．（0，﹣5，1）D．（0，5，﹣1）
7．（2025春•常州期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线AA1的距离的最小值为（ ）
A．455B．255C．355D．155
8．（2025•安徽模拟）在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AM→=13AC→，且AC=33，N是棱AA1上的一点，且满足NM→⋅NC1→=0，则AA1的最小值为（ ）
A．33B．6C．3D．63
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•沭阳县期中）已知：空间直角坐标系O﹣xyz中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为n→=(a，b，c)的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0；过点P（x0，y0，z0）且一个方向向量为d→=(u，v，w)，(uvw≠0)的直线l的方程为x−x0u=y−y0v=z−z0w．利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面α的方程为2x﹣2y+z﹣7＝0，直线l是平面x﹣3y+7＝0与2y+z﹣4＝0的交线，则下列说法正确的是（ ）
A．平面α的一个法向量为n→=(2，−2，1)
B．直线l经过点M（﹣1，2，0）
C．直线l的一个方向向量为e→=(3，1，2)
D．直线l与平面α所成角的正弦值为1421
10．（2025春•福建期中）给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．若非零空间向量a→，b→，c→满足a→⊥b→，b→⊥c→，则有a→∥c→
B．若直线l的一个方向向量为e→=(3，0，1)，平面α的一个法向量为n→=(−23，0，2)，则l∥α或l⊂α
C．若向量a→=(−1，m，2)，b→=(2，−1，n)，且a→∥b→，则mn＝﹣2
D．若向量a→=(4，1，2)，b→=(1，3，1)，c→=(1，t，−1)，且a→，b→，c→共面，则t＝﹣8
11．（2025•湖北模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点P满足AP→=xAB→+yAD→+zAA1→，其中x，y，z∈[0，1]，下列正确的是（ ）
A．当x＝y＝1时，则直线AP与CD所成角的正切值范围是[1，2]
B．当x+z＝1，y＝0时，则AP+PD′的最小值为6+22
C．当x+y+z＝1时，线段AP的长度最小值为33
D．当x+y+z＝k（0＜k＜3）时，记点P的轨迹为平面α，则α截此正方体所得截面面积的最大值为334
12．（2025春•常州期中）如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形ABCD是边长为4的正方形，则（ ）
A．异面直线AE和DF所成的角为π3
B．平面FAD和平面EBC有相同的法向量
C．异面直线AB和EC的距离为436
D．二面角A﹣EB﹣C的余弦值为13
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•芗城区校级期中）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，则点B到直线A1C1的距离为 ．
14．（2025春•邯郸期中）已知等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，点D是边AB的中点，若直线CD与平面α所成角的大小为45°，则直线CA与平面α所成角的正弦值为 ．
15．（2025春•福建期中）在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，将三角形沿直角边BC上的中线AD折成平面角为60°的二面角B﹣AD﹣C，则空间中线段BC的长为 ．
16．（2025•茂名二模）已知棱长为a的正四面体P﹣ABC，AM→=79AB→，Q为侧面PBC内的一动点，若QM=73QB，则点Q的轨迹长为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•桂平市期中）如图，边长为2的正方形ABCD是圆柱的轴截面，E为底面圆O上的点，F为线段DE的中点．
（1）证明：AE⊥平面BCE．
（2）证明：OF∥平面BCE．
（3）若直线BE与平面CDE所成角的正弦值为21919，求BE的长．
18．（2025春•浙江期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥AD，AB＝2，BC＝1，点E在AD上，且PE⊥AD，AE＝DE＝2．
（1）若点Q为线段PE的中点，证明：BQ∥平面PCD；
（2）若AB⊥平面PAD，PE＝3，求直线PD与平面PAB所成的角的正弦值．
19．（2024秋•会泽县期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1底面是边长为2的正方形，高为4，E为线段AB的中点，F为线段CA1的中点．
（1）证明：EF∥平面ADD1A1；
（2）求直线EF与平面A1DC所成角的正弦值；
（3）求直线AB到平面A1DC的距离．
20．（2024秋•易门县校级期末）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1内接于圆柱，AC为圆柱底面的直径，AB＝AA1＝BC＝2，M为A1C1中点，N为CC1中点．
（1）求直线BM与平面A1BC所成角的正弦值；
（2）若求平面A1BC与平面BMN所成锐二面角的余弦值．
空间直角坐标系
答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春•昌江区校级期中）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M是棱AB的中点，N是侧面BB1C1C内一点，且MN∥平面AA1C1C，则MN长度的取值范围是（ ）
A．[1，2]B．[1，62]C．[22，62]D．[22，2]
【考点】点、线、面间的距离计算；轨迹方程；直线与平面平行．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】C
【分析】取BC，B1C1的中点为G，H，连接MG，GH，HM，确定平面MGH∥平面 AA1C1C，得到N的轨迹是线段HG，即可求解．
解：取BC，B1C1的中点为G，H，
连接MG，GH，HM，
由中位线易知MG∥AC，HG∥CC1，
又AC，CC1⊂平面 AA1C1C，MG，HG⊄平面 AA1C1C，
所以MG∥平面 AA1C1C，HG∥平面 AA1C1C，
又MG∩HG＝G，且MG，HG⊂平面MGH，
所以平面MGH∥平面 AA1C1C，
又MN∥平面 AA1C1C，
所以N∈平面MGH，又N∈侧面 BB1C1C，
所以N的轨迹是线段HG，
易知MG=12AC=22，MH=(22)2+1=62，
MG≤MN≤MH，
所以MN 长度的取值范围是[22，62]．
故选：C．
【点评】本题考查线面平行的应用，属于中档题．
2．（2025春•姜堰区期中）已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E为PA的中点，点F满足PF→=2FC→，点Q满足PQ→=λQD→，若B、E、F、Q四点共面，则λ＝（ ）
A．12B．35C．23D．34
【考点】空间向量的共线与共面．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】C
【分析】由共面向量的基本定理得出BQ→=mBE→+nBF→，利用空间向量的减法可得出PQ→=(1−m−n)PB→+12mPA→+23nPC→，设PQ→=kPD→，利用空间向量的线性运算得出PQ→=kPA→−kPB→+kPC→，进而可得出关于k、m、n的方程组，解出k的值，即可得出λ的值．
解：四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E为PA的中点，点F满足PF→=2FC→，点Q满足PQ→=λQD→，
如下图所示：
因为B、E、F、Q四点共面，且BE→、BF→不共线，
则存在m、n∈R，使得BQ→=mBE→+nBF→，
即PQ→−PB→=m(PE→−PB→)+n(PF→−PB→)，
所以PQ→=(1−m−n)PB→+mPE→+nPF→=(1−m−n)PB→+12mPA→+23nPC→，
因为四边形ABCD为平行四边形，所以AD→=BC→，即PD→−PA→=PC→−PB→，
所以PD→=PA→−PB→+PC→，
设PQ→=kPD→，则PQ→=kPA→−kPB→+kPC→，
因为PA→、PB→、PC→不共面，所以1−m−n=−k12m=k23n=k，解得k=25，所以PQ→=25PD→，
又因为PQ→=λQD→，故λ=23，
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
3．（2025春•江苏校级期中）如图，三棱锥O﹣ABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，且OM→=3MA→，CN→=12CB→，则MN→=（ ）
A．−14a→+13b→+13c→B．−34a→+12b→+12c→
C．14a→+13b→+13c→D．34a→+12b→+12c→
【考点】空间向量的数乘及线性运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】B
【分析】利用空间向量的运算法则求解即可．
解：三棱锥O﹣ABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，且OM→=3MA→，CN→=12CB→，
则MN→=MO→+OC→+CN→
=−OM→+OC→+12CB→
=−34OA→+OC→+12(OB→−OC→)
=−34OA→+12OB→+12OC→
=−34a→+12b→+12c→．
故选：B．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
4．（2025春•邗江区校级期中）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P，Q分别为平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则点B到平面APQ的距离为（ ）
A．105B．21111C．55D．51111
【考点】空间中点到平面的距离．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【正确答案】B
【分析】利用正方体建系，分别求出相关点和向量的坐标，计算出平面APQ的法向量坐标，利用点到平面距离的向量公式计算即得．
解：如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，
则A（2，0，0），B1（2，2，2），D1（0，0，2），B（2，2，0），C1（0，2，2），
因点P，Q分别为平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，
则P（1，1，2），Q（1，2，1），
于是，AP→=(−1，1，2)，AQ→=(−1，2，1)，
设平面APQ的法向量为n→=(x，y，z)，
则AP→⊥n→AQ→⊥n→，则AP→⋅n→=−x+y+2z=0AQ→⋅n→=−x+2y+z=0，
故可取n→=(3，1，1)，又BA→=(0，−2，0)，
则点B到平面APQ的距离为d=|BA→⋅n→||n→|=211=21111．
故选：B．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
5．（2025春•广东期中）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1如图所示，其中A1M→=2MA→，若点N为棱B1C1的中点，则MN→=（ ）
A．13AA1→+23AB→+12AC→B．23AA1→+13AB→+12AC→
C．13AA1→+12AB→+12AC→D．23AA1→+12AB→+12AC→
【考点】空间向量及其线性运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解．
解：三棱柱ABC﹣A1B1C1如图所示，其中A1M→=2MA→，若点N为棱B1C1的中点，
根据空间向量的线性运算法则，可得：
MN→=MA1→+A1B1→+B1N→=23AA1→+AB→+12(AC→−AB→)=23AA1→+12AB→+12AC→．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
6．（2025春•兴化市期中）在空间四边形ABCD中，AB→=（1，3，2），BC→=（﹣2，﹣3，1），AD→=（3，1，2），则CD→=（ ）
A．（4，1，﹣1）B．（﹣4，﹣1，1）C．（0，﹣5，1）D．（0，5，﹣1）
【考点】空间向量及其线性运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】A
【分析】利用向量加减法的坐标运算直接求解即可．
解：空间四边形ABCD中，AB→=（1，3，2），BC→=（﹣2，﹣3，1），AD→=（3，1，2），
则CD→=−(AB→+BC→)+AD→=−（﹣1，0，3）+（3，1，2）＝（4，1，﹣1）．
故选：A．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
7．（2025春•常州期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线AA1的距离的最小值为（ ）
A．455B．255C．355D．155
【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；空间向量及应用；运算求解．
【正确答案】A
【分析】建系，利用向量法，向量数量积运算，即可求解．
解：建系如图：
则根据题意可得D1（0，0，2），E（1，2，0），A1（2，0，2），A（2，0，0），
所以D1E→=(1，2，−2)，AA1→=(0，0，2)，D1A1→=(2，0，0)，
设与D1E→，AA1→都垂直的向量为n→=(x，y，z)，
则n→⋅D1E→=x+2y−2z=0n→⋅AA1→=2z=0，取n→=(2，−1，0)，
所以P到直线AA1的距离的最小值为|D1A1→⋅n→||n→|=45=455．
故选：A．
【点评】本题考查异面直线的距离的求解，向量法的应用，属中档题．
8．（2025•安徽模拟）在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AM→=13AC→，且AC=33，N是棱AA1上的一点，且满足NM→⋅NC1→=0，则AA1的最小值为（ ）
A．33B．6C．3D．63
【考点】点、线、面间的距离计算；空间向量的数量积运算．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【正确答案】B
【分析】设AA1＝h，AN→=tAA1→，t∈[0，1]，将向量NM→．NC1→分别用AA1→，AC→表示，代入NM→⋅NC1→=0，求得h的表达式，利用二次函数的性质求解即可．
解：设AA1＝h，AN→=tAA1→，t∈[0，1]，
则NM→=AM→−AN→=13AC→−tAA1→，NC1→=NA1→+A1C1→=(1−t)AA1→+AC→，
由NM→⋅NC1→=(13AC→−tAA1→)⋅[AC→+(1−t)AA1→]=13AC→2+t(t−1)AA1→2+1−4t3AA1→⋅AC→=0
因为AC=33，AA1⊥AC，则AC→2=27，AA1→2=h2，AA1→⋅AC→=0，
代入整理得，t（t﹣1）h2+9＝0，显然t（t﹣1）≠0，
故h2=9−t2+t=9−(t−12)2+14，
因为0＜t＜1，故当t=12时，y=−(t−12)2+14取得最大值14，
此时h2取得最小值为36，
故AA1的最小值为6．
故选：B．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025春•沭阳县期中）已知：空间直角坐标系O﹣xyz中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为n→=(a，b，c)的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0；过点P（x0，y0，z0）且一个方向向量为d→=(u，v，w)，(uvw≠0)的直线l的方程为x−x0u=y−y0v=z−z0w．利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面α的方程为2x﹣2y+z﹣7＝0，直线l是平面x﹣3y+7＝0与2y+z﹣4＝0的交线，则下列说法正确的是（ ）
A．平面α的一个法向量为n→=(2，−2，1)
B．直线l经过点M（﹣1，2，0）
C．直线l的一个方向向量为e→=(3，1，2)
D．直线l与平面α所成角的正弦值为1421
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角．
【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；新定义类．
【正确答案】ABD
【分析】选项A，根据新定义，结合平面α的方程，即可写出平面α的法向量；选项B，将点M的坐标代入两个平面的方程经验即可；选项C，根据向量的垂直关系，求直线l的方向向量即可；选项D，利用向量法求线面角即可．
解：选项A，由平面α的方程为2x﹣2y+z﹣7＝0，得平面α法向量为n→=(2，−2，1)，故选项A正确；
选项B，因为直线l是平面x﹣3y+7＝0与2y+z﹣4＝0的交线，
所以直线l经过的点必在这两个平面上，
经检验：M（﹣1，2，0）满足方程﹣1﹣3×2+7＝0，也满足2×2+0﹣4＝0，
所以直线l经过点M（﹣1，2，0），故选项B正确；
选项C，设直线l的一个方向向量为e→=(x，y，z)，
而平面x﹣3y+7＝0与2y+z﹣4＝0的法向量分别为（1，﹣3，0），（0，2，1），
所以(x，y，z)⋅(1，−3，0)=0(x，y，z)⋅(0，2，1)=0，即x−3y=02y+z=0，
令x＝3，则y＝1，z＝﹣2，所以e→=(3，1，−2)，故选项C错误；
选项D，由上可知，平面α法向量为n→=(2，−2，1)，直线l的一个方向向量为e→=(3，1，−2)，
所以cs＜n→，e→＞=n→⋅e→|n→|⋅|e→|=6−2−23×14=1421，
故直线l与平面α所成角的正弦值为1421，故选项D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，理解平面法向量与直线方向向量的求法，熟练掌握利用向量法求线面角是解题的关键，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•福建期中）给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．若非零空间向量a→，b→，c→满足a→⊥b→，b→⊥c→，则有a→∥c→
B．若直线l的一个方向向量为e→=(3，0，1)，平面α的一个法向量为n→=(−23，0，2)，则l∥α或l⊂α
C．若向量a→=(−1，m，2)，b→=(2，−1，n)，且a→∥b→，则mn＝﹣2
D．若向量a→=(4，1，2)，b→=(1，3，1)，c→=(1，t，−1)，且a→，b→，c→共面，则t＝﹣8
【考点】空间向量的共线与共面；空间向量基本定理及空间向量的基底；平面的法向量．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：分析可知e→⊥n→，结合线面关系分析判断；对于C：根据向量共线的判断定理分析求解；对于D：根据向量共面的判定定理分析求解．
解：对于选项A：例如a→=(1，0，0)，b→=(0，1，0)，c→=(0，0，1)，即a→，b→，c→为空间直角坐标系各轴正方向上的单位向量，显然满足a→⊥b→，b→⊥c→，
但a→，c→不共线，故A错误；
对于选项B：向量为e→=(3，0，1)，平面α的一个法向量为n→=(−23，0，2)，因为e→⋅n→=3×(−23)+0+1×2=0，即e→⊥n→，
所以l∥α或l⊂α，故B正确；
对于选项C：由于a→∥b→，
则存在λ∈R，使得a→=λb→=(2λ，−λ，nλ)，
则−1=2λm=−λ2=nλ，解得λ=−12m=12n=−4，所以mn＝﹣2，故C正确；
对于选项D：若向量a→，b→，c→共面，
则存在实数x，y，使得c→=xa→+yb→=(4x+y，x+3y，2x+y)，
则4x+y=1x+3y=t2x+y=−1，解得x=1y=−3t=−8，故D正确；
故选：BCD．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的坐标运算，向量的共面，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
11．（2025•湖北模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点P满足AP→=xAB→+yAD→+zAA1→，其中x，y，z∈[0，1]，下列正确的是（ ）
A．当x＝y＝1时，则直线AP与CD所成角的正切值范围是[1，2]
B．当x+z＝1，y＝0时，则AP+PD′的最小值为6+22
C．当x+y+z＝1时，线段AP的长度最小值为33
D．当x+y+z＝k（0＜k＜3）时，记点P的轨迹为平面α，则α截此正方体所得截面面积的最大值为334
【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征；异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】ACD
【分析】对于选项A，当x＝y＝1时，点P在线段CC′上运动，∠BAP即为直线AP与CD所成角；
对于选项B，当x+z＝1，y＝0时，点P在线段A′B上运动，故将三角形AA′B与四边形A′BCD′沿A′B展开到同一个平面上即可求解；
对于选项C，当x+y+z＝1时，点P在△A′BD内部及边界上运动，线段AP的长度最小值即点A到平面A′BD的距离，由等体积法即可求解；
对于选项D，当x+y+z＝k（0＜k＜3）时，记点P的轨迹为平面α，故平面α截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积．
解：对于选项A，当x＝y＝1时，点P在线段CC′上运动，如图所示，
由于AB∥CD，可知∠BAP即为直线AP与CD所成角，
连接BP，设CP＝t，t∈[0，1]，
则在Rt△ABP中，AB=1，BP=1+t2，
tan∠BAP=BPAB=1+t2∈[1，2]，故选项A正确；
对于选项B，当x+z＝1，y＝0时，点P在线段A′B上运动，
故将三角形AA′B与四边形A′BCD′沿A′B展开到同一个平面上，
由图可知，线段AD′的长度即为AP+PD′的最小值，
在△AA′D′中，AD′=A′A2+A′D′2−2A′A⋅A′D′⋅cs∠AA′D′=12+12−2×1×1×cs135°=2+2，故选项B错误；
对于选项C，当x+y+z＝1时，点P在△A′BD内部及边界上运动，
则线段AP的长度最小值即点A到平面A′BD的距离，
由VA′﹣ABD＝VA﹣A′BD得线段AP的长度最小值为33，故选项C正确；
对于选项D，当x+y+z＝k（0＜k＜3）时，记点P的轨迹为平面α，
故平面α截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积，如图所示：
当点E，F，G，H，M，N分别为对应棱的中点时，连结EF，FG，GH，HM，MN，NE，
可得平面EFGHMN平行于平面A′BD，且为正六边形，此时该截面EFGHMN是最大截面，
由于正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为22，
则面积为34×(22)2×6=334，故选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
12．（2025春•常州期中）如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形ABCD是边长为4的正方形，则（ ）
A．异面直线AE和DF所成的角为π3
B．平面FAD和平面EBC有相同的法向量
C．异面直线AB和EC的距离为436
D．二面角A﹣EB﹣C的余弦值为13
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；点、线、面间的距离计算；异面直线及其所成的角；平面的法向量．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【正确答案】ABC
【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角、平面法向量及二面角可判断A项、B项、D项；
在线段AB任取一点Q，在线段EC任取一点P，设AQ→=λAB→，λ∈[0，1]，EP→=μEC→，μ∈[0，1]，根据空间向量坐标运算可得设PQ→，当PQ⊥AB，PQ⊥EC时，|PQ|即为异面直线AB和EC的距离，从而求得λ，μ的值，求解|PQ→|，即可得判断C项．
解：连接AC、BD交于点O，连接OE，OF，
因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，
又因为八面体的每个面都是正三角形，所以E，O，F三点共线，且EF⊥平面ABCD，
所以以O为原点，分别以OB，OC，OE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，
则O（0，0，0），A(0，−22，0)，B(22，0，0)，C(0，22，0)，D(−22，0，0)，E(0，0，22)，F(0，0，−22)，
对于A：AE→=(0，22，22)，DF→=(22，0，−22)，
设异面直线AE与DF所成角为θ(0＜θ≤π2)，
则csθ=|cs〈AE→，DF→〉|=|AE→⋅DF→||AE→||DF→|=84×4=12，
所以θ=π3，即异面直线与DF所成角大小为π3，故A正确；
对于B：FA→=(0，−22，22)，FD→=(−22，0，22)，
设面FAD的一个法向量为n→=(x1，y1，z1)，
则n→⋅FA→=0n→⋅FD→=0⇒−22y1+22z1=0−22x1+22z1=0⇒y1=z1x1=z1，
取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，
则n→=(1，1，1)，
因为BE→=(−22，0，22)，BC→=(−22，22，0)，
设面BEC的一个法向量为m→=(x2，y2，z2)，
则m→⋅BE→=0m→⋅BC→=0⇒−22x2+22z2=0−22x2+22y2=0⇒x2=z2x2=y2，
取x2＝1，则y2＝1，z2＝1，
则m→=（1，1，1），
所以平面FAD和平面EBC有相同的法向量，故B正确；
对于C：在线段AB任取一点Q，在线段EC任取一点P，连接OP，OQ，PQ，
则可设AQ→=λAB→，λ∈[0，1]，EP→=μEC→，μ∈[0，1]，
因为AB→=(22，22，0)，EC→=(0，22，−22)，
所以Q(22λ，22λ−22，0)，P(0，22μ，22−22μ)，
则PQ→=(22λ，22λ−22μ−22，22μ−22)，
当PQ⊥AB，PQ⊥EC时，|PQ|即为异面直线AB和EC的距离，
所以PQ→⋅AB→=8λ+8λ−8μ−8=0PQ→⋅EC→=8λ−8μ−8−8μ+8=0⇒λ=23μ=13，
则PQ→=(423，−423，−423)，
所以|PQ→|=(423)2+(−423)2+(−423)2=463，故异面直线AB和EC的距离为436，故C正确；
对于D：因为BE→=(−22，0，22)，BA→=(−22，−22，0)，
设面AEB的一个法向量为p→=(x3，y3，z3)，
则p→⋅BE→=0p→⋅BA→=0⇒−22x3+22z3=0−22x3−22y3=0⇒x3=z3y3=−x3，
取x3＝1，则y3＝﹣1，z3＝1，则p→=（1，﹣1，1），
所以|cs＜p→，m→＞|=|p→⋅m→||p→||m→|=|1−1+1|3×3=13，
又因为面ABE与BEC所成的二面角的平面角为钝角，
所以二面角A﹣EB﹣C的平面角的余弦值为−13，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查向量法的综合应用，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春•芗城区校级期中）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，则点B到直线A1C1的距离为 2561 ．
【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】2615．
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间点到直线距离公式进行计算．
解：如图，以点B为原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
因为AA1＝2，AB＝4，BC＝3，所以B（0，0，0），A1（4，0，2），C1（0，3，2），
所以直线A1C1的方向向量为A1C→1=(−4，3，0)，而BC1→=(0，3，2)，
则BC1→在A1C1→上的投影长为BC1→⋅A1C1→|A1C1→|=BC1→⋅A1C1→|A1C1→|=0+9+0(−4)2+32+02=95，
所以点B到直线A1C1的距离d=|BC1→|2−(95)2=13−(95)2=2561．
故2561．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
14．（2025春•邯郸期中）已知等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，点D是边AB的中点，若直线CD与平面α所成角的大小为45°，则直线CA与平面α所成角的正弦值为 12 ．
【考点】几何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】12．
【分析】先确定∠CAH，∠CBH分别是CA，CB与平面α所成的角，再解三角形即可．
解：如图所示，过C作CH⊥平面α于H，连接AH，BH，DH，
则∠CDH为CD与平面α所成角，
即∠CDH＝45°，
同理∠CAH，∠CBH分别是CA，CB与平面α所成的角，
又AH，BH，DH⊂平面CDH，
则CH⊥AH，CH⊥BH，CH⊥DH，又CA＝CB，
所以HA＝HB．不妨设CH＝1，
则DH＝1，CD=2，
又△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
所以AD=DC=2，
所以AH=AD2+DH2=3，
所以AC=AH2+HC2=2，
所以sin∠CAH=CHCA=12，
即直线CA与平面α所成角的正弦值为12．
故12．
【点评】本题考查线面角的计算，属于中档题．
15．（2025春•福建期中）在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，将三角形沿直角边BC上的中线AD折成平面角为60°的二面角B﹣AD﹣C，则空间中线段BC的长为 2105 ．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；点、线、面间的距离计算．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【正确答案】2105．
【分析】设点B，C在直线AD上的投影分别为E，F，可得BE=CF=EF=25，CF→，EB→=120°，利用向量的模长运算求解即可．
解：设点B，C在直线AD上的投影分别为E，F，
因为AC＝2CD＝2，∠ACD＝90°，则AD=AC2+AD2=5，
由△ACD的面积可得12AC⋅CD=12CF⋅AD，
则CF=AC⋅CDAD=25，DF=CD2−CF2=12−(25)2=15，
且D为边BC的中点，可得BE=CF=25，EF=2DF=25，
由二面角B﹣AD﹣C的平面角为60°，可得＜CF→，EB→＞=120°，
因为CB→=CF→+FE→+EB→，
所以CB→2=CF→2+FE→2+EB→2+2CF→⋅FE→+2FE→⋅EB→+2CF→⋅EB→
=45+45+45+0+0+2×25×25×(−12)=85，
即|CB→|=2105．
故2105．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
16．（2025•茂名二模）已知棱长为a的正四面体P﹣ABC，AM→=79AB→，Q为侧面PBC内的一动点，若QM=73QB，则点Q的轨迹长为 πa3 ．
【考点】点、线、面间的距离计算．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【正确答案】πa3．
【分析】以A为原点，建立空间直角坐标系，设Q（x，y，z），由QM=73QB，得到|QM|2=79|QB|2，得到点Q在空间中的轨迹为一个球，进而点Q在侧面PBC内的轨迹为以O为圆心，以a3为半径的圆的一部分，求得cs∠SOG=32，得到∠SOG=π6，进而求得点Q的轨迹长度
解：以A为原点，以AB→的方向为x轴，建立空间直角坐标系，
可得A（0，0，0），B（a，0，0），因为AM→=79AB→，可得M(79a，0，0)，
设Q（x，y，z），因为QM=73QB，
即|QM|2=79|QB|2，
可得(x−7a9)2+y2+z2=79[(x−a)2+y2+z2]，
整理得x2+y2+z2=7a29，
所以点Q在空间中的轨迹是以A为球心，半径为73a的球，
又因为Q在侧面PBC内，过点A作AO⊥平面PBC于点O，则O为△PBC的中心，
点Q在侧面PBC内的轨迹为以O为圆心，以(73a)2−(63a)2=a3为半径的圆的一部分，（如图所示的圆的虚线部分），
因为OG=13×32a=36a，
所以cs∠SOG=OGOS=36aa3=32，
所以∠SOG=π6，则∠SOT=π3，
所以点Q的轨迹长度为(2π−3×π3)×a3=πa3．
故πa3．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025春•桂平市期中）如图，边长为2的正方形ABCD是圆柱的轴截面，E为底面圆O上的点，F为线段DE的中点．
（1）证明：AE⊥平面BCE．
（2）证明：OF∥平面BCE．
（3）若直线BE与平面CDE所成角的正弦值为21919，求BE的长．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行；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）证明见解析；（3）BE=3．
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）取线段CE的中点H，连接FH，BH，证明四边形FHBO为平行四边形，则OF∥HB，再根据线面平行的判定定理即可证明；
（3）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用线面角的空间向量求法即可得到方程，解出即可．
解：（1）证明：连接AE，
因为E为底面圆O上的点，
所以AE⊥BE，
又因为CB⊥底面圆O，AE⊂底面圆O，
所以CB⊥AE，又因为BE∩BC＝B，
所以AE⊥平面BCE．
（2）证明：取线段CE的中点H，连接FH，BH，
在△CDE中，FH∥CD，FH=12CD．
因为AB∥CD，AB＝2OB＝CD，
所以FH∥OB，FH＝OB，
所以四边形FHBO为平行四边形，则OF∥HB，
因为OF⊄平面BCE，HB⊂平面BCE，
所以OF∥平面BCE．
（3）连接AE．因为AB是圆O的直径，所以AE⊥BE，
过点E作圆柱的母线EQ，则EQ⊥平面ABE，所以AE，BE，EQ互相垂直，
以E为原点，EA→．EB→．EQ→的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设AE＝a，BE＝b，则a2+b2＝4，E（0，0，0），C（0，b，2），D（a，0，2），
所以EC→=(0，b，2)，ED→=(a，0，2)，
设m→=(x，y，z)为平面CDE的法向量，
所以ED→⋅m→=ax+2z=0EC→⋅m→=by+2z=0，
令z＝ab，则m→=（﹣2b，﹣2a，ab）．
易知直线BE的一个方向向量为n→=（0，1，0）．
记直线BE与平面CDE所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈m→，n→〉|=|m→⋅n→||m→||n→|=2a4b2+4a2+a2b2=21919，
化简得15a2＝4b2+a2b2．
结合a2+b2＝4，
解得a＝1，b=3，
所以BE=3．
【点评】本题考查线面平行与垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
18．（2025春•浙江期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥AD，AB＝2，BC＝1，点E在AD上，且PE⊥AD，AE＝DE＝2．
（1）若点Q为线段PE的中点，证明：BQ∥平面PCD；
（2）若AB⊥平面PAD，PE＝3，求直线PD与平面PAB所成的角的正弦值．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；向量法；空间角；运算求解；空间想象．
【正确答案】（1）证明过程请见解答；（2）1213．
【分析】（1）取PD的中点G，连接CG，QG，先证四边形BCGQ为平行四边形，可得BQ∥CG，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（2）以A为原点建系，利用向量法求线面角即可．
（1）证明：取PD的中点G，连接CG，QG，
因为点Q为线段PE的中点，所以QG∥AD，QG=12DE＝1，
而BC∥AD，BC＝1，所以QG∥BC，QG＝BC，即四边形BCGQ为平行四边形，
所以BQ∥CG，
又BQ⊄平面PCD，CG⊂平面PCD，所以BQ∥平面PCD．
（2）解：因为AB⊥平面PAD，AD，PE⊂平面PAD，所以AB⊥AD，AB⊥PE，
又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB、AD⊂平面ABD，所以PE⊥平面ABCD，
故以A为原点，AD，AB所在直线分别为x，y轴，作Az∥PE，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（0，2，0），P（2，0，3），D（4，0，0），
所以PD→=（2，0，﹣3），AB→=（0，2，0），AP→=（2，0，3），
设平面PAB的法向量为n→=（x，y，z），则n→⋅AB→=2y=0n→⋅AP→=2x+3z=0，
取x＝﹣3，则y＝0，z＝2，所以n→=（﹣3，0，2），
设直线PD与平面PAB所成的角为θ，则sinθ＝|cs＜PD→，n→＞|=|PD→⋅n→||PD→|⋅|n→|=1213，
故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为1213．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，利用向量法求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19．（2024秋•会泽县期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1底面是边长为2的正方形，高为4，E为线段AB的中点，F为线段CA1的中点．
（1）证明：EF∥平面ADD1A1；
（2）求直线EF与平面A1DC所成角的正弦值；
（3）求直线AB到平面A1DC的距离．
【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；直线与平面平行．
【专题】数形结合；向量法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解答；（2）45；（3）455．
【分析】建立空间直角坐标系，（1）求出直线EF的方向向量与平面ADD1A1的法向量，由向量法证明即可；
（2）直线EF的方向向量与平面A1DC的法向量，由向量的夹角公式计算即可；
（3）证明AB∥平面A1DC，将所求距离转化为点E到平面A1DC的距离d，由向量法求d即可．
解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A1（2，0，4），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（2，1，0），F（1，1，2），
（1）证明：因为EF→=(−1，0，2)，由题知，平面ADD1A1的一个法向量为DC→=(0，2，0)，
因为EF→⋅DC→=−1×0+0×2+2×0＝0，所以EF→⊥DC→，
因为EF⊄平面ADD1A1，所以EF∥平面ADD1A1；
（2）因为DA1→=(2，0，4)，DC→=(0，2，0)，
设平面A1DC的法向量为m→=(x，y，z)，
所以m→⋅DA1→=2x+4z=0m→⋅DC→=2y=0，解得y＝0，令x＝﹣2，则z＝1，所以m→=(−2，0，1)，
设直线EF与平面A1DC所成角为θ，
则sinθ=|cs＜EF→，m→＞|=|EF→⋅m→||EF→||m→|=45×5=45，
所以直线EF与平面A1DC所成角的正弦值为45；
（3）因为AB∥DC，AB⊄平面A1DC，DC⊂平面A1DC，
所以AB∥平面A1DC，所以点E到平面A1DC的距离d即为直线AB到平面A1DC的距离，
则d=|EF→⋅m→||m→|=45=455，
所以直线AB到平面A1DC的距离为455．
【点评】本题考查线面平行的证明，直线与平面所成角，直线到平面的距离求法，属于中档题．
20．（2024秋•易门县校级期末）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1内接于圆柱，AC为圆柱底面的直径，AB＝AA1＝BC＝2，M为A1C1中点，N为CC1中点．
（1）求直线BM与平面A1BC所成角的正弦值；
（2）若求平面A1BC与平面BMN所成锐二面角的余弦值．
【考点】二面角的平面角及求法；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）36；（2）5714．
【分析】（1）空间直角坐标系B﹣xyz，分别求出平面A1BC的一个法向量以及BM→，利用向量夹角公式即可求解；
（2）空间直角坐标系B﹣xyz，分别求出平面A1BC与平面BMN的一个法向量，利用向量夹角公式即可求解．
解：（1）由已知B1B⊥面ABC，AB⊥BC，
以{BA→，BC→，BB1→}为正交基底建立空间直角坐标系B﹣xyz，
易知B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，2，0），B1（0，0，2），A1（2，0，2），C1（0，2，2），
∵M，N为A1C1，CC1中点，
∴M（1，1，2），N（0，2，1），
则BA1→=(2，0，2)，BC→=(0，2，0)，BM→=(1，1，2)，BN→=(0，2，1)，
设平面A1BC的一个法向量为m→=(x1，y1，z1)，
则BA1→⋅m→=2x1+2z1=0BC→⋅m→=2y1=0，取z1＝﹣1，得x1＝1，y1＝0，
∴m→=(1，0，−1)，
sinθ=|cs＜BM→，m→＞|=|BM→⋅m→|BM→||m→||=|1−26×2|=36，
∴直线BM与平面A1BC所成角的正弦值为36．
（2）设平面BMN的一个法向量为n→=(x2，y2，z2)，
则BM→⋅n→=x2+y2+2z2=0BN→⋅n→=2y2+z2=0，取z2＝﹣2，得x2＝3，y2＝1，
∴n→=(3，1，−2)，
∴cs＜m→，n→＞=m→⋅n→|m→||n→|=3+22⋅14=5714，
∴平面A1BC与平面BMN所成锐二面角的余弦值为5714．
【点评】本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于中档题．