2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修一专题1.6 空间向量与立体几何（能力提升卷）

这是一份2024-2025 学年高中数学人教A版选择性必修一专题1.6 空间向量与立体几何（能力提升卷），文件包含专题16空间向量与立体几何能力提升卷人教A版2019选择性必修第一册原卷版docx、专题16空间向量与立体几何能力提升卷人教A版2019选择性必修第一册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共35页， 欢迎下载使用。

专题1.6 空间向量与立体几何（能力提升卷）考试时间：120分钟；满分：150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150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（2023·高二校考单元测试）已知直线l1的方向向量a=(2,4,x)，直线l2的方向向量b=(2,y,2)，若a=6且a⊥b，则x+y的值是（    ）A．-3或1 B．3或-1 C．-3 D．1【答案】A【分析】根据空间向量的模的坐标表示结合a=6即可求得x的值，再根据a⊥b，列出方程，即可求得y，从而可得答案.【详解】解：∵a=22+42+x2=6，∴x=±4，又∵a⊥b，∴a⋅b=2×2+4y+2x=0，∴y=−1−12x，∴当x=4时，y=−3，则x+y=1，当x=−4时，y=1，则x+y=−3∴x+y=1或-3.故选：A.2．（2023·高二单元测试）在四面体OABC中，E为OA中点，CF=13CB，若OA=a，OB=b，OC=c，则EF=（    ）A．12a−13b−23c B．−12a−13b+43c C．−12a+23b+13c D．−12a+13b+23c【答案】D【分析】利用空间向量的加减法、数乘运算即可求解.【详解】EF=EO+OF=−12OA+OC+CF=−12OA+OC+13CB =−12OA+OC+13OB−OC=−12a+13b+23c.故选：D3．（2023春·江西宜春·高三校考开学考试）在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA=AB，PH=2HC，E，F分别是棱CD，PA的中点，则异面直线BH与EF所成角的余弦值是（    ）A．13 B．33 C．63 D．223【答案】A【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线线角的余弦作答.【详解】在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，以点A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，令PA=AB=6，而E,F分别是棱CD,PA的中点，则B(6,0,0),C(6,6,0),P(0,0,6),E(3,6,0),F(0,0,3)，由PH=2HC得：PH=23PC=(4,4,−4)，则H(4,4,2),BH=(−2,4,2)，FE=(3,6,−3),所以异面直线BH与EF所成角的余弦值为|cos〈BH,FE〉|=|BH⋅FE||BH||FE|=1226×36=13.故选：A4．（2023春·江西赣州·高二上犹中学校考期末）已知四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=1，点E是BC的中点，则点E到直线PD的距离是（    ）A．54 B．52 C．22 D．324【答案】D【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则P0,0,1,D0,1,0,E1,12,0，所以PD=0,1,−1,DE=1,−12,0，所以DE=52,PD=2,DE⋅PDPD=−122=−24，所以点E到直线PD的距离是DE2−DE⋅PDPD2=54−18=324.故选：D.5．（2023·江苏·高二专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=1，BC//AD，已知Q是棱PD上靠近点P的四等分点，则CQ与平面PAB所成角的正弦值为（    ）．A．55 B．255 C．22929 D．16【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，写出相应点C、Q的坐标，求出平面PAB的法向量，最后求出CQ与平面PAB所成角的正弦值.【详解】∵ PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，∴以A为坐标原点，AD,AB,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C1,1,0，Q12,0,34.∴CQ=−12,−1,34.易知平面PAB的法向量n=1,0,0.设CQ与平面PAB所成角为θ，则sinθ=cosCQ,n=CQ⋅nCQn=−122916=22929.故选：C.6．（2023秋·河北沧州·高二统考期末）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2AA1=4，则平面A1BD截长方体的外接球所得截面圆的面积为（    ）A．223π B．8π C．25π3 D．26π3【答案】C【分析】由题可得长方体的外接球球心O为对角线中点，利用向量法可得平面A1BD到O的距离，由此可得截面圆半径.【详解】如图以A点为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则外接球球心O为体对角线的中点，则A10,0,2，B4,0,0，D0,4,0，C4,4,0，O2,2,1.A1B=4,0,−2，A1D=0,4,−2，BO=−2,2,1.设平面A1BD的法向量为m=x,y,z，则m⋅A1B=4x−2z=0m⋅A1D=4y−2z=0，取m=1,1,2.则点O到平面A1BD的距离d=m⋅BOm=63，又长方体外接球半径为体对角线一半，则R=12×42+42+22=3，设截面圆半径为r，所以r2=R2−d2=253，则S=πr2=25π3.故选：C．7．（2023·全国·高三专题练习）下图是常见的一种灭火器消防箱，抽象成数学模型如右图所示的六面体，其中四边形ADEH和BCFG为直角梯形，A、D、C、B为直角顶点，其他四个面均为矩形，AB=BG=3，FC=4，BC=1，下列说法正确的是（    ）A．该几何体是四棱台B．该几何体是棱柱，面ABCD是底面C．EG⊥HCD．面EFGH与面ABCD所成锐二面角为45°【答案】D【分析】根据题意可知这个六面体是四棱柱，面ADEH和面BCFG是底面，即可判断AB；如图以点D为原点建系，利用向量法即可判断EG,HC是否垂直，及面EFGH与面ABCD所成锐二面角.【详解】解：因为四边形ADEH和BCFG为直角梯形，A、D、C、B为直角顶点，其他四个面均为矩形，所以这个六面体是四棱柱，面ADEH和面BCFG是底面，故AB错误；由题意可知DA,DC,DE两两垂直，如图以点D为原点建系，则E0,0,4,G1,3,3,C0,3,0,H1,0,3，EG=1,3,−1,CH=1,−3,3，则EG⋅CH=1−3−3=−5≠0，所以EG,HC不垂直，故C错误；根据题意可知DE⊥平面ABCD，所以DE=0,0,4即为平面ABCD的法向量，EH=1,0,−1,HG=0,3,0，设n=x,y,z为平面EFGH的法向量，则有n⋅EH=x−z=0n⋅HG=3y=0，则可取n=1,0,1，则cosn,DE=n⋅DEnDE=44×2=22，所以面EFGH与面ABCD所成锐二面角为45°，故D正确.故选：D.8．（2023·江西·校联考二模）在四棱锥P−ABCD中，棱长为2的侧棱PD垂直底面边长为2的正方形ABCD，M为棱PD的中点，过直线BM的平面α分别与侧棱PA、PC相交于点E、F，当PE=PF时，截面MEBF的面积为（    ）A．22 B．2 C．33 D．3【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.【详解】由题意，PD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，如图，建立空间直角坐标系D-xyz，  则C0,2,0，P0,0,2，A2,0,0，M0,0,1，B2,2,0，PA=2,0,−2，BM=−2,−2,1，设PE=tPA=2t,0,−2t，0≤t≤1，则E2t,0,2−2t，又PE=PF，PA=PC，所以PF=tPC=0,2t,−2t，则F0,2t,2−2t，由题意，M、E、B、F四点共面，所以BM=xBE+yBF，所以−2=(2t−2)x−2y−2=−2x+(2t−2)y1=(2−2t)x+(2−2t)y，解得x=y=34,t=23，所以E43,0,23，F0,43,23，所以BE=−23,−2,23,BF=−2,−23,23，所以cos=BE⋅BFBEBF=2894+49+49⋅4+49+49=711，即cos∠EBF=711，所以sin∠EBF=1−cos2∠EBF=6211，所以S△EBF=12BE×BF×sin∠EBF=12×449×6211=423，又ME=43,0,−13,MF=0,43,−13，所以cos=ME⋅MFMEMF=19169+0+19⋅0+169+19=117，即cos∠EMF=117，所以sin∠EMF=1−cos2∠EMF=12217，所以S△EMF=12ME×MF×sin∠EMF=12×179×12217=223，所以截面MEBF的面积为S=S△EBF+S△EMF=423+223=22.故选：A多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（2023·全国·高一专题练习）在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，AA1=2,∠A1AB=∠A1AD=60°，则下列选项正确的是（    ）A．AC1→=AB→+AD→+AA1→ B．A1C→=AB→+AD→−AA1→C．若A1M→=2MC→，则AM→=13AA1→+23AB→+13AD→ D．若直线AC与BD交于点O，则OC1→=342【答案】AB【分析】根据空间向量的线性运算、空间向量的数量积和模的运算即可求得答案.【详解】对A，由题意，AC1=AC+CC1=AB+AD+AA1，A正确；对B，A1C=A1A+AC=−AA1+AB+AD=AB+AD−AA1，B正确；对C，A1M=2MC⇒A1M=23A1C=23AC−AA1=23AB+AD−AA1，则AM=AA1+A1M=13AA1+23AB+23AD，C错误；对D，由题意可知，OC1=OC+CC1=12AC+AA1=12AB+AD+AA1，则OC1=14AB2+14AD2+AA12+12AB⋅AD+AB⋅AA1+AD⋅AA1=14×1+14×1+4+1×2×12+1×2×12=262，D错误.故选：AB.10．（2022秋·浙江·高二校联考期中）在四面体OABC中，E,F,G,H分别是棱OA,OB,BC,CA的中点，则下列结论正确的是（    ）A．EG=12OA+OB+OCB．若OA=OB,BC=AC，则四边形EFGH为矩形C．若EG=FH，则OC⊥ABD．若OA⊥BC,OB⊥AC，则OC⊥AB【答案】BCD【分析】先判断四边形EFGH是平行四边形，然后结合向量运算、线线垂直、线面垂直等知识确定正确答案.【详解】由于E,F,G,H分别是棱OA,OB,BC,CA的中点，所以EH//OC//FH,EF//AB//HG，所以四边形EFGH是平行四边形.A选项，EG=EF+EH=12AB+12OC=12OB−OA+12OC=12−OA+OB+OC，所以A选项错误.B选项，设P是AB的中点，若OA=OB,BC=AC，则OP⊥AB,PC⊥AB，由于OP∩PC=P,OC,PC⊂平面OPC，所以AB⊥平面OPC，由于OC⊂平面OPC，所以AB⊥OC，所以EF⊥EH，所以四边形EFGH是矩形，B选项正确.C选项，若EG=FH，则四边形EFGH是矩形，所以EF⊥EH，所以OC⊥AB，所以C选项正确.D选项，若OA⊥BC,OB⊥AC，OA⋅BC=OA⋅OC−OB=OA⋅OC−OA⋅OB=0，所以OA⋅OC=OA⋅OB；OB⋅AC=OB⋅OC−OA=OB⋅OC−OB⋅OA=0，所以OB⋅OC=OB⋅OA；OA⋅OC=OB⋅OC,OC⋅OA−OB=OC⋅BA=0，所以OC⊥AB.故选：BCD11．（2023·全国·高三专题练习）已知O为正方体ABCD−A1B1C1D1底面ABCD的中心，E为棱B1C1上动点，B1E=λB1C1，λ∈0,1,F为BE的中点，则（    ）A．平面OEF⊥平面ACC1A1B．过B,E,D三点的正方体的截面一定为等腰梯形C．OE与DF为异面直线D．OE与DF垂直【答案】AB【分析】由OB⊥平面ACC1A1推出平面OBE⊥平面ACC1A1，判断A；根据线与线平行补全截面图形，故可判断选项B；由以OE与DF都在平面EMDB内，判断选项C；建立空间直角坐标系，由B1E=λB1C1=−λ,0,0，解得OE=12−λ,12,1，F为BE的中点，解得DF=2−λ2,1,12，由OE⋅DF=0，得2λ2−5λ+6=0，无解，判断选项D.【详解】连接OB，易知OB⊥平面ACC1A1．又OB⊂平面OBE，所以平面OBE⊥平面ACC1A1，即平面OEF⊥平面ACC1A1，所以A选项正确；因为B1E=λB1C1,λ∈0,1，连接B1D1，过点E作EM∥B1D1交C1D1于点M，连接MD,OD．因为B1D1//BD，所以EM//BD．又EM≠BD，且根据图形对称性得DM=BE，所以截面EMDB必为等腰梯形，所以B选项正确；因为OE⊂平面EMDB,DF⊂平面EMDB，所以OE与DF共面，所以C选项错误；以DA,DC,DD1的正方向分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则B1E=λB1C1=−λ,0,0，由题设点Ex,1,1，则B1E=(x−1,0，0)．又B1E=−λ,0,0，所以x−1=−λ，则E1−λ,1,1，又O12,12,0，所以OE=12−λ,12,1，因为F为BE的中点，B1,1,0，E1−λ,1,1，所以DF=2−λ2,1,12，若OE⋅DF=0，则12−λ⋅2−λ2+12+12=0，整理得2λ2−5λ+6=0．因为0<λ<1，令fλ=2λ2−5λ+6，Δ<0，无解，故OE与DF不垂直，所以D选项错误，故选：AB．12．（2023春·江苏常州·高二常州市北郊高级中学校考阶段练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘,AB=AC=AA1,M,N分别是AB,B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点，Q为线段A1N上的动点（包含线段的端点），则以下说法正确的是（    ）A．Q为线段A1N的中点时，CQ=34AB−14AC+AA1B．存在点Q，使得PQ∥平面A1CMC．BC1与A1M所成角的正弦值为155D．PQ与平面BCC1B1所成的角可能为45∘【答案】BD【分析】对于A，由向量的加法、减法及数乘运算即可判断；利用空间向量解答B，C；对于D，由题意可得∠QPN为PQ与平面BCC1B1所成的角，当Q运动到点A1时，∠QPN取得最大，且tan∠QPN=2>1=tan45°，从而即可判断.【详解】解：对于A，CQ=CC1+C1Q=A1Q−A1C1+AA1=12A1N−A1C1+AA1=12[12(A1C1+A1B1)]−A1C1+AA1 =14A1B1−34A1C1+AA1 =14AB−34AC+AA1，故A错误；对于B，以A为原点，以AC,AB,AA1为坐标轴建立空间直角坐标系A−xyz，设AB=AC=AA1=2，则A10,0,2,C2,0,0,B(0,2,0),M0,1,0,N1,1,2,P1,1,1，所以A1N=1,1,0,A1P=1,1,−1,CM=−2,1,0,CA1=−2,0,2设平面A1CM的法向量为n=x,y,z则n⋅CA1=−2x+2z=0n⋅CM=−2x+y=0，令y=2，可得n=1,2,1，设A1Q=mA1N=m,m,0,0≤m≤1，则PQ=A1Q−A1P=m−1,m−1,1，所以PQ⋅n=m−1+2m−1+1=3m−2，当PQ⊥n时，可得PQ∥平面A1CM，所以3m−2=0，即m=23.所以在线段A1N上存在点Q，且A1Q=23A1N，故B正确；对于C,B0,2,0,C12,0,2,BC1=2,−2,2,A1M=0,1,−2，|cos|=BC1⋅A1MBC1A1M=623⋅5=155,所以BC1与A1M所成角的正弦值为1−35=105，故C错误；对于D，在△A1B1C1中，A1B1=A1C1,N为B1C1的中点，所以A1N⊥B1C1，又B1B⊥平面A1B1C1,A1N⊂平面A1B1C1，可得B1B⊥A1N，而B1B∩B1C1=B1，所以A1N⊥平面BCC1B1,PQ与平面BCC1B1所成的角即为∠QPN，由题可得当Q运动到点A1时，∠QPN取得最大，且tan∠QPN=2>1=tan45°，所以PQ与平面BCC1B1所成的角可能为45∘，此时PN=QN，故D正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：对于线线角、线面角、面面角的求解以及对线面、面面位置关系的判断，用空间向量法进行解答较为容易些.填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（2022秋·湖北襄阳·高二校考阶段练习）已知向量a=(−1,2,3),b=(1,−2,−1)，若a⊥a+λb，则实数λ的值为 ．【答案】74【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的运算律及坐标表示，列式求解作答.【详解】向量a=(−1,2,3),b=(1,−2,−1)，则a2=(−1)2+22+32=14，a⋅b=(−1)×1+2×(−2)+3×(−1)=−8，因为a⊥a+λb，则a⋅a+λb=a2+λa⋅b=14−8λ=0，解得λ=74，所以实数λ的值为74.故答案为：7414．（2022秋·高二单元测试）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，AE⊥PB于点E，M是AC的中点，PB=1，则EP⋅EM的最小值为 ．【答案】−18/-0.125【分析】根据给定条件，证明BC⊥平面PAB，将EM用EA,EB,BC表示出，再结合空间向量数量积的运算律求解作答.【详解】连接EC，如图，因PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则PA⊥BC，而AB⊥BC，PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，则BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，即有BC⊥PB，因M是AC的中点，则EM=12(EA+EC)=12EA+12(EB+BC)，又AE⊥PB，EP⋅EM=EP⋅[12EA+12(EB+BC)]=12EP⋅EA+12EP⋅EB+12EP⋅BC=12EP⋅EB=−12|EP||EB|≥−12(|EP|+|EB|2)2=−18，当且仅当|EP|=|EB|=12取“=”，所以EP⋅EM的最小值为−18.故答案为：−1815．（2023春·河北邯郸·高三校联考开学考试）如图，某正方体的顶点A在平面α内，三条棱AB,AC,AD都在平面α的同侧.若顶点B，C，D到平面α的距离分别为2，3，2，则该正方体外接球的表面积为 .【答案】27π【分析】取空间的一个基底{AB,AC,AD}，设正方体的棱长为a，n是平面α的一个方向向上的单位法向量. 由题得AB,AC,AD在n方向上的投影向量的长度分别为2，3，2得n=1a2(2AB+3AC+2AD)，由|n|=1，得a=3，得正方体外接球表面积.【详解】设正方体的棱长为a，取空间的一个基底{AB,AC,AD}，设n是平面α的一个方向向上的单位法向量.由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组(x,y,z)，使得n=xAB+yAC+zAD.由题意，AB,AC,AD在n方向上的投影向量的长度分别为2，3，2.于是n⋅AB=2，即(xAB+yAC+zAD)⋅AB=2，即xa2=2，即x=2a2.同理，y=3a2,z=2a2.从而n=1a2(2AB+3AC+2AD)，由|n|=1，得1a22a2+3a2+4a2=1，即1a2⋅3a=1，解得a=3，所以正方体的外接球半径为332，外接球的表面积为4π3322=27π.故答案为：27π【点睛】考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得n⋅AB=2，即(xAB+yAC+zAD)⋅AB=2，即xa2=2，即x=2a2.同理可得，y=3a2,z=2a2，即可得到n=1a2(2AB+3AC+2AD).16．（2022秋·四川宜宾·高二宜宾市叙州区第一中学校校考期中）点P在正方体ABCD-A1B1C1D1的面对角线BC1（线段BC1）上运动，给出下列五个命题，正确的是 .①直线AD与直线B1P为异面直线；②A1P//面ACD1；③三棱锥A-D1PC的体积为定值；④面PDB1⊥面ACD1.⑤直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；【答案】②③④【分析】利用特殊点判断①，根据面面平行的性质得到A1P//平面ACD1，即可判断②③，建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断④⑤；【详解】解：对于①：当P点运动到C1点时，B1P//AD，此时直线AD与直线B1P不是异面直线，故①错误；对于②：由正方体的性质可得AC//A1C1且AD1//BC1，AC∩AD1=A，A1C1∩BC1=C1，AC,AD1⊂平面ACD1，A1C1,BC1⊂平面A1BC1，所以平面ACD1//平面A1BC1，又A1P⊂平面A1BC1，所以A1P//平面ACD1，故②正确；对于③：由②可得BC1//平面AD1C，故BC1上任意一点到平面AD1C的距离均相等，所以以P为顶点，平面AD1C为底面，则三棱锥A−D1PC的体积不变；故③正确；对于④：如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为1，则A1,0,0，C0,1,0，B1,1,0，C10,1,1，D10,0,1，B11,1,1，所以AC=−1,1,0，AD1=−1,0,1，DB1=1,1,1，所以AC⋅DB1=−1×1+1×1+0×1=0，AD1⋅DB1=−1×1+1×1+0×1=0，所以AC⊥DB1，AD1⊥DB1，因为AC∩AD1=A，AC,AD1⊂平面ACD1，所以DB1⊥平面ACD1，因为DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，故④正确；对于⑤：由④可知DB1=1,1,1可以为平面ACD1的一个法向量，设BP=λBC1 0≤λ≤1，则BP=λBC1=λ−1,0,1=−λ,0,λ，所以AP=AB+BP=−λ,1,λ，所以AP⋅DB1=1，DB1=3，AP=2λ2+1，设直线AP与平面ACD1所成角为θ，则sinθ=AP⋅DB1APDB1=13×2λ2+1不为常数，故直线AP与平面ACD1所成角大小改变，故⑤错误；故答案为：②③④解答题（共6小题，满分70分）17．（2023·吉林长春·高二长春市第二十九中学校考阶段练习）已知几何体EFG−ABCD，如图所示，其中四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形，且边长均为1，点M在棱DG上.（1）求证：BM⊥EF.（2）是否存在点M，使得直线MB与平面BEF所成的角为45∘？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在点M，且DM=−4+32，使得直线MB与平面BEF所成的角为45∘.【分析】（1）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设M0,0,m，可求得BM⋅EF=0，由此可证得结论；（2）设M0,0,m，根据线面角的向量求法可构造方程求得m，结合0≤m≤1可得结论.【详解】（1）∵四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形，∴AD,CD,DG两两互相垂直，∴以D为坐标原点，DA,DC,DG为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则B1,1,0，E1,0,1，F0,1,1，设M0,0,m，∴BM=−1,−1,m，EF=−1,1,0，∴BM⋅EF=1−1+0=0，∴BM⊥EF；（2）由（1）知：BE=0,−1,1，EF=−1,1,0，设平面BEF的法向量n=x,y,z，∴BE⋅n=−y+z=0EF⋅n=−x+y=0，令x=1，解得：y=1，z=1，∴n=1,1,1；假设存在点M0,0,m，使得直线MB与平面BEF所成的角为45∘，则BM=−1,−1,m，∴cos=BM⋅nBM⋅n=m−23×2+m2=22，解得：m=−4±32，∵M在棱DG上，∴0≤m≤1，∴m=−4+32，∴当点M在棱DG上，且DM=−4+32时，直线MB与平面BEF所成的角为45∘.18．（2023·广东佛山·高二校考阶段练习）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2BB1=2，P为B1C1的中点.（1）求直线AC与平面ABP所成的角；（2）求点B到平面APC的距离.【答案】（1）30°；（2）233【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角；（2）求出平面APC的法向量n，根据d=|n⋅AB||n|计算可得；【详解】解：（1）建立如图所示的空间直角坐标系则A2,0,0，C0,2,0，B2,2,0，P1,2,1，所以AC=−2,2,0，AB=0,2,0，AP=−1,2,1．设平面ABP的法向量为m=x,y,z，则m⋅AB=0m⋅AP=0，化为2y=0−x+2y+z=0，令x=1，解得y=0，z=1．∴ m=1,0,1．设直线AC与平面ABP所成的角为θ，则sinθ=|cosθ|=|m⋅AC||m||AC|=22⋅8=12，因为θ∈0,π2∴直线AC与平面ABP所成的角为30°．（2）设平面APC的法向量n=(x0，y0，z0)，则n⋅AP=0n⋅AC=0，∴ −x0+2y0+z0=0−2x0+2y0=0，令x0=1，解得y0=1，z0=−1．∴ n=1,1,−1．∴点B到平面APC的距离d=|n⋅AB||n|=23=233．19．（2023·河南许昌·统考三模）如图，在斜四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为23的菱形，且∠BAD=π3，若∠AA1C=π2，且A1在底面ABCD上的射影为ΔABD的重心G.（1）求证：平面ACC1A1⊥平面BDD1B1；（2）求直线CC1与平面A1BC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）22【分析】（1）根据条件证明BD⊥平面ACC1A1即可求解；（2）先利用等体积法得VA−A1BC=VA1−ABC，求出A到平面A1BC的距离，根据AA1//CC1，将问题转化为直线AA1与平面A1BC所成角的正弦值求解即可.【详解】（1）因为四边形ABCD为菱形，且∠BAD=π3，所以△ABD为等边三角形，所以BD⊥AC，因为A1在底面ABCD上的射影G为△ABD的重心，所以A1G⊥ 平面ABCD，因为BD⊂平面ABCD，所以BD⊥A1G，又因为A1G⊂平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，AC∩A1G=G，BD⊄平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，因为BD⊂平面BDD1B1，所以平面ACC1A1⊥平面BDD1B1.（2）因为AA1⊥A1C，AG=32·23×23=2，GC=4，所以在直角△AA1C中，由射影定理知：A1G2=AG⋅GC，求得A1G=22，GO=1，利用体积法VA−A1BC=VA1−ABC=13×22×34×12=26，在△A1BC中，A1B=A1G2+BG2=8+4=23，A1C2=GC·AC=4×6=24，所以A1C=26，又BC=23，所以S△A1BC=12×26×232−62=6，设点A到平面A1BC的距离为d，所以13d⋅S△A1BC=13d×6=26，所以d=6，AA1=23，设直线AA1与平面A1BC所成的角的夹角θ，所以sinθ=dAA1=623=22，又因为AA1//CC1，所以直线CC1与平面A1BC所成角的正弦值为22.20．（2023春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，ABCD为平行四边形，PA=PB，平面PAB⊥平面ABCD，AD=2，AB=3，∠BAD=30°.  (1)求证：平面PBD⊥平面PAB；(2)若AP与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，求锐二面角B−AD−E的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)217【分析】（1）利用勾股定理证明AB⊥BD，再根据面面垂直的性质可得BD⊂平面ABCD，再根据面面垂直的判定定理即可得证；（2）先说明∠PAB即为AP与平面ABCD所成角的平面角，再以点B为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）在△ABD中，AD=2，AB=3，∠BAD=30°，则BD2=4+3−2×2×3×32=1，所以BD=1，则BD2+AB2=AD2，所以AB⊥BD，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面PAB，又BD⊂平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAB；（2）作PQ⊥AB于点Q，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PQ⊂平面PAB，所以PQ⊥平面ABCD，则∠PAB即为AP与平面ABCD所成角的平面角，所以∠PAB=60°，又PA=PB，所以△PAB为等边三角形，故PQ=32，如图，以点B为原点建立空间直角坐标系，则A0,3,0,B0,0,0,C1,−3,0,D1,0,0,P0,32,32,Q0,32,0，则E12,−34,34，则AD=1,−3,0,AE=12,−534,34，因为PQ⊥平面ABCD，所以QP=0,0,32即为平面ABD的一条法向量，设平面ADE的法向量为n=x,y,z，则n⋅AD=x−3y=0n⋅AE=12x−534y+34z=0，令y=1，则x=3,z=3，所以n=3,1,3，则cosQP,n=QP⋅nQPn=33232×7=217，即锐二面角B−AD−E的余弦值217.  21．（2022秋·江西宜春·高二校联考阶段练习）如图，在三棱锥P−ABC中，△PAC是边长为2的正三角形，BC=AC，∠ACB=2π3，D为AB上靠近A的三等分点．(1)若PB=22，求证：平面PCD⊥平面PCB；(2)当三棱锥P−ABC的体积最大时，求二面角B−PD−C的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)713【分析】（1）根据长度关系先证明线线垂直，再证明线面垂直，从而证明面面垂直；（2）建立坐标系，利用法向量求解二面角的余弦值.【详解】（1）证明：因为△PAC是边长为2的正三角形，所以BC=AC=2，PC=2，又PB=22，所以PB2=PC2+BC2，从而PC⊥BC．因为BC=AC，∠ACB=2π3，所以AB=23．又因为D为AB上靠近A的三等分点，所以BD=433，在△BCD中，由余弦定理得CD=4+163−2×2×433×32=233．因此CD2+BC2=BD2，所以CD⊥BC．因为CD⊥BCPC⊥BCCD∩PC=C，所以BC⊥平面PCD，又BC⊂平面PCB，所以平面PCD⊥平面PCB．（2）解：由题意当三棱锥P−ABC的体积最大时，有平面PAC⊥平面ABC．取AC的中点O，连接PO，DO，则PO⊥AC，平面PAC∩平面ABC=AC，PO⊂平面PAC，从而PO⊥平面ABC，又∠DAC=∠DCA，O为AC的中点，所以DO⊥AC；以O点为原点，以OA,OD,OP为x,y,z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(−2,3,0)，C(−1,0,0)，D0,33,0，P(0,0,3)，从而PC=(−1,0,−3)，PB=(−2,3,−3)，PD=0,33,−3，设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，则PC⋅n=0,PD⋅n=0,从而−x−3z=033y−3z=0，取z=1，则n=(−3,3,1)．设平面PBD的法向量为m=(x,y,z)，则PB⋅m=0,PD⋅m=0,从而−2x+3y−3z=033y−3z=0，取z=1，则m=(3,3,1)．cos〈n,m〉=n⋅m|n|⋅|m|=713，由图可知二面角B−PD−C为锐角，所以二面角B−PD−C的余弦值为713．22．（2023·江苏南京·高三南京市第五高级中学校考阶段练习）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是边长为2的等边三角形，BC⊥BB1，CC1=2，AC1=6.（1）求证：平面ABC⊥平面BB1C1C；（2）M,N分别是BC,B1C1的中点，P是线段AC1上的一点，AP=3PC1，求二面角P−MN−C的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）30∘.【分析】（1）由勾股定理得AC⊥CC1，再由已知，根据线面垂直的判定可证CC1⊥平面ABC，由面面垂直的判定定理可得证；（2）由（1）可得AM⊥平面BB1C1C，以M为原点建立如图所示的空间直角坐标系M−xyz，由AP=3PC1，求得点P坐标，利用二面角的向量求解方法即可求解.【详解】（1）证明：∵AC=2，CC1=2，AC1=6，∴AC2+CC12=AC12，∴AC⊥CC1，又BC⊥BB1，BB1//CC1，∴BC⊥CC1，又AC∩BC=C，∴CC1⊥平面ABC.又CC1⊂平面BB1C1C，所以平面ABC⊥平面BB1C1C.（2）连接AM，因为AB=AC=2，M是BC的中点，所以AM⊥BC.由（1）知，平面ABC⊥平面BB1C1C，所以AM⊥平面BB1C1C.以M为原点建立如图所示的空间直角坐标系M−xyz，则M0,0,0，A0,0,3，N0,2,0，C1−1,2,0.设Px,y,z，则AP=x,y,z−3，PC1=−1−x,2−y,−z，由AP=3PC1，得x=−3−3xy=32−3yz−3=−3z，解得： x=−34y=324z=34，所以P−34,324,34.则平面MNC的一个法向量是m=(0,0,1)，A(0,0,3)，N(0,2,0)，C1(−1,2,0).设平面MNP的一个法向量为n=x,y,z，MN=(0,2,0)，MP=−34,324,34，由n⋅MN=0n⋅MP=0，得2y=0−34x+324y+34z=0令x=1，得n=(1,0,3).设二面角P−MN−C的平面角的大小为θ，则cosθ=m⋅n|m||n|=32，显然θ为锐角，故θ=30∘所以二面角P−MN−C的平面角的大小为30∘【点睛】方法点睛：本题考查面面垂直，及线面角的求法，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：设直线l,m的方向向量分别为a,b，平面α,β的法向量分别为u,v，则①两直线l,m所成的角为θ(0<θ≤π2),cosθ=a⋅bab；②直线l与平面α所成的角为θ(0≤θ≤π2),sinθ=a⋅uau；③二面角α−l−β的大小为θ(0≤θ≤π),cosθ=u⋅vuv.