第七章 立体几何与空间向量综合测试卷（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．（5分）（2024·湖南·三模）已知m，n是两条不重合的直线，α,β是两个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A．若m//α,n//β,α//β，则m//n
B．若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，则α//β
C．若m⊥α,m//n,α⊥β，则n⊥β
D．若m⊥α,n⊥β,m⊥n，则α⊥β
【解题思路】利用空间线线的关系、面面平行、面面垂直的判定定理和性质逐一判定各选项，即可得出结论.
【解答过程】对于A，若n//β，α//β，则n//α或n⊂α，则m，n相交、平行、异面都有可能，A错误；
对于B，若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，则α与β相交或平行，B错误；
对于C，若m⊥α,m//n，则n⊥α，又α⊥β，则n//β或n⊂β，C错误；
对于D，由m⊥α,m⊥n，得n//α或n⊂a，若n//α，则存在过n的平面与α相交，
令交线为l，则n//l，而n⊥β，于是l⊥β，α⊥β；若n⊂a，而n⊥β，则α⊥β，
因此α⊥β，D正确.
故选：D.
2．（5分）（2024·浙江嘉兴·模拟预测）设x，y∈R,a=1,1,1,b=1,y,z,c=x,−4,2，且a⊥c,b∥c，则2a+b=（ ）
A．22B．0C．3D．32
【解题思路】根据向量的垂直和平行，先求出x,y,z的值，再求所给向量的模.
【解答过程】由a⊥c ⇒ a⋅c=0 ⇒ x−4+2=0 ⇒ x=2，
由b∥c ⇒ 12=y−4=z2 ⇒ y=−2，z=1.
所以2a+b= 21,1,1+1,−2,1= 3,0,3=32.
故选：D.
3．（5分）（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥A−BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为（ ）
A．10πB．20πC．25πD．30π
【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r，再利用R2=r2+(ℎ2)2(ℎ为三棱锥的高，R为外接球半径），即可求解．
【解答过程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC，
即BC2=1+4−2×1×2×cs60°=3，所以BC=3，
设△ABC的外接圆半径为r，
则2r=BCsin∠BAC=3sin60°=2，所以r=1，
AD⊥平面ABC，且AD=4，
设三棱锥A−BCD外接球半径为R，
则R2=r2+(12AD)2，即R2=1+4=5，
所以三棱锥A−BCD外接球的表面积为4πR2=20π．
故选：B．
4．（5分）（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2，BC=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ）
A．32B．155C．104D．33
【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.
【解答过程】以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于D，
以BD为x轴，以BC为y轴，以BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2，BC=1，
所以A(3,−1,0),B1(0,0,2),B(0,0,0),C1(0,1,2)，
所以AB1=(−3,1,2),BC1=(0,1,2)，
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，
所以csθ=|AB1⋅BC||AB1|⋅|BC1|=58⋅5=104.
故选：C.
5．（5分）（2024·贵州·模拟预测）为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩．已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如下图所示，其中AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cm，则该石墩的体积为（ ）
A．10000π3cm3B．11000π3cm3C．4000πcm3D．13000π3cm3
【解题思路】过点C作CM⊥AB于M，根据条件，求出圆台的高，再利用圆台与圆柱的体积公式，即可求出结果.
【解答过程】如图，过点C作CM⊥AB于M，
因为AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cm，所以AM=10，CM=CA2−AM2=200−100=10，
所以圆台的体积为V=13(S上+S下+S上⋅S下)ℎ=13(π×102+π×202+π×102×π×202)×10=7000π3(cm3)，
又圆柱的体积为V1=Sℎ=π×102×20=2000π(cm3)，
所以该石墩的体积为7000π3+2000π=13000π3(cm3)，
故选：D.
6．（5分）（2024·江西赣州·二模）已知球O内切于正四棱锥P−ABCD，PA=AB=2，EF是球O的一条直径，点Q为正四棱锥表面上的点，则QE⋅QF的取值范围为（ ）
A．[0,2]B．[4−23,2]C．[0,4−3]D．[0,4−23]
【解题思路】根据给定条件，利用体积法求出球O半径，再利用向量数量积的运算律计算即得.
【解答过程】令H是正四棱锥P−ABCD底面正方形中心，则PH⊥平面ABCD，而AH=2，
则PH=PA2−AH2=2，正四棱锥P−ABCD的体积V=13×22×2=423，
正四棱锥P−ABCD的表面积S=4×34×22+22=4(3+1)，
显然球O的球心O在线段PH上，设球半径为r，则V=13Sr，即r=3VS=6−22，
在△POA中，∠PAOOP，又EF是球O的一条直径，
因此QE⋅QF=(QO+OE)⋅(QO−OE)=QO2−OE2=QO2−OH2，
显然OH≤QO≤AO，则(QE⋅QF)min=0，(QE⋅QF)max=AO2−OH2=AH2=2，
所以QE⋅QF的取值范围为[0,2].
故选：A.
7．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，BC1的中点，则（ ）
A．EF//BDB．FD1//平面BCE
C．EF⊥BC1D．AF⊥平面BCC1B1
【解题思路】对于A，说明EF,BD异面即可判断；对于B，说明平面BCE//平面GHD1即可判断；对于C，可以用反证法导出矛盾，进而判断；对于D，显然不垂直.
【解答过程】对于A，
设G为BB1中点，则EG//BD，但EG,EF相交，所以EF,BD异面，故A错误；
对于B，设CC1的中点为H，则BC//GH，BE//GD1，
因为GH⊄平面BEC，BC⊂平面BEC，GD1⊄平面BEC，BE⊂平面BEC，

所以GH//平面BEC，GD1//平面BEC，
又因为GH∩GD1=G,GH,GD1⊂平面GHD1，
故平面BCE//平面GHD1，
又FD1⊂平面GHD1，故FD1//平面BCE，选项B正确．
对于C，在△EBC1中，BE≠EC1，BF=FC1，故EF与BC1不可能垂直（否则EF垂直平分BC1，会得到EB=EC1，这与BE≠EC1矛盾），C选项错误．
对于D，
易知AB⊥平面BCC1B1，又AB∩AF=A，故D选项错误．
故选：B.
8．（5分）（2024·山东临沂·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为CC1，C1D的中点，则（ ）
A．直线MN与A1C所成角的余弦值为63B．平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为1010
C．在BC1上存在点Q，使得B1Q⊥BD1D．在B1D上存在点P，使得PA//平面BMN
【解题思路】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN可判断D.
【解答过程】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
所以A1,0,0,D0,0,0,B1,1,0,C0,1,0，A11,0,1,D10,0,1,B11,1,1,C10,1,1，
M0,1,12,N0,12,12，
对于A，MN=0,−12,0，A1C=−1,1,−1，
直线MN与A1C所成角的余弦值为csMN,A1C=MN⋅A1CMNA1C=1212×3=33，故A错误；
对于B，MN=0,−12,0，BM=−1,0,12，
设平面BMN的法向量为n=x,y,z，则n⋅MN=−12y=0n⋅BM=−x+12z=0，
取x=1，可得y=0,z=2，所以n=1,0,2，
C1D1=0,−1,0，BC1=−1,0,1，
设平面BC1D1的法向量为m=x1,y1,z1，则n⋅C1D1=−y1=0n⋅BC1=−x1+z1=0，
取x1=1，可得y1=0,z1=1，所以m=1,0,1，
平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为：
csm,n=m⋅nm⋅n=1+25×2=31010，故B错误；
对于C，因为Q在BC1上，设Qx0,1,z0，所以C1Q=λC1B，0≤λ≤1，
则C1Q=x0,0,z0−1,C1B=1,0,−1，所以x0=λ,z0=−λ+1，
所以Qλ,1,−λ+1，B1Q=λ−1,0,−λ,BD1=−1,−1,1，
所以B1Q⋅BD1=1−λ−λ=0，解得：λ=12.
故BC1上存在点Q12,1,12，使得B1Q⊥BD1，故C正确；
对于D，因为MN//DC//AB，所以N,M,B,A四点共面，
而A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA//平面BMN，故D错误.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（6分）（2024·山东淄博·二模）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是π3，M为A1C1与B1D1的交点．若AB=a，AD=b，AA1=c，则下列说法正确的是（ ）
A．CM=−12a−12b+cB．CM，AC1=π3
C．BD1=a+b+cD．AD⋅BD1=1
【解题思路】由题意可知，a⋅b=a⋅c=b⋅c=1×1×csπ3=12，再利用空间向量的线性运算和数量积运算逐个判断各个选项即可．
【解答过程】由题意可知，a⋅b=a⋅c=b⋅c=1×1×csπ3=12，
对于A，CM=CC1+C1M=AA1+12C1A1=AA1−12(AB+AD)=−12a−12b+c，故A正确；
对于B，又因为AC1=AB+AD+AA1=a+b+c，
所以CM⋅AC1=(−12a−12b+c)⋅(a+b+c)=−12a2−12a⋅b−12a⋅c−12b⋅a−12b2−12b⋅c+c⋅a+c⋅b+c2=0，
所以CM，AC1=π2，故B错误；
对于C，BD1=BA+BC+BB1=−AB+AD+AA1=−a+b+c，故C错误；
对于D，AD⋅BD1=b⋅(−a+b+c)=−a⋅b+b2+b⋅c=1，故D正确．
故选：AD．
10．（6分）（2024·浙江·模拟预测）如图，在三棱锥P−EDF的平面展开图中，E，F分别是AB，BC的中点，正方形ABCD的边长为2，则在三棱锥P−EDF中（ ）
A．△PEF的面积为12B．PD⊥EF
C．平面PEF⊥平面DEFD．三棱锥P−EDF的体积为13
【解题思路】直接求△BEF的面积可判定A，连接BD交EF于G，根据条件证EF⊥平面GPD即可判定B，判定PG、DG的夹角是否为直角可判定C，利用棱锥的体积公式可判定D.
【解答过程】
对于A，易知S△BEF=S△PEF=12×BE×BF=12，故A正确；
对于B，连接BD交EF于G，根据正方形的性质易知EF⊥BD，
所以有EF⊥GD,EF⊥GP，
又PG,GD⊂平面PGD，所以EF⊥平面GPD，
PD⊂平面GPD，所以EF⊥PD，故B正确；
对于C，由上可知∠PGD为平面PEF与平面DEF的夹角，
易知PG=22,DG=322,PD=2≠PG2+DG2，则PG,DG不垂直，故C错误；
对于D，由题意可知PD,PE,PF两两垂直，
则VP−EDF=13×PD×12×PE×PF=13，故D正确.
故选：ABD.
11．（6分）（2024·江苏南京·二模）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别为AB、BC的中点，点P满足A1P=λA1B1+μA1D10≤λ≤1,0≤μ≤1，则下列说法正确的是（ ）
A．若λ=1,μ=0，则三棱锥P−BEC外接球的表面积为9π4
B．若λ=μ=12，则异面直线CP与B1F所成角的余弦值为31010
C．若λ+μ=1，则△PEF面积的最小值为38
D．若存在实数x,y使得AP=xB1E+yB1F，则D1P的最小值为324
【解题思路】根据长方体的外接球即可求解A，建立空间直角坐标系，即可根据向量的坐标运算，结合模长公式以及夹角公式即可求解BD，根据线面垂直的性质可得P在线段B1D1上运动，PE=PF，即可根据面积公式求解.
【解答过程】A：由题意，P与B1重合，
故三棱锥P−BEC的外接球与以BB1,BE,BC为长宽高的长方体的外接球相同，
故半径2R=12+12+122=32，表面积为4πR2=94π，故A对；
B：以D为原点建系，C0,1,0，D10,0,1，A11,0,1，B11,1,1，F12,1,0，E1,12,0,A1,0,0,
由A1P=12A1B1+12A1D1=−12,12,0，所以P12,12,1，
CP=12,−12,1，B1F=−12,0,−1，csCP,B1F=CP⋅B1FCP⋅B1F=5432⋅54=566，故B错；
C：由λ+μ=1得，P在线段B1D1上运动，设P在底面ABCD的投影为Q，连接QE,QF，
由于QE=QF，所以PE=PQ2+QE2,PF=PQ2+QF2，故PE=PF，
连接EF,BD相交于M，连接MP，
S△PEF=12EF⋅PM=12×22PQ2+QM2≥12×22PQ2=12×22×1=24，当Q,M重合时取等号，故C错；

D：由A1P=λA1B1+μA1D10≤λ≤1,0≤μ≤1
得P1−μ,λ,1，AP=−μ,λ,1，B1E=0,−12,−1，B1F=−12,0,−1，
由AP=xB1E+yB1F可得λ=−12xμ=12yx+y=−1，
所以λ−μ=12，D1P=1−μ,λ,0，D1P=λ2+μ−12=μ+122+μ−12=2μ−142+98，
当μ=14时，D1Pmin=324，故D正确.
故选：AD.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2024·辽宁·一模）已知空间中的三个点A1,1,1，B2,1,−1，C3,0,0，则点A到直线BC的距离为 423 ．
【解题思路】由题意求出BA,BC和BA在BC上的投影，根据勾股定理计算即可求解.
【解答过程】由题意知，A(1,1,1),B(2,1,−1),C(3,0,0)，
所以BA=(−1,0,2),BC=(1,−1,1)，
得BA=5,BC=3，BA⃗⋅BC⃗BC⃗=−1+0+23=33，
所以点A到直线BC的距离为d=BA⃗2−(BA⃗⋅BC⃗BC⃗)2=5−13=423.
故答案为：423.
13．（5分）（2024·四川·模拟预测）在平面四边形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，将△BCD沿BD折起，使点C到达C′，且AC′=3，则四面体ABC′D的外接球为球O，若点E在线段BD上，且BD=4BE，过点E作球O的截面，则所得截面圆中面积最小的圆半径为 64 ．
【解题思路】先根据勾股定理逆定理得到C′B⊥AB,C′D⊥AD，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离d最大即可．
【解答过程】由题意知，C′B=C′D=2,AB=AD=1,AC′=3，
由勾股定理可知，C′B2+AB2=C′A2,C′D2+AD2=C′A2，所以C′B⊥AB,C′D⊥AD，
取C′A的中点O，所以OB=OC′=OD=OA，所以四面体ABC′D的外接球O在斜边C′A的中点处，四面体ABC′D的外接球O的半径R=12C′A=32，
根据题意可知，过点E作球O的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，设球O到截面的距离d，只需球心到截面的距离d最大即可，
而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，即dmax=OE，
取BD的中点F,EF=14BD=24，易知△OBD为等腰三角形，OF=OB2−BF2=34−12=12，所以OE2=OF2+EF2=122+242=38，
所以截面圆的半径为r=R2−OE2=64．
故答案为：64．
14．（5分）（2024·广东茂名·模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是正方形，AB=4，AA1=42，点B1在底面ABCD的射影为BC中点H，则直线AD1与平面ABCD所成角的正弦值为 74 ．
【解题思路】以点H为坐标原点，BA、HC、HB1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系H−xyz，求得平面ABCD的一个法向量为n=0,0,1，直线AD1的一个方向向量AD1=0,6,27，利用向量的夹角公式可求直线AD1与平面ABCD所成角的正弦值.
【解答过程】因为点B1在底面ABCD的射影为BC中点H，则B1H⊥平面ABCD，
又因为四边形ABCD为正方形，
以点H为坐标原点，BA、HC、HB1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系H−xyz，

因为B1H⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则B1H⊥BC，
因为AB=4，AA1=42，则B1H=BB12−BH2=32−4=27，
则A4,−2,0、D4,2,0、B0,−2,0、B10,0,27，
所以AD1=AD+DD1=AD+BB1=0,4,0+0,2,27=0,6,27，
易知平面ABCD的一个法向量为n=0,0,1，
csAD1,n=AD1⋅nAD1⋅n=278×1=74，
因此，直线AD1与平面ABCD所成角的正弦值为74．
故答案为：74.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）（2024·内蒙古赤峰·三模）如图， 在三棱台 A1B1C1−ABC中， △A1B1C1和 △ABC都为等边三角形，且边长分别为2和4， CC1=2,∠ACC1=∠BCC1=90°,G 为线段AC 的中点， H 为线段BC上的点，A1B// 平面C1GH .

(1)求证: 点H为线段BC的中点;
(2)求三棱锥 B−A₁AH的体积.
【解题思路】（1）因为A1B// 平面C1GH，所以想到用线面平行的性质定理证明；
（2）利用等体积法将三棱锥 B−A₁AH转化为三棱锥A1−ABH的体积求解即可.
【解答过程】（1）连接A1C， 设 A1C∩C1G=O，连接HO、A1G
因为三棱台 A1B1C1−ABC，所以A1C1//AC
又 CG=12AC=2，所以四边形A1C1CG为平行四边形
所以CO=OA1 .
又A1B //平面C1GH， A1B⊂平面A1BC， 平面CBA1∩平面C1GH =HO，
∴A1B//HO
∵四边形A1C1CG 是正方形，O是A1C的中点，
∴点H是BC的中点.

（2）因为∠ACC₁=∠BCC₁=90°， 则 CC1⊥AC，CC1⊥BC，
又 AC∩BC=C，AC,BC⊂平面ABC
∴CC1⊥平面ABC,
由（1） 知 A1G//CC1，且 CC1=A1G=2，
△ABC是边长为4的等边三角形，
∴S△ABC=12×4×4×32=43，
∵H为BC中点，
∵S△ABH=12S△ABC=12×43=23,
VB−A1AH=VA1−ABH
VA1−ABH=13S△ABH×A1G =13×23×2=433.
16．（15分）（2024·陕西宝鸡·三模）如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1与BB1的距离为3，AB=AC=A1B=2，A1C=BC=22.
(1)证明：平面A1ABB1⊥平面ABC；
(2)若点N是棱A1C1的中点，求点N到平面A1B1C的距离.
【解题思路】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，即证明AC⊥平面ABB1A1；
（2）根据面面垂直，求三棱柱的高，以及利用等体积转化求点N到平面A1B1C的距离.
【解答过程】（1）取棱A1A中点D，连接BD，
因为AB=A1B，所以BD⊥AA1
因为三棱柱ABC−A1B1C1，所以AA1∥BB1
所以BD⊥BB1，所以BD=3
因为AB=2，所以AD=1，AA1=2；
因为AC=2，A1C=22，
所以AC2+AA12=A1C2，
所以AC⊥AA1，
同理AC⊥AB，
因为AA1∩AB=A，且AA1，AB⊂平面A1ABB1，所以AC⊥平面A1ABB1，
因为AC⊂平面ABC，所以平面A1ABB1⊥平面ABC；
（2）过B1作B1E⊥AB，垂足为E，连结CE，
由（1）可知平面A1ABB1⊥平面ABC，且平面A1ABB1∩平面ABC=AB，
所以B1E⊥平面ABC，CE⊂平面ABC，则B1E⊥CE，
有（1）可知，△ABA1是等边三角形，可得B1E=3，CE=13，B1C=4，
△A1CB1中，A1C=22，A1B1=2，B1C=4，
cs∠B1A1C=22+222−422×2×22=−24，则sin∠B1A1C=144
可得△A1CB1的面积为12×2×22×144=7，
又VC1−A1CB1=VC−A1C1B1=13⋅3⋅12⋅2⋅2=233
设N 到面A1B1C的距离为h，则VC1−A1B1C=13⋅S△A1B1C⋅2ℎ，
可得ℎ=217.
17．（15分）（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD与平面ABC1D1都是边长为2的菱形，∠BCD=∠BC1D1=120°，侧面BCC1B1的面积为15.
(1)求平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积；
(2)求平面BCC1B1与平面CDD1C1的夹角的余弦值.
【解题思路】（1）连接AC，AC1，根据菱形的性质、余弦定理，结合线面垂直的判定定理、三角形面积公式、棱柱的体积公式进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【解答过程】（1）连接AC，AC1，
因为底面ABCD与平面ABC1D1均为菱形，且∠BCD=∠BC1D1=120°，
所以△ABC与△ABC1均为等边三角形，
取AB的中点O，连接OC，OC1，则OC⊥AB，OC1⊥AB，则OC=OC1=3，
因为侧面BCC1B1的面积为15，
所以△BCC1的面积为152，则12×2×2sin∠CBC1=152，
所以sin∠CBC1=154，则cs∠CBC1=14.
在△BCC1中，CC12=22+22−2×2×2×14=6，则CC1=6，
所以OC2+OC12=CC12，所以OC⊥OC1.
因为AB∩OC=O，AB,OC⊂平面ABCD，
所以OC1⊥平面ABCD，
故平行六面体ABCD−A1B1C1D1的体积V=SABCD⋅OC1=2×2sin60°×3=6.
（2）由（1）可知，AB,OC,OC1两两垂直，以O为原点，以OB,OC,OC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
则B(1,0,0)，C(0,3,0)，C1(0,0,3)，D(−2,3,0)，
BC=(−1,3,0)，CC1=(0,−3,3)，CD=(−2,0,0)，
设平面BCC1B1的法向量为m=x1,y1,z1，
由BC⋅m=0,CC1⋅m=0,得−x1+3y1=0,−3y1+3z1=0,取y1=1，则m=(3,1,1).
设平面CDD1C1的法向量为n=x2,y2,z2，，
由CD⋅n=0,CC1⋅n=0,得−2x2=0,−3y2+3z2=0,取y2=1，则n=(0,1,1)，
于是cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=25×2=105.
设平面BCC1B1与平面CDD1C1的夹角为θ，
所以csθ=|cs〈m,n〉|=105.
18．（17分）（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在棱AA1上，且AE=1．
(1)求四棱锥D1−EABB1的表面积
(2)若点P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距离为262，求点P到直线EB1的距离．
【解题思路】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.
【解答过程】（1）由AE=1，AB=4,所以D1E=EB1=A1E2+A1D12=32+42=5,
D1B1=42,
所以S△D1EA=12×1×4=2,S△D1B1E=12×42×52−222=234, S△D1AB=S△D1B1B=12×42×4=82,SEABB1=12×1+4×4=10,
故四棱锥D1−EABB1的表面积为S△D1EA+S△D1B1E+S△D1AB+S△D1B1B+SEABB1=2+234+162+10=12+234+162
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(4,0,0)，B(4,4,0)， B1(4,4,4)，D1(0,0,4),E4,0,1,P0,a,4，其中0≤a≤4，
则DE=(4,0,1),DB1=(4,4,4),DP=(0,a,4)，
设平面B1DE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DE=0,n⋅DB1=0，
即4x+z=04x+4y+4z=0,令x=1，则平面B1DE的法向量n=(1,3,−4)，
设P到平面B1DE的距离为d，∴ d=|DP⋅n||n|=3a−161+9+16=262，
由于0≤a≤4，解得a=1，
故P0,1,4，EB1=0,4,3,PB1=4,3,0
∴点P到直线EB1的距离为PB12−PB1⋅EB1EB12=25−1252=4815．
19．（17分）（2024·湖南·三模）如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是梯形，BC//AD,PA=AB=BC=1,AD=2,PC=3,PA⊥平面ABCD.
(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；
(2)在棱PD上是否存在一点E，使得二面角E−AC−P的余弦值为63.若存在，求出PE:ED的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）只需结合已知证明BC⊥平面PAB，由面面垂直的判定定理即可进一步得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数PE=λPD，进一步表示两个平面的法向量，由向量夹角公式建立方程即可求解.
【解答过程】（1）因为PA⊥平面ABCD，BC,AC,AB⊂平面ABCD，所以PA⊥BC,PA⊥AC,PA⊥AB，
因为PA=AB=BC=1,PC=3，所以AC2=PC2−PA2=3−1=2=AB2+BC2，
所以AB⊥BC，
又因为PA⊥BC,PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB；
（2）因为BC⊥平面PAB，BC//AD，所以AD⊥平面PAB，
又因为PA,AB⊂平面PAB，所以AD⊥PA,AD⊥AB，又PA⊥AB，
所以AB,AD,AP两两互相垂直，
所以以点A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
如图，C1,1,0,P0,0,1,D0,2,0,PD=0,2−1，
设PE=λPD=0,2λ,−λ,0≤λ≤1，
则AE=AP+PE=0,0,1+0,2λ,−λ=0,2λ,1−λ，
AC=1,1,0，设平面EAC的法向量为n1=x1,y1,z1，
则n1⋅AC=0n1⋅AE=0，即x1+y1=02λy1+1−λz1=0，取y1=λ−1，x1=1−λ,z1=2λ满足条件，
所以可取n1=1−λ,λ−1,2λ，
AC=1,1,0，AP=0,0,1，设平面PAC的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅AC=0n2⋅AP=0，即x2+y2=0z2=0，取y2=−1，解得x2=1,z2=0，
所以n2=1,−1,0，
由题意csn1,n2=n1⋅n2n1⋅n2=2−2λ2⋅2λ−12+4λ2=63，
化简并整理得λ−12=4λ2，解得λ=13或λ=−1（舍去），
所以PE=13PD，
综上所述，棱PD上是否存在一点E，且PE:ED=1:2，使得二面角E−AC−P的余弦值为63.