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2025年高考数学高频易错考前冲刺：空间向量的应用
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 安康期末）已知是平面ABC的一个法向量，且，则点M到平面ABC的距离为（　　）
A．2 B． C．4 D．
2．（2024秋 滨州期末）已知三棱锥P﹣ABC各个顶点都在半径为的球O的球面上，且PA＝PB＝PC，，∠ABC＝90°，则球心O到平面ABC的距离为（　　）
A． B． C．3 D．
3．（2024秋 顺义区期末）已知直线l的一个方向向量（﹣1，﹣4，2），平面α的一个法向量（x，﹣2，1），若直线l∥平面α，则x＝（　　）
A． B．10 C． D．﹣10
4．（2024秋 福州期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，AD的中点为E，则下列说法不正确的是（　　）
A．直线D1C和BC1所成的角为
B．四面体BDC1A1的体积是
C．点A1到平面BEC1的距离为
D．C1到直线BE的距离为
5．（2024秋 宝安区期末）如图，二面角α﹣l﹣β的棱上有两点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l，若AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD，则二面角α﹣l﹣β的大小为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024秋 仁寿县期末）设向量（1，2，m），（2，0，﹣1），若⊥，则m＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
7．（2024秋 青铜峡市校级期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．直线FC1到平面AB1E的距离为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024秋 宝山区校级期末）如果直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，则（　　）
A．sin2θ1+sin2θ2≥1 B．sin2θ1+sin2θ2≤1
C．sin2θ1+sin2θ2＞1 D．sin2θ1+sin2θ2＜1
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 安康期末）设直线l1，l2的方向向量分别为，平面α1，α2的法向量分别为，则（　　）
A．若，则l1∥l2
B．若，则l1∥α1或l1 α1
C．若∥，则l1⊥α1
D．若α1，α2的夹角为60°，则
（多选）10．（2025 泰州模拟）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．C1F⊥平面DD1E
B．向量，，不共面
C．平面CEF与平面ABCD的夹角的正切值为
D．平面CEF截该正方体所得的截面面积为
（多选）11．（2024秋 衢州期末）ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，点P为棱AA1上的动点，点Q为平面PB1D1上的任一点，Q到直线AA1和到面ABCD的距离相等，则下列表述正确的是（　　）
A．存在点P使得直线AA1与平面PB1D1所成的角为
B．存在直线PQ与面A1B1D1所成的角大于二面角P﹣B1D1﹣A1
C．点Q所在的曲线可能为双曲线
D．点Q所在的曲线可能为抛物线
（多选）12．（2024秋 白城校级期末）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（　　）
A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，3，﹣1），，﹣3，1），则l1∥l2
B．直线l的方向向量，﹣1，2），平面α的法向量是，4，﹣1），则l⊥α
C．两个不同的平面α，β的法向量分别是，2，﹣1），，4，2），则α⊥β
D．直线l的方向向量，3，0），平面α的法向量是，﹣5，0），则l∥α
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 包头期末）把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，则折纸后异面直线AC与BD所成角的大小为 　 　．
14．（2025 新余校级模拟）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点均位于一个半径为的球O的球面上，AB＝10，AC＝6，BC＝8，平面PBC经过点O，则当P﹣ABC的体积取最大值时，直线PA与平面PBC所成角的正弦值为：　 　．
15．（2024秋 嘉兴期末）在空间直角坐标系中，已知平面α的法向量为（4，2，﹣2k），平面β的法向量为（k﹣3，﹣1，1），若α∥β，则实数k的值为 　 　．
16．（2024秋 无锡期末）空间直角坐标系中，u（x﹣x0）+v（y﹣y0）+w（z﹣z0）＝0表示经过点（x0，y0，z0），且法向量为（u，v，w）的平面的方程．已知平面α的方程为x+2y+2z﹣3＝0，过点P（2，1，3）作直线l⊥α，点M（a，b，c）为直线l上任意一点，则a，b满足的关系式为 　 　；点P到平面α的距离为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 白银期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，侧面PCD为正三角形，且平面PCD⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝AB＝1，BC＝2．
（1）证明：PC⊥BD．
（2）已知Q为侧棱PB上一点，PD∥平面QAC．
①求的值；
②求直线DQ与平面QAC所成角的正弦值．
18．（2024秋 桂林期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，平面ABCD，PB＝AB＝BC＝6，AD＝3，点E为AB的中点．
（1）证明：EC⊥PD；
（2）求点B到平面PCD的距离；
（3）求平面PAC与平面PCD夹角的余弦值．
19．（2024秋 青岛期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，BD⊥AC1．
（1）证明：平面AA1C1C⊥平面ABCD；
（2）若四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1所有棱长为2，AA1⊥BC．记四边形ABCD，AA1D1D，BB1C1C的外接圆圆心分别为O，O1，O2，点P，P1，P2分别在平面ABCD，AA1D1D，BB1C1C上，且OP＝O1P1＝O2P2＝1．
（i）求二面角A1﹣AP﹣O1的最大值；
（ii）根据（i）的结论，求△PP1P2外接圆直径的最大值．
20．（2024秋 湖南期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，AB∥CD，AD⊥PB，AB＝4．
（1）求证：AD⊥平面PBD；
（2）若BD⊥PC，且，求平面PAB与平面PBC夹角的余弦值．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：空间向量的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 安康期末）已知是平面ABC的一个法向量，且，则点M到平面ABC的距离为（　　）
A．2 B． C．4 D．
【考点】空间中点到平面的距离；平面的法向量．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用空间向量求出点到平面的距离．
【解答】解：因为是平面ABC的一个法向量，且，
则点M到平面ABC的距离．
故选：B．
【点评】本题考查向量法的应用，属于基础题．
2．（2024秋 滨州期末）已知三棱锥P﹣ABC各个顶点都在半径为的球O的球面上，且PA＝PB＝PC，，∠ABC＝90°，则球心O到平面ABC的距离为（　　）
A． B． C．3 D．
【考点】空间中点到平面的距离；球内接多面体．
【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．
【答案】A
【分析】设点P在底面ABC上的射影为H，根据已知条件可得点H为AC的中点，再利用勾股定理求出OH的长即可．
【解答】解：设点P在底面ABC上的射影为H，
因为PA＝PB＝PC，所以点H为△ABC的外心，
又，∠ABC＝90°，所以点H为AC的中点，
连接PH，BH，则三棱锥P﹣ABC的外接球的球心O必在PH上，
连接CO，则，CO，
在Rt△COH中，，
因为OH⊥平面ABC，
所以球心O到平面ABC的距离为．
故选：A．
【点评】本题考查点到平面距离的求法，熟练掌握外接球球心的找法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
3．（2024秋 顺义区期末）已知直线l的一个方向向量（﹣1，﹣4，2），平面α的一个法向量（x，﹣2，1），若直线l∥平面α，则x＝（　　）
A． B．10 C． D．﹣10
【考点】空间向量语言表述线面的垂直、平行关系；空间向量数量积的坐标表示；平面的法向量．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，由平面法向量的定义可得⊥，必有 x+8+2＝0，解可得答案．
【解答】解：根据题意，若直线l∥平面α，必有⊥，
则 x+8+2＝0，
解可得x＝10．
故选：B．
【点评】本题考查直线与平面平行的判断，涉及平面法向量的定义，属于基础题、
4．（2024秋 福州期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，AD的中点为E，则下列说法不正确的是（　　）
A．直线D1C和BC1所成的角为
B．四面体BDC1A1的体积是
C．点A1到平面BEC1的距离为
D．C1到直线BE的距离为
【考点】空间中点到平面的距离；棱锥的体积；异面直线及其所成的角．
【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．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求异面直线夹角，点到平面的距离和点到直线的距离可分别判断选项ACD，利用割补法求四面体BDC1A1的体积，可判断选项B．
【解答】解：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则D（0，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（1，0，0），
选项A，，
所以，
所以，
即直线D1C和BC1所成的角为，故选项A正确；
选项B，由题意知，正方体由四面体BDC1A1和四个全等的正三棱锥构成，
所以，故选项B正确；
选项C，，
设平面BEC1的法向量为，则，
令x＝2，则y＝﹣1，z＝2，所以，
所以点A1到平面BEC1的距离为，故选项C错误；
选项D，，
所以C1到直线BE的距离为，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求异面直线夹角、点到直线的距离、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．
5．（2024秋 宝安区期末）如图，二面角α﹣l﹣β的棱上有两点A，B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l，若AB＝2，AC＝3，BD＝4，CD，则二面角α﹣l﹣β的大小为（　　）
A． B． C． D．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】整体思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】C
【分析】设θ，即二面角α﹣l﹣β的大小为θ，根据||＝（）2，展开计算得到cosθ，得到答案．
【解答】解：如图，设θ，（0≤θ≤π），
则二面角α﹣l﹣β的大小为θ，
由题意，CA⊥AB，AB⊥BD，
故，，
故
，
故41＝9+4+16+2×3×4×（﹣cosθ），
故cosθ，即θ，
因此所求二面角为．
故选：C．
【点评】本题考查二面角的平面角求法，属中档题．
6．（2024秋 仁寿县期末）设向量（1，2，m），（2，0，﹣1），若⊥，则m＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
【考点】空间向量的数量积判断向量的共线与垂直．
【专题】方程思想；定义法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】根据数量积的坐标公式求解．
【解答】解：由题意， 1×2+2×0﹣m＝0，解得m＝2．
故选：D．
【点评】本题考查数量积的坐标公式，属于基础题．
7．（2024秋 青铜峡市校级期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点．直线FC1到平面AB1E的距离为（　　）
A． B． C． D．
【考点】空间中点到平面的距离．
【专题】数形结合；向量法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】将直线FC1到平面AB1E的距离转化为点C1到平面AB1E的距离，建立直角坐标系，表示出相应点的坐标以及向量和法向量，利用距离公式即可求出．
【解答】解：∵AE∥FC1，FC1 平面AB1E，AE 平面AB1E，∴FC1∥平面AB1E，
∴直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离，
如图，以D点为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立直角坐标系，
则，
，
设平面AB1E的法向量为，
则，令z＝2，则，
设点C1到平面AB1E的距离为d，
则，
故直线FC1到平面AB1E的距离为．
故选：D．
【点评】本题考查直线到平面的距离、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8．（2024秋 宝山区校级期末）如果直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，则（　　）
A．sin2θ1+sin2θ2≥1 B．sin2θ1+sin2θ2≤1
C．sin2θ1+sin2θ2＞1 D．sin2θ1+sin2θ2＜1
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】计算题．
【答案】B
【分析】由已知中直角三角形的斜边与平面α平行，两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，根据空间直线与平面夹角的定义，我们可得θ1+θ2≤90°，当且仅当三角形所在平面与α垂直时取等，进而得到结论．
【解答】解：∵直角三角形的斜边与平面α平行，
两条直角边所在直线与平面α所成的角分别为θ1和θ2，
则θ1+θ2≤90°（当且仅当三角形所在平面与α垂直时取等）
则sin2θ1+sin2θ2≤1（当且仅当三角形所在平面与α垂直时取等）
故选：B．
【点评】本题考查的知识点是直线与平面所成的角，其中根据已知结合空间直线与平面夹角的定义，得到θ1+θ2≤90°，是解答本题的关键．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 安康期末）设直线l1，l2的方向向量分别为，平面α1，α2的法向量分别为，则（　　）
A．若，则l1∥l2
B．若，则l1∥α1或l1 α1
C．若∥，则l1⊥α1
D．若α1，α2的夹角为60°，则
【考点】空间向量方法证明线、面的位置关系定理；空间直线的方向向量、空间直线的向量参数方程；平面的法向量．
【专题】计算题；方程思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】BC
【分析】根据向量的位置关系，可得空间线面位置关系，可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，当∥时，直线l1，l2平行或重合，故A错误；
对于B，当⊥时，直线l1∥α1或l1 α1，故B正确；
对于C，当∥时，直线l1与平面α1的垂线平行或重合，则l1⊥α1，故C正确；
对于D，当平面α1，α2的夹角为60°，其法向量的夹角为60°或120°，则或，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查空间向量的应用，涉及直线方向向量、平面法向量的定义，属于基础题．
（多选）10．（2025 泰州模拟）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．C1F⊥平面DD1E
B．向量，，不共面
C．平面CEF与平面ABCD的夹角的正切值为
D．平面CEF截该正方体所得的截面面积为
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；棱柱的结构特征；直线与平面垂直．
【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．
【答案】AC
【分析】以D为原点建系，选项A，求得平面DD1E的法向量，由，即可作出判断；选项B，利用向量法计算可得，根据空间向量共面定理，即可作出判断；选项C，利用向量法求面面角即可；选项D，取C1D1的靠近点D1的四等分点G，连接FG，CG，先证C，E，F，G四点共面，再求梯形CEFG的面积即可．
【解答】解：以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
选项A，D（0，0，0），D1（0，0，2），E（2，1，0），C1（0，2，2），F（1，0，2），
所以（1，﹣2，0），（0，0，2），（2，1，0），
设平面DD1E的法向量为（x，y，z），则，
取x＝1，则y＝﹣2，z＝0，所以（1，﹣2，0），
所以，所以C1F⊥平面DD1E，即选项A正确；
选项B，A1（2，0，2），E（2，1，0），B（2，2，0），F（1，0，2），
所以（0，1，﹣2），（﹣1，﹣2，2），（﹣2，﹣2，0），
假设向量，，共面，则存在唯一的实数对λ，μ使得λμ，
所以（0，1，﹣2）＝λ（﹣1，﹣2，2）+μ（﹣2，﹣2，0），
即，解得，
所以向量，，共面，即选项B错误；
选项C，C（0，2，0），E（2，1，0），F（1，0，2），
所以（﹣1，﹣1，2），（﹣2，1，0），
设平面CEF的法向量为（a，b，c），则，
取a＝1，则b＝2，c，所以（1，2，），
易知平面ABCD的一个法向量为（0，0，2），
设平面CEF与平面ABCD的夹角为θ，
则cosθ＝|cos，|，
所以tanθ，
即平面CEF与平面ABCD的夹角的正切值为，故选项C正确；
选项D，取C1D1的靠近点D1的四等分点G，连接FG，CG，则G（0，，2），
所以（﹣1，，0），
由选项C知（﹣2，1，0），
所以∥，即C，E，F，G四点共面，
所以平面CEF截该正方体所得的截面即为梯形CEFG，
而||，||，点F到直线EC的距离d，
所以梯形CEFG的面积S（||+||） d，
所以平面CEF截该正方体所得的截面面积为，即选项D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握空间向量共面定理，利用向量法证明线面垂直，求面面角、点到直线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．
（多选）11．（2024秋 衢州期末）ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，点P为棱AA1上的动点，点Q为平面PB1D1上的任一点，Q到直线AA1和到面ABCD的距离相等，则下列表述正确的是（　　）
A．存在点P使得直线AA1与平面PB1D1所成的角为
B．存在直线PQ与面A1B1D1所成的角大于二面角P﹣B1D1﹣A1
C．点Q所在的曲线可能为双曲线
D．点Q所在的曲线可能为抛物线
【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】运动思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】ACD
【分析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解线面角与二面角，即可判断选项A、B；利用双曲线与抛物线的知识对选项C、D进行分析即可得出正确选项．
【解答】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，如图所示：
不妨设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
则A（2，0，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2），D1（0，0，2），
可设P（2，0，x），0≤x≤2，则AP＝x，A1P＝2﹣x，
（2，2，0），，，，
对于A，设平面PB1D1的法向量为（a，b，c），
则，
令a＝x﹣2，则b＝2﹣x，c＝﹣2，即（x﹣2，2﹣x，﹣2），
设直线AA1与平面PB1D1所成的角为θ，
则，
因为0≤x≤2，所以，
即，而，
故存在点P使得直线AA1与平面PB1D1所成的角为，故A正确；
对于B，如上图，取B1D1的中点为O，连接A1O，PO，则A1O⊥B1D1，
又PB1＝PD1，所以PO⊥B1D1，
可知即为二面角P﹣B1D1﹣A1的平面角，
则，
设直线PQ与直线B1D1交于点H，
因为AA1⊥平面A1B1C1D1，
所以即为直线PQ与平面A1B1D1所成的角，
则，
因为A1O⊥B1D1，所以A1H≥A1O，
则，即，
即直线PQ与平面A1B1D1所成的角小于等于二面角P﹣B1D1﹣A1，故B错误；
对于CD，如图：
因为点Q到直线AA1和到平面ABCD的距离相等，
则点Q的轨迹即为以AA1为轴，A为顶点，与轴夹角为45°的圆锥面与平面PB1D1的交线，
当点P不与点A和点A1重合时，
因为A1O⊥B1D1，PO⊥B1D1，A1O∩PO＝O，A1O 平面A1OP，OP 平面A1OP，
所以B1D1⊥平面A1OP，又B1D1 平面PB1D1，
所以平面PB1D1⊥平面A1OP，
则直线AA1与平面PB1D1所成角为∠A1PO，
则，
当时，，
此时直线AA1与平面PB1D1所成角等于45°，
则点Q的轨迹为抛物线；
当时，，即∠A1PO＜45°，
则点Q的轨迹为双曲线，故CD正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质、二面角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）12．（2024秋 白城校级期末）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（　　）
A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，3，﹣1），，﹣3，1），则l1∥l2
B．直线l的方向向量，﹣1，2），平面α的法向量是，4，﹣1），则l⊥α
C．两个不同的平面α，β的法向量分别是，2，﹣1），，4，2），则α⊥β
D．直线l的方向向量，3，0），平面α的法向量是，﹣5，0），则l∥α
【考点】平面的法向量；空间直线的方向向量、空间直线的向量参数方程．
【专题】对应思想；分析法；立体几何；运算求解．
【答案】AC
【分析】对于A：验证，是否平行即可．
对于B：验证是否平行即可．
对于C：验证数量积是否为零即可．
对于D：验证是否平行于即可．
【解答】解：因为，3，﹣1），，﹣3，1），即，又因为l1，l2不重合，所以l1∥l2，A正确．
因为，﹣1，2），，4，﹣1），所以与不平行，所以l不垂直于α，B错误．
因为，2，﹣1），，4，2），所以2×（﹣3）+2×4+（﹣1）×2＝0，所以，所以α⊥β，C正确．
因为，3，0），，﹣5，0），所以，所以，所以l⊥α，D错误．
故选：AC．
【点评】本题主要考查通过向量判断直线、平面的位置关系，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 包头期末）把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角，则折纸后异面直线AC与BD所成角的大小为 　90°　．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；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．
【答案】90°．
【分析】取AC的中点E，则AC⊥BE，AC⊥DE，根据线面垂直的判定及性质可得结论．
【解答】解：取AC的中点E，连接DE，BE，
∵ABCD是正方形，
∴AC⊥BE，AC⊥DE．
∵BE∩DE＝E，
∴AC⊥面BDE，
∵BD 面BDE，
∴AC⊥BD，
∴异面直线AC，BD的所成角为90°．
故答案为：90°．
【点评】本题考查异面直线所成角的计算，属于中档题．
14．（2025 新余校级模拟）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点均位于一个半径为的球O的球面上，AB＝10，AC＝6，BC＝8，平面PBC经过点O，则当P﹣ABC的体积取最大值时，直线PA与平面PBC所成角的正弦值为：　　．
【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．
【答案】．
【分析】利用球的性质和空间垂直关系，即可利用距离与斜线段之比为线面角的正弦值，进行求解即可．
【解答】解：由条件：P在一个圆周上运动，由平面ABC与平面PBC固定，
所以A到平面PBC的距离为定值，
由，要使得V最大，只需要S△PBC最大，
由△PBC经过球心O，所以△PBC的外接圆就是球的大圆，半径为，
由于BC＝8，所以当PB＝PC时，S△PBC最大，
此时P到BC的距离为：，
即最大面积为；
取O′为AB中点，连接OO′，由于AB＝10，AC＝6，BC＝8，
所以由勾股定理可知：，
即O′为△ABC的外心，由球的性质可知：OO′⊥平面ABC，
再取M为BC中点，因为PB＝PC，所以PM⊥BC，且PM经过点O，
因为OO′ 平面PMO，所以平面PMO⊥平面ABC，
在平面PMO内，过P作PF⊥O′M，
因为平面PMO∩平面ABC＝MO′，所以PF⊥平面ABC，
即OO′∥PF，则△MOO′∽△MPF，
即，又，
则，又S△ABC＝24，
所以由，
即，可得，
连接AF，则，
故，
所以．
故答案为：．
【点评】本题考查线面角的求法，考查球的内接多面体的应用，属中档题．
15．（2024秋 嘉兴期末）在空间直角坐标系中，已知平面α的法向量为（4，2，﹣2k），平面β的法向量为（k﹣3，﹣1，1），若α∥β，则实数k的值为 　1　．
【考点】空间向量语言表述面面的垂直、平行关系；平面的法向量．
【专题】方程思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】1．
【分析】根据题意建立方程，即可求解．
【解答】解：根据题意可得，
∴，解得k＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查面面关系，属基础题．
16．（2024秋 无锡期末）空间直角坐标系中，u（x﹣x0）+v（y﹣y0）+w（z﹣z0）＝0表示经过点（x0，y0，z0），且法向量为（u，v，w）的平面的方程．已知平面α的方程为x+2y+2z﹣3＝0，过点P（2，1，3）作直线l⊥α，点M（a，b，c）为直线l上任意一点，则a，b满足的关系式为 　2a﹣b＝3　；点P到平面α的距离为 　　．
【考点】空间中点到平面的距离．
【专题】转化思想；向量法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】2a﹣b＝3；．
【分析】由题设条件，得平面α的法向量，再根据，可得a，b之间的关系，再由点到平面的距离公式，可求得点P到平面α的距离．
【解答】解：由已知，是平面α的法向量，
由u（x﹣x0）+v（y﹣y0）+w（z﹣z0）＝0，
可得ux+vy+wz﹣（ux0+vy0+wz0）＝0，
又此平面的法向量为（u，v，w），
则平面α：x+2y+2z﹣3＝0的法向量为，
又l⊥α，P，M在l上，故，
又，故，
整理得：2a﹣b＝3；
在平面α：x+2y+2z﹣3＝0中，令y＝0，z＝0，可得x＝3，
故Q（3，0，0）在平面α内，又，
故点P到平面α的距离．
故答案为：2a﹣b＝3；．
【点评】本题考查利用空间向量求解点到平面的距离，属中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 白银期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，侧面PCD为正三角形，且平面PCD⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥AB，AD＝AB＝1，BC＝2．
（1）证明：PC⊥BD．
（2）已知Q为侧棱PB上一点，PD∥平面QAC．
①求的值；
②求直线DQ与平面QAC所成角的正弦值．
【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；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②．
【分析】（1）由直角梯形的几何性质以及勾股定理，可得线线垂直，根据面面垂直的性质以及线面垂直的性质，可得答案；
（2）①由相似三角形的性质以及线面平行的性质，可得答案；
②由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案．
【解答】解：（1）证明：在梯形ABCD中，因为AD＝AB＝1，AD∥BC，AD⊥AB，BC＝2，
所以BD＝CD，则BD2+CD2＝BC2，所以BD⊥CD，
因为平面PCD⊥平面ABCD且平面PCD∩平面ABCD＝CD，
所以BD⊥平面PCD，
因为PC 平面PCD，
所以BD⊥PC．
（2）①设AC与BD的交点为M，连接MQ，
则在直角梯形ABCD，易知△AMD～△CMB，
因为AD＝1，BC＝2，所以．
因为PD∥平面QAC，且PD 平面PBD，平面PBD∩平面ACQ＝QM，
所以PD∥QM，则△BPD～△BQM，
即，故．
②如图，以D为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，D（0，0，0），，
因为，所以，
设平面QAC的法向量为，
因为，，
则，所以，
令y＝1，得，
设直线DQ与平面QAC所成的角为θ，
因为，
所以，
所以直线DQ与平面QAC所成角的正弦值为．
【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．
18．（2024秋 桂林期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，平面ABCD，PB＝AB＝BC＝6，AD＝3，点E为AB的中点．
（1）证明：EC⊥PD；
（2）求点B到平面PCD的距离；
（3）求平面PAC与平面PCD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；空间中点到平面的距离；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；（2）4；（3）．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法来证得EC⊥PD；
（2）利用向量法来求得点B到平面PCD的距离；
（3）利用向量法来求得平面PAC与平面PCD夹角的余弦值．
【解答】解：（1）连接AC，
依题意，底面ABCD为直角梯形，平面ABCD，
以A为原点，直线AB，AD分别为x，y轴，与BP平行的方向为z轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则E（3，0，0），C（6，6，0），P（6，0，6），D（0，3，0），
，
所以EC⊥PD．
（2），，
设平面PCD的法向量为，
则，则，
故可设，
所以点B到平面PCD的距离为．
（3），
设平面PAC的法向量为，
则，则，
故可设，
设平面PAC与平面PCD的夹角为θ，
则．
【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．
19．（2024秋 青岛期末）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为正方形，BD⊥AC1．
（1）证明：平面AA1C1C⊥平面ABCD；
（2）若四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1所有棱长为2，AA1⊥BC．记四边形ABCD，AA1D1D，BB1C1C的外接圆圆心分别为O，O1，O2，点P，P1，P2分别在平面ABCD，AA1D1D，BB1C1C上，且OP＝O1P1＝O2P2＝1．
（i）求二面角A1﹣AP﹣O1的最大值；
（ii）根据（i）的结论，求△PP1P2外接圆直径的最大值．
【考点】几何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．
【答案】（1）证明见解答；（2）（i）；（ii）．
【分析】（1）先证BD⊥平面AA1C1C，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
（2）（i）建立空间直角坐标系A﹣xyz，分别求出平面A1AP和平面APO1的一个法向量，利用向量法求解即可；
（ii）得出，有W，P，P1，P2四点共面，得出△PP1P2外接圆直径的最大，即可求解．
【解答】解：（1）证明：因为BD⊥AC1，BD⊥AC，AC1∩AC＝A，
所以BD⊥平面AA1C1C，
又因为BD 平面ABCD，所以平面AA1C1C⊥平面ABCD；
（2）因为BD⊥平面AA1C1C，所以AA1⊥BD，
又因为AA1⊥BC，BC∩BD＝B，所以AA1⊥平面ABCD，
此时四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为2的为正方体，
（i）以A为原点，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A﹣xyz，
则A（0，0，0），A1（0，0，2），O1（0，1，1），P（1+cosφ，1+sinφ，0），
设平面A1AP的一个法向量为，
则，所以，
令x1＝1+sinφ，得，
设平面APO1的一个法向量为，
则，
所以，
令x2＝1+sinφ，
得，
设二面角A1﹣AP﹣O1的大小为α，
则
，
当且当仅当sinφ＝﹣1时取，此时点P为AB中点，
所以二面角A1﹣AP﹣O1的最大值为；
（ii）因为点P，P1，P2均在一个与正方体个棱都相切的球W上，球W的直径为，
当P1，P2恰分别A1D1，CC1为中点时，
则W（1，1，1），P（1，0，0），P1（0，1，2），P2（2，2，1），
显然，
所以，W，P，P1，P2四点共面，
所以此时△PP1P2外接圆直径的最大，最大值恰为球W直径．
【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．（2024秋 湖南期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△BCD是边长为2的等边三角形，AB∥CD，AD⊥PB，AB＝4．
（1）求证：AD⊥平面PBD；
（2）若BD⊥PC，且，求平面PAB与平面PBC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；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）先由题中条件，求出AD2，根据勾股定理证明AD⊥BD，再由AD⊥PB，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）取BD的中点O，连接CO并延长交AB于E，结合（1）中结论，证明平面PBD⊥平面ABCD，得到OB，OC，OP两两互相垂直，以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，根据平面夹角公式的向量表示，即可求出结果．
【解答】（1）证明：∵△BCD是边长为2的等边三角形，且AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC＝60°，BD＝2．
又AB＝4，∴．
此时AD2+BD2＝AB2，∴AD⊥BD．
又AD⊥PB，BD∩PB＝B，BD、PB 平面PBD，
∴AD⊥平面PBD；
（2）解：取BD的中点O，连接CO并延长交AB于E，则CO⊥BD，
又BD⊥PC，CO∩PC＝C，CO 平面OPC，PC 平面OPC，
∴BD⊥平面OPC，OP 平面OPC，∴BD⊥OP，
再由（1）可知AD⊥平面PBD，OP 平面PBD，故AD⊥OP，
又AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD，可得OB，OC，OP两两互相垂直，
故以O为原点，OE，OB，OP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，B（0，1，0），，
∵，∴P（0，0，3），
∴，，，
设平面PAB的一个法向量为，
则，即，令z＝1，可得；
设平面PBC的一个法向量为，
则，即，令c＝﹣1，可得．
∵，
∴平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为．
【点评】本题主要考查直线与平面垂直的证明，平面与平面所成角的求法，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
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