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高考押题预测 空间向量的应用
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 苏州期末）正方体ABCD﹣A′B′C′D′棱长为2，E为CC′中点，点P为平面ABCD上一点，若D′P⊥AE，则P到平面ABE的距离最小值为（　　）
A．2 B． C． D．
2．（2025 盐山县校级一模）如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处．已知库底与水坝所成的二面角为150°，测得从D，C到库底与水坝的交线的距离分别为，若AB＝20m，则甲、乙两人相距（　　）
A．10m B． C．70m D．
3．（2024秋 资中县校级期末）已知，分别是平面α，β的法向量，若α⊥β，则k＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C． D．2
4．（2024秋 资中县校级期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，则点C到平面AEC1的距离为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024秋 玄武区校级期末）下列命题不正确的是（　　）
A．设t为实数，若直线l⊥平面α，且l的方向向量为（t，2，4），α的法向量为，则t＝1
B．已知空间向量（1，2，0），（0，﹣1，1），（2，3，m），若，，共面，则m＝1
C．已知两点A（1，﹣3），B（﹣2，1），若沿y轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后A、B两点间的距离为
D．在空间四边形OABC中，设，，，M，N分别为OA，BC的中点，则
6．（2024秋 黔西南州期末）已知，，且，则x＝（　　）
A． B．﹣6 C．6 D．1
7．（2024秋 乌鲁木齐期末）如图，四边形ABCD，AB＝BD＝DA＝4，BC＝CD＝2，现将△ABD沿BD折起，当二面角A﹣BD﹣C的大小在[]时，直线AB和CD所成角为α，则cosα的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025 天津模拟）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1中点，则点D到直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球球心的距离是（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 烟台一模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面ABC是边长为2的正三角形，∠CAA1＝∠BAA1＝60°，下列说法正确的有（　　）
A．若AC1⊥A1B，则
B．直线AA1与底面ABC所成角的正弦值为
C．若点A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AA1＝2
D．若三棱锥A1﹣ABC1的体积为2，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为6
（多选）10．（2025 临沂一模）圆柱O1O2的轴截面是正方形，O1，O2分别是上、下底面的圆心，A，B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线，若圆柱O1O2的侧面积为16π，则（　　）
A．圆柱O1O2的体积是16π
B．圆柱O1O2内切球的表面积是8π
C．
D．点B到直线AO1距离的最大值为
（多选）11．（2025 景德镇模拟）在矩形ABCD中，AB＝1，，将△ABD沿BD折叠至△A1BD，则下列选项正确的是（　　）
A．直线A1D与平面BCD所成角的最大值为30°
B．存在点A1，使得A1D⊥BC
C．当时，二面角A1﹣BD﹣C的大小为150°
D．当平面A1BD⊥平面BCD时，三棱锥A1﹣BCD的外接球被平面A1BC所截得到的截面图形的面积为
（多选）12．（2024秋 漯河期末）三棱柱A1B1C1﹣ABC中，面ABC是边长为2的等边三角形，M为线段AA1上任意点（不与AA1重合）则下列正确的是（　　）
A．若N为AC中点，P为平面A1ACC1上任意点，且∠PNC＝2∠PAC，三棱锥A﹣PBC体积最大值为
B．若侧面A1ACC1为菱形，，A1B＝3，则BC1与面A1ACC1所成角的正弦值为
C．若三棱柱A1B1C1﹣ABC体积为9，则四棱锥M﹣B1BCC1体积为6
D．若AA1⊥面ABC，当面MB1C⊥面B1BCC1，且△MB1C是面积为3的等腰直角三角形，则三棱柱A1B1C1﹣ABC的外接球的表面积为
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 浙江月考）四棱锥P﹣ABCD满足PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA＝AB＝ADBC＝1，动点E在以P为球心1为半径的球与△PCD（包括边界）的交线上，动点F在直线PB上，则EF的最小值为 　 　．
14．（2024秋 邵东市校级期末）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，，则AC1＝ 　 　．
15．（2025 贵阳模拟）若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的大小等于 　 　．
16．（2024秋 浦东新区校级期末）平面α经过点B（1，0，0），且α的法向量，则P（1，2，3）到平面α的距离为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 湛江一模）如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点，且SB∥平面PAC．
（1）求证：AC⊥SD．
（2）求直线SB到平面PAC的距离．
（3）请判断在平面PAC上是否存在一点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由．
18．（2025 武威模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1底面边长为3，点E、F分别在直线AD、CD上，，DF＝1．
（1）证明：AC∥平面B1EF；
（2）若三棱锥B1﹣BEF的体积为，求直线BB1与平面B1EF所成角的正弦值．
19．（2025春 上海月考）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC．
（1）若DC⊥平面PAC，求证：平面PAB⊥平面PAC；
（2）若∠BAD＝90°，若AB＝AD＝2，PC＝CD＝1，求平面PCD与平面PAB所成锐二面角的大小．
20．（2025 重庆模拟）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1＝4，BC＝2，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1．
（1）求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，且P是AC的中点，求平面BA1P和平面ABC1所成二面角的正弦值．
高考押题预测 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 苏州期末）正方体ABCD﹣A′B′C′D′棱长为2，E为CC′中点，点P为平面ABCD上一点，若D′P⊥AE，则P到平面ABE的距离最小值为（　　）
A．2 B． C． D．
【考点】点、线、面间的距离计算．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解点到平面的距离即可．
【解答】解：在正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，建立如图所示空间直角坐标系，
由题意，A（2，0，0），B（2，2，0），E（0，2，1），D'（0，0，2），
设P（a，b，0），其中0≤a≤2，0≤b≤2，
则，，，
由D′P⊥AE，可得﹣2a+2b﹣2＝0，即b＝a+1，
设平面ABE的法向量为，
则有，令x＝1，可得y＝0，z＝2，
即平面ABE的一个法向量为，
又，
则点P到平面ABE的距离为，
由0≤a≤2，0≤b≤2，可得1≤2﹣a≤2，
故点P到平面ABE的距离最小值为．
故选：C．
【点评】本题考查点到平面距离的求法，属中档题．
2．（2025 盐山县校级一模）如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处．已知库底与水坝所成的二面角为150°，测得从D，C到库底与水坝的交线的距离分别为，若AB＝20m，则甲、乙两人相距（　　）
A．10m B． C．70m D．
【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；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】根据题意，由条件可得，再由空间向量的模长公式，代入计算，即可得到结果．
【解答】解：由题意可得，，
则，
又因为，AB＝20m，且库底与水坝所成的二面角为150°，
所以，，，
所以，
所以．
故选：D．
【点评】本题考查利用空间向量求距离，属于中档题．
3．（2024秋 资中县校级期末）已知，分别是平面α，β的法向量，若α⊥β，则k＝（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C． 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】B
【分析】利用向量垂直的性质直接求解．
【解答】解：∵，分别是平面α，β的法向量，α⊥β，
∴0，
解得k＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查实数值的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4．（2024秋 资中县校级期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，则点C到平面AEC1的距离为（　　）
A． B． C． D．
【考点】空间中点到平面的距离．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离即可．
【解答】解：如图，建立空间直角坐标系，
由E为线段A1B1的中点，
则A（1，0，1），，C1（0，1，0），C（0，1，1），
，，
设平面AEC1的一个法向量为，
则由，，可得，
即，令x＝1，可得，
又，
所以点C到面AEC1的距离．
故选：B．
【点评】本题考查点到平面距离的求法，属中档题．
5．（2024秋 玄武区校级期末）下列命题不正确的是（　　）
A．设t为实数，若直线l⊥平面α，且l的方向向量为（t，2，4），α的法向量为，则t＝1
B．已知空间向量（1，2，0），（0，﹣1，1），（2，3，m），若，，共面，则m＝1
C．已知两点A（1，﹣3），B（﹣2，1），若沿y轴将坐标平面折成直二面角，则折叠后A、B两点间的距离为
D．在空间四边形OABC中，设，，，M，N分别为OA，BC的中点，则
【考点】点、线、面间的距离计算；空间向量语言表述线面的垂直、平行关系；空间向量的数乘及线性运算；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．
【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】D
【分析】选项A，利用l的方向向量与α的法向量平行即可求得t的值；选项B，由λμ，解方程组即可；选项C，根据直二面角的含义，结合勾股定理求解即可；选项D，根据空间向量的线性运算求解即可．
【解答】解：选项A，因为直线l⊥平面α，所以，解得t＝1，故选项A正确；
选项B，若，，共面，则λμ，
所以（2，3，m）＝λ（1，2，0）+μ（0，﹣1，1），即，解得m＝1，故选项B正确；
选项C，过点B作BC⊥y轴于点C，连接CA，则BC＝2，CA，
若沿y轴将坐标平面折成直二面角，则|AB|，故选项C正确；
选项D，，故选项D错误．
故选：D．
【点评】本题考查空间向量的应用，熟练掌握线面垂直的向量表示，空间向量基本定理及线性运算是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6．（2024秋 黔西南州期末）已知，，且，则x＝（　　）
A． B．﹣6 C．6 D．1
【考点】空间向量的数量积判断向量的共线与垂直；数量积判断两个平面向量的垂直关系．
【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．
【答案】A
【分析】直接利用向量垂直的充要条件求出结果．
【解答】解：由于，，且，
所以﹣8﹣2+3x＝0，
解得x．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：向量垂直的充要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
7．（2024秋 乌鲁木齐期末）如图，四边形ABCD，AB＝BD＝DA＝4，BC＝CD＝2，现将△ABD沿BD折起，当二面角A﹣BD﹣C的大小在[]时，直线AB和CD所成角为α，则cosα的最大值为（　　）
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】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围，从而得到cosα的最大值．
【解答】解：取BD中点O，连结AO，CO，
∵AB＝BD＝DA＝4，，
∴CO⊥BD，AO⊥BD，且CO＝2，，
∴∠AOC是二面角A﹣BD﹣C 的平面角，
以O为原点，OC，OD所在直线为x轴，y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
B（0，﹣2，0），C（2，0，0），D（0，2，0），
设二面角A﹣BD﹣C的平面角为θ，则，
∴，0，，
∴，，，
由AB、CD的夹角为α，
则，
∵，
∴，
即，
∴，
则，
即cosα的最大值为．
故选：B．
【点评】本题考查异面直线所成角的取值范围的求法，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
8．（2025 天津模拟）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1中点，则点D到直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球球心的距离是（　　）
A． B． C． D．
【考点】点、线、面间的距离计算．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】由题意作图，明确外接球球心的位置，根据正三角形的性质以及勾股定理，可得答案．
【解答】解：由题意，分别取上下底面正三角形的中心为E，F，
取EF的中点O，连接OD，如图：
易知点O为三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球球心，且EF⊥平面A1B1C1，
因为A1D 平面A1B1C1，所以EF⊥A1D，
在正△A1B1C1中，，
易知，
在Rt△OED中，．
故选：B．
【点评】本题考查空间中两点的距离求法，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 烟台一模）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面ABC是边长为2的正三角形，∠CAA1＝∠BAA1＝60°，下列说法正确的有（　　）
A．若AC1⊥A1B，则
B．直线AA1与底面ABC所成角的正弦值为
C．若点A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AA1＝2
D．若三棱锥A1﹣ABC1的体积为2，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为6
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；棱锥的体积；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】ACD
【分析】由题意确定一组基底，对于A，由基底表示向量，根据垂直垂直向量的数量积，建立方程，可得其正误；对于B，由题意作图，根据几何性质明确垂足的位置，进而可得线面角，利用向量的夹角公式，可得其正误；对于C，由B所得三角函数值，根据等边三角形的几何性质，可得其正误；对于D，根据等积变换，结合三棱锥的体积公式以及其与同底等高的三棱柱的体积关系，可得其正误．
【解答】解：设，，，由题意可得，，
，
对于选项A，由图可得，，
由AC1⊥A1B，则，
即，
化简可得，
解得，故选项A正确；
对于选项B，由题意取BC的中点D，连接AD，过A1作A1O⊥平面ABC，垂足为O，连接A1B，A1C，OB，OC，如下图：
由题意可知AA1＝AA1，AB＝AC，∠BAA1＝∠CAA1，则△BAA1 △CAA1，所以A1B＝A1C，
因为A1O⊥平面ABC，OB，OC 平面ABC，
所以A1O⊥OB，A1O⊥OC，
因为A1B＝A1C，A1O＝A1O，
所以Rt△A1OB Rt△A1OC，则OB＝OC，
可得O∈AD，
所以∠A1AD为直线AA1与平面ABC的夹角，
由A可得，，
在等边△ABC中，易知，
则，
设直线AA1与底面ABC所成角为θ，
则，
所以直线AA1与平面ABC所成角的正弦值为，故选项B错误；
对于选项C，由题意取BC的中点D，连接AD，过A1作A1O⊥平面ABC，垂足为O，如下图：
易知点A1在平面ABC上的射影为点O，即点O为等边△ABC的中心，
易知，
因为A1O⊥平面ABC，AD 平面ABC，所以A1O⊥AD，
由B可知，
在Rt△A1OA中，，故选项C正确；
对于D，由题意作图如下：
设点C1到平面ABB1A1的距离为h，△ABA1的面积为，
则三棱锥A1﹣ABC1的体积，
平行四边形ABB1A1中，易知△A1BB1的面积，
则三棱锥C1﹣A1BB1的体积，
由图可知三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V＝3V2＝6，故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．
（多选）10．（2025 临沂一模）圆柱O1O2的轴截面是正方形，O1，O2分别是上、下底面的圆心，A，B是下底面圆周上两个不同的点，BC是母线，若圆柱O1O2的侧面积为16π，则（　　）
A．圆柱O1O2的体积是16π
B．圆柱O1O2内切球的表面积是8π
C．
D．点B到直线AO1距离的最大值为
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离；圆柱的体积．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】AC
【分析】根据圆柱体积公式、侧面积公式，结合空间向量数量积的坐标公式、点到线距离公式逐一判断即可．
【解答】解：根据题意可知，圆柱O1O2的轴截面是正方形，O1，O2分别是上、下底面的圆心，
设圆柱O1O2的底面半径为r，∴母线为2r，
∵圆柱O1O2的侧面积为16π，∴2πr 2r＝16π r＝2．
∵圆柱O1O2的体积是π 22×2×2＝16π，∴选项A正确；
∵圆柱O1O2的底面半径为2，∴母线为4，∴圆柱O1O2内切球的半径为2，
∴圆柱O1O2内切球的表面积是4π 22＝16π，因此选项B不正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，
O1（0，0，4），B（0，2，0），C（0，2，4），设A（2cosθ，2sinθ，0），sinθ≠1，
，
，
∴选项C正确；
设，
直线AO1的单位方向向量为，
∴点B到直线AO1距离为
，
由题意﹣1≤sinθ＜1，∴当sinθ＝﹣1时，，选项D不正确．
故选：AC．
【点评】本题考查了正弦函数与二次函数的性质，属于中档题．
（多选）11．（2025 景德镇模拟）在矩形ABCD中，AB＝1，，将△ABD沿BD折叠至△A1BD，则下列选项正确的是（　　）
A．直线A1D与平面BCD所成角的最大值为30°
B．存在点A1，使得A1D⊥BC
C．当时，二面角A1﹣BD﹣C的大小为150°
D．当平面A1BD⊥平面BCD时，三棱锥A1﹣BCD的外接球被平面A1BC所截得到的截面图形的面积为
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；球内接多面体；平面与平面垂直；几何法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】AD
【分析】选项A，结合线面角的定义可知当平面A1BD⊥平面BCD时，所求角最大，再求解即可；选项B，采用反证法，利用A1D⊥BC，结合CD⊥BC，推出BC⊥平面A1CD，进而得BC⊥A1C，再根据大边对大角得出矛盾即可；选项C，作A1M⊥BD于M，CN⊥BD于N，由，将其两边平方，结合向量数量积的运算法则求解即可；选项D，结合余弦定理，正弦定理求出截面圆的半径即可．
【解答】解：选项A，设点A1到平面BCD的距离为h，直线A1D与平面BCD所成角为φ，
则，
要使直线A1D与平面BCD所成角取得最大值，则h取得最大值，
而当平面A1BD⊥平面BCD时，h取得最大值，
此时，，
又，所以，故选项A正确；
选项B，假设存在点A1，使得A1D⊥BC，
因为CD⊥BC，A1D∩CD＝D，A1D，CD 平面A1CD，
所以BC⊥平面A1CD，
又A1C 平面A1CD，所以BC⊥A1C，所以A1B＞BC，
而A1B＝1，BC，即A1B＜BC，故假设不成立，
所以不存在满足题意的点A1，故选项B错误；
选项C，作A1M⊥BD于M，CN⊥BD于N，如图所示，
则，MN＝1，
设二面角A1﹣BD﹣C的大小为θ，
因为，
所以
，
解得，
而θ∈[0，π]，所以θ，故选项C错误；
选项D，取BD的中点O，连接OA1，OC，
因为△BCD和△A1CD均为直角三角形，所以OA1＝OB＝OC＝OD＝1，
即点O为三棱锥A1﹣BCD的外接球球心，且外接球的半径为1，
当平面A1BD⊥平面BCD时，θ，
结合选项C可得，即A1C，
在△A1BC中，由余弦定理得，，
所以，
设三棱锥A1﹣BCD的外接球被平面A1BC所截得到的截面圆的半径为r，
由正弦定理知，2r，即r，
所以截面圆的面积为πr2，故选项D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面角、二面角的定义与求法，外接球球心的找法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，属于中档题．
（多选）12．（2024秋 漯河期末）三棱柱A1B1C1﹣ABC中，面ABC是边长为2的等边三角形，M为线段AA1上任意点（不与AA1重合）则下列正确的是（　　）
A．若N为AC中点，P为平面A1ACC1上任意点，且∠PNC＝2∠PAC，三棱锥A﹣PBC体积最大值为
B．若侧面A1ACC1为菱形，，A1B＝3，则BC1与面A1ACC1所成角的正弦值为
C．若三棱柱A1B1C1﹣ABC体积为9，则四棱锥M﹣B1BCC1体积为6
D．若AA1⊥面ABC，当面MB1C⊥面B1BCC1，且△MB1C是面积为3的等腰直角三角形，则三棱柱A1B1C1﹣ABC的外接球的表面积为
【考点】直线与平面所成的角；棱锥的体积；球的表面积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】BCD
【分析】根据∠PNC＝2∠PAC，得到点N在以AC为直径的圆上，要使得三棱锥P﹣ABC体积最大时，PN⊥平面ABC，可判定A不正确；先证得平面ACC1A1⊥平面A1BN，过点B作BD⊥A1N，垂足为D，证得BD⊥平面ACC1A1，得到∠BC1D为BC1与平面ACC1A1所成的角，在△B1CD中，求得sin∠BC1D的值，可判定B正确；结合，可判定C正确；取BC的中点F，连接AF，再点F作EF//BB1，证得ME⊥平面BCC1B1，得到ME⊥BC1，设AM＝x，结合题意求得，取三棱柱上下底面的中心分别为O1，O2，再取O1O2的中点O，连接OA，得到OA为三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的半径，结合球截面圆的性质，求得外接球的半径，结合表面积公式，即可求解．
【解答】解：对于A中，若N为AC中点，P为平面A1ACC1上任意点，且∠PNC＝2∠PAC，
如图（1）所示，由∠PNC＝∠PAC+∠APN，所以∠PAC＝∠APN，所以NA＝NP，
所以点N在以AC为直径的圆上，所以，
要使得三棱锥A﹣PBC体积最大，即三棱锥P﹣ABC体积最大即可，
此时PN⊥平面ABC，所以体积的最大值为，
所以A不正确；
对于B中，如图（2）所示，因为侧面A1ACC1为菱形，，可得AA1＝A1C＝2，
连接A1N，由点N为AC的中点，可得A1N⊥AC，
又因为△ABC为等边三角形，所以BN⊥AC，
因为A1N∩BN＝N且A1N，BN 平面A1BN，所以AC⊥平面A1BN，
又因为AC 平面ACC1A1，所以平面ACC1A1⊥平面A1BN，
过点B作BD⊥A1N，垂足为D，
因为平面ACC1A1∩平面A1BN＝AD，所以BD⊥平面ACC1A1，
所以∠BC1D为BC1与平面ACC1A1所成的角，
在△A1BN中，由，可得，所以∠A1NB＝120°，
在直角△BND中，可得，，
在直角△A1C1D中，，所以，
则，所以，所以B正确；
对于C中，设三棱柱A1B1C1﹣ABC的高为h，
由三棱柱A1B1C1﹣ABC体积为9，可得S△ABC h＝9，
在三棱柱A1B1C1﹣ABC中，可得AA1∥平面BCC1B1，
因为点M为线段AA1上任意点，所以点M和A1到平面BCC1B1的距离相等，
由，
所以，所以C正确；
对于D中，若AA1⊥平面ABC，且底面△ABC为等边三角形，所以棱柱为正三棱柱，
取BC的中点F，连接AF，则AF⊥BC，
又因为BB1⊥平面ABC，AF 平面ABC，所以AF⊥BB1，
因为BB1∩BC＝B且BB1，BC 平面BCC1B1，所以AF⊥平面BCC1B1，
过点F作EF∥BB1，且EF∩BC1＝E，可得四边形AFEM为矩形，
所以ME∥AF，所以ME⊥平面BCC1B1，
因为BC1 平面BCC1B1，所以ME⊥BC1，
又因为△MB1C是面积为3的等腰直角三角形，所以MB＝MC1，
此时点M为AA1的中点，设AM＝x（x＞0），可得，
可得，
即x2＝2，
解得，所以，
取三棱柱ABC﹣A1B1C1上下底面的中心分别为O1，O2，再取O1O2的中点O，连接OA，
则OA为三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的半径，
在直角△AOO1中，，可得，
所以三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为，所以D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查立体中中的综合问题，属于难题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 浙江月考）四棱锥P﹣ABCD满足PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，PA＝AB＝ADBC＝1，动点E在以P为球心1为半径的球与△PCD（包括边界）的交线上，动点F在直线PB上，则EF的最小值为 　　．
【考点】点、线、面间的距离计算．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】先确定点B在平面PCD内射影的位置，借助直角三角形的边角关系可求EF的最小值．
【解答】解：如图，因为四棱锥P﹣ABCD满足PA⊥底面ABCD，且AB⊥AD，AD∥BC，
PA＝AB＝ADBC＝1，
所以以P为球心1为半径的球与△PCD（包括边界）的交线即为：
△PCD内以P为圆心，1为半径的一截圆弧，
因为PE＝1，所以则当F点固定时，
由余弦定理可知，EF的距离只取决于∠EPF，∠EPF越小，EF距离越小，
过B作面∠PCD的垂线，垂足为G，
因为BC⊥BD，，所以，
因为，，
所以．
所以VP﹣BCD＝VB﹣PCD，又PA＝1，
所以 ，
做BM⊥PC，垂足为M，则，
所以G点与M点重合，此时连接PG交圆弧为E，此时∠EPF为线面角，取到最小，
此时，
过E作PB垂线，取到最小值．
故答案为：．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属难题．
14．（2024秋 邵东市校级期末）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝2，AA1＝3，，则AC1＝ 　5　．
【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．
【答案】5．
【分析】由，平方即可求解．
【解答】解：∵六面体ABCD﹣A1B1C1D1是平行六面体，
且AB＝1，AD＝2，AA1＝3，，
∴，
∴
，
∴．
故答案为：5．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
15．（2025 贵阳模拟）若圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的母线与底面所成角的大小等于 　　．
【考点】直线与平面所成的角；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．
【专题】转化思想；定义法；空间角；逻辑思维．
【答案】．
【分析】设圆锥的底面半径为R，母线长为l，由题意求出l＝2R，利用线面角的定义求解即可．
【解答】解：设圆锥的底面半径为R，母线长为l，
因为圆锥的侧面积是底面积的2倍，
所以πRl＝2πR2，
解得l＝2R，
设该圆锥的母线与底面所成角α，
则，
所以α．
故答案为：．
【点评】本题考查了线面角的求解，圆锥的侧面展开图的理解与应用，解题的关键是确定所求解的角，属于基础题．
16．（2024秋 浦东新区校级期末）平面α经过点B（1，0，0），且α的法向量，则P（1，2，3）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；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】．
【分析】求出，则点P到平面α的距离．
【解答】解：因为平面α经过点B（1，0，0），P（1，2，3），
所以，
又平面α的法向量为，
所以点P（1，2，3）到平面α的距离．
故答案为：．
【点评】本题考查点到平面距离的求法，属基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 湛江一模）如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点，且SB∥平面PAC．
（1）求证：AC⊥SD．
（2）求直线SB到平面PAC的距离．
（3）请判断在平面PAC上是否存在一点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由．
【考点】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）；（3）不存在，理由见解析．
【分析】（1）根据线线垂直可证明AC⊥平面SBD，即可利用线面垂直的性质求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点面距离的向量法求解．
（3）根据线面平行的性质，结合（2）可知Q到平面PAC的距离为，而，即可求解．
【解答】解：（1）证明：如图，连接BD，
设AC交BD于点O，连接SO，由SA＝SC得SO⊥AC．
在正方形ABCD中，AC⊥BD．
又SO∩BD＝O，SO，BD 平面SBD，所以AC⊥平面SBD．
又因为SD 平面SBD，所以AC⊥SD．
（2）连接PO，因为SB∥平面PAC，SB 平面SBD，平面SBD∩平面PAC＝PO，
所以SB∥PO．
在△SBD中，O为BD的中点，所以点P为SD的中点．
易知直线SO，AC，BD两两垂直，如图，以点O为原点建立空间直角坐标系．
因为正方形ABCD的边长为2，
所以，，，，．
设平面PAC的一个法向量为，
则，则，所以，
则y＝0，令，
可得．
因为SB∥平面PAC，
所以直线SB到平面PAC的距离等于点B到平面PAC的距离，
在法向量上的投影的模为，
所以直线SB到平面PAC的距离为．
（3）不存在．
理由如下：根据第（2）问可得直线SB到平面PAC的距离为，
又因为SB∥平面PAC，设点Q为SB的中点，所以点Q到平面PAC的距离为，
假设在平面PAC上存在点E，使得△ESB是以SB为底边，为顶角的等腰三角形，
则有．
因为，所以不存在满足条件的点E．
【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．（2025 武威模拟）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1底面边长为3，点E、F分别在直线AD、CD上，，DF＝1．
（1）证明：AC∥平面B1EF；
（2）若三棱锥B1﹣BEF的体积为，求直线BB1与平面B1EF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；棱锥的体积；直线与平面平行．
【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）由已知可得，进而可得AC∥EF，利用线面平行的判定定理可得结论；
（2）以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，求得平面BEF的一个法向量，利用向量法可求线面角的正弦值．
【解答】（1）证明：，
因为DF＝1，所以，
所以AC∥EF，AC 平面B1EF，EF 平面B1EF，
所以AC∥平面B1EF；
（2）解：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则三棱锥B1﹣BEF的体积，解得DD1＝3，
则，
设平面B1EF的法向量为，
则，
取x＝3，则y＝3，z＝﹣5，则平面B1EF的一个法向量为，
设直线BB1与平面B1EF所成角为θ，
则，
所以直线BB1与平面B1EF所成角的正弦值．
【点评】本题主要考查线面平行的证明，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（2025春 上海月考）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC．
（1）若DC⊥平面PAC，求证：平面PAB⊥平面PAC；
（2）若∠BAD＝90°，若AB＝AD＝2，PC＝CD＝1，求平面PCD与平面PAB所成锐二面角的大小．
【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；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定，面面垂直的判定，即可证明；
（2）取AB中点为Q，以C为原点建立空间直角坐标系，求出平面PCD与平面PAB的法向量，利用面面角的向量法求解．
【解答】解：（1）证明：因为在四棱锥P﹣ABCD中，PC⊥平面ABCD，又AB 平面ABCD，
所以AB⊥PC，
又DC⊥平面PAC，AC 平面PAC，所以DC⊥AC，又AB∥DC，所以AB⊥AC，
又PC∩AC＝C，PC，AC 平面PAC，
所以BA⊥平面PAC，又BA 平面PAB，
所以平面PAB⊥平面PAC；
（2）取AB中点为Q，连接CQ，则AQ＝1＝CD，而AB∥CD，∠BAD＝90°，
所以四边形ADCQ是矩形，CQ＝AD＝2，CQ⊥CD，又PC⊥平面ABCD，
所以直线CD，CQ，CP两两垂直，所以建系如图：
则C（0，0，0），D（1，0，0），P（0，0，1），A（1，2，0），B（﹣1，2，0），
所以，
设平面BPA法向量为，
则，取，
又易知平面PCD的一个法向量为，
所以平面PCD与平面PAB所成锐二面角的余弦值为：
|cos，|，
所以平面PCD与平面PAB所成锐二面角的大小为．
【点评】本题考查面面垂直的证明，面面角的求解，属中档题．
20．（2025 重庆模拟）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1＝4，BC＝2，∠ACB＝90°，A1B⊥AC1．
（1）求证：平面A1ACC1⊥平面ABC；
（2）若∠A1AC＝60°，且P是AC的中点，求平面BA1P和平面ABC1所成二面角的正弦值．
【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】数形结合；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；（2）．
【分析】（1）根据菱形的性质得到A1C⊥AC1，再结合A1B⊥AC1得到AC1⊥平面A1BC，根据线面垂直的性质得到AC1⊥BC，再结合AC⊥BC得到BC⊥平面A1ACC1，最后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据面面垂直的性质证明A1P⊥平面ABC，以点P为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
【解答】解：（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形A1ACC1是平行四边形，
因为AC＝AA1，所以四边形A1ACC1是菱形，
连接A1C，如图，则有A1C⊥AC1，
因为A1B⊥AC1，A1B∩A1C＝A1，A1B，A1C 平面A1BC，
所以AC1⊥平面A1BC，
因为BC 平面A1BC，则AC1⊥BC，
由∠ACB＝90°得AC⊥BC，
因为AC∩AC1＝A，AC，AC1 平面A1ACC1，
所以BC⊥平面A1ACC1，
又BC 平面ABC，所以平面A1ACC1⊥平面ABC；
（2）在菱形A1ACC1中，∠A1AC＝60°，则△A1AC为等边三角形，
又因为P是AC的中点，所以A1P⊥AC，
又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1P 平面A1ACC1，
所以A1P⊥平面ABC，
如图，以点P为原点建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面BA1P的法向量为，
则有，解得z＝0，令x＝1，得y＝﹣1，所以，
设平面ABC1的法向量为，
则有，令b＝﹣1，得，所以，
故，
所以平面BA1P和平面ABC1所成二面角的正弦值为．
【点评】本题考查面面垂直的证明和二面角的求法，属于中档题．
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