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高考数学高频易错押题预测 空间向量的应用
一．选择题（共8小题）
1．（2025 广东模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB、CC1、C1D1的中点，则（　　）
A．直线AG与EF是平行直线
B．过E，F，G三点的平面与正方体的截面是六边形
C．直线EF与平面ABCD所成角的正切值是
D．若正方体的棱长为2，则点B到平面B1EF的距离是
2．（2025 辽宁模拟）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝3，，，M为棱B1C1的中点，则点M到平面A1BC的距离为（　　）
A． B． C． D．2
3．（2025 河南模拟）设A，B是曲线上关于坐标原点对称的两点，将平面直角坐标系沿x轴折叠，使得上、下两半部分所成二面角为60°，则|AB|2的最小值为（　　）
A．2 B． C． D．4
4．（2025 丽江模拟）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面CDD1C1上有一个小孔E，E点到CD的距离为3，若该正方体水槽绕CD倾斜（CD始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面CDD1C1与桌面所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．2
5．（2025 郑州模拟）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，点M，N，P分别为A1B1，BC和AD的中点，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°且．记MN与AA1所成的角为α，MN与平面ABCD所成的角为β，二面角M﹣PN﹣B的平面角为γ，则（　　）
A．α＞β＞γ B．β＞γ＞α C．γ＞α＞β D．α＞γ＞β
6．（2025 佛山一模）已知直线m与平面α所成的角为，若直线n α，直线m β，设m与n的夹角为θ1，α与β的夹角为θ2，则（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025 广东模拟）已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为S，体积为V，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025 绵阳模拟）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，可在该正四棱台中放入的最大球的体积为，则点A1到平面BCC1B1的距离为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 江西一模）如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，上、下两底面分别是两个全等且平行的正六边形A1B1C1D1E1F1，ABCDEF，它们的中心分别为O1，O，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若该“正六角反棱柱”的各棱长都为2，则下列命题正确的是（　　）
A．异面直线O1A1与OA所成的角为
B．AB1⊥平面O1OA
C．该多面体外接球的表面积为
D．直线AB，与下底面所成角的正弦值为
（多选）10．（2025 武汉模拟）如图，以A1，B1，C1，A，B，C为顶点的六面体中，四边形AA1C1C为菱形，B1C1∥BC，B1C1＝BC，∠C1CA＝60°，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝120°，则（　　）
A．AC⊥A1B
B．AC1∥平面A1BB1
C．当时，二面角A1﹣AB﹣C的正弦值为
D．当时，此六面体的体积为
（多选）11．（2025 市中区校级模拟）如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段AS的中点，其中C，D，E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以S为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（　　）
A．△CEF为直角三角形
B．SA⊥平面CEF
C．SD∥平面CEF
D．点D到平面CEF的距离为
（多选）12．（2025 福州模拟）如图所示，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点，则下列结论中正确的是（　　）
A．点B1到平面BDE的距离是A到平面BDE的距离的2倍
B．若点M∈平面ABCD，且C1M与AB所成角是，则点M的轨迹是双曲线的一支
C．三棱锥A1﹣BDE的外接球的表面积为11π
D．若M∈线段BE，则|DM|+|AM|的最小值是
三．填空题（共4小题）
13．（2025 随州模拟）（理科选做）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为　 　．
14．（2025 江西模拟）已知异面直线m，n所成的角为60°，M，N在直线m上，G，H在直线n上，HN⊥m，NH⊥n，MN＝3，NH＝5，GH＝4，则G，M间的距离为 　 　．
15．（2025 孝义市模拟）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是 　 　．
16．（2024 温州二模）如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，点E是AD的中点．现将△ABE沿BE翻折到△A′BE，将△DCE沿CE翻折到△D′CE，使得二面角A'﹣BE﹣C等于60°，D′﹣CE﹣B等于90°，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 浙江模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC为锐角，动点D在△ABC的边AC上，PA＝1，，三棱锥P﹣ABC的体积为．
（1）证明：平面PBC⊥平面PAB．
（2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角．
18．（2025 山海关区模拟）已知三棱台ABC﹣DEF的上、下底面都是等腰直角三角形，AD⊥底面ABC，AC⊥BC，AD＝AC＝BC＝2，EF＝1．
（1）证明：EF⊥平面ACFD；
（2）求二面角A﹣EF﹣B的余弦值．
19．（2025 保定校级模拟）如图，三棱锥P﹣ABC的棱BC上存在一点D，使得平面PAD⊥底面ABC，且PD⊥平面PAB．
（1）证明：PA⊥AB；
（2）若AB＝AD＝2，AP＝PD，BD＝2CD，求二面角B﹣AP﹣C的正弦值．
20．（2025 南京模拟）梯形ABCD中，AD∥BC，E为AD上的一点且有BE⊥AD，AE＝BE＝1，BC＝ED，将△ABE沿BE翻折到△PEB使得二面角P﹣BE﹣C的平面角为θ，连接PC，PD，F为棱PD的中点．
（1）求证：FC∥面PBE；
（2）当θ＝，PD＝时，求直线PC与平面BCF所成角的正弦值．
高考数学高频易错押题预测 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．（2025 广东模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB、CC1、C1D1的中点，则（　　）
A．直线AG与EF是平行直线
B．过E，F，G三点的平面与正方体的截面是六边形
C．直线EF与平面ABCD所成角的正切值是
D．若正方体的棱长为2，则点B到平面B1EF的距离是
【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．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】B
【分析】作出截面即可求解B，根据AG与平面EKFGNM相交于点G，而EF不经过点G即可根据异面直线的性质求解A，根据为CC1⊥平面ABCD，所以∠FEC是EF与平面ABCD所成的角，利用三角形的边角关系即可求解C，利用等体积法即可求解D．
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB、CC1、C1D1的中点，
对于B，如图，取各边的中点，根据正方体的结构特征及平面的基本性质知，
过E，F，G三点的截面为正六边形EKFGNM，故B正确；
对于A，由B知截面为六边形EKFGNM，
EF 平面EKFGNM，AG∩面EKFGNM＝G，
而EF不经过点G，故AG与EF是异面直线，故A错误，
对于C，∵CC1⊥平面ABCD，∴∠FEC是EF与平面ABCD所成的角，
设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
∴，
∴，
∴直线EF与平面ABCD所成角的正切值是，故C错误，
对于D，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，
设B到平面B1EF的距离为h，
，，
∴，
∴，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查异面直线的判定、正方体的结构特征及平面的基本性质、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
2．（2025 辽宁模拟）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝3，，，M为棱B1C1的中点，则点M到平面A1BC的距离为（　　）
A． B． C． D．2
【考点】空间中点到平面的距离．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】利用线面垂直的判定方法得到AC⊥平面A1B1B，又B1C1∥平面A1BC，得到点M到平面A1BC的距离h即为点B1到平面A1BC的距离，再用等体积法即可求得结果．
【解答】解：如图，在Rt△A1AB中，，所以A1A＝6，
在Rt△A1AC中，，所以AC＝6，
在△ABC中，因为BC2＝AC2+AB2，
所以AB⊥AC，
又AC⊥AA1，AA1，AB 平面A1B1B，AA1∩AB＝A，
所以AC⊥平面A1B1B，
因为BC∥B1C1，B1C1 平面A1BC，BC 平面A1BC，
所以B1C1∥平面A1BC，
所以点M到平面A1BC的距离h即为点B1到平面A1BC的距离，
所以，
在等腰三角形A1BC中，，
因为，
所以，
即，
解得，
则点M到平面A1BC的距离为．
故选：C．
【点评】本题考查等体积法的应用，属于中档题．
3．（2025 河南模拟）设A，B是曲线上关于坐标原点对称的两点，将平面直角坐标系沿x轴折叠，使得上、下两半部分所成二面角为60°，则|AB|2的最小值为（　　）
A．2 B． C． D．4
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；运用基本不等式解决实际问题．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】利用向量法以及基本不等式求解即可．
【解答】解：设，，
在平面直角坐标系中，过A作AC⊥x轴于点C，过B作BD⊥x轴于点D，
则，，
，，折叠后即有，
因为，
所以
＝＝＝，
当且仅当时，等号成立，
所以|AB|2的最小值为．
故选：C．
【点评】本题考查向量法以及基本不等式的应用，属于中档题．
4．（2025 丽江模拟）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面CDD1C1上有一个小孔E，E点到CD的距离为3，若该正方体水槽绕CD倾斜（CD始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面CDD1C1与桌面所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．2
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】转化思想；综合法；空间角；逻辑思维；直观想象；运算求解．
【答案】D
【分析】由题意知，水的体积为32，设正方体水槽倾斜后，水面分别与棱AA1，BB1，CC1，DD1交于M，N，P，Q，则PC＝3，此时水的体积为SBCPN CD，从而求得BN＝1；在平面BCC1B1内，过点C1作C1H∥NP，交BB1于H，侧面CDD1C1与桌面所成的角即侧面CDD1C1与水面MNPQ所成的角，即侧面CDD1C1与平面HC1D1所成的角，故∠HC1C即为所求，再在Rt△B1HC1中，由tan∠HC1C＝tan∠B1HC1＝即可得解．
【解答】解：由题意知，水的体积为4×4×2＝32，
如图所示，设正方体水槽倾斜后，水面分别与棱AA1，BB1，CC1，DD1交于M，N，P，Q，则PC＝3，
水的体积为SBCPN CD＝32，
∴ BC CD＝32，即×4×4＝32，∴BN＝1．
在平面BCC1B1内，过点C1作C1H∥NP，交BB1于H，则四边形NPC1H是平行四边形，NH＝C1P＝1，
∴B1H＝BB1﹣NH﹣BN＝4﹣1﹣1＝2，
∵侧面CDD1C1与桌面所成的角即侧面CDD1C1与水面MNPQ所成的角，即侧面CDD1C1与平面HC1D1所成的角，
∴∠HC1C即为所求，而∠HC1C＝∠B1HC1，
在Rt△B1HC1中，tan∠B1HC1＝＝＝2，
∴侧面CDD1C1与桌面所成角的正切值为2．
故选：D．
【点评】本题考查二面角的求法，将所求的角逐步转化为边长已知的直角三角形中的角是解题的关键，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5．（2025 郑州模拟）如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，点M，N，P分别为A1B1，BC和AD的中点，底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°且．记MN与AA1所成的角为α，MN与平面ABCD所成的角为β，二面角M﹣PN﹣B的平面角为γ，则（　　）
A．α＞β＞γ B．β＞γ＞α C．γ＞α＞β D．α＞γ＞β
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】证明PP1⊥平面ABCD，然后以以P为原点，分别以直线PA，PB，PP1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出α，β，γ后可比较大小．
【解答】解：连接PB，DB，由底面ABCD为菱形，∠DAB＝60°，
所以△ABD为等边三角形，故PB⊥AD，
取A1D1中点P1，连接PP1，
因为ABCD﹣A1B1C1D1是直四棱柱，所以PP1⊥平面ABCD，
又AD，PB 平面ABCD，所以PP1⊥AD，PP1⊥PB，
不妨设，所以AB＝2，
故，
由PP1，AD，PB三线两两互相垂直，
故以P为原点，PA，PB，PP1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，，
，
由AA1⊥平面ABCD，所以平面ABCD可取，
设平面PMN的法向量为，
则，所以，
取，则，
故．
由MN与AA1所成的角为α，MN与平面ABCD所成的角为β，
二面角M﹣PN﹣B的平面角为γ，
其中．
所以，
，
所以，
，
因为y＝cosx在上递减，，
又，
所以γ＞α＞β．
故选：C．
【点评】本题考查二面角的计算，以及向量法的应用，属于中档题．
6．（2025 佛山一模）已知直线m与平面α所成的角为，若直线n α，直线m β，设m与n的夹角为θ1，α与β的夹角为θ2，则（　　）
A． B．
C． D．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；转化法；空间想象．
【答案】A
【分析】根据最小角定理判定即可．
【解答】解：因为直线m与平面α所成的角为，且直线n在平面α内，直线m在平面β内，
根据直线与平面所成角的定义，直线m与平面α内任意直线所成角都大于等于，
因此直线m与直线n的夹角θ1大于等于，
平面α与平面β的夹角θ2的取值范围是，
由于直线m与平面α所成角为，这意味着平面α与平面β的夹角不可能小于，否则直线m与平面α所成角会小于，
因此，θ2大于等于，
综上所述，且．
故选：A．
【点评】本题主要考查了空间角的范围问题，解题的关键是明确最小角定理内容，属于中档题．
7．（2025 广东模拟）已知某圆锥的母线长为2，记其侧面积为S，体积为V，则当取得最大值时，母线与底面所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角．
【专题】综合题；转化思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】A
【分析】设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，根据圆锥的侧面积和体积公式结合基本不等式可求得最大时l与r的值，再根据线面角的定义可得结果．
【解答】解：设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l，
则，，
于是（当且仅当，即时取等号），
此时，
由线面角的定义得，所求的母线与底面所成角的正弦值为，
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积和体积的计算公式、基本不等式的应用以及直线与平面所成的角的计算，属于中档题．
8．（2025 绵阳模拟）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，可在该正四棱台中放入的最大球的体积为，则点A1到平面BCC1B1的距离为（　　）
A． B． C． D．
【考点】空间中点到平面的距离；球的体积和表面积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】A
【分析】根据题意易得正四棱台的高为球的直径，从而可求解．
【解答】解：设可在该正四棱台中放入的最大球的半径为R，
则可在该正四棱台中放入的最大球的体积为＝，
解得R＝，
而当正四棱台的内切球与各个面都相切时，可得内切球的直径2R＝＝，
所以此时内切球的半径为＞，此时不成立，
所以当在该正四棱台中放入的最大球的体积为时，该球只能同时和上下底面相切，
不能和四个侧面相切，
所以该正四棱台的高为2R＝，此时正四棱台的斜高与底面所成角的正切为＝，
所以正四棱台的斜高与底面所成角的正弦值为，
所以A1到平面BCC1B1的距离为2×＝．
故选：A．
【点评】本题考查正四棱台的内切球问题，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 江西一模）如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，上、下两底面分别是两个全等且平行的正六边形A1B1C1D1E1F1，ABCDEF，它们的中心分别为O1，O，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若该“正六角反棱柱”的各棱长都为2，则下列命题正确的是（　　）
A．异面直线O1A1与OA所成的角为
B．AB1⊥平面O1OA
C．该多面体外接球的表面积为
D．直线AB，与下底面所成角的正弦值为
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；球内接多面体；球的表面积；异面直线及其所成的角；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】BCD
【分析】对于A：根据OA平分∠A1'OB1'，即可求解；
对于B：利用线面垂直的判定定理即可判断；
对于C：利用勾股定理求出球半径即可；
对于D：直线AB1与下底面所成的角为θ，解三角形即可求解．
【解答】解：对于A，设A1，B1在下底面的射影分别为A1′，B1'，
则OA平分∠A1'OB1'，
所以异面直线O1A1与OA所成的角为，故A错误；
对于B，易知OO1垂直于底面，
所以OO1⊥A1'B1'，又OA平分∠A1′OB1′，所以OA⊥A1′B1′，
因为OA∩OO1＝O，
所以A1'B1'⊥平 面O1OA，从而A1B1⊥平面O1OA，故B正确；
对于C，设A1B1的中点为G，G在下底面上的射影为H，上、下两底面间的距离为d，外接球的半径为R，
则OA＝2，，AG＝，
如截面图可知：
所以，，
从而所求外接球的表面积为，故C正确；
对于D，设直线AB1与下底面所成的角为θ，
由上面可知，
所以sinθ＝ ，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
（多选）10．（2025 武汉模拟）如图，以A1，B1，C1，A，B，C为顶点的六面体中，四边形AA1C1C为菱形，B1C1∥BC，B1C1＝BC，∠C1CA＝60°，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝120°，则（　　）
A．AC⊥A1B
B．AC1∥平面A1BB1
C．当时，二面角A1﹣AB﹣C的正弦值为
D．当时，此六面体的体积为
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；棱柱的体积．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】ABD
【分析】通过证明A1B⊥面ACP，可判断A；通过证明平面ABB1∥平面AC1N，可判断B；过A1作A1M⊥CA于点M，证明出A1M⊥平面ABC，根据求出答案，可判断C；取BC中点G，连接B1G，AG，该几何体可分割为三棱锥A1B1C1﹣AGC和三棱锥B﹣A1AB1，B﹣AGB1，通过计算体积和得到结果，可判断D．
【解答】解：对于A，取A1B中点P，因为ACC1A1为菱形，所以AA1＝AC＝2，
所以AA1＝AB＝2，所以AP⊥A1B，
△ACA1中，∠A1AC＝120°，，
△ABC中，，
所以A1C＝BC，所以CP⊥A1B，
因为AP，CP 面ACP，AP∩CP＝P，所以A1B⊥面ACP，
因为AC 面ACP，所以A1B⊥AC，故A正确；
对于B，取BC中点N，因为B1C1∥BC，且，
则B1C1∥CN，B1C1＝CN，B1C1∥BN，B1C1＝BN，
即B1C1NB为平行四边形，B1C1CN为平行四边形，
所以B1N∥CC1，B1N＝CC1，所以B1N∥A1A，B1N＝A1A，
所以四边形ANB1A1为平行四边形，所以AN∥B1A1，
又因为C1N∥BB1，AN 平面AC1N，B1A1 平面AC1N，
所以B1A1∥平面AC1N，同理BB1∥平面AC1N，
因为B1A1，BB1 平面A1BB1，B1A1∩BB1＝B1，
所以平面A1BB1∥平面AC1N，
因为AC1 平面AC1N，所以AC1∥平面A1BB1，故B正确；
对于C，过A1作A1M⊥CA于点M，因为∠A1AC＝∠BAC＝120°，AB＝AA1，
所以BM⊥AC，且，
又因为，所以A1M⊥BM，
又因为A1M⊥CA，BM，CA 平面ABC，BM∩CA＝M，
所以A1M⊥平面ABC，记二面角A1﹣AB﹣C的平面角为θ，
所以，
所以，故C错误；
对于D，取BC中点G，连接B1G，AG，
该几何体可分割为三棱柱A1B1C1﹣AGC和三棱锥B﹣A1AB1，B﹣AGB1，
则几何体体积，
图中，A1到底面ABC的距离为，
所以，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
（多选）11．（2025 市中区校级模拟）如图所示是一个以AB为直径，点S为圆心的半圆，其半径为4，F为线段AS的中点，其中C，D，E是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以S为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（　　）
A．△CEF为直角三角形
B．SA⊥平面CEF
C．SD∥平面CEF
D．点D到平面CEF的距离为
【考点】空间中点到平面的距离；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．
【答案】ACD
【分析】对于A，作出图形，结合已知数据容易判断；
对于B，假设SA⊥平面CEF，推出矛盾即可判断；
对于C，由线面平行的判定可以判断；
对于D，点D到直线FO的距离即为D到平面CEF的距离，由此容易判断选项．
【解答】解：选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示，
设圆锥底面半径为r，则2πr＝4π，
∴r＝2，
∴CE＝4，
∵F为AS的中点，O为AS的中点，
∴FO∥SD，且FO＝2＝CE，
∴∠CFE＝90°，△CEF为等腰直角三角形，选项A正确；
选项B，若SA⊥平面CEF，则∠AFO＝90°，
直角△CEF中，AO＝OF＝AF＝2，
∴∠AFO＝60°，选项B错误；
选项C，∵FO∥SD，FO 平面CEF，SD 平面CEF，
∴SD∥平面CEF，选项C正确；
选项D，∵CE⊥AD，CE⊥SO，
∴CE⊥平面SAD，
∴平面CEF⊥平面SAD，
∴D到直线FO的距离即为D到平面CEF的距离，
又∵FO∥SD，
∴D到直线FO的距离等于O到直线SD的距离为，选项D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查线面垂直，线面平行以及点到平面的距离计算，考查空间想象能力以及运算求解能力，属于中档题．
（多选）12．（2025 福州模拟）如图所示，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E是棱CC1的中点，则下列结论中正确的是（　　）
A．点B1到平面BDE的距离是A到平面BDE的距离的2倍
B．若点M∈平面ABCD，且C1M与AB所成角是，则点M的轨迹是双曲线的一支
C．三棱锥A1﹣BDE的外接球的表面积为11π
D．若M∈线段BE，则|DM|+|AM|的最小值是
【考点】空间中点到平面的距离；球的表面积．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】ACD
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A；
利用坐标法，列出关于异面直线所成角的余弦值的式子，即可判断B；
利用坐标法，求三棱锥A1﹣BDE的外接球的球心坐标和半径，即可判断C；
利用坐标法，表示两点间的距离，转化为平面几何问题，即可求最值．
【解答】解：对于A选项，以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A（2，0，0）、B（2，2，0）、D（0，0，0）、E（0，2，1）、B1（2，2，2），
设平面BDE的法向量为，，，
则，则，
取x1＝1，则，，
所以，点B1到平面BDE的距离为，
点A到平面BDE的距离为，
所以，d1＝2d2，故A正确；
对于B选项，设点M（x，y，0），，，
若C1M与AB所成角是，
则，
整理为（y﹣2）2﹣x2＝4，为双曲线方程，
所以点M的轨迹是双曲线，故B错误；
对于C选项，A1（2，0，2）、B（2，2，0）、D（0，0，0）、E（0，2，1），
设三棱锥A1﹣BDE的外接球的球心坐标为（a，b，c），半径为R，
则，
方程组中前2个式子和后2个式子相减，
得，得，
再回代方程组得，，
所以三棱锥A1﹣BDE的外接球的表面积为4πR2＝11π，故C正确；
对于D选项，由，可设点，
即，0≤x≤2，
，
＝
＝，
上式的意义可以理解为平面直角坐标系中，
动点（x，0）到定点和的距离和的倍，
显然，动点（x，0）到定点和的距离和的最小值是两定点和间的距离，
距离为，
所以|DM|+|AM|的最小值是，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查向量的综合应用，属于难题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025 随州模拟）（理科选做）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为　　．
【考点】二面角的平面角及求法．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】先建立空间直角坐标系，再分别求得两个平面的法向量，用向量法中二面角公式求解．
【解答】解：以A为原点建系，设棱长为1．
则A1（0，0，1），E（1，0，），
D（0，1，0），
∴＝（0，1，﹣1），＝（1，0，﹣），
设平面A1ED的法向量为＝（1，y，z）
，，∴＝（1，2，2），
∵平面ABCD的一个法向量为＝（0，0，1）．
∴cos＜，＞＝＝．
即所成的锐二面角的余弦值为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查向量法在求空间二面角中的应用，特别注意法向量的求法．属于基础题，
14．（2025 江西模拟）已知异面直线m，n所成的角为60°，M，N在直线m上，G，H在直线n上，HN⊥m，NH⊥n，MN＝3，NH＝5，GH＝4，则G，M间的距离为 　或　．
【考点】点、线、面间的距离计算；空间向量的数量积运算；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；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】或．
【分析】根据空间向量基本定理结合空间向量线性运算，用表示，利用模长公式可计算G，M间的距离．
【解答】解：以向量为基底，
由题知：，
或，
所以
＝
＝，
当时，，所以，
当时，，所以．
故答案为：或．
【点评】本题考查空间两点间的距离计算，属中档题．
15．（2025 孝义市模拟）如图，在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是 　[，]　．
【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；数形结合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】[，]．
【分析】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，证明平面A1MN∥平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M或N处时A1P最长，位于线段MN中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【解答】解：如图，分别取棱BB1，B1C1的中点M、N，连MN，BC1，
∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，则MN∥EF，
又MN 平面AEF，EF 平面AEF，∴MN∥平面AEF．
∵AA1∥NE，AA1＝NE，
∴四边形AENA1为平行四边形，则A1N∥AE，
又A1N 平面AEF，AE 平面AEF，∴A1N∥平面AEF，
又A1N∩MN＝N，∴平面A1MN∥平面AEF．
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，∴点P必在线段MN上．
在Rt△A1B1M中，A1M＝，
同理，在Rt△A1B1N中，可得A1N＝，
∴△A1MN为等腰三角形．
当点P为MN中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短；点P位于M、N处时，A1P最长．
∵A1O＝＝＝，A1M＝A1N＝2．
∴线段A1P长度的取值范围是[，]．
故答案为：[，]．
【点评】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，关键是通过构造平行平面寻找P点位置，属中档题．
16．（2024 温州二模）如图，在等腰梯形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，点E是AD的中点．现将△ABE沿BE翻折到△A′BE，将△DCE沿CE翻折到△D′CE，使得二面角A'﹣BE﹣C等于60°，D′﹣CE﹣B等于90°，则直线A′B与平面D′CE所成角的余弦值等于 　　．
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】．
【分析】求出设BE中点为G，连接A'G，CG，过A'作A'O⊥CG于O，则∠A'GC为二面角A′﹣BE﹣C的平面角，且A'G⊥平面BCE，由题意可得△ABE，△BCE为等边三角形，建立空间直角坐标系，可得平面D'CE的法向量的坐标，求出的坐标，求出两个向量的夹角的余弦值，进而求出直线BA'与平面D'CE所成的夹角的正弦值，进而求出线面角的余弦值．
【解答】解：设BE中点为G，连接A'G，C'G，过A'作A'O⊥CG于O，
则∠A′GC为二面角A′﹣BE﹣C的平面角，且A′O⊥平面BCE，
设AD＝4，则AB＝AE＝BC＝CD＝2，则△ABE，△BCE为等边三角形，
则，，，
以EC中点H为原点，HC为x轴，HB为y轴，HD'为z轴建立空间直角坐标，如图所示：
则，，
易知平面D′CE法向量为，＝（，﹣，），
＝﹣，||＝1，||＝＝2，
cos＜，＞＝＝＝﹣，
设直线A′B与平面D′CE所成的角为θ，则θ∈[0，]，
所以sinθ＝|cos＜，＞|＝，
所以cosθ＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查用空间向量的方法求直线与平面所成的角的余弦值的求法，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 浙江模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC为锐角，动点D在△ABC的边AC上，PA＝1，，三棱锥P﹣ABC的体积为．
（1）证明：平面PBC⊥平面PAB．
（2）当点P到直线BD的距离为时，求PD与平面ABC所成的角．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得线线垂直，即可根据勾股定理求解长度，利用体积公式可得，进而利用余弦定理求解长度，可得PB⊥BC，即可利用线面垂直的判定求解；
（2）建立空间直角坐标系，根据点到直线距离的向量法求解，即可根据∠PDA为线面角求解．
【解答】解：（1）证明：因为PA⊥平面ABC，AB，AC，BC 平面ABC，
所以PA⊥AB，PA⊥AC，PA⊥BC，
所以，同理得．
又因为，
所以．因为△ABC为锐角三角形，所以，
由余弦定理，可知，
所以PC2＝PB2+BC2，所以PB⊥BC，
又因为PA⊥BC，PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB，
所以平面PBC⊥平面PAB．
（2）由（1），BC⊥AB，如图，以B为原点建立空间直角坐标系，
则，
＝（，0，0），＝（﹣，2，0），＝（，0，1），
设（0≤λ≤1），则．
由＝，
解得或﹣1（负值舍去），所以AD＝AC＝，
由（1）知PD与平面ABC所成的角为∠PDA，所以，
所以，即PD与平面ABC所成的角为．
【点评】本题主要考查面面垂直的判定、点到直线的距离和直线与平面的夹角，属于中档题．
18．（2025 山海关区模拟）已知三棱台ABC﹣DEF的上、下底面都是等腰直角三角形，AD⊥底面ABC，AC⊥BC，AD＝AC＝BC＝2，EF＝1．
（1）证明：EF⊥平面ACFD；
（2）求二面角A﹣EF﹣B的余弦值．
【考点】二面角的平面角及求法；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）证明见解答；（2）．
【分析】（1）推导出EF⊥DF，AD⊥平面DEF，从而EF⊥AD，由此能证明EF⊥平面ACFD；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面AEF和平面BEF的法向量，利用向量法求解即可．
【解答】解：（1）证明：三棱台ABC﹣DEF的上、下底面都是等腰直角三角形，
AD⊥底面ABC，AC⊥BC，AD＝AC＝BC＝2，EF＝1，
∴EF⊥DF，AD⊥平面DEF，∵EF 平面DEF，∴EF⊥AD，
∵DF∩AD＝D，∴EF⊥平面ACFD；
（2）以A为原点，CA，AD所在直线分别为x，z轴，过A平行BC的直线与y轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），B（﹣2，2，0），E（﹣1，1，2），F（﹣1，0，2），
∴，，，
设平面AEF的法向量为，
则，取，
设平面BEF的法向量为，
则，取，
设二面角A﹣EF﹣B的平面角为θ，
由图知，
∴＝＝．
【点评】本题考查线面垂直的判定与性质的应用，以及向量法的应用，考查运算求解能力，是中档题．
19．（2025 保定校级模拟）如图，三棱锥P﹣ABC的棱BC上存在一点D，使得平面PAD⊥底面ABC，且PD⊥平面PAB．
（1）证明：PA⊥AB；
（2）若AB＝AD＝2，AP＝PD，BD＝2CD，求二面角B﹣AP﹣C的正弦值．
【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】数形结合；向量法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【分析】（1）首先利用面面垂直的性质定理得PE⊥平面ABC，则AB⊥PE，再利用线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，再利用二面角正弦值的空间向量求法即可求得．
【解答】解：（1）证明：在平面PAD内作PE⊥AD，垂足为点E，则PE 平面PAD．
因为平面PAD⊥底面ABC，平面PAD∩平面ABC＝AD，
所以PE⊥平面ABC．
又因为AB 平面ABC，所以AB⊥PE．
又因为PD⊥平面PAB，AB 平面PAB，所以AB⊥PD．
又因为PE∩PD＝P，PE，PD 平面PAD，
所以AB⊥平面PAD．
又因为PA 平面PAD，所以PA⊥AB．
（2）由（1）可知，AB⊥平面PAD，且AD 平面PAD，所以AB⊥AD，
故以点A为原点，分别为x轴，y轴的正方向，过点A作垂直于底面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为PD⊥平面PAB，AP 平面PAB，所以AP⊥PD．
又因为AB＝AD＝2，AP＝PD，BD＝2CD，
则A（0，0，0），B（2，0，0），D（0，2，0），C（﹣1，3，0），P（0，1，1），
所以．
因为PD⊥平面PAB，所以平面PAB的一个法向量为．
设平面PAC的一个法向量为，则，，
所以，取a＝3，得b＝1，c＝﹣1，所以．
所以，
所以，
所以二面角B﹣AP﹣C的正弦值为．
【点评】本题考查线线垂直的证明和二面角的求解，属于中档题．
20．（2025 南京模拟）梯形ABCD中，AD∥BC，E为AD上的一点且有BE⊥AD，AE＝BE＝1，BC＝ED，将△ABE沿BE翻折到△PEB使得二面角P﹣BE﹣C的平面角为θ，连接PC，PD，F为棱PD的中点．
（1）求证：FC∥面PBE；
（2）当θ＝，PD＝时，求直线PC与平面BCF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）证明见解答；（2）．
【分析】（1）先证四边形BCFG为平行四边形，得出FC∥GB，即可得证；
（2）建立坐标系，求出平面BCF的法向量，利用向量法求解即可．
【解答】解：（1）证明：取PE中点G，连接GB，GF，
因为BC∥ED，，
在△PED中，GF∥ED，，
所以GF∥BC，GF＝BC，
所以四边形BCFG为平行四边形，
所以FC∥GB，
又因为FC 平面PBE，GB 平面PBE，
所以FC∥平面PBE；
（2）BE⊥AD，则BE⊥PE且BE⊥ED，
所以BE⊥平面PDE，又BE 平面BCDE，
平面PDE⊥平面BCDE，
在平面PDE内，过点E作EQ⊥ED交PD于点Q，
因为平面PDE∩平面BCDE＝DE，
所以EQ⊥平面BCDE，
以{，，}为正交基底建立如图坐标系，
，D（0，2，0），，B（1，0，0），C（1，1，0），
，，，
设为平面BCF的法向量，
则，
则，
所以．
【点评】本题考查线面平行的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
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