【高考押题卷】2025年高考数学高频易错考前冲刺 空间向量的应用(含解析)

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【高考押题卷】2025年高考数学高频易错考前冲刺 空间向量的应用(含解析)

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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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