资源简介

高考数学考前冲刺押题预测 空间向量的应用
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 成都期末）如图，二面角α﹣l﹣β的棱上有两个点A，B，线段AC与BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若AB＝1，AC＝2，BD＝3，二面角α﹣l﹣β的平面角为，则CD＝（　　）
A．2 B． C． D．
2．（2024秋 武威期末）已知球O是正三棱锥P﹣ABC的外接球，若正三棱锥P﹣ABC的高为，底边，则球心O到平面ABC的距离为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024秋 皇姑区期末）如图，二面角α﹣l﹣β等于135°，A、B是棱l上两点，BD、AC分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且，则CD的长等于（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 宁波期末）在如图所示的试验装置中，正方形框ABCD的边长为2，长方形框ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角C﹣AB﹣E的大小为，活动弹子M，N分别在对角线AC和BF上移动，且始终保持，则MN的长度最小时λ的取值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024秋 宝山区校级期末）正三棱台侧面与底面所成角为，侧棱与底面所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024秋 沈阳期末）已知向量，若，则m＝（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
7．（2024秋 昌平区期末）在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF为“刍（chú）甍（méng）”．若底面ABCD是边长为4的正方形，EF＝2，且EF∥AB，△ADE和△BCF是等腰三角形，∠AED＝∠BFC＝90°，则该刍甍的高（即点F到底面ABCD的距离）为（　　）
A．1 B． C．2 D．2
8．（2024秋 海淀区期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱A1D1，BC的中点，P为正方形A1B1C1D1边上的动点（不与M重合），则下列说法中错误的是（　　）
A．平面MNP截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形
B．存在点P，使得直线A1B1与平面MNP垂直
C．平面MNP把正方体分割成的两个几何体的体积相等
D．点B1到平面MNP的距离不超过
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 梧州期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为棱BB1，DD1上的点，且，平面AEF与棱CC1交于点G，若点P为正方体内部（含边界）的点，满足，则（　　）
A．点P的轨迹为四边形AEGF及其内部
B．当λ＝1时，点P的轨迹长度为
C．当时，AF⊥A1P
D．当时，直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为
（多选）10．（2024秋 赣州期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段AD上的中点，点Q在线段BB1上运动，则下列选项正确的是（　　）
A．三棱锥C﹣PQC1的体积为定值
B．点Q在线段BB1上运动时，|QA|+|QC1|的最小值为
C．存在点Q，使得平面PQC与平面在ABCD所成夹角为45°
D．当Q为BB1的中点时，过P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面面积为
（多选）11．（2024秋 临潼区期末）如图，在空间直角坐标系Oxyz中，正方体OBCD﹣O1B1C1D1的棱长为3，且，则（　　）
A．
B．
C．异面直线DE与OB所成角的余弦值为
D．点B到直线DE的距离为
（多选）12．（2024秋 湖北期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，则（　　）
A．直线BE与CD所成角的余弦值为
B．BC1∥平面ACD1
C．点F到直线BE的距离为1
D．在上的投影向量为
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 广东期末）正方形ABB1A1的边长为12，其内有两点P，Q，点P到边AA1，A1B1的距离分别为3和1，点Q到边BB1，AB的距离也分别为3和1．现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和A1B1重合（如图），则此时P，Q两点间的距离为 　 　．
14．（2024秋 四川期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段CD的中点，则平面AMD1与平面AMC1夹角的余弦值为 　 　．
15．（2024秋 仁寿县期末）如图，已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点，B，C在下底面圆O上，，则直线AO与平面O1BC所成角的正弦值的最大值为 　 　．
16．（2024秋 抚顺期末）已知平面α的一个法向量为，直线l的一个方向向量为，则直线l与平面α所成角的正弦值的最大值为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 阜阳期末）如图，多面体ABCDE中，EA⊥平面ABC，DC⊥平面ABC，EA＝2DC，F是EB的中点．
（1）证明：DF∥平面ABC．
（2）若EA＝AB＝2，∠BAC＝90°，且二面角B﹣DE﹣C的余弦值为，求AC的长．
18．（2024秋 滨州期末）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝AB＝1，PC与平面PAD所成角的正切值．
（1）求BC的长；
（2）已知G是棱BC上一点，且点D到平面PAG的距离为，求平面PAG与平面PBG的夹角的大小．
19．（2024秋 黑龙江期末）如图，多面体ABCDE中，△ABC是以A为顶角的等腰直角三角形，AB＝2，△BCD是等边三角形，E是空间中一点，满足，平面ABC⊥平面BCD．
（1）求异面直线BC与DE所成的角的余弦值；
（2）求平面ABC与平面CDE夹角的余弦值．
20．（2024秋 天津期末）如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝2，AE＝BC＝2CF＝4．
（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；
（Ⅱ）求平面ADE与平面BDF夹角的余弦值；
（Ⅲ）求四面体B﹣DEF的体积．
高考数学考前冲刺押题预测 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 成都期末）如图，二面角α﹣l﹣β的棱上有两个点A，B，线段AC与BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱l．若AB＝1，AC＝2，BD＝3，二面角α﹣l﹣β的平面角为，则CD＝（　　）
A．2 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；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】利用向量的线性关系可得，两边平方可求CD的长度．
【解答】解：因为二面角α﹣1﹣β的大小为60°，，
，
，
所以，
即C，D两点间的距离为．
故选：B．
【点评】本题考查两点间距离的计算，考查向量法的运用，属中档题．
2．（2024秋 武威期末）已知球O是正三棱锥P﹣ABC的外接球，若正三棱锥P﹣ABC的高为，底边，则球心O到平面ABC的距离为（　　）
A． B． C． 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．
【答案】A
【分析】设正三棱锥P﹣ABC的底面中心为M，D为BC的中点，连接AD，显然球心O在直线PM上，由OA2＝OM2+AM2可得外接球半径，从而得解．
【解答】解：设正三棱锥P﹣ABC的底面中心为M，D为BC的中点，
连接AD，显然球心O在直线PM上，
设球O的半径为R，因为，
所以球心O到底面ABC的距离为：
，，
在Rt△OAM中，由OA2＝OM2+AM2，
可得，解得，
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，属中档题．
3．（2024秋 皇姑区期末）如图，二面角α﹣l﹣β等于135°，A、B是棱l上两点，BD、AC分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且，则CD的长等于（　　）
A． B． C． D．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】依题意，可得，再由空间向量的模长计算公式，代入求解即可．
【解答】解：由二面角的平面角的定义知，
所以，
由AC⊥l，BD⊥l，得，，
又因为，
所以
，
所以，即．
故选：A．
【点评】本题考查二面角的定义，空间向量的线性运算和数量积运算，属于中档题．
4．（2024秋 宁波期末）在如图所示的试验装置中，正方形框ABCD的边长为2，长方形框ABEF的长，且它们所在平面形成的二面角C﹣AB﹣E的大小为，活动弹子M，N分别在对角线AC和BF上移动，且始终保持，则MN的长度最小时λ的取值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；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；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】A
【分析】根据二面角的定义知∠CBE，再以B为原点建系，用含λ的式子表示出M和N的坐标，然后结合两点间距离公式与二次函数的性质，求解即可．
【解答】解：由题意知，AB⊥BC，AB⊥BE，
所以∠CBE就是二面角C﹣AB﹣E的平面角，即∠CBE，
以B为原点，BA，BE所在直线分别为x，y轴，作Bz⊥平面ABEF，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，0），A（2，0，0），C（0，，），F（2，2，0），
所以（﹣2，，），（2，2，0），
设M（x，y，z），N（a，b，0），
由，知，，
所以（x﹣2，y，z）＝λ（﹣2，，），（a，b，0）＝λ（2，2，0），
解得，，
所以M（2﹣2λ，λ，λ），N（2λ，2λ，0），
所以|MN|＝（2﹣2λ﹣2λ）2+（λ﹣2λ）2+（λ）2＝20λ2﹣16λ+4＝20（λ）2，
所以当λ时，|MN|取得最小值．
故选：A．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握二面角的定义与求法，空间两点间距离最值问题的处理方法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
5．（2024秋 宝山区校级期末）正三棱台侧面与底面所成角为，侧棱与底面所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；数形结合法；空间角；运算求解．
【答案】B
【分析】把正三棱台的侧棱延长交于一点P，得到正三棱锥，问题转化为已知正三棱锥的侧面与底面所成角为，求棱锥的侧棱与底面所成角，取底面中心为O，连接PO，找出二面角的平面角，然后求解三角形即可．
【解答】解：如图，把正三棱台ABC﹣A1B1C1的侧棱延长相交于一点P，
则P﹣ABC为正三棱锥，棱台侧面与底面所成角即为棱锥侧面与底面所成角，
棱台侧棱与底面所成角即为棱锥侧棱与底面所成角．
设正三棱台下底面中心为O，连接PO，则PO⊥底面ABC，
连接AO并延长交BC与D，则AD⊥BC，连接PD，则PD⊥BC，
可得∠PDO为侧面PBC与底面ABC所成角，等于45°，则OD＝PO，
设OD＝PO＝a，则AO＝2a，可得PA，
∴侧棱与底面所成角的余弦值为cos∠PAO．
∴侧棱与底面所成角的余弦值为．
故选：B．
【点评】本题考查棱台与棱锥的结构特征，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
6．（2024秋 沈阳期末）已知向量，若，则m＝（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】空间向量的数量积判断向量的共线与垂直．
【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】B
【分析】直接利用向量的坐标运算和数量积运算求出结果．
【解答】解：因为，所以，解得m＝3．
故选：B．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量的数量积运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
7．（2024秋 昌平区期末）在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF为“刍（chú）甍（méng）”．若底面ABCD是边长为4的正方形，EF＝2，且EF∥AB，△ADE和△BCF是等腰三角形，∠AED＝∠BFC＝90°，则该刍甍的高（即点F到底面ABCD的距离）为（　　）
A．1 B． C．2 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】B
【分析】先证EO⊥平面ABCD，得出EO为此刍蔓的高，再解三角形即可求解．
【解答】解：如图，取AB的中点G，CD的中点H，连接EG，EH，GH，连接AH，DG交于点O，连接EO，
则EF∥GB，EF＝GB，
所以四边形EFBG为平行四边形，
所以EG＝FB，
同理可得EH＝FC，
因为AD＝BC，△ADE和△BCF均为等腰直角三角形，
所以EA＝FB＝EG＝EH＝ED，
又四边形AGHD为平行四边形，
所以EO⊥AH，EO⊥DG，又AH∩DG＝O，
所以EO⊥平面ABCD，
即EO为此刍蔓的高，
因为AD＝4，所以，
因为AO，
所以，
即甍的高（即点F到底面ABCD的距离）为．
故选：B．
【点评】本题考查线面平行的性质定理，多面体的高的求解，化归转化思想，属中档题．
8．（2024秋 海淀区期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱A1D1，BC的中点，P为正方形A1B1C1D1边上的动点（不与M重合），则下列说法中错误的是（　　）
A．平面MNP截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形
B．存在点P，使得直线A1B1与平面MNP垂直
C．平面MNP把正方体分割成的两个几何体的体积相等
D．点B1到平面MNP的距离不超过
【考点】空间中点到平面的距离；棱锥的体积；平面的基本性质及推论．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据正方体的性质，针对各个选项分别求解即可．
【解答】解：对A选项，当P与C1重合时，易得平面MNP截正方体表面所得为菱形MC1NA，∴A选项正确；
对B选项，∵MN在正侧面的射影为A1B，而A1B1与A1B不垂直，
∴根据三垂线定理可得A1B1与MN不垂直，
∴A1B1与平面MNP不垂直，∴B选项错误；
对C选项，因为MN过正方体的体心，
∴平面MNP把正方体分割成的两个几何体的体积相等，∴C选项正确；
对D选项，∵MN过正方体的体心，
∴B1到平面MNP的距离最大值为体对角线的一半，而体对角线长为，
∴B1到平面MNP的距离不超过，∴D选项正确．
故选：B．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 梧州期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为棱BB1，DD1上的点，且，平面AEF与棱CC1交于点G，若点P为正方体内部（含边界）的点，满足，则（　　）
A．点P的轨迹为四边形AEGF及其内部
B．当λ＝1时，点P的轨迹长度为
C．当时，AF⊥A1P
D．当时，直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】对于A，取CC1上一点H，使得，连接EH，FH，HB，推导出四边形AFHB和四边形BHGE是平行四边形，四边形AEGF为平行四边形，由，利用共面向量定理可知，点P在四边形AEGF内（或边界上）；对于B，当λ＝1时，，，P在线段EG上，点P的轨迹长度为线段EG的长，从而；对于C，当时，点P为线段AF的中点，以D为坐标原点，建立如空间直角坐标系，利用向量法得AF⊥A1P不成立；对于D，当时，，分别取AF，EG的中点M，N．连接MN，P在线段MN上，由，可得，利用向量法求出当时，直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为．
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，E，F分别为棱BB1，DD1上的点，且，
平面AEF与棱CC1交于点G，若点P为正方体内部（含边界）的点，满足，
对于A，取CC1上一点H，使得，连接EH，FH，HB，
由正方体结构特征得四边形AFHB和四边形BHGE是平行四边形，
∴AF∥EG，AF＝EG，
∴四边形AEGF为平行四边形，
，由共面向量定理可知，P在四边形AEGF内（或边界上），故A正确；
对于B，当λ＝1时，，∴，即，P在线段EG上，
∴点P的轨迹长度为线段EG的长，∴，
∴当λ＝1时，点P的轨迹长度为，故B正确；
对于C，当时，易得点P为线段AF的中点，
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
则A（3，0，0），F（0，0，1），E（3，3，1），A1（3，0，3），．
则．则，
∴当时，AF⊥A1P不成立，故C错误；
对于D，当时，．分别取AF，EG的中点M，N．连接MN，P在线段MN上，
，
∴由，可得，
平面ABCD的一个法向量为，
设AP与平面ABCD所成的角为θ，
∴sinθ＝|cos，|，
设，∵a∈[0，1]，则，则代入上式并化简可得，
∴当时，直线AP与平面ABCD所成角的正弦值的最大值为，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查正方体结构特征、点的轨迹、线面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）10．（2024秋 赣州期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段AD上的中点，点Q在线段BB1上运动，则下列选项正确的是（　　）
A．三棱锥C﹣PQC1的体积为定值
B．点Q在线段BB1上运动时，|QA|+|QC1|的最小值为
C．存在点Q，使得平面PQC与平面在ABCD所成夹角为45°
D．当Q为BB1的中点时，过P，Q作平面α⊥平面ACC1A1，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1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；棱锥的体积；空间向量及其线性运算．
【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：利用等体积转化法即可求解；
对于B：沿BB1展开得到长方形ACC1A1，连接AC，与BB1交于点Q，此时AC1最短；
对于C：当点Q在线段BB1上运动，显然当Q与B1重合时，平面PQC与底面ABCD所成角最大，再解三角形即可；
对于D：先确定平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面为正六边形PP1QR1RQ1，再求解即可．
【解答】解：对于A：因为，
因为BB1∥CC1，易知BB1∥平面C1PC，
又点Q在线段BB1上运动，
所以点Q到平面C1PC的距离为定值，又为定值，
所以也为定值，故A正确；
对于B：如图：沿BB1展开得到长方形ACC1A1，连接AC，与BB1交于点Q，
此时|QA|+|QC1|的最小值为AC1，又因为CC1＝2，AC＝4，
所以，故B不正确；
对于C，当点Q在线段BB1上运动，显然当Q与B1重合时，平面PQC与底面ABCD所成角最大，
过B作BM⊥PC，在RT△BCM和RT△CPD中，∠BCM＝CPD，∠BMC＝CDP＝90°，
所以△BCM～△CPD，
则，
所以，tan45°，
故存在点Q，使得平面PQC与平面在ABCD所成夹角为45°，故C正确；
对于D，如图取AB中点P1，连接PP1，由题可得DB⊥AC，
AA1⊥平面ABCD，连接BD，
PP1∥DB，PP1 平面ABCD，
则PP1⊥AC，PP1⊥AA1，又AC∩AA1＝A，AC，AA1 平面ACC1A1，
则PP1上平面ACC1A1，
又取DD1中点为Q1，
则QQ1∥DB∥PP1，有P，P1，Q，Q1四点共面，
则平面PP1QQ1即为平面α，
设平面α与D1C1，B1C1交于R，R1，
又由两平面平行性质可知，PP1∥RR1，PQ1∥QR1，P1Q∥Q1R，
又P，P1，Q，Q1都是中点，
故R是D1C1中点，R1是B1C1中点，
则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1的截面为正六边形PP1QR1RQ1，
正方体棱长为2，则，
故截面面积为，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）11．（2024秋 临潼区期末）如图，在空间直角坐标系Oxyz中，正方体OBCD﹣O1B1C1D1的棱长为3，且，则（　　）
A．
B．
C．异面直线DE与OB所成角的余弦值为
D．点B到直线DE的距离为
【考点】空间中点到平面的距离；空间向量线性运算的坐标表示．
【专题】转化思想；向量法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】计算E（1，1，1）进而得出可判定A选项；向量计算判定B选项；利用空间向量的距离公式可判定D选项；利用直线方向向量可计算夹角余弦值，可判定C选项．
【解答】解：因为O（0，0，0），C1（3，3，3），D（0，3，0），
B（3，0，0），O1（0，0，3），
由，可得E（1，1，1），
则，故A正确；
由，，，
可得，
所以，故B错误；
因为，，
则，
所以，故C正确；
因为，
所以，
，
点B到直线DE的距离为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，考查利用空间向量求解异面直线所成角及点到平面距离，属中档题．
（多选）12．（2024秋 湖北期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，则（　　）
A．直线BE与CD所成角的余弦值为
B．BC1∥平面ACD1
C．点F到直线BE的距离为1
D．在上的投影向量为
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离；异面直线及其所成的角；直线与平面平行；空间向量的投影向量与投影．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】BC
【分析】建系，利用空间向量求异面直线夹角、点到线的距离；利用线面平行的判定定理及投影向量的定义得出结论．
【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，
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2），D1（0，0，2），
且E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，可知E（1，0，2），F（2，0，1），
可得，，，
对于A：因为，
所以直线BE与CD所成角的余弦值为，故A错误；
对于B：因为BC1∥AD1，BC1 平面ACD1，AD1 平面ACD1，
所以BC1∥平面ACD1，故B正确；
对于C：因为在方向上的投影向量的模长为，
且，
所以点F到直线BE的距离为，故C正确；
对于D：△A1C1D是等边三角形，
所以在上的投影向量为，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查线面平行的判定，利用空间向量求线线、线面和面面的夹角，利用空间向量求点、线、面之间的距离，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 广东期末）正方形ABB1A1的边长为12，其内有两点P，Q，点P到边AA1，A1B1的距离分别为3和1，点Q到边BB1，AB的距离也分别为3和1．现将正方形卷成一个圆柱，使得AB和A1B1重合（如图），则此时P，Q两点间的距离为 　　．
【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】设P，Q在底面圆的射影点分别为E，F，易得底面圆的半径为r，弦EF的圆心角为，再根据勾股定理，即可求解．
【解答】解：如图，设P，Q在底面圆的射影点分别为E，F，
设底面圆的半径为r，则2πr＝12，∴r，
又易知，
∴弦EF的圆心角为，
∴EF＝r，又易知PE＝12﹣3＝9，QF＝3，
∴在直角梯形PQFE中，可得PQ．
故答案为：．
【点评】本题考查立体几何中折叠问题，空间中两点间距离的求解，化归转化思想，属中档题．
14．（2024秋 四川期末）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段CD的中点，则平面AMD1与平面AMC1夹角的余弦值为 　　．
【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；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】建立空间直角坐标系，分别求出平面AMD1平面AMC1的法向量，利用向量法求解即可．
【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
不妨设DA＝2，
则A（2，0，0），M（0，1，0），D1（0，0，2），C1（0，2，2），
所以，，，
设平面AMD1平面AMC1的法向量分别为，，
则，，
取平面AMD1平面AMC1的法向量分别为（1，2，1），（1，2，﹣1），
所以平面AMD1与平面AMC1夹角的余弦值为．
故答案为：．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
15．（2024秋 仁寿县期末）如图，已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点，B，C在下底面圆O上，，则直线AO与平面O1BC所成角的正弦值的最大值为 　　．
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】．
【分析】以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可．
【解答】解：连接OC，过C作CH垂直于BO的延长线于点H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形OBC中，因为OB＝3，OC＝3，，
故，
则，
则，
，
故点，又B（3，0，0），O（0，0，0），O1（0，0，2），
设点A（m，n，2），m，n∈[﹣1，1]，由O1A＝1，
则可得m2+n2＝1，
，，
设平面O1BC的法向量，
则，即，
取，则x＝2，z＝3，
故平面O1BC的法向量，
又，
设直线AO与平面O1BC所成角为
则，
因为m，n∈[﹣1，1]，且m2+n2＝1，
故令m＝cosα，n＝sinα，α∈0，2π），
则2mn+6sinα+2cosα+6＝3sin（α+φ）+6，，，
又α∈0，2π），所以sin（α+φ）∈[﹣1，1]，
故3sin（α+φ）+6∈[3，9]，
也即，
所以sinθ的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查线面角的计算利用三角函数最值的应用，属于中档题．
16．（2024秋 抚顺期末）已知平面α的一个法向量为，直线l的一个方向向量为，则直线l与平面α所成角的正弦值的最大值为 　　．
【考点】空间向量法求解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】．
【分析】利用空间向量法可求得直线l与平面α所成角的正弦值的最大值．
【解答】解：直线l与平面α所成的角为θ，
因为平面α的一个法向量为，直线l的一个方向向量为，
则，
当x＝1时，sinθ取得最大值，最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 阜阳期末）如图，多面体ABCDE中，EA⊥平面ABC，DC⊥平面ABC，EA＝2DC，F是EB的中点．
（1）证明：DF∥平面ABC．
（2）若EA＝AB＝2，∠BAC＝90°，且二面角B﹣DE﹣C的余弦值为，求AC的长．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；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）3．
【分析】（1）取AB的中点G，连接GF，CG，由线面平行的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设AC＝m，求出平面的法向量，利用坐标计算求解即可．
【解答】解：（1）证明：取AB的中点G，连接GF，CG，
因为F为BE中点，所以FG∥EA，，
因为EA⊥平面ABC，DC⊥平面ABC，所以DC∥EA．
又因为FG∥EA，所以DC∥FG，
所以四边形CGFD为平行四边形，
所以DF∥CG；
因为DF 平面ABC，CG 平面ABC，
所以DF∥平面ABC．
（2）如图所示建立空间直角坐标系，设AC＝m，
则B（0，2，0），E（0，0，2），D（m，0，1），
，
设为平面BDE的法向量，
则，则，得，
令y＝m，得，
显然平面ACDE的一个法向量可以为，
因为二面角B﹣DE﹣C大小余弦值为，所以有：
．
解得m＝3，即AC的长为3．
【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．
18．（2024秋 滨州期末）在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA＝AB＝1，PC与平面PAD所成角的正切值．
（1）求BC的长；
（2）已知G是棱BC上一点，且点D到平面PAG的距离为，求平面PAG与平面PBG的夹角的大小．
【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】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）2；（2）．
【分析】（1）先证明CD⊥平面PAD，推得∠CPD即为直线PC与平面PAD所成角，设BC＝m，利用条件列出方程，求出m的值即可；
（2）以A为坐标原点，建系，设BG＝t，（0≤t≤2），利用点到平面的空间向量计算公式求得t＝1，分别写出相关点的坐标，求出两平面的法向量坐标，利用夹角公式计算即得．
【解答】解：（1）因为PA⊥平面ABCD，且CD 平面ABCD，故PA⊥CD．
又因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，
由PA∩AD＝A，PA 平面PAD，AD 平面PAD，
可得CD⊥平面PAD，
故PD是PC在平面PAD内的射影，
则∠CPD即为直线PC与平面PAD所成角，
设BC＝m，则AD＝m，由勾股定理得，，
则在Rt△CDP中，，
解得m＝2即BC＝2．
（2）由题AB，AD，AP三线两两垂直，故可以A为坐标原点，以AB，AD，AP所在直线
分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，
设BG＝t，（0≤t≤2）则A（0，0，0），P（0，0，1），G（1，t，0），D（0，2，0），
所以，，，
设平面PAG的法向量，
则，即，
令y＝﹣1，得，
又因为点D到平面PAG的距离为，
则，
即，
解得t＝1，所以BG＝1，
所以G（1，1，0），B（1，0，0），，，
设平面PBG法向量为，
则，即，
令x1＝1，得．
设平面PBG与平面PAG夹角为θ，
则，
又因为，所以平面PBG与平面PAG夹角为．
【点评】本题考查线面角以及向量法的应用，属于中档题．
19．（2024秋 黑龙江期末）如图，多面体ABCDE中，△ABC是以A为顶角的等腰直角三角形，AB＝2，△BCD是等边三角形，E是空间中一点，满足，平面ABC⊥平面BCD．
（1）求异面直线BC与DE所成的角的余弦值；
（2）求平面ABC与平面CDE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；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】（1）；（2）．
【分析】（1）取BC的中点为O，因为△BCD是等边三角形，得到OD⊥BC，运用面面垂直性质得到OD⊥平面ABC，运用等腰直角△ABC性质得到AO⊥OC，进而建立空间直角坐标系，写出关键点坐标和直线方向向量坐标，借助向量夹角公式计算即可；
（2）运用坐标法，结合向量夹角公式计算即可．
【解答】解：（1）因为平面ABC⊥平面BCD，取BC的中点为O，
因为△BCD是等边三角形，所以OD⊥BC，
因为平面ABC∩平面BCD＝BC，OD 平面BCD，所以OD⊥平面ABC，
因为△ABC是以A为顶角的等腰直角三角形，所以AO⊥OC，
以点O为坐标原点，直线OA，OC，OD分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
因为，所以，
故，，
故，
即异面直线BC与DE所成的角的余弦值为．
（2）易知平面ABC的一个法向量为，
，，
设平面CDE的法向量为，
则，则，
令，可得平面CDE的一个法向量为，
故，
故平面ABC与平面CDE夹角的余弦值为．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
20．（2024秋 天津期末）如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝2，AE＝BC＝2CF＝4．
（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；
（Ⅱ）求平面ADE与平面BDF夹角的余弦值；
（Ⅲ）求四面体B﹣DEF的体积．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；棱锥的体积；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】（Ⅰ）证明结案解答；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【分析】（Ⅰ）建立空间直角坐标系A﹣xyz，求出平面ADE的一个法向量，利用向量法即可得证；
（Ⅱ）分别求出平面BDF和平面ADE的一个法向量，利用向量法求解即可；
（Ⅲ）利用向量法求出点E到平面BDF的距离，再根据等体积转换法求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）依题意，以A为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A﹣xyz（如图），
可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，2，0），E（0，0，4），F（2，4，2），
因为AE⊥平面ABCD，且AB 平面ABCD，
所以AE⊥AB，
又AD⊥AB，且AD∩AE＝A，
所以AB⊥平面ADE，
故是平面ADE的一个法向量，
又，
所以，又因为BF 平面ADE，
所以BF∥平面ADE．
（Ⅱ）设为平面BDF的一个法向量，
则，
又，，
所以，
不妨令y＝1，可得，
又因为是平面ADE的一个法向量，
设平面ADE与平面BDF夹角为θ，
则，
所以平面ADE与平面BDF夹角的余弦值为．
（Ⅲ）因为，，
所以点E到平面BDF的距离，
在△BDF中：，，，
所以BD2+DF2＝BF2，
所以∠BDF＝90°，
所以，
所以四面体B﹣DEF体积．
【点评】本题考查向量法以及等体积转换法的应用，属于中档题．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑