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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 大纲版）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（　　）
A．2 B． C． D．1
2．（2024 广西模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024 上海）已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（　　）
A．（2，﹣1） B．（2，1） C．（﹣1，2） D．（1，2）
4．（2024 广安期末）已知（1，5，﹣2），（3，1，z），若⊥，（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（　　）
A．，，4 B．，，4
C．，﹣2，4 D．4，，﹣15
5．（2024 大纲版Ⅱ）已知三棱锥S﹣ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2013 北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（　　）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
7．（2024 白水县期末）已知平面α的法向量为（﹣2，﹣2，1），点A（x，3，0）在平面α内，则点P（﹣2，1，4）到平面α的距离为，则x＝（　　）
A．﹣1 B．﹣11 C．﹣1或﹣11 D．﹣21
8．（2024 大纲版）已知直二面角α﹣l﹣β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于（　　）
A． B． C． D．1
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 赣榆区校级期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．四棱锥P﹣ABCM的体积的最大值为
B．当面PAM⊥平面ABCM时，二面角P﹣AB﹣C的正切值为
C．存在某一翻折位置，使得AM⊥PB
D．棱PB的中点为N，则CN的长为定值
（多选）10．（2024 济南模拟）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段BC1上的动点，下列说法正确的是（　　）
A．对任意点P，DP∥平面AB1D1
B．三棱锥P﹣A1DD1的体积为
C．线段DP长度的最小值为
D．存在点P，使得DP与平面ADD1A1所成角的大小为
（多选）11．（2024 山东学业考试）如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C、D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，在翻折过程中，下列说法正确的是（　　）
A．存在点E和某一翻折位置，使得SB⊥SE
B．存在点E和某一翻折位置，使得AE∥平面SBC
C．存在点E和某一翻折位置，使得直线SB与平面ABC所成的角为45°
D．存在点E和某一翻折位置，使得二面角S﹣AB﹣C的大小为60°
（多选）12．（2024 三明月考）如图，等腰直角三角形ABE的斜边AB为正四面体A﹣BCD的侧棱，AB＝2，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．三棱锥E﹣BCD体积的最大值为
B．三棱锥E﹣BCD体积的最小值为
C．存在某个位置，使得AE⊥BD
D．设二面角D﹣AB﹣E的平面角为θ，且0＜θ＜π，则θ＜∠DAE
三．填空题（共4小题）
13．（2024 全国）如图，P是二面角α﹣AB﹣β棱AB上的一点，分别在α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α﹣AB﹣β的大小是　 　．
14．（2024 河东区期末）如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB，点M为PA的中点，λ．若MN⊥AD，则实数λ＝　 　．
15．（2024 福建模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，E，F分别为边BC，AD上的定点，且∠BAE＝45°，∠DCF＝30°，分别将△ABE，△CDF沿着AE，CF向矩形所在平面的同一侧翻折至△AB'E与△CD'F处，且满足B'D'⊥AB，分别将锐二面角B'﹣AE﹣D与锐二面角D'﹣FC﹣B记为θ1与θ2，则cos2θ1+cos2θ2的最小值为 　 　．
16．（2024 武邑县校级期末）给出下列命题：
①直线l的方向向量为（1，﹣1，2），直线m的方向向量（2，1，），则l与m垂直；
②直线l的方向向量（0，1，﹣1），平面α的法向量（1，﹣1，﹣1），则l⊥α；
③平面α、β的法向量分别为（0，1，3），（1，0，2），则α∥β；
④平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t＝1．
其中真命题的是　 　．（把你认为正确命题的序号都填上）
四．解答题（共4小题）
17．（2024 新课标Ⅰ）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．
（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．
18．（2024 乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．
（1）求BC；
（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．
19．（2024 新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．
20．（2024 新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
（1）证明：PO⊥平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
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 大纲版）已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，CC1＝2，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为（　　）
A．2 B． C． D．1
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】计算题．
【答案】D
【分析】先利用线面平行的判定定理证明直线C1A∥平面BDE，再将线面距离转化为点面距离，最后利用等体积法求点面距离即可
【解答】解：如图：连接AC，交BD于O，在三角形CC1A中，易证OE∥C1A，从而C1A∥平面BDE，
∴直线AC1与平面BED的距离即为点A到平面BED的距离，设为h，
在三棱锥E﹣ABD中，VE﹣ABDS△ABD×EC2×2
在三棱锥A﹣BDE中，BD＝2，BE，DE，∴S△EBD22
∴VA﹣BDES△EBD×h2h
∴h＝1
故选：D．
【点评】本题主要考查了线面平行的判定，线面距离与点面距离的转化，三棱锥的体积计算方法，等体积法求点面距离的技巧，属基础题
2．（2024 广西模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC，D，E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】计算题；证明题．
【答案】A
【分析】根据题意得ED∥BF，进而得到直线DE与平面BB1C1C所成的角等于直线BF与平面BB1C1C所成的角．利用几何体的结构特征得到∠FBG．即可得到答案．
【解答】解：取AC的中点为F，连接BF、DF．
因为在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1∥BB1，又因为DF是三角形ACC1的中位线，故DFCC1BB1＝BE，故四边形BEDF是平行四边形，所以ED∥BF．
过点F作FG垂直于BC交BC与点G，由题意得∠FBG即为所求的角．
因为AB＝1，AC＝2，BC，所以∠ABC，∠BCA，直角三角形斜边中线BF是斜边AC的一半，故BFAC＝CF，所以
∠FBG＝∠BCA．
故选：A．
【点评】解决此类问题的关键是熟悉线面角的作法，即由线上的一点作平面的垂线再连接斜足与垂足则得到线面角．
3．（2024 上海）已知直线方程2x﹣y+c＝0的一个方向向量可以是（　　）
A．（2，﹣1） B．（2，1） C．（﹣1，2） D．（1，2）
【考点】空间直线的方向向量、空间直线的向量参数方程．
【专题】计算题；平面向量及应用．
【答案】D
【分析】先根据直线方程得直线的一个法向量，再根据法向量可得直线的方向向量．
【解答】解：依题意，（2，﹣1）为直线的一个法向量，∴方向向量为（1，2），
故选：D．
【点评】本题考查了直线的方向向量，空间直线的向量，属基础题．
4．（2024 广安期末）已知（1，5，﹣2），（3，1，z），若⊥，（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（　　）
A．，，4 B．，，4
C．，﹣2，4 D．4，，﹣15
【考点】空间向量语言表述线线的垂直、平行关系．
【专题】空间向量及应用．
【答案】B
【分析】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出．
【解答】解：∵⊥，
∴3+5﹣2Z＝0，解得z＝4．
∴．
∵BP⊥平面ABC，
∴，．
∴化为，
解得．
∴，，z＝4．
故选：B．
【点评】本题考查了数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理，属于中档题．
5．（2024 大纲版Ⅱ）已知三棱锥S﹣ABC中，底面ABC为边长等于2的等边三角形，SA垂直于底面ABC，SA＝3，那么直线AB与平面SBC所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】计算题．
【答案】D
【分析】由图，过A作AE垂直于BC交BC于E，连接SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，由题设条件证出∠ABF即所求线面角．由数据求出其正弦值．
【解答】解：过A作AE垂直于BC交BC于E，连接SE，过A作AF垂直于SE交SE于F，连BF，
∵正三角形ABC，
∴E为BC中点，
∵BC⊥AE，SA⊥BC，
∴BC⊥面SAE，
∴BC⊥AF，AF⊥SE，
∴AF⊥面SBC，
∵∠ABF为直线AB与面SBC所成角，由正三角形边长2，
∴AE，AS＝3，
∴SE＝2，AF，
∴sin∠ABF．
故选：D．
【点评】本题考查了立体几何的线与面、面与面位置关系及直线与平面所成角．
6．（2013 北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（　　）
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
【考点】点、线、面间的距离计算．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】B
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|＝3，即可得到各顶点的坐标，利用两点间的距离公式即可得出．
【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|＝3，
则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），
∴（﹣3，﹣3，3），
设P（x，y，z），
∵（﹣1，﹣1，1），
∴（2，2，1）．
∴|PA|＝|PC|＝|PB1|，
|PD|＝|PA1|＝|PC1|，
|PB|，
|PD1|．
故P到各顶点的距离的不同取值有，3，，共4个．
故选：B．
【点评】熟练掌握通过建立空间直角坐标系及两点间的距离公式是解题的关键．
7．（2024 白水县期末）已知平面α的法向量为（﹣2，﹣2，1），点A（x，3，0）在平面α内，则点P（﹣2，1，4）到平面α的距离为，则x＝（　　）
A．﹣1 B．﹣11 C．﹣1或﹣11 D．﹣21
【考点】平面的法向量．
【专题】对应思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】求出与的夹角和||，根据P到平面α的距离列方程求出x．
【解答】解：（﹣2﹣x，﹣2，4），||，||3，
2（﹣2﹣x）+4+4＝2x+12，
∴cos，
设AP与平面α所成角为θ，则sinθ，
∴P到平面α的距离为|AP| sinθ，
解得x＝﹣1或x＝﹣11．
故选：C．
【点评】本题考查空间向量在求空间距离中的应用，属于中档题．
8．（2024 大纲版）已知直二面角α﹣l﹣β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离等于（　　）
A． B． C． D．1
【考点】点、线、面间的距离计算．
【专题】计算题；作图题；转化思想．
【答案】C
【分析】画出图形，由题意通过等体积法，求出三棱锥的体积，然后求出D到平面ABC的距离．
【解答】解：由题意画出图形如图：
直二面角α﹣l﹣β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足，B∈β，BD⊥l，D为垂足，
若AB＝2，AC＝BD＝1，则D到平面ABC的距离转化为三棱锥D﹣ABC的高为h，
所以AD，CD，BC
由VB﹣ACD＝VD﹣ABC可知
所以，h
故选：C．
【点评】本题是基础题，考查点到平面的距离，考查转化思想的应用，等体积法是求解点到平面距离的基本方法之一，考查计算能力．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 赣榆区校级期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．四棱锥P﹣ABCM的体积的最大值为
B．当面PAM⊥平面ABCM时，二面角P﹣AB﹣C的正切值为
C．存在某一翻折位置，使得AM⊥PB
D．棱PB的中点为N，则CN的长为定值
【考点】二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】转化思想；反证法；立体几何；直观想象．
【答案】ABD
【分析】A运动思想判断；B寻找二面角的平面角判断；C用反证法判断；D平移直线法判断．
【解答】解：对于A，过D作DO⊥AM，交AM于O，延长交BC于R，
因为底面不变，所以当平面PAM⊥底面ABCM时，
体积最大，其体积为，所以A对；
对于B，过O作OQ⊥AB交AB于Q，连接PQ，
因为平面PAM⊥平面ABCM时，PO⊥AM，所以PO⊥平面ABCM，
于是AB⊥PQ，二面角P﹣AB﹣C的平面角为∠PQO，
其正切值为，所以B对；
对于C，因为AM⊥OP，AM⊥OR，所以AM⊥平面POR，
假设存在某一翻折位置，使得AM⊥PB，则PB∥平面POR，
与PB与平面POR相交矛盾，所以C错；
对于D，取AB中点K，连接KN，NC，KC，
KN∥AP，KNPA，四边形AKCM为平行四边形，KC∥AM，KC＝AM，
所以∠NKC＝∠PAM＝θ，而θ，AP，AM不变，
由余弦定理知CN定值，所以D对．
故选：ABD．
【点评】本题考查了棱锥的基本物质，考查了直线与平面位置关系，考查了二面角的计算问题，考查了体积计算问题，属于较难题．
（多选）10．（2024 济南模拟）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段BC1上的动点，下列说法正确的是（　　）
A．对任意点P，DP∥平面AB1D1
B．三棱锥P﹣A1DD1的体积为
C．线段DP长度的最小值为
D．存在点P，使得DP与平面ADD1A1所成角的大小为
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】ABC
【分析】证明平面DBC1∥平面AB1D1 判断A正确；直接求出棱锥的体积判断B正确；当P为BC1中点时，DP⊥BC1，此时线段DP长度取最小值，求出最小值判断C；求出DP与平面ADD1A1所成角的正切值判断D．
【解答】解：连接DB，由BB1∥DD1，且BB1＝DD1，
得四边形DD1B1B为平行四边形，
∴DB∥D1B1，由DB 平面AB1D1，D1B1 平面AB1D1，
得BD∥平面AB1D1，
同理DC1∥平面AB1D1，又BD∩DC1＝D，可得平面DBC1∥平面AB1D1，
∴对任意点P，DP∥平面AB1D1，故A正确；
，故B正确；
当P为BC1中点时，DP⊥BC1，此时线段DP长度的最小值为，故C正确；
当P在线段BC1上运动时，DP长度的最小值为，最大值为，
则PC长度的范围为[，1]，而P到平面ADD1A1的距离为定值1，
则DP与平面ADD1A1所成角的正切值∈[1，]．
最大值小于，则不存在点P，使得DP与平面ADD1A1所成角的大小为，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间角的求法，是中档题．
（多选）11．（2024 山东学业考试）如图，点E为正方形ABCD边CD上异于点C、D的动点，将△ADE沿AE翻折成△SAE，在翻折过程中，下列说法正确的是（　　）
A．存在点E和某一翻折位置，使得SB⊥SE
B．存在点E和某一翻折位置，使得AE∥平面SBC
C．存在点E和某一翻折位置，使得直线SB与平面ABC所成的角为45°
D．存在点E和某一翻折位置，使得二面角S﹣AB﹣C的大小为60°
【考点】二面角的平面角及求法；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行；直线与平面所成的角．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维．
【答案】ACD
【分析】对于A，当E为CD中时，当翻折到AD＝BS＝a时，SB⊥SE；对于B，由CE∥AB，且CE＜BC，得AE与BC相交；对于C，对于C，DF⊥AE，交AE于G，S在平面ABCD的投影O在FG上，连接BO，则∠SBO为直线SB于平面 ABC所成角，由此能求出cosα；对于D，过点O作OM⊥AB，交AB于点M，则∠SMO为二面角S﹣AB﹣C的平面角，由此能求出结果．
【解答】解：对于A，设正方形边长为a，当E为CD中时，AE＝BE，
当翻折到AD＝BS＝a时，SB⊥SE，故A正确；
对于B，∵CE∥AB，且CE＜BC，∴AE与BC相交，
∴AE与平面SBC相交，故B错误；
对于C，如图所示，DF⊥AE，交AE于G，
S在平面ABCD的投影O在Fe上，连接BO，
则∠SBO为直线SB与平面ABC所成角，
取二面角D﹣AE﹣B的平面角为α，
取AD＝4，DE＝3，则AE＝DF＝5，CE＝BF＝1，
DG，OG，
∴只需满足SO＝OB，
在△OFB中，根据余弦定理得：
（）2＝12+（）2﹣2（cosα）cos∠OFB，
解得cosα，故C正确；
对于D，过点O作OM⊥AB，交AB于点M，则∠SMO为二面角S﹣AB﹣C的平面角，
取二面角D﹣AE﹣B的平面角为60°，
故只需满足DG＝2GO＝2OM，
设∠OAG＝∠OAM＝θ，，
则∠DAG，
AG，化简，得2tanθtan2θ＝1，
解得tan，验证满足，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）12．（2024 三明月考）如图，等腰直角三角形ABE的斜边AB为正四面体A﹣BCD的侧棱，AB＝2，直角边AE绕斜边AB旋转一周，在旋转的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．三棱锥E﹣BCD体积的最大值为
B．三棱锥E﹣BCD体积的最小值为
C．存在某个位置，使得AE⊥BD
D．设二面角D﹣AB﹣E的平面角为θ，且0＜θ＜π，则θ＜∠DAE
【考点】二面角的平面角及求法；命题的真假判断与应用；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】AC
【分析】O是AB的中点，点E在以O为圆心，1为半径的圆上运动（圆锥的底面圆），作出图形，观察E到平面ABC距离的最大值和最小值，计算体积判断AB，把CA，CB，CD去掉，作出图形，分析AE与BD所成角，二面角D﹣AB﹣E的大小判断CD．
【解答】解：在图1中，F是CD的中点，O是AB的中点，点E在以O为圆心，1为半径的圆上运动，
易知当F，O，E三点共线，且O在E，F之间时，三棱锥E﹣BCD的体积最大，
当E运动到E1的位置时，E﹣BCD的体积最小；
在Rt△BOF中，BO＝1，BF，OF，
S△BCD，
设E，E1到平面BCD的距离分别为h1，h2，
则h1，h2，
所以三棱锥E﹣BCD体积的最大值为，最小值为，
故A正确，B错误；
如图2，
因为直线BD与旋转轴AB所成的角为，母线AE2与旋转轴AB所成的角为，
所以直线AE2与BD所成角的范围为[，]，
因为，
所以存在夹角为的情况，
所以存在某个位置，使AE⊥BD，故C正确；
如图2，当E运动到E2时，二面角D﹣AB﹣E的平面角为∠DOE2，
在△DAE2与△DOE2中，
因为AO⊥面DOE2，
所以AD＞OD，AE2＞OE2，
所以cos∠DOE2＜cos∠DAE2，
所以∠DOE2＞∠DAE2，
即θ＞∠DAE2，故D错误；
故选：AC．
【点评】本题考查了立体几何综合，要求有很高的空间想象能力和作图能力，属于难题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 全国）如图，P是二面角α﹣AB﹣β棱AB上的一点，分别在α，β上引射线PM，PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α﹣AB﹣β的大小是　90°　．
【考点】二面角的平面角及求法．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】本题考查的知识点是二面角及其度量，我们要根据二面角的定义，在两个平面的交线上取一点Q，然后向两个平面引垂线，构造出二面角的平面角，然后根据平面几何的性质，求出含二面角的平面角的三角形中相关的边长，解三角形即可得到答案．
【解答】解：过AB上一点Q分别在α，β内做AB的垂线，交PM，PN于M点和N点
则∠MQN即为二面角α﹣AB﹣β的平面角，如下图所示：
设PQ＝a，则∵∠BPM＝∠BPN＝45°
∴QM＝QN＝a
PM＝PNa
又由∠MPN＝60°，易得△PMN为等边三角形
则MNa
解三角形QMN易得∠MQN＝90°
故答案为：90°
【点评】求二面角的大小，一般先作出二面角的平面角．此题是利用二面角的平面角的定义作出∠MQN为二面角α﹣AB﹣β的平面角，通过解∠MQN所在的三角形求得∠MQN．其解题过程为：作∠MQN→证∠MQN是二面角的平面角→计算∠MQN，简记为“作、证、算”．
14．（2024 河东区期末）如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AB，点M为PA的中点，λ．若MN⊥AD，则实数λ＝　4　．
【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；数形结合；向量法；空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】连结AC，交BD于O，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出实数λ．
【解答】解：连结AC，交BD于O，以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，
设PA＝AB＝2，则A（，0，0），D（0，，0），P（0，0，），M（，0，），B（0，，0），
（0，﹣2，0），设N（0，b，0），则（0，b，0），
∵λ，∴﹣2，∴b，
∴N（0，，0），（，，），（，0），
∵MN⊥AD，∴10，
解得实数λ＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查实数值的求法，考查空间向量、正四棱锥的结构牲等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15．（2024 福建模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，E，F分别为边BC，AD上的定点，且∠BAE＝45°，∠DCF＝30°，分别将△ABE，△CDF沿着AE，CF向矩形所在平面的同一侧翻折至△AB'E与△CD'F处，且满足B'D'⊥AB，分别将锐二面角B'﹣AE﹣D与锐二面角D'﹣FC﹣B记为θ1与θ2，则cos2θ1+cos2θ2的最小值为 　　．
【考点】二面角的平面角及求法．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；直观想象；运算求解．
【答案】．
【分析】作D′在底面的射影G，B′在底面的射影H，DN垂直CF于N，BM垂直AE于M，则cos2θ1＝（）2，cos2θ2＝（）2，作GG′⊥AD，HH′⊥AD，则∠G′DG＝30°，设NG＝x（0＜x＜1），则GG′＝HH′，利用二次函数的性质能求出cos2θ1+cos2θ2的最小值．
【解答】解：如图所示，作D′在底面的射影G，B′在底面的射影H，
DN垂直CF于N，BM垂直AE于M，
则cos2θ1＝（）2，cos2θ2＝（）2，
∵B′D′⊥AB，∴B′D′∥AD，∴GH∥AD，
∵∠DCF＝30°，∴DN＝1，同理∠BAE＝45°，∴BM，
作GG′⊥AD，HH′⊥AD，∴∠G′DG＝30°，
设NG＝x（0＜x＜1），则GG′＝HH′，
∴MH，
∴cos2θ1+cos2θ2＝x2+（）2，
当x时，cos2θ1+cos2θ2的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题考查立体几何中的翻折问题、二面角的概念、函数的最值，考查转化与化归思想、函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解的关键是利用平行条件进行问题的转化，属于难题．
16．（2024 武邑县校级期末）给出下列命题：
①直线l的方向向量为（1，﹣1，2），直线m的方向向量（2，1，），则l与m垂直；
②直线l的方向向量（0，1，﹣1），平面α的法向量（1，﹣1，﹣1），则l⊥α；
③平面α、β的法向量分别为（0，1，3），（1，0，2），则α∥β；
④平面α经过三点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），向量（1，u，t）是平面α的法向量，则u+t＝1．
其中真命题的是　①④　．（把你认为正确命题的序号都填上）
【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；综合法；空间向量及应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】①根据直线l、m的方向向量与垂直，得出l⊥m；
②根据直线l的方向向量与平面α的法向量垂直，不能判断l⊥α；
③根据平面α、β的法向量与不共线，不能得出α∥β；
④求出向量与的坐标表示，再利用平面α的法向量，列出方程组求出u+t的值．
【解答】解：对于①，∵（1，﹣1，2），（2，1，），
∴ 1×2﹣1×1+2×（）＝0，
∴⊥，
∴直线l与m垂直，①正确；
对于②，（0，1，﹣1），（1，﹣1，﹣1），
∴ 0×1+1×（﹣1）+（﹣1）×（﹣1）＝0，
∴⊥，∴l∥α或l α，②错误；
对于③，∵（0，1，3），（1，0，2），
∴与不共线，
∴α∥β不成立，③错误；
对于④，∵点A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），
∴（﹣1，1，1），（﹣1，1，0），
向量（1，u，t）是平面α的法向量，
∴，
即；
则u+t＝1，④正确．
综上，以上真命题的序号是①④．
故答案为：①④．
【点评】本题考查了空间向量的应用问题，也考查了直线的方向向量与平面的法向量的应用问题，是综合性题目．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 新课标Ⅰ）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D﹣AF﹣E与二面角C﹣BE﹣F都是60°．
（Ⅰ）证明平面ABEF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）求二面角E﹣BC﹣A的余弦值．
【考点】二面角的平面角及求法．
【专题】计算题；方程思想；综合法；空间向量及应用；立体几何．
【答案】见试题解答内容
【分析】（Ⅰ）证明AF⊥平面EFDC，利用平面与平面垂直的判定定理证明平面ABEF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）证明四边形EFDC为等腰梯形，以E为原点，建立如图所示的坐标系，求出平面BEC、平面ABC的法向量，代入向量夹角公式可得二面角E﹣BC﹣A的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：∵ABEF为正方形，∴AF⊥EF．
∵∠AFD＝90°，∴AF⊥DF，
∵DF∩EF＝F，
∴AF⊥平面EFDC，
∵AF 平面ABEF，
∴平面ABEF⊥平面EFDC；
（Ⅱ）解：由AF⊥DF，AF⊥EF，
可得∠DFE为二面角D﹣AF﹣E的平面角；
由ABEF为正方形，AF⊥平面EFDC，
∵BE⊥EF，
∴BE⊥平面EFDC
即有CE⊥BE，
可得∠CEF为二面角C﹣BE﹣F的平面角．
可得∠DFE＝∠CEF＝60°．
∵AB∥EF，AB 平面EFDC，EF 平面EFDC，
∴AB∥平面EFDC，
∵平面EFDC∩平面ABCD＝CD，AB 平面ABCD，
∴AB∥CD，
∴CD∥EF，
∴四边形EFDC为等腰梯形．
以E为原点，建立如图所示的坐标系，设FD＝a，
则E（0，0，0），B（0，2a，0），C（，0，a），A（2a，2a，0），
∴（0，2a，0），（，﹣2a，a），（﹣2a，0，0）
设平面BEC的法向量为（x1，y1，z1），则，
则，取（，0，﹣1）．
设平面ABC的法向量为（x2，y2，z2），则，
则，取（0，，4）．
设二面角E﹣BC﹣A的大小为θ，则cosθ
，
则二面角E﹣BC﹣A的余弦值为．
【点评】本题考查平面与平面垂直的证明，考查用空间向量求平面间的夹角，建立空间坐标系将二面角问题转化为向量夹角问题是解答的关键．
18．（2024 乙卷）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，M为BC中点，且PB⊥AM．
（1）求BC；
（2）求二面角A﹣PM﹣B的正弦值．
【考点】二面角的平面角及求法．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连结BD，利用线面垂直的性质定理证明AM⊥PD，从而可以证明AM⊥平面PBD，得到AM⊥BD，证明Rt△DAB∽Rt△ABM，即可得到BC的长度；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可．
【解答】解：（1）连结BD，因为PD⊥底面ABCD，且AM 平面ABCD，
则AM⊥PD，又AM⊥PB，PB∩PD＝P，PB，PD 平面PBD，
所以AM⊥平面PBD，又BD 平面PBD，则AM⊥BD，
所以∠ABD+∠MAB＝90°，又∠ABD+∠ADB＝90°，
则有∠ADB＝∠MAB，所以Rt△DAB∽Rt△ABM，
则，所以，解得BC；
（2）因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
则，P（0，0，1），
所以，，
设平面AMP的法向量为，
则有，即，
令，则y＝1，z＝2，故，
设平面BMP的法向量为，
则有，即，
令q＝1，则r＝1，故，
所以，
设二面角A﹣PM﹣B的平面角为α，
则sinα，
所以二面角A﹣PM﹣B的正弦值为．
【点评】本题考查了空间中线段长度求解以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
19．（2024 新课标Ⅲ）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．
（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D﹣AE﹣C的余弦值．
【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直．
【专题】数形结合；转化思想；空间位置关系与距离；空间角．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD＝CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC＝90°．可得DOAC．利用DO2+BO2＝AB2＝BD2．可得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明．
（2）设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE．则．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2．利用法向量的夹角公式即可得出．
【解答】（1）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．
∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．
△ABD与△CBD中，AB＝BD＝BC，∠ABD＝∠CBD，
∴△ABD≌△CBD，∴AD＝CD．
∵△ACD是直角三角形，
∴AC是斜边，∴∠ADC＝90°．
∴DOAC．
∴DO2+BO2＝AB2＝BD2．
∴∠BOD＝90°．
∴OB⊥OD．
又DO∩AC＝O，∴OB⊥平面ACD．
又OB 平面ABC，
∴平面ACD⊥平面ABC．
（2）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为hD，hE．则．
∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，
∴1．
∴点E是BD的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB＝2．
则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E．
（﹣1，0，1），，（﹣2，0，0）．
设平面ADE的法向量为（x，y，z），则，即，取．
同理可得：平面ACE的法向量为（0，1，）．
∴cos．
∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．
【点评】本题考查了空间位置关系、空间角、三棱锥的体积计算公式、向量夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
20．（2024 新课标Ⅱ）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．
（1）证明：PO⊥平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且MC＝2MB，求点C到平面POM的距离．
【考点】点、线、面间的距离计算；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．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）证明：可得AB2+BC2＝AC2，即△ABC是直角三角形，
又POA≌△POB≌△POC，可得∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，即可证明PO⊥平面ABC；
（2）设点C到平面POM的距离为d．由VP﹣OMC＝VC﹣POM ，解得d即可
【解答】（1）证明：∵AB＝BC＝2，AC＝4，∴AB2+BC2＝AC2，即△ABC是直角三角形，
又O为AC的中点，∴OA＝OB＝OC，
∵PA＝PB＝PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，
∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC；
（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO，
在△COM中，OM．
，
S△COM．
设点C到平面POM的距离为d．由VP﹣OMC＝VC﹣POM ，
解得d，
∴点C到平面POM的距离为．
【点评】本题考查了空间线面垂直的判定，等体积法求距离，属于中档题．
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