(人教A版2019選擇性必修第一冊)重難點題型精講專題1.10空間向量的應(yīng)用(原卷版+解析)

專題1.10空間向量的應(yīng)用-重難點題型檢測【人教A版2019選擇性必修第一冊】考試時間：60分鐘；滿分：100分姓名：___________班級：___________考號：___________考卷信息：本卷試題共22題，單選8題，多選4題，填空4題，解答6題，滿分100分，限時60分鐘，本卷題型針對性較高，覆蓋面廣，選題有深度，可衡量學(xué)生掌握本節(jié)內(nèi)容的具體情況！一．選擇題（共8小題，滿分24分，每小題3分）1．（3分）(2023春?宿遷月考）已知向量e→=(1，2，1)，n→=(12，A．?12 B．12 C．1 2．（3分）(2023?安徽開學(xué)）若直線l的一個方向向量為a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一個法向量為b→=（﹣2，A．l?α B．l∥α C．l⊥α D．l∥α或l?α3．（3分）(2023春?徐州期末）已知直線l過點A（1，﹣1，﹣1），且方向向量為m→=(1，0，?1)，則點P（1，A．22 B．6 C．3 D．4．（3分）（2023秋?廣安期末）已知AB→=（1，5，﹣2），BC→=（3，1，z），若AB→⊥BC→，BP→=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面A．337，?157，4 B．407，?157，4 C．407，﹣2，4 5．（3分）(2023春?高郵市期中）給出以下命題，其中正確的是（）A．直線l的方向向量為a→=(1，?1，2)，直線m的方向向量為bB．直線l的方向向量為a→=(1，?1，1)，平面α的法向量為C．平面α、β的法向量分別為n1→=(0，1，3)D．已知直線l過點A（1，0，﹣1），且方向向量為（1，2，2），則點P（﹣1，2，0）到l的距離為656．（3分）(2023春?南平期末）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AN→=NA1→，A1M→=A．12 B．13 C．14 7．（3分）(2023?海淀區(qū)二模）在正方體ABCD﹣A'B'C'D'中，E為棱DC上的動點，F(xiàn)為線段B'E的中點．給出下列四個結(jié)論：①B'E⊥AD'；②直線D'F與平面ABB'A'的夾角不變；③點F到直線AB的距離不變；④點F到A，D，D'，A'四點的距離相等．其中，所有正確結(jié)論的序號為（）A．②③ B．③④ C．①③④ D．①②④8．（3分）(2023春?江都區(qū)期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB與底面ABCD所成的角為π4，底面ABCD為直角梯形，∠ABC=∠BAD=π2，A．平面PAC⊥平面PCD B．點P到直線CD的距離3 C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值為33，則λ=D．點A到平面PCD的距離為5二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）9．（4分）已知直線l的方向向量n→=（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）為直線l上一點，若點P（﹣1，0，﹣2）為直線l外一點，則點P到直線l上任意一點A．2 B．3 C．2 D．110．（4分）(2023春?溧陽市期中）下列命題是真命題的有（）A．A，B，M，N是空間四點，若BA→，BM→，BN→不能構(gòu)成空間的一個基底，那么A，B．直線l的方向向量為，直線m的方向向量為b→=(2，1，?1C．直線l的方向向量為，平面α的法向量為，則l⊥α D．平面α經(jīng)過三點A(1，0，?1)，B(0，11．（4分）(2023春?煙臺期末）如圖，DE是正三角形ABC的一條中位線，將△ADE沿DE折起，構(gòu)成四棱錐A1﹣BCDE，F(xiàn)為A1C的中點，則（）A．BF∥面A1DE B．AA1⊥面A1BC C．若面A1ED⊥面ABC，則A1E與CD所成角的余弦值為14D．若A1E⊥CD，則二面角E﹣A1D﹣C的余弦值為?12．（4分）(2023春?湖北月考）如圖，在多面體ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分別是線段BC，SB的中點，Q是線段DC上的一個動點（含端點D，C），則下列說法正確的是（）A．存在點Q，使得NQ⊥SB B．存在點Q，使得異面直線NQ與SA所成的角為60° C．三棱錐Q﹣AMN體積的最大值是43D．當(dāng)點Q自D向C處運動時，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先變小后變大三．填空題（共4小題，滿分16分，每小題4分）13．（4分）(2023?徐匯區(qū)校級開學(xué)）設(shè)直線l的一個方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一個法向量n→=（﹣6，8，4），則直線l與平面α的位置關(guān)系是14．（4分）（2023秋?寶安區(qū)期末）已知平面α的一個法向量為n→=(?1，?2，2)，點A（0，1，0）為α內(nèi)一點，則點P（1，0，1）到平面α15．（4分）(2023春?淮安校級期末）已知A，B，C的坐標分別為（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），點P的坐標是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，則點P的坐標是．16．（4分）(2023?河西區(qū)校級模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分別是A1B1，CC1的中點．（1）直線BC1與平面A1BE所成角的正切值為；（2）直線C1D到平面A1BE的距離為；（3）已知點P在棱CC1上，平面PAB與平面A1BE所成二面角為60°，則線段CP的長為．四．解答題（共6小題，滿分44分）17．（6分）（2023秋?白城期末）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分別為A1D1和CC1的中點（1）求證：EF∥平面A1C1B；（2）求異面直線EF與AB所成角的余弦值．18．（6分）（2023秋?西秀區(qū)校級期中）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，求證：（1）求AC與A1D所成角的大??；（2）平面AB1D1∥平面BDC1．（3）A1C⊥平面BDC1．19．（8分）（2023?赤坎區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足為A，PA＝AB，點M在棱PD上，PB∥平面ACM．（1）試確定點M的位置；（2）計算直線PB與平面MAC的距離；（3）設(shè)點E在棱PC上，當(dāng)點E在何處時，使得AE⊥平面PBD？20．（8分）(2023春?湛江期末）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=23，AC＝2BC＝4，且D為線段AB的中點，連接A1D，CD，B1C（1）證明：BC⊥A1D；（2）若B1到直線AC的距離為19，求平面B1A1C與平面A1CD夾角的余弦值．21．（8分）(2023?遵義開學(xué)）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E為AB的中點，DE＝AE，側(cè)面PAD⊥底面ABCD．（1）證明：PA⊥平面PBD；（2）若PB與平面ABCD所成角的正切值為55，求平面PAD與平面PCE22．（8分）(2023秋?南京月考）如圖，在四棱錐S﹣ABCD中，四邊形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，P為棱AB的中點，四棱錐S﹣ABCD的體積為23（1）若E為棱SB的中點，求證：PE∥平面SCD；（2）在棱SA上是否存在點M，使得平面PMB與平面SAD所成銳二面角的余弦值為235？若存在，指出點專題1.10空間向量的應(yīng)用-重難點題型檢測參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題，滿分24分，每小題3分）1．（3分）(2023春?宿遷月考）已知向量e→=(1，2，1)，n→=(12，A．?12 B．12 C．1 【解題思路】根據(jù)用直線l的方向向量和平面α的法向量表示l⊥α?xí)r的關(guān)系，列方程求出x的值．【解答過程】解：因為向量e→=(1，2，1)，n→=(1所以e→∥n→，可設(shè)e→=λn即（1，2，1）＝（12λ，λx，12解得λ＝2，x＝1，所以實數(shù)x的值為1．故選：C．2．（3分）(2023?安徽開學(xué)）若直線l的一個方向向量為a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一個法向量為b→=（﹣2，A．l?α B．l∥α C．l⊥α D．l∥α或l?α【解題思路】根據(jù)題意，分析可得b→=2【解答過程】解：根據(jù)題意，直線l的一個方向向量為a→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一個法向量為b→=（﹣2，則有b→=2a→，故l故選：C．3．（3分）(2023春?徐州期末）已知直線l過點A（1，﹣1，﹣1），且方向向量為m→=(1，0，?1)，則點P（1，A．22 B．6 C．3 D．【解題思路】利用空間中點到直線的距離公式求解．【解答過程】解：∵點A（1，﹣1，﹣1），點P（1，1，1）∴AP→=（0，2，∴|AP→|=02又∵直線l的方向向量為m→∴點P（1，1，1）到l的距離d=|故選：B．4．（3分）（2023秋?廣安期末）已知AB→=（1，5，﹣2），BC→=（3，1，z），若AB→⊥BC→，BP→=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面A．337，?157，4 B．407，?157，4 C．407，﹣2，4 【解題思路】利用數(shù)量積與垂直的關(guān)系、線面垂直的性質(zhì)定理即可得出．【解答過程】解：∵AB→⊥BC∴AB→?BC→=3+5﹣2Z＝0∴BC→∵BP⊥平面ABC，∴BP→⊥AB∴BP→?AB解得x=40∴x=407，y=?157故選：B．5．（3分）(2023春?高郵市期中）給出以下命題，其中正確的是（）A．直線l的方向向量為a→=(1，?1，2)，直線m的方向向量為bB．直線l的方向向量為a→=(1，?1，1)，平面α的法向量為C．平面α、β的法向量分別為n1→=(0，1，3)D．已知直線l過點A（1，0，﹣1），且方向向量為（1，2，2），則點P（﹣1，2，0）到l的距離為65【解題思路】直接利用向量的共線，向量垂直的充要條件，點到直線的距離公式的應(yīng)用判斷A、B、C、D的結(jié)論．【解答過程】解：對于A：由于直線l的方向向量為a→=(1，?1，2)，直線m的方向向量為b→=(2，對于B：直線l的方向向量為a→=(1，?1，1)，平面α的法向量為對于C：平面α、β的法向量分別為n1→=(0，1，3)對于D：由于A（1，0，﹣1），P（﹣1，2，0），則：AP→=(?2，2，1)，方向向量為n→所以|AP→|=3，|AP→故選：D．6．（3分）(2023春?南平期末）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AN→=NA1→，A1M→=A．12 B．13 C．14 【解題思路】利用坐標法利用線面角的向量求法，三角函數(shù)的性質(zhì)及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求解．【解答過程】解：建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，則M（12，0，1），N（1，0，12），C（0，1，0），B1（1，1，1），D（0，0，0），D1（0，0，∴B1E→=λB1C→=λ（﹣1，0，﹣1），E（1﹣λ，1，1﹣λ），MN→=（12，0，設(shè)平面MNE的一個法向量為n→=（x，y，則n→?MN→=0n→?ME→=0，∴12x?12又DD1→=（0，設(shè)直線DD1與平面MNE所成的角為θ，則sinθ＝|cos＜n→，DD當(dāng)2λ?12=0，即λ=14時，sinθ有最大值，即直線故選：C．7．（3分）(2023?海淀區(qū)二模）在正方體ABCD﹣A'B'C'D'中，E為棱DC上的動點，F(xiàn)為線段B'E的中點．給出下列四個結(jié)論：①B'E⊥AD'；②直線D'F與平面ABB'A'的夾角不變；③點F到直線AB的距離不變；④點F到A，D，D'，A'四點的距離相等．其中，所有正確結(jié)論的序號為（）A．②③ B．③④ C．①③④ D．①②④【解題思路】以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出結(jié)果．【解答過程】解：以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，設(shè)正方體ABCD﹣A'B'C'D'中棱長為2，設(shè)DE＝a（0≤a≤2，則E（0，a，0），B′（2，2，2），A（2，0，0），D′（0，0，2），F(xiàn)（1，a2+1，1），B（2，2，0），D（0，0，0），A′（2，0，對于①，B'E→=（﹣2，a﹣2，﹣2），AD'→=（﹣2，0，2），B'E→?AD'→=4+0+4＝0，∴對于②，D'F→=（1，a2+1，?1），平面ABB'A'的法向量n→設(shè)直線D'F與平面ABB'A'的夾角為θ，則sinθ=|D'F→?n→||D'F→|?|對于③，AF→=（﹣1，a2+1，1），AB→=（點F到直線AB的距離d＝|AF→|?1?[∴點F到直線AB的距離不變，故③正確；對于④，|AF|=(?1|DF|=1|D′F|=1|A′F|=(2?1∴點F到A，D，D'，A'四點的距離相等，故④正確．故選：C．8．（3分）(2023春?江都區(qū)期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB與底面ABCD所成的角為π4，底面ABCD為直角梯形，∠ABC=∠BAD=π2，A．平面PAC⊥平面PCD B．點P到直線CD的距離3 C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值為33，則λ=D．點A到平面PCD的距離為5【解題思路】A選項，作出輔助線，證明出AC⊥BC，結(jié)合PA⊥平面ABCD可得線線垂直，從而證明線面垂直，最后證明出面面垂直；B選項，求出點P到直線CD的距離即為PC的長度，利用勾股定理求出答案；C選項，建立空間直角坐標系，利用空間向量進行求解；D選項，過點A作AH⊥PC于點H，證明AH的長即為點A到平面PCD的距離，求出AH的長．【解答過程】解：A選項，因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，故∠PBA即為PB與底面ABCD所成的角，∠PBA=因為∠ABC=∠BAD=π2，所以PA因為AD＝2，PA＝BC＝1，取AD中點F，連接CF，則AF＝DF＝AB＝CF＝BC，則四邊形ABCF為正方形，∠FCD＝∠FCA＝45°，所以AC⊥CD，又因為AP∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，因為CD?平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD，A正確；由A選項的證明過程可知：CD⊥平面PAC，因為PC?平面PAC，所以CD⊥PC，故點P到直線CD的距離即為PC的長度，其中PA＝AB＝BC＝1，由勾股定理得：AC=2，PC=以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，則A（0，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），E（0，2λ，1﹣λ），其中平面ACD的法向量為m→=（0，0，1），設(shè)平面ACE的法向量為n→=（x，則n→令y＝1得：z=2λ所以n→設(shè)二面角E﹣AC﹣D的平面角為θ，顯然cosθ=3其中|cos?解得：λ=13或λ＝﹣因為0≤λ≤1，所以λ=13，過點A作AH⊥PC于點H，由于CD⊥平面APC，AH?平面APC，所以AH⊥CD，因為PC∩CD＝C，所以AH⊥平面PCD，故AH即為點A到平面PCD的距離，因為PA⊥AC，所以AH=AP?ACPC=故選：D．二．多選題（共4小題，滿分16分，每小題4分）9．（4分）已知直線l的方向向量n→=（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）為直線l上一點，若點P（﹣1，0，﹣2）為直線l外一點，則點P到直線l上任意一點A．2 B．3 C．2 D．1【解題思路】由題意先求出點P到直線l的距離，則點P到其他點的距離均大于這個值．【解答過程】解：因為AP→所以cos＜n→，則sin＜n所以點P到直線l的距離d=|AP→|所以點P到直線l上任意一點Q的距離大于或等于3．故選：AB．10．（4分）(2023春?溧陽市期中）下列命題是真命題的有（）A．A，B，M，N是空間四點，若BA→，BM→，BN→不能構(gòu)成空間的一個基底，那么A，B．直線l的方向向量為，直線m的方向向量為b→=(2，1，?1C．直線l的方向向量為，平面α的法向量為，則l⊥α D．平面α經(jīng)過三點A(1，0，?1)，B(0，【解題思路】由基底的概念以及空間位置關(guān)系的向量證明依次判斷4個選項即可．【解答過程】解：對于A，A，B，M，N是空間四點，若BA→則BA→，BM→，BN→共面，可得A，B對于B，a→?b→=2?1?1=0，故a對于C，a→?n→=0?1+1=0，故a→⊥對于D，AB→=(?1，1，1)，易知AB→⊥n→，故﹣1+u+t＝故選：ABD．11．（4分）(2023春?煙臺期末）如圖，DE是正三角形ABC的一條中位線，將△ADE沿DE折起，構(gòu)成四棱錐A1﹣BCDE，F(xiàn)為A1C的中點，則（）A．BF∥面A1DE B．AA1⊥面A1BC C．若面A1ED⊥面ABC，則A1E與CD所成角的余弦值為14D．若A1E⊥CD，則二面角E﹣A1D﹣C的余弦值為?【解題思路】假設(shè)BF∥面A1DE，可證得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC與面A1DE相交，所以假設(shè)不成立可判斷A；由題目條件可證得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，則可判斷B；以ED的中點O為坐標原點，建立空間直角坐標系，設(shè)三角形的邊長為2，由異面直線所成角的夾角公式可判斷C；由A1E⊥CD結(jié)合題意可求出A1(0，?36，63)，分別求出平面【解答過程】解：若BF∥面A1DE，因為BC∥DE，BC?平面A1DE，DE?平面A1DE，所以BC∥面A1DE，又因為BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC與面A1DE相交，所以假設(shè)不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正確；對于B，因為A1E=12AB，A1D=12AC，所以A1A又因為A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正確對于C，將△ADE沿DE折起，使A到A1，且面A1ED⊥面ABC，以ED的中點O為坐標原點，建立空間直角坐標系，設(shè)三角形的邊長為2，所以E(1A1設(shè)A1E與CD所成角的為θ，則cosθ=|所以A1E與CD所成角的余弦值為14，所以C對于D，設(shè)A1（x，y，z），因為A1所以(x?所以A1因為A1E⊥CD，所以A1E→A1設(shè)n→=(x0，y0故n→=（3，1，設(shè)m→=(x1，y1故m→=（0，63設(shè)二面角E﹣A1D﹣C所成角為α，cosα=|cos＜因為α為鈍二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值為?1所以D正確．故選：BCD．12．（4分）(2023春?湖北月考）如圖，在多面體ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分別是線段BC，SB的中點，Q是線段DC上的一個動點（含端點D，C），則下列說法正確的是（）A．存在點Q，使得NQ⊥SB B．存在點Q，使得異面直線NQ與SA所成的角為60° C．三棱錐Q﹣AMN體積的最大值是43D．當(dāng)點Q自D向C處運動時，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先變小后變大【解題思路】以A為坐標原點可建立空間直角坐標系，設(shè)Q（m，2，0）（0≤m≤2），根據(jù)向量垂直的坐標表示和異面直線所成角的向量求法可確定m是否有解，從而知AB正誤，利用體積橋可知VQ﹣AMN＝VN﹣AMQ，設(shè)DQ＝m（0≤m≤2），可求得S△AMQ的最大值，由此可求得體積的最大值，知C錯誤，利用向量法求二面角余弦關(guān)于參數(shù)m的表達式，結(jié)合二次函數(shù)、余弦函數(shù)的性質(zhì)判斷二面角的變化情況，判斷D．【解答過程】解：以A為坐標原點，AB→，AD→，AS→設(shè)DE＝1，則SA＝AB＝2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，1），S（0，0，2），N（1，0，1），M（2，1，0），對于A，假設(shè)存在點Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得NQ⊥SB，則NQ→=(m?1，∴NQ→?SB→=2(m?1)+2=0即點Q與D重合時，NQ⊥SB，A正確，對于B，假設(shè)存在點Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得異面直線NQ與SA所成的角為60°，∵NQ→=(m?1，∴|cos＜∴不存在點Q，使得異面直線NQ與SA所成的角為60°，B錯誤，對于C，連接AQ，AM，AN，設(shè)DQ＝m（0≤m≤2），∵S△AMQ∴當(dāng)m＝0，即點Q與點D重合時，S△AMQ取得最大值2，又點N到平面AMQ的距離d=1∴(VQ?AMN)對于D，由上分析知：NQ→=(m?1，若m→=(x，y，令x＝1，則m→而面AMQ的法向量n→所以cos＜m→，n→＞=m→?則cos＜m→由Q從D到C的過程，m由小變大，則t由大變小，即1t所以cos＜故二面角先變小后變大，D正確．故選：AD．三．填空題（共4小題，滿分16分，每小題4分）13．（4分）(2023?徐匯區(qū)校級開學(xué)）設(shè)直線l的一個方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一個法向量n→=（﹣6，8，4），則直線l與平面α的位置關(guān)系是l【解題思路】根據(jù)題意，由空間向量數(shù)量積的計算公式可得d→?n→=?12+16﹣4＝0，即d【解答過程】根據(jù)題意，直線l的一個方向向量d→=（2，2，﹣1），平面α的一個法向量n→=（﹣6，則d→?n→=?12+16﹣4＝0，即d→⊥n→故答案為：l∥α．14．（4分）（2023秋?寶安區(qū)期末）已知平面α的一個法向量為n→=(?1，?2，2)，點A（0，1，0）為α內(nèi)一點，則點P（1，0，1）到平面α【解題思路】求出AP→=（1，﹣1，1），點P到平面α的距離為d【解答過程】解：∵平面α的一個法向量為n→點A（0，1，0）為α內(nèi)一點，點P（1，0，1），∴AP→=（1，﹣1，∴點P到平面α的距離為：d=|AP故答案為：1．15．（4分）(2023春?淮安校級期末）已知A，B，C的坐標分別為（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），點P的坐標是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，則點P的坐標是（﹣1，0，2）．【解題思路】根據(jù)題意算出AB→、AC→、PA→的坐標，由PA⊥平面ABC得PA→⊥AB→且PA→⊥AC→【解答過程】解：根據(jù)題意，可得AB→=（﹣1，﹣1，﹣1），AC→=（2，0，1），PA→=（∵PA⊥平面ABC，∴PA→⊥AB→且PA→⊥AC解之得x＝﹣1，y＝2，可得P的坐標是（﹣1，0，2）．故答案為：（﹣1，0，2）．16．（4分）(2023?河西區(qū)校級模擬）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分別是A1B1，CC1的中點．（1）直線BC1與平面A1BE所成角的正切值為1111（2）直線C1D到平面A1BE的距離為63（3）已知點P在棱CC1上，平面PAB與平面A1BE所成二面角為60°，則線段CP的長為303【解題思路】（1）以CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系xOy，（O與點C重合），設(shè)平面A1BE點法向量為m→=（x，y，z），利用m→?EA1→=m→?EB→=0，可得m→，cos＜m→，BC1→＞=m→?（2）直線C1D到平面A1BE的距離=|（3）點P在棱CC1上，設(shè)P（0，0，t），t∈（0，2]．設(shè)平面PAB的法向量為n→=（a，b，c），可得n→?AB→=n→?PA→=0，由題意可得：【解答過程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系xOy，（O與點C重合），C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．EA1→=（2，0，1），EB→=（0，2，﹣1），BC設(shè)平面A1BE點法向量為m→=（x，y，z），則m→?EA1→=m→?EB→=0cos＜m→，設(shè)直線BC1與平面A1BE所成角的為α，∴sinα＝|cos＜m→，BC∴tanα=11（2）EC1→=（0，0，1），∴直線C1D到平面A1（3）點P在棱CC1上，設(shè)P（0，0，t），t∈（0，2]．設(shè)平面PAB的法向量為n→=（a，b，c），AB→=（﹣2，2，0），PA→=（則n→?AB→=n→?PA→=0，∴?2a+2b=02a?tc=0由題意可得：|m→?n→∴|CP|=30故答案為：1111；63；四．解答題（共6小題，滿分44分）17．（6分）（2023秋?白城期末）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分別為A1D1和CC1的中點（1）求證：EF∥平面A1C1B；（2）求異面直線EF與AB所成角的余弦值．【解題思路】（1）建立坐標系，取BC1中點G，證明EF→與A1G→共線，可得EF∥A1G，即可證明EF∥平面A1（2）求出兩異面直線的方向向量，用數(shù)量積公式求夾角余弦即可．【解答過程】（1）證明：如圖分別以DA、DC、DD1所在的直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D﹣xyz，由已知得D（0，0，0）、A1（2，0，2）、B（2，2，0）、A（2，0，0）、C（0，2，0）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2）、E（1，0，2）、F（0，2，1）．取BC1中點G，則G（1，2，1），A1G→=（﹣1，又EF→=（﹣1，2，﹣1），∴∴EF→與A1G→共線，∴EF∥∵A1G?平面A1C1B，EF?平面A1C1B，∴EF∥平面A1C1B；（2）解：∵AB→=（0，2，0），EF→=（﹣1，∴cos＜EF→∴異面直線EF與AB所成角的余弦值為6318．（6分）（2023秋?西秀區(qū)校級期中）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，求證：（1）求AC與A1D所成角的大??；（2）平面AB1D1∥平面BDC1．（3）A1C⊥平面BDC1．【解題思路】以B1為坐標原點，建立空間坐標系，設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，可求出各頂點的坐標（1）分別求出AC與A1D方向向量，代入向量夾角公式，可得AC與A1D所成角的大??；（2）要證明兩個平面平行，由面面平行的判定定理知：須在某一平面內(nèi)尋找兩條相交且與另一平面平行的直線．求出AB1與C1D的方向向量，通過證明向量平行，得到AB1與C1D平行，同理證明出AD1與C1B平行，可得結(jié)論．（3）求出A1C的方向向量，并證明A1C的方向向量是平面BDC1的法向量，可得A1C⊥平面BDC1．【解答過程】解：令正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，以B1為坐標原點，建立空間坐標系如下圖所示：（1）則A（0，1，1），C（1，0，1），A1（0，1，0），D（1，1，1）∴AC→=（1，﹣1，0），A1D→=（設(shè)AC與A1D所成角的大小為θ則cosθ=故θ=證明：（2）∵AB1→=C1D→∴AB1∥C1D，又∵AB1?平面AB1D1，C1D?平面AB1D1，∴C1D∥平面AB1D1，同理可證：C1B∥平面AB1D1．又C1B∩C1D＝C1，∴平面AB1D1∥平面BDC1．（3）A1C→=（1，﹣1，1），BD→=（1，1，0），BC1∴A1C→?BD→=0，即A1C→且A1C→?BC1→=0，即A1C→⊥∵BD∩BC1＝B，BD，BC1?平面BDC1．∴A1C⊥平面BDC1．19．（8分）（2023?赤坎區(qū)校級模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足為A，PA＝AB，點M在棱PD上，PB∥平面ACM．（1）試確定點M的位置；（2）計算直線PB與平面MAC的距離；（3）設(shè)點E在棱PC上，當(dāng)點E在何處時，使得AE⊥平面PBD？【解題思路】（1）設(shè)AC∩BD＝O，則O這BD的中點，設(shè)點M為PD中點，在△PBD中，PB∥OM，由此能夠確定M的位置使PB∥平面ACM．（2）設(shè)AB＝1，則PA＝AB＝1，由底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，知CD⊥PD，AM=22，AC=2，MC=62，故S（3）以A為原點，AB、AD、AP分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能夠求出當(dāng)點E為PC中點時，AE⊥平面PBD．【解答過程】解：（1）設(shè)AC∩BD＝O，則O這BD的中點，設(shè)點M為PD中點，∵在△PBD中，PB∥OM，OM?平面ACM，∴PB∥平面ACM．故當(dāng)點M為PD中點時，PB∥平面ACM．（2）設(shè)AB＝1，則PA＝AB＝1，∵底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PD，∴AM=22，AC=2，∴AM2+MC2＝AC2，∴S△MAC取AD的中點F，連接MF，則MF∥PA，MF⊥平面ABCD，且MF=1∵PB∥平面ACM，M為PD的中點，∴直線PB與平面MAC的距離為點D到平面MCA的距離，設(shè)為h，∵VM﹣ACD＝VD﹣ACM，∴13解得h=3（3）以A為原點，AB、AD、AP分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，則B（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），C（1，1，0），∴PB→=(1，0，?1)，PD→設(shè)平面PBD的法向量n→=（x，y，z），則n→∴x?z=0y?z=0設(shè)PE→則E（λ，λ，1﹣λ），∵AE⊥平面PBD，∴AE→∥n→，∴λ=1故當(dāng)點E為PC中點時，AE⊥平面PBD．20．（8分）(2023春?湛江期末）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB=23，AC＝2BC＝4，且D為線段AB的中點，連接A1D，CD，B1C（1）證明：BC⊥A1D；（2）若B1到直線AC的距離為19，求平面B1A1C與平面A1CD夾角的余弦值．【解題思路】（1）證明異面直線垂直，通常先證明線面垂直．所以先證明BC與平面ABB1A1垂直，即可得到異面直線BC與A1D垂直．（2）以B為原點建立空間直角坐標系，根據(jù)B1到直線AC的距離求出邊長BB1，從而得出各點的坐標，然后求出平面A1B1C和平面A1CD的法向量，即可得到夾角的余弦值．【解答過程】（1）證明：因為AA1⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以AA1⊥BC；因為AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC；因為AA1∩AB＝A，AA1，AB?平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1；因為A1D?平面ABB1A1，所以BC⊥A1D．解：（2）以B為原點，BA為x軸，BB1為y軸，BC為z軸建立空間直角坐標系B﹣xyz．則B(0，設(shè)BB因為若B1到直線AC的距離為19，即CB→12?(CB故B1設(shè)平面A1B1C的法向量為n→=(x所以23x1=0?4y1+2z設(shè)平面A1CD的法向量為m→=(x所以3x2?2設(shè)平面B1A1C與平面A1CD夾角為θ，則cosθ=|m即平面B1AlC與平面AlCD夾角的余弦值為346521．（8分）(2023?遵義開學(xué)）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E為AB的中點，DE＝AE，側(cè)面PAD⊥底面ABCD．（1）證明：PA⊥平面PBD；（2）若PB與平面ABCD所成角的正切值為55，求平面PAD與平面PCE【解題思路】（1）取AD的中點O