专题17 空间向量与立体几何专项训练（解析版）-2021年高考数学（理）名校地市必刷题

专题 17 空间向量与立体几何专项训练 一、单选题（共 15 小题） 1.（2020 春•启东市校级月考）已知点 B（2，﹣3，1），向量 ，则点 A 坐标是（ ） A．（1，2，3） B．（﹣1，2，3） C．（﹣5，8，1） D．（5，﹣8，﹣1） 【答案】D 【分析】根据空间向量的线性运算与坐标表示，计算即可． 【解答】解：点 B（2，﹣3，1），向量 ， 又 ＝ ﹣ ， ＝（2，﹣3，1）， 所以 ＝ ﹣ ＝（5，﹣8，﹣1）， 则点 A 坐标是（5，﹣8，﹣1）． 故选：D． 【知识点】空间向量及其线性运算 2.（2020 秋•广陵区校级月考）棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，正方形 ABCD 所在平面内的动点 P 到直线 AA1，BB1 的距离之和为 ，则点 P 到直线 AB 的距离为（ ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】解方程组计算 PA，PB 的值，再计算 P 到 AB 的距离． 【解答】解：∵AA1⊥平面 ABCD，PA ⊂ 平面 ABCD， ∴AA1⊥PA，故 PA 为 P 到直线 AA1 的距离， 同理可得 PB 为 P 到直线 BB1 的距离， 由题意可知 PA+PB＝2 ， ∵∠APB＝90°，∴PA2+PB2＝AB2＝4， 联立方程组 ，解得 PA＝PB＝ ， ∴△APB 是等腰直角三角形， ∴点 P 到直线 AB 的距离为 AB＝1． 故选：B． 【知识点】点、线、面间的距离计算 3.（2020 秋•巨鹿县校级月考）直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 的侧棱 CC1＝3，底面ΔABC 中，∠ACB＝90°，AC ＝BC＝ ，则点 B1 到平面 A1BC 的距离为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过 C1 作 C1D⊥A1C 于 D，证明 C1D⊥平面 A1BC，根据 B1C1∥平面 A1BC 即可得出线段 C1D 的长即 为点 B1 到平面 A1BC 的距离， 【解答】解：∵B1C1∥BC，B1C1 ⊄ 平面 A1BC，BC ⊂ 平面 A1BC， ∴B1C1∥平面 A1BC， ∴点 B1 到平面 A1BC 的距离等于点 C1 到平面 A1BC 的距离， 过 C1 作 C1D⊥A1C 于 D， ∵BC⊥AC，BC⊥CC1，AC∩CC1＝C， ∴BC⊥平面 ACC1A1，又 C1D ⊂ 平面 ACC1A1， ∴BC⊥C1D，又 A1C⊥C1D，A1C∩BC＝C， ∴C1D⊥平面 A1BC， 故点 C1 到平面 A1BC 的距离为 C1D， ∵CC1＝3，A1C1＝AC＝ ，∴A1C＝ ＝ ， ∴C1D＝ ＝ ， ∴点 B1 到平面 A1BC 的距离为 ． 故选：D． 【知识点】点、线、面间的距离计算 4.（2020 秋•仁寿县校级期中）如图，在空间直角坐标系中，有一棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1，A1C 的中点 E 到 AB 的中点 F 的距离为（ ） A．2 B． C．2 D．1 【答案】B 【分析】利用正方体的结构特征，先分别求出 E 和 F 的坐标，再用两点间距离公式求解． 【解答】解：在空间直角坐标系中，有一棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 ∴A1（2，0，2），C（0，2，0），A1C 的中点 E（1，1，1）， A（2，0，0），B（2，2，0），AB 的中点 F（2，1，0）， ∴A1C 的中点 E 到 AB 的中点 F 的距离为： |EF|＝ ＝ ． 故选：B． 【知识点】空间向量的夹角与距离求解公式 5.（2020 秋•安徽月考）如图，在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，已知∠ABC＝90°，P 为侧棱 CC1 上任意一点， Q 为棱 AB 上任意一点，PQ 与 AB 所成角为 α ，PQ 与平面 ABC 所成的角为 β ，则 α 与 β 的大小关系为（ ） A． α ＝ β B． α ＜ β C． α ＞ β D．不能确定 【答案】C 【分析】作出两个角，在直角三角形中表示出 sin α ，sin β ，根据它们的大小关系得出结论． 【解答】解：连接 CQ，PB， ∵CC1⊥平面 ABC，∴∠PQC 为 PQ 与平面 ABC 所成的角，即∠PQC＝ β ， 由 CC1⊥平面 ABC，可得 CC1⊥AB， 又 AB⊥BC，BC∩CC1＝C， ∴AB⊥平面 BCC1B1，∴AB⊥PB， ∴∠PQB 为直线 PQ 与 AB 所成角，即∠PQB＝ α ， ∵sin α ＝ ，sin β ＝ ，且 PB＞PC， ∴sin α ＞sin β ，∴ α ＞ β ， 故选：C． 【知识点】直线与平面所成的角 6.（2020 秋•山东月考）如图，在三棱锥 A﹣BCD 中，点 F 在棱 AD 上，且 AF＝3FD，E 为 BC 中点，则 等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连结 AE，由向量的加法法则得到 ＝ ＝ ，由此能求出结果． 【解答】解：连结 AE， ∵在三棱锥 A﹣BCD 中，点 F 在棱 AD 上，且 AF＝3FD，E 为 BC 中点， ∴ ＝ ＝ ＝ （ ）﹣ ＝ ． 故选：B． 【知识点】点、线、面间的距离计算 7.（2021•松江区一模）在正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，下列四个结论中错误的是（ ） A．直线 B1C 与直线 AC 所成的角为 60° B．直线 B1C 与平面 AD1C 所成的角为 60° C．直线 B1C 与直线 AD1 所成的角为 90° D．直线 B1C 与直线 AB 所成的角为 90° 【答案】B 【分析】连接 AB1，求出∠ACB1 可判断选项 A；连接 B1D1，找出点 B1 在平面 AD1C 上的投影 O，设直线 B1C 与平面 AD1C 所成的角为 θ ，由 cos θ ＝ 可判断选项 B；利用平移法找出选项 C 和 D 涉及的异 面直线夹角，再进行相关运算，即可得解． 【解答】解：连接 AB1，∵△AB1C 为等边三角形，∴∠ACB1＝60°，即直线 B1C 与 AC 所成的角为 60°， 故选项 A 正确； 连接 B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面体 AB1CD1 是正四面体， ∴点 B1 在平面 AD1C 上的投影为△AD1C 的中心，设为点 O，连接 B1O，OC，则 OC＝ BC， 设直线 B1C 与平面 AD1C 所成的角为 θ ， 则 cos θ ＝ ＝ ＝ ≠ ，故选项 B 错误； 连接 BC1，∵AD1∥BC1，且 B1C⊥BC1，∴直线 B1C 与 AD1 所成的角为 90°，故选项 C 正确； ∵AB⊥平面 BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直线 B1C 与 AB 所成的角为 90°，故选项 D 正确． 故选：B． 【知识点】直线与平面所成的角、异面直线及其所成的角 8.（2020 秋•会宁县期末）已知两平面的法向量分别为 ， ，则两平面所 成的二面角为（ ） A．60° B．120° C．60°或 120° D．90° 【答案】C 【分析】直接利用空间向量的数量积公式求解二面角的大小即可． 【解答】解：因 ， 所以 ． 所以由两平面所成的二面角的范围知此两平面所成的二面角为 60°或 120°． 故选：C． 【知识点】二面角的平面角及求法 9.（2020 春•舟山期末）如图，平行四边形 ABCD 中，∠ABC＝60°，E 为 AD 中点，F 为 BC 上一点，且 EF⊥BC，将四边形 ABFE 沿直线 EF 折起为四边形 A′B′FE，则（ ） A．∠B′CD≥ B．∠B′CD≤ C．∠A′DC+∠B′CD≥ π D．∠A′DC+∠B′CD≤ π【答案】D 【分析】由已知分析当二面角 B﹣EF﹣B′的平面角为 0°，和当二面角 B﹣EF﹣B′的平面角→180°时∠ B′CD 与∠A′DC+∠B′CD 的大小得结论． 【解答】解：当二面角 B﹣EF﹣B′的平面角为 0°，此时∠B′CD＝∠BCD＝120°，∠A′DC＝60°， 排除 B； 当二面角 B﹣EF﹣B′的平面角→180°， 如图，此时 D 与 A′趋于重合，此时∠B′CD→60°，∠A′DC→90°，排除 A； ∠A′DC+∠B′CD→150°，排除 C， 故选：D． 【知识点】二面角的平面角及求法 10.（2020 春•如东县期末）在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则直线 BC1 与平面 BB1DD1 所成角的正弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直 线 BC1 与平面 BB1DD1 所成角的正弦值． 【解答】解：在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB＝BC＝2，AA1＝1， 以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系， B（2，2，0），C1（0，2，1），D（0，0，0），D1（0，0，1）， ＝（﹣2，0，1）， ＝（2，2，0）， ＝（0，0，1）， 设平面 BB1DD1 的法向量 ＝（x，y，z）， 则 ，取 x＝1，得 ＝（1，﹣1，0）， 设直线 BC1 与平面 BB1DD1 所成角为 θ ， 则直线 BC1 与平面 BB1DD1 所成角的正弦值为： sin θ ＝ ＝ ＝ ． 故选：D． 【知识点】直线与平面所成的角 11.（2020•厦门模拟）一副三角板由一块有一个内角为 60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图 所示，∠B＝∠F＝90°，∠A＝60°，∠D＝45°，BC＝DE．现将两块三角板拼接在一起，取 BC 中点 O 与 AC 中点 M，则下列直线与平面 OFM 所成的角不为定值的是（ ） A．AC B．AF C．BF D．CF 【答案】B 【分析】由题意证明 BC⊥平面 MOF，可得 BF，CF，AC 与平面 OFM 所成的角，由已知可得都为定值，由 此得到答案． 【解答】解：∵O，M 分别为 BC，AC 的中点， ∴OM∥AB，则 OM⊥BC， 又 CF＝BF，∴OF⊥BC， 而 OM∩OF＝O，∴BC⊥平面 MOF， ∴BF，CF 与平面 MOF 所成的角分别为∠BFO 和∠CFO，相等为 45°， 根据直线与平面所成角的定义可知，AC 与平面 MOF 所成的角为∠CMO＝∠A＝60°， 故只有 AF 与平面 FOM 所成的角不为定值． 故选：B． 【知识点】直线与平面所成的角 12.（2021•浙江模拟）如图，梯形 ABCD 为直角梯形，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将 △ABD 沿 BD 折起，使点 A 到点 P 的位置，得到三棱锥 P﹣BCD，其中点 P 在底面 BCD 上的射影 H 在 △BCD 的内部．记直线 PD 与直线 AB 所成的角为 α ，直线 PD 与平面 BCD 所成的角为 β ，二面角 P﹣BD ﹣C 的平面角为 γ ，则（ ） A． β ＜ γ ＜ α B． β ＜ α ＜ γ C． α ＜ γ ＜ β D． α ＜ β ＜ γ【答案】B 【分析】先作辅助线，利用线线角、线面角和二面角的定义找到所求的空间角，然后在合适的三角形中利 用余弦定理和正切函数值，以及最小角定理进行大小比较，即可得解． 【解答】解：设 BD 的中点为 K，连接 AK，并延长交 BC 于 E，则 E 为 BC 的中点，连接 DE，则 DE∥AB， 且点 H 在线段 KE 上（不含端点），连接 PH，DH，PK，PE， ∴ α ＝∠PDE， β ＝∠PDH， γ ＝∠PKH， 由余弦定理知，cos α ＝ ＝ ＝1﹣ ， cos γ ＝ ＝ ＝1﹣PE2， ∴cos α ＞cos γ ，∴ α ＜ γ ， 又 tan β ＝ ，tan γ ＝ ，且 HD＞KH， ∴tan β ＜tan γ ，∴ β ＜ γ ， 由最小角定理知， α ＞ β ， ∴ β ＜ α ＜ γ ． 故选：B． 【知识点】二面角的平面角及求法 13.（2021•浙江模拟）已知△ABC 为直角三角形，且∠ABC＝90°，点 D，E 分别在边 AB，AC 上．现在以 DE 为折痕，将△ADE 翻折至△A′DE 的位置，设 BC 与 A′D 所成的角为 θ 1，A′D 与平面 ABC 所成的 角为 θ 2，二面角 A′﹣DB﹣C 的平面角为 θ 3，则下列结论正确的是（ ） A． θ 1≥ θ 2≥ θ 3 B． θ 1≥ θ 3≥ θ 2 C． θ 3≥ θ 2≥ θ 1 D． θ 3≥ θ 1≥ θ 2 【答案】B 【分析】根据最小角定理和结论“二面角是所有线面角中的最大角”，得到 θ 1≥ θ 2， θ 3≥ θ 2，过点 C 作 CH⊥ 平面 A′BD，连接 HB，由线面角的定义得∠CBH 是直线 BC 与平面 A′DB 所成角，再结合最小 角定理知 θ 3≤ θ 1，由此能求出结果． 【解答】解：根据最小角定理和结论“二面角是所有线面角中的最大角”， 得到 θ 1≥ θ 2， θ 3≥ θ 2， 过点 C 作 CH⊥平面 A′BD，则 CH⊥BD， 连接 HB，∵BC⊥DB，CH∩BC＝C， ∴BD⊥平面 BCH， 由线面角的定义得∠CBH 是直线 BC 与平面 A′DB 所成角， 再结合最小角定理知 θ 3≤ θ 1， ∴ θ 1≥ θ 3≥ θ 2． 故选：B． 【知识点】二面角的平面角及求法 14.（2021•浙江模拟）在三棱锥 P﹣ABC 中，已知 AB＝a，PA＝ a，PB＝ a，CA＝ a，CB＝2a，二 面角 P﹣AB﹣C 的大小为 ，则三棱锥 P﹣ABC 的体积为（ ） A． B． C． D．a3 【答案】A 【分析】由题意画出图形，由已知求解三角形可得∠PBA＝ ，过点 P 作 AB 的垂线交 AB 的延长线于点 D，求解三角形可得 CD⊥AD，得∠PDC 为是二面角 P﹣AB﹣C 的平面角，则 ，且证 得 AD⊥平面 PCD，再由 求解三棱锥 P﹣ABC 的体积． 【解答】解：如图，在△PAB 中，∵AB＝a，PA＝ ，PB＝ ， 由余弦定理可得，cos∠PBA＝ ，得∠PBA＝ ． 过点 P 作 AB 的垂线交 AB 的延长线于点 D，则 ，故 PD＝BD＝a， 在△ABC 中，AB＝a，BC＝2a，AC＝ ，由余弦定理可得， cos∠ABC＝ ，∴ ，则 ， 连接 CD，在△BCD 中，由余弦定理可得 CD＝ ， ∴BD2+CD2＝BC2，故 CD⊥AD， 又 PD⊥AD，∴∠PDC 为是二面角 P﹣AB﹣C 的平面角，则 ． ∵CD⊥AD，PD⊥AD，CD∩PD＝D，∴AD⊥平面 PCD， 则 ． ∵AB＝BD＝a， ∴三棱锥 P﹣ABC 的体积为： ＝ ． 故选：A． 【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积、二面角的平面角及求法 15.（2020•石景山区一模）点 M，N 分别是棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中棱 BD，CC1 的中点，动点 P 在正方形 BCC1B1（包括边界）内运动．若 PA1∥面 AMN，则 PA1 的长度范围是（ ） A． B． C． D．[2，3] 【答案】B 【分析】取 B1C1 的中点 E，BB1 的中点 F，连结 A1E，A1F，EF，取 EF 中点 O，连结 A1O，推导出平面 AMN ∥平面 A1EF，从而点 P 的轨迹是线段 EF，由此能求出 PA1 的长度范围． 【解答】解：取 B1C1 的中点 E，BB1 的中点 F，连结 A1E，A1F，EF，取 EF 中点 O，连结 A1O， ∵点 M，N 分别是棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中棱 BC，CC1 的中点， ∴AM∥A1E，MN∥EF， ∵AM∩MN＝M，A1E∩EF＝E， ∴平面 AMN∥平面 A1EF， ∵动点 P 在正方形 BCC1B1（包括边界）内运动，且 PA1∥面 AMN， ∴点 P 的轨迹是线段 EF， ∵A1E＝A1F＝ ，EF＝ ， ∴A1O⊥EF， ∴当 P 与 O 重合时，PA1 的长度取最小值 A1O＝ ， 当 P 与 E（或 F）重合时，PA1 的长度取最大值为 A1E＝A1F＝ ． ∴PA1 的长度范围为[ ， ]． 故选：B． 【知识点】点、线、面间的距离计算 二、填空题（共 9 小题） 16.（2020 秋•博兴县期中）已知点 A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0， λ ），若 A，B，C 三点共线， 则 λ ＝ ． 【答案】1 【分析】利用坐标表示向量，由向量共线列方程求出 λ 的值． 【解答】解：点 A（1，2，3），B（0，1，2），C（﹣1，0， λ ）， 所以 ＝（﹣1，﹣1，﹣1）， ＝（﹣1，﹣1， λ ﹣2）； 若 A，B，C 三点共线，则 ∥ ； 即 ＝ ＝ ，解得 λ ＝1． 故答案为：1． 【知识点】共线向量与共面向量 17.（2020 秋•皇姑区校级期末）如图所示，在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，O 为 AC 的中点．用 ， ， 表示 ，则 ＝ ． 【分析】利用三角形法则和平行四边形法则，即可得到 ． 【解答】解： ＝ + ＝ + + ＝ + + ． 故答案为： + + ． 【知识点】空间向量及其线性运算 18.（2020 秋•万州区校级期中）已知空间向量 ，且 ，则实数 λ＝ ． 【分析】利用向量平行的性质直接求解． 【解答】解：∵空间向量 ，且 ， ∴ ， 解得实数 λ ＝﹣ ． 故答案为：﹣ ． 【知识点】共线向量与共面向量 19.（2020 秋•袁州区校级期中）已知向量 ＝（1，1，0）， ＝（﹣1，0，2）且 k + 与 2 ﹣ 互相平行， 则 k 的值 ． 【答案】-2 【分析】求出 k + 和 2 ﹣ ，再由 k + 与 2 ﹣ 互相平行，列出方程组，能求出 k 的值． 【解答】解：∵向量 ＝（1，1，0）， ＝（﹣1，0，2）， ∴k + ＝（k，k，0）+（﹣1，0，2）＝（k﹣1，k，2）， 2 ﹣ ＝（2，2，0）﹣（﹣1，0，2）＝（3，2，﹣2）， ∵k + 与 2 ﹣ 互相平行， ∴ ， 解得 k＝﹣2． 故答案为：﹣2． 【知识点】共线向量与共面向量 20.（2020 秋•南京期中）在空间直角坐标系中，若三点 A（1，﹣1，a），B（2，a，0），C（1，a，﹣2）满 足：（ ﹣2 ）⊥ ，则实数 a 的值为 ． 【分析】先求出 ＝（﹣1，0，﹣2）， ＝（﹣1，a+1，﹣4﹣a），再由（ ﹣2 ）⊥ ，能求 出 a． 【解答】解：∵A（1，﹣1，a），B（2，a，0），C（1，a，﹣2）， ∴ ＝（1，a+1，﹣a），2 ＝（0，2a+2，﹣4﹣2a）， ＝（﹣1，0，﹣2）， ＝（1，﹣a﹣1，4+a）， ∵（ ﹣2 ）⊥ ， ∴（ ）• ＝﹣1﹣8﹣2a＝0， 解得实数 a＝﹣ ． 故答案为：﹣ ． 【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直 21.（2020 春•杨浦区校级期中）已知平面 α 的一个法向量为 ，则直线 AB 与平面 α 的位置关系为 ． 【答案】直线 AB 在平面α上或直线 AB 与平面α平行 【分析】由 • ＝0 得出 ⊥ ，即得直线 AB 在平面 α 上或直线 AB 与平面 α 平行． 【解答】解：由平面 α 的一个法向量为 ， 且 • ＝1×（﹣2）+2×1+2×0＝0， 所以 ⊥ ； 所以直线 AB 与平面 α 的位置关系是： 直线 AB 在平面 α 上或直线 AB 与平面 α 平行． 故答案为：直线 AB 在平面 α 上或直线 AB 与平面 α 平行． 【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直 22.（2020 秋•浙江月考）已知正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中， ，若 ，则 x ＝ ，y+z＝ ． 【分析】直接利用向量的加法求出结果． 【解答】解：正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中， 如图所示： 由于 ， 所以 ， ， 由于 ， 所以 x＝1，y＝z＝ ， 所以 y+z＝ ． 故答案为：1； ． 【知识点】空间向量基本定理、正交分解及坐标表示 23.（2020 秋•浙江月考）四棱锥 P﹣ABCD 中，PD⊥底面 ABCD，底面 ABCD 是正方形，且 PD＝1，AB＝3， G 是△ABC 的重心，则 PG 与面 PAB 所成角 θ 的正弦值为 ． 【分析】以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 PG 与面 PAB 所成角 θ 的正弦值． 【解答】解：∵四棱锥 P﹣ABCD 中，PD⊥底面 ABCD，底面 ABCD 是正方形， 且 PD＝1，AB＝3，G 是△ABC 的重心， ∴以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 P（0，0，1），A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），G（2，2，0）， ＝（2，2，﹣1）， ＝（3，0，﹣1）， ＝（3，3，﹣1）， 设平面 PAB 的法向量 ＝（x，y，z）， 则 ，取 x＝1，得 ＝（1，0，3）， ∴PG 与面 PAB 所成角 θ 的正弦值为： sin θ ＝ ＝ ＝ ． 故答案为： ． 【知识点】直线与平面所成的角 24.（2020 秋•海淀区校级期中）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，E 为 BC 的中点，点 P 在 底面 ABCD 上移动，且满足 B1P⊥D1E，则线段 B1P 的长度的最大值为 ． 【答案】3 【分析】以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线 段 B1P 的长度的最大值． 【解答】解：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD1 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 设 P（a，b，0），则 D1（0，0，2），E（1，2，0），B1（2，2，2）， ＝（a﹣2，b﹣2，﹣2）， ＝（1，2，﹣2）， ∵B1P⊥D1E，∴ ＝a﹣2+2（b﹣2）+4＝0， ∴a+2b﹣2＝0， ∴点 P 的轨迹是一条线段，当 a＝0 时，b＝1；当 b＝0 时，a＝2， 设 CD 中点 F，则点 P 在线段 AF 上， 当 A 与 P 重合时，线段 B1P 的长度为：|AB1|＝ ＝2 ； 当 P 与 F 重合时，P（0，1，0）， ＝（﹣2，﹣1，﹣2），线段 B1P 的长度| |＝ ＝ 3， 当 P 在线段 AF 的中点时，P（1， ，0）， ＝（﹣1，﹣ ，﹣2），线段 B1P 的长度| | ＝ ＝ ． ∴线段 B1P 的长度的最大值为 3． 故答案为：3． 【知识点】点、线、面间的距离计算 三、解答题（共 10 小题） 25.（2020•福州模拟）如图，在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，△ABC 是边长为 6 的等边三角形，D，E 分别为 AA1，BC 的中点． （1）证明：AE∥平面 BDC1； （2）若异面直线 BC1 与 AC 所成角的余弦值为 ．求 DE 与平面 BDC1 所成角的正弦值． 【分析】（1）先证明四边形 ADFE 为平行四边形，则 AE∥DF，由此即可得证； （2）以点 E 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设 AA1＝2t（t＞0），根据已知条件可求得 ， 进而求得平面 BDC1 的法向量以及直线 DE 的方向向量，再利用向量公式得解． 【解答】解：（1）证明：取 BC1 的中点 F，连接 DF，EF， ∵E 为 BC 中点， ∴ ， 又∵D 为 AA1 的中点， ∴ ， ∴ ， ∴四边形 ADFE 为平行四边形， ∴AE∥DF， ∵AE 不在平面 BDC1 内，DF 在平面 BDC1 内， ∴AE∥平面 BDC1； （2）由（1）及题设可知，BC，EA，EF 两两互相垂直，则以点 E 为坐标原点，EC，EA，EF 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设 AA1 ＝ 2t （ t ＞ 0 ） ， 则 ， 故 ， ∴ ＝ ， 解得 ， 设 平 面 BDC1 的 法 向 量 为 ， 则 ， 故 可 取 ， 又 ，则 ， ∴ ， ∴DE 与平面 BDC1 所成角的正弦值为 ． 【知识点】直线与平面所成的角、直线与平面平行 26.（2020•广西二模）已知四棱锥 P﹣ABCD，底面 ABCD 为正方形，且 PA⊥底面 ABCD，过 AB 的平面与 侧面 PCD 的交线为 EF，且满足 S△PEF：S 四边形 CDEF＝1：3． （1）证明：PB∥平面 ACE； （2）若二面角 C﹣AF﹣D 的余弦值为 ，求 的值． 【分析】（1）先由 AB∥平面 PCD 得性质可得 EF∥AB，进而得到 EF∥CD，再由中位线的性质可得 EG∥ PB，进而得证； （2）建立空间直角坐标系，求出平面 ACF 及平面 ADF 的法向量，利用向量的夹角公式建立方 程，即可得解． 【解答】解：由题知四边形 ABCD 为正方形， ∴AB∥CD，又 CD ⊂ 平面 PCD，AB ⊄ 平面 PCD， ∴AB∥平面 PCD，…………（1 分） 又 AB ⊂ 平面 ABFE，平面 ABFE∩平面 PCD＝EF， ∴EF∥AB，又 AB∥CD， ∴EF∥CD，…………（3 分） 由 S△PEF：S 四边形 CDEF＝1：3 知 E、F 分别为 PC、PD 的中点， 连接 BD 交 AC 与 G，则 G 为 BD 中点，在△PBD 中 EG 为中位线， ∴EG∥PB， ∵EG∥PB，EG ⊂ 平面 ACE，PB ⊄ 平面 ACE， ∴PB∥平面 ACE．…………（6 分） （2）∵底面 ABCD 为正方形，且 PA⊥底面 ABCD， ∴PA、AB、AD 两两垂直，建立如图所示空间直角坐标系 A﹣xyz，…………（7 分） 设 AB＝AD＝2a，AP＝2b，则 A（0，0，0），D（0，2a，0），C（2a，2a，0）， G（a，a，0），P（0，0，2b），F（a，a，b）， ∵PA⊥底面 ABCD，DG ⊂ 底面 ABCD，∴DG⊥PA， ∵四边形 ABCD 为正方形∴AC⊥BD，即 DG⊥AC，AC∩PA＝A， ∴DG⊥平面 CAF， ∴平面 CAF 的一个法向量为 …………（9 分） 设平面 AFD 的一个法向量为 ， 由 ，取 z＝﹣a 可得为平面 AED 的一个法向量 ， 设二面角 C﹣AF﹣D 的大小为 θ ， 则 ，得 ， 又 PA＝2b，AB＝2a，∴ ， ∴当二面角 C﹣AF﹣D 的余弦值为 时， ．………………………………（12 分） 【知识点】二面角的平面角及求法、直线与平面平行 27.（2020•天河区二模）如图，在四面体 ABCD 中，E，F 分别是线段 AD，BD 的中点，∠ABD＝∠BCD＝ 90°，EC＝ ．AB＝BD＝2． （1）证明：平面 EFC⊥平面 BCD； （2）若二面角 D﹣AB﹣C 为 45°，求二面角 A﹣CE﹣B 的余弦值． 【分析】（1）由勾股定理可证 AC⊥CD，又 CD⊥BC，则 CD⊥平面 ABC，得到 CD⊥AB，又 AB⊥BD，得 到 AB⊥平面 BCD，进而得到 EF⊥平面 BCD，由此即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用向量公式即可求得余弦值． 【解答】解：（1）证明：∵E，F 分别是线段 AD，BD 的中点，AB＝BD＝2， ∴EF＝FD＝1，且 EF∥AB， ∵∠ABD＝90°， ∴∠EFD＝90°， ∴ ， 又 ， ∴AC⊥CD， 又∠BCD＝90°，即 CD⊥BC， 又 AC∩BC＝C，且 AC，BC 均在平面 ABC 内， ∴CD⊥平面 ABC， ∴CD⊥AB， 又 AB⊥BD，CD∩BD＝D，且 CD，BD 均在平面 BCD 内， ∴AB⊥平面 BCD， ∴EF⊥平面 BCD， 又 EF 在平面 EFC 内， ∴平面 EFC⊥平面 BCD； （2）由（1）可知，∠DBC 为二面角 D﹣AB﹣C 的平面角，即∠DBC＝45°， 过点 B 作 BB′∥CD，如图，以 B 为坐标原点，BB′，BD，BA 分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空 间直角坐标系， 则 A（0，0，2），B（0，0，0），D（0，2，0），C（1，1，0），E（0，1，1）， ∴ ， ， 设平面 ACE 的一个法向量为 ，则 ，可取 ； 设平面 BCE 的一个法向量为 ，则 ，可取 ； 如图可设二面角 A﹣CE﹣B 的平面角为锐角 θ ，则 ， 即二面角 A﹣CE﹣B 的余弦值为 ． 【知识点】平面与平面垂直、二面角的平面角及求法 28.（2020•梅州一模）如图，在正四棱锥 P﹣ABCD 中，AB＝2，∠APC＝ ，M 为 PB 上的四等分点，即 BM＝ BP． （1）证明：平面 AMC⊥平面 PBC； （2）求平面 PDC 与平面 AMC 所成锐二面角的余弦值． 【分析】（1）由题中数据结合余弦定理，勾股定理可得 AM⊥PB，CM⊥PB，由此即可证得平面 AMC⊥平 面 PBC； （2）建立空间直角坐标系，求出平面 AMC 及平面 PDC 的法向量，利用向量公式即可得解． 【解答】解：（1）由 AB＝2，可知 ，由 ，可知 ， ∵P﹣ABCD 是正四棱锥， ∴ ， ∴ ， 在△PAB 中，设∠APB＝ θ ，由余弦定理有， ， 在△PAM 中，由余弦定理有， ， ∴AM2+MB2＝4＝AB2，∴AM⊥PB， 同理 CM⊥PB，而 PB 在平面 PBC 上，AM∩CM＝M，且 AM，CM 都在平面 ACM 内， 故 PB⊥平面 ACM，又 PB ⊂ 平面 PBC， ∴平面 AMC⊥平面 PBC； （2）以底面中心 O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，D（﹣1， ﹣1，0） 设平面 PDC 的法向量为 ， ， 故 ，可取 ， 设平面 AMC 的法向量为 ，则可取 ， 设平面 PDC 与平面 AMC 所成锐二面角为 θ ，则 ． 【知识点】平面与平面垂直、二面角的平面角及求法 29.（2020•河东区校级模拟）如图，在四棱锥 P﹣ABCD 中，底面 ABCD 是矩形，PA⊥平面 ABCD，PA＝AD ＝ AB＝1，点 E、M 分别在线段 AB、PC 上，且 ＝ ＝ λ ，其中 0＜ λ ＜1，连接 CE，延长 CE 与 DA 的延长线交于点 F，连接 PE，PF，ME． （Ⅰ）求证：ME∥平面 PFD； （Ⅱ）若 λ ＝ 时，求二面角 A﹣PE﹣F 的正弦值； （Ⅲ）若直线 PE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 时，求 λ 值． 【分析】（Ⅰ）在线段 PD 上取一点 N，使得 ，∵ ，证明四边形为平行四边形，得到 ME ∥AN，然后证明 ME∥平面 PFD． （Ⅱ）以 A 为坐标原点，分别以 AF，AB，AP 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，求出平面 PEA 的一个法向量，平面 PEF 的一个法向量利用空间向量的数量积，求解二面角 A﹣PE﹣F 的正弦 值． （ III）令 E（0，h，0），0≤h≤2， ，求出平面 PEA 的一个法向量利用空间 向量的数量积转化求解即可． 【解答】（本小题满分 15 分） 解：（Ⅰ）在线段 PD 上取一点 N，使得 ，∵ ， ∴MN∥DC 且 MN＝ λ DC， ∵ ， ∴AE＝ λ AB，AB∥DC 且 AB＝DC， ∴且 AE＝MN， ∴四边形为平行四边形， ∴ME∥AN， 又∵AN ⊂ 平面 PFD，ME ⊄ 平面 PFD， ∴ME∥平面 PFD． （Ⅱ）以 A 为坐标原点，分别以 AF，AB，AP 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系 A（0，0，0）， P（0，0，1），B（0，2，0），C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0）， ∵ ，∴E（0，1，0），F（1，0，0） 设平面 PEA 的一个法向量为 ＝（x，y，z）， ， ， ，令 x＝1，∴ ＝（1，0，0）， 设平面 PEF 的一个法向量为 ， ， ， ， 令 z＝1，∴x＝1，y＝1，∴ ， ∴ ， ， 二面角 A﹣PE﹣F 的正弦值为 ． （III）令 E（0，h，0），0≤h≤2， ， 设平面 PBC 的一个法向量为 ， ， ， ，令 y＝1， ∴z＝2， ∴ 由题意可得： ， ∴ ， ∴ ， ． 【知识点】直线与平面所成的角、二面角的平面角及求法 30.（2020 秋•海淀区校级月考）如图所示，在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，E，F 分别是 AB，A1C 的中点， AD＝AA1＝2，AB＝ ． （1）求证：EF∥平面 ADD1A1； （2）求平面 EFD 与平面 DEC 的夹角的余弦值； （3）在线段 A1D1 上是否存在点 M，使得 BM⊥平面 EFD？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理 由． 【分析】（1）建立空间坐标系，利用向量证明 EF∥AD1 即可得出 EF∥平面 ADD1A1； （2）求出平面 DEF 和平面 CDE 的法向量，根据法向量夹角得出二面角的大小； （3）令 与平面 DEF 的法向量平行求出 M 的位置即可得出结论． 【解答】（1）证明：以 A 为原点，以 AB，AD，AA1 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则 E（ ，0，0），F（ ，1，1），A（0，0，0），D1（0，2，2）， ∴ ＝（0，1，1）， ＝（0，2，2）， ∴ ＝ ，∴EF∥AD1， 又 EF ⊄ 平面 ADD1A1，AD1 ⊂ 平面 ADD1A1， ∴EF∥平面 ADD1A1． （2）解：D（0，2，0）， ＝（﹣ ，2，0）， 设平面 DEF 的法向量为 ＝（x，y，z），则 ，即 ， 令 y＝1 可得 ＝（2 ，1，﹣1）， 又 ＝（0，0，1）是平面 ABCD 的一个法向量， ∴cos＜ ＞＝ ＝ ＝ ， ∴平面 EFD 与平面 DEC 的夹角的余弦值为 ． （3）解：假设线段 A1D1 上是否存在点 M，使得 BM⊥平面 EFD，则 ∥ ， 不妨设 ＝ λ ，则 M（0，2 λ ，2），又 B（ ，0，0），∴ ＝（﹣ ，2 λ ，2）， ∵ ∥ ，故存在实数 k 使得 ＝k ，∴ ，方程组无解， 故线段 A1D1 上不存在点 M，使得 BM⊥平面 EFD． 【知识点】直线与平面垂直、二面角的平面角及求法、直线与平面平行 31.（2020 秋•南宁月考）如图，在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，点 E、F 在侧棱 BB1、CC1 上，且 B1E＝2EB， C1F＝2FC，点 D、G 在侧棱 AB、AC 上，且 BD＝2DA，CG＝2GA． （Ⅰ）证明：点 G 在平面 EFD 内； （Ⅱ）若∠BAC＝90°，AB＝AC＝1，AA1＝2，求二面角 A1﹣AB1﹣C1 的余弦值． 【分析】（Ⅰ）证明 DG∥EF 即可得出结论； （Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面 A1AB1 和 AB1C1 的法向量，计算法向量的夹角得出二面 角的大小． 【解答】（Ⅰ）证明：连接 DG， ∵BD＝2DA，CG＝2GA， ∴ ， ∴DG∥BC， ∵直三棱柱 ABC﹣A1B1C1，∴BB1∥CC1，BB1＝CC1， ∵B1E＝2EB，C1F＝2FC，∴BE＝CF，BE∥CF， ∴四边形 BCFE 是平行四边形， ∴EF∥BC， ∴DG∥EF， ∴DG 和 EF 共面，即点 G 在平面 EFD 内． （Ⅱ）解：∵∠BAC＝90°，∴BA⊥AC，∴B1A1⊥A1C1， 又 AA1⊥平面 A1B1C1，故 AB1，AC1，AA1 两两垂直， 以 A1 为原点，以 A1C1，A1A，A1B1 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系 A1﹣xyz，如图所示， 则 A1（0，0，0），A（0，2，0），C1（1，0，0），B1（0，0，1）， ∴ ＝（0，﹣2，1）， ＝（1，﹣2，0）， 设平面 AB1C1 的法向量为 ＝（x，y，z），则 ，即 ， 令 y＝1 可得 ＝（2，1，2）， 又 ＝（1，0，0）为平面 AA1B1 的一个法向量， ∴cos＜ ， ＞＝ ＝ ＝ ， ∴二面角 A1﹣AB1﹣C1 的余弦值为 ． 【知识点】平面的基本性质及推论、二面角的平面角及求法 32.（2021•郑州一模）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）若 ＝2 ，求二面角 D﹣AE﹣C 的余弦值． 【分析】（1）取 AC 的中点 O 连接 BO，OD．OB⊥AC，OB⊥OD，从而 OB⊥平面 ACD，由此能证明平面 ACD⊥平面 ABC． （2）点 E 是 BD 的三等分点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 D﹣AE﹣C 的余 弦值． 【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°， ∵DO＝ ，∴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：由题知，点 E 是 BD 的三等分点，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（0，0，0），B（0， ， 0），E（0， ， ）． ＝（﹣1，0，1）， ＝（﹣1， ， ）， ＝（﹣2，0，0）， 设平面 ADE 的法向量为 ＝（x，y，z）， 则 ，取 x＝3，得 ＝（3， ，3）． 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 ． 【知识点】平面与平面垂直、二面角的平面角及求法 33.（2021•浙江模拟）如图，四边形 MABC 中，△ABC 是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC 是边长为 2 的正三角形，以 AC 为折痕，将△MAC 向上折叠到△DAC 的位置，使点 D 在平面 ABC 内的射影在 AB 上，再将△MAC 向下折叠到△EAC 的位置，使平面 EAC⊥平面 ABC，形成几何体 DABCE． （1）点 F 在 BC 上，若 DF∥平面 EAC，求点 F 的位置； （2）求直线 AB 与平面 EBC 所成角的余弦值． 【分析】（1）点 F 为 BC 的中点，设点 D 在平面 ABC 内的射影为 O，连接 OD，OC，取 AC 的中点 H，连 接 EH，由题意知 EH⊥AC，EH⊥平面 ABC，由题意知 DO⊥平面 ABC，得 DO∥平面 EAC，取 BC 的中点 F，连接 OF，则 OF∥AC，从而 OF∥平面 EAC，平面 DOF∥平面 EAC，由此能证明 DF∥平面 EAC． （2）连接 OH，由 OF，OH，OD 两两垂直，以 O 为坐标原点，OF，OH，OD 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线 AB 与平面 EBC 所成角的余弦值． 【解答】解：（1）点 F 为 BC 的中点， 理由如下：设点 D 在平面 ABC 内的射影为 O，连接 OD，OC， ∵AD＝CD，∴OA＝OC， ∴在 Rt△ABC 中，O 为 AB 的中点， 取 AC 的中点 H，连接 EH，由题意知 EH⊥AC， 又平面 EAC⊥平面 ABC，平面 EAC∩平面 ABC＝AC， ∴EH⊥平面 ABC，由题意知 DO⊥平面 ABC， ∴DO∥EH，∴DO∥平面 EAC， 取 BC 的中点 F，连接 OF，则 OF∥AC， 又 OF ⊄ 平面 EAC，AC ⊂ 平面 EAC，∴OF∥平面 EAC， ∵DO∩OF＝O，∴平面 DOF∥平面 EAC， ∵DF ⊂ 平面 DOF，∴DF∥平面 EAC． （2）连接 OH，由（1）可知 OF，OH，OD 两两垂直， 以 O 为坐标原点，OF，OH，OD 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则 B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣ ），C（1，1，0）， ∴ ＝（2，﹣2，0）， ＝（0，2，0）， ＝（﹣1，2，﹣ ）， 设平面 EBC 的法向量 ＝（a，b，c）， 则 ，取 a＝ ，则 ＝（ ，0，﹣1）， 设直线与平面 EBC 所成的角为 θ ， 则 sin θ ＝ ＝ ＝ ． ∴直线 AB 与平面 EBC 所成角的余弦值为 cos θ ＝ ＝ ． 【知识点】直线与平面平行、直线与平面所成的角 34.（2021•六模拟）已知在平行四边形 ABCD 中，AD＝2，AB＝ ，∠ADC＝ ，如图，DE∥CF，且 DE ＝3，CF＝4，∠DCF＝ ，且平面 ABCD⊥平面 CDEF． （Ⅰ）求证：AC⊥平面 CDEF； （Ⅱ）求二面角 D﹣AE﹣C 的余弦值． 【分析】（Ⅰ）由余弦定理求出 AC2，再由勾股定理证出 AC⊥CD，进而利用面面垂直的性质得证； （Ⅱ）建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，进而求得二面角的余弦值． 【解答】解：（Ⅰ）证明：在平行四边形 ABCD 中， ， 由余弦定理可得 AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CD•cos∠ADC＝ ， ∴AC2+CD2＝AD2， ∴AC⊥CD， 又∵平面 ABCD⊥平面 CDEF，平面 ABCD∩平面 CDEF＝CD，AC ⊂ 平面 ABCD， ∴AC⊥平面 CDEF； （Ⅱ）如图以点 C 为坐标原点，CD，CF，CA 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐 标系， 则点 ， 设平面 ADE 的一个法向量为 ， ， 则 ，则可取 ， 设平面 ACE 的一个法向量为 ， ， 则 ，则可取 ， 设平面 ADE 与平面 ACE 所成的二面角为 θ ，则 ， ∴二面角 D﹣AE﹣C 的余弦值为 ． 【知识点】直线与平面垂直、二面角的平面角及求法