专题01空间向量与立体几何（基础12种题型+能力提升题）-【好题汇编】备战2023-2024学年高二数学上学期期末真题分类汇编（新高考专用）含解析

专题01空间向量与立体几何（基础12种题型+能力提升题）-【好题汇编】备战2023-2024学年高二数学上学期期末真题分类汇编（新高考专用）专题01空间向量与立体几何（基础12种题型+能力提升题）一．异面直线及其所成的角（共4小题）1．（2022秋•蓝田县期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱C1D1，A1D1的中点，则异面直线DE与AF所成角的余弦值是．2．（2022秋•颍州区校级期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为．3．（2022秋•东坡区校级期末）如图，S为等边三角形ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC＝AB，E，F分别为SC，AB的中点，则异面直线EF与AC所成的角为．4．（2022秋•涡阳县校级期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，E，F分别是BC，A1C1的中点．设D是线段B1C1（包括两个端点）上的动点，当直线BD与EF所成角的余弦值为，则线段BD的长为．二．空间中的点的坐标（共1小题）5．（2022秋•西城区期末）在空间直角坐标系O﹣xyz中，点A（1，3，0），B（0，3，﹣1），则（）A．直线AB∥坐标平面xOy B．直线AB⊥坐标平面xOy C．直线AB∥坐标平面xOz D．直线AB⊥坐标平面xOz三．空间两点间的距离公式（共1小题）（多选）6．（2022秋•凌河区校级期末）空间直角坐标系中，坐标原点到下列各点的距离不大于5的是（）A．（1，1，1） B．（1，2，2） C．（2，﹣3，5） D．（3，0，4）四．空间向量及其线性运算（共6小题）7．（2022秋•定远县校级期末）已知三棱锥O﹣ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝，＝，＝，用，，表示，则等于（）A． B． C． D．8．（2022秋•黄山期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E、F分别是BC、CC1的中点，G为△ABC的重心，则＝（）A． B． C． D．9．（2022秋•米东区校级期末）如图，在斜棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，，，，则＝（）A． B． C． D．10．（2022秋•玉林期末）如图，空间四边形OABC中，．点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则＝（）A． B． C． D．11．（2022秋•徐汇区校级期末）已知O为空间任意一点，A、B、C、P满足任意三点不共线，但四点共面，且，则m的值为．12．（2022秋•淄博期末）如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．（1）用向量表示；（2）求．五．共线向量与共面向量（共1小题）13．（2022秋•朝阳区校级期末）已知，，若与共线，则x+y＝．六．空间向量的数量积运算（共4小题）14．（2022秋•天宁区校级期末）已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是．15．（2022秋•荔湾区校级期末）已知向量，若，则m＝．16．（2022秋•勃利县校级期末）已知向量＝（0，﹣1，1），＝（4，1，0），|λ+|＝且λ＞0，则λ＝．17．（2022秋•丰城市期末）＝（2，﹣3，5），＝（﹣3，1，﹣4），则||＝．七．空间向量的夹角与距离求解公式（共1小题）18．（2022秋•锦州期末）直线l的方向向量为，且l过点A（1，1，1），则点P（﹣1，2，1）到l的距离为（）A． B． C． D．八．空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共4小题）19．（2022秋•新余期末）已知空间四边形OABC，其对角线OB、AC，M、N分别是边OA、CB的中点，点G在线段MN上，且使MG＝2GN，用向量，表示向量是（）A． B． C． D．（多选）20．（2022秋•东湖区校级期末）已知，，是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（）A．若x+y+z＝，则x＝y＝z＝0 B．，，两两共面，但，，不共面 C．一定存在实数x，y，使得＝x+y D．+，﹣，+2一定能构成空间的一个基底（多选）21．（2022秋•花都区校级期末）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A．，， B．，， C．，， D．，，22．（2023春•龙岩期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1，B1D1的交点．若＝，＝，＝，则向量＝（）A．﹣++ B． C．﹣﹣+ D．﹣+九．向量的数量积判断向量的共线与垂直（共2小题）23．（2022秋•荆州区校级期末）已知x，y∈R，向量，，，且，，则＝（）A． B． C．4 D．324．（2022秋•东城区期末）已知空间向量＝（1，﹣1，0），＝（m，1，﹣1），若⊥，则实数m＝．十．平面的法向量（共2小题）（多选）25．（2022秋•西城区校级期末）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（）A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，3，﹣1），，﹣3，1），则l1∥l2 B．直线l的方向向量，﹣1，2），平面α的法向量是，4，﹣1），则l⊥α C．两个不同的平面α，β的法向量分别是，2，﹣1），，4，2），则α⊥β D．直线l的方向向量，3，0），平面α的法向量是，﹣5，0），则l∥α26．（2022秋•兰山区校级期末）已知平面α的一个法向量，点A（﹣1，﹣3，0）在平面α内，若点B（m，0，2﹣m）在平面α内，则m＝．十一．直线与平面所成的角（共4小题）27．（2022秋•兴城市校级期末）如图，已知平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PA⊥AB，CD∥AB，且PA＝CD＝2AB＝4．将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角P﹣DC﹣B，连接PA、PB、BD．（Ⅰ）证明：平面PBD⊥平面PBC；（Ⅱ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．28．（2022秋•怀柔区期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝AA1＝2，点E在AB上，且AE＝1．（Ⅰ）求直线BC1与A1C所成角的大小；（Ⅱ）求BC1与平面A1EC所成角的正弦．29．（2023春•青秀区校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．（1）求证：C1M⊥B1D；（2）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．30．（2022秋•城区校级期末）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是矩形，PB⊥底面ABCD，AB＝BC＝3，BP＝3，CF＝CP，DE＝DA．（1）证明：EF∥平面ABP；（2）求直线PC与平面ADF所成角的正弦值．十二．二面角的平面角及求法（共2小题）31．（2022秋•郴州期末）在空间中，已知平面α过点（3，0，0）和点（0，4，0）及z轴上一点（0，0，a）（a＞0），如果平面α与平面xOy上的夹角为45°，则a＝．32．（2022秋•温州期末）二面角α﹣l﹣β的棱上有两个点A、B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱l，若AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则平面α与平面β的夹角为．一．多选题（共3小题）（多选）1．（2022秋•薛城区期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P在线段BD1上运动（包括端点），下列选项正确的有（）A．AP⊥B1C B．PD⊥BC C．直线PC1与平面A1BCD1所成角的最小值是 D．PC+PD的最小值为（多选）2．（2022秋•广州期末）已知空间向量＝（﹣2，﹣1，1），＝（3，4，5），则下列结论正确的是（）A． B． C． D．在上的投影数量为（多选）3．（2022秋•天河区校级期末）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AC的中点，则（）A．＜，＞＝120° B．BD1⊥AC C．BD1⊥EB1 D．∠BB1E＝45°二．填空题（共2小题）4．（2022秋•保山期末）半正多面体（又称作“阿基米德体”），是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，其构成体现了数学的对称美．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正14面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体沿共顶点的三条棱的中点截去八个相同的三棱锥所得，则这个半正多面体的体积为；若点E为线段BC上的动点，则直线DE与平面AFG所成角的正弦值的取值范围为．5．（2022秋•惠州期末）空间直角坐标系xOy中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0，过点P（x0，y0，z0）且方向向量为的直线l的方程为，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面α的方程为x﹣y+z+1＝0，直线l是两个平面x﹣y+2＝0与2x﹣z+1＝0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为．三．解答题（共9小题）6．（2022秋•三门峡期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA＝2CD，PD＝，E是棱PD的中点．（1）求证：CD⊥AE；（2）在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．7．（2022秋•中山市校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，CD⊥平面PAD，△PAD为等边三角形，AD∥BC，AD＝CD＝2BC＝2，E，F分别为棱PD，PB的中点．（Ⅰ）求证：AE⊥平面PCD；（Ⅱ）求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；（Ⅲ）在棱PC上是否存在点G，使得DG∥平面AEF？若存在，求直线DG与平面AEF的距离；若不存在，说明理由．8．（2022秋•西山区期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC＝，PD＝DC＝2BC＝4，点E是线段AD的中点，点F在线段AP上且满足＝λ，PD⊥面ABCD．（Ⅰ）当λ＝时，证明：PC∥平面BFE；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？9．（2022秋•邵东市校级期末）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，，PA＝PB＝PD＝2．（1）证明：PA⊥BD；（2）求直线BC与平面PCD所成角的余弦值．10．（2022秋•湖北期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，，AB∥CD，∠APD＝∠ABC＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，E为PA中点．（1）求证：DE∥面PBC；（2）求证：PA⊥面PBD；（3）点Q在棱PB上，设，若二面角P﹣AD﹣Q的余弦值为，求λ．11．（2022秋•九龙坡区校级期末）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设，，．（Ⅰ）试用表示向量；（Ⅱ）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．12．（2022秋•温州期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，点E在棱AB上移动．（1）证明：D1E⊥A1D；（2）当E为AB的中点时，求点E到面ACD1的距离．13．（2022秋•浉河区校级期末）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1．（1）求证：BC⊥平面ACFE；（2）若点M在线段EF上移动，试问是否存在点M，使得平面MAB与平面FCB所成的二面角为45°，若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．14．（2022秋•兴城市校级期末）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1．（Ⅰ）求证：BC⊥平面ACFE；（Ⅱ）点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ（θ≤90°），试求cosθ的取值范围．专题01空间向量与立体几何（基础12种题型+能力提升题）一．异面直线及其所成的角（共4小题）1．（2022秋•蓝田县期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱C1D1，A1D1的中点，则异面直线DE与AF所成角的余弦值是．【分析】取A1B1的中点G，连接AG，FG，EG，所以AG∥DE，所以异面直线DE与AF所成角为∠FAG或其补角，再利用余弦定理求解即可．【解答】解：取A1B1的中点G，连接AG，FG，EG，如图所示，∵A1G∥D1E，且A1G＝D1E，∴四边形A1GED1为平行四边形，∴AG∥DE，∴异面直线DE与AF所成角为∠FAG或其补角，设正方形的边长为2，则AF＝＝，AG＝＝，FG＝＝，在△AGF中，由余弦定理可得cos∠FAG＝＝，故答案为：．【点评】本题主要考查了异面直线的夹角，考查了学生的空间想象能力，是基础题．2．（2022秋•颍州区校级期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，则异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为．【分析】根据棱柱的结构特征，建立空间直角坐标系，利用向量法，即可得出答案．【解答】解：在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，建立以A为原点，在平面ABC内过点A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AA1为z轴的空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示：在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，则，则，，设异面直线AB1与B1C所成角为，∴，∴异面直线AB1与B1C所成角的余弦值为，故答案为：．【点评】本题考查异面直线的夹角和棱柱的结构特征，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．3．（2022秋•东坡区校级期末）如图，S为等边三角形ABC所在平面外一点，且SA＝SB＝SC＝AB，E，F分别为SC，AB的中点，则异面直线EF与AC所成的角为45°．【分析】取AS的中点G，连接GE，GF，则∠GEF是异面直线EF与AC所成角，证明AC⊥平面BMC，能求出异面直线EF与AC所成的角．【解答】解：如图，取AS的中点G，连接GE，GF，则GE∥AC，GF∥SB，∴∠GEF是异面直线EF，AC所成角，设AB＝2，则GE＝1，GF＝1，取AC的中点为M，连接MS，MB，∵SA＝SB＝SC＝AB，∴△SAC，△ABC为等边三角形，∴SM⊥AC，BM⊥AC，SM∩BM＝M，SM，BM⊂平面BMS，∴AC⊥平面SBM，∴AC⊥SB，∴EG⊥GF，∴∠GEF＝45°，∴异面直线EF与AC所成的角为45°．故答案为：45°．【点评】本题考查异面直线所成角的定义、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．4．（2022秋•涡阳县校级期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，E，F分别是BC，A1C1的中点．设D是线段B1C1（包括两个端点）上的动点，当直线BD与EF所成角的余弦值为，则线段BD的长为2．．【分析】以E为原点，EA、EC为x、y轴，建立空间直角坐标系，建立直线BD与EF所成的角为θ，由cosθ＝＝，由此能求出BD．【解答】解：以E为原点，EA、EC为x、y轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意得E（0，0，0），F（，，2），B（0，﹣1，0），D（0，t，2），（﹣1≤t≤1），＝（，，2），＝（0，t+1，2），设直线BD与EF所成的角为θ，则cosθ＝＝＝，解得t＝1，∴BD＝2．故答案为：2．【点评】本题考查线段长的求法，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．二．空间中的点的坐标（共1小题）5．（2022秋•西城区期末）在空间直角坐标系O﹣xyz中，点A（1，3，0），B（0，3，﹣1），则（）A．直线AB∥坐标平面xOy B．直线AB⊥坐标平面xOy C．直线AB∥坐标平面xOz D．直线AB⊥坐标平面xOz【分析】平面xOz的一个法向量为＝（0，1，0），易得⊥，再由线面平行的判定定理，得解．【解答】解：由A（1，3，0），B（0，3，﹣1），知＝（﹣1，0，﹣1），因为平面xOz的一个法向量为＝（0，1，0），所以•＝0，即⊥，又AB⊄平面xOz，所以直线AB∥坐标平面xOz．故选：C．【点评】本题考查空间中线面的位置关系，熟练掌握利用空间向量判断线面平行或垂直的方法是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．三．空间两点间的距离公式（共1小题）（多选）6．（2022秋•凌河区校级期末）空间直角坐标系中，坐标原点到下列各点的距离不大于5的是（）A．（1，1，1） B．（1，2，2） C．（2，﹣3，5） D．（3，0，4）【分析】根据空间两点的距离公式计算可得．【解答】解：因为，故A正确；，故B正确；，故D正确；，故C错误．故选：ABD．【点评】本题主要考查空间两点的距离公式，属于基础题．四．空间向量及其线性运算（共6小题）7．（2022秋•定远县校级期末）已知三棱锥O﹣ABC，点M，N分别为AB，OC的中点，且＝，＝，＝，用，，表示，则等于（）A． B． C． D．【分析】根据所给的图形，在图形中看出要求的向量可以怎么得到，用减法把向量先变化成已知向量的差的形式，再利用向量的加法法则，得到结果．【解答】解：由题意知＝﹣∵∴故选：D．【点评】本题考查空间向量的加减法，本题解题的关键是在已知图形中尽量的应用几何体的已知棱表示要求的结果，本题是一个基础题．8．（2022秋•黄山期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E、F分别是BC、CC1的中点，G为△ABC的重心，则＝（）A． B． C． D．【分析】根据向量的数乘及加、减运算求解即可．【解答】解：＝＝＝＝＝．故选：A．【点评】本题主要考查空间向量及其线性运算，属于基础题．9．（2022秋•米东区校级期末）如图，在斜棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AC与BD的交点为点M，，，，则＝（）A． B． C． D．【分析】根据向量加法和数乘的几何意义，向量加法的平行四边形法则及向量的数乘运算即可求出答案．【解答】解：＝．故选：A．【点评】本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量数乘运算，向量加法的平行四边形法则，考查了计算能力，属于基础题．10．（2022秋•玉林期末）如图，空间四边形OABC中，．点M在OA上，且OM＝2MA，N为BC的中点，则＝（）A． B． C． D．【分析】直接利用向量的线性运算的应用求出结果．【解答】解：在△OBC中，利用△OBC中，＝，，所以．故选：B．【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．11．（2022秋•徐汇区校级期末）已知O为空间任意一点，A、B、C、P满足任意三点不共线，但四点共面，且，则m的值为4．【分析】根据空间中四点共面的推论，并结合，求解即可．【解答】解：O为空间任意一点，A、B、C、P满足任意三点不共线，但四点共面，所以m+（﹣2）+（﹣1）＝1，故m＝4．故答案为：4．【点评】本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．12．（2022秋•淄博期末）如图，正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，M是棱BC的中点，点N满足，点P满足．（1）用向量表示；（2）求．【分析】（1）根据空间向量的线性运算即可求解；（2）先计算，再开方即可求解．【解答】解：（1）∵M是棱BC的中点，点N满足，点P满足，∴＝；（2）∵四面体OABC是正四面体，正四面体（四个面都是正三角形）OABC的棱长为1，∴，，∴＝，同理可得，，∴＝＝，解得．【点评】本题主要考查空间向量及其线性运算，属于基础题．五．共线向量与共面向量（共1小题）13．（2022秋•朝阳区校级期末）已知，，若与共线，则x+y＝．【分析】由向量共线的坐标表示得出x+y的值．【解答】解：因为与共线，所以，所以，y＝1，则．故答案为：．【点评】本题主要考查了向量共线的坐标表示，属于基础题．六．空间向量的数量积运算（共4小题）14．（2022秋•天宁区校级期末）已知，，且与的夹角为钝角，则x的取值范围是{x|x＞0且x≠3}．【分析】根据空间向量的数量积与夹角公式，列不等式组求解即可．【解答】解：因为，，所以•＜0，且与不共线；即，解得x＞0且x≠3，所以x的取值范围是{x|x＞0且x≠3}．故答案为：{x|x＞0且x≠3}．【点评】本题考查了空间向量的数量积运算问题，是基础题．15．（2022秋•荔湾区校级期末）已知向量，若，则m＝﹣．【分析】利用空间向量垂直的性质求解即可．【解答】解：∵，∴+＝（2+m，1，4），∵，∴2（2+m）﹣1+12＝0，∴m＝﹣，故答案为：﹣．【点评】本题考查空间向量的垂直，属于基础题．16．（2022秋•勃利县校级期末）已知向量＝（0，﹣1，1），＝（4，1，0），|λ+|＝且λ＞0，则λ＝3．【分析】根据所给的向量坐标写出要求模的向量坐标，用求模长的公式写出关于变量λ的方程，解方程即可，解题过程中注意对于变量的限制，把不合题意的结果去掉．【解答】解：∵＝（0，﹣1，1），＝（4，1，0），∴λ+＝（4，1﹣λ，λ），∴16+（λ﹣1）2+λ2＝29（λ＞0），∴λ＝3，故答案为：3．【点评】向量是数形结合的典型例子，向量的加减运算是用向量解决问题的基础，要学好运算，才能用向量解决立体几何问题，三角函数问题，好多问题都是以向量为载体的．17．（2022秋•丰城市期末）＝（2，﹣3，5），＝（﹣3，1，﹣4），则||＝．【分析】首先求出＝（8，﹣5，13），然后由向量的模的公式求其模．【解答】解：∵＝（2，﹣3，5），＝（﹣3，1，﹣4），＝（8，﹣5，13），∴||＝＝．故答案为：【点评】本题考查了空间向量的坐标运算以及向量模的求法．七．空间向量的夹角与距离求解公式（共1小题）18．（2022秋•锦州期末）直线l的方向向量为，且l过点A（1，1，1），则点P（﹣1，2，1）到l的距离为（）A． B． C． D．【分析】由空间向量数量积的运算，结合向量的投影的运算求解即可．【解答】解：直线l的方向向量为，且l过点A（1，1，1），又点P（﹣1，2，1），则，则，又∵＝，∴则点P（﹣1，2，1）到l的距离为，故选：B．【点评】本题考查了空间向量数量积的运算，重点考查了向量的投影的运算，属基础题．八．空间向量基本定理、正交分解及坐标表示（共4小题）19．（2022秋•新余期末）已知空间四边形OABC，其对角线OB、AC，M、N分别是边OA、CB的中点，点G在线段MN上，且使MG＝2GN，用向量，表示向量是（）A． B． C． D．【分析】根据所给的图形和一组基底，从起点O出发，把不是基底中的向量，用是基底的向量来表示，就可以得到结论．【解答】解：∵＝＝＝＝∴故选：C．【点评】本题考查向量的基本定理及其意义，解题时注意方法，即从要表示的向量的起点出发，沿着空间图形的棱走到终点，若出现不是基底中的向量的情况，再重复这个过程．（多选）20．（2022秋•东湖区校级期末）已知，，是空间的一个基底，则下列说法中正确的是（）A．若x+y+z＝，则x＝y＝z＝0 B．，，两两共面，但，，不共面 C．一定存在实数x，y，使得＝x+y D．+，﹣，+2一定能构成空间的一个基底【分析】根据已知条件，结合向量共面的定理，即可求解．【解答】解：对于A，若x，y，z不全为0，则，，共面，与题意矛盾，故A正确，对于B，，，两两共面，但，，不共面，故B正确，对于C，，，不共面，则不存在实数x，y，使得＝x+y，故C错误，对于D，若，﹣，+2共面，则，，无解，故，﹣，+2不共面，故D正确．故选：ABD．【点评】本题主要考查向量共面的定理，属于基础题．（多选）21．（2022秋•花都区校级期末）若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A．，， B．，， C．，， D．，，【分析】利用共面向量定理直接求解．【解答】解：构成空间的一个基底，对于A，＝2，∴，，共面，故A正确；对于B，（）+（）＝，∴，，共面，故B正确；对于C，，，不能共面，故C错误；对于D，（+）＝，∴，，共面，故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查共面向量的判断，考查共面向量定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．22．（2023春•龙岩期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1，B1D1的交点．若＝，＝，＝，则向量＝（）A．﹣++ B． C．﹣﹣+ D．﹣+【分析】向量＝＝，由此能求出结果．【解答】解：∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1，B1D1的交点．＝，＝，＝，∴向量＝＝＝﹣+．故选：A．【点评】本题考查向量的求法，考查空间向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．九．向量的数量积判断向量的共线与垂直（共2小题）23．（2022秋•荆州区校级期末）已知x，y∈R，向量，，，且，，则＝（）A． B． C．4 D．3【分析】先根据，，求出x，y的值，然后利用模长公式求解【解答】解：∵x，y∈R，向量，，，且，，∴，解得x＝1，y＝﹣2，故，，故||＝|（2，﹣1，2）|＝3．故选：D．【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量垂直、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．24．（2022秋•东城区期末）已知空间向量＝（1，﹣1，0），＝（m，1，﹣1），若⊥，则实数m＝1．【分析】由⊥，可建立关于m的方程，解出即可．【解答】解：因为＝（1，﹣1，0），＝（m，1，﹣1），⊥，所以m﹣1＝0，解得m＝1，故答案为：1．【点评】本题考查空间向量的运用，考查运算求解能力，属于基础题．十．平面的法向量（共2小题）（多选）25．（2022秋•西城区校级期末）下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（）A．两条不重合直线l1，l2的方向向量分别是，3，﹣1），，﹣3，1），则l1∥l2 B．直线l的方向向量，﹣1，2），平面α的法向量是，4，﹣1），则l⊥α C．两个不同的平面α，β的法向量分别是，2，﹣1），，4，2），则α⊥β D．直线l的方向向量，3，0），平面α的法向量是，﹣5，0），则l∥α【分析】对于A：验证，是否平行即可．对于B：验证是否平行即可．对于C：验证数量积是否为零即可．对于D：验证是否平行于即可．【解答】解：因为，3，﹣1），，﹣3，1），即，又因为l1，l2不重合，所以l1∥l2，A正确．因为，﹣1，2），，4，﹣1），所以与不平行，所以l不垂直于α，B错误．因为，2，﹣1），，4，2），所以＝2×（﹣3）+2×4+（﹣1）×2＝0，所以，所以α⊥β，C正确．因为，3，0），，﹣5，0），所以，所以，所以l⊥α，D错误．故选：AC．【点评】本题主要考查通过向量判断直线、平面的位置关系，属于基础题．26．（2022秋•兰山区校级期末）已知平面α的一个法向量，点A（﹣1，﹣3，0）在平面α内，若点B（m，0，2﹣m）在平面α内，则m＝﹣2．【分析】利用向量垂直的性质直接求解．【解答】解：平面α的一个法向量，点A（﹣1，﹣3，0）在平面α内，点B（m，0，2﹣m）在平面α内，∴＝（m+1，3，2﹣m），∴＝﹣2（m+1）﹣6+2﹣m＝0，∴m＝﹣2．故答案为：﹣2．【点评】本题考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．十一．直线与平面所成的角（共4小题）27．（2022秋•兴城市校级期末）如图，已知平面四边形ABCP中，D为PA的中点，PA⊥AB，CD∥AB，且PA＝CD＝2AB＝4．将此平面四边形ABCP沿CD折成直二面角P﹣DC﹣B，连接PA、PB、BD．（Ⅰ）证明：平面PBD⊥平面PBC；（Ⅱ）求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）依题意可得PD⊥平面ABCD，进而PD⊥BC，又BD⊥BC，由此即可得证平面PBD⊥平面PBC；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量及直线AB的方向向量，利用向量的夹角公式即可得解．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵PD⊥DC，AD⊥DC，直二面角P﹣DC﹣B的平面角为∠PDA＝90°，∴PD⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，又在平面四边形ABCD中，连接BD，由题意易得BD⊥BC，而PD∩BD＝D，BD⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，故BC⊥平面PBD，又BC⊂平面PBC，∴平面PBD⊥平面PBC；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，PD⊥DA，PD⊥DC，DC⊥DA，故以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面PBC的法向量为，则，可取，又，∴，∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．【点评】本题考查面面垂直的判定定理以及利用空间向量求解线面角问题，考查运算求解能力及推理论证能力，属于基础题．28．（2022秋•怀柔区期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3，AD＝AA1＝2，点E在AB上，且AE＝1．（Ⅰ）求直线BC1与A1C所成角的大小；（Ⅱ）求BC1与平面A1EC所成角的正弦．【分析】（Ⅰ）以D为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，求出，，利用空间向量的数量积求解直线A1C与BC1所成角的余弦值即可；（Ⅱ）求出平面A1EC的法向量，利用平面法向量与直线方向向量的夹角即可求解线面角．【解答】解：（Ⅰ）以D为原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，则A1（2，0，2），C（0，3，0），B（2，3，0），C1（0，3，2），E（2，1，0），所以，，所以，所以，故直线A1C与BC1所成角为90°．（Ⅱ）因为，设平面A1EC的法向量为，则，令y＝2，则x＝2，z＝1，于是，设BC1与平面A1EC所成角为θ，则＝，所以BC1与平面A1EC所成角的正弦值为．【点评】本题主要考查直线与平面所成的角，属于中档题．29．（2023春•青秀区校级期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．（1）求证：C1M⊥B1D；（2）求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．【分析】（1）只要证明与的数量积为零即可；（2）用向量数量积计算直线与平面成角正弦值．【解答】（1）证明：建系如图，C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，3），A1（2，0，3），B1（0，2，3），D（2，0，1），E（0，0，2），M（1，1，3），，则•＝1×2+1×（﹣2）+0×（﹣2）＝0，所以⊥，即C1M⊥B1D；（2）解：＝（2，0，﹣1），令，因为＝0，，所以为平面DB1E的法向量，因为，设AB与平面DB1E所成角为θ，所以，所以直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为．【点评】本题考查了直线与直线的位置关系，考查了直线与平面成角问题，属于中档题．30．（2022秋•城区校级期末）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是矩形，PB⊥底面ABCD，AB＝BC＝3，BP＝3，CF＝CP，DE＝DA．（1）证明：EF∥平面ABP；（2）求直线PC与平面ADF所成角的正弦值．【分析】（1）由题意得PB⊥BC，PB⊥AB，AB⊥BC，则建立以B为原点，以BC、BA、BP所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系B﹣xyz，利用向量法，即可证明结论；（2）由（1）得＝（3，0，﹣3），＝（3，0，0），＝（2，﹣3，1），利用向量法，即可得出答案．【解答】解：（1）证明：∵PB⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，AB⊂平面ABCD，且底面ABCD为矩形，∴PB⊥BC，PB⊥AB，AB⊥BC，则建立以B为原点，以BC、BA、BP所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系B﹣xyz，如图所示：AB＝BC＝3，BP＝3，CF＝CP，DE＝DA，则B（0，0，0），C（3，0，0），E（2，3，0），F（2，0，1），A（0，3，0），C（3，0，0），D（3，3，0），P（0，0，3），F（2，0，1），则＝（0，3，﹣1），又BC⊥平面ABP，在平面ABP的一个法向量为＝（3，0，0），∴•＝0，即⊥，又EF⊄平面ABP，∴EF∥平面ABP；（2）由（1）得＝（3，0，﹣3），＝（3，0，0），＝（2，﹣3，1），设平面ADF的一个法向量为＝（x，y，z），则，取z＝3，则y＝1，x＝0，∴平面ADF的一个法向量为＝（0，1，3），设直线PC与平面ADF所成角为α，∴sinα＝|cos＜，＞|＝＝＝，故直线PC与平面ADF所成角的正弦值为．【点评】本题考查直线与平面平行与直线与平面的夹角，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．十二．二面角的平面角及求法（共2小题）31．（2022秋•郴州期末）在空间中，已知平面α过点（3，0，0）和点（0，4，0）及z轴上一点（0，0，a）（a＞0），如果平面α与平面xOy上的夹角为45°，则a＝．【分析】可画出图形，根据条件可设A（3，0，0），B（0，4，0），C（0，0，a），然后可过O作OD⊥AB，并交AB于D，连接CD，可以求出OD的长度，而根据三垂线定理能够说明∠ODC＝45°，从而便可得出a的值．【解答】解：如图，设A（3，0，0），B（0，4，0），C（0，0，a），则：在Rt△OAB中，OA＝3，OB＝4，∴AB＝5，过O作OD⊥AB，垂足为D，并连接CD，则：3•4＝5•OD，∴OD＝，∵OC⊥平面OAB，AB⊂平面OAB，∴AB⊥OC，且OD⊥AB，OC∩OD＝O，∴AB⊥平面OCD，且CD⊂平面OCD，∴AB⊥CD，∴∠ODC是平面ABC和平面OAB所成二面角的平面角，根据题意知该角为45°，∴OC＝OD＝，∴．故答案为：．【点评】考查对空间直角坐标系的认识，能找到空间点的位置，理解平面与平面所成角的概念，平面和平面所成二面角的平面角的概念，能找到二面角的平面角，以及三垂线定理．32．（2022秋•温州期末）二面角α﹣l﹣β的棱上有两个点A、B，线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内，并且垂直于棱l，若AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则平面α与平面β的夹角为60°．【分析】先设平面α与平面β的夹角为θ，因为AC⊥AB，BD⊥AB，所以，根据空间向量得，两边平方代入数值即可求出答案．【解答】解：设平面α与平面β的夹角为θ，因为AC⊥AB，BD⊥AB，所以，由题意得，所以＝，所以，所以，所以θ＝60°，即平面α与平面β的夹角为60°．故答案为：60°．【点评】本题考查了二面角的夹角计算，属于中档题．一．多选题（共3小题）（多选）1．（2022秋•薛城区期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P在线段BD1上运动（包括端点），下列选项正确的有（）A．AP⊥B1C B．PD⊥BC C．直线PC1与平面A1BCD1所成角的最小值是 D．PC+PD的最小值为【分析】利用直线与平面垂直的判定与性质判断A；利用反证法思想判断B；求出直线PC1与平面A1BCD1所成角的最小值判断C；利用翻折方法求解三角形判断D．【解答】解：连接AD1，PC1，则B1C⊥BC1，可得B1C⊥AD1，又AB⊥平面BB1C1C，∴AB⊥B1C，而AB∩AD1＝A，∴B1C⊥平面ABD1，得AP⊥B1C，故A正确；假设PD⊥BC，则BC⊥平面BDD1，可得BD⊥BC，与∠DBC＝45°矛盾，故B错误；当P与B重合时，直线PC1与平面A1BCD1所成角最小，最小角的正弦值为，最小角为，故C正确；在△BD1C中，由已知得BC＝2，，，∴cos∠CBD1＝＝，则sin，sin∠DBD1＝，cos，翻折平面D1BC使之与平面DBD1重合，则PC+PD的最小值为CD，此时cos∠CBD＝cos（∠CBD1+DBD1）＝0，即，可得CD＝，故D正确．故选：ACD．【点评】本题考查空间中线面关系的判定，考查空间角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．（多选）2．（2022秋•广州期末）已知空间向量＝（﹣2，﹣1，1），＝（3，4，5），则下列结论正确的是（）A． B． C． D．在上的投影数量为【分析】根据向量坐标运算，验证向量的平行垂直，向量的模，向量的投影即可解决．【解答】解：由已知得：，因为，故A不正确；因为，所以5||＝||，故B正确；因为•＝（﹣2，﹣1，1）•（2，11，25）＝10≠0，故C错；因为在上的投影向量为：，故D正确；故选：BD．【点评】本题考查坐标条件下空间向量的平行、垂直关系的应用以及投影向量的计算，属于中档题．（多选）3．（2022秋•天河区校级期末）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为AC的中点，则（）A．＜，＞＝120° B．BD1⊥AC C．BD1⊥EB1 D．∠BB1E＝45°【分析】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，设正方体的棱长为2，求得A，B，C，D，A1，B1，C1，D1，E的坐标，可得对应向量的坐标，计算可得所求结论．【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，设正方体的棱长为2，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），C1（0，2，2），D1（0，0，2），E（1，1，0），可得＝（0，2，﹣2），＝（﹣2，﹣2，0），cos＜，＞＝＝＝﹣，所以＜，＞＝120°，故A正确；又＝（﹣2，﹣2，2），＝（﹣2，2，0），•＝4﹣4+0＝0，则⊥，故B正确；又＝（1，1，2），•＝﹣2﹣2+4＝0，则⊥，故C正确；cos∠BB1E＝＝＝≠，故错误．故选：ABC．【点评】本题考查空间向量基本定理的运用，注意运用坐标法，考查运算能力，属于中档题．二．填空题（共2小题）4．（2022秋•保山期末）半正多面体（又称作“阿基米德体”），是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，其构成体现了数学的对称美．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正14面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体沿共顶点的三条棱的中点截去八个相同的三棱锥所得，则这个半正多面体的体积为；若点E为线段BC上的动点，则直线DE与平面AFG所成角的正弦值的取值范围为[，]．【分析】直接由正方体的体积减去8个正三棱锥的体积求半正多面体的体积；建立空间直角坐标系，再由空间向量求直线DE与平面AFG所成角的正弦值的取值范围．【解答】解：由题意得该几何体是由棱长为2的正方体截去8个正三棱锥所得，则该几何体的体积为；在原正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，1，0），F（2，2，1），D（1，2，2），G（1，2，0），∵点E为线段BC上的动点，∴可设E（t，1﹣t，2），0≤t≤1，则＝（0，1，1），＝（t﹣1，﹣1﹣t，0），＝（﹣1，1，0），设平面AFG的一个法向量为，由，取z＝﹣1，得，设直线DE与平面AFG所成角为θ，则，而0≤t≤1，∴．故答案为：；．【点评】本题考查多面体体积的求法，考查空间中直线与平面所成角，考查空间向量的应用，是中档题．5．（2022秋•惠州期末）空间直角坐标系xOy中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0，过点P（x0，y0，z0）且方向向量为的直线l的方程为，阅读上面材料，并解决下面问题：已知平面α的方程为x﹣y+z+1＝0，直线l是两个平面x﹣y+2＝0与2x﹣z+1＝0的交线，则直线l与平面α所成角的正弦值为．【分析】联立，解得直线l与平面α的交点P（0，2，1），平面α的方程为x﹣y+z+1＝0，变为：x﹣（y﹣2）+（z﹣1）＝0，可得平面α的法向量．直线l是两个平面x﹣y+2＝0与2x﹣z+1＝0的交线，可得直线l的方程为：，可得直线l的方向向量．进而得到直线l与平面α所成角的正弦值＝|cos|＝．【解答】解：联立，解得，可得直线l与平面α的交点P（0，2，1），平面α的方程为x﹣y+z+1＝0，变为：x﹣（y﹣2）+（z﹣1）＝0，可得平面α的法向量＝（1，﹣1，1）．直线l是两个平面x﹣y+2＝0与2x﹣z+1＝0的交线，可得直线l的方程为：，可得直线l的方向向量＝（1，1，2）．直线l与平面α所成角的正弦值＝|cos|＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查了直线与平面的方程、数量积运算性质、线面角，考查了推理能力计算能力，属于中档题．三．解答题（共9小题）6．（2022秋•三门峡期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA＝2CD，PD＝，E是棱PD的中点．（1）求证：CD⊥AE；（2）在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AB，PA⊥CD，PA⊥AD，再由直线PB与底面ABCD所成的角为45°，得∠PBA＝45°，在等边三角形ABC中，求得PA＝AB＝2，进一步得到CD＝1．求解三角形可得CD⊥AD，由线面垂直的判定可得CD⊥平面PAD，则CD⊥AE；（2）假设在棱PB上存在一点T，满足题意，则（0＜λ≤1），以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，B，P，D，E的坐标．然后分别求出平面ATE与平面PAB的一个法向量，由二面角的余弦值为列式求得，可得在棱PB上存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为．【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥CD，PA⊥AD，∵直线PB与底面ABCD所成的角为45°，∴∠PBA＝45°，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴PA＝AB＝2，又PA＝2CD，∴CD＝1．在Rt△PAD中，∵PD＝，PA＝2，∴AD＝，在三角形ADC中，AD＝，CD＝1，AC＝2，∴AD2+CD2＝AC2，可得CD⊥AD，又AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE；（2）解：假设在棱PB上存在一点T，满足题意，则（0＜λ≤1），由（1）可知，∠DAC＝30°，∴∠DAB＝90°，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，，0），E（0，，1）．设T（x1，y1，z1），则，又，∴（x1，y1，z1﹣2）＝（2λ，0，﹣2λ），得x1＝2λ，y1＝0，z1＝2﹣2λ，∴，．设平面ATE的法向量为．则有，取y2＝2，得．而平面PAB的一个法向量为，∴|cos＜＞|＝||＝＝，解得．故在棱PB上存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为．【点评】本题考查直线与直线垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解二面角，是中档题．7．（2022秋•中山市校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，CD⊥平面PAD，△PAD为等边三角形，AD∥BC，AD＝CD＝2BC＝2，E，F分别为棱PD，PB的中点．（Ⅰ）求证：AE⊥平面PCD；（Ⅱ）求平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值；（Ⅲ）在棱PC上是否存在点G，使得DG∥平面AEF？若存在，求直线DG与平面AEF的距离；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）证明CD⊥AD，CD⊥AE，得出PD⊥AE，再证明AE⊥平面PCD．（Ⅱ）取AD的中点O，连结OP，OB，以O为原点，以OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴如图建系，求出平面AEF的法向量，平面PAD的一个法向量，然后利用空间向量的数量积求解．（Ⅲ）假设棱PC上存在点G，使得DG∥平面AEF，利用•＝0，转化求解线段PC上存在点G，使得DG∥平面AEF，再求直线到平面的距离．【解答】（Ⅰ）证明：因为CD⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，AE⊂平面PAD，所以CD⊥AD，CD⊥AE．又因为△PAD为等边三角形，E为PD的中点，所以PD⊥AE．所以AE⊥平面PCD．（Ⅱ）解：取AD的中点O，连结OP，OB，则易知OB∥CD，OB⊥AD，OB⊥OP．因为△PAD为等边三角形，所以OP⊥AD．以O为原点，以OA、OB、OP所在直线分别为x、y、z轴如图建系，A（1，0，0），E（﹣，0，），F（0，1，），B（0，2，0），＝（﹣，0，），＝（，1，0），设平面AEF的法向量为＝（x，y，z），则：，即，令x＝2，得平面AEF的一个法向量＝（2，﹣1，2），易知平面PAD的一个法向量为＝（0，2，0），cos＜，＞＝＝＝﹣，所以平面AEF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为．（Ⅲ）解：假设棱PC上存在点G，使得DG∥平面AEF，设＝λ，λ∈[0，1]，则＝λ，P（0，0，），C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0），＝（﹣1，2，﹣），则G（﹣λ，2λ，﹣λ），＝（1﹣λ，2λ，﹣λ），要使得DG∥平面AEF，则•＝2﹣2λ﹣2λ+6﹣6λ＝0，得λ＝，所以线段PC上存在点G，使得DG∥平面AEF，＝；因为平面AEF的一个法向量为＝（2，﹣1，2），＝（，0，），所以点D到平面AEF的距离为d＝＝＝，所以直线DG与平面AEF的距离为．【点评】本题考查了二面角平面角的求法，以及直线与平面垂直的判断定理应用问题，也考查了转化思想以及计算能力，是中档题．8．（2022秋•西山区期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ADC＝，PD＝DC＝2BC＝4，点E是线段AD的中点，点F在线段AP上且满足＝λ，PD⊥面ABCD．（Ⅰ）当λ＝时，证明：PC∥平面BFE；（Ⅱ）当λ为何值时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小？【分析】（Ⅰ）取BC的中点M，连接DM，连接AC，交BE于点G，交BM于点H，证明AG＝AC，FG∥PC，即可证明PC∥平面BEF；（Ⅱ）由余弦定理求出BD，判断BD⊥AD，分别以DA、DB、DP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平面PBD的一个法向量，平面BFE的一个法向量，计算|cos＜，＞|的最大值即可．【解答】（Ⅰ）证明：取BC的中点M，连接DM，连接AC，交BE于点G，交BM于点H，则G、H是AC的三等分点，所以AG＝AC，λ＝时，AF＝AP，所以＝，所以FG∥PC，又因为PC⊄平面BEF，FG⊂平面BEF，所以PC∥平面BEF；（Ⅱ）解：平行四边形ABCD中，∠ADC＝，所以∠BAD＝，又DC＝2BC＝4，所以BD＝＝2，所以BD2+AD2＝AB2，所以BD⊥AD，又因为PD⊥面ABCD，BD、AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥BD；分别以DA、DB、DP为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则平面PBD的一个法向量为＝（1，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），E（1，0，0），P（0，0，4），＝（﹣2，0，4），＝λ＝（﹣2λ，0，4λ），λ∈（0，1），＝（﹣1，0，0），＝﹣＝（﹣2λ+1，0，4λ），＝（1，﹣2，0），设平面BFE的一个法向量为＝（x，y，z），则，令y＝1，得x＝2，z＝﹣，＝（2，1，﹣），则|cos＜，＞|＝＝＝，令1﹣＝0，解得λ＝，所以λ＝时，平面BFE与平面PBD所成的二面角的正弦值最小．【点评】本题考查了空间中的平行与垂直关系的应用问题，也考查了利用空间向量求二面角的正弦值应用问题，是中档题．9．（2022秋•邵东市校级期末）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，，PA＝PB＝PD＝2．（1）证明：PA⊥BD；（2）求直线BC与平面PCD所成角的余弦值．【分析】（1）取BD的中点为O，证明OA⊥BD，OP⊥BD，得出BD⊥平面OAP，即可证明PA⊥BD．（2）证明OP⊥OA，得出OP⊥平面ABCD，计算BD、CD，利用勾股定理的逆定理判断BD⊥CD，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面PCD的法向量和直线BC的方向向量，再求BC与平面PCD所成角的正弦值和余弦值．【解答】（1）证明：连接BD，设BD的中点为O，连接OA，OP．因为AB＝AD，所以OA⊥BD，因为PB＝PD，所以OP⊥BD，且OA∩OP＝O，OA、OP⊂平面OAP，所以BD⊥平面OAP，又因为PA⊂平面OAP，所以PA⊥BD．（2）解：因为∠BAD＝90°，所以OA＝OB，又因为PA＝PB，所以△POA≅△POB，所以OP⊥OA，且OA∩BD＝O，OA、BD⊂平面ABCD，所以OP⊥平面ABCD．计算BD＝＝＝2，CD＝＝2，所以BD2+CD2＝BC2，所以BD⊥CD；以O为原点，OB，OP所在直线分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A（0，﹣1，0），B（1，0，0），C（﹣1，2，0），D（﹣1，0，0），P（0，0，），所以，，，，，设平面PCD的法向量为＝（x，y，z），则，令x＝，得＝（，0，﹣1），设BC与平面PCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜，＞＝||＝||＝，所以直线BC与平面PCD的夹角余弦值为＝＝．【点评】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了逻辑推理与运算求解能力，是中档题．10．（2022秋•湖北期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，，AB∥CD，∠APD＝∠ABC＝90°，平面PAD⊥平面ABCD，E为PA中点．（1）求证：DE∥面PBC；（2）求证：PA⊥面PBD；（3）点Q在棱PB上，设，若二面角P﹣AD﹣Q的余弦值为，求λ．【分析】（1）取PB中点F，连接EF，CF，推得四边形EFCD是平行四边形，再由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，可得证明；（2）由线面垂直的判定和性质，以及面面垂直的性质定理可得证明；（3）以D为原点，DA，DB所在的直线为x，y轴，过D垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，再由平面的法向量，结合向量的夹角公式，解方程可得所求值．【解答】解：（1）证明：取PB中点F，连接EF，CF，则EF∥AB，EF＝AB，又AB∥CD，CD＝AB，所以EF∥CD，EF＝CD，则四边形EFCD是平行四边形，所以DE∥CF，又DE⊄面PBC，CF⊂面PBC，可得DE∥面PBC；（2）证明：由题意：BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，则，同理，又AB＝2，所以BD2+AD2＝AB2，所以BD⊥AD，又面PAD⊥面ABCD，所以BD⊥面PAD，因为PA⊂面PAD，所以BD⊥PA，又PA⊥PB且BD∩PB＝B，所以PA⊥面PBD；（3）以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），，，，所以，，，由，有，令是面ADQ的法向量，则•＝x＝0，且•＝（1﹣λ）x+λy+（1﹣λ）z＝0，令y＝1，有，取面PAD的法向量，由|cos＜，＞|＝＝，解得λ＝．【点评】本题考查线面平行和线面垂直的判断，以及二倍角的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．11．（2022秋•九龙坡区校级期末）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M、N分别是A1B、B1C1上的点，且BM＝2A1M，C1N＝2B1N．设，，．（Ⅰ）试用表示向量；（Ⅱ）若∠BAC＝90°，∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AB＝AC＝AA1＝1，求MN的长．【分析】（Ⅰ）由图形知＝再用表示出来即可．（Ⅱ）求MN的长，即