2025年高考数学复习难题之空间向量的应用

2025年高考数学复习难题速递之空间向量的应用（2025年4月）

选择题（共8小题）

71

1.（2025•香坊区校级二模）如图所示，将绘有函数无）=A/sin（-x+（p）（M>0,0<（p<n）部分图像

27r

的纸片沿X轴折成钝二面角，此二面角的平面角为石，此时48之间的距离为3vL则cp=（）

2.（2025•门头沟区一模）某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥P-ABC,PA=PB=PC=2圆底

面△ABC是等腰直角三角形，AB=BC,顶点尸到底面ABC的距离为3,则点8到平面B4c的距离为

()

A.V2B.V6C.V3D.2V3

3.（2025•丰台区一模）如图，正方体ABC。-AEC。的棱长为2,E为CD的中点，/为线段A'C上的

动点，给出下列四个结论：

①存在唯一的点R使得A,B',E,尸四点共面；

②EF+D尸的最小值为2百；

③存在点尸，使得E；

④有且仅有一个点F,使得平面AEF截正方体ABCD-ABC。所得截面的面积为2遍.

其中所有正确结论的个数为（）

A.1B.2C.3D.4

4.（2024秋•高州市期末）如图，在直三棱柱A8C-4LBICI中，△ABC是等边三角形，力&=&，AB=2,

则点C到直线481的距离为（）

5.（2025•新余一模）已知。是锐角，则“直线/与平面a所成角的大小为是“直线/与平面a内无数

条直线所成角的大小为的（）条件.

A.必要不充分B.充分不必要

C.充分必要D.既不充分也不必要

6.（2025•天心区校级模拟）在棱长为4的正方体A2C。-421C1D中，M,N分别是棱AB,AA1的中点,

7.（2024秋•大连校级期末）在正四棱锥中，记侧棱与底面所成的角为a,侧面与底面所成的角为0,相邻

两侧面所成的二面角的平面角为丫，侧面等腰三角形的底角为3,则a,B，丫，6的大小关系为（）

A.a<p<8<yB.a<p<y<8C.a<y<P<8D.a<6<p<y

8.（2025春•盐城月考）将边长为虎的正方形ABC。沿对角线8。折成直二面角A-80-C,则下列结论

不正确的是（）

A.ACLBD

B.△ACZ）是等边三角形

C.点B与平面AC。的距离为2

3

D.与C。所成的角为30°

二.多选题（共4小题）

（多选）9.（2025•铜仁市模拟）在正三棱柱ABC-A'B'C中，AB=AA'=2,过直线A8的平面a交

线段皮C于点E,交线段A'C于点F（点E,尸不与端点重合），平面a将三棱柱分为两部分，

记这两个部分的体积分别为0,V2（V1<V2）,则（）

A.四边形A8EE是等腰梯形

B.当点、E是B'C中点时，V1：72=5：7

C.异面直线即与次C所成角的取值范围是勺

,2V57

D.当BFLAC时，直线3c与平面a所成角的正弦值是----

19

（多选）10.（2025•常德模拟）如图，在棱长为2的正方体ABC。-481C1O1中，空间中的点P满足G=

AD+XAB+iiAAr,且入曰0,1],|i£[0,1],则下列说法正确的是（）

A.若口=1,贝！

..广V5

B.若4P=V5,则入+2（1的最大值为三

C.若入=1,则平面8尸。1截该正方体的截面面积的最小值为历

D.若入+u=l,则平面AC。与平面A81P夹角的正切值的最小值为2企

（多选）H.（2025•重庆校级模拟）在直三棱柱ABC-4B1C1中，ZCAB=90°,AC=AB=AAi=2,点

M,N分别是BiCi,4A的中点，则下列说法正确的是（）

A.异面直线AG与Ai”所成的角为45

B.BiC±AiB

4A/5L2V17

C.若点尸是4G的中点，则平面BN尸截直三棱柱所得截面的周长为飞一+e+=一

D.点F是底面三角形ABC内一动点（含边界），若二面角的余弦值为则动点F的轨

迹长度为日

（多选）12.（2025•武汉模拟）如图，以Ai,Bi,Ci,A,B,。为顶点的六面体中，四边形A4cle为菱

1

形，BiCU/BC,BiCi=^BC,ZC1CA=6O°,AC=2,AB=2,ZBAC=120°，则（）

A.AC±A1B

B.AQ〃平面A18B1

「V5

C.当4/=伤时，二面角Ai-AB-C的正弦值为g

D.当AB=旧时，此六面体的体积为---

4

三.填空题（共4小题）

13.（2025•江西模拟）在四棱锥尸中，底面A3CD是边长为3的正方形，平面A2C£）,且必

=4,若直线尸Ct平面a,直线平面a,平面a与直线AB,分别交于点E,F,则的面

积为;直线BD到平面a的距离为.

14.（2025春•浦口区校级月考）若直线/的方向向量为3=（2,-3,V3）,向量£=（1,0,0）是平面a

的一个法向量，则直线/与平面a所成角的大小为.

7171

15.（2024秋•大连校级期末）已知二面角P-AB-。的大小为了，且P。与平面Q4B所成线面角为二，若

64

△B4B的面积为2,则△QAB的面积的取值范围为.

16.（2025•甘肃校级模拟）已知正四棱锥M-PiP2P3P4的底面边长与高均为2,设£＞是正方形PiP2P3P4

及其内部的点构成的集合，点P0是正方形P1P2尸3P4的中心，若集合S={PIPE。，IPPolWPB，i=l,2,

3,4},则直线MP与平面P1P2P3P4所成角的正切值的最小值为.

四.解答题(共4小题)

17.(2025•香坊区校级二模)如图，在五面体A8CDE/中，四边形是矩形，EF//DC,AE=DE=

EF=AD=1,AB=2,CF=V2.

(1)证明：平面AZ)E_L平面ABC。；

(2)求五面体A8CDEF的体积；

(3)求平面AOE与平面BCF夹角的余弦值.

18.(2025•湖南模拟)在三棱锥P-ABC中，平面1,平面ABC,加，平面P8C.

(1)求证：PB±BC；

1

(2)若二面角P-AC-8的余弦值为3且4B=2,BC=V2,求E4.

19.(2025•昌黎县校级模拟)如图，在四棱锥尸-42CD中，AD//BC,ZADC^ZPAB^90°,AD=2BC

=2CD=4,E为边AO的中点，PELCD.

(1)求证：平面E4B_L平面尸8£)；

(2)若直线PD与平面42。所成角为45°,求点A到平面PCE的距离.

20.(2025•潮阳区校级模拟)如图，在四棱锥尸中，底面ABC。为直角梯形，AB//CD,ZBAD

=90°,2AB=AD=DC=DP=2,PA=2vLPC=2V3.

(1)若M,厂分别是孙，8c的中点，证明：MF±AD；

(2)求二面角P-BC-D的余弦值.

2025年高考数学复习难题速递之空间向量的应用（2025年4月）

参考答案与试题解析

一.选择题（共8小题）

题号12345678

答案BCBCBCAD

二.多选题（共4小题）

题号9101112

答案ABDABDBCDABD

一.选择题（共8小题）

n

1.（2025•香坊区校级二模）如图所示，将绘有函数/（x）=Msin（-x+<p）（M>0,0<（P<TT）部分图像

27r

的纸片沿X轴折成钝二面角，此二面角的平面角为石，此时48之间的距离为3vL则（p=（）

【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角.

【专题】转化思想；转化法；三角函数的图象与性质；立体几何；运算求解.

【答案】B

【分析】根据给定条件，作出二面角的平面角，结合等腰三角形性质求出BE,利用周期求出AE,再由

勾股定理求出根据图象过点（0,乎）即可得解.

【解答】解：过A,8分别作x轴的垂线，垂足分别为C,D,在平面ACD内作AE〃x轴，轴交

于点E,

连接AB,BE,则NBOE是二面角的平面角，即等，

BD=DE=M,贝!|BE=2BDcos^=V3M,

6

由X轴垂直于BD,DE,BDHDE=D,BD,DEu平面BDE,

得x轴垂直于平面加出，又AE〃x轴，则平面2DE,

而BEu平面因此AE_LBE,

又函数/(无)的周期7=至=6,即AE=CZ)=3,

3

由勾股定理得BE2+AE2^AB2,

即3M2+9=18,解得M=V3,

而函数/(x)的图象过点(0,苧)，

则/'(0)=Vising)=苧，

即sin0=¥，又0<<p<n，

且0在/(无)的递减区间内，所以0=苧.

故选：B.

【点评】本题考查三角函数图象与性质与二面角的应用，属于中档题.

2.(2025•门头沟区一模)某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥P-ABC,PA=PB=PC=2后底

面△ABC是等腰直角三角形，AB=BC,顶点尸到底面ABC的距离为3,则点8到平面B4C的距离为

()

A.V2B.V6C.V3D.2V3

【考点】空间中点到平面的距离.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解.

【答案】c

【分析】根据三棱锥体积公式首先求得三棱锥的体积，再换底表示三棱锥的体积，即可求得点B到平

面B4c的距离.

【解答】解：因为PA=PB=PC=2A/3,

且底面△ABC是等腰直角三角形，AB=BC,

所以点尸在平面ABC上的射影。为边AC的中点，则P0=3,

在直角三角形抬。中，

由勾股定理，得力。=V3,所以AC=2乃，

又因为底面△ABC是等腰直角三角形，

所以AB=BC=巫,

所以Vp-4BC=3,SFBC,P。=3X2X巫XV6X3=3,

设点B到平面PAC的距离为d,

111

则有Vp-4BC=VB-PAC—g^APAC=3x2X2V3X3Xd—3,

解得d=®点、B到平面PAC的距离为次.

故选：C.

【点评】本题考查利用等体积法求解点到平面的距离，属中档题.

3.（2025•丰台区一模）如图，正方体ABC。-ABC。，的棱长为2,E为的中点，歹为线段A'C上的

动点，给出下列四个结论：

①存在唯一的点尸，使得A,B1,E,尸四点共面；

@EF+D'尸的最小值为2百；

③存在点尸，使得E；

④有且仅有一个点F,使得平面截正方体ABC。-所得截面的面积为2飓.

其中所有正确结论的个数为()

【考点】点、线、面间的距离计算；共面直线及四点共面.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解；空间想象.

【答案】B

【分析】①作出经过点A',B',E的截面即可判断；②由。尸=8尸，分析可得(EF+DF),nia=EB』3,

即可判断；③作出经过点A且与直线。’£垂直的平面，判断该平面与4c是否有交点即可；④分析点F

与点4重合和点F从AC上靠近点C的三等分点向点C运动这两种情况下，平面AEF截正方体所得截

面的面积变化情况即可判断.

【解答】解：①取CC中点为G,连接AE,EG,GB',B'A,

因为正方体ABC。-AECO,E为CD的中点，

所以GE//CD//B,A,

即A,B\E,G四点共面，

该平面与线段AC有且仅有一个交点，故①正确;

②因为。户=8户，求E5+DF的最小值，即求尸的最小值，

因为正方体ABCD-A'BC'。，所以A',B',E,C四点共面，所以E夕与4c相交于一点，设为尸,

止匕时(EF+B，F),nin=EF+B'F=EB'=<CE2+B'C2=Jl2+(2V2)2=3,

因为3<2百，

所以EE+。下的最小值不是2w，故②错误；

③分别取CC,88的中点G,H,连接。G,GH,HA,

设。G交于点P,若ACC平面。GHA=R

在平面CD。。中，易知AGCD出AEDD',所以/CGO=NZ)£P,

所以功EP+/PDE=ZCGD+NPDE=J,

所以BPDGLED',

因为AO_L平面CD。。，EOu平面CAO'C,所以AO_LE。，

又DGCA£)=。，ADu平面DGHA,OGu平面。GHA,

所以EI7_L平面。GH4,

因为ACA平面。GH4=NAFc5F®DGHA,所以E£)'_LAF,

所以存在点E使得AfUQE故③正确；

④当点P与点A重合时，截面为矩形，截面面积为2曲,

当点尸为AC上靠近点C的三等分点时，取CC中点G,连接AE,EG,GB',AB',EB',AG,

此时四边形EGB'A即为平面AEF截正方体ABCD-A'B'C。所得截面，证明如下：

已知A'Cn平面EGB'A=F,求证点F为A'C上靠近点C的三等分点，

CPEC1

因为EC〃A3',所以---=-----=-，所以点尸为AC上靠近点C的三等分点，得证，

FArArBr2

i9

又GE〃8'A,且GE=*B'4AE=GB'=V5,所以四边形EG8A为等腰梯形，面积为万，

9

所以当点F为AC上靠近点C的三等分点时，截面面积为不

2

当点尸趋近于点C时，截面面积趋近于3,

Q一

因为->2萌，3<2V5,点尸从AC上靠近点C的三等分点向点C运动时，截面面积的变化是连续的,

2

所以点P从AC上靠近点C的三等分点向点C运动时存在某点R使得截面面积为2遍，

所以线段A'C上至少存在两个点F使得截面面积为2遍，故④错误.

故选：B.

【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握棱柱的结构特征，平面的基本性质与推论，以及截面

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，属于难题.

4.（2024秋•高州市期末）如图，在直三棱柱ABC-中，ZVIBC是等边三角形，441=&，AB=2,

则点C到直线的距离为(

V15

【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解.

【答案】C

【分析】取AC的中点。，以所在直线为x轴，0C所在直线为y轴，。与4C1中点连线所在直线

为z轴，建立空间坐标系，利用空间向量求解即可.

【解答】解：取AC的中点O,

则B。1AC,BO=V3,

以08,0C所在直线分别为x轴，y轴，。与4。中点连线所在直线为z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系。-盯z,

则4(0,-1,0),8式遮,0,V2),C(0,1,0),

T—>

所以他=(V3,1,V2),CA=(0,-2,0),

所以21在上的投影的长度为丝翌|0xV3+(-2)xl+V2x0|2V6

V3+2+1-V6-3

1血1

【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题.

5.（2025•新余一模）已知。是锐角，则“直线/与平面a所成角的大小为是“直线/与平面a内无数

条直线所成角的大小为e”的（）条件.

A.必要不充分B.充分不必要

C.充分必要D.既不充分也不必要

【考点】几何法求解直线与平面所成的角；充分不必要条件的判断.

【专题】对应思想；综合法；空间角；逻辑思维.

【答案】B

【分析】利用线面角的定义结合充分条件、必要条件的定义判断即可.

【解答】解：如图所示：设直线/交平面a于点A,过直线/上异于点A的点P作尸O，a,垂足为点。,

则/孙。为直线I与平面a所成的角，

若直线I与平面a所成角的大小为0,则直线/与所有平行于直线AO的直线所成的角都为0,

即“直线/与平面a所成角的大小为8"n“直线/与平面a内无数条直线所成角的大小为。”，

若直线/与平面a内无数条直线所成角的大小为0,

但直线/与平面a内所有直线所成的最小角为直线/与平面a所成的角，

所以，。不一定是直线/与平面a所成的角，

即“直线/与平面a内无数条直线所成角的大小为0”不能推出“直线/与平面a所成角的大小为

所以“直线/与平面a所成角的大小为是“直线/与平面a内无数条直线所成角的大小为的充

分不必要条件.

故选：B.

【点评】本题考查直线与平面所成角的定义，充分必要条件的判断，属于中档题.

6.（2025•天心区校级模拟）在棱长为4的正方体ABC。-AiBiCiOi中，M,N分别是棱AB,441的中点，

过作平面a,使得BD//a,则直线MC1与平面a所成角的正弦值为（

5V32V3

C.—D.——

93

【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】C

【分析】以A为原点，直线为无轴，直线AO为y轴，直线A41为z轴建立空间直角坐标系，取

中点Q,平面MNQ即为平面a.再根据线面角的向量法求解即可.

【解答】解：如图，以A为原点，直线AB为x轴，直线为y轴，直线AA1为z轴建立空间直角坐

标系,

取中点0,因为M是棱A8的中点，

故MQ〃BD,

又MQu平面MN。，8ZW平面MNQ,

则平面MNQ,

故平面MNQ即为平面a.

：.M(2,0,0),N(0,0,2),Q(0,2,0),Ci(4,4,4),

：.MN=(-2,0,2),MQ=(-2,2,0),MCr=(2,4,4),

设平面a的一个法向量为ri=(a,b,c),

(T->(T7

纱Y,即MN,n=-2a+2c=0

则TT

MQ1nMQ•n=-2a+2b=0

a=1

令〃=1,则b=1,

c=1

即£=（1,1,1）为平面a的一个法向量，

...直线MC1与平面a所成角的正弦值为：sin。=|cos（MC］，n）|=4旦=

|n||MCi|

故选：C.

【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题.

7.（2024秋•大连校级期末）在正四棱锥中，记侧棱与底面所成的角为a,侧面与底面所成的角为0,相邻

两侧面所成的二面角的平面角为丫，侧面等腰三角形的底角为6,则a,0,丫，8的大小关系为（）

A.a<p<5<YB.a<p<y<8C.a<y<p<8D.a<6<p<y

【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；运算求解.

【答案】A

【分析】作图，找到所求的四个角，根据tana,tan0,tan6的大小关系，可比较a,0,6的大小关系，

并发现它们都是锐角，根据定义作出相邻两侧面所成的二面角的平面角Y-利用等面积法求出EB的长，

利用余弦定理计算可得丫是钝角，将四个角按照大小排序即可.

【解答】解：如图，不妨设正四棱锥S-A8C。的底面边长为2,高SO=〃，取BC中点“，连接OH,

SH,BD,

S

易知tcma=tanNSBO=3

so

tan°=tan/SHO=丽=h,

CLJ_____

tan8=tanNSBH=丽=V/i2+1,

所以O〈tanaVtanB〈tan6,贝!)0Va可V6V*.

过点。作。ELSA于点E,连接£3,

因为△SAZ）［AS1AB,所以BE_LSA,

所以/8即即为相邻侧面SAO和侧面SAB所成的二面角的平面角丫,

因为SASAB=SASBC,今SA-EB=”C-SH,

所以EB=鎏晅

Jh2+2

4(/I2+1)

即EB=

(h2+2)'

在△BE。中，根据余弦定理,

DE2+EB2-BD2

cosy=cos/BED=

2DE-EB

其中2+EB2-BD2=2EB2-BD2=叼+D-8<0,

(h+2)

所以cosy<0,y>^.

所以a<p<6<y.

故选：A.

【点评】本题考查二面角的应用，属于中档题.

8.（2025春•盐城月考）将边长为鱼的正方形A3CD沿对角线8。折成直二面角A-3D-C,则下列结论

不正确的是（）

A.AC±BD

B.△AC。是等边三角形

C.点B与平面AC。的距离为这

3

D.A3与CD所成的角为30°

【考点】点、线、面间的距离计算；棱锥的结构特征；空间向量法求解二面角及两平面的夹角.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解.

【答案】D

【分析】对于选项4取8。的中点O,连接A。，CO.运用正方形性质和直线与平面垂直的判定定理，

可得8。，平面AOC.再用直线与平面垂直的性质，所以判断A.

对于选项3：已知正方形边长为VX能得到AO=CO=1.由于二面角是直的，且A0_L2Z）,运用线面

垂直性质，结合用勾股定理算出4C=鱼，又4D=CD=&，三边相等，△ACD是等边三角形.判断

B.

对于选项C：运用等体积法，先算出A-BCt）的体积，再算出△AC。的面积，根据体积公式就能求出力

=学.判断C.

对于选项。：建立坐标系，得出A、B、C、。的坐标，进而得到向量6、CD,用求向量夹角的方法算

出余弦值，结合异面直线夹角范围，可知夹角是60°,不是30°,判断D

【解答】解：对于选项4取8。的中点。，连接AO,CO,

因为正方形A8CD所以AO_LBD,CO1BD,

又AOCCO=。，

所以BZ5_L平面AOC.

又因为ACu平面AOC,所以ACL8。，故选项A正确；

对于选项8,因为正方形边长为VL所以AO=CO=1.

因为二面角A-BD-C是直二面角,

即平面ABO_L平面CBD,1.AO1BD,平面A8OC平面

所以AO_L平面CBD,又OCu平面CBD,

所以AO_LC。，

在RS0C中，因为AC2=AO2+CO1,

所以AC=Vl2+I2=V2,

又力D=CD=V2,

所以△AC。是等边三角形，故选项8正确；

对于选项C,设点B到平面ACD的距离为h.

-1

因为除.48=以一88,S^BCD=2^72x72=1,AO=1,

所以El-BCQ=WXLBCDX4。=WX1X1=W，S&ACD~辛X(V2)2=.

由乙一ACO=弓XS^ACDXZl=*

1V31

即一x—xh=-,

323

解得〃=孥，故选项c正确;

对于选项。，分别以。2,OC,04所在直线为x,»Z轴建立空间直角坐标系.

ZJ

——>

则A(0,0,1),8(1,0,0),C(0,1,0),DC-1,0,0),AB=(1,0,-1),CD=(—1,-1,0),

设AB与CD所成的角为e,

则cose=|cos<^,CD>==-blL=1

\AB\\CD\‘2x42乙

因为异面直线所成角的范围是(0°,90°],

所以。=60。，故选项。错误.

故选：D.

【点评】本题考查立体几何的综合问题，属于中档题.

二.多选题(共4小题)

(多选)9.(2025•铜仁市模拟)在正三棱柱A8C-A'B'C中，AB=AA'=2,过直线AB的平面a交

线段夕C于点E,交线段A'C于点尸(点E,尸不与端点重合)，平面a将三棱柱分为两部分，

记这两个部分的体积分别为Vi,V2(V1<V2),则()

A.四边形A班亦是等腰梯形

B.当点E是B'C中点时，Vi：V2=5：7

C.异面直线与夕C所成角的取值范围是合力

D.当BF,AC时’直线与平面a所成角的正弦值是行

【考点】几何法求解直线与平面所成的角；棱锥的体积；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】ABD

【分析】A选项，根据面面平行性质得结合等腰梯形性质即可判断；

8选项，先得到其中一个几何体为台体，根据台体体积公式得到体积，再求出正三棱柱的体积，从而得

ZJI

[TZS-73T77^30<u

到Vi=-g-,V2=-g-,Vi：V2=5：7；

C选项，建立空间直角坐标系，设厂(0,£,2),-利用异面直角夹角公式和换元法得到cosV

TT1

BF,B'C'>=h,由单调性得到C错误；

2166—兼)+金

。选项，根据垂直关系，得到/=0,此时F(0,0,2),求出平面的法向量，利用线面角的正弦夹角公

式得到正弦值.

【解答】解：A选项，因为平面ABC〃平面A'B'C，平面aPl平面A8C=A8,平面aC平面4B'

C=EF,

所以AB〃EF,点E,尸不与端点重合，故48WEF,又由正三棱柱性质可知BE=A尸，

故四边形A8EF是等腰梯形，A正确；

8选项，当点E是B'C中点时，由A可知产为A'C的中点，

所以△EFC'为等边三角形且边长为1,故ABC-EFC'为台体，台体的高为44'=2,

其中SAABC=gx2x2xsin60°=V3,ShEFC,=x1x1xsin60°=苧，

(9+6+JfXaX27^3

则台体ABC-EFC的体积为-------三---------=—,

36

又正三棱柱ABC-A'B'C的体积为SMBC♦44'=2百，

故剩余图形的体积为2百一单=空，所以匕=找，/=孕，

所以0：72=5：7,8正确；

C选项，分别取AC,A'C的中点。，M,连接。M,DB,

则由正三棱柱性质。8,AC,两两垂直，以。为坐标原点，DB,DC,0M所在直线分别为x,y,z

轴，建立空间直角坐标系。-孙z,

则B(遮,0,0),B'g,0,2),C'(0,1,2),4(0,—1,0),B(遮,0,0),C(0,1,0),

设厂(0,t,2),-l<t<l,

—>T,_

则BF=(一百，t,2),B'C=(-V3,1,0),

则cosVfik品，>=_旷"£[£+3

\BF\-\B'C'\2Jt2+7

令t+3=kE(2,4),

TTk

则cosVBF,B'C'>=—^

2J必-6/c+16

11111TT1

其中%eq,-）,故当[严cos<BF,B'C>^=取得最大值,

2116(A孟)+金

t—万n

此时cos<BF,B'C'>=耳,异面直线与2,C所成角为一,

z4

11,--

当一=一时，cos<BF,B'C>=।,取得最小值，

k2

2116G-孟）+2

此时cosVfik昂>=*,故异面直线8尸与8,C所成角的取值范围不是（。1，C错误;

—>

。选项，BF=(-V3,t,2),AC=(0,2,0),

—»—»

则BF-4C=(-V^,t,2)•(0,2,0)=2t=0,故f=0,此时/(0,0,2),

―TT

设平面a的法向量为机=(x,y,z),AB=陋，L0),AF=(0,1,2),

则m•AB=V3x+y=0

m-AF=y+2z=0

令x=2得y=-2V3/Z=V3,

故罚=(2,-2A/3,V3),

——

又BC=(-V3,1,0),

族〉l=应也=早2^/57

贝ij|cos<m,

\m\-\BC\2回~19~,

2V57

直线8C与平面a所成角的正弦值是年,O正确.

故选：ABD.

【点评】本题考查立体几何与向量法的综合应用，属于中档题.

―>

（多选）10.（2025•常德模拟）如图，在棱长为2的正方体ABC。-ALBCLDI中，空间中的点尸满足4P=

AD+XAB+iiAAr,且入曰0,1],咋[0,1],则下列说法正确的是（）

A.若u=l,贝

「V5

B.若4P=*，则入+2日的最大值为三

C.若入=1,则平面2P6截该正方体的截面面积的最小值为痣

D.若入+尸1,则平面ACDi与平面4B1P夹角的正切值的最小值为2/

【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角.

【专题】计算题；整体思想；综合法；空间位置关系与距离；空间想象.

【答案】ABD

【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量的

模建立方程求出最小值判断&作出截面并求出最小面积判断C；利用面面角的向量求法求解判断。.

【解答】解：在棱长为2的正方体A8CD-AiBiCiDi中，

建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),Ai(0,0,2),Bi

(2,0,2),C(2,2,0),Di(0,2,2),

TTT—>T

由4P=4D+/MB+〃44i，得4P=(24,2,2〃)，即点尸(2人，2,2Q,对于A,U=l,

—>—>—>—»

则点P(2入，2,2),ArD=(0,2,-2),BP=(2A-2,2,2),BP-AD=0X(2入-2)+2X2-2

X2=0,

因此A正确;

对于8,AP=V5,则4(A2+l+|i2)=5,即；12+『=*令4=*cos。，M=jstn0(O<9

则2+2〃=los。+sin®=字s讥(8+"),其中锐角隼由tan"=称确定，则当8+9=*时，入+2日的

V5

最大值为一，B正确；

2

—>—>

对于C,a=1,P(2,2,2|1)在边CC1上，且BP=(O,2,2〃)，BD1=(-2,2,2),

因平面8P£)m平面CDDiCi=DiP,设平面BPDiAABBiAi^BQ.而平面CDO1C〃平面ABB14,

则。1P〃BQ.同理8P〃Oi。.

因此团8PD10是平面BPD1截该正方体的截面，

点P到直线BD1的距离d=(而/-(阴21)2=[4+4〃2—21+©2=孚/(〃—,)2+/>V2.

[\BD\、J，、/4

r

1

当且仅当〃=★时取等号，SaBPDiQ=2s3BPD1=BDi-d>2V3-V2=2伤.C错误;

—T7

对于。，因AC=(2,2,0),ADr=(0,2,2).设平面ACDi的法向量n=(x,y,z),

则:.空=2久+2y=0令x=],得£=(i,—1,i);又欣=(2,0,2),

n•AD±=2y+2z=0

-->

因X+n=1,贝IjAP=(2入，2,2-2入)，令平面ABiP的法向量巾=(a,b,c),则

(T7

m•ABr=2a+2c=0

TT，

m•AP—2A.a+2b+(2—2A)c=0

令a=l,得薪=(1,1-2A,-1).设平面AC。与平面A81P的夹角为a,

贝！JCOSQ=\cos(m,n)\=吵2〕即

I^l-lnl3j2+(2-l)2

0W|2人当入=|■时，cosa=0,当0/入Wl,入力与寸，cosa=苧•

当且仅当入=0或入=1时取等号，因OVaV5,此时a最小，

sina=^tana=2vx因此平面ACDi与平面ABLP夹角的正切值的最小值为2&，D正确.

故选：ABD.

【点评】本题考查空间向量法求解二面角及两平面的夹角，属于中等题.

（多选）11.（2025•重庆校级模拟）在直三棱柱ABC-ALBICI中，ZCAB=9Q°,AC=AB=AAi=2,点

M,N分别是BiCi,4A的中点，则下列说法正确的是（）

A.异面直线AQ与A1M所成的角为45°

B.B1CXA1B

C.若点尸是4cl的中点，则平面BNP截直三棱柱所得截面的周长为乎+班+安

D.点尸是底面三角形ABC内一动点（含边界），若二面角8-A1M-尸的余弦值为则动点尸的轨

迹长度为产

【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；综合法；立体几何；运算求解.

【答案】BCD

【分析】利用交线法找出截面，利用平行关系找出异面直线ACi与4M所成的角，即可判断4利用

直线和平面垂直的性质定理证明81CJ_平面即可判断8；延长NP,PN交CC1和C4的延长线

于点G,Q,连接GB交囱。于点H连接8。，PH,则四边形为平面BNP截直三棱柱所得的

截面，可判断C；过M作BC的垂线M/,连接A/,过尸作A/的平行线交AC于点K,则FK〃朋Ai,

所以截面M7K41为直三棱柱ABC-431Cl的截面，即可判断D

【解答】解：选项A,过点A作A1M的平行线A/,

则NCM/为异面直线AC1与A1M所成的角,

因为4M_L平面BB1C1C,且所以A/_L平面821clC,所以A/_LCi/,

所以COSH4=^=另可，因为异面直线所成的角0<eW90°,

所以/CiA/=60°,故异面直线AC1与A1M所成的角为60°,故A错误；

选项8,由已知得△421。为等腰直角三角形，M是31。的中点，则

因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以821，平面A1B1C1,

因为4知<=平面421。，所以

因为BiCi,BBiu平面8B1C1C,BiCiHBBi=Bi,

所以A1M_L平面BB1C1C,所以4M_LBiC,

设B1C与MB交于点。，

其中MB=V6,StC=2V3,

因为