2026年高考数学一轮专题训练：空间向量的应用 含答案

/空间向量的应用一．选择题（共8小题）1．（2025春•长沙校级期中）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是棱BC、CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，若PA1∥面AEF，则线段PA1长度的最小值是（）A．5 B．3 C．322 2．（2025春•百色校级期中）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，AD＝4，点E在棱BC上，且BC＝4BE，点G为△AB1C的重心，则点G到直线AE的距离为（）A．63 B．2 C．33 3．（2025春•蒸湘区校级月考）如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，AE＝BD＝42，P为线段AF上的动点（含端点），则下列选项错误的是（）A．AE⊥CF B．平面PBC与平面ADE可能平行也可能垂直 C．PC2+PE2的取值范围是[32，64] D．点B到平面CEF的距离为44．（2025春•湖南校级期中）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E为边AD上的一点，DE＝1，现将△ABE沿直线BE折成△A'BE，使得点A'在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内（不含边界），设二面角A'﹣BE﹣C的大小为θ，直线A'B，A'C与平面BCDE所成的角分别为α，β，则（）A．β＜α＜θ B．β＜θ＜α C．α＜θ＜β D．α＜β＜θ5．（2025•滁州模拟）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3+3，△FDC是等边三角形，△EAB是等腰直角三角形，AE⊥BE，将△EAB和△FDC分别沿虚线AB和CD翻折，且保持平面EAB∥平面FDC．当EF⊥平面ABCD时，平面EAB与平面FDCA．1+32 B．2+32 C．6．（2025春•赣榆区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为棱CC1的中点，则点D到直线BM的距离为（）A．52 B．103 C．2247．（2025•长宁区二模）如图，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是C1连接CC1，设θ为二面角C1﹣DE﹣C大小，θ∈（0，π）．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（）A．存在点D和θ，使得DC1⊥AC B．存在点D和θ，使得BC1⊥AC C．存在点D和θ，使得BC1⊥DE D．存在点D和θ，使得CC1⊥DE8．（2025•佛山二模）已知球O的表面积为12π，球面上有A，B，C，D四点，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为π4，若△ABC是正三角形，则ABA．2 B．3 C．2 D．3二．多选题（共4小题）9．（2025春•北仑区校级期中）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，A1A＝4，点D在BC上，且DB＝DC，则（）A．直线BA1∥平面AC1D B．点B到平面AC1D的距离为1717C．异面直线AB与C1D所成角的余弦值为1734D．设M，N分别在线段A1B1和C1D上，且A1M：A1B1＝DN：DC1，则MN的最小值为210．（2025春•崇川区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1D1的中点，则（）A．CF＝22 B．C1F→是平面DD1C．A1E与平面BB1D1D所成角的正弦值为1010D．向量A1E→，BF11．（2025春•思明区校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M，N分别是正方形ABCD，BCC1B1的中心．则下列结论正确的是（）A．A1M与D1N是异面直线 B．过A1，M，N三点的平面截该正方体所得的截面是四边形 C．B1到平面A1D1M的距离是25D．若P是线段D1M上的动点，则A1P+PN的最小值是612．（2025春•青秀区校级期中）在圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的底面半径为2，母线长为2，点C为PA的中点，圆锥底面上点M在以AO为直径的圆上（不含A、O两点），点H在PM上，且PA⊥OH，当点M运动时，则（）A．三棱锥M﹣PAO的外接球体积为定值 B．直线CH与直线PA不可能垂直 C．直线OA与平面PAM所成的角可能为60° D．AH+HO＜2三．填空题（共4小题）13．（2025春•扬州校级期中）已知空间中有三点A（3，2，0），B（3，2，2），C（3，0，1），则A到直线BC的距离为．14．（2025•宝鸡模拟）三棱锥A﹣BCD中，DA⊥DB，且DA＝DB＝2DC＝2，则当该三棱锥的体积最大时二面角D﹣AB﹣C的正切值为．15．（2025•许昌模拟）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，AB=23，BC＝4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P﹣ABCD内切球表面上一点，则点M到直线CD距离的最小值为16．（2025•抚顺一模）已知顶点为P的圆锥有且仅有一条母线PA在平面α内，B是母线PA的中点，点C∈α．若PA与圆锥底面所成的角为60°，圆锥外接球的表面积为256π3，且圆锥底面圆心O到直线BC的距离为13，则BC与圆锥底面所成角的正弦值为四．解答题（共4小题）17．（2025•湖北模拟）如图，已知四边形ABCD为直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD，以AD所在直线为轴将四边形ABCD旋转到四边形AEFD，连接BE，CF，且B，C，F，E四点共面．（1）证明：多面体ABCDEF是三棱台；（2）若∠EAB=π3，求直线（3）若AB＝2，二面角A﹣EB﹣C的余弦值为−17，求平面AEFD与平面18．（2025春•邗江区校级期中）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1．（1）取线段PA中点M连接BM，判断直线BM与平面PCD是否平行并说明理由；（2）求B到平面PCD的距离；（3）线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为105？若存在，求出PE19．（2025•辽阳校级一模）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ACC1A1是边长为4的正方形，BC1=27，（1）求证：平面ACC1A1⊥平面ABC；（2）求二面角B﹣AC1﹣C的余弦值．20．（2025春•福建期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB＝2BC＝2CD＝2AD＝2PD＝2，CD∥AB，M为棱PA的中点，N为棱PC上的动点．（1）证明：PA⊥BD．（2）若二面角M﹣BD﹣N的余弦值为1010，求PN

空间向量的应用答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2025春•长沙校级期中）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是棱BC、CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，若PA1∥面AEF，则线段PA1长度的最小值是（）A．5 B．3 C．322 【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征．【专题】函数思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【正确答案】C【分析】建系，利用向量法及函数思想即可求解．解：分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0）、E（1，2，0）、F（0，2，1），A1（2，0，2），设点P（x，2，z），其中x、z∈[0，2]，∴EA→=(1，−2，0)，EF→设平面AEF的法向量为n→则n→⋅EA∵A1P∥平面AEF，∴A1∴x+z﹣3＝0，∴|A当且仅当x=32时，A1P故选：C．【点评】本题考查向量法求解距离问题，函数思想的应用，属中档题．2．（2025春•百色校级期中）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，AD＝4，点E在棱BC上，且BC＝4BE，点G为△AB1C的重心，则点G到直线AE的距离为（）A．63 B．2 C．33 【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；向量法；立体几何；运算求解．【正确答案】A【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离．解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，由AB＝1，AA1＝2，AD＝4，得A（0，0，0），C（1，4，0），B1（1，0，2），由点E在棱BC上，且BC＝4BE，得E（1，1，0），△AB1C的重G(则AE→=(1，1，0)，AG→=(23，所以点G到直线AE的距离d=故选：A．【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．3．（2025春•蒸湘区校级月考）如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，AE＝BD＝42，P为线段AF上的动点（含端点），则下列选项错误的是（）A．AE⊥CF B．平面PBC与平面ADE可能平行也可能垂直 C．PC2+PE2的取值范围是[32，64] D．点B到平面CEF的距离为4【考点】空间中点到平面的距离；直线与平面垂直；平面与平面平行；平面与平面垂直．【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解；空间想象．【正确答案】C【分析】先证DE⊥平面ABCD，再以A为原点建系，利用向量法证明线线垂直可判断选项A；取特殊位置，结合面面平行、垂直的判定定理可判断选项B；设AP→=λAF→，λ∈[0，1]，可将PC2+PE2表示成关于λ解：由矩形BDEF知，BD⊥DE，因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，DE⊂平面BDEF，所以DE⊥平面ABCD，又正方形ABCD，所以DA，DC，DE两两垂直，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A（4，0，0），E（0，0，4），C（0，4，0），F（4，4，4），选项A，AE→=（﹣4，0，4），所以AE→•CF→=−16+16＝0，即AE⊥CF选项B，当P与F重合时，AD∥BC，DE∥BP，又AD∩DE＝D，BC∩BP＝B，所以平面ADE∥平面PBC；当P与A重合时，因为DE⊥平面ABCD，即DE⊥平面PBC，DE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面PBC，即平面PBC与平面ADE可能平行也可能垂直，故选项B正确；选项C，设AP→=λAF则PC→=AC→−AP→PE→=AE→−AP→所以PC2+PE2＝2[16+（4﹣4λ）2+（﹣4λ）2]＝64（λ2﹣λ+1），λ∈[0，1]，当λ＝0或1时，PC2+PE2取得最大值64；当λ=12时，PC2+PE所以PC2+PE2的取值范围是[48，64]，故选项C错误；选项D，因为正方形ABCD，所以AC⊥BD，因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC，又BD∩DE＝D，BD、DE⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF，即点C到平面BDEF的距离为12AC由题意知，CE＝CF＝EF＝42，所以△CEF的面积为S△CEF=34⋅(4设点B到平面CEF的距离为d，因为VB﹣CEF＝VC﹣BEF，所以13•d•S△CEF=13⋅所以点B到平面CEF的距离为433，故选项故选：C．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法证明线线垂直，求线段长，以及利用等体积法求点到平面的距离是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．4．（2025春•湖南校级期中）在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，E为边AD上的一点，DE＝1，现将△ABE沿直线BE折成△A'BE，使得点A'在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内（不含边界），设二面角A'﹣BE﹣C的大小为θ，直线A'B，A'C与平面BCDE所成的角分别为α，β，则（）A．β＜α＜θ B．β＜θ＜α C．α＜θ＜β D．α＜β＜θ【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间角；数学抽象．【正确答案】D【分析】由折叠前后图象的对比得点A′，在面BCDE内的射影O′在线段OF上，利用二面角、线面角的定义，求出tanα，tanβ，tanθ的表达式，由此能比较三个角的大小．解：如图，在矩形ABCD中，过A作AF⊥BE，交于点O，将△ABE沿直线BE折成△A′BE，则A′在面BCDE内的射影O′在线段OF上，设A′到平面BCDE上的距离为h，则h＝A′O′，由二面角、线面角定义得：tanθ=由题意得O′O＜O′B，O′O＜O′C，∴tanθ最大，∴θ最大，当O与O′重合时，（tanα）max=hOB，（tanβ）min∵hOB＜hOC，∴（tanα）max＜（tan∴tanα＜tanβ，∴α＜β．∴α＜β＜θ．故选：D．【点评】本题考查二面角、线面角的大小的判断，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，考查数形结合思想，是中档题．5．（2025•滁州模拟）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3+3，△FDC是等边三角形，△EAB是等腰直角三角形，AE⊥BE，将△EAB和△FDC分别沿虚线AB和CD翻折，且保持平面EAB∥平面FDC．当EF⊥平面ABCD时，平面EAB与平面FDCA．1+32 B．2+32 C．【考点】点、线、面间的距离计算；平面与平面平行．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【正确答案】C【分析】根据线线垂直证明线面垂线，进而证明面面垂直，结合三角形相似可得距离．解：如图所示，取AB中点M，CD中点N，连接ME，MN，NF，EF，由△FDC是等边三角形，△EAB是等腰直角三角形，AE⊥BE，则ME⊥AB，NF⊥AB，MN⊥AB，又ME∩MN＝M，NF∩MN＝N，ME，MN，NF⊂平面MENF，所以AB⊥平面MENF，所以平面ABCD⊥平面MENF，平面EAB⊥平面MENF，平面FDC⊥平面MENF，又EF⊂平面MENF，且EF⊥平面ABCD，平面MENF∩平面ABCD＝MN，所以EF⊥MN，又平面EAB∥平面FDC，且平面EAB∩平面MENF＝ME，平面FDC∩平面MENF＝NF，所以ME∥NF，则作出平面MENF如图所示，设EF∩MN＝O，则△OME～△ONF，所以OMON又ME=12则OMON由MN=所以OM=3，ON＝3，∠EMO＝∠设过点O作PQ⊥ME与ME，NF分别交于点P，Q，则PQ即为两平面间距离，PQ=故选：C．【点评】本题考查平行平面间的距离计算，属于中档题．6．（2025春•赣榆区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M为棱CC1的中点，则点D到直线BM的距离为（）A．52 B．103 C．224【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；向量法；立体几何；运算求解．【正确答案】D【分析】根据几何体特征，建立空间直角坐标系，根据空间点到线的距离公式计算即可．解：根据题意，以正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，以直线DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D（0，0，0），B（1，1，0），M(0，1，所以BD→=(−1，−1，0)，设BD→与BM→的夹角为则cosθ=所以sinθ=所以点D到直线BM的距离为sinθ|故选：D．【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．7．（2025•长宁区二模）如图，等腰直角三角形ABC中，∠A＝90°，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是C1连接CC1，设θ为二面角C1﹣DE﹣C大小，θ∈（0，π）．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（）A．存在点D和θ，使得DC1⊥AC B．存在点D和θ，使得BC1⊥AC C．存在点D和θ，使得BC1⊥DE D．存在点D和θ，使得CC1⊥DE【考点】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．【正确答案】B【分析】取特例判断ACD，利用反证法判断B后可得正确的选项．解：对于AD，取D为BC中点，θ=π2，则ED∥AB，而AB故DE⊥AC，故在几何体C1﹣ABDE中，DE⊥C1E，而CE⊥DE，故∠CEC1为二面角C1﹣DE﹣C的平面角，故∠CEC1＝90°，故C1E⊥AC，而C1E∩DE＝E，C1E，DE⊂平面DEC1，故AC⊥平面DEC1，而DC1⊂平面DEC1，故AC⊥DC1，故A成立；因为DE⊥AC，DE⊥C1E，AC∩C1E＝E，AC，C1E⊂平面ACC1，故DE⊥平面ACC1，而CC1⊂平面ACC1，故DE⊥CC1，故D成立；对于C，过E作DE⊥BC，D为垂足，取θ=π2，同理可证DE⊥平面而BC1⊂平面BCC1，故DE⊥BC1，故C成立；对于B，过C1作C1H⊥平面ABC，垂足为H，因为AC⊂平面ABC，故C1H⊥AC，若BC1⊥AC，因为C1H∩BC1＝C1，C1H，BC1⊂平面BC1H，故AC⊥平面BC1H，而BH⊂平面BC1H，故AC⊥BH，而AC⊥BA，故H在BA上，因为C1H∩BA＝H，C1H，BA⊂平面BC1A，故AC⊥平面BC1A，而C1A⊂平面BC1A，故CA⊥C1A，故C1E＞AE，但C1E＝CE＝AE矛盾，故BC1⊥AC不成立，即B不成立．故选：B．【点评】本题考查线线位置关系的判定，属于中档题．8．（2025•佛山二模）已知球O的表面积为12π，球面上有A，B，C，D四点，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为π4，若△ABC是正三角形，则ABA．2 B．3 C．2 D．3【考点】直线与平面所成的角；球内接多面体．【专题】数形结合；综合法；球；逻辑思维；运算求解．【正确答案】D【分析】根据题意求出球O的半径，并作出图形，利用△ABC的外心、球心O以及点A构成的直角三角形求出△ABC的外接圆半径，从而可求出AB．解：如图，因为球O的表面积为12π，设球O的半径为R，则4πR2＝12π，可得R=3过点D作DH⊥平面ABC于点H，设△ABC的外接圆半径为r，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为π4，且△ABC是正三角形，所以DH＝AH＝BH＝CH＝r则OH=3−r，在Rt△AOH中，AH2+OH2＝OA2，即r2+(3−r)所以AH＝BH=3，因为∠AHB＝120°，所以AB=故选：D．【点评】本题主要考查直线与平面所成角、球内接多面体，属于中档题．二．多选题（共4小题）9．（2025春•北仑区校级期中）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，A1A＝4，点D在BC上，且DB＝DC，则（）A．直线BA1∥平面AC1D B．点B到平面AC1D的距离为1717C．异面直线AB与C1D所成角的余弦值为1734D．设M，N分别在线段A1B1和C1D上，且A1M：A1B1＝DN：DC1，则MN的最小值为2【考点】空间中点到平面的距离；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解；空间想象．【正确答案】ACD【分析】以D为原点建系，选项A，求得平面AC1D的法向量m→，计算可得m→⋅BA1→=0，从而作出判断；选项B，利用向量法求点到平面的距离即可；选项C，利用向量法求异面直线所成角即可；选项D，设解：以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为x，y轴，过点D与BB1平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），A(3，0，0)，B（0，1，0），C（0，﹣1，0），A1(3，0，4)选项A，C1D→=(0，1，−4)，设平面AC1D的法向量为m→=(x，y不妨取z＝1，则m→所以m→⋅B又BA1⊄平面AC1D，所以BA1∥平面AC1D，故选项A正确；选项B，BA→所以点B到平面AC1D的距离d=|BA选项C，AB→=(−3所以cos＜AB→，所以异面直线AB与C1D所成角的余弦值为1734，故选项C选项D，设M（x1，y1，z1），N（x2，y2，z2），A1MA1B所以(x1−3，y1，z1−4)=λ解得M(3−3λ，λ所以MN=当λ=1923时，MN故选：ACD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握利用向量法证明线面平行，求点到平面的距离和异面直线所成角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．10．（2025春•崇川区期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AB，A1D1的中点，则（）A．CF＝22 B．C1F→是平面DD1C．A1E与平面BB1D1D所成角的正弦值为1010D．向量A1E→，BF【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；空间中点到平面的距离．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【正确答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断各选项即可．解：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，则D（0，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），B（2，2，0），A1（2，0，2），C1（0，2，2），B1（2，2，2），E（2，1，0），F（1，0，2），对于A：因为CF→=(1，−2，2)，所以|CF对于B：因为C1F→=(1，−2，0)，则C1F→即C1F⊥DD1，C1F⊥DE，而DD1∩DE＝D，DD1，DE⊂平面DD1E，因此C1F⊥平面DD1E，即C1F→是平面DD1E对于C，在正方体中，易知A1C1⊥平面BB1D1D，所以A1C1→=(−2，2，0)是平面BB又A1设A1E与平面BB1D1D所成角为θ，则sinθ=|cos＜对于D：对于B，A1E→D1则向量A1E→，BF→，故选：BCD．【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．11．（2025春•思明区校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M，N分别是正方形ABCD，BCC1B1的中心．则下列结论正确的是（）A．A1M与D1N是异面直线 B．过A1，M，N三点的平面截该正方体所得的截面是四边形 C．B1到平面A1D1M的距离是25D．若P是线段D1M上的动点，则A1P+PN的最小值是6【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征；异面直线的判定；共面直线及四点共面．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解；空间想象．【正确答案】ABC【分析】选项A，根据异面直线的含义判断即可；选项B，结合平面的基本性质与推论，作出所求截面即可；选项C，利用等体积法求解即可；选项D，将平面A1D1M与平面MND1翻折至同一平面，连接A1N，当点P是A1N与D1M的交点时，A1P+PN取得最小值A1N，结合余弦定理与两角和的余弦公式，可证△A1MN为钝角三角形，且A1N是最长边，从而得解．解：选项A，若A1M与D1N是异面直线，则A1，D1，M，N四点共面，因为M是正方形ABCD的中心，且A1D1∥AD，所以点N应位于过点M且平行于AD的线段上，显然不符合题意，故选项A错误；选项B，在棱AD，BC，B1C1上分别取点Q，H，G，使得AQ=13AD，BH=23BC，B1G=13B1C1，连接A1Q，QH，因为M，N分别是正方形ABCD，BCC1B1的中心，所以Q，M，H三点共线，G，N，H三点共线，且A1Q∥GH，所以A1，Q，G，H四点共面，因此过A1，M，N三点的平面截该正方体所得的截面就是四边形A1QHG，故选项B正确；选项C，由勾股定理知，A1M＝D1M=1所以S△设B1到平面A1D1M的距离是d，因为VB所以13⋅d⋅所以B1到平面A1D1M的距离是255，即选项选项D，将平面A1D1M与平面MND1翻折至同一平面，如图所示，连接A1N，当点P是A1N与D1M的交点时，A1P+PN取得最小值A1N，在四边形A1D1NM中，A1M＝D1M＝D1N=62，A1D1＝1，MN在△A1D1M中，由余弦定理知，cos∠A1MD1=64+64−12⋅在△MND1中，由余弦定理知，cos∠NMD1=64+12所以cos∠A1MN＝cos（∠A1MD1+∠NMD1）=23•36即△A1MN为钝角三角形，且A1N是最长边，所以A1N＞A1M=62，即A1P+PN的最小值不是62故选：ABC．【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握异面直线的定义与判断方法，截面的作法，以及利用等体积法求点到平面的距离等是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．12．（2025春•青秀区校级期中）在圆锥PO中，PO为高，AB为底面圆的直径，圆锥的底面半径为2，母线长为2，点C为PA的中点，圆锥底面上点M在以AO为直径的圆上（不含A、O两点），点H在PM上，且PA⊥OH，当点M运动时，则（）A．三棱锥M﹣PAO的外接球体积为定值 B．直线CH与直线PA不可能垂直 C．直线OA与平面PAM所成的角可能为60° D．AH+HO＜2【考点】直线与平面所成的角．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【正确答案】AD【分析】由条件结合线面垂直判定定理证明AM⊥平面POM，由此证明AM⊥PM，再证明点C为三棱锥M﹣PAO的外接球球心，判断A；证明PA⊥平面OHC，由此证明PA⊥CH，判断B；证明OH⊥平面PAM，由此可得∠OAH为直线OA与平面PAM所成的角，解三角形求其正弦，判断C；证明OH⊥AH，解三角形求AH+HO，结合基本不等式求其范围，判断D．解：连接OM，AM，AH，OC，CM，CH，对于A，易知PO⊥平面AMB，AM⊂平面AMB，所以AM⊥PO，因为点M在以AO为直径的圆上（不含A、O），所以AM⊥OM，OM∩PO＝O，OM⊂平面POM，PO⊂平面POM，所以AM⊥平面POM，又PM⊂平面POM，所以AM⊥PM，又PO⊥AO，C为PA的中点，PA＝2，所以CO＝CA＝CP＝CM＝1，所以点C为三棱锥M﹣PAO的外接球的球心，所以三棱锥M﹣PAO的外接球的半径为r＝1，所以三棱锥M﹣PAO的外接球体积为定值，A正确；由已知，PO⊥AO，PA＝2，AO=所以PO=所以△POA为等腰直角三角形，连接OC，又C为PA的中点，故PA⊥OC，又PA⊥OH，OH∩OC＝O，OH⊂平面OHC，OC⊂平面OHC，则PA⊥平面OHC，又CH⊂平面OHC，所以PA⊥CH，故B错误；因为AM⊥平面POM，又OH⊂平面POM，所以AM⊥OH，又PA⊥OH，PA∩AM＝A，AM⊂平面PAM，PA⊂平面PAM，则OH⊥平面PAM，所以OA在平面PAM上的射影为AH，所以∠OAH为直线OA与平面PAM所成的角，设OM＝x，则PM=2+x2，又OH•PM＝所以OH=所以sin∠令∠OAH＝60°，则x2+解得x=6，即OM=6，与OM＜对于D中，因为OH⊥平面PAM，AH⊂平面PAM，所以OH⊥AH，又OH=2x所以AH=所以AH+HO=由基本不等式可得(2则2+所以AH+HO＜2，D正确．故选：AD．【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．（2025春•扬州校级期中）已知空间中有三点A（3，2，0），B（3，2，2），C（3，0，1），则A到直线BC的距离为455【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；向量法；立体几何；运算求解．【正确答案】45【分析】应用向量法求点线距离即可．解：因为点A（3，2，0），B（3，2，2），C（3，0，1），所以AB→则A到直线BC的距离为|AB故45【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．14．（2025•宝鸡模拟）三棱锥A﹣BCD中，DA⊥DB，且DA＝DB＝2DC＝2，则当该三棱锥的体积最大时二面角D﹣AB﹣C的正切值为22【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；立体几何；运算求解．【正确答案】22【分析】先利用DA⊥DB，可计算得到底面面积，当DC恰好为三棱锥的高时，三棱锥体积最大，此时DA，DB，DC两两互相垂直，取AB的中点E，连接ED，EC利用二面角的平面角的定义算出二面角D﹣AB﹣C的正切值．解：依题意可得三棱锥A﹣BCD体积为V=因为DC＝1，所以当DC⊥平面DAB时，即DC＝h＝1时，三棱锥体积最大，此时DA，DB，DC两两互相垂直，取AB的中点为E，连接ED，EC，因为DA＝DB＝2，DA⊥DB，所以DE⊥AB，又因为AC＝BC，所以∠CED为二面角的平面角，因为DE=2，所以二面角D﹣AB﹣C的正切值为tanθ=故22【点评】本题考查二面角的计算，属于中档题．15．（2025•许昌模拟）已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，AB=23，BC＝4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P﹣ABCD内切球表面上一点，则点M到直线CD距离的最小值为10【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离．【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；球；运算求解．【正确答案】10−1【分析】根据题意得到平面PHN截四棱锥P﹣ABCD的内切球O所得的截面为大圆，在△PHN中计算得到内切球半径，最后利用线面垂直的判定定理和性质定理得到ON⊥CD，结合球的性质得到距离的最小值．解：已知四棱锥P﹣ABCD的底面为矩形，AB=23，BC＝4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P﹣过点P作PH⊥AB，交AB于点H，由侧面PAB为正三角形可知H为AB中点，设CD中点为N，连接HN，由题意得，平面PHN截四棱锥P﹣ABCD的内切球O所得的截面为大圆，此圆为△PHN的内切圆，设内切圆半径为r，与HN，PH分别相切于点E，F，因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，又PH⊥AB，PH⊂平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD，而HN⊂平面ABCD，则PH⊥HN，因为AB=23，所以PH＝3，HN＝4，PN＝5，在△PHN中，S△解得r＝1，所以四棱锥P﹣ABCD的内切球的半径为1，连接ON，因为PH⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PH⊥CD，又CD⊥HN，PH，HN⊂平面PHN，PH∩HN＝H，所以CD⊥平面PHN，因为ON⊂平面PHN，所以ON⊥CD，所以内切球表面上一点M到直线CD的距离的最小值即为线段ON的长减去球的半径，又ON=所以四棱锥P﹣ABCD内切球表面上一点到直线CD的距离的最小值为10−1故10−1【点评】本题考查了线面垂直的判定定理和性质定理，重点考查了球的性质，属中档题．16．（2025•抚顺一模）已知顶点为P的圆锥有且仅有一条母线PA在平面α内，B是母线PA的中点，点C∈α．若PA与圆锥底面所成的角为60°，圆锥外接球的表面积为256π3，且圆锥底面圆心O到直线BC的距离为13，则BC与圆锥底面所成角的正弦值为3【考点】几何法求解直线与平面所成的角；球内接多面体．【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解；空间想象．【正确答案】34【分析】先根据球的表面积公式求得外接球半径，再在平面α内过点P作直线l∥BC，取AB的中点M，连接OM，由面面垂直的性质定理证明OM⊥平面α，过M作垂线，分别交BC，l于点N和Q，连接ON，OQ，结合平行线的性质和勾股定理，求出cos∠OPQ的值，最后根据线面角的定义与求法，即可得解．解：设圆锥外接球的球心为G，半径为R，圆锥底面圆的半径为r，由圆锥外接球的表面积为256π3，知4πR2=256π因为PA与圆锥底面所成的角为60°，所以PA＝2r，OP=3r在Rt△OAG中，AG2＝OA2+OG2，即R2＝r2+（3r﹣R）2，整理得r=2在平面α内过点P作直线l∥BC，取AB的中点M，连接OM，则OM⊥PA，且OM＝23，因为顶点为P的圆锥有且仅有一条母线PA在平面α内，所以平面α⊥平面PAO，又平面α∩平面PAO＝PA，OM⊂平面PAO，所以OM⊥平面α，因为BC⊂平面α，所以OM⊥BC，过M作垂线，分别交BC，l于点N和Q，连接ON，OQ，即MN⊥BC，又OM∩MN＝M，OM、MN⊂平面OMN，所以BC⊥平面OMN，又ON⊂平面OMN，所以BC⊥ON，即O到BC的距离为ON，所以ON=13所以MN=O因为l∥BC，所以MNMQ=MB在Rt△OMQ中，OQ=O在Rt△OQP中，PQ=OP2设BC与圆锥底面所成角为θ，则sinθ＝cos∠OPQ=PQ即BC与圆锥底面所成角的正弦值为34故34【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握圆锥的结构特征，直线与平面垂直的判定与性质定理，线面角的定义与求法，以及外接球球心与半径的求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．四．解答题（共4小题）17．（2025•湖北模拟）如图，已知四边形ABCD为直角梯形，AB⊥BC，AB∥CD，AB＝2BC＝2CD，以AD所在直线为轴将四边形ABCD旋转到四边形AEFD，连接BE，CF，且B，C，F，E四点共面．（1）证明：多面体ABCDEF是三棱台；（2）若∠EAB=π3，求直线（3）若AB＝2，二面角A﹣EB﹣C的余弦值为−17，求平面AEFD与平面【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；空间向量法求解直线与平面所成的角．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【正确答案】（1）证明见解析；（2）33；（3）7【分析】（1）证明平面CDF∥平面ABE及AD、EF、BC三线交于一点即可；（2）设AB＝2BC＝2CD＝2，证明DE⊥平面ABCD，过点D作DG⊥AB交AB于点G，以DC→，DG→，DE→（3）取EB的中点P，连接PA，PH，证明∠APH是二面角A﹣EB﹣C的平面角，由余弦定理求出AP长度，判断△BDE的形状，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解．解：（1）证明：因为四边形ABCD为直角梯形，所以CD∥AB，因为CD⊂平面ABE，AB⊂平面ABE，所以CD∥平面ABE同理可得DF∥平面ABE，因为CD，DF⊂平面CDF，CD∩DF＝D，所以平面CDF∥平面ABE，①又在梯形ABCD中，延长AD，BC交于点H，因为H∈BC，BC⊂平面BEFC，所以H∈平面BEFC，同理H∈平面AEFD，又因为平面BEFC∩平面AEFD＝EF，∴H∈EF，故直线EF，BC，AD相交于点H，②故由①②可知：多面体ABCDEF是三棱台；（2）设AB＝2BC＝2CD＝2，则BD=又因为∠EAB=π3，所以AB＝由ED2+BD2＝EB2，得DE⊥BD．又因为DE⊥AD，BD∩AD＝D，BD、AD⊂平面ABCD，所以DE⊥平面ABCD，过点D作DG⊥AB交AB于点G，故DC→分别以DC→，DG→，DE→则D（0，0，0），A（﹣1，1，0），B（1，1，0），E(0，0，故AB→=(2，0，0)，设平面AEB的一个法向量为m→由m→得m→设直线AD与平面AEB所成角为θ，则sinθ=|又因为平面AEB∥平面CDF，故直线AD与平面CDF所成角的正弦值为33（3）取EB的中点P，连接PA，PH，因为AB＝2，所以BH＝EH＝2，即△HBE为等腰三角形，故PH⊥EB，同理，AP⊥EB，故∠APH就是二面角A﹣EB﹣C的平面角，故cos∠解得AP=PH=142又因为BD=DE=分别以DC→，DG→，DZ→为x轴、y轴、z轴的正方向建系，其中G则D（0，0，0），A（﹣1，1，0），B（1，1，0），E(设平面AEB的一个法向量为m1由m1→⊥平面AEFD的一个法向量为n1由n1→⊥设平面AEFD与平面AEB的夹角为α，则cosα=|故平面AEFD与平面AEB的夹角的余弦值为77【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．18．（2025春•邗江区校级期中）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1．（1）取线段PA中点M连接BM，判断直线BM与平面PCD是否平行并说明理由；（2）求B到平面PCD的距离；（3）线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为105？若存在，求出PE【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面平行；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．【正确答案】（1）平行；理由见证明；（2）217；（3）1【分析】（1）取PN中点N，连接MN，证出四边形BCNM为平行四边形，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，求出平面PCD的法向量n→以及BC→，利用B到平面（3）平面EAC的法向量m→以及OP解：（1）BM∥平面PCD．理由如下证明：取PN中点N，连接MN，因为M为PA的中点，且AD＝2，BC＝1，所以MN＝BC，且MN∥BC，