2026年高考数学一轮专题训练：空间直角坐标系1 含答案

/空间直角坐标系一．选择题（共8小题）1．（2025春•昌江区校级期中）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M是棱AB的中点，N是侧面BB1C1C内一点，且MN∥平面AA1C1C，则MN长度的取值范围是（）A．[1，2] B．[1，62] 2．（2025春•姜堰区期中）已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E为PA的中点，点F满足PF→=2FC→，点Q满足PQ→=λQD→，若BA．12 B．35 C．233．（2025春•江苏校级期中）如图，三棱锥O﹣ABC中，OA→=a→，OB→=b→，A．−14a→C．14a→4．（2025春•邗江区校级期中）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P，Q分别为平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则点B到平面APQ的距离为（）A．105 B．21111 C．55．（2025春•广东期中）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1如图所示，其中A1M→=2MA→，若点N为棱BA．13AA1C．13AA6．（2025春•兴化市期中）在空间四边形ABCD中，AB→=（1，3，2），BC→=（﹣2，﹣3，1），A．（4，1，﹣1） B．（﹣4，﹣1，1） C．（0，﹣5，1） D．（0，5，﹣1）7．（2025春•常州期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线AA1的距离的最小值为（）A．455 B．255 C．8．（2025•安徽模拟）在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AM→=13AC→，且AC=33，N是棱A．33 B．6 C．3 D．二．多选题（共4小题）9．（2025春•沭阳县期中）已知：空间直角坐标系O﹣xyz中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为n→=(a，b，c)的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0；过点P（x0，y0，z0）且一个方向向量为d→=(u，v，w)，(uvw≠0)的直线l的方程为x−A．平面α的一个法向量为n→B．直线l经过点M（﹣1，2，0） C．直线l的一个方向向量为e→D．直线l与平面α所成角的正弦值为1410．（2025春•福建期中）给出下列命题，其中正确的是（）A．若非零空间向量a→，b→，B．若直线l的一个方向向量为e→=(3，0，1)，平面α的一个法向量为n→=(−23，0，2)，则C．若向量a→=(−1，m，2)，b→D．若向量a→=(4，1，2)，b→=(1，3，1)，11．（2025•湖北模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点P满足AP→=xAB→+yADA．当x＝y＝1时，则直线AP与CD所成角的正切值范围是[1，2B．当x+z＝1，y＝0时，则AP+PD′的最小值为6+C．当x+y+z＝1时，线段AP的长度最小值为33D．当x+y+z＝k（0＜k＜3）时，记点P的轨迹为平面α，则α截此正方体所得截面面积的最大值为312．（2025春•常州期中）如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形ABCD是边长为4的正方形，则（）A．异面直线AE和DF所成的角为π3B．平面FAD和平面EBC有相同的法向量 C．异面直线AB和EC的距离为43D．二面角A﹣EB﹣C的余弦值为1三．填空题（共4小题）13．（2025春•芗城区校级期中）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，则点B到直线A1C1的距离为．14．（2025春•邯郸期中）已知等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，点D是边AB的中点，若直线CD与平面α所成角的大小为45°，则直线CA与平面α所成角的正弦值为．15．（2025春•福建期中）在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，将三角形沿直角边BC上的中线AD折成平面角为60°的二面角B﹣AD﹣C，则空间中线段BC的长为．16．（2025•茂名二模）已知棱长为a的正四面体P﹣ABC，AM→=79AB→，Q为侧面PBC内的一动点，若四．解答题（共4小题）17．（2025春•桂平市期中）如图，边长为2的正方形ABCD是圆柱的轴截面，E为底面圆O上的点，F为线段DE的中点．（1）证明：AE⊥平面BCE．（2）证明：OF∥平面BCE．（3）若直线BE与平面CDE所成角的正弦值为21919，求18．（2025春•浙江期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥AD，AB＝2，BC＝1，点E在AD上，且PE⊥AD，AE＝DE＝2．（1）若点Q为线段PE的中点，证明：BQ∥平面PCD；（2）若AB⊥平面PAD，PE＝3，求直线PD与平面PAB所成的角的正弦值．19．（2024秋•会泽县期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1底面是边长为2的正方形，高为4，E为线段AB的中点，F为线段CA1的中点．（1）证明：EF∥平面ADD1A1；（2）求直线EF与平面A1DC所成角的正弦值；（3）求直线AB到平面A1DC的距离．20．（2024秋•易门县校级期末）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1内接于圆柱，AC为圆柱底面的直径，AB＝AA1＝BC＝2，M为A1C1中点，N为CC1中点．（1）求直线BM与平面A1BC所成角的正弦值；（2）若求平面A1BC与平面BMN所成锐二面角的余弦值．

空间直角坐标系答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2025春•昌江区校级期中）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，M是棱AB的中点，N是侧面BB1C1C内一点，且MN∥平面AA1C1C，则MN长度的取值范围是（）A．[1，2] B．[1，62] 【考点】点、线、面间的距离计算；轨迹方程；直线与平面平行．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【正确答案】C【分析】取BC，B1C1的中点为G，H，连接MG，GH，HM，确定平面MGH∥平面AA1C1C，得到N的轨迹是线段HG，即可求解．解：取BC，B1C1的中点为G，H，连接MG，GH，HM，由中位线易知MG∥AC，HG∥CC1，又AC，CC1⊂平面AA1C1C，MG，HG⊄平面AA1C1C，所以MG∥平面AA1C1C，HG∥平面AA1C1C，又MG∩HG＝G，且MG，HG⊂平面MGH，所以平面MGH∥平面AA1C1C，又MN∥平面AA1C1C，所以N∈平面MGH，又N∈侧面BB1C1C，所以N的轨迹是线段HG，易知MG=MG≤MN≤MH，所以MN长度的取值范围是[2故选：C．【点评】本题考查线面平行的应用，属于中档题．2．（2025春•姜堰区期中）已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E为PA的中点，点F满足PF→=2FC→，点Q满足PQ→=λQD→，若BA．12 B．35 C．23【考点】空间向量的共线与共面．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．【正确答案】C【分析】由共面向量的基本定理得出BQ→=mBE→+nBF→，利用空间向量的减法可得出PQ→=(1−m−n)解：四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点E为PA的中点，点F满足PF→=2FC→，点如下图所示：因为B、E、F、Q四点共面，且BE→、BF则存在m、n∈R，使得BQ→即PQ→所以PQ→因为四边形ABCD为平行四边形，所以AD→=BC所以PD→设PQ→=k因为PA→、PB→、PC→不共面，所以1−m−又因为PQ→=λ故选：C．【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．3．（2025春•江苏校级期中）如图，三棱锥O﹣ABC中，OA→=a→，OB→=b→，A．−14a→C．14a→【考点】空间向量的数乘及线性运算．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．【正确答案】B【分析】利用空间向量的运算法则求解即可．解：三棱锥O﹣ABC中，OA→=a→，OB→=b则MN=−OM=−3=−3=−3故选：B．【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．4．（2025春•邗江区校级期中）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P，Q分别为平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则点B到平面APQ的距离为（）A．105 B．21111 C．5【考点】空间中点到平面的距离．【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．【正确答案】B【分析】利用正方体建系，分别求出相关点和向量的坐标，计算出平面APQ的法向量坐标，利用点到平面距离的向量公式计算即得．解：如图，以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，则A（2，0，0），B1（2，2，2），D1（0，0，2），B（2，2，0），C1（0，2，2），因点P，Q分别为平面A1B1C1D1，平面BCC1B1的中心，则P（1，1，2），Q（1，2，1），于是，AP→设平面APQ的法向量为n→则AP→⊥n故可取n→=(3，1，1)，又则点B到平面APQ的距离为d=故选：B．【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．5．（2025春•广东期中）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1如图所示，其中A1M→=2MA→，若点N为棱BA．13AA1C．13AA【考点】空间向量及其线性运算．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．【正确答案】D【分析】根据空间向量的线性运算法则，准确化简，即可求解．解：三棱柱ABC﹣A1B1C1如图所示，其中A1M→=2MA→，若点N根据空间向量的线性运算法则，可得：MN→故选：D．【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．6．（2025春•兴化市期中）在空间四边形ABCD中，AB→=（1，3，2），BC→=（﹣2，﹣3，1），A．（4，1，﹣1） B．（﹣4，﹣1，1） C．（0，﹣5，1） D．（0，5，﹣1）【考点】空间向量及其线性运算．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．【正确答案】A【分析】利用向量加减法的坐标运算直接求解即可．解：空间四边形ABCD中，AB→=（1，3，2），BC→则CD→故选：A．【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．7．（2025春•常州期中）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线AA1的距离的最小值为（）A．455 B．255 C．【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；空间向量及应用；运算求解．【正确答案】A【分析】建系，利用向量法，向量数量积运算，即可求解．解：建系如图：则根据题意可得D1（0，0，2），E（1，2，0），A1（2，0，2），A（2，0，0），所以D1E→=(1，2，−2)，设与D1E→，A则n→⋅D所以P到直线AA1的距离的最小值为|D故选：A．【点评】本题考查异面直线的距离的求解，向量法的应用，属中档题．8．（2025•安徽模拟）在直棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AM→=13AC→，且AC=33，N是棱A．33 B．6 C．3 D．【考点】点、线、面间的距离计算；空间向量的数量积运算．【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．【正确答案】B【分析】设AA1＝h，AN→=tAA1→，t∈[0，1]，将向量NM→．NC解：设AA1＝h，AN→=tA则NM→=AM由NM因为AC=33，AA1⊥AC，则AC→2=27代入整理得，t（t﹣1）h2+9＝0，显然t（t﹣1）≠0，故h2因为0＜t＜1，故当t=12时，y此时h2取得最小值为36，故AA1的最小值为6．故选：B．【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．二．多选题（共4小题）9．（2025春•沭阳县期中）已知：空间直角坐标系O﹣xyz中，过点P（x0，y0，z0）且一个法向量为n→=(a，b，c)的平面α的方程为a（x﹣x0）+b（y﹣y0）+c（z﹣z0）＝0；过点P（x0，y0，z0）且一个方向向量为d→=(u，v，w)，(uvw≠0)的直线l的方程为x−A．平面α的一个法向量为n→B．直线l经过点M（﹣1，2，0） C．直线l的一个方向向量为e→D．直线l与平面α所成角的正弦值为14【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；空间位置关系与距离；运算求解；空间想象；新定义类．【正确答案】ABD【分析】选项A，根据新定义，结合平面α的方程，即可写出平面α的法向量；选项B，将点M的坐标代入两个平面的方程经验即可；选项C，根据向量的垂直关系，求直线l的方向向量即可；选项D，利用向量法求线面角即可．解：选项A，由平面α的方程为2x﹣2y+z﹣7＝0，得平面α法向量为n→=(2，−2，1)，故选项选项B，因为直线l是平面x﹣3y+7＝0与2y+z﹣4＝0的交线，所以直线l经过的点必在这两个平面上，经检验：M（﹣1，2，0）满足方程﹣1﹣3×2+7＝0，也满足2×2+0﹣4＝0，所以直线l经过点M（﹣1，2，0），故选项B正确；选项C，设直线l的一个方向向量为e→而平面x﹣3y+7＝0与2y+z﹣4＝0的法向量分别为（1，﹣3，0），（0，2，1），所以(x，y令x＝3，则y＝1，z＝﹣2，所以e→=(3，1，−2)，故选项选项D，由上可知，平面α法向量为n→=(2，−2，1)，直线l的一个方向向量为所以cos＜n→，故直线l与平面α所成角的正弦值为1421，故选项D故选：ABD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，理解平面法向量与直线方向向量的求法，熟练掌握利用向量法求线面角是解题的关键，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•福建期中）给出下列命题，其中正确的是（）A．若非零空间向量a→，b→，B．若直线l的一个方向向量为e→=(3，0，1)，平面α的一个法向量为n→=(−23，0，2)，则C．若向量a→=(−1，m，2)，b→D．若向量a→=(4，1，2)，b→=(1，3，1)，【考点】空间向量的共线与共面；空间向量基本定理及空间向量的基底；平面的法向量．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．【正确答案】BCD【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：分析可知e→⊥n→，结合线面关系分析判断；对于解：对于选项A：例如a→=(1，0，0)，b→=(0，1，0)，但a→，c对于选项B：向量为e→=(3，0，1)，平面α的一个法向量为n→=(−2所以l∥α或l⊂α，故B正确；对于选项C：由于a→则存在λ∈R，使得a→则−1=2λm=−λ2=nλ，解得对于选项D：若向量a→则存在实数x，y，使得c→则4x+y=1x故选：BCD．【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的坐标运算，向量的共面，主要考查学生的运算能力，属于中档题．11．（2025•湖北模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点P满足AP→=xAB→+yADA．当x＝y＝1时，则直线AP与CD所成角的正切值范围是[1，2B．当x+z＝1，y＝0时，则AP+PD′的最小值为6+C．当x+y+z＝1时，线段AP的长度最小值为33D．当x+y+z＝k（0＜k＜3）时，记点P的轨迹为平面α，则α截此正方体所得截面面积的最大值为3【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征；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．【正确答案】ACD【分析】对于选项A，当x＝y＝1时，点P在线段CC′上运动，∠BAP即为直线AP与CD所成角；对于选项B，当x+z＝1，y＝0时，点P在线段A′B上运动，故将三角形AA′B与四边形A′BCD′沿A′B展开到同一个平面上即可求解；对于选项C，当x+y+z＝1时，点P在△A′BD内部及边界上运动，线段AP的长度最小值即点A到平面A′BD的距离，由等体积法即可求解；对于选项D，当x+y+z＝k（0＜k＜3）时，记点P的轨迹为平面α，故平面α截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积．解：对于选项A，当x＝y＝1时，点P在线段CC′上运动，如图所示，由于AB∥CD，可知∠BAP即为直线AP与CD所成角，连接BP，设CP＝t，t∈[0，1]，则在Rt△ABP中，AB=1，tan∠BAP=对于选项B，当x+z＝1，y＝0时，点P在线段A′B上运动，故将三角形AA′B与四边形A′BCD′沿A′B展开到同一个平面上，由图可知，线段AD′的长度即为AP+PD′的最小值，在△AA′D′中，AD′=A′对于选项C，当x+y+z＝1时，点P在△A′BD内部及边界上运动，则线段AP的长度最小值即点A到平面A′BD的距离，由VA′﹣ABD＝VA﹣A′BD得线段AP的长度最小值为33，故选项C对于选项D，当x+y+z＝k（0＜k＜3）时，记点P的轨迹为平面α，故平面α截此正方体所得截面面积的最大值为正方体的中截面的面积，如图所示：当点E，F，G，H，M，N分别为对应棱的中点时，连结EF，FG，GH，HM，MN，NE，可得平面EFGHMN平行于平面A′BD，且为正六边形，此时该截面EFGHMN是最大截面，由于正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为22则面积为34×(故选：ACD．【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．12．（2025春•常州期中）如图，八面体的每个面都是正三角形，若四边形ABCD是边长为4的正方形，则（）A．异面直线AE和DF所成的角为π3B．平面FAD和平面EBC有相同的法向量 C．异面直线AB和EC的距离为43D．二面角A﹣EB﹣C的余弦值为1【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；点、线、面间的距离计算；异面直线及其所成的角；平面的法向量．【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．【正确答案】ABC【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角、平面法向量及二面角可判断A项、B项、D项；在线段AB任取一点Q，在线段EC任取一点P，设AQ→=λAB→，λ∈[0，1]，EP→=μEC→，μ∈[0，1]，根据空间向量坐标运算可得设PQ→，当PQ⊥AB，PQ⊥EC时，|PQ|即为异面直线AB解：连接AC、BD交于点O，连接OE，OF，因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，又因为八面体的每个面都是正三角形，所以E，O，F三点共线，且EF⊥平面ABCD，所以以O为原点，分别以OB，OC，OE所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示，则O（0，0，0），A(0，−22，0)，B(22，0，0)，C(0，2对于A：AE→=(0，22设异面直线AE与DF所成角为θ(0＜则cosθ=|所以θ=π3，即异面直线与DF所成角大小为π对于B：FA→=(0，−22设面FAD的一个法向量为n→则n→取x1＝1，则y1＝1，z1＝1，则n→因为BE→=(−22设面BEC的一个法向量为m→则m→取x2＝1，则y2＝1，z2＝1，则m→所以平面FAD和平面EBC有相同的法向量，故B正确；对于C：在线段AB任取一点Q，在线段EC任取一点P，连接OP，OQ，PQ，则可设AQ→=λAB→，λ∈因为AB→=(22所以Q(22λ则PQ→当PQ⊥AB，PQ⊥EC时，|PQ|即为异面直线AB和EC的距离，所以PQ→则PQ→所以|PQ→|=(423)2对于D：因为BE→=(−22设面AEB的一个法向量为p→则p→取x3＝1，则y3＝﹣1，z3＝1，则p→所以|cos又因为面ABE与BEC所成的二面角的平面角为钝角，所以二面角A﹣EB﹣C的平面角的余弦值为−13，故故选：ABC．【点评】本题考查向量法的综合应用，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．（2025春•芗城区校级期中）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AB＝4，BC＝3，∠ABC＝90°，则点B到直线A1C1的距离为2561【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】261【分析】建立空间直角坐标系，利用空间点到直线距离公式进行计算．解：如图，以点B为原点，以BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，因为AA1＝2，AB＝4，BC＝3，所以B（0，0，0），A1（4，0，2），C1（0，3，2），所以直线A1C1的方向向量为A1C→则BC1→在A所以点B到直线A1C1的距离d=故25【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．14．（2025春•邯郸期中）已知等腰直角三角形ABC的斜边AB在平面α内，点D是边AB的中点，若直线CD与平面α所成角的大小为45°，则直线CA与平面α所成角的正弦值为12【考点】几何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】12【分析】先确定∠CAH，∠CBH分别是CA，CB与平面α所成的角，再解三角形即可．解：如图所示，过C作CH⊥平面α于H，连接AH，BH，DH，则∠CDH为CD与平面α所成角，即∠CDH＝45°，同理∠CAH，∠CBH分别是CA，CB与平面α所成的角，又AH，BH，DH⊂平面CDH，则CH⊥AH，CH⊥BH，CH⊥DH，又CA＝CB，所以HA＝HB．不妨设CH＝1，则DH＝1，CD=又△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，所以AD=DC所以AH=所以AC=所以sin∠即直线CA与平面α所成角的正弦值为12故12【点评】本题考查线面角的计算，属于中档题．15．（2025春•福建期中）在等腰直角三角形ABC中，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，将三角形沿直角边BC上的中线AD折成平面角为60°的二面角B﹣AD﹣C，则空间中线段BC的长为2105【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；点、线、面间的距离计算．【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．【正确答案】210【分析】设点B，C在直线AD上的投影分别为E，F，可得BE=CF=解：设点B，C在直线AD上的投影分别为E，F，因为AC＝2CD＝2，∠ACD＝90°，则AD=由△ACD的面积可得12则CF=AC⋅且D为边BC的中点，可得BE=CF=由二面角B﹣AD﹣C的平面角为60°，可得＜CF因为CB→所以CB=4即|CB故210【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．16．（2025•茂名二模）已知棱长为a的正四面体P﹣ABC，AM→=79AB→，Q为侧面PBC内的一动点，若QM=【考点】点、线、面间的距离计算．【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．【正确答案】πa3【分析】以A为原点，建立空间直角坐标系，设Q（x，y，z），由QM=73QB，得到|QM|2=79|QB|2，得到点Q在空间中的轨迹为一个球，进而点解：以A为原点，以AB→的方向为x可得A（0，0，0），B（a，0，0），因为AM→=7设Q（x，y，z），因为QM=即|QM可得(x整理得x2所以点Q在空间中的轨迹是以A为球心，半径为73又因为Q在侧面PBC内，过点A作AO⊥平面PBC于点O，则O为△PBC的中心，点Q在侧面PBC内的轨迹为以O为圆心，以(7因为OG=所以cos∠所以∠SOG=π所以点Q的轨迹长度为(2π故πa3【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．四．解答题（共4小题）17．（2025春•桂平市期中）如图，边长为2的正方形ABCD是圆柱的轴截面，E为底面圆O上的点，F为线段DE的中点．（1）证明：AE⊥平面BCE．（2）证明：OF∥平面BCE．（3）若直线BE与平面CDE所成角的正弦值为21919，求【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行；直线与平面垂直．【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）证明见解析；（3）BE=【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可得证；（2）取线段CE的中点H，连接FH，BH，证明四边形FHBO为平行四边形，则OF∥HB，再根据线面平行的判定定理即可证明；（3）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用线面角的空间向量求法即可得到方程，解出即可．解：（1）证明：连接AE，因为E为底面圆O上的点，所以AE⊥BE，又因为CB⊥底面圆O，AE⊂底面圆O，所以CB⊥AE，又因为BE∩BC＝B，所以AE⊥平面BCE．（2）证明：取线段CE的中点H，连接FH，BH，在△CDE中，FH∥CD，FH=因为AB∥CD，AB＝2OB＝CD，所以FH∥OB，FH＝OB，所以四边形FHBO为平行四边形，则OF∥HB，因为OF⊄平面BCE，HB⊂平面BCE，所以OF∥平面BCE．（3）连接AE．因为AB是圆O的直径，所以AE⊥BE，过点E作圆柱的母线EQ，则EQ⊥平面ABE，所以AE，BE，EQ互相垂直，以E为原点，EA→．EB→．EQ→的方向分别为x，y不妨设AE＝a，BE＝b，则a2+b2＝4，E（0，0，0），C（0，b，2），D（a，0，2），所以EC→=(0，b设m→=(x所以ED→令z＝ab，则m→=（﹣2b，﹣2a，易知直线BE的一个方向向量为n→记直线BE与平面CDE所成的角为θ，则sinθ=|化简得15a2＝4b2+a2b2．结合a2+b2＝4，解得a＝1，b=所以BE=【点评】本题考查线面平行与垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．18．（2025春•浙江期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥AD，AB＝2，BC＝1，点E在AD上，且PE⊥AD，AE＝DE＝2．（1）若点Q为线段PE的中点，证明：BQ∥平面PCD；（2）若AB⊥平面PAD，PE＝3，求直线PD与平面PAB所成的角的正弦值．【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行．【专题】转化思想；向量法；空间角；运算求解；空间想象．【正确答案】（1）证明过程请见解答；（2）1213【分析】（1）取PD的中点G，连接CG，QG，先证四边形BCGQ为平行四边形，可得BQ∥CG，再由线面平行的判定定理，即可得证；（2）以A为原点建系，利用向量法求线面角即可．（1）证明：取PD的中点G，连接CG，QG，因为点Q为线段PE的中点，所以QG∥AD，QG=12而BC∥AD，BC＝1，所以QG∥BC，QG＝BC，即四边形BCGQ为平行四边形，所以BQ∥CG，又BQ⊄平面PCD，CG⊂平面PCD，所以BQ∥平面PCD．（2）解：因为AB⊥平面PAD，AD，PE⊂平面PAD，所以AB⊥AD，AB⊥PE，又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB、AD⊂平面ABD，所以PE⊥平面ABCD，故以A为原点，AD，AB所在直线分别为x，y轴，作Az∥PE，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（0，2，0），P（2，0，3），D（4，0，0），所以PD→=（2，0，﹣3），AB→设平面PAB的法向量为n→=（x，y，z），则取x＝﹣3，则y＝0，z＝2，所以n→设直线PD与平面PAB所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜PD→，n→故直线PD与平面PAB所成的角的正弦值为1213【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，利用向量法求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．19．（2024秋•会泽县期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1底面是边长为2的正方形，高为4，E为线段AB的中点，F为线段CA1的中点．（1）