2023年新高考數(shù)學(xué)一模試題匯編10 空間向量與立體幾何（解析版）

專題io空間向量與立體幾何

一、單選題

1.(2023?山東荷澤?統(tǒng)考一模)如圖，八面體的每一個面都是正三角形，并且4B,C,D四個頂點在同一平面

內(nèi)，下列結(jié)論：①AE〃平面CDF；②平面ABE〃平面CDF；@ABLAD；④平面4CE_L平面BDF,正確

命題的個數(shù)為()

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

【答案】D

【分析】根據(jù)題意，以正八面體的中心O為原點，OB,OC,OE分別為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標

系，由空間向量的坐標運算以及法向量，對選項逐一判斷，即可得到結(jié)果.

以正八面體的中心O為原點，。',。。,。后分別為乂丫以軸，建立如圖所示空間直角坐標系，

設(shè)正八面體的邊長為2,則A(O,-√Σ,O),F(0,0,√2),C(0,√2,θ),Z)(-√2,0,0),F(0,0,-√2)

所以，AE=(0,√2,√2),CD=(-√2,-√2,0),CF=(θ,-√2,-√2),

設(shè)面CDr的法向量為元=(x,y,z),則庶.元=一?=0,解得fzX=],即元=(1,Tl)

又荏?元=-企+或=0,所以荏！.落AE?[S∣CDF,即AE〃面CDF,①正確；

因為荏=-#，所以4E//CF,

又ABIlCD,ABCffiCDF,COujMCOF,則AB//面CO凡

由4BnAE=4,4E,48u平面4BE,所以平面ZEB〃平面CCF,②正確；

因為B(Mθ,θ),荏=(√Σ,√Σ,O),而=(一魚,五,0),則而.而=0,所以ABIAC,③正確；

易知平面ACE的一個法向量為而=（1,0,0）,平面8。尸的一個法向量為通=（0,1,0）,

因為元?五=0,所以平面ACE_L平面BDF,④正確；

故選：D

2.（2023?湖南長沙?統(tǒng)考一模）在平行六面體ABCD-&BlClDI中，已知AB=4,AD=3,AA1=5,?BAD=

o

90,/.BAA1=?DAA1=60°,則尼?西的值為（）

A.10.5B.12.5

C.22.5D.42.5

【答案】A

【分析】將前,而,何*作為基底，然后用基底表示出於,西，再求其數(shù)量積即可.

【詳解】由題意得而=荏+而，西=瓦？+而+西=一荏+而+而，

o

因為=4,AD=3,AA1=5,?BAD=90,?BAA1=?DAA1=60°,

所以前?西=（AB+AD）?（-AB+AD+麗）

=-AB2+AB-AD+AB-AAi-AB-AD+AD2+AD-AA^

=-AB2+AB-^AA[+AD2+AD-AA^

=-16÷4×5cos60o+9+3×5cos60o

=-16÷10÷9÷7.5

=10.5,

故選：A

B

二、多選題

3.（2023?福建?統(tǒng)考一模）如圖，在棱長為1的正方體。-48傳1仇中，點用為線段BDl上的動點（含

端點），則（）

A.存在點仞，使得CMJ_平面40B

B.存在點M,使得CM〃平面AlDB

C.不存在點M,使得直線GM與平面4D8所成的角為30。

D.存在點M,使得平面4CM與平面&BM所成的銳角為45°

【答案】BCD

【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式、法向量的性質(zhì)逐一判斷即可.

【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，

C(0,0,0),B(0,1,0),/1(1,l,0),D(l,0,0),D1(IAl)Mid,1,1),Ci(0,0,1).

設(shè)方源=4審=M(I-λ,Λ,l-λ)(λ∈[0,1]),

設(shè)平面B的法向量為元=(x,y,z),

^DB=(TLo),西=(1,0,1),CM=(1-λ,λ,l-λ),

則有[于獸U={rj'=n°=R=(ST)，

假設(shè)存在點M,使得CML平面&DB,所以有兩〃落

所以有?=：=Wn4∈0,因此假設(shè)不成立，因此選項A不正確;

11—1

假設(shè)存在點M,使得CM〃平面

所以有閑1元=而?元=O=I-4+2-l+∕l=0n∕l=0∈[0,1],所以假設(shè)成立，因此選項B正確;

假設(shè)存在點M,使得直線CiM與平面AiD8所成的角為30。，C^M=(l-λfλ,-λ),

所以有CoS〈的加元)=sin30°=∣CιM?π∣_|1—Λ+λ+Λ∣_1

∣ClM∣?∣n∣一√3×√(l-λ)2+λ2+λ2-2,

解得；I=W漁＜0,；I=W漁＞1,所以假設(shè)不成立，故選項C正確;

假設(shè)存在點M,使得平面ACM與平面所成的銳角為45。,

設(shè)平面4CM、平面&BM的法向量分別為五二(孫力,NJ、b=(%2，丫2,Z2)，

CA=(1,1,0),FM=(l-λ,Λ-l,l-幻,顯然;I∈[0,1),

則有惇.至=Onf、X1+yi=°,

U?CM=01(1-+4yl+(1-4)Z1=0

當(dāng)。∈[0,1)04,有五=(1,-1,

b-^BA[=On%2+Z?~^O→.?

(1-λ)x+(Λ-l)y+(1-λ)z=Onz)=(1，0,T)，

b?^BM=O222

1+

所以有COS(￡力=τ?旦=----==>Λ=1,或％=；,假設(shè)成立，選項D正確,

lmllnl223

√2×J1+ι+(??)

故選：BCD

4.（2023.山東威海?統(tǒng)考一模）在棱長為1的正方體力BCC-AlBlCIDI中，點P滿足方=AB+xAA[+yAD,

x∈[0,1],y∈[0,1],則（）

A.當(dāng)X=I時，OJ+BP的最小值為遙

B.當(dāng)X=y時，有且僅有一點P滿足DBlJLaP

C.當(dāng)x+y=l時，有且僅有一點尸滿足到直線必當(dāng)?shù)木嚯x與到平面ABs的距離相等

D.當(dāng)好+『=1時，直線AP與ClDI所成角的大小為定值

【答案】ACD

【分析】對于選項A,先判斷P點的軌跡，再將問題平面化即可求解；對于選項BCD,建立空間直角坐標

系，利用向量方法即可求解.

【詳解】如圖所示，以A為原點建立空間直角坐標系，

則4(0,0,0),B(0,1,0),C(l,l,l),D(1,0,0),AI(0,0,1),B1(0,1,1),C1(l,l,l),P1(1,0,1).

則荏=(0,1,0),xAA1=(0,0,x),yAD=(y,0,0),

則衣=同+xZ5ι+y而=(y,l,x),ΛP(y,l,x).

選項A：當(dāng)X=I時，P(y,1,1)為線段當(dāng)C1上的點，

將平面為BlClCI和平面BCGBl沿BICl展開為同一個平面如圖，

4BlB

"P

DxC1C

連接。1以則DIP+BP的最小值即為=JD?C?+BC2=?故A正確；

選項B：當(dāng)％=y時，P(xtI1x),萬瓦=(—1,1,1),A1P=(%,l,x—1),

則西?卡=-%+1+%-1=0,即。即滿足條件的P點有無數(shù)個，故B錯誤；

選項C：當(dāng)％+y=l時，y=1-χf

則P(I—居LA:),A^=(0,1,0),審=(I-居1,%—1),∣^P∣=√3+2x2-4%,

則中在不瓦上的投影為邛等=7=1，

∣A]6]∣1

則點P到直線AIBl的距離d=Jl硒2_12=√2χ2-4x+2;

平面ABCD的一個法向量為麗=(0,0,1).AP=(1-x,l,x)-

則點P到平面ABCD的距離為喀犁=X；

當(dāng)點P到直線ABl的距離與到平面ABCD的距離相等時，

√2∕-4x+2=XnX2-4x+2=0,Vx∈[0,1],方程有一個解x=2-√Σ,

則y=√∑-l,即僅存在一個點P滿足條件，故C正確；

D選項：當(dāng)％2+y2=ι時，而=(y,l,χ),=(0,-1,0),

Vcos(ΛP,C^)==√??=^?,故直線AP與GDl所成角的大小為》為定值，故D正確.

故選：ACD.

【點睛】本題利用空間向量解決空間里面距離和夾角的計算，關(guān)鍵是熟練掌握點到直線距離、點到平面距

離、直線夾角的向量求法.

5.(2023?湖南岳陽?統(tǒng)考一模)正方體AlBIGC1-ABC。的棱長為1,點P在線段BC上運動，則下列結(jié)論

正確的是()

A.異面直線&C與BCl所成的角為60°

B.異面直線AIP與AD1所成角的取值范圍是K用

C.二面角4-%C-B的正切值為√Σ

D.直線4當(dāng)與平面力BelDl所成的角為45。

【答案】BC

【分析】建立空間直角坐標系，利用向量法確定AB,由二面角的平面角的定義法確定C,利用向量法求

線面角判斷D.

【詳解】如圖，在正方體中建立空間直角坐標系,

則Ai(1,0,0),4(1,0,1),81(1,1,0),B(l,l,l),G(0,1,0),C(0,LI),Di(OOO),

設(shè)P(t,U)(0≤t≤1),

—?T

對A,由力;C=(-1,LI),品1=(-1,0,-1),CosJ="或空?=0,即異面直線&C與BCl所成的角為90。,

%CHBGl

故A錯誤；

對∣AP?4Dι∣_II-Il_t

B,A^P=(t-1,1,1)M?=(-1,0,-1).則COSe

IGII忌I—Ed-21+3—√2t2-4t+6,

當(dāng)t=O時，CoSe=O,Θ=彳,

（丁一4G）+2的對稱軸為3=卞所以當(dāng);≥1時，y=

當(dāng)t:≠0時，COS0=-2-6(∣≥1),因為y=6

j24+?t

6θ)-4G)+2≥6—4+2=4,即0<CoSo≤最由0≤8≤泉知g≤0<：,綜上,三≤0≤泉

故B正確;

對C,取BIC中點E,連接4E,BE,5∣UFIF1GFEIB1C,所以i4EB為二面角A—B4-B的平面角，在

Rt△48E中，tan"EB=,=9=√I,故C正確；

2

對D,在正方體中BIClBG,BiC14B,AB∩BC1=B.AB,BC1c^ABC1D1,

所以&C_1_平面ABGD1，即平面4BCι5的一個法向量為B；C=(-1,0,1),

又4Bι=(0,L-l),所以sin。=*”=/6=：≠￡故D錯誤.

IBlClIABll√2×√222

故選：BC

6.(2023?廣東梅州?統(tǒng)考一模)如圖，在直三棱柱ABC-&BiG中，AC=BC=6,CG=4,AC1BC,M

為棱為G的中點；E為棱881上的動點（含端點），過點A、E、M作三棱柱的截面α,且α交BIG于Q，則（）

A.線段ME的最小值為聞B.棱BBi上的不存在點E,使得&C_L平面4EM

C.棱BBl上的存在點E,使得AELMED.當(dāng)E為棱BBI的中點時?ME=7

【答案】ABD

【分析】如圖，以C4CB,CG為x,y,z軸建立空間直角坐標系C-Xyz,用空間向量法研究空間位置關(guān)系，

求線段長，從而判斷各選項.

【詳解】如圖，以CA,CB,CG為x,y,z軸建立空間直角坐標系C-Xyz,

則4(6,0,0),F(0,6,0),CI(0,0,4),Λ1(6,0,4).B1(0,6,4).M(3,0,4),

由于BBl與底面AlBICl垂直，因此當(dāng)E與Bl重合時，ME在平面4BICl內(nèi)，BB11ME,此時ME最小為

√62+32=V45=3V5,A正確；

B^C=(-6,0,-4),AM=(-3,0,4)-

若瓦？?布=(-6)X(-3)+0+(-4)x4=2≠0,BlC與AM不垂直，因此BlC不可能與平面AME垂直,

B正確；

設(shè)E(0,6,t)(0≤t≤4),則版=(-6,6,t),ME=(-3,6,C-4),

若4E1ME,則族-ME=18+36+t(t-4)=0,即t?一4t+54=(t-2)2+50=0,此方程無實數(shù)解，

因此棱BBI上的不存在點E,使得4E1ME,C錯；

E是8%中點時，￡(0,6,2),ME=√(3-O)2+(0-6)2+(4-2)2=7,D正確.

故選：ABD.

AZ

ify

7.(2023?廣東佛山?統(tǒng)考一模)如圖，在正方體ABCD-4BιG5中，點M是棱DDl上的動點(不含端點),

A.過點M有且僅有一條直線與AB,BlCl都垂直

B.有且僅有一個點M到AB,BIcl的距離相等

C.過點M有且僅有一條直線與AC】，BBI都相交

D.有且僅有一個點M滿足平面AMG_L平面

【答案】ABC

【分析】逐個分析每個選項即可.

【詳解】對于選項A,設(shè)過點M與AB、BIG都垂直的直線為1,

,

:AB//A1B1,ILAB

：.lLA1B1,

乂；IJ.Big,A1B1∩δ1C1=B1,A1B1,B1C1U面ZIBIGD「

：.l上面A】BIC

而過點M作平面28傳1。1的垂線有且只有一條直線，即為：DD1.

.?.過點M有且僅有一條直線與AB、BlCl都垂直.故選項A正確；

對于選項B,連接MA,Me1，

由題意知，ABl面4DC141，B1C1_L面CDnIC「

ΛAB1MA,B1C11MC1,即：MA為點M到AB的距離，MG為點M到BiG的距離，

22

在Rt△ADM中，MA=y∕AD+MD1

22

在Rt△G。IM中，MCI=JC1D1+MD1,

又「ND=D1C1

.?.當(dāng)MD=MDl時，MA=MC],即：當(dāng)M為DDl的中點時，點M到AB、BIG的距離相等，即：有且僅

有一個點M到AB、BICl的距離相等.故選項B正確；

對于選項C,如圖所示，

連接AC、BD交于點O,連接&G、BlDl交于點?！高B接。Oi交ACl于點N,則Ne面BD&久,又因為M∈

面BDBlCl,且MEDDrNEOO1,所以連接MN必與交于點G,即：過點M有且僅有一條直線與4加、

Ba都相交.故選項C正確；

對于選項D,設(shè)正方體的邊長為2,以點D為原點，分別以DA、DC、DDl為X軸、y軸、Z軸建立空間直

角坐標系，如圖所示，

B

則A(2,0,0),C1(0,2,2),B(2,2,0),D(0,0,0),B1(2,2,2)

設(shè)M(0,0,τn),(0≤τn≤2),

則初=(2,0,—m),溫=(-2,2,2),西=(2,2,2),麗=(2,2,0),

設(shè)面MAG的，-個法向量為濟=(Xι,%,Zι),

?n??MA=0(2x1—mz1=0

2x

I石?溫=0=l-ι+2丫1+2z1=0

當(dāng)m=0時，取為=1,則Z]=-l,X1=0,瓦*=(0,1,—1)

當(dāng)0<τn≤2時,取XI=L則%=l-?,Zi=3則元=(1,1-?,?),

設(shè)面BMBi(即：面BDDlBI)的一個法向量為荻=(?,丫2*2)

(n??DB=0(2X2+2y2—0

島?西=0=32+2y2+2Z2=0

取為2=1，則=—1，Z2=0,則近=(I,—1,0),

當(dāng)?n=0時，汨?五二—1,此時面MACl與面BDBl不垂直，

當(dāng)0<τn≤2時，∏7?τ?=l+^-l=^=O=>m∈0,所以面MACl與面8MB]不垂直,

所以不存在過點M滿足面MAC1，面BMBI.故選項D錯誤；

故選：ABC.

8.（2023?重慶?統(tǒng)考一模）在正方體ZBCD-aBIClDl中，點E,F,G分別是棱力B,4D,44ι上的點，則一

定成立的是（）

A.?AE+AF+AG?2=?AE?2+?AF?2+?AG?2

B.?AE+AF+AG?=?AE-AF-AG?

C.（AE+AF+AG）-^EF=0

D.AG-^EF+AF-'EG+AE-TG=0

【答案】ABD

【分析】由己知可得，AEAF=O,AFAG=O,荏?而=0.根據(jù)數(shù)量積的運算即可判斷A、B項；用

荏,而,而表示出向量，根據(jù)數(shù)量積即可判斷C、D項.

如圖，由已知可得，AE-AF=0,AFAG=0,AE-AG=0.

對于A項，I荏+而+Zci2=IAFI2+?AF?2+?AG?2+2AE-AF+2AF-AG+2AE-AG

=?AE?2+?AF?2+?AG?2,故A項正確；

對于B項，因為I版-AF-AG?2=?AE?2+?AF?2+∣ΛG∣2-2AE-AF+2AF-AG-2AE-AG

=函2+由2+∣4G∣2=?AE+AF+AG?2,

所以I荏+彳？+El=I近一左一尼|,故B項正確；

對于C項，因為而=萬一荏,所以(族+而+而)?麗=(AE+AF+AG)■(AF-AE)=?AF?-?AE?,

29

當(dāng)I*IKl荏I時，顯然有I*I-?AE?Ro,故C項錯誤；

對于D項，因為麗=而一荏，EG=AG-AE,FG=AG-AF,

所以南.而+族.前+族.同=AG-(AF-AE)+AF-(AG-AEy)+AE?(AG-AFy)=O,故D項正

確.

故選：ABD.

9.(2023?重慶?統(tǒng)考一模)在棱長為α的正方體SBCD-力道1(71。1中，則()

A.AB1_L平面BCDl

B.直線ABl平面BICDl所成角為45。

C.三棱錐A-81CD1的體積是正方體ABCD-4避1。/)1體積的1

D.點Cl到平面4當(dāng)5的距離為日α

【答案】AC

【分析】建立空間直角坐標系，借助空間向量解決角度距離問題.

【詳解】正方體ABCD-&B]CA中，以A為坐標原點，分別以荏,而,麗'為支軸，y軸，Z軸正方向，建立

如圖所示的空間直角坐標系，

則有4(0,0,0),B(a,0,0),C(α,at0),D(0,a,0),Al(0,0,a),B1(a,0,d),C1(iata,a),D1(0ta,a).

AB1=(Q,O,α),BC=(O,a,O),CD1=(—Q,O,Q),AB1?BC=O,AB1?CD1=O,

得48］1BC,AB1JLCD1,由BGCDlU平面BCZBC∩CD1=C,.'.AB11平面BCQ,A選項正確；

B1D1=(―α,α,O),BIC=(O,a,-a)f設(shè)平面BICDl的一個法向量元=(x,y,z),

則有［眄?=一"+αy=°,^=1)^y=1(z=1,則元=(VU),

(B1Cn=ay-az=O

|c。Sq瓦,元)∣=粵熹=-?=?≠v＞所以直線4B1平面BICDl所成角不是45°,B選項錯誤；

IAbIIlTIlαv∕xvsJ乙

?8修。［為邊長為√∑α的等邊三角形，SAB皿=?×√2α×√2α×sin60o=^?a2,

點4到平面BICDI的距離也=嚕F=瑞=竽α,

523

三棱錐A-BICDI的體積匕.BICDT=∣?fi1CD1=∣×γα×?α=∣α＞而棱長為α的正方體48CD-

&81的。1的體積為。3,

所以三棱錐4一BICDI的體積是正方體ABCD-4BIGDI體積的C選項正確；

ABi=(a,O,a),AD^=(O,a,a),設(shè)平面ABiDl的一個法向量九=(x',y',z'),

則有,令『=1,得V=1,z，=-L則記=CL,1,一1),

f,

{AD1?ft=ay+az-O

NB=(α,α,α),點CI到平面ABlCI的距離為生=嚅1=苴=手呢故D選項錯誤.

故選：AC

三、填空題

10.(2023?福建?統(tǒng)考一模)已知空間中三點4(U,√I),B(L-l,2),C(0,0,0),則點A到直線BC的距離為

【答案】√3

【分析】利用向量的模公式及向量的夾角公式，結(jié)合同角三角函數(shù)的平方關(guān)系及銳角三角函數(shù)的定義即可

求解.

【詳解】VΛ(l,l,√3),B(l,-1,2),C(0,0,0),

CA=(1,1,√3),CF=(1,-1,2),.?.?CA?=Jl2+I2+(√3)2=√5,∣CB∣=√12+(-1)2+(2)2=√6

TΓ7H、CACBl×l+l×(-l)+2√32√3√10

???COS<CA,CD>=I_>■>]∣->1=-------7=7==~r==，-

ICAIlCBl√5×√6√305

2

.?.sin<^CA,CB>=Jl-cos<CA1CB>=卓，

設(shè)點A到直線BC的距離為d,則

d=∣C∕l∣sin<CA,CB>=yj5X=V3.

故答案為：V3.

四、解答題

11.(2023?福建?統(tǒng)考一模)如圖，在直三棱柱ABC—&BlCl中，AC=>∕2,AB1BC,E,尸分別為BBi，C2

的中點，且EF_L平面44ιQC.

⑴求4B的長；

(2)若44ι=√∑,求二面角C一力ιE-4的余弦值.

【答案】(IMB=1

(2?

【分析】(1)根據(jù)線面垂直性質(zhì)得EFI&C,結(jié)合垂直平分線性質(zhì)和三角形全等得到力B=BC,結(jié)合AB1

BC即可得到4B的長：

(2)以點Bl為原點，建立合適的空間直角坐標系，寫出相關(guān)向量，求出平面C&E和平面&B1BA的一個法

向量，利用空間向量的二面角求法即可.

【詳解】(1)'：EF1IMΛ1CC1,又AlCc^AA1CC1,：.EF1A1C,

又；F為4C的中點，.?.E4ι=EC,

,

?A1B1E^RtΔβfiCψ.BE=EB1，

易證得△41BlE=?CBE,

故AlBI=BC.

?.?AB=A1B1,?AB=BC,

又???4B1BC,AC=6

故4B=1.

(2)以點BI為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Bi-xyz,

JkZ

B一

IC

A

由題意可知4](Lo,0),E(OOγ),C(0,1,√2),

則奉==(-1,1,√2),

不妨設(shè)記=O?,yo,Zo)是平面CTlIE的?個法向量,

那么強七=0,J-?+τzo=°,

Irn?A1C=0(.-%0+y0+√2z0=0

令Zo=2,則沅=(√Σ,-√Σ,2).

乂BIClJL面4a84,

故瓦G*=((U,0)是平面4B1B4的一個法向量.

設(shè)ɑ為二面角C一A1E-4所成平面角，

I沆?8ιg]_√21

則COSa=

I沅l?∣瓦可—2√f2,

即二面角C-A1E-4的余弦值為右

12.(2023?山東濰坊?統(tǒng)考一模)在四棱錐P-ABC。中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PC1PD,二面

角A-CD-P為直二面角.

(1)求證：PB1PD；

(2)當(dāng)PC=PDni,求直線PC與平面PAB所成角的正弦值.

【答案】(1)證明見解析；

唔.

【分析】(1)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得BC，平面PC。，進而得出BC1PD.然后即可根據(jù)線面垂直的判

定定理得出PD?L平面PBC,然后即可得出PBj.PD；

(2)取CD中點為。，連結(jié)尸。.取AB中點為E,連結(jié)0E.由己知可證Pol平面力BCD,OElCD,以點0為坐標

原點，建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，求出平面P4B的一個法向量元=((U,2),即可根據(jù)向量法

求出答案.

【詳解】(1)由題意知平面PCnI平面4BCD,

又平面PC。Cl平面ABCD=CD,BC1CD,BCU平面ABCD,

所以BC，平面PGX

因為PDU平面PC。，所以BCIPZλ

又因為PC，PD,BCCPC=C,PCU平面PBC,BCU平面PBC,

所以PoL平面PBC.

因為PBU平面PBC,所以PC1PB.

(2)取CD中點為。，連結(jié)P0.取ZB中點為E,連結(jié)0E.

因為PC=P。，點。是CC中點，所以POlCD.

又因為平面PCoI平面4BC0,平面PeDrl平面ABCO=CD,PoU平面PCD,

所以Po15PffiMBCD.

因為點0、E分別是CD、AB的中點，所以0E//4。，則。E_LC0.

則OP=ICD=1,OE=AD=2.

以點0為坐標原點，0D,0E,OP所在直線分別為%,y,z軸，如圖建立空間直角坐標系C-Xyz,

則。(0,0,0),D(l,0,0),C(-1,O,O),β(-l,2,0).P(O,O,1).F(0,2,0),4(1,2,0),ΛP=(-1,-2,1),AB=(-2,0,0),

PC=(-ι,o,-i).

設(shè)元=(x,y,z)是平面P48的一個法向量，

則,?族二7"2y+z=O,取y=ι,則z=2,

In?AB=-2x=0

所以元=(0,1,2)是平面/MB的一個法向量.

設(shè)直線PC與平面P4B所成的角為0,則sin。=∣cos(n,PC)∣=|看高I=|￡方|=￥，

所以直線PC與平面PAB所成的角的正弦值為雷.

13.(2023?山東荷澤?統(tǒng)考一模)如圖，直四棱柱ABCD-&B1GD1中,2。1CD,AD∕∕BC,AD=CD=2,BC=

3,&G與BlDl交于E,G為棱BBl上一點，且BBi=3BG,點CI到平面&BD的距離為筆I

⑴判斷AG是否在平面AEDI內(nèi)，并說明理由；

(2)求平面ZDlE與平面441Dl所成角的余弦值.

【答案】⑴直線4G不在平面AEDl內(nèi),理由見解析

⑵亞

17

【分析】(1)以4為坐標原點，過A作與AD垂直的直線為X軸，4D,Λ41所在的直線分別為y軸，Z軸，建立

如圖所示的空間直角坐標系，由Cl到平面&BD的距離公式求出直四棱錐的高，求出平面ABlDl的一個法向

量石，由AG-∏T≠O可證明直線4G不在平面4Ef)ι內(nèi).

(2)求出平面的一個法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.

【詳解】(1)以A為坐標原點，過4作與4。垂直的直線為X軸，4D,AAi所在的直線分別為y軸，Z軸，

建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)直四棱錐的高為τn,則0(020),8(2,-1,0),

C1(2,2,m),A1(0,0,m),A1B=(2,-l,m),CICl=(2,2,0),A1D=(0,2,—τn),

設(shè)平面4BZ)的一個法向量為元=(Xl,yι,Zi),

0?便=。產(chǎn)廠…Zio2科4).-

lr??∕l1D=0I2y1-mz1=0

所以點Cl到平面&BD的距離為d=耳平=J：：?=10∣m∣令，？=暗解得Hl=2.

11∣∏ι∣√9m2+4m2+16√13m2+16√13m2+1617

設(shè)平面48也的一個法向量為芯=(%2，丫2*2),由43[=(2,—1,2),4D∣=(0,2,2),

則但?畫=°即產(chǎn);3之；°,取五=(-3,-2.2),

(n?ADi=O(2y2+2z2-O

而而=(2,-1,|)，所以而?芯=2X(-3)+(-1)×(-2)+≡×2=-γ≠0,

又48］與4E,ZD1共面，故直線4G不在平面AEDi內(nèi).

(2)依(1)知平面AEz)I的一個法向量為芯=(-3,-2,2),

易知平面的個法向量為運=(LO,0),

設(shè)二面角E-m-4的平面角為α,則c°sα=I磊I=?r=甯，

故二面角E-AD1-&的余弦值萼.

14.(2023?湖南邵陽?統(tǒng)考一模)如圖所示，在多面體4BCDEF中，底面4BCD為直角梯形,AD∕∕BC,AB1BC,

側(cè)面48EF為菱形，平面ABEFI平面4BC。，例為棱BE的中點.

(1)若DE上有一點N滿足MN〃平面4BC0,確定點N的位置并證明；

(2)若AB=BC=^AD,?EBA=60°,求平面K4D與平面EFD所成二面角的正弦值.

【答案】(1)點N為DE中點，證明見解析；

(2嚕

【分析】(1)由題意M為棱BE的中點，可猜測取DE的中點N,證明MNIlBD,即可判定線面平行；

(2)取AB的中點O,可證得OEl4B,根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得OEI平面A8CD.取CO中點為H,可證

ABIOH,以。為坐標原點建立空間直角坐標系.設(shè)AD=4,得出相關(guān)點的坐標，進而求出平面MAD和平面

EFD的法向量，進而根據(jù)向量即可得出結(jié)果.

【詳解】(1)點N為DE中點，證明如下：

如圖，連接BD,MN,

因為M,N分別為BE,DE的中點，

所以MN為AEBD的中位線，所以MNIlBD,

又MNC平面4BCD,BDU平面ABeD,所以MN//平面ABCD

所以N為DE的中點時滿足條件.

取AB的中點O,連接OE,因為側(cè)面4BE尸為菱形，HXEB4=60。,

所以在AEBO中，EO2=BO2+EB2-2B0?fβcos60o,解得E。=百80,

所以0E2+OB2=BE?,即OEIAB.

又因為平面ABEF1平面ABCD,平面ABEFC平面4BCD=4B,OEU平面ABEF,

所以。E_L平面4BCD.

取CD中點為“，連結(jié)。"，則OH是梯形4BCD的中位線，所以。H//8C.

因為4B_LBC,所以4B1.0H.

分別以O(shè)H,OA,OE所在直線為X,y,Z軸建立如圖所示的空間直角坐標系O-Xyz,

設(shè)4。=4,則AB=BC=1AD=2,OE=BESin60°=√3,

故E(0,0,√^),/4(0,1,0),D(4,1,0),F(θ,2,√3),B(0,-l,0),

則M(0,.5'M^=(θ,∣,-y).而=(4,|,一?)，F(xiàn)F=(0,2,0),ED=(4,l,-√3).

設(shè)平面MAD的一個法向量為萬=(x1,y1,z1).

r3√5

則有將色=。，即，化簡得「I藍，

Im?MD=01a+Iyl-空Zl=O(ZI=√?ι

令yι=1,則記=(0,1,√5)是平面MAC的一個法向量.

設(shè)平面EF。的一個法向量為元=(%2，丫2*2)，

∣∏∣∣(H-FF=O即］2乃=0件簡得Iy=0

,i2,

'ln.ED=θ,‰2+y2-V3z2=0'化網(wǎng)"屋2=√3?

令Z2=4√3,則不=3,則元=(3,0,4√3)是平面EFD的一個法向量.

.∣/-→τ?mn4√3×√32√57

wmucos<m,n)=尸祈=∣，-丁==-*

7πnJ02+l2+(√3)2+×J32+02+(4√3)219

故：平面M4C與平面EFC所成二面角的正弦值為J；_∕2√57λ2_√∏j

\197-19

15.(2023?湖南長沙?統(tǒng)考一模)如圖，在以A,B,C,D,E,廠為頂點的六面體中(其中F∈平面EDC),

四邊形ABCD是正方形，ED_L平面ABCD,BF=Fl?,且平面FEBjL平面EDB.

E

&

AB

(1)設(shè)M為棱EB的中點，證明：A,C,F,M四點共面；

(2)若ED=2AB=2,求平面FEB與平面EAB的夾角的余弦值.

【答案】（1）見解析

⑵乎

【分析】（1）根據(jù)線面垂直以及面面垂直的性質(zhì)證明FMI平面EDB,ACl平面BDE,進而證明FM〃4C,

即可求解，

（2）建立空間直角坐標系，根據(jù)平面法向量以及向量的夾角即可求解平面夾角.

【詳解】（1）連接AC,由于四邊形ABCD是正方形，所以力ClCB,

又ED1平面4BCC,ACU平面ABCD,所以ED1AC,

DECBD=D,DE,BDu平面BDE,所以ACJ?平面BDE,

由于“為棱E8的中點，BF=FE,所以FMJ.EB,

又平面尸EB_L平面EDB,平面FEBn平面EDB=EB,FMU平面EFB,

所以尸M_L平面EDB,

因此尸M〃4C,所以A,C,F,M四點共面,

(2)由于ED,∕λ4,OC兩兩垂直，故建立如圖所示的空間直角坐標系，

4(1,0,0),8(1,1,0),E(0,0,2),C(0,l,0),MGJ1),設(shè)F(O,a,b),

由(1)知前〃衣,故俱*一見1-b)〃(-LL0),解得α=l,b=l,故F(0,1,1),

BE=(-1,-1,2),BF=(-1,0,1),AS=(0,1,0),

設(shè)平面BEF,48E的法向量分別為沆=(x,y,z),n-(x1,y1,z1),WJ

畫T=O^(-x-y+2z=0r取χ=ι,則沅=(1,1,1),

g?n=0gp∣-x1-Λ+2z1=0j取——「,I),

設(shè)平面FEB與平面EAB的夾角為氏則cos。=∣cos(m,n)?=獸獸=—孚

16.(2023?湖南岳陽?統(tǒng)考一模)已知直三棱柱4/ICI-48C中，E,尸分別為棱B亞和4嶼的中點，乙BAC=

45o,AC=2√2,AB=3.

C

(1)求證：平面EFCl平面44CG；

(2)若直線EG與平面EFe所成角的正弦值為當(dāng)且＜3,證明：平面1平面EFC.

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析

【分析】(1)建立空間直角坐標系，利用向量法證得平面EFCl平面44CG：

(2)利用直線ECl與平面EFC所成角的正弦值求得然后利用向量法證得平面4名的，平面EFC.

【詳解】(1)如圖所示，以4為原點方,再為y軸和Z軸的正方向，在平面48C內(nèi)，

過4作y軸的垂線為X軸建立空間直角坐標系，設(shè)44ι=2α,

則力(0,0,0),C(2,2,0),F(l,l,2α),E(0,3,a),A1(0,0,2a),C1(2,2,2a),

所以次=(-2,l,a),CF=(-1,-l,2a),AC=(2,2,0),A?[=(0,0,2a),

設(shè)平面EFC的法向量為元=(x1,yυz1),

則E?CE=-2x1+%+az1=。，令L櫥=/????

va)

(n?CF=-x1-y1+2az1=0

設(shè)平面AlyICCl的法向量為記=(X2,y2,z2),

,(m?AC=2X÷2y=0?Y,々八、

則ml｛__、22n2,令%2=1，故4M=(L-LO),

(m?AA1=2az2=0

由于沅?fi=(1,TO)?(1,1,；)=0,所以沅1五，

所以平面EFC1平面4√1CG:

因為ABCD是菱形，所以BDLAC,且O為BD的中點.

因為PB=PD,所以POJ_BD.

又因為AC,POU平面APC,且ACCPo=。，所以BD_L平面APC.

又BDU平面ABCD,所以平面APC_L平面ABCD.

(2)取AB中點M,連接DM交AC于點H,連接PH.

因為484。=?,所以Z?ABD是等邊三角形，所以DM_LAB.

又因為PD_LAB,PDdDM=D,PD,。MU平面PDM,

所以ABj_平面PDM.所以AB_LPH.

由(1)知BD_LPH,且AB∏8D=B,所以PH平面ABCD.

由ABCD是邊長為2的菱形，在AABC中，AH=-^-=嗎AO=AB-cos30o=√3.

cos3003

由AP_LPC,在AAPC中，

PH2=AH-HC=-×-=~,所以PH=—.

3333

以O(shè)為坐標原點，OB,而分別為X軸、y軸建立如圖所示空間直角坐標系，

則4(0,-√5,0),F(1,0,0).c(o,√3,o),w(o,-y,o),p(o,-f,不)，

所以而=(1,√XO),CB=(l,-√3,0),βp=

設(shè)平面PAB的法向量為為=(x1,ynz1),

所以?,吧=°=卜/%+半為=。，

n

(ι.4B=0χ14-√3y1=0

令％=IWn1=(-√3,l,-y).

設(shè)平面PBC的法向量為元2=(%2，丫2122)，

0

所以晝.藝=n1-?2-γy2+VZ2=0,

元2?CB=0χ2—√3y2=0

令為=1得記2=(V3,LV2),

設(shè)平面PAB與平面PBC的夾角為仇

所以,cosθ=∣cos<n1,n2>|=粵區(qū)

IniIIn2I

J-y∣3XV3+1x1-X√2

J(O2+F+(￥)2義J(F+/+(⑨23

所以，平面PAB與平面PBC夾角的余弦值為日.

18.(2023?廣東梅州?統(tǒng)考一模)如圖，在邊長為4的正三角形ABC中，E為邊4B的中點，過E作EoIAC于

。.把4ADE沿DE翻折至△&DE的位置，連接4傳、48.

A\

(I)F為邊&C的一點，若而=2兩，求證：BF〃平面AlDE；

(2)當(dāng)四面體C-EB41的體積取得最大值時，求平面ZlDE與平面ZlBC的夾角的余弦值.

【答案】(1)證明見解析

【分析】(1)由線面平行判定定理證明MB〃平面&DE,M∕√∕平面&DE,根據(jù)面面平行判定定理證明平面

MrB〃平面&DE,根據(jù)面面平行性質(zhì)定理證明BFIl平面AlDE；

(2)根據(jù)錐體體積公式由條件確定&D1平面4BC,建立空間直角坐標系，求平面&DE與平面&BC的法向

量，根據(jù)向量夾角公式求法向量的夾角余弦，由此可得結(jié)論.

【詳解】(1)取4C中點M,連接MF,MB

因為在正三角形ABC中，MBIAC,

又因為EC1AC,所以MB//DE,

MB仁平面&0E,DEU平面力IOE,

所以MB//平面&CE,

又有說=2而，且而=2可，所以MF〃D4i，

A?

而MFC平面40E,U平面&DE,所以平面&DE.

有MFnMB=何，MF,MBu平面MFB,

所以平面MFB〃平面AlDE,

又BFU平面MFB,

因此BF//平面AlDE.

（2）因為%.BE∣=匕LBCE，又因為ABCE的面積為定值，

所以當(dāng)必到平面BCE的距離最大時，四面體C-BEal的體積有最大值，

因為DEJ.DC,DEIA1D,DC∩A1D=D,DC,A1Dc￥≡∕l1DC,

所以O(shè)E1平面41DC,

因為DEU平面A8C,所以平面ABC_L平面&DC,

j

當(dāng)ZlDJLCD時，平面ABCn平面&DC=CD,A1D?F≡λ1DC

所以平面4BC,即在翻折過程中，點&到平面BCE的最大距離是4D,

因此四面體C-BEAi的體積取得最大值時，必有，平面4BC.

如圖，以點。為原點，CE為X軸，ZM