A．[﹣1，+1]B．[1，3]C．[﹣1，2]D．[1，+1]
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合圖形，固定正四面體P﹣ABC的位置，則原點O在以AB為直徑的球面上運動，
原點O到點P的最近距離等于PM減去球的半徑，最大距離是PM加上球的半徑．
【解答】解：
如圖所示，若固定正四面體P﹣ABC的位置，則原點O在以AB為直徑的球面上運動，
設(shè)AB的中點為M，則PM＝＝；
所以原點O到點P的最近距離等于PM減去球M的半徑，
最大距離是PM加上球M的半徑；
所以﹣1≤|OP|≤+1，
即|OP|的取值范圍是[﹣1，+1]．
故選：A．
【點評】本題主要考查了點到直線以及點到平面的距離與應(yīng)用問題，也考查了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用問題，是綜合題．
二．空間向量及其線性運算（共2小題）
2．（2023?湖南模擬）如圖，M在四面體OABC的棱BC的中點，點N在線段OM上，且，設(shè)，，，則下列向量與相等的向量是（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用空間向量的線性運算，空間向量基本定理求解即可．
【解答】解：∵M在四面體OABC的棱BC的中點，，
∴＝﹣＝﹣＝×（+）﹣
＝+﹣＝﹣++，
故選：A．
【點評】本題考查空間向量的線性運算，空間向量基本定理，屬于基礎(chǔ)題．
3．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）在三棱錐P﹣ABC中，點O為△ABC的重心，點D，E，F(xiàn)分別為側(cè)棱PA，PB，PC的中點，若，，，則＝（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根據(jù)空間向量的線性運算，結(jié)合重心的性質(zhì)即可求解．
【解答】解：取BC中點為M，如圖所示：
則，
，
相加可得，
所以
＝．
故選：D．
【點評】本題主要考查空間向量及其運算，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．
三．共線向量與共面向量（共1小題）
（多選）4．（2023?蕉城區(qū)校級模擬）已知空間單位向量，，兩兩夾角均為60°，，，則下列說法中正確的是（ ）
A．P、A、B、C四點可以共面B．
C．D．
【分析】根據(jù)向量共面即可判斷點共面，進而可判斷A，根據(jù)數(shù)量積的運算律即可求解B，根據(jù)模長的計算公式即可判斷C，根據(jù)夾角公式即可求解D．
【解答】解：對于A：單位向量，，兩兩夾角均為60°，
所以，
假設(shè)P、A、B、C四點可以共面，則共面，
所以存在x，y，使得，分別用，，與數(shù)量積，
則，由于該方程組無解，
所以不存在x，y，使得共面，
故P、A、B、C四點不共面，故A錯誤；
對于B，，故B正確；
對于C，由得，
由得，
所以，
則＝＝，故C正確；
對于D，，
所以，
故，故D錯誤．
故選：BC．
【點評】本題考查的知識要點：向量的線性運算，向量的數(shù)量積，向量的模，主要考查學(xué)生的理解能力和計算能力，屬于中檔題．
四．空間向量的數(shù)量積運算（共2小題）
5．（2023?海安市校級一模）設(shè)向量＝（3，5，2），＝（﹣2，1，3），當數(shù)m與n滿足下列哪種關(guān)系時，向量m+n與x軸垂直（ ）
A．3m＝2nB．3m＝nC．m＝2nD．m＝n
【分析】根據(jù)向量的坐標運算得到關(guān)于m，n的關(guān)系即可．
【解答】解：∵＝（3，5，2），＝（﹣2，1，3），
∴m+n＝（3m﹣2n，5m+n，2m+3n），
取x軸的方向向量為＝（1，0，0），
若向量m+n與x軸垂直，
則3m﹣2n＝0，解得：3m＝2n，
故選：A．
【點評】本題考查了向量的坐標運算，考查向量的垂直關(guān)系，是基礎(chǔ)題．
6．（2023?滁州模擬）已知向量，，若，則x＝（ ）
A．﹣3B．3C．﹣1D．6
【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合空間向量的數(shù)量積運算，即可求解．
【解答】解：向量，，
則＝（2，2，2x）﹣（﹣2，2，3）＝（4，0，2x﹣3），
，
則﹣8+3（2x﹣3）＝1，解得x＝3．
故選：B．
【點評】本題主要考查空間向量的數(shù)量積運算，屬于基礎(chǔ)題．
五．空間向量的夾角與距離求解公式（共1小題）
7．（2023?小店區(qū)校級模擬）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，動點P、Q分別在線段C1D、AC上，則線段PQ長度的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】設(shè)，，（λ，μ∈[0，1]）．可得＝（0，λ，2λ），＝+μ＝（1﹣μ，μ，0）．利用向量模的計算公式可得＝|（1﹣μ，μ﹣λ，﹣2λ）|＝，再利用實數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．
【解答】解：設(shè)，，（λ，μ∈[0，1]）．
∴＝（0，λ，2λ），
＝+μ＝（1，0，0）+μ（﹣1，1，0）＝（1﹣μ，μ，0）．
∴＝|（1﹣μ，μ﹣λ，﹣2λ）|＝＝＝，當且僅當，，即λ＝，時取等號．
∴線段PQ長度的最小值為．
故選：C．
【點評】本題考查了向量共線定理、坐標運算、實數(shù)的性質(zhì)、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．
六．空間向量基本定理、正交分解及坐標表示（共2小題）
8．（2023?新鄉(xiāng)模擬）已知點O、A、B、C為空間不共面的四點，且向量＝++，向量＝+﹣，則與、不能構(gòu)成空間基底的向量是（ ）
A．B．C．D．或
【分析】利用空間向量的基底的意義即可得出．
【解答】解：∵＝（﹣）＝（++）﹣（+﹣），
∴與、不能構(gòu)成空間基底；
故選：C．
【點評】本題考查了向量的基本定理及其意義，正確理解空間向量的基底的意義是解題的關(guān)鍵．
9．（2023?西安模擬）空間四邊形ABCD中，AC與BD是四邊形的兩條對角線，M，N分別為線段AB，CD上的兩點，且滿足，，若點G在線段MN上，且滿足，若向量滿足，則x+y+z＝ ．
【分析】直接利用向量的線性運算求出結(jié)果．
【解答】解：空間四邊形ABCD中，AC與BD是四邊形的兩條對角線，M，N分別為線段AB，CD上的兩點，且滿足，，若點G在線段MN上，且滿足，
如圖所示：
由于，故，整理得＝＝＝＝，
所以，
故，，z＝，
所以．
故答案為：．
【點評】本題考查的知識要點：空間向量的線性運算，主要考查學(xué)生的理解能力和計算能力，屬于基礎(chǔ)題．
七．向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直（共1小題）
10．（2023?湖北模擬）已知向量的夾角為60°，若，則＝（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】利用向量垂直的條件及向量數(shù)量積的定義即可求解．
【解答】解：∵，，向量的夾角為60°，
∴，即，
∴，即，解得．
故選：D．
【點評】本題主要考查向量垂直的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題，
八．直線的方向向量、空間直線的向量參數(shù)方程（共2小題）
11．（2023?瓊山區(qū)校級三模）直線x﹣3y+1＝0的一個方向向量是（ ）
A．（1，3）B．（3，1）C．（1，﹣3）D．（3，﹣1）
【分析】求出直線x﹣3y+1＝0的斜率k，即可寫出直線的一個方向向量．
【解答】解：直線x﹣3y+1＝0可化為y＝x+，
所以直線x﹣3y+1＝0的斜率為k＝，
所以直線x﹣3y+1＝0的一個方向向量為＝（1，），
與共線的向量都是該直線的方向向量．
故選：B．
【點評】本題考查了直線方程的方向向量應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．
12．（2023?固鎮(zhèn)縣三模）直線x﹣3y+1＝0的一個方向向量是（ ）
A．（1，﹣3）B．（1，3）C．（3，﹣1）D．（3，1）
【分析】根據(jù)題意，求出直線的斜率，分析可得直線的一個方向向量為（1，），由此分析選項，即可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，直線x﹣3y+1＝0的斜率k＝，則直線的一個方向向量為（1，），
又由（3，1）＝3（1，），故（3，1）也是直線x﹣3y+1＝0的一個方向向量，
故選：D．
【點評】本題考查直線的方向向量，涉及直線的方程，屬于基礎(chǔ)題．
九．平面的法向量（共4小題）
13．（2023?盱眙縣校級四模）已知平面α內(nèi)有一個點A（2，﹣1，2），α的一個法向量為＝（3，1，2），則下列點P中，在平面α內(nèi)的是（ ）
A．（1，﹣1，1）B．C．D．
【分析】由題意可知符合條件的點P應(yīng)滿足，逐個選項驗證即可．
【解答】解：由題意可知符合條件的點P應(yīng)滿足，
選項A，＝（2，﹣1，2）﹣（1，﹣1，1）＝（1，0，1），
＝3×1+1×0+2×1＝5≠0，故不在平面α內(nèi)；
同理可得：選項B，＝（1，﹣4，），＝0，故在平面α內(nèi)；
選項C，＝（1，2，），＝6≠0，故不在平面α內(nèi)；
選項D，＝（3，﹣4，），＝12≠0，故不在平面α內(nèi)；
故選：B．
【點評】本題考查平面法向量的定義，屬基礎(chǔ)題．
（多選）14．（2023?錫山區(qū)校級一模）已知平面α的一個法向量為，平面β的一個法向量為，直線l的方向向量為，直線m的方向向量為，則（ ）
A．l∥α
B．α⊥β
C．l與m為相交直線或異面直線
D．在向量上的投影向量為
【分析】根據(jù)直線的方向向量與平面的法向量之間的關(guān)系，判斷選項中的命題是否正確即可．
【解答】解：對于A，因為＝（1，0，2），＝（1，﹣2，﹣），且?＝1+0﹣1＝0，所以⊥，l∥α或l?α，選項A錯誤；
對于B，因為，，計算?＝﹣1+0+1＝0，所以⊥，平面α⊥β，選項B正確；
對于C，因為，，與不共線，所以直線l與m相交或異面，選項C正確；
對于D，在向量上的投影向量為＝（0，1，﹣2）＝（0，﹣，），選項D錯誤．
故選：BC．
【點評】本題考查了利用空間向量研究直線與平面之間的位置關(guān)系應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題．
（多選）15．（2023?定遠縣校級一模）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BB1的中點，F(xiàn)為A1D1的中點，如圖所示建立空間直角坐標系，則下列說法正確的有（ ）
A．
B．向量與所成角的余弦值為
C．平面AEF的一個法向量是（4，﹣1，2）
D．A1D⊥BD1
【分析】根據(jù)題中所建立的空間直角坐標系，進一步利用向量的坐標運算，向量的數(shù)量積，向量垂直的充要條件，法向量判斷A、B、C、D的結(jié)論．
【解答】解：根據(jù)空間直角坐標系D﹣xyz，所以：D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），D1（0，0，2），
由于E為BB1的中點，F(xiàn)為A1D1的中點，
所以E（2，2，1），F(xiàn)（1，0，2）；
故，故A錯誤；
對于B：由于，，
所以，，
故＝＝，故B正確；
對于C：設(shè)平面AEF的法向量為，由于，，
所以，整理得，故，故C正確；
對于D：由于，，
故，故A1D⊥BD1，故D正確．
故選：BCD．
【點評】本題考查的知識要點：空間直角坐標系，向量的坐標運算，向量的數(shù)量積，向量垂直的充要條件，法向量，主要考查學(xué)生的理解能力和計算能力，屬于基礎(chǔ)題和易錯題．
（多選）16．（2023?撫松縣校級模擬）下列命題是真命題的有（ ）
A．A，B，M，N是空間四點，若不能構(gòu)成空間的一個基底，那么A，B，M，N共面
B．直線l的方向向量為，直線m的方向向量為，則l與m垂直
C．直線l的方向向量為，平面α的法向量為，則l⊥α
D．平面α經(jīng)過三點A（1，0，﹣1），B（0，1，0），C（﹣1，2，0），是平面α的法向量，則u+t＝1
【分析】由基底的概念以及空間位置關(guān)系的向量證明依次判斷4個選項即可．
【解答】解：對于A，A，B，M，N是空間四點，若不能構(gòu)成空間的一個基底，
則共面，可得A，B，M，N共面，故A正確；
對于C，，故，可得在α內(nèi)或l∥α，故C錯誤；
對于B，，故，可得l與m垂直，故B正確；
對于D，，易知，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，故D正確．
故選：ABD．
【點評】本題考查基底的概念以及空間位置關(guān)系的向量證明，屬于中檔題．
一十．直線與平面所成的角（共11小題）
17．（2023?保定二模）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，對角線B1D與平面A1BC1交于E點．則A1E與面AA1D1D所成角的余弦值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】建立空間直角坐標系，解得平面A1BC1的法向量為＝（x，y，z），＝（1，1，2），設(shè)＝λ，則E（λ，λ，2λ），?＝0，解得λ，可得坐標，平面AA1D1D的法向量為＝（0，1，0），設(shè)A1E與平面AA1D1D所成角為α，則sinα＝||，進而可得答案．
【解答】解：如圖，建立空間直角坐標系：
＝（0，1，﹣2），＝（﹣1，1，0），
設(shè)平面A1BC1的法向量為＝（x，y，z），
則，
令z＝1，則y＝2，x＝2，
所以＝（2，2，1），
＝（1，1，2），
因為點E在B1D上，
設(shè)＝λ＝（λ，λ，2λ），
所以E（λ，λ，2λ），
所以＝（λ﹣1，λ，2λ﹣2），
因為A1E?面A1BC1，
所以?＝0，
所以（λ﹣1，λ，2λ﹣2）?（2，2，1）＝0，
所以2（λ﹣1）+2λ+（2λ﹣2）＝0，
解得λ＝，
所以＝（﹣，，﹣），
平面AA1D1D的法向量為＝（0，1，0），
設(shè)A1E與平面AA1D1D所成角為α，
所以sinα＝||＝||＝，
所以csα＝＝＝，
故選：D．
【點評】本題考查直線與平面所成角，解題關(guān)鍵是空間向量法的應(yīng)用，屬于中檔題．
18．（2023?保定一模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為矩形，AB＝2，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，且，則PC與平面PAD所成角的正切值為（ ）
A．2B．C．D．
【分析】連接PO，O為AD的中點，結(jié)合面面垂直性質(zhì)定理證明PO⊥平面ABCD，根據(jù)錐體體積公式求PD，再由面面垂直性質(zhì)定理證明CD⊥平面PAD，根據(jù)線面角的定義證明PC與平面PAD所成角的平面角為∠CPD，解三角形求其正切值．
【解答】解：取AD的中點O，連接PO，
由已知△PAD為等邊三角形，所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO?平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
設(shè)PD＝x，則，AD＝x，又AB＝2，
所以矩形ABCD的面積SABCD＝2x，
所以四棱錐P﹣ABCD的體積，
所以，所以x＝4，
所以PD＝4，
因為平面PAD⊥平面ABCD，CD⊥AD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD?平面ABCD，
所以CD⊥平面PAD，又PD?平面PAD，
所以CD⊥PD，
所以△CDP為直角三角形，斜邊為PC，
因為CD⊥平面PAD，
所以PC與平面PAD所成角的平面角為∠CPD，
在Rt△CDP中，CD＝AB＝2，PD＝4，
所以，PC與平面PAD所成角的正切值為．
故選：B．
【點評】本題主要考查了求直線與平面所成的角，屬于中檔題．
19．（2023?嵊州市模擬）在△ABC中，，，BC＝1，D為AC中點，若將△BCD沿著直線BD翻折至△BC′D，使得四面體C′﹣ABD的外接球半徑為1，則直線BC′與平面ABD所成角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由直角三角形性質(zhì)和翻折關(guān)系可確定△BC′D為等邊三角形，利用正弦定理可確定△ABD外接圓半徑，由此可知△ABD外接圓圓心O即為四面體C′﹣ABD外接球球心，由球的性質(zhì)可知OG⊥平面BC′D，利用VC′﹣OBD＝VO﹣C′BD可求得點C′到平面ABD的距離，由此可求得線面角的正弦值．
【解答】解：∵，，BC＝1，∴AC＝2，又D為AC中點，
∴AD＝CD＝BD＝1，則BC′＝C′D＝BD＝1，即△BC′D為等邊三角形，
設(shè)△BC′D的外接圓圓心為G，△ABD的外接圓圓心為O，取BD中點H，
連接C′H，OH，OG，OB，OC′，OD，
∵，BD＝1，∴，即△ABD外接圓半徑為1，
又四面體C′﹣ABD的外接球半徑為1，∴O為四面體C′﹣ABD外接球的球心，
由球的性質(zhì)可知：OG⊥平面BC′D，又C′H?平面BC′D，∴OG⊥C′H，
∵，OC′＝1，∴；
設(shè)點C′到平面ABD的距離為d，
由VC′﹣OBD＝VO﹣C′BD得：，
又△OBD與△C′BD均為邊長為1的等邊三角形，∴，
直線BC′與平面ABD所成角的正弦值為．
故選：D．
【點評】本題考查折疊問題，線面角的求解，屬中檔題．
20．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）如圖，在圓臺OO1中，，點C是底面圓周上異于A、B的一點，AC＝2，點D是BC的中點，l為平面O1AC與平面O1OD的交線，則交線l與平面O1BC所成角的大小為（ ）
A．B．C．D．
【分析】由線面平行的性質(zhì)定理可證得OD∥l，所以直線l與平面O1BC所成角即直線OD與平面O1BC所成角，由線面垂直的判定定理可證得BC⊥平面O1OD，過點O作OH⊥O1D交O1D于點H，易證得OH⊥平面O1BC，所以∠ODH為交線l與平面O1BC所成角，求解即可．
【解答】解：因為O，D分別是AB，BC的中點，
所以O(shè)D∥AC，
所以O(shè)D?平面O1OD，AC?平面O1OD，
所以AC∥平面O1OD，
又AC?平面O1AC，平面O1AC∩平面O1OD＝l，
所以AC∥l，OD∥AC，
所以O(shè)D∥l，
所以直線l與平面O1BC所成角即直線OD與平面O1BC所成角，
因為AB為直徑，
所以AC⊥BC，
因為OD∥AC，即OD⊥BC，
又因為OO1⊥平面ACB，BC?平面ACB，
所以O(shè)O1⊥BC，
又OO1∩OD＝O，OO1，OD?平面O1OD，
所以BC⊥平面O1OD，
過點O作OH⊥O1D交O1D于點H，
因為OH?平面O1OD，
所以BC⊥OH，OH⊥O1D，
又BC∩O1D＝D，BC，O1D?平面O1BC，
所以O(shè)H⊥平面O1BC，
所以∠ODH為交線l與平面O1BC所成角，
因為，，
．
所以結(jié)合圖知．
故選：B．
【點評】本題主要考查線面角的定義及其求解，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于中檔題．
（多選）21．（2023?定遠縣校級模擬）如圖，正方體ABCD﹣EFGH的棱長為1，點P為BF的中點，下列說法正確的是（ ）
A．FD⊥CH
B．FG∥平面ACH
C．點P到平面AGC的距離為
D．PH與平面CGHD所成角的正弦值為
【分析】對于A選項，通過證明CH⊥平面FGD，推出FD⊥CH，判斷A；
對于B選項，通過BC∥FG，且BC與平面ACH相交，判斷B；
對于C選項，連接FH、EG交于Q，說明點P到平面AEGC的距離即為點F到平面AEGC的距離，即為FQ，
然后轉(zhuǎn)化求解即可判斷C；
對于D選項，取CG中點M，連接PM、MH，說明PH與平面CGHD所成角即為∠PHM，轉(zhuǎn)化求解即可判斷D；
【解答】解：對于A選項，因為四邊形CDHG是正方形，所以DG⊥CH，
連接FD、GD，在正方體ABCD﹣EFGH中，F(xiàn)G⊥平面CDHG，CH?平面CDHG，所以FG⊥CH，
因為DG、FG?平面FGD，DG∩FG＝G，所以CH⊥平面FGD，又FD?平面FGD，所以FD⊥CH，
故A正確；
對于B選項，在正方體ABCD﹣EFGH中，BC∥FG，且BC與平面ACH相交，故FG與平面ACH不平行，
故B錯誤；
對于C選項，連接FH、EG交于Q，在正方體ABCD﹣EFGH中，AE⊥平面EFGH，又FH?平面EFGH，
所以FH⊥AE，
因為四邊形EFGH是正方形，所以FH⊥EG，
因為EG∩AE＝E，AE、EG?平面AEGC，所以FH⊥平面AEGC，
因為BF∥CG，BF?平面AEGC，CG?平面AEGC，所以BF∥平面AEGC，
所以點P到平面AEGC的距離即為點F到平面AEGC的距離，即為FQ，
又正方體ABCD﹣EFGH棱長為1，則，則點P到平面AGC的距離為，
故C正確；
對于D選項，取CG中點M，連接PM、MH，
因為四邊形BCGF是正方形，點P為BF的中點，
所以PM∥FG，因為FG⊥平面CGHD，所以PM⊥平面CGHD，
又HM?平面CGHD，所以PM⊥HM，所以PH與平面CGHD所成角即為∠PHM，則
＝＝＝，
則PH與平面CGHD所成角的正弦值為，
故D正確．
故選：ACD．
【點評】本題考查直線與平面所成角的求法，空間點、線、面距離的求法，直線與平面的位置關(guān)系的應(yīng)用，是中檔題．
（多選）22．（2023?思明區(qū)校級二模）已知正四棱錐P﹣ABCD的所有棱長均為，E，F(xiàn)分別是PC，AB的中點，M為棱PB上異于P，B的一動點，則以下結(jié)論正確的是（ ）
A．異面直線EF、PD所成角的大小為
B．直線EF與平面ABCD所成角的正弦值為
C．△EMF周長的最小值為
D．存在點M使得PB⊥平面MEF
【分析】根據(jù)空間中異面直線所成角，直線與平面所成角的定義，空間中折疊問題以及垂直關(guān)系的判定與性質(zhì)，逐個選項運算求解即可．
【解答】解：如圖1，取PD的中點Q，連接EQ，AQ，
因為E，F(xiàn)分別是PC，AB的中點，
所以EQ∥DC∥AF，且EQ＝AF，所以四邊形AFEQ為平行四邊形，
則EF∥AQ，又正四棱錐P﹣ABCD的所有棱長均為，
則AQ⊥PD，所以異面直線EF，PD所成角為，故A錯誤；
設(shè)正方形ABCD的中心為O，連接OC，PO，
則PO⊥平面ABCD，OC＝OP＝2，
設(shè)OC的中點為H，連接EH，F(xiàn)H，
則EH∥OP，且EH⊥平面ABCD，
所以為直線EF與平面ABCD所成角，所以，△OFH中，OH＝1，，，
所以由余弦定理可得，所以，
所以，故B正確；
將正△PAB和△PBC沿PB翻折到一個平面內(nèi)，如圖2，
當E，M，F(xiàn)三點共線時，ME+MF取得最小值，
此時，點M為PB的中點，，
所以△EMF周長的最小值為，故C正確；
若PB⊥平面MEF，則PB⊥ME，此時點M為PB上靠近點P的四等分點，
而此時，PB與FM顯然不垂直，故D錯誤；
故選：BC．
【點評】本題主要考查了直線與平面垂直的判定定理，考查了直線與平面所成的角，屬于中檔題．
（多選）23．（2023?全國二模）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為，點E，F(xiàn)是棱DD1，CC1的中點，點M是側(cè)面CDD1C1內(nèi)運動（包含邊界），且AM與面CDD1C1所成角的正切值為，下列說法正確的是（ ）
A．MC1的最小值為
B．存在點M，使得AM⊥CE
C．存在點M，使得AM∥平面BDF
D．所有滿足條件的動線段AM形成的曲面面積為
【分析】由正方體的性質(zhì)得∠AMD為AM與面CDD1C1所成角，且AD⊥DM，進而得點M的軌跡為以D點為圓心，2為半徑的圓在側(cè)面CDD1C1內(nèi)的弧，再依次討論各選項，即可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意可知AD⊥平面CDD1C1，
所以∠AMD為AM與面CDD1C1所成角，且AD⊥DM，
因為正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為，
AM與面CDD1C1所成角的正切值為，
所以，解得DM＝2，
所以點M的軌跡為以D點為圓心，2為半徑的圓在側(cè)面CDD1C1內(nèi)的弧，如圖，
此時CH＝GD1＝1，
對于A選項，有，當且僅當M，C1，D三點共線時等號成立，
故MC1的最小值為，正確；
對于B選項，因為AD⊥平面CDD1C1，CE?平面CDD1C1，所以AD⊥CE，
假設(shè)存在點M，使得AM⊥CE，則AD?AM＝A，CE⊥平面ADM，
由于DM?平面ADM，故有CE⊥DM，
另一方面，在側(cè)面CDD1C1中，取棱C1D1的中點N，
由點E是棱DD1的中點，進而結(jié)合平面幾何知識易得CE⊥DN，
故要使CE⊥DM，則點N與點M重合，
由于CH＝GD1＝1，，顯然不重合，故錯誤；
對于C選項，如圖，設(shè)AC?BD＝O，則易知O為AC中點，連接OF，AC1，C1E，
因為點E，F(xiàn)是棱DD1，CC1的中點，
所以，在△ACC1中，OF∥AC1，C1F∥DE，C1F＝DE，
所以，四邊形C1EDF為平行四邊形，即C1E∥DF，
因為AC1，C1E?平面BDF，OF，DF?平面BDF，
所以AC1∥平面BDF，C1E∥平面BDF，
因為AC1?EC1＝C1，所以平面AC1E∥平面BDF，
所以當M為C1E與弧的交點時，AM?平面AC1E，故AM∥平面BDF，正確；
對于D選項，由題知，所有滿足條件的動線段AM形成的曲面是：
以A為頂點，D點為底面圓心，底面半徑為2的圓錐的部分側(cè)面，
所以其所在的圓錐的母線長為，
因為，，
所以，
所以弧的長為，
所以結(jié)合扇形面積公式可得：
所有滿足條件的動線段AM形成的曲面面積為，故正確．
故選：ACD．
【點評】本題考查正方體中軌跡的問題，線面平行的判定定理與面面平行的判定定理，解三角形，扇形面積公式，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．
24．（2023?河南模擬）三棱錐P﹣ABC的四個頂點都在半徑為5的球面上，已知P到平面ABC的距離為7，AB⊥AC，BC＝6．記PA與平面ABC所成的角為θ，則sinθ的取值范圍為 ．
【分析】設(shè)F為三棱錐P﹣ABC外接球的球心，E為△ABC外接圓的圓心，過點P作PM⊥平面ABC，M為垂足，作FG⊥PM，垂足為G，根據(jù)EM﹣EA≤AM≤EM+EA，求得AM的范圍，進而可求得PA的范圍，從而可得出答案．
【解答】解：設(shè)F為三棱錐P﹣ABC外接球的球心，E為△ABC外接圓的圓心，
則E為BC的中點，EF⊥平面ABC，
過點P作PM⊥平面ABC，M為垂足，則∠PAM＝θ，PM＝7，
作FG⊥PM，垂足為G．則四邊形MEFG為矩形，
BC＝6，BE＝3，BF＝5，
∴EF＝＝4，∴MG＝4，
∴PG＝3，∴ME＝GF＝＝4，
∴EM﹣EA≤AM≤EM+EA，∴1≤AM≤7，
∴PA＝＝∈[5]．
∴sinθ＝＝∈[，]．
故答案為：[，]．
【點評】本題考查三棱錐及其外接球的結(jié)構(gòu)特征、線面垂直的判定與性質(zhì)、線面角的正弦值等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．
25．（2023?溫州模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，△ADP是等邊三角形，AB＝AP＝2，BP＝3，AD⊥BP．
（Ⅰ）求BC的長度；
（Ⅱ）求直線BC與平面ADP所成的角的正弦值．
【分析】（I）取AD中點F，連PF、BF，推導(dǎo)出PF⊥AD，AD⊥BP，從而AD⊥平面PFB，進而AD⊥BF，由此能求出BC．
（II）推導(dǎo)出平面PFB⊥平面APD，作BG⊥PF交PF為G，則BG⊥平面APD，AD、BC交于H，∠BHG為直線BC與平面ADP所成的角，由此能求出直線BC與平面ADP所成的角的正弦值．
【解答】解：（I）取AD中點F，連PF、BF，
∵△ADP是等邊三角形，∴PF⊥AD，……………………（2分）
又∵AD⊥BP，
∴AD⊥平面PFB，∵BF?平面PFB，∴AD⊥BF，………………………（4分）
∴BD＝AB＝2，∴BC＝． …………………………（6分）
（II）∵AD⊥平面PFB，AD?平面APD
∴平面PFB⊥平面APD …………………………………（8分）
作BG⊥PF交PF為G，則BG⊥平面APD，AD、BC交于H，
∠BHG為直線BC與平面ADP所成的角，…………（10分）
由題意得PF＝BF＝，又∵BP＝3，
∴∠GFB＝30°，BG＝，……………………（12分）
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴CD＝1，∴BH＝2，
∴sin∠BHG＝．
∴直線BC與平面ADP所成的角的正弦值為．……………………（15分）
【點評】本題考查線估長的求法，考查考查線面角的正弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題．
26．（2023?潮陽區(qū)三模）如圖，在三棱錐A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O為BD的中點．
（1）證明：OA⊥CD；
（2）若△OCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小為45°，求直線AC與平面BCE所成角的正弦值．
【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)證明AO⊥面BCD，再根據(jù)線面垂直的性質(zhì)即可得證；
（2）以O(shè)為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用向量法求解即可．
【解答】證明：（1）∵AB＝AD，O為BD中點，
∴AO⊥BD，
∵AO?面ABD，面ABD⊥面BCD，且面ABD∩面BCD＝BD，
∴AO⊥面BCD，
又CD?面BCD，
∴AO⊥CD；
（2）解：以O(shè)為坐標原點，OD為y軸，OA為z軸，垂直O(jiān)D且過O的直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
設(shè)OA＝m，△OCD是邊長為1的等邊三角形，點E在棱AD上，DE＝2EA，
則，D（0，1，0），B（0，﹣1，0），A（0，0，m），
由DE＝2EA，所以，故，
∵，，
設(shè)為面EBC法向量，
則有令y1＝1，則，，
∴，
因為AO⊥面BCD，
則面BCD法向量可取，
，解得m＝1，∴OA＝1，
∴A（0，0，1），，，
設(shè)直線AC與平面BCE所成的角的大小為θ，∴，
∴直線AC與平面BCE所成角的正弦值為．
【點評】本題主要考查直線與平面所成的角，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于難題，
27．（2023?分宜縣校級一模）在正△ABC中，E，F(xiàn)，P分別是AB，AC，BC邊上的點，滿足，將△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，使二面角A1﹣EF﹣B成直二面角，連接A1B，A1P．
（1）求證：A1E⊥平面BEP；
（2）求直線A1E與平面A1BP所成角的大?。?br>【分析】（1）取BE的中點D，連接DF．說明∠A1EB為二面角A1﹣EF﹣B的平面角，證明二面角A1﹣EF﹣B為直二面角，證明A1E⊥平面BEF，即可證明A1E⊥平面BEP；
（2）建立空間直角坐標系，求出，平面A1BP的法向量，利用，求直線A1E與平面A1BP所成角的大?。?br>【解答】解：不妨設(shè)正三角形的邊長為3．
（1）在圖1中，取BE的中點D，連接DF．
∵，AF＝AD＝2，又∠A＝60°，△ADF為正三角形．
又∵AE＝ED＝1，
∴EF⊥AD，
∴在圖2中有A1E⊥EF，BE⊥EF．
∴∠A1EB為二面角A1﹣EF﹣B的平面角．
∵二面角A1﹣EF﹣B為直二面角，
∴A1E⊥BE
又∵BE∩EF＝E，
∴即A1E⊥平面BEF，即A1E⊥平面BEP
（2）由（1）可知，A1E⊥平面BEP，BE⊥EF，建立坐標系則E（0，0，0），A1（0，0，1），B（2，0，0），
F（0，，0），D（1，0，0），不難得出EF∥DP且EF＝DP，DE∥EP且DE＝FP．
故P點的坐標為（1，，0），
∴
設(shè)平面A1BP的法向量＝（x，y，z），
則
∴．
∴．
∴A1E與平面A1BP所成角的大小為．
【點評】本題考查用空間向量求直線與平面的夾角，考查計算能力，空間想象能力，邏輯思維能力，是中檔題．
一十一．二面角的平面角及求法（共15小題）
28．（2023?南關(guān)區(qū)校級模擬）廡殿（圖1）是中國古代傳統(tǒng)建筑中的一種屋頂形式，多用于宮殿、壇廟、重要門樓等高級建筑上，廡殿的基本結(jié)構(gòu)包括四個坡面，坡面相交處形成5根屋脊，故又稱“四阿殿”或“五脊殿”．圖2是根據(jù)廡殿頂構(gòu)造的多面體模型，底面ABCD是矩形，且四個側(cè)面與底面的夾角均相等，則（ ）
A．AB＝BC+EFB．C．D．AB＝2BC﹣EF
【分析】設(shè)點E在底面ABCD上的射影為G，作GM⊥BC，GN⊥AB，垂足分別為M，N，設(shè)四個側(cè)面與底面的夾角為θ，即可得到∠EMG＝∠ENG＝θ，根據(jù)三角形全等得到方程，即可得出答案．
【解答】解：設(shè)點E在底面ABCD上的射影為G，作GM⊥BC，GN⊥AB，垂足分別為M，N，如圖所示：
則∠EMG為側(cè)面EBC與底面ABCD的夾角，∠ENG為側(cè)面EBAF與底面ABCD的夾角，
設(shè)四個側(cè)面與底面的夾角為θ，則在Rt△EMG和Rt△ENG中，∠EMG＝∠ENG＝θ，
又GE為公共邊，則GN＝GM，即，整理得AB＝BC+EF．
故選：A．
【點評】本題考查二面角，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力，屬于中檔題．
29．（2023?湖北模擬）如圖，把一個長方形的硬紙片ABCD沿長邊AB所在直線逆時針旋轉(zhuǎn)45°得到第二個平面ABEF，沿寬邊AF所在直線逆時針旋轉(zhuǎn)45°得到第三個平面AFGH，則第一個平面和第三個平面所成銳二面角大小的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【分析】把兩個單位正方體疊放在一起（構(gòu)建模型），平面A0B0C2D2，平面A0B0C6D0，平面A0B1C1D0分別代表第一，二，三個平面，利用模型易求第一個平面和第三個平面所成銳二面角大小的余弦值．
【解答】解：如圖，把兩個單位正方體疊放在一起（構(gòu)建模型），平面A0B0C2D2，
平面A0B0C6D0，平面A0B1C1D0分別代表第一，二，三個平面，
平面A0B0C2D1 的法向量為，平面A0B1C1D0的法向量為，
與 的夾角為，
故所求銳二面角的大小的余弦值是．
故選：C．
【點評】本題考查利用模型求二面角的余弦值，屬中檔題．
30．（2023?哈爾濱一模）在邊長為3的菱形ABCD中，∠BAD＝60°，將△ABD繞直線BD旋轉(zhuǎn)到．△A'BD，使得四面體A'BCD外接球的表面積為18π，則此時二面角A'﹣BD﹣C的余弦值為（ ）
A．﹣B．﹣C．D．
【分析】根據(jù)三角形形狀確定球心位置，根據(jù)三角形知識和勾股定理計算球的半徑，進而可求出球的表面積．
【解答】解：取BD的中點E，連接AE，CE，則BD⊥A′E，BD⊥CE，′
∴∠A′EC為二面角A'﹣BD﹣C的平面角，設(shè)∠A′EC＝2θ
由題意可知△A′BD和△BCD都是邊長為3的等邊三角形，
設(shè)M，N分別是△A′BD和△BCD的中心，過M，N分別作兩平面的垂線，
則垂線的交點就是三棱錐外接球的球心O，
∵A′E＝CE＝3sin6°＝，∴ME＝NE＝，CN＝，
由△OME≌△ONE可得∠OEM＝∠OEN＝θ，
因為四面體A'BCD外接球的表面積為18π，所以外接球的R，滿足4πR2＝18π，所以R＝OC＝，
所以O(shè)N＝＝，可得OE＝＝，故csθ＝＝，
所以cs2θ＝2cs2θ﹣1＝﹣，
即二面角A'﹣BD﹣C的余弦值為﹣．
故選：A．
【點評】本題主要考查球與多面體的切接問題，考查推理論證能力、運算求解能力、空間思維能力，是中檔題．
31．（2023?包河區(qū)校級模擬）過原點的直線l與曲線交于A，B兩點，現(xiàn)以x軸為折痕將上下兩個半平面折成60°的二面角，則|AB|的最小值為（ ）
A．2B．C．4D．12
【分析】作AQ垂直下半平面于Q，作AH⊥x軸于H，連接HQ，QB．設(shè)，由題意可得，可得結(jié)論．
【解答】解：作AQ垂直下半平面于Q，作AH⊥x軸于H，連接HQ，QB．
設(shè)
以x軸為折痕將上下兩個半平面折成60°的二面角，
可得∠AHQ＝60°，則AM＝，QH＝，AQ＝，
兩點間距離公式可得．
，當且僅當時，|AB|取最小值2．
故選：A．
【點評】本題考查空間角問題，考查求線段長的最小值，屬中檔題．
32．（2023?唐縣校級二模）如圖，在正三棱臺ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝2A1B1＝4，點P是側(cè)棱BB1上的動點（含端點）．記二面角P﹣AC﹣A1為α，二面角P﹣AC﹣B為β，若存在點P，使得α＝β，則側(cè)棱BB1的最小值為 2 ．
【分析】設(shè)AC，A1C1 的中點分別為E，F(xiàn)，連接EF，EB，EP，EB1，F(xiàn)B1，可得∠PEF＝α，∠PEB＝β，問題轉(zhuǎn)化為∠B1EB≥∠B1EF，即∠EB1F≥∠B1EF，結(jié)合三角形中大邊對大角，然后求解三角形得答案．
【解答】解：設(shè)AC，A1C1 的中點分別為E，F(xiàn)，連接EF，EB，EP，EB1，F(xiàn)B1，
由正三棱臺的結(jié)構(gòu)特征可知，AC⊥EF，AC⊥EP，AC⊥EB，
則∠PEF＝α，∠PEB＝β，若α＝β，則∠B1EB≥∠B1EF，即∠EB1F≥∠B1EF，
∵A1B1＝2且△A1B1C1為正三角形，∴EF≥B1F＝，
又AC＝AB＝4，∴，也就是側(cè)棱BB1的最小值為2．
故答案為：2．
【點評】本題考查二面角的平面角及其應(yīng)用，考查化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合思想，考查運算求解能力，是中檔題．
33．（2023?四川模擬）已知棱錐P﹣ABCDE的底面五邊形中，ABCD為邊長為2的正方形，△ADE為等腰直角三角形，AE＝DE＝PE，又PA⊥DE．
（1）在線段PB上找一點G，使得平面GAC∥平面PDE，并說明理由；
（2）在（1）的條件下，二面角B﹣DE﹣P為120°，求CG與平面PAC所成角的正弦值．
【分析】（1）線段PB的中點即為所求點G，此時有GM∥PD，DE∥AC，即可得到平面GAC∥平面PDE；
（2）以E為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用向量法求解．
【解答】解：（1）線段PB的中點即為所求點G．
理由如下：
連接BD交AC于點M，連接GM，PD，四邊形ABCD是正方形，M為DB中點，又G為線段PB的中點，
所以GM∥PD，又GM?平面PDE，PD?平面PDE，
所以GM∥平面PDE，
又依題意可得DE∥AC，又AC?平面PED，DE?平面PED，
所以AC∥平面PED，
又GM∩AC＝M，GM，AC?平面GAC，
所以平面GAC∥平面PDE；
（2）由題意可得DE⊥AE，PA⊥DE，所以直線DE⊥平面PAE，PE⊥DE，
所以∠PEA為二面角B﹣DE﹣P的平面角，即∠PEA＝120°，
如圖，以E為坐標原點，建立如圖所示空間直角坐標系，
則P（﹣，0，），A（，0，0），B（2，，0），C（，2，0），G（，，），
則＝（0，2，0），＝（，0，﹣），
設(shè)平面PAC的法向量＝（x，y，z），
由，可取＝（1，0，），
又＝（﹣，﹣，），
設(shè)CG與平面PAC所成的角為θ，則
sinθ＝|cs＞|＝＝，
所以CG與平面PAC所成角的正弦值為．
【點評】本題考查了面面平行的證明，考查了二面角、線面角的大小，查運算求解能力，是中檔題．
34．（2023?鯉城區(qū)校級模擬）如圖，水平桌面上放置一個棱長為4的正方體水槽，水面高度恰為正方體棱長的一半，在該正方體側(cè)面CDD1C1上有一個小孔E，E點到CD的距離為3，若該正方體水槽繞CD傾斜（CD始終在桌面上），則當水恰好流出時，側(cè)面CDD1C1與桌面所成角的正切值為（ ）
A．B．C．D．2
【分析】由題意知，水的體積為32，設(shè)正方體水槽傾斜后，水面分別與棱AA1，BB1，CC1，DD1交于M，N，P，Q，則PC＝3，此時水的體積為SBCPN?CD，從而求得BN＝1；在平面BCC1B1內(nèi)，過點C1作C1H∥NP，交BB1于H，側(cè)面CDD1C1與桌面所成的角即側(cè)面CDD1C1與水面MNPQ所成的角，即側(cè)面CDD1C1與平面HC1D1所成的角，故∠HC1C即為所求，再在Rt△B1HC1中，由tan∠HC1C＝tan∠B1HC1＝即可得解．
【解答】解：由題意知，水的體積為4×4×2＝32，
如圖所示，設(shè)正方體水槽傾斜后，水面分別與棱AA1，BB1，CC1，DD1交于M，N，P，Q，則PC＝3，
水的體積為SBCPN?CD＝32，
∴?BC?CD＝32，即×4×4＝32，∴BN＝1．
在平面BCC1B1內(nèi)，過點C1作C1H∥NP，交BB1于H，則四邊形NPC1H是平行四邊形，NH＝C1P＝1，
∴B1H＝BB1﹣NH﹣BN＝4﹣1﹣1＝2，
∵側(cè)面CDD1C1與桌面所成的角即側(cè)面CDD1C1與水面MNPQ所成的角，即側(cè)面CDD1C1與平面HC1D1所成的角，
∴∠HC1C即為所求，而∠HC1C＝∠B1HC1，
在Rt△B1HC1中，tan∠B1HC1＝＝＝2，
∴側(cè)面CDD1C1與桌面所成角的正切值為2．
故選：D．
【點評】本題考查二面角的求法，將所求的角逐步轉(zhuǎn)化為邊長已知的直角三角形中的角是解題的關(guān)鍵，考查學(xué)生的空間立體感、邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．
35．（2023?鷹潭一模）如圖，在四棱臺ABCD﹣A1B1C1D1中，，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠DAB＝，平面BDD1B1⊥平面ABCD，點O1，O分別為B1D1，BD的中點，O1B＝1，∠A1AB，∠O1BO均為銳角．
（1）求證：AC⊥BB1；
（2）若頂點A1到底面ABCD的距離為，求二面角B﹣AA1﹣C的平面角的余弦值．
【分析】（1）推導(dǎo)出AC⊥BD，從而AC⊥平面BDD1B1，由此能證明AC⊥BB1．
（2）作 O1H⊥BD，以O(shè)為坐標原點，以O(shè)A，OB所在直線分別為x軸，y軸，過O作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角B﹣AA1﹣C的平面角的余弦值．
【解答】解：（1）證明：∵底面ABCD是菱形，∴AC⊥BD，
又∵平面 BDD1B1⊥平面ABCD，且平面BDD1B1∩平面ABCD＝BD，AC?平面ABCD，
∴AC⊥平面BDD1B1，又 BB1?平面 BDD1B1，∴AC⊥BB1．
（2）由（1）知 AC⊥面 BDD1B1，又AC?平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面 BDD1B1，
作 O1H⊥BD，因為平面 BDD1B1⊥平面ABCD，平面 BDD1B1∩平面ABCD＝BD，
O1H?平面 BDD1B1，所以O(shè)1H⊥平面ABCD，
如圖，以O(shè)為坐標原點，以O(shè)A，OB所在直線分別為x軸，y軸，
過O作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，
∵A1C1 平面ABCD，∴O1到底面ABCD的距離為，
∴，又∠O1BO 為銳角，∴，，∠O1BO＝60°，
又OB＝O1B＝1，∴△BOO1為等邊三角形，故 OO1＝1，
在空間直角坐標系中，，B（0，1，0），C（﹣，0，0），A1（，，），
則，＝（﹣，1，0），＝（﹣2，0，0），
設(shè)平面ABA1的法向量為，
則，取x＝1，得，
設(shè)平面ACA1 的法向量為＝（a，b，c），
則，取c＝1，得，
cs＜＞＝＝＝﹣，
由圖得二面角B﹣AA1﹣C為銳角，故二面角B﹣AA1﹣C的平面角的余弦值為．
【點評】本題考查線面垂直的判定與性質(zhì)、二面角的定義及余弦值的求法等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．
36．（2023?蕉城區(qū)校級模擬）圖1是由直角梯形ABCD和以CD為直徑的半圓組成的平面圖形，AD∥BC，AD⊥AB，．E是半圓上的一個動點，當△CDE周長最大時，將半圓沿著CD折起，使平面PCD⊥平面ABCD，此時的點E到達點P的位置，如圖2．
（1）求證：BD⊥PD；
（2）求平面PAB和平面PCD夾角的余弦值．
【分析】（1）根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理得出線面垂直，再得出線線垂直．
（2）先建立空間直角坐標系，由空間向量法求兩個平面的法向量，再求兩個法向量所成角的余弦值的絕對值，得出結(jié)果．
【解答】解：（1）證明：如圖，過點D作DF⊥BC交BC于點F，連結(jié)BD，
因為AD∥BC，AD⊥AB，．
所以BF＝FC＝1，，，由BD2+DC2＝BC2，
所以BD⊥CD，
因為平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD?平面ABCD＝CD，BD?平面ABCD，
所以BD⊥平面PCD，又PD?平面PCD，
所以BD⊥PD．
（2）由，得，即ED+EC≤2，當ED＝EC＝1時取等號．
當△CDE周長最大時，ED＝EC＝1，即PD＝PC＝1．
取DC的中點O，因為DF＝FC＝1，所以O(shè)F⊥DC．
故以O(shè)F，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建系如圖，
則，
所以，
設(shè)為平面PAB的一個法向量，
則，即，取，
又平面PCD的法向量，
所以，
所以平面PAB和平面PCD夾角的余弦值為．
【點評】本題考查線線垂直的證明，向量法求解面面角問題，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題．
37．（2023?盱眙縣校級四模）如圖，在平面五邊形ABCDE中△ADE是邊長為2的等邊三角形，四邊形ABCD是直角梯形，其中AD∥BC，AD⊥DC，BC＝1，CD＝．將△ADE沿AD折起，使得點E到達點M的位置，且使BM＝．
（1）求證：平面MAD⊥平面ABCD；
（2）設(shè)點P為棱CM上靠近點C的三等分點，求平面PBD與平面MAD所成的二面角的正弦值．
【分析】（1）取AD的中點N，連接MN，BN．通過證明BN⊥AD，BN⊥MN，得BN⊥平面MAD．再根據(jù)面面垂直的判定可得平面MAD⊥平面ABCD；
（2）以N為坐標原點，直線NA為x軸、NB為y軸、NM為z軸建立空間直角坐標系，求出兩個平面的法向量，利用法向量求出二面角的余弦值，再根據(jù)同角公式求出其正弦值．
【解答】解：（1）如圖，取AD的中點N，連接MN，BN．
∵△MAD是等邊三角形，所以MN⊥AD，且，
在直角梯形ABCD中，因為DN＝BC＝1，DN∥BC，AD⊥DC，
∴四邊形BCDN是矩形，所以BN⊥AD，且，
∴BN2+MN2＝6＝BM2，即BN⊥MN，
又∵AD∩MN＝N，AD?平面MAD．MN?平面MAD，
∴BN⊥平面MAD．
∵BN?平面ABCD，
∴平面MAD⊥平面ABCD．
（2）由（1）知NA，NB，NM兩兩互相垂直，
以N為坐標原點，直線NA為x軸、NB為y軸、NM為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
根據(jù)題意，，
由P是棱CM的靠近點C的三等分點得，，
∵平面MAD的一個法向量為，
設(shè)平面PBD的一個法向量為，
則，即，
令y＝1，則，故平面BDP的一個法向量為，
設(shè)平面MAD與平面PBD所成的二面角的平面角為θ，
則，
∴，
∴平面MAD與平面PBD所成的二面角的正弦值為．
【點評】本題考查面面垂直以及二面角相關(guān)知識，屬于較難題．
38．（2023?浙江模擬）在三棱錐P﹣ABC中，，直線PA與平面ABC所成角為，直線PB與平面ABC所成角為．
（1）求三棱錐體積的取值范圍；
（2）當直線PC與平面ABC所成角最小時，求二面角P﹣AB﹣C的平面角的余弦值．
【分析】（1）根據(jù)線面夾角分析可得，建立平面直角坐標系求點H的軌跡方程，結(jié)合圓的性質(zhì)可得BH的取值范圍，進而可得結(jié)果；
（2）根據(jù)線面夾角結(jié)合圓的性質(zhì)分析直線PC與平面ABC所成角的最小值，建立空間直角坐標系，利用空間向量求二面角．
【解答】解：（1）如圖1，過點P作PH⊥平面ABC，垂足為H，連接AH，BH，
則直線PA與平面ABC所成角為，直線PB與平面ABC所成角為，
可得，則，
以B為遠點，BA，BC所在直線分別為x，y軸建立平面直角坐標系，如圖2，
則，設(shè)H（x，y），
因為AH＝3BH，則，
整理得，
即點H的軌跡是以為圓心，半徑的圓，
可得，
即，
所以，
故三棱錐體積，
即三棱錐體積的取值范圍為．
（2）連接CH，如圖3，
由（1）可知：直線PC與平面ABC所成角為∠PCH，
則，
因為點H的軌跡方程為，且，
即點H的軌跡過點C，延長CB，HB分別交圓M于點E，D，
則，
當且僅當D，E，M三點共線時，等號成立，
因為，則，
可得直線OE的方程為，
聯(lián)立方程，解得或，
即點，可得，
以B為坐標原點建立建立空間直角坐標系，如圖4，
則，
可得，
設(shè)為平面PAB的法向量，
則，即，
令b＝3，則a＝0，c＝，所以平面PAB的法向量，
由題意可知：平面ABC的法向量為，
則，
所以二面角P﹣AB﹣C的平面角的余弦值為．
【點評】本題考查三棱錐的體積的范圍的求解，向量法求解二面角問題，函數(shù)思想，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬難題．
39．（2023?市中區(qū)校級模擬）在直角梯形AA1B1B中，A1B1∥AB，AA1⊥AB，AB＝AA1＝2A1B1＝6，直角梯形AA1B1B繞直角邊AA1旋轉(zhuǎn)一周得到如下圖的圓臺A1A，已知點P，Q分別在線段CC1，BC上，二面角B1﹣AA1﹣C1的大小為θ．
（1）若θ＝120°，，AQ⊥AB，證明：PQ∥平面AA1B1B；
（2）若θ＝90°，點P為CC1上的動點，點Q為BC的中點，求PQ與平面AA1C1C所成最大角的正切值，并求此時二面角Q﹣AP﹣C的余弦值．
【分析】（1）由已知可建立以A為原點，AB，AQ，AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算，即可證明線面平行；
（2）根據(jù)已知可建立以A為原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)，根據(jù)線面關(guān)系求得PQ與平面AA1C1C所成最大角的正切值，即得λ的值，利用空間向量坐標運算即可求得此時二面角Q﹣AP﹣C的余弦值．
【解答】（1）證明：∵AA1⊥AB，∴AA1⊥AC，∴∠BAC＝∠B1A1C1＝θ＝120°，
又AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC，∴AA1⊥平面ABC，
又AQ?平面ABC，∴AA1⊥AQ，又AQ⊥AB，
如圖，以A為原點，AB，AQ，AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
由于AB＝AA1＝2A1B1＝6，∴，
則，
又，∴，則，
∴，又y軸⊥平面AA1B1B，
故可為平面AA1B1B的一個法向量，
又，且PQ?平面AA1B1B，∴PQ∥平面AA1B1B；
（2）解：∵AA1⊥AB，∴AA1⊥AC，∴∠BAC＝∠B1A1C1＝θ＝90°，
如圖，以A為原點，AB，AC，AA1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則B（6，0，0），C（0，6，0），C1（0，3，6），Q（3，3，0），
設(shè)，則，
則，
又x軸⊥平面AA1C1C，∴可作為平面AA1C1C的一個法向量，
設(shè)PQ與平面AA1C1C所成角為α，且，
則，
又函數(shù)y＝sinα與y＝tanα均在上單調(diào)遞增，
∴當時，有最大值為，此時tanα也取到最大值，
又，則；
設(shè)為平面APQ的法向量，又，
∴，令z＝9，則平面APQ的法向量，
平面APC的一個法向量為，
∴，由圖可知二面角Q﹣AP﹣C為銳角，即二面角Q﹣AP﹣C的余弦值為．
∴PQ與平面AA1C1C所成最大角的正切值為，此時二面角Q﹣AP﹣C的余弦值為．
【點評】本題主要考查直線與平面平行的證明，線面角、二面角的求法，考查邏輯推理能力與運算求解能力，屬于難題．
40．（2023?重慶模擬）如圖四棱錐S﹣ABCD，AC＝2，B，D在以AC為直徑的圓上，SA⊥平面為SC的中點．
（1）若，證明：DE⊥AB；
（2）當二面角D﹣SC﹣A的正切值為時，求點B到平面SCD距離的最大值．
【分析】（1）作出輔助線，得到△ABD為等邊三角形，DM⊥AB，由線面垂直得到SA⊥AB，從而得到AB⊥平面EOD，證明出DE⊥AB；
（2）作出輔助線，得到∠DNH為二面角D﹣SC﹣A的平面角，由二面角的大小得到，∠SCA＝45°，由勾股定理得到，，當B位于線段CD中垂線上時，S△BCD取得最大值，由等體積法得到．
【解答】（1）證明：記AC的中點為O，連接EO，則O為圓心，
又E為SC的中點，所以EO∥SA，
因為SA⊥平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
連接BD，連接DO并延長DO，交AB于點M，
．
因為，所以，
因為AC為直徑，由對稱性可知AB＝AD，故△ABD為等邊三角形，
又因為O為△ABD的外心，所以O(shè)為△ABD的中心，故DM⊥AB，
∵EO⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，∴EO⊥AB，
∵DM∩EO＝O，DM，EO?平面EOD，
∴AB⊥平面EOD，
∵DE?平面EOD，∴DE⊥AB．
（2）解：過點D作DH⊥AC于H，作HN⊥SC于N，連接DN，如圖所示，
因為SA⊥平面ABCD，DH?平面ABCD，所以SA⊥DH，
因為DH⊥AC，AC∩SA＝A，AC，SA?平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因為SC?平面SAC，所以DH⊥SC，
因為HN⊥SC，DH∩HN＝H，DH，HN?平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因為DN?平面DHN，所以DN⊥SC，
故二面角D﹣SC﹣A的平面角為∠DNH，
因為∠DOC＝2∠DAC＝，所以△OCD為等邊三角形，
所以DO＝CO＝DC＝AC＝1，所以，，
所以，所以，
在Rt△NHC中，，所以∠SCA＝45°，
所以△ASC為等腰直角三角形，所以SA＝AC＝2，
又，所以，
因為SA⊥平面ABCD，DC?平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因為AD⊥DC，AS∩AD＝A，AS，AD?平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因為SD?平面ASD，所以DC⊥SD，
所以，
由于點B在半圓弧AC上運動，當B位于線段CD中垂線上時，△BCD的面積取得最大值，
且最大值為，
設(shè)點B到平面SCD距離為d，
根據(jù)，
即點B到平面SCD距離的最大值為．
【點評】本題主要考查線線垂直的證明，二面角的求法，點到平面距離的求法，考查數(shù)形結(jié)合思想與轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，考查邏輯推理與運算求解能力，屬于難題．
41．（2023?瀘縣校級模擬）在《九章算術(shù)》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱為“陽馬”．如圖，在“陽馬”P﹣ABCD中，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，且PD＝CD．
（1）若PB＝4，試計算底面ABCD面積的最大值；
（2）過棱PC的中點E作EF⊥PB，交PB于點F，連DE，DF，BD，若平面DEF與平面ABCD所成銳二面角的大小為，試求的值．
【分析】（1）根據(jù)已知條件，可設(shè)PD＝CD＝x，AD＝y(tǒng)，表示出底面ABCD的面積，然后利用基本不等式即可完成最值求解；
（2）設(shè)出AD＝λ，以點D為原點，建立空間直角坐標系，分別求解出平面DEF與平面ABCD的法向量，然后利用已知條件，求解出λ，即可求解出的值．
【解答】解：（1）設(shè)PD＝CD＝x，AD＝y(tǒng)，
由已知可知2x2+y2＝16，而底面ABCD的面積為xy，
則由均值不等式，可知，
當且僅當時等號成立；
（2）如圖，以點D為原點，射線DA，DC，DP分別為x軸，y軸，z軸的正半軸，
建立空間直角坐標系，
設(shè)PD＝DC＝1，AD＝λ，則D（0，0，0），P（0，0，1），B（λ，1，0），C（0，1，0），
所以，由于E是PC的中點，則，故，
于是，即PB⊥DE，
又已知EF⊥PB，而DE∩EF＝E，
所以PB⊥平面DEF，故是平面DEF的一個法向量，
而因為PD⊥平面ABCD，所以是平面ABCD的一個法向量，
由已知平面DEF與平面ABCD所成銳二面角的大小為，
則，解得，
所以．
故當平面DEF與平面ABCD所成銳二面角的大小為．
【點評】本題考查了基本不等式和二面角的應(yīng)用，屬于難題．
42．（2023?九江模擬）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D為A1B上一點，AD⊥平面A1BC．
（1）求證：BC⊥A1B；
（2）若，AB＝BC＝2，P為AC的中點，求二面角A﹣A1B﹣P的余弦值．
【分析】（1）由已知得A1A⊥平面ABC，A1A⊥BC，AD⊥BC．由此能證明BC⊥A1B．
（2）由（1）知BC⊥平面A1AB，從而BC⊥AB，以B為原點建立空間直角坐標系B﹣xyz，利用向量法能求出二面角A﹣A1B﹣P的平面角的余弦值．
【解答】（1）證明：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1為直三棱柱，
∴A1A⊥平面ABC，又BC?平面ABC，∴A1A⊥BC，
∵AD⊥平面A1BC，且BC?平面A1BC，
∴AD⊥BC．又AA1?平面A1AB，AD?平面A1AB，A1A∩AD＝A，
∴BC⊥平面A1AB，
又A1B?平面A1BC，∴BC⊥A1B．
（2）解：由（1）知BC⊥平面A1AB，AB?平面A1AB，從而BC⊥AB，
如圖，以B為原點建立空間直角坐標系B﹣xyz，
∵AD⊥平面A1BC，其垂足D落在直線A1B上，
∴AD⊥A1B．
在Rt△ABD中，AD＝，AB＝2，
sin∠ABD＝＝，∠ABD＝60°，
在直三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，A1A⊥AB．
在Rt△ABA1中，AA1＝AB?tan60°＝2，
則B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），
P（1，1，0），A1（0，2，2），
，＝（0，2，2），，
設(shè)平面PA1B的一個法向量，
則，即，
得，
平面AA1B的一個法向量為＝，
則，
∴二面角A﹣A1B﹣P平面角的余弦值是．
【點評】本題考查異面直線垂直的證明，考查二面角的余弦值的求法，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng)．
一十二．點、線、面間的距離計算（共17小題）
43．（2023?延邊州二模）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面邊長是4，側(cè)棱長是6，M，N分別為CC1，AB的中點，若P是側(cè)面BCC1B1上一點，且PN∥平面AB1M，則線段PN的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【分析】先求出平面CND∥平面AB1M，再確定點P在線段CD上，進而由PN⊥CD得出答案．
【解答】解：如圖，
取BB1的中點為D，連接CD，ND，
∵ND∥AB1，ND不包含于平面AB1M，AB1包含于平面AB1M，∴ND∥平面AB1M，
同理CD∥平面AB1M，∵CD∩ND＝D，
∴平面CND∥平面AB1M，
∵PN∥平面AB1M，
∴點P在線段CD上，
當PN⊥CD時，線段PN最短，
∵|ND|＝＝，|CD|＝＝5，|CN|＝＝2，
則|CN|2+|ND|2＝|CD|2，∴CN⊥ND，
∴CN?ND＝CD?PN，
∴PN＝＝．
故選：C．
【點評】本題考查面面平行的判定，考查三角形面積的運用，屬于中檔題．
44．（2023?海淀區(qū)校級三模）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為線段BC，CC1，BB1上的動點（不含端點），
①異面直線D1D與AF所成角可以為；
②當G為中點時，存在點E，F(xiàn)使直線A1G與平面AEF平行；
③當E，F(xiàn)為中點時，平面AEF截正方體所得的截面面積為；
④存在點G，使點C與點G到平面AEF的距離相等，
則上述結(jié)論正確的是（ ）
A．①③B．②④C．②③D．①④
【分析】根據(jù)異面直線夾角的求解方法，線面平行的判定，以及正方體的截面面積的計算，結(jié)合幾何體的結(jié)構(gòu)特點，對每個選項進行逐一分析，即可判斷得答案．
【解答】解：對于①，∵D1D∥A1A，∴D1D與AF的夾角即為A1A與AF的夾角∠A1AF，
又當F與C重合時，∠A1AF取得最大值為，
當F與點C1重合時，∠A1AF取得最小值，設(shè)其為α，
則，故；
又點F不能與C，C1重合，故，故①錯誤；
對于②，當G為B1B中點時，存在E，F(xiàn)分別為BC，C1C的中點，
滿足A1G∥平面AEF，證明如下：
取B1C1的中點為M，連接A1M，MG，
顯然A1M∥AE，又AE?面AEF，A1M?面AEF，∴A1M∥平面AEF，
又MG∥BC1∥EF，EF?面AEF，MG?面AEF，∴MG∥平面AEF，
又A1M∩MG＝M，A1M，MG?面A1MG，∴平面A1MG∥平面AEF，
又A1G?平面A1MG，∴A1G∥平面AEF，故②正確；
對于③，連接AD1，D1F，AE，
∵EF∥BC1∥AD1，∴平面AEFD1即為平面AEF截正方體所得截面．
又，∴該截面為等腰梯形，又，，
∴截面面積，故③正確；
對于④，連接GC，取其中點為H，
要使得點G到平面AEF的距離等于點C到平面AEF的距離，只需EF經(jīng)過GC的中點，
可知當點E、F分別為所在棱的中點時，不存在這樣的點G滿足要求，故④錯誤．
故選：C．
【點評】本題考查空間中直線與直線、直線與平面位置關(guān)系的判定，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．
45．（2023?洪山區(qū)校級模擬）正方形ABB1A1的邊長為12，其內(nèi)有兩點P、Q，點P到邊AA1，A1B1的距離分別為3，2，點Q到邊BB1，AB的距離也是3和2．現(xiàn)將正方形卷成一個圓柱，使得AB和A1B1重合（如圖）．則此時P、Q兩點間的距離為（ ）
A．B．C．D．
【分析】利用點P和點Q所在的截面圓圓心，將P、Q兩點間的距離轉(zhuǎn)化為的模進行計算即可．
【解答】解：如圖，設(shè)過點P且平行底面的截面圓心為O1，
過點Q且平行底面的截面圓心為O2，
設(shè)圓柱底面半徑為r，則2πr＝12，所以r＝，
＜，＞＝，
∵，
∴||2＝||2
＝2r2+||2+2
＝2+62+2
＝3，
∴．
故選：C．
【點評】本題考查空間中兩點之間的距離求法，屬中檔題．
46．（2023?安慶二模）一底面半徑為1的圓柱，被一個與底面成45°角的平面所截（如圖），O為底面圓的中心，O1為截面的中心，A為截面上距離底面最小的點，A到圓柱底面的距離為1，B為截面圖形弧上的一點，且，則點B到底面的距離是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由題意可得截面橢圓是以O(shè)1為中心，A為長軸端點的橢圓，其長軸長為，短軸長為2，作BC⊥AO1于C，因為，聯(lián)立直線O1B的方程和橢圓方程可求得，可得出CO1，過C作CD⊥OO1，即可求出O1D和OD，即可得出答案．
【解答】解：圓柱半徑為1，截面與底邊所成角為45°，作AM⊥OO1于M，
則，AO1＝．
截面橢圓是以O(shè)1為中心，A為長軸端點的橢圓，其長軸長為，短軸長為2，
所以橢圓的方程為，
作BC⊥AO1于C，因為，直線O1B的方程為，
所以設(shè)，
又因為在橢圓上，解得：，
所以，，
過C作CD⊥OO1，則，
，
由于BC，CD均平行于底面，
故B點到底面的距離是．
故選：C．
【點評】本題考查點面距的求解，化歸轉(zhuǎn)化思想，方程思想，屬中檔題．
（多選）47．（2023?梅州二模）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為邊AD的中點，點P為線段D1B上的動點，設(shè)D1P＝λD1B，則（ ）
A．當時，EP∥平面AB1C
B．當時，|PE|取得最小值，其值為
C．|PA|+|PC|的最小值為
D．當C1∈平面CEP時，
【分析】建立空間直角坐標系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷A；利用兩點間距離公式計算判斷BC；確定直線D1B與平面CEP交點的位置判斷D作答．
【解答】解：在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），B1（2，2，2），E（1，0，0），
所以，則點P（2λ，2λ，2﹣2λ），
對于A，，，，而，
顯然，即是平面AB1C的一個法向量，
而，因此不平行于平面AB1C，即直線EP與平面AB1C不平行，A錯誤；
對于B，，則，
因此當時，|PE|取得最小值，B正確；
對于C，，
于是，當且僅當時取等號，C正確；
對于D，取A1D1的中點F，連接EF，C1F，CE，如圖，
因為E為邊AD的中點，則EF∥DD1∥CC1，當C1∈平面CEP時，P∈平面CEFC1，
連接B1D1∩C1F＝Q，連接BD∩CE＝M，連接MQ，顯然平面CEFC1∩平面BDD1B1＝MQ，
因此MQ∩D1B＝P，BB1∥CC1，CC1?平面CEFC1，BB1?平面CEFC1，則BB1∥平面CEFC1，
即有MQ∥BB1，而，
所以，D錯誤．
故選：BC．
【點評】本題主要考查了直線與平面平行的判定定理，考查了利用空間向量求空間中的距離問題，屬于中檔題．
（多選）48．（2023?龍華區(qū)校級模擬）如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，Q是棱DD1上的動點，則下列說法正確的是（ ）
A．不存在點Q，使得C1Q∥A1C
B．存在點Q，使得C1Q⊥A1C
C．對于任意點Q，Q到A1C的距離的取值范圍為[，]
D．對于任意點Q，△A1CQ都是鈍角三角形
【分析】對于A：由C1Q?平面CDD1C1，A1C與平面CDD1C1相交，即可判斷；對于B：當點Q與點D重合時，根據(jù)線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理，可證C1Q⊥A1C；對于C：取兩個特殊點進行運算，當點Q與點D重合時，由等面積法可得點Q到A1C的距離d＝；當點Q為棱DD1的中點時，由勾股定理，求得點Q到A1C的距離d＝，可判斷C；對于D：設(shè)DQ＝x，x∈[0，1]，在△A1CQ中，最大的角為∠A1QC，再結(jié)合勾股定理與余弦定理，推出cs∠A1QC≤0，即∠A1QC不可能為銳角，得解．
【解答】解：對于A：因為點Q是棱DD1上的動點，所以C1Q?平面CDD1C1，
又A1C∩平面CDD1C1＝C，所以C1Q與A1C異面，即不可能存在點Q，使得C1Q∥A1C，故A正確；
對于B：當點Q與點D重合時，
由正方體的性質(zhì)知，C1Q⊥CD1，A1D1⊥平面CDD1C1，
因為C1Q?平面CDD1C1，所以A1D1⊥C1Q，
又CD1∩A1D1＝D1，所以C1Q⊥平面A1CD1，
因為A1C?平面A1CD1，所以C1Q⊥A1C，故B正確；
對于C：設(shè)正方體的棱長為1，
當點Q與點D重合時，△A1CQ為直角三角形，其中A1C＝，CQ＝1，A1Q＝，
所以點Q到A1C的距離d＝＝；
當點Q為棱DD1的中點時，△A1CQ為等腰三角形，其中A1C＝，CQ＝A1Q＝，
所以點Q到A1C的距離d＝＝＝，
此時易證QM是異面直線A1C與DD1的公垂線，
所以對于任意點Q，Q到A1C的距離的取值范圍為[，]，故C正確；
對于D：設(shè)DQ＝x，x∈[0，1]，則D1Q＝1﹣x，
所以CQ＝＝，A1Q＝＝，
在△A1CQ中，最長的邊為A1C＝，所以最大的角為∠A1QC，
由余弦定理知，cs∠A1QC＝＝＝，
因為x∈[0，1]，所以x（x﹣1）≤0，所以cs∠A1QC≤0，即∠A1QC可能為鈍角也可能為直角，
所以對于任意點Q，△A1CQ不一定是鈍角三角形，故D不正確．
故選：ABC．
【點評】本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，熟練掌握線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理，點到線距離的求法，余弦定理等是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感，推理論證能力和運算能力，屬于中檔題．
（多選）49．（2023?連云港模擬）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，頂點A在平面α內(nèi)，其余頂點在α的同側(cè)，頂點 A1，B，C到α的距離分別為，1，2，則（ ）
A．BD∥平面α
B．平面ACB1⊥平面α
C．正方體的棱長為
D．直線C1D與α所成角比直線BB1與α所成角小
【分析】根據(jù)點到面的距離的性質(zhì)，結(jié)合線面垂直的判定定理、線面角的定義、面面相交的性質(zhì)進行求解判斷．
【解答】解：對于A，∵B，C到α的距離分別是1，2，不相等，
∴BC不可能與平面α平面，故A錯誤；
對于B，設(shè)AC，BD交點為O，由題意得O是AC的中點，
∵平面ABCD∩α＝A，C到平面α的距離為2，
∴O到α的距離為1，而B到α的距離為1，
∴BO∥平面α，∴DB∥平面α，
設(shè)平面ABCD∩平面α＝l，則BD∥l，
∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴AA1⊥BD，
∵AA1∩AC＝A，∴BD⊥平面A1AC，
∴l(xiāng)⊥平面A1AC，∵l?α，∴平面ACB1⊥平面α，故B正確；
對于C，設(shè)B1到平面α的距離為d，
∵平面AA1B1B∩α＝A，四邊形AA1B1B是正方形，點A1，B到α的距離分別為，1，
∴＝，解得d＝+1，
設(shè)正方體ABCD﹣A1B1C1D1中棱長為a，
設(shè)直線AB1與α所成角為β，則sinβ＝＝，
設(shè)直線AA1與α所成角為γ，則sinγ＝＝，
∵，∴sinβ＜sinγ，∴β＜γ，故C正確；
對于D，∵平面A1AC⊥平面α，平面A1AC∩平面α＝l，A∈l，
∴C，A1在平面α的射影E，F(xiàn)與A共線，
由題意得CE＝2，，AC＝，AA1＝a，AA1⊥AC，如圖，
∵∠ECA+∠CAE＝∠CAe+∠A1AF，∴∠ECA＝∠A1AF，
cs，sin，
∵cs2∠ECA+sin2∠A1AF＝1，∴＝1，解得a＝2（負值舍），故D正確．
故選：BCD．
【點評】本題考查點到面的距離、線面垂直的判定定理、線面角的定義、面面相交的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．
50．（2023?山西模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，M為棱AD的中點，點P為正方體表面及其內(nèi)部的一個動點且A1M⊥AP，則線段AP的長度的最大值為 3 ．
【分析】取DD1的中點Q，CC1的中點N，連接BN、NQ、AQ，設(shè)AQ∩A1M＝E，推導(dǎo)出A1M⊥平面ABNQ，可知平面ABNQ內(nèi)任一點P（不與A重合）均滿足AP⊥A1M，結(jié)合圖形可求得AP的最大值．
【解答】解：如圖，取DD1的中點Q，CC1的中點N，連接BN、NQ、AQ，設(shè)AQ∩A1M＝E，
因為CC1∥DD1且CC1＝DD1，N、Q分別為CC1、DD1的中點，
則CN∥DQ且CN＝DQ，所以四邊形CDQN為平行四邊形，所以QN∥CD且QN＝CD，
又因為AB∥CD且AB＝CD，所以AB∥QN且AB＝QN，
所以四邊形ABNQ為平行四邊形，
因為AA1＝DA，AM＝DQ，∠A1AM＝90°＝∠ADQ，所以△A1AM≌△ADQ，
所以∠AMA1＝∠DQA，所以∠AMA1+∠DAQ＝∠DQA+∠DAQ＝90°，
所以∠AEM＝90°，故A1M⊥AQ，
因為AB⊥平面AA1D1D，A1M?平面AA1D1D，所以A1M⊥AB，
因為AB∩AQ＝A，AB、AQ?平面ABNQ，所以A1M⊥平面ABNQ，
則平面ABNQ內(nèi)任一點P（不與A重合）均滿足AP⊥A1M，
由圖可知，．
故答案為：3．
【點評】本題主要考查兩點間的距離的計算，棱柱的結(jié)構(gòu)特征，考查運算求解能力，屬于中檔題．
51．（2023?大埔縣三模）如圖，在三棱錐A﹣BCD中，P是AC的中點，E，F(xiàn)分別為線段AD，CD上的動點，BC⊥CD，AB⊥平面BCD，若AB＝BC＝CD＝8，則的最小值為 8 ．
?
【分析】當點E固定，且EF⊥CD時，EF的值最小，過點E作EM⊥BD，垂足為M，連接MF，分析可知，且當△CAD沿AD翻轉(zhuǎn)到平面ABD時，四邊形ABDC構(gòu)成矩形，此時PE+EM的最小值為AB，由此得解．
【解答】解：當點E固定，且EF⊥CD時，EF的值最小，
過點E作EM⊥BD，垂足為M，連接MF，
因為BC⊥CD，AB⊥平面BCD，
所以EM∥AB，MF∥BC，EF∥AC．
因為AB＝BC，
所以，
所以．
因為AB＝BC＝CD＝8，BC⊥CD，AB⊥平面BCD，
所以△ACD≌△DBA，
所以當△CAD沿AD翻轉(zhuǎn)到平面ABD時，四邊形ABDC構(gòu)成矩形，
所以PE+EM的最小值為AB＝8，
即的最小值為8．
故答案為：8．
【點評】本題考查立體幾何的長度問題，要求考生在直觀認識空間點、線、面的位置關(guān)系的基礎(chǔ)上，抽象出點、線、面的位置關(guān)系的定義，屬于中檔題．
52．（2023?河南模擬）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，點E為A1B1中點，點F為AD中點，直線B1C與直線EF所成角的余弦值為，過E、F、C1做該正四棱柱的截面，則截面周長為 ．
【分析】根據(jù)正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面邊長為4，利用直線B1C與直線EF所成角的余弦值為，可計算出側(cè)棱AA1＝6，再利用面面平行的性質(zhì)定理作出過E、F、C1的截面為五邊形EQFMC1，利用勾股定理即可分別計算出各邊長即可計算出截面周長為．
【解答】解：畫出正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，連接B1C，A1D，取AA1的中點為G，連接GF，如下圖所示，
由正四棱柱性質(zhì)易知B1C∥A1D，
GF為△AA1D的中位線，∴GF∥A1D，因此異面直線B1C與EF所成角即為∠GFE或其補角，
可設(shè)AA1＝2a（a＞0），又AB＝4，易得，
由余弦定理可知，，
解得a＝3，即AA1＝6，
過E、F、C1做該正四棱柱的截面，設(shè)截面交DC與點M，如下圖所示，
易知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
截面EFC1∩平面ABCD＝MF，截面EFC1∩平面A1B1C1D1＝EC1，
由面面平行的性質(zhì)定理可得MF∥EC1，
取CD的中點為N，連接AN，AE，C1N，可得AN∥EC1，
即MF∥AN，
延長MF交BA的延長線于點P，連接EP交AA1于點Q，連接QF，
則過E、F、C1的截面為五邊形EQFMC1，
又∵點F為AD中點，∴點M即為DN的中點，
∴，CM＝3，，∴A1Q＝4，AQ＝2，
則，，
易知，，，
∴五邊形截面EQFMC1周長為．
故答案為：．
【點評】本題主要考查異面直線所成的角，兩點間距離的計算，平面基本定理及推論，考查運算求解能力與邏輯推理能力，屬于中檔題．
53．（2023?福建模擬）如圖，一張A4紙的長AD＝2a，寬AB＝2a，M，N分別是AD，BC的中點．現(xiàn)將△ABD沿BD折起，得到以A，B，C，D為頂點的三棱錐，則三棱錐與A﹣BCD的外接球O的半徑為 a ；在翻折的過程中，直線MN被球O截得的線段長的取值范圍是 （a，2a） ．
【分析】取BD的中點O，可得AO＝OB＝OC＝OD，可求三棱錐A﹣BCD的外接球O的半徑，過M，N分別向BD作垂線，垂足分別為H，K，進而可得a＜MN＜2a，從而可求直線MN被球O截得的線段長的取值范圍．
【解答】解：取BD的中點O，在翻折的過程中，
由直角三角形ABD與直角三角形BCD，可得AO＝OB＝OC＝OD，
∴BD為三棱錐A﹣BCD的外接球O的直徑，
又BD＝＝2a，
∴三棱錐與A﹣BCD的外接球O的半徑為a，
過M，N分別向BD作垂線，垂足分別為H，K，
由平面幾何知識可得A，C到BD的距離為a，∴MH＝NK＝a，
∴DH＝BK＝a，∴HK＝a，
∵＝++，
∴2＝2+2+2+2?+2?+2?＝a2+a2+a2+2×a×acsθ，
∵0＜θ＜180°，
∴a2＜2＜4a2，∴a＜MN＜2a，
∵OM＝ON，MN最長時，O到直線MN的距離最小，
當MN＝2a時，直線NM過球心，∴MN＜2a，
MN最小時，O到直線MN的距離最大，當MN＝時，
球心到直線的距離為a，MN＞2＝a，
∴直線MN被球O截得的線段長的取值范圍是（a，2a）．
故答案為：a；（a，2a）．
【點評】本題考查空間幾何體的外接球問題，考查運算求解能力，屬中檔題．
54．（2023?四川模擬）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PC⊥底面ABCD，梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2BC＝2，E是PD的中點．
（1）求證：平面EAC⊥平面PBC；
（2）若PD＝2，求P到平面AEC的距離．
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理證明求解；
（2）利用體積公式求點到平面的距離．
【解答】證明：（1）∵PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，∴PC⊥AC．
取AB的中點M，連接CM，
∵AB∥CD，AB＝2CD，
∴AM∥CD，AM＝CD，
∴四邊形ADCM為平行四邊形．
∵，
∴平行四邊形ADCM為菱形，
∴AC⊥MD．
∵MB∥CD，MB＝CD，
∴四邊形BMDC為平行四邊形，
∴BC∥MD，
∴BC⊥AC．
又有PC∩BC＝C，PC，BC?平面PBC，
∴AC⊥平面PBC．AC?平面EAC，
∴平面EAC⊥平面PBC．
（2）解：∵PD＝2，CD＝1，PC⊥DC，∴，
又有BC＝1，AB＝2，∠ACB＝90°，
∴.，
E為PD的中點，
，
∴在Rt△PAC中，．
由cs∠AED+cs∠AEP＝0，
得，解得．
在△AEC中，，則，∴△AEC的面積．
設(shè)P到平面AEC的距離為d，又，解得．
【點評】本題主要考查點、線、面間的距離計算，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題．
55．（2023?海淀區(qū)模擬）如圖，空間幾何體由兩部分構(gòu)成，上部是一個底面半徑為1，高為2的圓錐，下部是一個底面半徑為1，高為2的圓柱，圓錐和圓柱的軸在同一直線上，圓錐的下底面與圓柱的上底面重合，點P是圓錐的頂點，AB是圓柱下底面的一條直徑，AA1、BB1是圓柱的兩條母線，C是弧的中點．
（1）求異面直線PA1與BC所成的角的大小；
（2）求點B1到平面PAC的距離．
【分析】（1）以O(shè)為原點，OC為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線PA1與BC所成的角的大?。?br>（2）求出平面PAC的法向量，利用向量法能求出點B1到平面PAC的距離．
【解答】解：（1）由題意以O(shè)為原點，OC為x軸，OB為y軸，OP為z軸，建立空間直角坐標系，
則P（0，0，4），A1（0，﹣1，2），B（0，1，0），C（1，0，0），
＝（0，﹣1，﹣2），＝（1，﹣1，0），
cs＜，＞＝＝＝．
∴異面直線PA1與BC所成的角的大小為．
（2）B1（0，1，2），A（0，﹣1，0），
＝（0，1，﹣2），＝（0，﹣1，﹣4），＝（1，0，﹣4），
設(shè)平面PAC的法向量＝（x，y，z），
則，取z＝1，得＝（4，﹣4，1），
∴點B1到平面PAC的距離為：
d＝＝＝．
【點評】本題考查異面直線所成角的大小、點到平面的距離的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題．
56．（2023?錦州一模）在直角梯形ABCD中（如圖一），AB∥DC，AD⊥DC，．將△ADC沿AC折起，使AD⊥DB（如圖二）．
（1）求證：平面ABC⊥平面ADC；
（2）設(shè)E為線段AB的中點，求點E到直線CD的距離．
【分析】（1）首先取AB的中點E，連接CE，根據(jù)題意易證AD⊥平面BCD，從而得到AD⊥BC，即可得到BC⊥平面ACD，再根據(jù)面面垂直的判定即可證明平面ABC⊥平面ADC．
（2）首先取AC，CD的中點F，H，連接EF，F(xiàn)H，HE，易證CD⊥平面EFH，從而得到CD⊥EH，再計算EH的長度即可．
【解答】證明：（1）取AB的中點E，連接CE，如圖所示：
因為AD⊥DC，，
則四邊形AECD為正方形，所以，
因為AC2+BC2＝AB2，所以BC⊥AC．
因為AD⊥DC，AD⊥DB，CD?BD＝D，CD，BD?平面BCD，
所以AD⊥平面BCD．
又因為BC?平面BCD，所以AD⊥BC．
因為BC⊥AC，BC⊥AD，AD?AC＝A，AC，AD?平面ACD，
所以BC⊥平面ACD，
又因為BC?平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC．
（2）解：取AC，CD的中點F，H，連接EF，F(xiàn)H，HE，
因為BC⊥平面ACD，EF∥BC，所以EF⊥平面ACD，
又因為CD?平面ACD，所以EF⊥CD．
因為AD⊥CD，AD∥FH，所以FH⊥CD．
因為EF⊥CD，F(xiàn)H⊥CD，EF∩FH＝F，EF，F(xiàn)H?平面EFH，
所以CD⊥平面EFH，
又因為EH?平面EFH，所以CD⊥EH．
因為，，且HF⊥EF，
所以，
即點 E 到直線 CD 的距離為．
【點評】本題主要考查平面與平面垂直的判定，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于難題．
57．（2023?天津模擬）如圖，在三棱錐S﹣ABC中，SC⊥平面ABC，SC＝3，AC⊥BC，CE＝2EB＝2，AC＝，CD＝ED．
（Ⅰ）求證：DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）求二面角A﹣SD﹣C的余弦值；
（Ⅲ）求點A到平面SCD的距離．
【分析】（Ⅰ）建立坐標系，求出向量的坐標，得到DE⊥CD，DE⊥CS，求出線面垂直即可；
（Ⅱ）設(shè)平面SAD的法向量為＝（x，y，z），求出一個法向量，代入余弦公式即可求出余弦值；
（Ⅲ）作AH⊥平面SCD，垂足為H，求出的坐標，從而求出點A到平面SCD的距離．
【解答】解：如圖示：
，
以C為原點建立空間直角坐標系，
由題意得：A（，0，0），C（0，0，0），D（1，1，0），E（0，2，0），S（0，0，3），
（Ⅰ）證明：∵＝（﹣1，1，0），＝（1，1，0），＝（0，0，3），
∴?＝﹣1+1+0＝0，?＝0+0+0＝0，
即DE⊥CD，DE⊥CS，
∵CD∩CS＝C，
∴DE⊥平面SCD；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得＝（﹣1，1，0）為平面SCD的一個法向量，
設(shè)平面SAD的法向量為＝（x，y，z），
而＝（﹣，1，0），＝（﹣，0，3），
則，即，
不妨設(shè)x＝2，可得＝（2，1，1），
易知二面角A﹣SD﹣C為銳角，
因此有|cs＜，＞|＝＝，
即二面角A﹣SD﹣C的余弦值是；
（Ⅲ）解：＝（﹣，0，0），＝（﹣，1，0），＝（﹣，0，3），
作AH⊥平面SCD，垂足為H，
設(shè)＝x+y+z＝（﹣x﹣y﹣z，y，3z），且x+y+z＝1，
由⊥，⊥，得：
，解得，
∴＝（﹣，，0），||＝，
即點A到平面SCD的距離是．
【點評】本題考查了線面垂直，考查平面的法向量，點到平面的距離，是一道中檔題．
58．（2023?紅橋區(qū)二模）如圖，在底面是矩形的四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4．E是PD的中點，
（Ⅰ）求證：平面PDC⊥平面PAD；
（Ⅱ）求平面EAC與平面ACD夾角的余弦值；
（Ⅲ）求B點到平面EAC的距離．
【分析】以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z 軸建立空間直角坐標系，易得點的坐標，進而可得，，，，，的坐標，
（Ⅰ）由數(shù)量積為0可得CD⊥AD，CD⊥AP，可得CD⊥平面PAD，進而可得平面PDC⊥平面PAD；
（Ⅱ）由數(shù)量積為0可求平面AEC的法向量＝（1，，1）．而平面ABC的法向量＝（0，0，2），求向量夾角的余弦值可得；
（Ⅲ） 點B到平面AEC的距離為h＝，代值計算即可．
【解答】解：以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z 軸建立空間直角坐標系，
則A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），E（0，2，1），P（0，0，2）．
∴＝（2，0，0），＝（0，4，0），＝（0，0，2），＝（﹣2，0，0），
＝（0，2，1），＝（2，4，0），
（Ⅰ）∵＝0，∴CD⊥AD，又∵＝0，∴CD⊥AP，
∵AP∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，由CD?平面PDC可得平面PDC⊥平面PAD；
（Ⅱ）設(shè)平面AEC的法向量＝（x，y，z），
由可得，解得，∴＝（1，，1）．
而平面ABC的法向量＝（0，0，2），
∴cs＜，＞＝＝＝
∴平面EAC與平面ACD夾角的余弦值是；
（Ⅲ） 設(shè)點B到平面AEC的距離為h，
由（Ⅰ）（Ⅱ）可知＝（2，0，0），＝（1，，1），
則h＝＝＝，∴B點到平面EAC的距離是
【點評】本題考查空間向量法解決立體幾何問題，建系并求對相應(yīng)向量的坐標是解決問題的關(guān)鍵，屬難題．
59．（2023?陵水縣模擬）已知四棱錐S﹣ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一點．
（1）求證：平面EBD⊥平面SAC；
（2）設(shè)SA＝4，AB＝2，求點A到平面SBD的距離．
【分析】（1）證明平面EBD內(nèi)的直線BD，垂直平面SAC內(nèi)的兩條相交直線AC，SA，即可證明平面EBD⊥平面SAC；
（2）SA＝4，AB＝2，設(shè)AC∩BD＝F，連SF，點A到平面SBD的距離為h，利用?S△SBD?h＝?S△ABD?SA，求點A到平面SBD的距離；
【解答】解：（1）∵SA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，
∴SA⊥BD、
∵ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∴BD⊥平面SAC、
∵BD?平面EBD，
∴平面EBD⊥平面SAC、
（2）設(shè)AC∩BD＝F，連SF，則SF⊥BD、
∵AB＝2．∴BD＝2．
∵SF＝＝＝3
∴S△SBD＝BD?SF＝?2?3＝6．
設(shè)點A到平面SBD的距離為h，
∵SA⊥平面ABCD，
∴?S△SBD?h＝?S△ABD?SA，
∴6?h＝?2?2?4，
∴h＝，
∴點A到平面SBD的距離為．
【點評】本題考查平面與平面垂直的判定，點、線、面間的距離計算，考查邏輯思維能力，轉(zhuǎn)化思想，是中檔題．
一十三．向量語言表述線面的垂直、平行關(guān)系（共1小題）
（多選）60．（2023?鎮(zhèn)海區(qū)校級模擬）在空間直角坐標系中，有以下兩條公認事實：
（1）過點P0（x0，y0，z0），且以＝（a，b，c）（abc≠0）為方向向量的空間直線l的方程為．
（2）過點P（x0，y0，z0），且＝（m，n，t）（mnt≠0）為法向量的平面α的方程為m（x﹣x0）+n（y﹣y0）+t（z﹣z0）＝0．
現(xiàn)已知平面α：x+2y+3z＝6，l1：，l2：x＝y(tǒng)＝2﹣z，l3：，則（ ）
A．l1∥αB．l2∥αC．l3∥αD．l1⊥α
【分析】根據(jù)題意，分析平面α的法向量和三條直線的方向向量，由此分析三條直線與平面的位置關(guān)系，綜合可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，平面α：x+2y+3z＝6，即（x﹣1）+2（y﹣1）+3（y﹣1）＝0，則平面α一個的法向量為（1，2，3），設(shè)＝（1，2，3），
直線l1：，變形可得：2x＝y(tǒng)+1＝（z+2），即＝＝，
則直線l1的一個方向向量為（，1，），設(shè)＝（，1，），
由于＝2，則l1⊥α，A錯誤，D正確；
直線l2：x＝y(tǒng)＝2﹣z，即＝＝，直線l2的一個方向向量為（1，1，﹣1），設(shè)＝（1，1，﹣1），
由于?＝1+2﹣3＝0，則⊥，
對于l2：x＝y(tǒng)＝2﹣z，當x＝0時，有y＝0，z＝2，直線l2過點（0，0，2），平面α：x+2y+3z＝6，也過點（0，0，2），則l2?α，B錯誤；
直線l3：，則直線l3的一個方向向量為（5，﹣4，1），設(shè)＝（5，﹣4，1），
由于＝2，則l1⊥α，A錯誤，D正確；
由于?＝5﹣8+3＝0，則⊥，
同時，l3：，過點（1，0，0），平面α：x+2y+3z＝6不過點（1，0，0），則有l(wèi)3∥α，C正確．
故選：CD．
【點評】本題考查直線與平面的位置關(guān)系，涉及平面的法向量，屬于基礎(chǔ)題．

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