专题1.10 空间向量的应用-重难点题型检测
【人教A版2019选择性必修第一册】
考试时间：60分钟；满分：100分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分100分，限时60分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本节内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2022春 宿迁月考）已知向量，分别为直线l方向向量和平面α的法向量，若l⊥α，则实数x的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（3分）（2022 安徽开学）若直线l的一个方向向量为（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为（﹣2，4，2），则（ ）
A．l α B．l∥α C．l⊥α D．l∥α或l α
3．（3分）（2022春 徐州期末）已知直线l过点A（1，﹣1，﹣1），且方向向量为，则点P（1，1，1）到l的距离为（ ）
A． B． C． D．
4．（3分）（2021秋 广安期末）已知（1，5，﹣2），（3，1，z），若⊥，（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（ ）
A．，，4 B．，，4 C．，﹣2，4 D．4，，﹣15
5．（3分）（2022春 高邮市期中）给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m平行
B．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l∥α
C．平面α、β的法向量分别为，，则α⊥β
D．已知直线l过点A（1，0，﹣1），且方向向量为（1，2，2），则点P（﹣1，2，0）到l的距离为
6．（3分）（2022春 南平期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝（ ）
A． B． C． D．
7．（3分）（2022 海淀区二模）在正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，E为棱DC上的动点，F为线段B'E的中点．给出下列四个结论：
①B'E⊥AD'；
②直线D'F与平面ABB'A'的夹角不变；
③点F到直线AB的距离不变；
④点F到A，D，D'，A'四点的距离相等．
其中，所有正确结论的序号为（ ）
A．②③ B．③④ C．①③④ D．①②④
8．（3分）（2022春 江都区期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，，点E为棱PD上一点，满足，下列结论错误的是（ ）
A．平面PAC⊥平面PCD
B．点P到直线CD的距离
C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值为，则
D．点A到平面PCD的距离为
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）已知直线l的方向向量（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）为直线l上一点，若点P（﹣1，0，﹣2）为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为（ ）
A．2 B． C． D．1
10．（4分）（2022春 溧阳市期中）下列命题是真命题的有（ ）
A．A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点是平面α的法向量，则u+t＝1
11．（4分）（2022春 烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（ ）
A．BF∥面A1DE
B．AA1⊥面A1BC
C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为
D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为
12．（4分）（2022春 湖北月考）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°
C．三棱锥Q﹣AMN体积的最大值是
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先变小后变大
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2022 徐汇区校级开学）设直线l的一个方向向量（2，2，﹣1），平面α的一个法向量（﹣6，8，4），则直线l与平面α的位置关系是 ．
14．（4分）（2021秋 宝安区期末）已知平面α的一个法向量为，点A（0，1，0）为α内一点，则点P（1，0，1）到平面α的距离为 ．
15．（4分）（2022春 淮安校级期末）已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，则点P的坐标是 ．
16．（4分）（2022 河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为 ；
（2）直线C1D到平面A1BE的距离为 ；
（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为 ．
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2021秋 白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点
（1）求证：EF∥平面A1C1B；
（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．
18．（6分）（2021秋 西秀区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，求证：
（1）求AC与A1D所成角的大小；
（2）平面AB1D1∥平面BDC1．
（3）A1C⊥平面BDC1．
19．（8分）（2021 赤坎区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足为A，PA＝AB，点M在棱PD上，PB∥平面ACM．
（1）试确定点M的位置；
（2）计算直线PB与平面MAC的距离；
（3）设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD？
20．（8分）（2022春 湛江期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，，AC＝2BC＝4，且D为线段AB的中点，连接A1D，CD，B1C．
（1）证明：BC⊥A1D；
（2）若B1到直线AC的距离为，求平面B1A1C与平面A1CD夹角的余弦值．
21．（8分）（2022 遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．
（1）证明：PA⊥平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
22．（8分）（2022秋 南京月考）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，P为棱AB的中点，四棱锥S﹣ABCD的体积为．
（1）若E为棱SB的中点，求证：PE∥平面SCD；
（2）在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．专题1.10 空间向量的应用-重难点题型检测
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）
1．（3分）（2022春 宿迁月考）已知向量，分别为直线l方向向量和平面α的法向量，若l⊥α，则实数x的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
【解题思路】根据用直线l的方向向量和平面α的法向量表示l⊥α时的关系，列方程求出x的值．
【解答过程】解：因为向量，分别为直线l的方向向量和平面α的法向量，且l⊥α，
所以∥，可设λ，λ∈R；
即（1，2，1）＝（λ，λx，λ），
解得λ＝2，x＝1，
所以实数x的值为1．
故选：C．
2．（3分）（2022 安徽开学）若直线l的一个方向向量为（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为（﹣2，4，2），则（ ）
A．l α B．l∥α C．l⊥α D．l∥α或l α
【解题思路】根据题意，分析可得2，由平面法向量的定义分析可得答案．
【解答过程】解：根据题意，直线l的一个方向向量为（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为（﹣2，4，2），
则有2，故l⊥α，
故选：C．
3．（3分）（2022春 徐州期末）已知直线l过点A（1，﹣1，﹣1），且方向向量为，则点P（1，1，1）到l的距离为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用空间中点到直线的距离公式求解．
【解答过程】解：∵点A（1，﹣1，﹣1），点P（1，1，1）∴（0，2，2），
∴||2，
又∵直线l的方向向量为，
∴点P（1，1，1）到l的距离d，
故选：B．
4．（3分）（2021秋 广安期末）已知（1，5，﹣2），（3，1，z），若⊥，（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平面ABC，则实数x、y、z分别为（ ）
A．，，4 B．，，4 C．，﹣2，4 D．4，，﹣15
【解题思路】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出．
【解答过程】解：∵⊥，
∴3+5﹣2Z＝0，解得z＝4．
∴．
∵BP⊥平面ABC，
∴，．
∴化为，
解得．
∴，，z＝4．
故选：B．
5．（3分）（2022春 高邮市期中）给出以下命题，其中正确的是（ ）
A．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m平行
B．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l∥α
C．平面α、β的法向量分别为，，则α⊥β
D．已知直线l过点A（1，0，﹣1），且方向向量为（1，2，2），则点P（﹣1，2，0）到l的距离为
【解题思路】直接利用向量的共线，向量垂直的充要条件，点到直线的距离公式的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答过程】解：对于A：由于直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则，故直线l和直线m不平行，故A错误；
对于B：直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则，故B错误；
对于C：平面α、β的法向量分别为，，则，故C错误；
对于D：由于A（1，0，﹣1），P（﹣1，2，0），则：，方向向量为（1，2，2），
所以，，故，故D正确．
故选：D．
6．（3分）（2022春 南平期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，当直线DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用坐标法利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即可求解．
【解答过程】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
则M（，0，1），N（1，0，），C（0，1，0），B1（1，1，1），D（0，0，0），D1（0，0，1），
∴λλ（﹣1，0，﹣1），E（1﹣λ，1，1﹣λ），（，0，），（λ，1，﹣λ），
设平面MNE的一个法向量为（x，y，z），
则，∴，令x＝1，可得（1，2λ，1），
又（0，0，1），
设直线DD1与平面MNE所成的角为θ，
则sinθ＝|cos，|，
当2λ0，即λ时，sinθ有最大值，即直线DD1与平面MNE所成的角最大．
故选：C．
7．（3分）（2022 海淀区二模）在正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，E为棱DC上的动点，F为线段B'E的中点．给出下列四个结论：
①B'E⊥AD'；
②直线D'F与平面ABB'A'的夹角不变；
③点F到直线AB的距离不变；
④点F到A，D，D'，A'四点的距离相等．
其中，所有正确结论的序号为（ ）
A．②③ B．③④ C．①③④ D．①②④
【解题思路】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【解答过程】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体ABCD﹣A'B'C'D'中棱长为2，设DE＝a（0≤a≤2，
则E（0，a，0），B′（2，2，2），A（ 2，0，0），D′（0，0，2），F（1，，1），B（ 2，2，0），D（0，0，0），A′（2，0，2），
对于①，（﹣2，a﹣2，﹣2），（﹣2，0，2），4+0+4＝0，∴B'E⊥AD'，故①正确；
对于②，（1，），平面ABB'A'的法向量（1，0，0），
设直线D'F与平面ABB'A'的夹角为θ，
则sinθ，∵0≤a≤2，∴θ不是定值，故②错误；
对于③，（﹣1，，1），（0，2，0），
点F到直线AB的距离d＝|| ，
∴点F到直线AB的距离不变，故③正确；
对于④，|AF|，
|DF|，
|D′F|，
|A′F|，
∴点F到A，D，D'，A'四点的距离相等，故④正确．
故选：C．
8．（3分）（2022春 江都区期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，，点E为棱PD上一点，满足，下列结论错误的是（ ）
A．平面PAC⊥平面PCD
B．点P到直线CD的距离
C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值为，则
D．点A到平面PCD的距离为
【解题思路】A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合PA⊥平面ABCD可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面PCD的距离，求出AH的长．
【解答过程】解：A选项，因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，
所以PA⊥CD，
故∠PBA即为PB与底面ABCD所成的角，，
因为，所以 PA＝AB＝1，
因为AD＝2，PA＝BC＝1，
取AD中点F，连接CF，则AF＝DF＝AB＝CF＝BC，
则四边形ABCF为正方形，∠FCD＝∠FCA＝45°，
所以AC⊥CD，
又因为AP∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，
因为CD 平面PCD，
所以平面PAC⊥平面PCD，A正确；
由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，
因为PC 平面PAC，所以CD⊥PC，
故点P到直线CD的距离即为PC的长度，
其中PA＝AB＝BC＝1，
由勾股定理得：，B正确；
以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），E（0，2λ，1﹣λ），
其中平面ACD的法向量为（0，0，1），设平面ACE的法向量为（x，y，z），
则，
令y＝1得：，
所以，
设二面角E﹣AC﹣D的平面角为θ，显然，
其中，
解得：或λ＝﹣1，
因为0≤λ≤1，所以，C正确；
过点A作AH⊥PC于点H，
由于CD⊥平面APC，AH 平面APC，
所以AH⊥CD，
因为PC∩CD＝C，所以AH⊥平面PCD，
故AH即为点A到平面PCD的距离，
因为PA⊥AC，
所以，D选项错误．
故选：D．
二．多选题（共4小题，满分16分，每小题4分）
9．（4分）已知直线l的方向向量（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）为直线l上一点，若点P（﹣1，0，﹣2）为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为（ ）
A．2 B． C． D．1
【解题思路】由题意先求出点P到直线l的距离，则点P到其他点的距离均大于这个值．
【解答过程】解：因为，
所以cos，，
则sin，
所以点P到直线l的距离dsin，
所以点P到直线l上任意一点Q的距离大于或等于．
故选：AB．
10．（4分）（2022春 溧阳市期中）下列命题是真命题的有（ ）
A．A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面
B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为，则l与m垂直
C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥α
D．平面α经过三点是平面α的法向量，则u+t＝1
【解题思路】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可．
【解答过程】解：对于A，A，B，M，N是空间四点，若不能构成空间的一个基底，
则共面，可得A，B，M，N共面，A正确；
对于，故，可得l与m垂直，B正确；
对于，故，可得在α内或l∥α，C错误；
对于D，，易知，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，D正确．
故选：ABD．
11．（4分）（2022春 烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A1C的中点，则（ ）
A．BF∥面A1DE
B．AA1⊥面A1BC
C．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为
D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为
【解题思路】假设BF∥面A1DE，可证得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立可判断A；由题目条件可证得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，则可判断B；以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，由异面直线所成角的夹角公式可判断C；由A1E⊥CD结合题意可求出，分别求出平面EA1D和平面CA1D的法向量，由二面角的公式代入可判断D．
【解答过程】解：若BF∥面A1DE，因为BC∥DE，BC 平面A1DE，DE 平面A1DE，
所以BC∥面A1DE，又因为BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相交，
所以假设不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正确；
对于B，因为，所以A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，
又因为A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正确
对于C，将△ADE沿DE折起，使A到A1，且面A1ED⊥面ABC，
以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，所以
，
设A1E与CD所成角的为θ，
则，
所以A1E与CD所成角的余弦值为，所以C正确；
对于D，设A1（x，y，z），因为，
所以，
所以，
因为A1E⊥CD，所以
，所以，
，
设平面CA1D，所以，
故（，1，），
设平面EA1D，所以，
故（0，，），
设二面角E﹣A1D﹣C所成角为α，
，
因为α为钝二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为．
所以D正确．
故选：BCD．
12．（4分）（2022春 湖北月考）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点Q，使得NQ⊥SB
B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°
C．三棱锥Q﹣AMN体积的最大值是
D．当点Q自D向C处运动时，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先变小后变大
【解题思路】以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Q（m，2，0）（0≤m≤2），根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法可确定m是否有解，从而知AB正误，利用体积桥可知VQ﹣AMN＝VN﹣AMQ，设DQ＝m（0≤m≤2），可求得S△AMQ的最大值，由此可求得体积的最大值，知C错误，利用向量法求二面角余弦关于参数m的表达式，结合二次函数、余弦函数的性质判断二面角的变化情况，判断D．
【解答过程】解：以A为坐标原点，正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设DE＝1，则SA＝AB＝2，
∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，1），S（0，0，2），N（1，0，1），M（2，1，0），
对于A，假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得NQ⊥SB，
则，又，
∴，解得：m＝0，
即点Q与D重合时，NQ⊥SB，A正确，
对于B，假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，
∵，，
∴，方程无解，
∴不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，B错误，
对于C，连接AQ，AM，AN，
设DQ＝m（0≤m≤2），
∵，
∴当m＝0，即点Q与点D重合时，S△AMQ取得最大值2，
又点N到平面AMQ的距离，
∴，C错误，
对于D，由上分析知：，，
若是面NMQ的法向量，则，
令x＝1，则，
而面AMQ的法向量，
所以，令t＝3﹣m∈[1，3]，
则，而，
由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即由小变大，
所以先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，
故二面角先变小后变大，D正确．
故选：AD．
三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）
13．（4分）（2022 徐汇区校级开学）设直线l的一个方向向量（2，2，﹣1），平面α的一个法向量（﹣6，8，4），则直线l与平面α的位置关系是 l∥α ．
【解题思路】根据题意，由空间向量数量积的计算公式可得 12+16﹣4＝0，即⊥，由此分析可得答案．
【解答过程】根据题意，直线l的一个方向向量（2，2，﹣1），平面α的一个法向量（﹣6，8，4），
则 12+16﹣4＝0，即⊥，则有l∥α；
故答案为：l∥α．
14．（4分）（2021秋 宝安区期末）已知平面α的一个法向量为，点A（0，1，0）为α内一点，则点P（1，0，1）到平面α的距离为 1 ．
【解题思路】求出（1，﹣1，1），点P到平面α的距离为d，由此能求出结果．
【解答过程】解：∵平面α的一个法向量为，
点A（0，1，0）为α内一点，点P（1，0，1），
∴（1，﹣1，1），
∴点P到平面α的距离为：
d1．
故答案为：1．
15．（4分）（2022春 淮安校级期末）已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，则点P的坐标是 （﹣1，0，2） ．
【解题思路】根据题意算出、、的坐标，由PA⊥平面ABC得⊥且⊥，建立关于x、y的方程组，解之即可得出点P的坐标．
【解答过程】解：根据题意，可得
（﹣1，﹣1，﹣1），（2，0，1），（x，﹣1，y）
∵PA⊥平面ABC，
∴⊥且⊥，可得，
解之得x＝﹣1，y＝2，可得P的坐标是（﹣1，0，2）．
故答案为：（﹣1，0，2）．
16．（4分）（2022 河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．
（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为 ；
（2）直线C1D到平面A1BE的距离为 ；
（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为 ．
【解题思路】（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），设平面A1BE点法向量为（x，y，z），利用 0，可得，cos，，设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，∴sinα＝|cos，|，进而得出tanα．
（2）直线C1D到平面A1BE的距离．
（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为（a，b，c），可得 0，由题意可得：cos60°，解得t，即可得出|CP|．
【解答过程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），
C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．
（2，0，1），（0，2，﹣1），（0，﹣2，2），
设平面A1BE点法向量为（x，y，z），则 0，∴，取（1，﹣1，﹣2），
cos，，
设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，
∴sinα＝|cos，|，
∴tanα．
（2）（0，0，1），∴直线C1D到平面A1BE的距离．
（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．
设平面PAB的法向量为（a，b，c），（﹣2，2，0），（2，0，﹣t），
则 0，∴，取（1，1，），
由题意可得：cos60°，解得t．
∴|CP|．
故答案为：；；.
四．解答题（共6小题，满分44分）
17．（6分）（2021秋 白城期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点
（1）求证：EF∥平面A1C1B；
（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．
【解题思路】（1）建立坐标系，取BC1中点G，证明与共线，可得EF∥A1G，即可证明EF∥平面A1C1B；
（2）求出两异面直线的方向向量，用数量积公式求夹角余弦即可．
【解答过程】（1）证明：如图分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，由已知得D（0，0，0）、A1（2，0，2）、B（2，2，0）、A（2，0，0）、C（0，2，0）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2）、E（1，0，2）、F（0，2，1）．
取BC1中点G，则G（1，2，1），（﹣1，2，﹣1），
又（﹣1，2，﹣1），∴，
∴与共线，∴EF∥A1G，
∵A1G 平面A1C1B，EF 平面A1C1B，
∴EF∥平面A1C1B；
（2）解：∵（0，2，0），（﹣1，2，﹣1），
∴cos，
∴异面直线EF与AB所成角的余弦值为．
18．（6分）（2021秋 西秀区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，求证：
（1）求AC与A1D所成角的大小；
（2）平面AB1D1∥平面BDC1．
（3）A1C⊥平面BDC1．
【解题思路】以B1为坐标原点，建立空间坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，可求出各顶点的坐标
（1）分别求出AC与A1D方向向量，代入向量夹角公式，可得AC与A1D所成角的大小；
（2）要证明两个平面平行，由面面平行的判定定理知：须在某一平面内寻找两条相交且与另一平面平行的直线．求出AB1与C1D的方向向量，通过证明向量平行，得到AB1与C1D平行，同理证明出AD1与C1B平行，可得结论．
（3）求出A1C的方向向量，并证明A1C的方向向量是平面BDC1的法向量，可得A1C⊥平面BDC1．
【解答过程】解：令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以B1为坐标原点，建立空间坐标系如下图所示：
（1）则A（0，1，1），C（1，0，1），A1（0，1，0），D（1，1，1）
∴（1，﹣1，0），（1，0，1）
设AC与A1D所成角的大小为θ
则cosθ
故θ
证明：（2）∵（0，﹣1，﹣1）
∴AB1∥C1D，
又∵AB1 平面AB1D1，C1D 平面AB1D1，
∴C1D∥平面AB1D1，
同理可证：C1B∥平面AB1D1．
又C1B∩C1D＝C1，
∴平面AB1D1∥平面BDC1．
（3）（1，﹣1，1），（1，1，0），（1，0，﹣1）
∴ 0，即⊥，即A1C⊥BD
且 0，即⊥，即A1C⊥BC1．
∵BD∩BC1＝B，BD，BC1 平面BDC1．
∴A1C⊥平面BDC1．
19．（8分）（2021 赤坎区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足为A，PA＝AB，点M在棱PD上，PB∥平面ACM．
（1）试确定点M的位置；
（2）计算直线PB与平面MAC的距离；
（3）设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD？
【解题思路】（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，设点M为PD中点，在△PBD中，PB∥OM，由此能够确定M的位置使PB∥平面ACM．
（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，由底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，知CD⊥PD，AM，AC，MC，故，利用等积法能够求出直线PB与平面MAC的距离．
（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．
【解答过程】解：（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，
设点M为PD中点，
∵在△PBD中，PB∥OM，
OM 平面ACM，
∴PB∥平面ACM．
故当点M为PD中点时，PB∥平面ACM．
（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，
∵底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，
∴CD⊥PD，∴AM，AC，MC，
∴AM2+MC2＝AC2，
∴，
取AD的中点F，连接MF，
则MF∥PA，MF⊥平面ABCD，且MF，
∵PB∥平面ACM，M为PD的中点，
∴直线PB与平面MAC的距离为点D到平面MCA的距离，设为h，
∵VM﹣ACD＝VD﹣ACM，
∴，
解得h．
（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则B（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1），C（1，1，0），
∴，（0，1，﹣1），
设平面PBD的法向量（x，y，z），则，，
∴，∴，
设，
则E（λ，λ，1﹣λ），
∵AE⊥平面PBD，
∴，∴，∴E为PC中点．
故当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．
20．（8分）（2022春 湛江期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，，AC＝2BC＝4，且D为线段AB的中点，连接A1D，CD，B1C．
（1）证明：BC⊥A1D；
（2）若B1到直线AC的距离为，求平面B1A1C与平面A1CD夹角的余弦值．
【解题思路】（1）证明异面直线垂直，通常先证明线面垂直．所以先证明BC与平面ABB1A1垂直，即可得到异面直线BC与A1D垂直．
（2）以B为原点建立空间直角坐标系，根据B1到直线AC的距离求出边长BB1，从而得出各点的坐标，然后求出平面A1B1C和平面A1CD的法向量，即可得到夹角的余弦值．
【解答过程】（1）证明：因为AA1⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以AA1⊥BC；
因为AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC；
因为AA1∩AB＝A，AA1，AB 平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1；
因为A1D 平面ABB1A1，所以BC⊥A1D．
解：（2）以B为原点，BA为x轴，BB1为y轴，BC为z轴建立空间直角坐标系B﹣xyz．
则，
设，
因为若B1到直线AC的距离为，
即，解得m＝4．
故，
设平面A1B1C的法向量为，则，
所以，不妨取（0，1，2）．
设平面A1CD的法向量为，则，
所以，不妨取．
设平面B1A1C与平面A1CD夹角为θ，则，
即平面B1AlC与平面AlCD夹角的余弦值为．
21．（8分）（2022 遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．
（1）证明：PA⊥平面PBD；
（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
【解题思路】（1）取AD的中点O，连接OE，OP，可得EO⊥AD，进一步得到EO⊥平面PAD，则EO⊥PA，可得PA⊥BD，结合PA⊥PD，即可证明PA⊥平面PBD；
（2）由PO⊥底面ABCD，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，求解三角形可得OB＝2，进一步得到BD，分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PCE的法向量与平面PDA的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．
【解答过程】（1）证明：取AD的中点O，连接OE，OP，由EA＝ED，可得EO⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴EO⊥平面PAD，得EO⊥PA，
∵EO∥BD，∴PA⊥BD，
又PA⊥PD，且BD∩PD＝D，
∴PA⊥平面PBD；
（2）解：∵PO⊥底面ABCD，∴OB为PB在底面ABCD上的射影，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，
在直角三角形PBO中，有tan，得OB＝2．
∵EO⊥AD，EO∥BD，∴BD⊥AD，
在直角三角形OBD中，可得BD，
分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则P（2，0，2），C（﹣4，4，0），E（2，2，0），，，
设平面PCE的法向量为，
由，取x＝1，得，
平面PDA的一个法向量为，
∴cos．
∴平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为．
22．（8分）（2022秋 南京月考）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，P为棱AB的中点，四棱锥S﹣ABCD的体积为．
（1）若E为棱SB的中点，求证：PE∥平面SCD；
（2）在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）取SC中点F，连EF、DF．可证四边形PEFD是平行四边形，从而可证PE∥平面SCD；
（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，利用体积先求得AD＝2，以点P为原点，，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，先表示出两平面的法向量，从而可求λ的值．
【解答过程】解：（1）取SC中点F，连EF、DF．
∵E，F为棱SB，SC的中点，∴EF∥BC，且EFBC，
∵四边形ABCD是矩形，P为棱AB的中点，
∴PD∥BC，PDBC，
∴EF∥PD，EF＝PD，∴四边形PEFD是平行四边形，
∴PE∥FD，
又∵FD 平面SCD，PE 平面SCD，
∴PE∥平面SCD；
（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，
在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以SP⊥AD，
又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SP 平面SAD，
∴SP⊥平面ABCD，∴SP是四棱锥S﹣ABCD的高．
设AD＝m（m＞0），则，S矩形ABCD＝m，
∴，∴m＝2．
以点P为原点，，的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），，
∴，，．
设，
∴．
设平面PMB的一个法向量为，
则，∴（λ，λ，λ﹣1），
易知平面SAD的一个法向量为（0，1，0），
∴|cos，|，
解得λ，
∴存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为．
