【江苏省各地区真题汇编】空间向量与立体几何考前专题特训-2025年高考数学（含解析）

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【江苏省各地区真题汇编】空间向量与立体几何考前专题特训-2025年高考数学
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 江苏校级期中）若，，则（　　）
A．（2，0，﹣3） B．（2，﹣1，1） C．（﹣2，1，﹣1） D．（2，1，﹣3）
2．（2025春 江苏校级期中）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°．取棱B1C1的中点M，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025春 常州期中）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，点P为侧面ABB1A1上的任意一点，则的取值范围是（　　）
A．[0，2] B．[1，3] C．[2，4] D．[3，5]
4．（2025春 淮安期中）在三棱锥P﹣ABC中，，，，且，，则（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025春 江苏校级期中）已知平面α的法向量为，平面β的法向量为，若α∥β，则xy＝（　　）
A．﹣1 B．1 C． D．
6．（2025春 溧阳市期中）已知动点P是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上一点，记，当∠APC为钝角时，λ的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025春 高邮市期中）在空间向量中，我们给出了定义向量的“外积”运算规则：对于空间向量和，．已知，，平面α的法向量，直线l的方向向量，则直线l与平面α的位置关系是（　　）
A．平行 B．垂直
C．直线l在平面α内 D．相交但不垂直
8．（2025春 淮安期中）关于空间向量，以下说法正确的是（　　）
A．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
B．若空间向量，满足，则与夹角为锐角
C．若直线l的方向向量为，平面α的一个法向量为，则l∥α
D．若空间向量，则在的投影向量为
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 如皋市月考）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是AC上的动点（包含两端点），则下列结论正确的是（　　）
A．存在点P，使B1P与平面A1DC1相交
B．B1P⊥BD1
C．D1P与平面AB1C所成角的正弦最大值为
D．A1P+B1P的最小值为
（多选）10．（2024春 锡山区校级期末）在三棱锥D﹣ABC中，平面ABC⊥平面ABD，AB＝AC＝BC＝BD＝AD＝2，则（　　）
A．三棱锥D﹣ABC的体积为1
B．点C到直线AD的距离为
C．二面角B﹣AD﹣C的正切值为2
D．三棱锥D﹣ABC外接球的球心到平面ABD的距离为
（多选）11．（2023秋 苏州期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC，AA1＝1，P为棱C1D1的中点，Q为底面ABCD上（含边界）的一动点．记点Q轨迹的长度为L，则下列说法正确的有（　　）
A．若PQ⊥B1C，则L＝2
B．若PQ∥平面A1BC1，则L
C．若PQ，则L＝π
D．若C到平面A1PQ的距离为，则L＝2
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 常州期中）已知向量的夹角为钝角，则实数t的取值范围为　 　 ．
13．（2025春 淮安期中）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，四面体P﹣ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则直线PB与平面PAC所成角的大小为 　 　 ．
14．（2025春 邗江区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是 　 　 ．
①直线BD1⊥平面A1C1D
②三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值
③异面直线AP与A1D所成角的取值范围是
④直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 南京期中）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P是CC1的中点，△ABC、△C1BC均为边长为4的正三角形，且AC1＝2，
（1）求证：平面ABC⊥平面CBB1C1；
（2）求直线A1B与平面ABP所成角的正弦值．
16．（2025春 兴化市校级月考）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．
（1）求点B到直线AC1的距离；
（2）求直线FC到平面AEC1的距离．
17．（2025 鼓楼区校级模拟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2，BC＝CD，∠DCB＝90°，∠DAB＝45°，E，F分别为AD，AB的中点．
（1）求证：AD⊥BD；
（2）求证：平面BDC1∥平面EFD1；
（3）若CC1＝2，P是线段D1F上的动点，求直线A1P与平面BDC1所成角的正弦值的最大值．
18．（2025春 盐城月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA＝AE＝BE＝2，CD＝1．
（1）求A到平面PBC的距离；
（2）求直线PE与平面PBC所成角的正弦值；
（3）在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．
19．（2025春 江苏校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，点E，F为PC，PA的中点．
（1）求证：平面BDE⊥平面ABCD；
（2）二面角E﹣BD﹣F的大小；
（3）线段PC上是否存在点M，使得直线AM与平面BDF所成夹角为．若存在，求出M点的位置；若不存在，请说明理由．
【江苏省各地区真题汇编】空间向量与立体几何考前专题特训-2025年高考数学
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B C D A C D A
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BCD ACD ACD
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 江苏校级期中）若，，则（　　）
A．（2，0，﹣3） B．（2，﹣1，1） C．（﹣2，1，﹣1） D．（2，1，﹣3）
【解答】解：由题可得：．
故选：D．
2．（2025春 江苏校级期中）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°．取棱B1C1的中点M，则（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，取棱B1C1的中点M，
根据向量的线性运算，则
所以，
所以．
故选：B．
3．（2025春 常州期中）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，点P为侧面ABB1A1上的任意一点，则的取值范围是（　　）
A．[0，2] B．[1，3] C．[2，4] D．[3，5]
【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，点P为侧面ABB1A1上的任意一点，
如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设P（x，0，z），
其中﹣1≤x≤1，0≤z≤2，，，
，，，
当x＝±1，且z＝0或z＝2时，取最大值4，
当x＝0，且z＝1时，取最小值2，所以的取值范围为[2，4]．
故选：C．
4．（2025春 淮安期中）在三棱锥P﹣ABC中，，，，且，，则（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：如图所示，连接BM，因为，，则，，
所以．
故选：D．
5．（2025春 江苏校级期中）已知平面α的法向量为，平面β的法向量为，若α∥β，则xy＝（　　）
A．﹣1 B．1 C． D．
【解答】解：根据题意，平面α的法向量为，平面β的法向量为，
若α∥β，则有，即，解可得x＝4，，
故xy＝﹣1．
故选：A．
6．（2025春 溧阳市期中）已知动点P是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上一点，记，当∠APC为钝角时，λ的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由题设，建立如图所示空间直角坐标系：
则有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），
∴
∴，
，
显然∠APC不是平角，
所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＜0，即，
∴（λ﹣1）λ+λ（λ﹣1）+λ2＝λ（3λ﹣2）＜0，
解得，
则λ的取值范围是．
故选：C．
7．（2025春 高邮市期中）在空间向量中，我们给出了定义向量的“外积”运算规则：对于空间向量和，．已知，，平面α的法向量，直线l的方向向量，则直线l与平面α的位置关系是（　　）
A．平行 B．垂直
C．直线l在平面α内 D．相交但不垂直
【解答】解：因为，，
所以平面α的法向量为，
因为直线l的方向向量，所以，所以与不垂直．
因为，所以与不平行，
所以与既不垂直也不平行，所以直线l与平面α相交但不垂直．
故选：D．
8．（2025春 淮安期中）关于空间向量，以下说法正确的是（　　）
A．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
B．若空间向量，满足，则与夹角为锐角
C．若直线l的方向向量为，平面α的一个法向量为，则l∥α
D．若空间向量，则在的投影向量为
【解答】解：A选项，根据题意可知，中，故P，A，B，C四点共面，A选项正确；
B选项，当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，B选项错误；
C选项，根据题意可知，，即，故l⊥α，C选项错误；
D选项，在上的投影向量为，D选项错误．
故选：A．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 如皋市月考）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P是AC上的动点（包含两端点），则下列结论正确的是（　　）
A．存在点P，使B1P与平面A1DC1相交
B．B1P⊥BD1
C．D1P与平面AB1C所成角的正弦最大值为
D．A1P+B1P的最小值为
【解答】解：选项A，连接AB1，CB1，则AB1∥C1D，AC∥A1C1，
因为AB1∩AC＝A，AB1、AC 平面AB1C，C1D∩A1C1＝C1，C1D、A1C1 平面A1DC1，
所以平面AB1C∥平面A1DC1，
由P是AC上的动点（包含两端点），知B1P 平面AB1C，
所以B1P∥平面A1DC1，
所以不存在点P，使B1P与平面A1DC1相交，故选项A错误；
选项B，由三垂线定理的逆定理知，BD1⊥AC，BD1⊥AB1，
因为AC∩AB1＝A，AC、AB1 平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C，
又B1P 平面AB1C，所以BD1⊥B1P，故选项B正确；
选项C，由BD1⊥平面AB1C，知∠D1PQ即为D1P与平面AB1C所成角，
要求sin∠D1PQ的最大值，需求tan∠D1PQ，
在Rt△D1PQ中，tan∠D1PQ，
设AC∩BD＝O，连接OB1，设OB1∩BD1＝Q，连接OQ，
在四边形OBB1D1中，，
所以QD1BD1，
而PQ≥OQOB1，
所以tan∠D1PQ2，此时sin∠D1PQ，
所以D1P与平面AB1C所成角的正弦最大值为，故选项C正确；
选项D，将平面A1AC与平面AB1C展开至同一平面，如图所示，
其中△A1AC为直角三角形，△AB1C为等边三角形，且A1A＝2，AB1＝2，
连接A1B1，
当点P为A1B1与AC的交点时，A1P+B1P取得最小值A1B1，
在△AA1B1中，由余弦定理知，12+4，
所以A1B12，
即A1P+B1P的最小值为2，故选项D正确．
故选：BCD．
（多选）10．（2024春 锡山区校级期末）在三棱锥D﹣ABC中，平面ABC⊥平面ABD，AB＝AC＝BC＝BD＝AD＝2，则（　　）
A．三棱锥D﹣ABC的体积为1
B．点C到直线AD的距离为
C．二面角B﹣AD﹣C的正切值为2
D．三棱锥D﹣ABC外接球的球心到平面ABD的距离为
【解答】解：在三棱锥D﹣ABC中，平面ABC⊥平面ABD，AB＝AC＝BC＝BD＝AD＝2，
如图，取AB的中点G，连接DG，CG，
∵平面ABC⊥平面ABD，且平面ABC∩平面ABD＝AB，CG 平面ABC，∴CG⊥平面ABD，
∵，∴，故A正确；
取AD的中点E，连接BE，取AE的中点F，连接FG，CF，
∵F，G分别为AE，AB中点，∴FG∥BE，∴FG⊥AD，
∵CG⊥平面ABD，AD 平面ABD，∴CG⊥AD，
又CG∩FG＝G，CG，FG 平面CFG，∴AD⊥平面CFG，则AD⊥CF，
则点C到直线AD的距离为为二面角B﹣AD﹣C的平面角，
，故B错误，C正确；
设△ABD，△ABC的外心分别为M，K，则GK⊥AB，
又平面ABD⊥平面ABC，∴GK⊥平面ABD．
设三棱锥D﹣ABC外接球的球心为O，则OK⊥平面ABC，OM⊥平面ABD，
∴四边形OMGK为矩形，则，
∴三棱锥D﹣ABC外接球的球心到平面ABD的距离为，故D正确．
故选：ACD．
（多选）11．（2023秋 苏州期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC，AA1＝1，P为棱C1D1的中点，Q为底面ABCD上（含边界）的一动点．记点Q轨迹的长度为L，则下列说法正确的有（　　）
A．若PQ⊥B1C，则L＝2
B．若PQ∥平面A1BC1，则L
C．若PQ，则L＝π
D．若C到平面A1PQ的距离为，则L＝2
【解答】解：对A选项，如图，
设Q在BC上的射影为M，PQ⊥B1C，即C1M⊥B1C，
易得，故L＝MN＝2，故A选项正确；
对B选项：如图，取AB，BC中点E，F，
显然有PE∥BC1，EF∥A1C1，
进而可得平面PEF∥平面A1BC1，故，故B选项错误；
对C选项：如图，设P在CD上的射影为N，
由PQ，PN＝1，易得NQ＝1，
故Q在以N为圆心，1为半径的半圆弧上，故L＝π，故C选项正确；
对D：以D为原点建系如图，
则，设Q（m，n，0），m∈[0，]，n∈[0，2]，
所以，，，
设平面A1PQ的法向量为，
则，取，
所以C到平面A1PQ的距离为，
所以，
所以，
即或，
即或，
但当Q（m，n，0）满足时，直线在矩形ABCD外，
所以L2，故D选项正确．
故选：ACD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 常州期中）已知向量的夹角为钝角，则实数t的取值范围为　（﹣∞，﹣4）∪（﹣4，5）　 ．
【解答】解：因为向量的夹角为钝角，
则，解得t＜5，
当共线时，由，即（﹣4，2，t）＝λ（2，﹣1，2），解得t＝﹣4，
所以当夹角为钝角时t∈（﹣∞，﹣4）∪（﹣4，5）．
故答案为：（﹣∞，﹣4）∪（﹣4，5）．
13．（2025春 淮安期中）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，四面体P﹣ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，则直线PB与平面PAC所成角的大小为 　　 ．
【解答】解：取AC的中点O，连接OB，OP，
因为AB⊥BC，且AB＝BC＝1，所以OB⊥AC，且OBAC，
因为PA⊥平面ABC，AC、OB 平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥OB，
又AC∩PA＝A，AC、PA 平面PAC，所以OB⊥平面PAC，
所以∠OPB即为直线PB与平面PAC所成角，
在Rt△PAO中，PA＝1，OA，所以OP，
所以tan∠OPB，
所以∠OPB，
即直线PB与平面PAC所成角的大小为．
故答案为：．
14．（2025春 邗江区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则下列结论正确的是 　①②④　 ．
①直线BD1⊥平面A1C1D
②三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值
③异面直线AP与A1D所成角的取值范围是
④直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为
【解答】解：对①，根据三垂线定理易知BD1⊥A1C1，BD1⊥A1D，从而可得BD1⊥平面A1C1D，∴①正确；
对②，易知B1C∥A1D，从而可得B1C∥平面A1C1D，
∴P到平面A1C1D距离为定值，又△A1C1D的面积也为定值，
∴三棱锥D﹣A1C1P的体积为定值，∴②正确；
对③，∵B1C∥A1D，
∴异面直线AP与A1D所成角即为相交直线AP与B1C所成角，
又易知△AB1C为等边三角形，
∴相交直线AP与B1C所成角的范围为[，]，
即异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[，]，∴③错误；
对④，由①知BD1⊥平面A1C1D，
∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为：
C1P与BD1所成角的余弦值，
如图将C1P对称平移至D1Q，
则C1P与BD1所成角的余弦值即为：
D1Q与BD1所成角的余弦值，其中Q为线段A1D上的动点，
又AB⊥平面ADD1A1，∴AB⊥D1Q，
∴当Q为A1D的中点时，D1Q与BD1所成角的余弦值最大，
最大值为，
∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为，∴④正确．
故答案为：①②④．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 南京期中）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P是CC1的中点，△ABC、△C1BC均为边长为4的正三角形，且AC1＝2，
（1）求证：平面ABC⊥平面CBB1C1；
（2）求直线A1B与平面ABP所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：如图，取BC的中点O，连接AO，C1O，
因为△ABC、△C1BC均为边长为4的正三角形，
所以AO⊥CB，C1O⊥CB，A1O＝C1O＝2，△C1AO中，AO2，
所以AO⊥C1O，
又AO∩C1O＝O，BC，C1O 平面CBB1C1，所以AO⊥平面CBB1C1，
又因为AO 平面ABC，
所以平面ABC⊥平面CBB1C1；
（2）以直线OA，OB，OC1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，﹣2，0），C1（0，0，2），B1（0，4，2），P（0，﹣1，），
由，得，，，，
设（x，y，z）是平面PAB的一个法向量，
则，
令，则，
设直线A1B与平面ABP所成角为θ，
则sinθ＝|cos，|，
所以直线A1B与平面ABP所成角的正弦值为．
16．（2025春 兴化市校级月考）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1B1的中点，F为线段AB的中点．
（1）求点B到直线AC1的距离；
（2）求直线FC到平面AEC1的距离．
【解答】解：（1）以D1为坐标原点，分别以D1A1，D1C1，D1D所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A（1，0，1），B（1，1，1），C（0，1，1），C1（0，1，0），E（1，，0），F（1，，1），
∴，，，，
，，
（1）取，，
，，则点B到直线AC1的距离为；
（2）∵，∴FC∥EC1，
而FC 平面AEC1，EC1 平面AEC1，∴FC∥平面AEC1，
则点F到平面AEC1的距离就是直线FC到平面AEC1的距离．
设平面AEC1的一个法向量为，
由，取y＝2，得，
又，
∴直线FC到平面AEC1的距离为．
17．（2025 鼓楼区校级模拟）如图，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2，BC＝CD，∠DCB＝90°，∠DAB＝45°，E，F分别为AD，AB的中点．
（1）求证：AD⊥BD；
（2）求证：平面BDC1∥平面EFD1；
（3）若CC1＝2，P是线段D1F上的动点，求直线A1P与平面BDC1所成角的正弦值的最大值．
【解答】解：（1）证明：在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2，BC＝CD，
∠DCB＝90°，∠DAB＝45°，E，F分别为AD，AB的中点，
∵DC＝BC，∠DCB＝90°，
∴BD2，又AD＝2，∴BD＝AD＝2，
又∠DAB＝45°，∴∠ABD＝45°，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD．
（2）证明：在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，
∵AD 平面ABCD，BD 平面ABCD，∴DD1⊥AD，DD1⊥BD，
∴DA，DB，DD1两两垂直，
以点D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设DD1＝h（h＞0），
则D（0，0，0），B（0，2，0），C1（﹣1，1，h），E（1，0，0），F（1，1，0），D1（0，0，h）．
∴（0，2，0），（﹣1，1，h），（0，1，0），（﹣1，0，h），
设为平面BDC1的法向量，
则，令x1＝h，得（h，0，1），
设平面EFD1的法向量，
则，取x＝h，得（h，0，1），
∵∥，平面BDC1与平面EFD1不重合，
∴平面BDC1∥平面EFD1．
（3）CC1＝2，P是线段D1F上的动点，
当CC1＝2时，为平面BDC1的法向量，
D1（0，0，2），则（﹣1，﹣1，2），
设λ（﹣1，﹣1，2）＝（﹣λ，﹣λ，2λ），（λ∈[0，1]），
∴P（1﹣λ，1﹣λ，2λ），∵A1（2，0，2），∴（﹣1﹣λ，1﹣λ，2λ﹣2），
设直线A1P与平面BDC1所成角为θ，
sinθ＝|cos|
，
当且仅当时，等号成立，
∴若CC1＝2，P是线段D1F上的动点，则直线A1P与平面BDC1所成角的正弦值的最大值为．
18．（2025春 盐城月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA＝AE＝BE＝2，CD＝1．
（1）求A到平面PBC的距离；
（2）求直线PE与平面PBC所成角的正弦值；
（3）在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）因为平面PAD⊥平面ABCD，BE⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BE⊥平面PAD，
作Ez⊥AD，以E为原点，以，的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E﹣xyz，
则点E（0，0，0），P（0，﹣2，2），A（0，﹣2，0），B（2，0，0），C（1，2，0），
D（0，2，0），
所以，，，
设平面PBC的法向量为，
则，所以，即，
取y＝1，解得，
A到平面PBC的距离为；
（2）由（1）知，平面PBC的法向量为，
设直线PE与平面PBC所成角为θ，
则直线PE与平面PBC所成角的正弦值为：
，，
所以直线PE与平面PBC所成角的正弦值为；
（3）“线段PE上存在点M，使得DM∥平面PBC”等价于“”，
因为，
设，λ∈[0，1]，
则M（0，2λ﹣2，2﹣2λ），．
由（2）知平面PBC的法向量为，
所以，
解得，
所以线段PE上存在点M，即PE中点，使得DM∥平面PBC．
19．（2025春 江苏校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，点E，F为PC，PA的中点．
（1）求证：平面BDE⊥平面ABCD；
（2）二面角E﹣BD﹣F的大小；
（3）线段PC上是否存在点M，使得直线AM与平面BDF所成夹角为．若存在，求出M点的位置；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）证明：连接AC与BD交于点O，连接EO，
∵底面ABCD为菱形，∴点O为AC的中点，
∵点E为PC的中点∴EO∥PA，
又∵PA⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，
又∵EO 平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ABCD．
（2）∵EO⊥平面ABCD，且底面ABCD为菱形，∴OB，OC，OE两两垂直．
以O为原点，以向量方向为x，y，z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
∵底面ABCD为菱形，且∠ABC＝60°，则△ABC为等边三角形，
PA＝AB＝2，∴，
∵O，E分别为AC，PC的中点，∴，
则，
则，
设平面BFD的一个法向量为，
则，有，
令y＝1，则，
∵底面ABCD为菱形，∴OC⊥BD，
∵平面BDE⊥平面ABCD，且平面BDE∩平面ABCD＝BD，OC 平面ABCD，
∴OC⊥平面BDE，
∴为平面BDE的一个法向量，
设二面角E﹣BD﹣F大小为θ，
则．
∴二面角E﹣BD﹣F的大小为；
（3）不存在，理由如下：
∵点M在线段PC上，设，
由P（0，﹣1，2），C（0，1，0），A（0，﹣1，0）可得，
则，则M（0，2λ﹣1，2﹣2λ），则，
由题意，若直线AM与平面BDF所成夹角为，
则，
整理得2λ2﹣2λ﹣1＝0，解出．
又∵0≤λ≤1，∴不符合题意，故线段PC上不存在这样的点M．
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