章末检测（一） 空间向量与立体几何
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.若a＝（2，2，0），b＝（1，3，z），＜a，b＞＝，则z＝（ ）
A. B.－ C.± D.±
2.已知a＝（－2，1，3），b＝（－1，2，1），若a⊥（a－λb），则实数λ的值为（ ）
A.－2 B.－ C. D.2
3.如图所示，已知空间四边形ABCD，连接AC，BD，M，G分别是BC，CD的中点，则＋＋＝（ ）
A. B. C. D.
4.夹在两平行平面α，β之间的两条线段AB和CD的长分别为8和12，AB和CD在α内的射影长之比为3∶5，则α，β间的距离为（ ）
A. B. C. D.
5.在棱长为1的正四面体ABCD中，E，F分别是BC，AD的中点，则·＝（ ）
A.0 B. C.－ D.－
6.在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝60°，则点C到平面PAB的距离是（ ）
A. B. C. D.
7.已知＝（1，2，3），＝（2，1，2），＝（1，1，2），点Q在直线OP上运动，则当·取得最小值时，点Q的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
8.如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP＝MC.则点M在正方形ABCD内的轨迹为（ ）
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，如果＝（2，－1，－4），＝（4，2，0），＝（－1，2，－1）.对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的是（ ）
A.① B.②
C.③ D.④
10.如图，PA⊥平面ABCD，正方形ABCD边长为1，E是CD的中点，F是AD上一点，当BF⊥PE时，则（ ）
A.AF∶FD＝2∶1
B.AF∶FD＝1∶1
C.若PA＝1，则异面直线PE与BC所成角的余弦值为
D.若PA＝1，则直线PE与平面ABCD所成角为30°
11.将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C，有如下四个结论：①AC⊥BD；②△ACD是等边三角形；③AB与平面BCD所成的角为60°；④AB与CD所成的角为60°.其中正确的结论有（ ）
A.① B.② C.③ D.④
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）
12.已知向量＝（2，4，5），＝（3，x，y），若∥，则xy＝ .
13.如图，已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝a，PA⊥平面ABCD，若在BC上只有一个点Q满足PQ⊥QD，则a的值等于 .
14.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AB＝1，D在棱BB1上，且BD＝1，则平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为 ，AD与平面AA1C1C所成的角的正弦值为 .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15.（本小题满分13分）如图所示，在四棱锥M-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AM的长为3，且AM和AB，AD的夹角都是60°，N是CM的中点，设a＝，b＝，c＝，试以a，b，c为基向量表示出向量，并求BN的长.
16.（本小题满分15分）如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝，D是棱AC的中点，且AB＝BC＝BB1＝2.
（1）求证：AB1∥平面BC1D；
（2）求异面直线AB1与BC1的夹角.
17.（本小题满分15分）（2023·天津高考17题）如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，已知A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，N为线段AB的中点，M为线段BC的中点.
（1）求证：A1N∥平面C1MA；
（2）求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值；
（3）求点C到平面C1MA的距离.
18.（本小题满分17分）如图，在四棱锥E-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AE⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝2，AD＝3，BC＝4，AE＝5，＝2.F为直线EB上的一点.
（1）证明：AF⊥BC；
（2）若点F满足PF∥平面EDC，求此时二面角F-PC-D的余弦值.
19.（本小题满分17分）如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，DA⊥AB，∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2.
（1）证明：平面PBC⊥平面PAB.
（2）在线段PB上是否存在点M，使得直线AM与平面PBD所成角的正弦值为？若存在，求出线段PM的长度；若不存在，请说明理由.
章末检测（一） 空间向量与立体几何
1.C 2.D 3.C
4.C 设α与β之间距离为h，设AB和CD在α内射影长分别为3a和5a，则有h＝＝，∴a＝，故h＝.
5.D 设＝a，＝b，＝c，则｜a｜＝｜b｜＝｜c｜＝1，且a·b＝b·c＝c·a＝，又＝（a＋b），＝c－b，因此·＝（a＋b）·＝a·c－a·b＋b·c－b2＝－，故选D.
6.B ∵在三棱锥P-ABC中，PC⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，∠PBC＝60°，∴以A为原点，AB所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则C（0，4，0），P（0，4，4），A（0，0，0），B（4，0，0），＝（0，4，0），＝（4，0，0），＝（0，4，4），设平面PAB的法向量n＝（x，y，z），则取z＝1，得n＝（0，－，1），∴点C到平面PAB的距离d＝＝＝.故选B.
7.C 设点Q（x，y，z）.因为点Q在上，所以∥，可设x＝λ，0≤λ≤1，则y＝λ，z＝2λ，则Q（λ，λ，2λ），＝（1－λ，2－λ，3－2λ），＝（2－λ，1－λ，2－2λ），所以·＝6λ2－16λ＋10＝6－.故当λ＝时，·取得最小值，此时点Q（ ，，）.故选C.
8.A 如图，以D为原点，DA，DC所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形ABCD的边长为a，M（x，y，0），则0≤x≤a，0≤y≤a，P，C（0，a，0），则｜｜＝ ，｜｜＝ .由｜｜＝｜｜，得x＝2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条线段y＝x（0≤x≤a），故选A.
9.ABC ·＝－2－2＋4＝0，所以⊥，所以AP⊥AB，故①正确；·＝－4＋4＋0＝0，所以⊥，所以AP⊥AD，故②正确；因为与不平行，⊥，⊥，所以AP⊥平面ABCD，所以是平面ABCD的法向量，故③正确；因为＝－＝（4，2，0）－（2，－1，－4）＝（2，3，4），＝（－1，2，－1），因为≠，所以与不平行，故④错误.所以选项A、B、C正确，故选A、B、C.
10.BC 建立如图所示的空间直角坐标系，设PA＝a，则B（1，0，0），C（1，1，0），E，P（0，0，a）.设点F的坐标为（0，y，0），则＝（－1，y，0），＝，∵BF⊥PE，∴·＝0，解得y＝，即点F的坐标为，∴F为AD的中点，∴AF∶FD＝1∶1，B正确，A不正确.若PA＝1，则P（0，0，1），＝，＝（0，1，0），cos＜，＞＝＝，故C正确.＝（0，0，1），cos＜，＞＝＝－，故D不正确.故选B、C.
11.ABD 取BD中点O，由正方形的性质得AO⊥BD，CO⊥BD，所以∠AOC为二面角A-BD-C的平面角，因为二面角A-BD-C是直二面角，所以如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，设正方形ABCD的边长为，则D（1，0，0），B（－1，0，0），C（0，0，1），A（0，1，0），所以＝（0，－1，1），＝（2，0，0），＝（1，0，－1），＝（1，－1，0），＝（－1，－1，0），因为·＝0，故AC⊥BD，①正确.
又｜｜＝，｜｜＝，｜｜＝，所以△ACD为等边三角形，②正确.
对于③，为平面BCD的一个法向量，＝（0，1，0），cos＜，＞＝＝＝－.因为直线与平面所成的角的取值范围是[0°，90°]，所以AB与平面BCD所成的角为45°，故③错误.
又cos＜，＞＝＝－，因为异面直线所成的角为锐角或直角，所以AB与CD所成的角为60°，故④正确.故选A、B、D.
12.45 解析：∵∥，∴存在实数k使得＝k.∴，则xy＝＝＝45.
13.2 解析：如图，建立空间直角坐标系Axyz，则D（0，a，0）.
设Q（1，t，0）（0≤t≤a），P（0，0，z）.则＝（1，t，－z），＝（－1，a－t，0）.由PQ⊥QD，得－1＋t（a－t）＝0，即t2－at＋1＝0.由题意知方程t2－at＋1＝0只一解.∴Δ＝a2－4＝0，a＝2，这时t＝1∈[0，a].
14. 解析：取AC中点E，连接BE，则BE⊥AC，如图所示，建立空间直角坐标系B-xyz，则A，D（0，0，1），C，＝（，－，－1），＝（，，－1）.设平面ACD的法向量为n＝（x，y，z），∴令x＝2，z＝3，y＝0，∴n＝（2，0，3），又为平面ABC的法向量，＝（0，0，1），∴cos＜n，＞＝＝.∴平面ACD与平面ABC所成二面角的余弦值为.∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，BE⊥AC，∴BE⊥平面AA1C1C，∴＝为平面AA1C1C的一个法向量，又＝，∴cos＜，＞＝－，设AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α＝｜cos＜，＞｜＝.
15.解：因为N是CM的中点，底面ABCD是正方形，
所以＝＋＝＋＝＋（－）＝＋[－（＋）]＝－＋＋＝－a＋b＋c，
又由题意，可得｜a｜＝｜｜＝2，｜b｜＝｜｜＝2，｜c｜＝｜｜＝3，∠MAB＝∠MAD＝60°，∠DAB＝90°，
因此｜｜2＝＝（｜a｜2＋｜b｜2＋｜c｜2－2a·b－2a·c＋2b·c）＝（4＋4＋9－0－2×2×3cos 60°＋2×2×3cos 60°）＝，所以｜｜＝，即BN的长为.
16.解：（1）证明：如图，连接B1C交BC1于点O，连接OD.
∵O为B1C的中点，D为AC的中点，∴OD∥AB1.
∵AB1 平面BC1D，OD 平面BC1D，
∴AB1∥平面BC1D.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.
则B（0，0，0），A（0，2，0），C1（2，0，2），B1（0，0，2）.
∴＝（0，－2，2），＝（2，0，2）.
∴cos＜，＞＝＝＝.
设异面直线AB1与BC1的夹角为θ，则cos θ＝.
∵θ∈，∴θ＝.
17.解：（1）证明：连接MN，如图①.
∵M，N分别为线段BC，AB的中点，
∴MN∥AC，且MN＝AC＝1.
∵几何体ABC-A1B1C1为三棱台，
∴AC∥A1C1，∴MN∥A1C1.
∵AC＝2，A1C1＝1，∴MN＝A1C1.
∴四边形A1NMC1是平行四边形，∴A1N∥C1M.
∵A1N 平面C1MA，C1M 平面C1MA，
∴A1N∥平面C1MA.
（2）∵A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，∴分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图②，
则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），A1（0，0，2），C1（0，1，2），M（1，1，0），
∴＝（0，1，2），＝（1，1，0），＝（0，0，2）.
设平面C1MA的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则即
取y1＝2，则x1＝－2，z1＝－1.
∴平面C1MA的一个法向量为n1＝（－2，2，－1）.
易得平面ACC1A1的一个法向量为n2＝（1，0，0）.
设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角为θ，
则cos θ＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝＝.
故平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为.
（3）由（2）知＝（0，2，0）.
又平面C1MA的一个法向量为n1＝（－2，2，－1），
故点C到平面C1MA的距离d＝＝＝.
18.解：（1）证明：依题意可知AB，AD，AE两两相互垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
B（0，2，0），C（4，2，0），＝（4，0，0），E（0，0，5），＝（0，－2，5），
设＝t＝（0，－2t，5t），＝＋＝（0，2，0）＋（0，－2t，5t）＝（0，2－2t，5t），
·＝0，所以AF⊥BC.
（2）由（1）知F（0，2－2t，5t），P（1，0，0），＝（－1，2－2t，5t），
D（3，0，0），＝（－3，0，5），＝（1，2，0），
设平面EDC的法向量为n＝（x1，y1，z1），
故可设n＝（10，－5，6），
若PF∥平面EDC，则·n1＝（－1，2－2t，5t）·（10，－5，6）＝－10－10＋10t＋30t＝0，40t＝20，t＝.
此时F，平面DPC的法向量为n2＝（0，0，1），
＝，
＝（3，2，0），
设平面FPC的法向量为
n3＝（x3，y3，z3），则
故可设n3＝（－2，3，－2），
设二面角F-PC-D的平面角为θ，由图可知θ为钝角，
cos θ＝－＝－＝－.
19.解：（1）因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊥AB，BC 平面ABCD，所以BC⊥平面ABP，
又BC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB.
（2）如图，在平面PAB内，过点A作AE⊥AB交PB于点E，则AE⊥平面ABCD.
以A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，
由∠PAB＝120°，PA＝AD＝AB＝1，BC＝2，可得P，B（1，0，0），C（1，2，0），D（0，1，0），
则＝（ －，－1，），＝（1，－1，0），＝（ ，0，－）.
设n＝（x，y，z）为平面PBD的法向量，则即
取x＝1，则平面PBD的一个法向量为n＝（1，1，），
设＝λ（0≤λ≤1），则＝＋＝，
若直线AM与平面PBD所成角的正弦值为，
则｜cos＜，n＞｜＝＝＝，解得λ＝或λ＝，
故存在点M满足题意，此时PM＝或PM＝.
1 / 3(共51张PPT)
章末检测（一）
空间向量与立体几何
（时间：120分钟 满分：150分）
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出
的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 若 a ＝（2，2，0）， b ＝（1，3， z ），＜ a ， b ＞ z ＝
（ ）
A. B.
C. D.
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解析： 由空间向量夹角的余弦公式得 cos ＜ a ， b ＞
z ＝ .故选C.
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2. 已知 a ＝（－2，1，3）， b ＝（－1，2，1），若 a ⊥（ a －λ b ），
则实数λ的值为（ ）
A. －2 B.
C. D. 2
解析： 由题意得，因为 a ＝（－2，1，3）， b ＝（－1，2，
1），所以 a －λ b ＝（λ－2，1－2λ，3－λ），又 a ⊥（ a －λ b ），
所以 a ·（ a －λ b ）＝0，得－2（λ－2）＋1－2λ＋9－3λ＝0 λ＝
2，故选D.
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3. 如图所示，已知空间四边形 ABCD ，连接 AC ， BD ， M ， G 分别是
BC ， CD 的中点，
A. B.
C. D.
解析： ∵四面体 A - BCD 中， M ， G 为 BC ， CD 中点，∴ ∴ .故选C.
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4. 夹在两平行平面α，β之间的两条线段 AB 和 CD 的长分别为8和12，
AB 和 CD 在α内的射影长之比为3∶5，则α，β间的距离为（ ）
A. B.
C. D.
解析： 设α与β之间距离为 h ，设 AB 和 CD 在α内射影长分别为3 a
和5 a ，则有 h ∴ a h
.
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5. 在棱长为1的正四面体 ABCD 中， E ， F 分别是 BC ， AD 的中点，
·
A. 0 B.
C. D.
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解析： a b c ，则｜ a ｜＝｜ b ｜＝｜ c ｜
＝1，且 a · b ＝ b · c ＝ c · a a ＋ b ） c －
b ，因 · a ＋ b ）·（ c － b ） a · c a · b b · c
b2＝ D.
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6. 在三棱锥 P - ABC 中， PC ⊥底面 ABC ，∠ BAC ＝90°， AB ＝ AC ＝
4，∠ PBC ＝60°，则点 C 到平面 PAB 的距离是（ ）
A. B.
C. D.
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解析： ∵在三棱锥 P - ABC 中， PC ⊥底面 ABC ，∠ BAC ＝90°， AB ＝ AC ＝4，∠ PBC ＝60°，∴以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴，
AC 所在直线为 y 轴，过 A 作平面 ABC 的垂线为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 C （0，4，0）， P （0，4，4 A （0，0，0）， B
（4，0，0） 0，4，0） 4，0，0） 0，4，4
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PAB 的法向量 n ＝（ x ， y ， z ），则 z ＝1，得 n ＝（0 1），∴点
C 到平面 PAB 的距离 d .故选B.
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7. 已 1，2，3） 2，1，2） 1，1，2），
点 Q 在直线 OP 上运动，则 · Q 的坐标为
（ ）
A. （ ） B. （ ）
C. （ ） D. （ ）
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解析： 设点 Q （ x ， y ， z ）.因为点 Q ∥
x ＝λ，0≤λ≤1，则 y ＝λ， z ＝2λ，则 Q （λ，λ，2λ） 1－λ，2－λ，3－2λ） 2－λ，1－λ，2－2λ），所
· 6λ2－16λ＋10＝6（λ ）2 .故当λ · Q （ ）.故选C.
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8. 如图，在四棱锥 P - ABCD 中，侧面 PAD 为正三角形，底面 ABCD 为
正方形，侧面 PAD ⊥底面 ABCD ， M 为底面 ABCD 内的一个动点，
且满足 MP ＝ MC . 则点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹为（ ）
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解析： 如图，以 D 为原点， DA ， DC 所在的
直线分别为 x 轴， y 轴建立如图所示的空间直角坐
标系.设正方形 ABCD 的边长为 a ， M （ x ， y ，
0），则0≤ x ≤ a ，0≤ y ≤ a ， P （ 0
）， C （0， a ，0），则｜ ｜＝ ｜ ｜＝ .由｜ ｜＝｜ ｜，得 x ＝2 y ，所以点 M 在正方形 ABCD 内的轨迹为一条线段 y x （0≤ x ≤ a ），故选A.
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二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出
的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的
得部分分，有选错的得0分）
9. 已知点 P 是平行四边形 ABCD 所在平面外一点，如 2，－
1，－4） 4，2，0） 1，2，－1）.对于结
论：① AP ⊥ AB ；② AP ⊥ AD ； ABCD 的法向量；
∥ .其中正确的是（ ）
A. ① B. ②
C. ③ D. ④
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解析： · 2－2＋4＝0，所 AP ⊥
AB ，故①正确 · 4＋4＋0＝0，所 AP
⊥ AD ，故②正确；因
AP ⊥平面 ABCD ，所 ABCD 的法向量，故③
正确；因 4，2，0）－（2，－1，－4）＝
（2，3，4） －1，2，－1），因 ④错误.所以选项A、B、C正确，故选A、B、C.
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10. 如图， PA ⊥平面 ABCD ，正方形 ABCD 边长为1， E 是 CD 的中
点， F 是 AD 上一点，当 BF ⊥ PE 时，则（ ）
A. AF ∶ FD ＝2∶1
B. AF ∶ FD ＝1∶1
C. 若 PA ＝1，则异面直线 PE 与 BC 所成角的余弦值
D. 若 PA ＝1，则直线 PE 与平面 ABCD 所成角为30°
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解析： 建立如图所示的空间直角坐标系，设
PA ＝ a ，则 B （1，0，0）， C （1，1，0）， E
（ 1，0）， P （0，0， a ）.设点 F 的坐标为
（0， y ，0）， －1， y ，0）
（ 1，－ a ），∵ BF ⊥ PE ，∴ · 0，解得 y F 的坐标为（0 0），∴ F 为 AD 的中点，∴ AF ∶ FD ＝1∶1，B正确，A不正确.
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若 PA ＝1，则 P （0，0，1） （ 1，－1） 0，1，0）， cos C正确.
0，0，1）， cos
D不正确.故选B、C.
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11. 将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角 A - BD - C ，有如下四个
结论：① AC ⊥ BD ；②△ ACD 是等边三角形；③ AB 与平面 BCD
所成的角为60°；④ AB 与 CD 所成的角为60°.其中正确的结论有
（ ）
A. ① B. ②
C. ③ D. ④
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解析： 取 BD 中点 O ，由正方形的性质得 AO ⊥ BD ， CO ⊥ BD ，所以∠ AOC 为二面角 A - BD - C 的平面角，因为二面角 A - BD - C 是直二面角，所以如图所示，建立空间直角坐标系 Oxyz ，设正方形 ABCD 的边长 D （1，0，0）， B （－1，0，0）， C （0，0，1），
A （0，1，0），所 0，－1，1） 2，0，0） 1，0，－1） 1，－1，0） －1，－1，0），因 · 0，故 AC ⊥ BD ，①正确.
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又｜ ｜ ｜ ｜ ｜ ｜ △ ACD 为等边三角形，②正确.
对于③ BCD 的一个法向量 0，1，0）， cos
.因为直线与平面所成
的角的取值范围是[0°，90°]，所以 AB 与平面 BCD 所成的角为
45°，故③错误.
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又 cos AB 与 CD 所成的角为60°，故④正确.故选A、B、D.
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三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横
线上）
12. 已知向 2，4，5） 3， x ， y ）， ∥
xy ＝ .
解析：∵ ∥ ∴存在实数 k 使 k
.∴ xy 45.
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13. 如图，已知矩形 ABCD ， AB ＝1， BC ＝ a ， PA ⊥平面 ABCD ，若
在 BC 上只有一个点 Q 满足 PQ ⊥ QD ，则 a 的值等于 .
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解析：如图，建立空间直角坐标系 Axyz ，则 D
（0， a ，0）.设 Q （1， t ，0）（0≤ t ≤ a ）， P
（0，0， z ）. 1， t ，－ z ） －
1， a － t ，0）.由 PQ ⊥ QD ，得－1＋ t （ a － t ）＝
0，即 t2－ at ＋1＝0.由题意知方程 t2－ at ＋1＝0只一
解.∴Δ＝ a2－4＝0， a ＝2，这时 t ＝1∈[0， a ].
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14. 在正三棱柱 ABC - A1 B1 C1中，已知 AB ＝1， D 在棱 BB1上，且 BD
＝1，则平面 ACD 与平面 ABC 所成二面角的余弦值为
AD 与平面 AA1 C1 C 所成的角的正弦值为 .
解析：取 AC 中点 E ，连接 BE ，则 BE ⊥ AC ，如图所示，建立空间直角坐标系 B - xyz ，则 A （ 0）， D （0，0，1）， C （ 0） （ －1） （ 1）.
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设平面 ACD 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），
∴ x ＝2 z ＝3， y ＝0，∴ n ＝（2
0，3）， ABC 的法向量 0，0，1），
∴ cos ＜ n .
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∴平面 ACD 与平面 ABC 所成二面角的余弦值 .∵平面 ABC ⊥平面 AA1 C1 C ，平面 ABC ∩平面 AA1 C1 C ＝ AC ， BE ⊥ AC ，∴ BE ⊥平面 AA1 C1 C ，∴ （ 0，0）为平面 AA1 C1 C 的一个法向量， （ 1），∴ cos AD 与平面 AA1 C1 C 所成的角为α，则 sin α＝｜ cos ｜ .
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四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说
明、证明过程或演算步骤）
15. （本小题满分13分）如图所示，在四棱锥 M - ABCD 中，底面 ABCD 是边长为2的正方形，侧棱 AM 的长为3，且 AM 和 AB ， AD
的夹角都是60°， N 是 CM 的中点，设 a b c a ， b ， c 为基向量表示出向 BN 的长.
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解：因为 N 是 CM 的中点，底面 ABCD 是正方形，
所
＝ a b c ，
又由题意，可得｜ a ｜＝｜ ｜＝2，｜ b ｜＝｜ ｜＝2，｜
c ｜＝｜ ｜＝3，∠ MAB ＝∠ MAD ＝60°，∠ DAB ＝90°，
因此｜ ｜2＝（ a b c ）2 ｜ a ｜2＋｜ b ｜2＋｜ c ｜2－2 a · b －2 a · c ＋2 b · c 4＋4＋9－0－2×2×3 cos 60°＋2×2×3 cos 60° ｜ ｜ BN 的长 .
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16. （本小题满分15分）如图，在直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中，∠ ABC
D 是棱 AC 的中点，且 AB ＝ BC ＝ BB1＝2.
（1）求证： AB1∥平面 BC1 D ；
解：证明：如图，连接 B1 C 交
BC1于点 O ，连接 OD .
∵ O 为 B1 C 的中点， D 为 AC 的中点，
∴ OD ∥ AB1.
∵ AB1 平面 BC1 D ， OD 平面 BC1 D ，
∴ AB1∥平面 BC1 D .
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（2）求异面直线 AB1与 BC1的夹角.
解：建立如图所示的空间直角坐标系 B - xyz .
则 B （0，0，0）， A （0，2，0）， C1（2，0，2）， B1（0，0，2）.
∴ 0，－2，2） 2，0，2）.
∴ cos .
设异面直线 AB1与 BC1的夹角为θ，则 cos θ .
∵θ∈（0 ），∴θ .
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17. （本小题满分15分）（2023·天津高考17题）如图，在三棱台 ABC
- A1 B1 C1中，已知 A1 A ⊥平面 ABC ， AB ⊥ AC ， AB ＝ AC ＝ AA1＝
2， A1 C1＝1， N 为线段 AB 的中点， M 为线段 BC 的中点.
（1）求证： A1 N ∥平面 C1 MA ；
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解：证明：连接 MN ，如图①.
∵ M ， N 分别为线段 BC ， AB 的中点，
∴ MN ∥ AC ，且 MN AC ＝1.
∵几何体 ABC - A1 B1 C1为三棱台，
∴ AC ∥ A1 C1，∴ MN ∥ A1 C1.
∵ AC ＝2， A1 C1＝1，∴ MN ＝ A1 C1.
∴四边形 A1 NMC1是平行四边形，∴ A1 N ∥C1 M .
∵ A1 N 平面 C1 MA ， C1 M 平面 C1 MA ，
∴ A1 N ∥平面 C1 MA .
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（2）求平面 C1 MA 与平面 ACC1 A1所成角的余弦值；
解：∵ A1 A ⊥平面 ABC ， AB ⊥
AC ，∴分别以 AB ， AC ， AA1所在直线
为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标
系，如图②，
则 A （0，0，0）， B （2，0，0）， C
（0，2，0）， A1（0，0，2）， C1（0，
1，2）， M （1，1，0），
∴ 0，1，2） 1，1，
0） 0，0，2）.
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设平面 C1 MA 的法向量为 n1＝（ x1， y1， z1），
则
取 y1＝2，则 x1＝－2， z1＝－1.
∴平面 C1 MA 的一个法向量为 n1＝（－2，2，－1）.
易得平面 ACC1 A1的一个法向量为 n2＝（1，0，0）.
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设平面 C1 MA 与平面 ACC1 A1所成的角为θ，
则 cos θ＝｜ cos ＜ n1， n2＞｜ .
故平面 C1 MA 与平面 ACC1 A1所成角的余弦值 .
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（3）求点 C 到平面 C1 MA 的距离.
解：由（2） 0，2，0）.
又平面 C1 MA 的一个法向量为 n1＝（－2，2，－1），
故点 C 到平面 C1 MA 的距离 d .
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18. （本小题满分17分）如图，在四棱锥 E - ABCD 中，底面 ABCD 为
直角梯形， AE ⊥平面 ABCD ， AD ∥ BC ， AB ⊥ BC ， AB ＝2，
AD ＝3， BC ＝4， AE ＝5 2 . F 为直线 EB 上的一点.
（1）证明： AF ⊥ BC ；
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解：证明：依题意可知 AB ，
AD ， AE 两两相互垂直，建立如图
所示的空间直角坐标系，
B （0，2，0）， C （4，2，0） 4，0，0）， E （0，0，5） 0，－2，5），
t 0，－2 t ，5 t ） 0，2，
0）＋（0，－2 t ，5 t ）＝（0，2－2 t ，5 t ）， · 0，所以 AF ⊥ BC .
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（2）若点 F 满足 PF ∥平面 EDC ，求此时二面角 F - PC - D 的
余弦值.
解：由（1）知 F （0，2－2
t ，5 t ）， P （1，0，0） －1，2－2 t ，5 t ），
D （3，0，0） －3，0，5） 1，2，0），
设平面 EDC 的法向量为 n ＝（ x1， y1， z1），
n ＝（10，－5，6），
若 PF ∥平面 EDC ， · n1＝（－1，2－2 t ，5 t ）·（10，－5，6）＝－10－10＋10 t ＋30 t ＝0，40 t ＝20， t .
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此时 F （0，1 ，5/2 ），平面 DPC 的法向量为 n2＝（0，0，1），
( ) ＝ （－1，1 ，5/2 ） ，( ) ＝（ 3，2，0），
设平面 FPC 的法向量为 n3＝（ x3， y3， z3），
则故可设 n3＝（－2，3，－2），
设二面角 F - PC - D 的平面角为θ，
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由图可知θ为钝角，
cos θ＝－＝－＝－.
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19. （本小题满分17分）如图，在四棱锥 P - ABCD 中，侧面 PAB ⊥底
面 ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， AD ∥ BC ， DA ⊥ AB ，∠ PAB
＝120°， PA ＝ AD ＝ AB ＝1， BC ＝2.
（1）证明：平面 PBC ⊥平面 PAB .
解：因为平面 PAB ⊥平面 ABCD ，
平面 PAB ∩平面 ABCD ＝ AB ， BC ⊥
AB ， BC 平面 ABCD ，所以 BC ⊥平面 ABP ，
又 BC 平面 PBC ，所以平面 PBC ⊥平面 PAB .
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（2）在线段 PB 上是否存在点 M ，使得直线 AM 与平面 PBD 所成
角的正弦值 PM 的长度；若不存
在，请说明理由.
解：如图，在平面 PAB 内，过点 A 作 AE ⊥ AB 交 PB 于点 E ，则 AE ⊥平面
ABCD .
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以 A 为坐标原点，分别 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A - xyz ，
由∠ PAB ＝120°， PA ＝ AD ＝ AB ＝1， BC ＝2，可得 P （ 0 ）， B （1，0，0）， C （1，2，0）， D （0，1，0），
（ －1 ） 1，－1，0） （ 0 ）.
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设 n ＝（ x ， y ， z ）为平面 PBD 的法向量，
取 x ＝1，则平面 PBD 的一个法向量为 n ＝（1，1
λ 0≤λ≤1）， （ 0 ），
若直线 AM 与平面 PBD 所成角的正弦值
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则｜ cos n ＞｜ λ λ
故存在点 M 满足题意，此时 PM PM .
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谢 谢 观 看！
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