第一章 空间向量与立体几何（单元测试）（含解析）-2025-2026学年人教A版(2019)高二数学选择性必修第一册
文档属性
| 名称 | 第一章 空间向量与立体几何（单元测试）（含解析）-2025-2026学年人教A版(2019)高二数学选择性必修第一册 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-15 00:00:00 | ||
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文档简介
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第一章 空间向量与立体几何
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 浙江期中）已知A、B、C是球O的球面上三个点，且，球心O到平面ABC的距离为1，则球O的表面积为（ ）
A． B．8π C． D．16π
2．（2025春 秀屿区校级期中）已知A（1，3，2），B（﹣1，4，1），C（5，y，z），若，则2y﹣z＝（ ）
A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．4
3．（2024秋 赤峰期末）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024秋 邢台校级月考）在四面体ABCD中，M为棱CD的中点，E为线段AM的中点，若，则（ ）
A． B．1 C．2 D．3
5．（2024秋 让胡路区校级期末）已知是直线l的方向向量，直线l经过点P（﹣1，0，1），则点Q（2，4，6）到直线l的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025春 海南期末）如图，在棱长为6的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024秋 丽水期末）PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024秋 牡丹江期末）如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且GN＝2MG，现用向量，，表示向量，设，则x，y，z的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 金昌校级月考）已知直线l经过点A（1，1，1），B（3，2，0），则下列命题是真命题的是（ ）
A．是直线l的一个方向向量
B．若平面α的一个法向量是，则l∥α
C．若平面β的一个法向量是，且l⊥α，则α⊥β
D．若O为坐标原点，且，则A，B，C，D四点共面
10．（2024秋 皇姑区期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，点E为B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．AB1∥平面A1CE
C．异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为
D．点A1到平面ACE的距离为
11．（2025春 长安区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列说法正确的是（ ）
A．直线BC1与B1D1所成的角为60°
B．直线BD与CA1所成的角为60°
C．平面BA1C1⊥平面ABC1D1
D．平面BA1C1与平面ABCD所成的角大于45°
12．（2025春 沭阳县校级期中）空间四点A（1，3，2），B（1，2，1），C（﹣1，2，3），D（﹣1，0，1）．给出下列命题，其中正确的选项是（ ）
A．平面ABC的一个法向量为（﹣1，1，﹣1）
B．若∥且，则
C．点B到直线AC的距离为
D．A、B、C、D四点共面
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 桓台县校级月考）如图，点M是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是 ．
14．（2025春 杨浦区校级期末）在四面体ABCD中，AD＝BC，E，F分别为AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成的角为60°，则异面直线EF与BC所成的角为 ．
15．（2024秋 深圳期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是 ．
16．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在正四面体PABC中，AB＝2，D为AB中点，则的值是 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 河南月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，BC⊥平面PAB，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，D为棱PC上的动点．
（1）求证：PA⊥平面ABC；
（2）是否存在点D，使得平面ABD与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，请求出点D的位置；若不存在，请说明理由．
18．（2025秋 江西月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，点D，E分别是底边AC，BC的中点，平面PAB和平面PDE相交于直线l．
（1）求证：l//平面ABC；
（2）若平面PAC⊥平面是直线l上的一点，，求直线CQ与平面PBC所成角的正弦值．
19．（2025春 南关区校级期末）已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，AD＝AA1＝AB＝1，∠A1AB＝∠DAB＝∠DAA1＝60°，，4，设，，．
（1）求MN的长度；
（2）求异面直线A1C1与D1B所成的角的余弦值．
20．（2025春 李沧区校级期末）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E在BD上（异于B，D）．
（1）若平面α分别交AD1，DD1，BD，AE于点M，N，P，Q，四边形MNPQ为平行四边形，求证：AD∥平面MNPQ；
（2）若AE⊥ED1，求异面直线A1B与C1E的夹角的余弦值．
第一章 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 浙江期中）已知A、B、C是球O的球面上三个点，且，球心O到平面ABC的距离为1，则球O的表面积为（ ）
A． B．8π C． D．16π
【考点】空间中点到平面的距离；球的表面积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】B
【分析】根据正弦定理求解外接圆的半径，即可根据球的性质求解球半径，由表面积公式求解即可．
【解答】解：设球O的半径为R，正三角形ABC的外接圆的半径为r，
因为知A、B、C是球O的球面上三个点，且，球心O到平面ABC的距离为1，
所以，
所以R2＝r2+1＝2，
所以球O的表面积为4πR2＝8π．
故选：B．
【点评】本题考查球的几何性质，属基础题．
2．（2025春 秀屿区校级期中）已知A（1，3，2），B（﹣1，4，1），C（5，y，z），若，则2y﹣z＝（ ）
A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．4
【考点】空间向量运算的坐标表示．
【专题】整体思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意可以先求出，再由它们平行可以得到比例关系从而求出参数y，z，由此即可得解．
【解答】解：由题意，，
因为，
所以，
解得y＝1，z＝4，
所以2y﹣z＝﹣2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了空间向量的坐标运算，属于基础题．
3．（2024秋 赤峰期末）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【考点】空间向量的数乘及线性运算．
【专题】整体思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解．
【解答】解：．
故选：B．
【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
4．（2024秋 邢台校级月考）在四面体ABCD中，M为棱CD的中点，E为线段AM的中点，若，则（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【考点】空间向量的数乘及线性运算．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算得出a，b，即可得出结果．
【解答】解：由题意，M为棱CD的中点，E为线段AM的中点，
则
，
又，
所以，
则．
故选：B．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，属基础题．
5．（2024秋 让胡路区校级期末）已知是直线l的方向向量，直线l经过点P（﹣1，0，1），则点Q（2，4，6）到直线l的距离为（ ）
A． B． C． D．
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】由点到直线的距离公式即可求解．
【解答】解：由题意，是直线l的方向向量，
故直线l的单位方向向量，
又，
则点Q（2，4，6）到直线l的距离．
故选：B．
【点评】本题考查空间向量法求解点到直线的距离，属基础题．
6．（2025春 海南期末）如图，在棱长为6的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】整体思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】A
【分析】作AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OC，则以O为坐标原点，直线OC，OA分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求出，的坐标，再利用向量夹角公式求解．
【解答】解：作AO⊥平面BCD，垂足为O，
因为四面体ABCD为正四面体，
所以O为△BCD的中心，
连接OC，则OC⊥BD，
则以O为坐标原点，直线OC，OA分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
所以（，，），（，，），
设异面直线BE，CF所成的角为θ，
所以cosθ＝|cos，|．
故选：A．
【点评】本题主要考查了异面直线所成的角，属于中档题．
7．（2024秋 丽水期末）PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】计算题．
【答案】C
【分析】过PC上任意一点D作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．先证明点O在∠APB的平分线上，通过解直角三角形PED、DOP，求出直线PC与平面PAB所成角的余弦值．
【解答】解：在PC上任取一点D并作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．
过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB．
△DEP≌△DFP，∴EP＝FP，∴△OEP≌△OFP，
因为∠APC＝∠BPC＝60°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°．
设PE＝1，∵∠OPE＝30°∴OP
在直角△PED中，∠DPE＝60°，PE＝1，则PD＝2．
在直角△DOP中，OP，PD＝2．则cos∠DPO．
即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是 ．
故选：C．
【点评】本题考查了直线与平面所成角的大小计算．解题过程构造了解题必需的直角三角形．考查空间想象能力，计算能力、转化能力．
8．（2024秋 牡丹江期末）如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且GN＝2MG，现用向量，，表示向量，设，则x，y，z的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
【考点】空间向量基底表示空间向量．
【专题】转化思想；转化法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算法则，即可求解．
【解答】解：GN＝2MG，M，N分别是对边OA，BC的中点，
则，
，
则，故C正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 金昌校级月考）已知直线l经过点A（1，1，1），B（3，2，0），则下列命题是真命题的是（ ）
A．是直线l的一个方向向量
B．若平面α的一个法向量是，则l∥α
C．若平面β的一个法向量是，且l⊥α，则α⊥β
D．若O为坐标原点，且，则A，B，C，D四点共面
【考点】平面的法向量．
【专题】分类讨论；综合法；平面向量及应用；逻辑思维．
【答案】ACD
【分析】利用方向向量的性质判断A，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，仿照给定条件建立等式，判断共面即可．
【解答】解：对于A，因为直线l经过点B（3，2，0），A（1，1，1），
所以，则是直线l的一个方向向量，故A正确；
对于B，因为，所以，则l α或l∥α，故B错误；
对于C，因为，所以，
因为l⊥α，所以l的方向向量为α的法向量，则由可得α⊥β，故C正确；
对于D，因为B（3，2，0），A（1，1，1），所以，，
则，而，
故，即，
得到，即A，B，C，D四点共面，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查平面的法向量和直线的方向向量，属于基础题．
10．（2024秋 皇姑区期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，点E为B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．AB1∥平面A1CE
C．异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为
D．点A1到平面ACE的距离为
【考点】空间中点到平面的距离；平面向量加法的三角形法则和平行四边形法则；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】计算题；综合法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据直三棱柱ABC﹣A1B1C1的性质，利用向量的线性运算法则判断出A项的正误；根据空间向量共面定理，证出、、共面，即可判断出B项的正误；以{、、}为正交基底，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，算出异面直线AE与A1C所成的角的余弦值，进而判断出C项的正误；求出平面ACE的法向量，利用点到平面的距离公式算出点A1到平面ACE的距离，即可判断出D项的正误．
【解答】解：对于A，，
因为E是B1C1的中点，
所以（）（），
可得（），故A项正确；
对于B，，，，
所以2，可得、、是共面向量，
因为AB1 平面A1CE，所以AB1∥平面A1CE，故B项正确；
对于C，以{、、}为正交基底，建立空间直角坐标系，
可得（1，1，2），（2，0，﹣2），
所以cos，，
可得AE与A1C所成角的余弦值等于|cos，|，故C项错误；
对于D，设（x，y，z）的法向量，由（2，0，0），（1，1，2），
可得，取y＝2，得（0，2，﹣1），
而（0，0，﹣2），所以点A1到平面ACE的距离d，故D项正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查直三棱柱的结构特征、利用空间向量证明线面平行、利用空间坐标系求点面距离、异面直线所成角的求法等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
11．（2025春 长安区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列说法正确的是（ ）
A．直线BC1与B1D1所成的角为60°
B．直线BD与CA1所成的角为60°
C．平面BA1C1⊥平面ABC1D1
D．平面BA1C1与平面ABCD所成的角大于45°
【考点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直；二面角的平面角及求法．
【专题】转化思想；综合法；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】AD
【分析】通过AD1∥BC1，将直线BC1与B1D1所成的角转化为求∠B1D1A（或其补角），可判断A；通过证明BD⊥平面ACAA1，可判断B；根据面面垂直的判定定理，可判断C；根据两平面所成角的定义以及正方体的结构特征，可判断D．
【解答】解：如图，
对于A，由正方体知，AD1∥BC1，所以直线BC1与B1D1所成的角为∠B1D1A（或其补角），
因为△B1D1A为正三角形，所以∠B1D1A＝60°，故直线BC1与B1D1所成的角为60°，A正确；
对于B，因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥BD，
因为BD⊥AC，AC∩AA1＝A，所以BD⊥平面ACAA1，所以BD⊥CA1，
即直线BD与CA1所成的角为90°，故B错误；
对于C，由正方体知，AB⊥平面C1CBB1，所以AB⊥CB1，
又BC1⊥CB1，BC1∩AB＝B，所以CB1⊥平面ABC1D1，
若平面BA1C1⊥平面ABC1D1，则CB1 平面BA1C1，或CB1∥平面BA1C1，
易知CB1与平面BA1C1相交，故平面BA1C1不垂直于平面ABC1D1，C错误；
对于D，平面BA1C1与平面ABCD所成的角即平面BA1C1与平面A1B1C1D1所成的角，
设正方形A1B1C1D1的中心为O，
因为平面BA1C1∩平面A1B1C1D1＝A1C1，BO⊥A1C1，B1O⊥A1C1，
所以∠BOB1为平面BA1C1与平面A1B1C1D1所成的角，
不妨设正方体棱长为1，则BB1＝1，OB1，所以tan∠BOB11，
故∠BOB1＞45°，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查异面直线所成角，平面与平面所成角，属于中档题．
12．（2025春 沭阳县校级期中）空间四点A（1，3，2），B（1，2，1），C（﹣1，2，3），D（﹣1，0，1）．给出下列命题，其中正确的选项是（ ）
A．平面ABC的一个法向量为（﹣1，1，﹣1）
B．若∥且，则
C．点B到直线AC的距离为
D．A、B、C、D四点共面
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离；共面直线及四点共面；平面的法向量．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】AD
【分析】求出平面ABC的一个法向量可判断A；设，利用求出可判断B；利用点B到直线AC的距离向量求法可判断C；设，求出x，y可判断D．
【解答】解：对于A，因为A（1，3，2），B（1，2，1），C（﹣1，2，3），D（﹣1，0，1），
所以，
设平面ABC的一个法向量为，
则，则，
令y＝1，则z＝﹣1，x＝﹣1，则，故A正确；
对于B，，
因为，设，
若，则，
解得，
则或，故B错误；
对于C，，
则点B到直线AC的距离为
，故C错误；
对于D，设，因为，
，
则有（﹣2，﹣3，﹣1）＝x（0，﹣1，﹣1）+y（﹣2，﹣1，1），
，解得，
故，则A、B、C、D四点共面，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 桓台县校级月考）如图，点M是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是 ．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】．
【分析】连接AD1、D1M，不妨设AB＝2，分析可知异面直线AM与BC1所成角为∠MAD1或其补角，计算出△AD1M三边边长，结合余弦定理求解即可．
【解答】解：如图，连接AD1、D1M，
易知AD1∥BC1，
所以异面直线AM与BC1所成角为∠MAD1或其补角，
设AB＝2，则，同理可得，
所以，
所以异面直线AM与BC1所成角的余弦值为．
故答案为：．
【点评】本题考查线线角的求解，属基础题．
14．（2025春 杨浦区校级期末）在四面体ABCD中，AD＝BC，E，F分别为AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成的角为60°，则异面直线EF与BC所成的角为 60°或30° ．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】60°或30°．
【分析】设G为BD的中点，连接GE，GF，结合题设分析易得EG＝GF，∠EGF（或其补角）为直线AD与BC所成的角，∠EFG（或其补角）为直线EF与BC所成的角，进而求解即可．
【解答】解：如图，
设G为BD的中点，连接GF，GE，
因为E，F分别为AB，CD的中点，
所以EG∥AD，GF∥BC，且，，
又AD＝BC，所以EG＝GF，△EFG为以∠EGF为顶角的等腰三角形，
且∠EGF（或其补角）为直线AD与BC所成的角，即∠EGF＝120°或60°，
当∠EGF＝120°时，∠EFG＝30°，
当∠EGF＝60°时，∠EFG＝60°．
故答案为：60°或30°．
【点评】本题主要考查异面直线所成角，属于中档题．
15．（2024秋 深圳期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是 ．
【考点】空间向量的投影向量与投影．
【专题】计算题；转化思想；向量法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据向量的坐标可求出，然后根据投影向量的计算公式即可求出向量在向量上的投影向量的坐标．
【解答】解：，，
∴向量在向量上的投影向量的坐标是：．
故答案为：．
【点评】本题考查了向量坐标的数量积运算，投影向量的计算公式，向量坐标的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
16．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在正四面体PABC中，AB＝2，D为AB中点，则的值是 ﹣1 ．
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】对应思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】由，根据空间向量数量积的运算法则，展开代入运算即可．
【解答】解：由题意知，22，
因为D为AB中点，
所以．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查空间向量的线性运算和数量积的运算法则，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 河南月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，BC⊥平面PAB，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，D为棱PC上的动点．
（1）求证：PA⊥平面ABC；
（2）是否存在点D，使得平面ABD与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，请求出点D的位置；若不存在，请说明理由．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）因为BC⊥平面PAB，PA 平面PAB，AB 平面PAB，
所以BC⊥PA且BC⊥AB．
由BC⊥AB，且BC＝4，AC＝5，可得AB＝3．
由AB＝3，PA＝4，PB＝5，因为AB2+PA2＝PB2，可得PA⊥AB，
因为AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥平面ABC；
（2）存在点D，且当点D位于PC上靠近P的三等分点．
【分析】（1）由线面垂直的性质定理得到BC⊥PA，由勾股定理得到PA⊥AB，再根据线面垂直的定义即可证明PA⊥平面ABC．
（2）过A作Ay∥BC，建立空间直角坐标系，设，由平面ABD与平面BCD夹角的余弦值为，即可求出D的坐标．即得答案．
【解答】（1）证明：因为BC⊥平面PAB，PA 平面PAB，AB 平面PAB，
所以BC⊥PA且BC⊥AB．
由BC⊥AB，且BC＝4，AC＝5，可得AB＝3，
由AB＝3，PA＝4，PB＝5，因为AB2+PA2＝PB2，可得PA⊥AB．
因为AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥平面ABC；
（2）解：过A作Ay∥BC，则AP，AB，Ay两两垂直，
以点A为坐标原点，以AB，Ay，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，
则P（0，0，4），A（0，0，0），B（3，0，0），C（3，4，0），
可得，
设平面BCD的法向量为，
则，即，
取x1＝4，则平面BCD的一个法向量为，
由于D在棱PC上，设，
所以，
所以D（3λ，4λ，4﹣4λ），
可得，
设平面ABD的法向量为，
则，即，
取y2＝λ﹣1，则平面ABD的一个法向量为，
可得 4×0+0×（λ﹣1）+3λ＝3λ，||5，
||，
由题意可得|cos，|＝||，
整理得3λ2+2λ﹣1＝0，
解得或λ＝﹣1（舍），
故存在点D，且当点D位于PC上靠近P的三等分点时，
平面ABD与平面BCD夹角的余弦值为．
【点评】本题考查用空间向量的方法求两个平面的夹角的余弦值及线面垂直的判定定理的应用，属于中档题．
18．（2025秋 江西月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，点D，E分别是底边AC，BC的中点，平面PAB和平面PDE相交于直线l．
（1）求证：l//平面ABC；
（2）若平面PAC⊥平面是直线l上的一点，，求直线CQ与平面PBC所成角的正弦值．
【考点】直线与平面所成的角；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明：因为点D，E分别是底边AC，BC的中点，所以DE∥AB，
因为AB 平面PAB，DE 平面PAB，所以DE∥平面PAB，
因为平面PAB和平面PDE的交线为l，DE 平面PDE，
所以DE∥l，
因为DE 平面ABC，l 平面ABC，
所以l∥平面ABC；
（2）或．
【分析】（1）由三角形中位线定理可得DE∥AB，则DE∥平面PAB，再利用线面平行的性质得DE∥l，最后由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知可证得DA，DB，DP两两垂直，所以以D为原点，以DA，DB，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．
【解答】（1）证明：因为点D，E分别是底边AC，BC的中点，所以DE∥AB，
因为AB 平面PAB，DE 平面PAB，所以DE∥平面PAB，
因为平面PAB和平面PDE的交线为l，DE 平面PDE，
所以DE∥l，
因为DE 平面ABC，l 平面ABC，
所以l∥平面ABC；
（2）解：因为PA＝PC，点D为AC的中点，所以PD⊥AC，
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PD 平面PAC，
所以PD⊥平面ABC，
因为AC，BD 平面ABC，所以PD⊥AC，PD⊥BD，
又BD⊥AC，
所以以D为原点，分别以DA，DB，DP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以PD＝AD＝CD＝1，又BD＝2，
则D（0，0，0），A（1，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），P（0，0，1），
由（1）可知l//AB，因为，
若，又P（0，0，1），所以Q（﹣1，2，1），所以，
若，又P（0，0，1），所以Q（1，﹣2，1），所以（2，﹣2，1），
因为，
设平面PBC的法向量为，
则，不妨取y＝1，解得，
设直线CQ与平面PBC所成角为θ，
当Q点的坐标为（﹣1，2，1）时，，
2×0+1×2+2×1＝4，||3，||，
所以cos，，
所以sinθ＝|cos，|，
当Q点的坐标为（1，﹣2，1）时，，
2×2+1×（﹣2）+2×1＝﹣4，||3，
所以cos，，
所以sinθ＝|cos，|，
所以直线CQ与平面PBC所成角的正弦值为或．
【点评】本题考查平面平行的性质定理的应用及用空间向量的方法求线面所成的正弦值，属于中档题．
19．（2025春 南关区校级期末）已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，AD＝AA1＝AB＝1，∠A1AB＝∠DAB＝∠DAA1＝60°，，4，设，，．
（1）求MN的长度；
（2）求异面直线A1C1与D1B所成的角的余弦值．
【考点】异面直线及其所成的角；空间向量基底表示空间向量．
【专题】数形结合；向量法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）用向量、、表示，求出模长即可得MN的长度．
（2）利用向量、、表示和，求出数量积与模长，计算cos，，即可得出结论．
【解答】解：（1）
（）（）
（）（）
，
所以
．
所以MN的长度为||．
（2），，
所以 （） （） 1﹣11，
||，
||，
cos，，
且异面直线所成角的范围是（0，]，
所以异面直线A1C1与D1B所成角的余弦值为．
【点评】本题考查了利用空间向量求线段长和异面直线所成的角余弦值计算问题，是基础题．
20．（2025春 李沧区校级期末）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E在BD上（异于B，D）．
（1）若平面α分别交AD1，DD1，BD，AE于点M，N，P，Q，四边形MNPQ为平行四边形，求证：AD∥平面MNPQ；
（2）若AE⊥ED1，求异面直线A1B与C1E的夹角的余弦值．
【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）根据线面平行的判定先证明PQ//平面AA1D1D，再由线面平行的性质证明PQ//AD，再由线面平行判定定理得证；
（2）利用中位线作出异面直线所成的角，再由余弦定理求解即可．
【解答】解：（1）证明：棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E在BD上（异于B，D），如图，
∵四边形MNPQ为平行四边形，
∴PQ∥MN，
又PQ 平面AA1D1D，MN 平面AA1D1D，
∴PQ∥平面AA1D1D，
又PQ 平面ABCD，平面ABCD∩平面AA1D1D＝AD，
∴PQ∥AD，
又PQ 平面MNPQ，AD 平面MNPQ，
∴AD∥平面MNPQ．
（2）连接A1C1，DC1，A1D，AD1，且A1D，AD1交于F，连接C1F，EF，C1E，如图，
∵AE⊥ED1，DD1⊥AE，D1E∩DD1＝D1，D1E，DD1 平面EC1D1，
∴AE⊥平面EC1D1，又ED 平面EC1D1，
∴AE⊥ED，又四边形ABCD为正方形，
∴E为BD的中点，∴，
又F为A1D中点，∴EF∥A1B，且，
∴异面直线A1B与C1E的夹角为∠FEC1（或其补角），
在等腰三角形C1A1D中，，
由余弦定理训，
即异面直线A1B与C1E的夹角的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的判定与性质、异面直线所成角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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第一章 空间向量与立体几何
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 浙江期中）已知A、B、C是球O的球面上三个点，且，球心O到平面ABC的距离为1，则球O的表面积为（ ）
A． B．8π C． D．16π
2．（2025春 秀屿区校级期中）已知A（1，3，2），B（﹣1，4，1），C（5，y，z），若，则2y﹣z＝（ ）
A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．4
3．（2024秋 赤峰期末）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024秋 邢台校级月考）在四面体ABCD中，M为棱CD的中点，E为线段AM的中点，若，则（ ）
A． B．1 C．2 D．3
5．（2024秋 让胡路区校级期末）已知是直线l的方向向量，直线l经过点P（﹣1，0，1），则点Q（2，4，6）到直线l的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025春 海南期末）如图，在棱长为6的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024秋 丽水期末）PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024秋 牡丹江期末）如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且GN＝2MG，现用向量，，表示向量，设，则x，y，z的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 金昌校级月考）已知直线l经过点A（1，1，1），B（3，2，0），则下列命题是真命题的是（ ）
A．是直线l的一个方向向量
B．若平面α的一个法向量是，则l∥α
C．若平面β的一个法向量是，且l⊥α，则α⊥β
D．若O为坐标原点，且，则A，B，C，D四点共面
10．（2024秋 皇姑区期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，点E为B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．AB1∥平面A1CE
C．异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为
D．点A1到平面ACE的距离为
11．（2025春 长安区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列说法正确的是（ ）
A．直线BC1与B1D1所成的角为60°
B．直线BD与CA1所成的角为60°
C．平面BA1C1⊥平面ABC1D1
D．平面BA1C1与平面ABCD所成的角大于45°
12．（2025春 沭阳县校级期中）空间四点A（1，3，2），B（1，2，1），C（﹣1，2，3），D（﹣1，0，1）．给出下列命题，其中正确的选项是（ ）
A．平面ABC的一个法向量为（﹣1，1，﹣1）
B．若∥且，则
C．点B到直线AC的距离为
D．A、B、C、D四点共面
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 桓台县校级月考）如图，点M是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是 ．
14．（2025春 杨浦区校级期末）在四面体ABCD中，AD＝BC，E，F分别为AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成的角为60°，则异面直线EF与BC所成的角为 ．
15．（2024秋 深圳期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是 ．
16．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在正四面体PABC中，AB＝2，D为AB中点，则的值是 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 河南月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，BC⊥平面PAB，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，D为棱PC上的动点．
（1）求证：PA⊥平面ABC；
（2）是否存在点D，使得平面ABD与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，请求出点D的位置；若不存在，请说明理由．
18．（2025秋 江西月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，点D，E分别是底边AC，BC的中点，平面PAB和平面PDE相交于直线l．
（1）求证：l//平面ABC；
（2）若平面PAC⊥平面是直线l上的一点，，求直线CQ与平面PBC所成角的正弦值．
19．（2025春 南关区校级期末）已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，AD＝AA1＝AB＝1，∠A1AB＝∠DAB＝∠DAA1＝60°，，4，设，，．
（1）求MN的长度；
（2）求异面直线A1C1与D1B所成的角的余弦值．
20．（2025春 李沧区校级期末）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E在BD上（异于B，D）．
（1）若平面α分别交AD1，DD1，BD，AE于点M，N，P，Q，四边形MNPQ为平行四边形，求证：AD∥平面MNPQ；
（2）若AE⊥ED1，求异面直线A1B与C1E的夹角的余弦值．
第一章 空间向量与立体几何
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 浙江期中）已知A、B、C是球O的球面上三个点，且，球心O到平面ABC的距离为1，则球O的表面积为（ ）
A． B．8π C． D．16π
【考点】空间中点到平面的距离；球的表面积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】B
【分析】根据正弦定理求解外接圆的半径，即可根据球的性质求解球半径，由表面积公式求解即可．
【解答】解：设球O的半径为R，正三角形ABC的外接圆的半径为r，
因为知A、B、C是球O的球面上三个点，且，球心O到平面ABC的距离为1，
所以，
所以R2＝r2+1＝2，
所以球O的表面积为4πR2＝8π．
故选：B．
【点评】本题考查球的几何性质，属基础题．
2．（2025春 秀屿区校级期中）已知A（1，3，2），B（﹣1，4，1），C（5，y，z），若，则2y﹣z＝（ ）
A．﹣2 B．2 C．﹣4 D．4
【考点】空间向量运算的坐标表示．
【专题】整体思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意可以先求出，再由它们平行可以得到比例关系从而求出参数y，z，由此即可得解．
【解答】解：由题意，，
因为，
所以，
解得y＝1，z＝4，
所以2y﹣z＝﹣2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了空间向量的坐标运算，属于基础题．
3．（2024秋 赤峰期末）如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ）
A． B．
C． D．
【考点】空间向量的数乘及线性运算．
【专题】整体思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解．
【解答】解：．
故选：B．
【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
4．（2024秋 邢台校级月考）在四面体ABCD中，M为棱CD的中点，E为线段AM的中点，若，则（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【考点】空间向量的数乘及线性运算．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据空间向量的线性运算得出a，b，即可得出结果．
【解答】解：由题意，M为棱CD的中点，E为线段AM的中点，
则
，
又，
所以，
则．
故选：B．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，属基础题．
5．（2024秋 让胡路区校级期末）已知是直线l的方向向量，直线l经过点P（﹣1，0，1），则点Q（2，4，6）到直线l的距离为（ ）
A． B． C． D．
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】B
【分析】由点到直线的距离公式即可求解．
【解答】解：由题意，是直线l的方向向量，
故直线l的单位方向向量，
又，
则点Q（2，4，6）到直线l的距离．
故选：B．
【点评】本题考查空间向量法求解点到直线的距离，属基础题．
6．（2025春 海南期末）如图，在棱长为6的正四面体ABCD中，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】整体思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】A
【分析】作AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OC，则以O为坐标原点，直线OC，OA分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求出，的坐标，再利用向量夹角公式求解．
【解答】解：作AO⊥平面BCD，垂足为O，
因为四面体ABCD为正四面体，
所以O为△BCD的中心，
连接OC，则OC⊥BD，
则以O为坐标原点，直线OC，OA分别为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
所以（，，），（，，），
设异面直线BE，CF所成的角为θ，
所以cosθ＝|cos，|．
故选：A．
【点评】本题主要考查了异面直线所成的角，属于中档题．
7．（2024秋 丽水期末）PA、PB、PC是从P点出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60°，那么直线PC与平面PAB所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【考点】直线与平面所成的角．
【专题】计算题．
【答案】C
【分析】过PC上任意一点D作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．先证明点O在∠APB的平分线上，通过解直角三角形PED、DOP，求出直线PC与平面PAB所成角的余弦值．
【解答】解：在PC上任取一点D并作DO⊥平面APB，则∠DPO就是直线PC与平面PAB所成的角．
过点O作OE⊥PA，OF⊥PB，因为DO⊥平面APB，则DE⊥PA，DF⊥PB．
△DEP≌△DFP，∴EP＝FP，∴△OEP≌△OFP，
因为∠APC＝∠BPC＝60°，所以点O在∠APB的平分线上，即∠OPE＝30°．
设PE＝1，∵∠OPE＝30°∴OP
在直角△PED中，∠DPE＝60°，PE＝1，则PD＝2．
在直角△DOP中，OP，PD＝2．则cos∠DPO．
即直线PC与平面PAB所成角的余弦值是 ．
故选：C．
【点评】本题考查了直线与平面所成角的大小计算．解题过程构造了解题必需的直角三角形．考查空间想象能力，计算能力、转化能力．
8．（2024秋 牡丹江期末）如图，已知空间四边形OABC，其对角线OB，AC，M，N分别是对边OA，BC的中点，点G在线段MN上，且GN＝2MG，现用向量，，表示向量，设，则x，y，z的值分别为（ ）
A． B．
C． D．
【考点】空间向量基底表示空间向量．
【专题】转化思想；转化法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算法则，即可求解．
【解答】解：GN＝2MG，M，N分别是对边OA，BC的中点，
则，
，
则，故C正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025春 金昌校级月考）已知直线l经过点A（1，1，1），B（3，2，0），则下列命题是真命题的是（ ）
A．是直线l的一个方向向量
B．若平面α的一个法向量是，则l∥α
C．若平面β的一个法向量是，且l⊥α，则α⊥β
D．若O为坐标原点，且，则A，B，C，D四点共面
【考点】平面的法向量．
【专题】分类讨论；综合法；平面向量及应用；逻辑思维．
【答案】ACD
【分析】利用方向向量的性质判断A，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，仿照给定条件建立等式，判断共面即可．
【解答】解：对于A，因为直线l经过点B（3，2，0），A（1，1，1），
所以，则是直线l的一个方向向量，故A正确；
对于B，因为，所以，则l α或l∥α，故B错误；
对于C，因为，所以，
因为l⊥α，所以l的方向向量为α的法向量，则由可得α⊥β，故C正确；
对于D，因为B（3，2，0），A（1，1，1），所以，，
则，而，
故，即，
得到，即A，B，C，D四点共面，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查平面的法向量和直线的方向向量，属于基础题．
10．（2024秋 皇姑区期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，点E为B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．AB1∥平面A1CE
C．异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为
D．点A1到平面ACE的距离为
【考点】空间中点到平面的距离；平面向量加法的三角形法则和平行四边形法则；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】计算题；综合法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】根据直三棱柱ABC﹣A1B1C1的性质，利用向量的线性运算法则判断出A项的正误；根据空间向量共面定理，证出、、共面，即可判断出B项的正误；以{、、}为正交基底，建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式，算出异面直线AE与A1C所成的角的余弦值，进而判断出C项的正误；求出平面ACE的法向量，利用点到平面的距离公式算出点A1到平面ACE的距离，即可判断出D项的正误．
【解答】解：对于A，，
因为E是B1C1的中点，
所以（）（），
可得（），故A项正确；
对于B，，，，
所以2，可得、、是共面向量，
因为AB1 平面A1CE，所以AB1∥平面A1CE，故B项正确；
对于C，以{、、}为正交基底，建立空间直角坐标系，
可得（1，1，2），（2，0，﹣2），
所以cos，，
可得AE与A1C所成角的余弦值等于|cos，|，故C项错误；
对于D，设（x，y，z）的法向量，由（2，0，0），（1，1，2），
可得，取y＝2，得（0，2，﹣1），
而（0，0，﹣2），所以点A1到平面ACE的距离d，故D项正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查直三棱柱的结构特征、利用空间向量证明线面平行、利用空间坐标系求点面距离、异面直线所成角的求法等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
11．（2025春 长安区校级期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列说法正确的是（ ）
A．直线BC1与B1D1所成的角为60°
B．直线BD与CA1所成的角为60°
C．平面BA1C1⊥平面ABC1D1
D．平面BA1C1与平面ABCD所成的角大于45°
【考点】异面直线及其所成的角；平面与平面垂直；二面角的平面角及求法．
【专题】转化思想；综合法；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】AD
【分析】通过AD1∥BC1，将直线BC1与B1D1所成的角转化为求∠B1D1A（或其补角），可判断A；通过证明BD⊥平面ACAA1，可判断B；根据面面垂直的判定定理，可判断C；根据两平面所成角的定义以及正方体的结构特征，可判断D．
【解答】解：如图，
对于A，由正方体知，AD1∥BC1，所以直线BC1与B1D1所成的角为∠B1D1A（或其补角），
因为△B1D1A为正三角形，所以∠B1D1A＝60°，故直线BC1与B1D1所成的角为60°，A正确；
对于B，因为AA1⊥平面ABCD，所以AA1⊥BD，
因为BD⊥AC，AC∩AA1＝A，所以BD⊥平面ACAA1，所以BD⊥CA1，
即直线BD与CA1所成的角为90°，故B错误；
对于C，由正方体知，AB⊥平面C1CBB1，所以AB⊥CB1，
又BC1⊥CB1，BC1∩AB＝B，所以CB1⊥平面ABC1D1，
若平面BA1C1⊥平面ABC1D1，则CB1 平面BA1C1，或CB1∥平面BA1C1，
易知CB1与平面BA1C1相交，故平面BA1C1不垂直于平面ABC1D1，C错误；
对于D，平面BA1C1与平面ABCD所成的角即平面BA1C1与平面A1B1C1D1所成的角，
设正方形A1B1C1D1的中心为O，
因为平面BA1C1∩平面A1B1C1D1＝A1C1，BO⊥A1C1，B1O⊥A1C1，
所以∠BOB1为平面BA1C1与平面A1B1C1D1所成的角，
不妨设正方体棱长为1，则BB1＝1，OB1，所以tan∠BOB11，
故∠BOB1＞45°，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题主要考查异面直线所成角，平面与平面所成角，属于中档题．
12．（2025春 沭阳县校级期中）空间四点A（1，3，2），B（1，2，1），C（﹣1，2，3），D（﹣1，0，1）．给出下列命题，其中正确的选项是（ ）
A．平面ABC的一个法向量为（﹣1，1，﹣1）
B．若∥且，则
C．点B到直线AC的距离为
D．A、B、C、D四点共面
【考点】空间中点到直线的距离及两平行直线间的距离；共面直线及四点共面；平面的法向量．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】AD
【分析】求出平面ABC的一个法向量可判断A；设，利用求出可判断B；利用点B到直线AC的距离向量求法可判断C；设，求出x，y可判断D．
【解答】解：对于A，因为A（1，3，2），B（1，2，1），C（﹣1，2，3），D（﹣1，0，1），
所以，
设平面ABC的一个法向量为，
则，则，
令y＝1，则z＝﹣1，x＝﹣1，则，故A正确；
对于B，，
因为，设，
若，则，
解得，
则或，故B错误；
对于C，，
则点B到直线AC的距离为
，故C错误；
对于D，设，因为，
，
则有（﹣2，﹣3，﹣1）＝x（0，﹣1，﹣1）+y（﹣2，﹣1，1），
，解得，
故，则A、B、C、D四点共面，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 桓台县校级月考）如图，点M是正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱CD的中点，则异面直线AM与BC1所成角的余弦值是 ．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间角；运算求解．
【答案】．
【分析】连接AD1、D1M，不妨设AB＝2，分析可知异面直线AM与BC1所成角为∠MAD1或其补角，计算出△AD1M三边边长，结合余弦定理求解即可．
【解答】解：如图，连接AD1、D1M，
易知AD1∥BC1，
所以异面直线AM与BC1所成角为∠MAD1或其补角，
设AB＝2，则，同理可得，
所以，
所以异面直线AM与BC1所成角的余弦值为．
故答案为：．
【点评】本题考查线线角的求解，属基础题．
14．（2025春 杨浦区校级期末）在四面体ABCD中，AD＝BC，E，F分别为AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成的角为60°，则异面直线EF与BC所成的角为 60°或30° ．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】60°或30°．
【分析】设G为BD的中点，连接GE，GF，结合题设分析易得EG＝GF，∠EGF（或其补角）为直线AD与BC所成的角，∠EFG（或其补角）为直线EF与BC所成的角，进而求解即可．
【解答】解：如图，
设G为BD的中点，连接GF，GE，
因为E，F分别为AB，CD的中点，
所以EG∥AD，GF∥BC，且，，
又AD＝BC，所以EG＝GF，△EFG为以∠EGF为顶角的等腰三角形，
且∠EGF（或其补角）为直线AD与BC所成的角，即∠EGF＝120°或60°，
当∠EGF＝120°时，∠EFG＝30°，
当∠EGF＝60°时，∠EFG＝60°．
故答案为：60°或30°．
【点评】本题主要考查异面直线所成角，属于中档题．
15．（2024秋 深圳期末）已知空间向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是 ．
【考点】空间向量的投影向量与投影．
【专题】计算题；转化思想；向量法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据向量的坐标可求出，然后根据投影向量的计算公式即可求出向量在向量上的投影向量的坐标．
【解答】解：，，
∴向量在向量上的投影向量的坐标是：．
故答案为：．
【点评】本题考查了向量坐标的数量积运算，投影向量的计算公式，向量坐标的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
16．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在正四面体PABC中，AB＝2，D为AB中点，则的值是 ﹣1 ．
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】对应思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】由，根据空间向量数量积的运算法则，展开代入运算即可．
【解答】解：由题意知，22，
因为D为AB中点，
所以．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查空间向量的线性运算和数量积的运算法则，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 河南月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，BC⊥平面PAB，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，D为棱PC上的动点．
（1）求证：PA⊥平面ABC；
（2）是否存在点D，使得平面ABD与平面BCD夹角的余弦值为？若存在，请求出点D的位置；若不存在，请说明理由．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）因为BC⊥平面PAB，PA 平面PAB，AB 平面PAB，
所以BC⊥PA且BC⊥AB．
由BC⊥AB，且BC＝4，AC＝5，可得AB＝3．
由AB＝3，PA＝4，PB＝5，因为AB2+PA2＝PB2，可得PA⊥AB，
因为AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥平面ABC；
（2）存在点D，且当点D位于PC上靠近P的三等分点．
【分析】（1）由线面垂直的性质定理得到BC⊥PA，由勾股定理得到PA⊥AB，再根据线面垂直的定义即可证明PA⊥平面ABC．
（2）过A作Ay∥BC，建立空间直角坐标系，设，由平面ABD与平面BCD夹角的余弦值为，即可求出D的坐标．即得答案．
【解答】（1）证明：因为BC⊥平面PAB，PA 平面PAB，AB 平面PAB，
所以BC⊥PA且BC⊥AB．
由BC⊥AB，且BC＝4，AC＝5，可得AB＝3，
由AB＝3，PA＝4，PB＝5，因为AB2+PA2＝PB2，可得PA⊥AB．
因为AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥平面ABC；
（2）解：过A作Ay∥BC，则AP，AB，Ay两两垂直，
以点A为坐标原点，以AB，Ay，AP所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，
则P（0，0，4），A（0，0，0），B（3，0，0），C（3，4，0），
可得，
设平面BCD的法向量为，
则，即，
取x1＝4，则平面BCD的一个法向量为，
由于D在棱PC上，设，
所以，
所以D（3λ，4λ，4﹣4λ），
可得，
设平面ABD的法向量为，
则，即，
取y2＝λ﹣1，则平面ABD的一个法向量为，
可得 4×0+0×（λ﹣1）+3λ＝3λ，||5，
||，
由题意可得|cos，|＝||，
整理得3λ2+2λ﹣1＝0，
解得或λ＝﹣1（舍），
故存在点D，且当点D位于PC上靠近P的三等分点时，
平面ABD与平面BCD夹角的余弦值为．
【点评】本题考查用空间向量的方法求两个平面的夹角的余弦值及线面垂直的判定定理的应用，属于中档题．
18．（2025秋 江西月考）如图，在三棱锥P﹣ABC中，点D，E分别是底边AC，BC的中点，平面PAB和平面PDE相交于直线l．
（1）求证：l//平面ABC；
（2）若平面PAC⊥平面是直线l上的一点，，求直线CQ与平面PBC所成角的正弦值．
【考点】直线与平面所成的角；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明：因为点D，E分别是底边AC，BC的中点，所以DE∥AB，
因为AB 平面PAB，DE 平面PAB，所以DE∥平面PAB，
因为平面PAB和平面PDE的交线为l，DE 平面PDE，
所以DE∥l，
因为DE 平面ABC，l 平面ABC，
所以l∥平面ABC；
（2）或．
【分析】（1）由三角形中位线定理可得DE∥AB，则DE∥平面PAB，再利用线面平行的性质得DE∥l，最后由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）由已知可证得DA，DB，DP两两垂直，所以以D为原点，以DA，DB，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可．
【解答】（1）证明：因为点D，E分别是底边AC，BC的中点，所以DE∥AB，
因为AB 平面PAB，DE 平面PAB，所以DE∥平面PAB，
因为平面PAB和平面PDE的交线为l，DE 平面PDE，
所以DE∥l，
因为DE 平面ABC，l 平面ABC，
所以l∥平面ABC；
（2）解：因为PA＝PC，点D为AC的中点，所以PD⊥AC，
因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，PD 平面PAC，
所以PD⊥平面ABC，
因为AC，BD 平面ABC，所以PD⊥AC，PD⊥BD，
又BD⊥AC，
所以以D为原点，分别以DA，DB，DP为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以PD＝AD＝CD＝1，又BD＝2，
则D（0，0，0），A（1，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），P（0，0，1），
由（1）可知l//AB，因为，
若，又P（0，0，1），所以Q（﹣1，2，1），所以，
若，又P（0，0，1），所以Q（1，﹣2，1），所以（2，﹣2，1），
因为，
设平面PBC的法向量为，
则，不妨取y＝1，解得，
设直线CQ与平面PBC所成角为θ，
当Q点的坐标为（﹣1，2，1）时，，
2×0+1×2+2×1＝4，||3，||，
所以cos，，
所以sinθ＝|cos，|，
当Q点的坐标为（1，﹣2，1）时，，
2×2+1×（﹣2）+2×1＝﹣4，||3，
所以cos，，
所以sinθ＝|cos，|，
所以直线CQ与平面PBC所成角的正弦值为或．
【点评】本题考查平面平行的性质定理的应用及用空间向量的方法求线面所成的正弦值，属于中档题．
19．（2025春 南关区校级期末）已知平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1，AD＝AA1＝AB＝1，∠A1AB＝∠DAB＝∠DAA1＝60°，，4，设，，．
（1）求MN的长度；
（2）求异面直线A1C1与D1B所成的角的余弦值．
【考点】异面直线及其所成的角；空间向量基底表示空间向量．
【专题】数形结合；向量法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）用向量、、表示，求出模长即可得MN的长度．
（2）利用向量、、表示和，求出数量积与模长，计算cos，，即可得出结论．
【解答】解：（1）
（）（）
（）（）
，
所以
．
所以MN的长度为||．
（2），，
所以 （） （） 1﹣11，
||，
||，
cos，，
且异面直线所成角的范围是（0，]，
所以异面直线A1C1与D1B所成角的余弦值为．
【点评】本题考查了利用空间向量求线段长和异面直线所成的角余弦值计算问题，是基础题．
20．（2025春 李沧区校级期末）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E在BD上（异于B，D）．
（1）若平面α分别交AD1，DD1，BD，AE于点M，N，P，Q，四边形MNPQ为平行四边形，求证：AD∥平面MNPQ；
（2）若AE⊥ED1，求异面直线A1B与C1E的夹角的余弦值．
【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【分析】（1）根据线面平行的判定先证明PQ//平面AA1D1D，再由线面平行的性质证明PQ//AD，再由线面平行判定定理得证；
（2）利用中位线作出异面直线所成的角，再由余弦定理求解即可．
【解答】解：（1）证明：棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E在BD上（异于B，D），如图，
∵四边形MNPQ为平行四边形，
∴PQ∥MN，
又PQ 平面AA1D1D，MN 平面AA1D1D，
∴PQ∥平面AA1D1D，
又PQ 平面ABCD，平面ABCD∩平面AA1D1D＝AD，
∴PQ∥AD，
又PQ 平面MNPQ，AD 平面MNPQ，
∴AD∥平面MNPQ．
（2）连接A1C1，DC1，A1D，AD1，且A1D，AD1交于F，连接C1F，EF，C1E，如图，
∵AE⊥ED1，DD1⊥AE，D1E∩DD1＝D1，D1E，DD1 平面EC1D1，
∴AE⊥平面EC1D1，又ED 平面EC1D1，
∴AE⊥ED，又四边形ABCD为正方形，
∴E为BD的中点，∴，
又F为A1D中点，∴EF∥A1B，且，
∴异面直线A1B与C1E的夹角为∠FEC1（或其补角），
在等腰三角形C1A1D中，，
由余弦定理训，
即异面直线A1B与C1E的夹角的余弦值为．
【点评】本题考查线面平行的判定与性质、异面直线所成角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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