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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第一章 空间向量与立体几何
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 玄武区校级期末）在平行四边形ABCD中，AD＝3，AC＝4，，现将△DAC沿AC折叠至△PAC，使得PB，则AB与平面PBC所成的角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 佛山二模）已知球O的表面积为12π，球面上有A，B，C，D四点，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为，若△ABC是正三角形，则AB＝（　　）
A． B． C．2 D．3
3．（2024秋 邛崃市校级期末）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 四平校级期末）如图，已知多面体ABCDMN中，底面ABCD是边长为2的正方形，MA＝2，NC＝1，MA⊥平面ABCD，NC⊥平面，若异面直线AT与MD所成的角的余弦值为，则λ的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024秋 南关区校级期末）如图，三棱锥P﹣ABC中，△PAB和△ABC都是等边三角形，AB＝2，PC＝1，D为棱AB上一点，则的值为（　　）
A． B．1 C． D．
6．（2025 沙市区校级模拟）在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB＝4，A1B1＝2，A1A与平面ABC所成角为，则该三棱台的体积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025 大武口区校级模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA＝AC＝BC，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，O为PB的中点，则直线CO与平面PAC所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024秋 广东校级期末）如图，空间四边形OABC中，，点M为BC中点，点N在侧棱OA上，且ON＝2NA，则（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 宝安区期末）下列给出的命题正确的是（　　）
A．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l∥α
B．两个不重合的平面α，β的法向量分别是，则α⊥β
C．若{}是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
D．对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若（其中x、y、z∈R），则P、A、B、C四点共面
10．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P为空间内一动点，若，则（　　）
A．若λ＝μ，则点P的轨迹为线段BC1
B．若μ＝1﹣λ，则点P的轨迹为线段B1C
C．存在λ，μ∈（0，1），使得AP⊥平面BCC1B1
D．存在λ，μ∈（0，1），使得AP∥平面A1B1C1
11．（2024秋 安徽期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，且点P满足，则下列说法正确的是（　　）
A．若λ＝1，μ＝0，则
B．若λ+μ＝1，则D1P∥平面A1BD
C．若，则OP⊥平面A1BD
D．若λ＝1，0≤μ≤1时，直线OP与平面A1BD所成的角为θ，则
12．（2025春 南通校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，下列说法正确的是（　　）
A．BD1⊥DC1
B．BC1与B1D1所成的角为60°
C．BC1与平面D1DBB1所成的角为45°
D．C到平面BDC1的距离为
三．填空题（共4小题）
13．（2025秋 皇姑区校级月考）如图，在平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′中，E，F分别为棱AA′，AB的中点，与相等的向量为　 　 ，与相反的向量为　 　 ，与共线的向量为　 　 ．
14．（2025春 盐城月考）如图，有一长方形的纸片ABCD，AB的长度为4cm，BC的长度为3cm，现沿它的一条对角线AC把它折叠成90°的二面角，则折叠后 　 　 ，线段BD的长是 　 　 cm．
15．（2025 沈河区校级模拟）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝3，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°，则向量的模长为 　 　 ．
16．（2024秋 海淀区校级月考）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，中，E，F，G分别为C1D1，A1B1，B1C1的中点，P为底面ABCD（不包括边界）上的动点且满足EP∥平面BFG，则下列说法中，正确的序号有　 　 ．
①存在点P，使得EP∥平面A1CD；
②存在点P，使得三棱锥P﹣BED1的体积为；
③存在点P，使得PE⊥PD；
④若点Q在线段BG（不包含端点）上运动，则二面角P﹣A1E﹣Q一定为锐角且无最小值．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 华容县期末）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，．
（1）证明：BD⊥PA；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值；
（3）求点C到平面PAB的距离．
18．（2025秋 江西月考）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为2，点D，E分别为AC，AA1的中点，cos∠A1AB，∠A1AC．
（1）判断棱CC1上是否存在点F，使得B1F∥平面BDE．若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（2）证明：平面ACC1A1⊥平面ABC；
（3）求直线A1B与平面BDE所成角的正弦值．
19．（2024秋 浙江月考）已知直椭圆柱体是指底面为椭圆，侧面与底面垂直的柱体．如图所示，直椭圆柱体的上下底面椭圆离心率为，高为椭圆短轴长度的，下底面长轴记为AB，上底面长轴记为A1B1．点E为AB上一点，过点E在下底面内作AB的垂线分别交下底面椭圆于点C，D．记．
（1）若平面A1AD⊥平面A1AC，求m及二面角C﹣A1B﹣D的余弦值；
（2）若m随变量t的变化而变化，且t 1，．记二面角C﹣A1B﹣D的大小为θ，证明：．
20．（2025 合肥校级模拟）如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝2，AE＝BC＝2CF＝4．
（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；
（Ⅱ）求平面ADE与平面BDF夹角的余弦值；
（Ⅲ）求四面体B﹣DEF的体积．
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 玄武区校级期末）在平行四边形ABCD中，AD＝3，AC＝4，，现将△DAC沿AC折叠至△PAC，使得PB，则AB与平面PBC所成的角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，在等腰△POB中求出cos∠PBO，由此利用余弦定理算出PD，结合AC⊥平面PAD，算出VC﹣PAD＝6，进而求出VP﹣ABC＝VC﹣PAD＝6，然后求出△PBC的面积，根据锥体的体积公式算出点A到平面PBC的距离，再结合线面所成角的定义求得AB与平面PBC所成的角的正弦值．
【解答】解：在△ADC中，AC2＝AD2+CD2﹣2AD CDcos∠ADC，
即16＝9+CD2﹣6CD ，解得CD＝5（舍负），故AC2+AD2＝CD2，可得AC⊥CD，
在Rt△AOD中，OD，可得PO＝BO，
等腰△POB中，cos∠PBO，
所以△PBD中，PD，
在△PAD中，PA＝AD＝3，所以∠PAD＝90°，可得S△PADPA AD，
因为AC⊥PA，AC⊥AD，PA、AD是平面PAD内的相交直线，
所以AC⊥平面PAD，可得VC﹣PADS△PAD AC6，
在△PBC中，PB2＝PC2+BC2＝34，所以∠PCB＝90°，可得S△PBCPC BC，
设点A到平面PBC的距离为d，则VC﹣PAD＝VP﹣ABC＝6，即，解得d，
若AB与平面PBC所成的角为θ，则sinθ．
故选：B．
【点评】本题主要考查三棱锥的体积公式、余弦定理与三角形的面积公式、线面垂直的判定与性质、直线与平面所成角的求法等知识，考查了计算能力、空间想象能力与逻辑推理能力，属于中档题．
2．（2025 佛山二模）已知球O的表面积为12π，球面上有A，B，C，D四点，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为，若△ABC是正三角形，则AB＝（　　）
A． B． C．2 D．3
【考点】直线与平面所成的角；球内接多面体．
【专题】数形结合；综合法；球；逻辑思维；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意求出球O的半径，并作出图形，利用△ABC的外心、球心O以及点A构成的直角三角形求出△ABC的外接圆半径，从而可求出AB．
【解答】解：如图，
因为球O的表面积为12π，设球O的半径为R，则4πR2＝12π，可得R，
过点D作DH⊥平面ABC于点H，设△ABC的外接圆半径为r，
DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为，且△ABC是正三角形，所以DH＝AH＝BH＝CH＝r，
则OHr，在Rt△AOH中，AH2+OH2＝OA2，即r2，解得r＝0（舍去）或r，
所以AH＝BH，因为∠AHB＝120°，所以AB3．
故选：D．
【点评】本题主要考查直线与平面所成角、球内接多面体，属于中档题．
3．（2024秋 邛崃市校级期末）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【考点】空间向量的投影向量与投影．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】由投影向量的定义，结合空间向量公式计算可求结果．
【解答】解：由已知条件得：
所以，，
所以向量在向量上的投影向量为．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：向量的投影向量，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
4．（2024秋 四平校级期末）如图，已知多面体ABCDMN中，底面ABCD是边长为2的正方形，MA＝2，NC＝1，MA⊥平面ABCD，NC⊥平面，若异面直线AT与MD所成的角的余弦值为，则λ的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】计算题；转化思想；向量法；空间角；空间向量及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】以A为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法可得异面直线AT与MD所成的角的余弦值，结合已知解方程，即可求解λ的值．
【解答】解：如图，以A为原点，以AB，AD，AM所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
所以M（0，0，2），N（2，2，1），D（0，2，0），B（2，0，0），C（2，2，0），
则，
可得（0，2λ，0）＝（2，2λ，0），
所以，
因为异面直线AT与MD所成的角的余弦值为，
所以|cos，|，解得．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
5．（2024秋 南关区校级期末）如图，三棱锥P﹣ABC中，△PAB和△ABC都是等边三角形，AB＝2，PC＝1，D为棱AB上一点，则的值为（　　）
A． B．1 C． D．
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】常规题型；转化思想；解题方法；高考数学专题；解三角形；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】先证明AB⊥平面PEC，得到AB⊥PC，再根据空间向量的线性运算和数量积的定义，计算即可．
【解答】解：取AB的中点E，连接PE，CE，
∵△PAB和△ABC都是等边三角形，
∴PE⊥AB，CE⊥AB，
∵PE∩CE＝E，PE 平面PEC，CE 平面PEC，
∴AB⊥平面PEC，∵PC 面PEC，
∴AB⊥PC，
在△APC中，AP＝AC＝2，PC＝1，
由余弦定理，
∴．
故选：A．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的数量积运算，余弦定理的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
6．（2025 沙市区校级模拟）在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB＝4，A1B1＝2，A1A与平面ABC所成角为，则该三棱台的体积为（　　）
A． B． C． D．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】将棱台补全为棱锥，结合已知条件求出大小棱锥的高，利用及棱锥体积公式求棱台的体积．
【解答】解：由题设，将棱台补全为正棱锥P﹣ABC，如下图，且△A1B1C1，△ABC均为正三角形，
其中O为底面ABC中心，连接PO，则PO⊥面ABC，
而AO 面ABC，
即PO⊥AO，
所以A1A与平面ABC所成角为，
而AB＝4，则，
所以，
令P﹣A1B1C1的高为h，结合棱台的结构特征，
知，
所以棱台体积．
故选：C．
【点评】本题考查几何体体积的计算，属于中档题．
7．（2025 大武口区校级模拟）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA＝AC＝BC，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，O为PB的中点，则直线CO与平面PAC所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】计算题；数形结合；向量法；空间角；数学建模．
【答案】B
【分析】以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立空 间直角坐标系，利用向量法能求出直线CO与平面PAC所成角的余弦值．
【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，PA＝AC＝BC，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，O为PB的中点，
以C为原点，CB为x轴，CA为y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立空 间直角坐标系，
设PA＝AC＝BC＝1，则C（0，0，0），P（0，1，1），B（1，0，0），O（），A（0，1，0），
（），（0，1，0），（0，1，1），
平面PAC的法向量（1，0，0），
设直线CO与平面PAC所成角为θ，
则sinθ，
∴cosθ．
∴直线CO与平面PAC所成角的余弦值为．
故选：B．
【点评】本题考查线面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8．（2024秋 广东校级期末）如图，空间四边形OABC中，，点M为BC中点，点N在侧棱OA上，且ON＝2NA，则（　　）
A． B．
C． D．
【考点】空间向量的数乘及线性运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】由图形中线段关系，应用向量加减、数乘的几何意义用表示出．
【解答】解：．
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 宝安区期末）下列给出的命题正确的是（　　）
A．若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l∥α
B．两个不重合的平面α，β的法向量分别是，则α⊥β
C．若{}是空间的一组基底，则也是空间的一组基底
D．对空间任意一点O与不共线的三点A、B、C，若（其中x、y、z∈R），则P、A、B、C四点共面
【考点】平面的法向量；空间向量的共线与共面；空间向量基本定理及空间向量的基底．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；空间向量及应用；数学抽象．
【答案】BC
【分析】根据题意，由平面法向量的定义分析A、B，由空间向量基本定理分析C、D，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，直线l的方向向量为，平面α的法向量为，
由于 2+30，则⊥，故有l∥α或l α，A错误；
对于B，平面α，β的法向量分别是，
由于 6+8﹣2＝0，则⊥，必有α⊥β，B正确；
对于C，若{}是空间的一组基底，则向量、、不在同一平面内，
由空间向量基本定理，向量，、也不在同一平面内，
故也是空间的一组基底，C正确；
对于D，若（其中x、y、z∈R），当且仅当x+y+z＝1时，P、A、B、C四点共面，D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查命题真假的判断，涉及平面的法向量，属于中档题．
10．（2024秋 朝阳校级期末）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P为空间内一动点，若，则（　　）
A．若λ＝μ，则点P的轨迹为线段BC1
B．若μ＝1﹣λ，则点P的轨迹为线段B1C
C．存在λ，μ∈（0，1），使得AP⊥平面BCC1B1
D．存在λ，μ∈（0，1），使得AP∥平面A1B1C1
【考点】空间向量及其线性运算．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】AB
【分析】由共面向量定理可得点P在侧面BCC1B1内（含边界），利用共线向量判断AB；借助向量数量积判断CD．
【解答】解：因为在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P为空间内一动点，若，
所以由共面向量定理可得点P在侧面BCC1B1内（含边界），
对于A选项，因为在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P为空间内一动点，若，
若λ＝μ，则，
所以点P的轨迹为线段BC1，所以A选项正确；
对于B选项，由μ＝1﹣λ，得，
所以，
所以，又λ∈[0，1]，
所以点P的轨迹为线段B1C，所以B选项正确；
对于C选项，因为，，所以与不垂直，
所以直线AP与直线BB1不垂直，所以C选项错误；
对于D，因为平面A1B1C1的法向量为，估计选项C分析知与不垂直，
所以不存在λ，μ∈（0，1），使得AP∥平面A1B1C1，所以D选项错误．
故选：AB．
【点评】本题考查向量与立体几何的综合应用，属中档题．
11．（2024秋 安徽期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，且点P满足，则下列说法正确的是（　　）
A．若λ＝1，μ＝0，则
B．若λ+μ＝1，则D1P∥平面A1BD
C．若，则OP⊥平面A1BD
D．若λ＝1，0≤μ≤1时，直线OP与平面A1BD所成的角为θ，则
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；棱锥的体积；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】BCD
【分析】以D为原点，建立空间直角坐标系，得到P（1﹣λ，1，μ），由λ＝1，μ＝0，得到P点与C点重合，结合体积公式，可得判定A错误；求得平面ABD的法向量，根据，可判定B正确；由，求得，可判定C正确；利用向量的夹角公式，求得sinθ，结合函数单调性，可判断D．
【解答】解：连接PD1，PA1，D1P，BP，A1C，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
可得B（1，1，0），C（0，1，0），B1（1，1，1），D1（0，0，1），，
则（1，1，0）+λ（﹣1，0，0）+μ（0，0，1）＝（1﹣λ，1，μ），
即P（1﹣λ，1，μ），
对于A中，若λ＝1，μ＝0，则P（0，1，0），则P点与C点重合，
可得，所以A错误；
对于B中，若λ+μ＝1，则P（μ，1，μ），，，，
设平面A1BD的法向量为，
则，
取z＝1，可得x＝﹣1，y＝1，
所以，
由于，可得，
因为D1P 平面ABD，所以D1P∥平面ABD，所以B正确；
对于C中，若，
则，，
由于，
所以OP⊥平面A1BD，所以C正确；
对于D中，若λ＝1，0≤μ≤1时，可得P（0，1，μ），所以，
则，
设，，则，，，
则，
由于函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
所以，所以，，，
，，
所以，
所以，所以D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题．
12．（2025春 南通校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，下列说法正确的是（　　）
A．BD1⊥DC1
B．BC1与B1D1所成的角为60°
C．BC1与平面D1DBB1所成的角为45°
D．C到平面BDC1的距离为
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；空间中点到平面的距离．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】连接CD1，由CD1⊥平面BCD1，可判断A；
由BD∥B1D1，得∠C1BD为BC1与B1D1所成的角，可判断B；
连接A1C1，交B1D1与点O，连接BO，得C1O⊥平面D1DBB1，得到∠C1BO即为BC1与平面D1DBB1所成的角，可判断C；
由等体积可判断D．
【解答】解：连接CD1，则CD1⊥C1D，
在正方体中BC⊥平面CDD1C1，C1D 平面CDD1C1，
所以C1D⊥BC，又BC∩CD1，且BC，CD1 平面BCD1，
所以C1D⊥平面BCD1，又BD1 平面BCD1，
所以BD1⊥DC1，故选项A正确；
因为BD∥B1D1，所以∠C1BD为BC1与B1D1所成的角，
又易知△BDC1等边三角形，
所以∠C1BD＝60°，
所以BC1与B1D1所成的角为60°，故选项B正确；
连接A1C1，交B1D1与点O，连接BO，
则C1O⊥B1D1，
又BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，
所以BB1⊥C1O，又BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1 平面D1DBB1，
所以C1O⊥平面D1DBB1，
所以∠C1BO即为BC1与平面D1DBB1所成的角，
由，
所以∠C1BO＝30°，故选项C不正确；
因为，
又，
设C到平面BDC1的距离为h，
由，
所以，故选项D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查立体几何综合问题，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025秋 皇姑区校级月考）如图，在平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′中，E，F分别为棱AA′，AB的中点，与相等的向量为　，，　 ，与相反的向量为　，，，　 ，与共线的向量为　，，，，　 ．
【考点】空间向量的概念及属性．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】，，； ，，，；，，，，．
【分析】直接利用由相等向量的定义；相反向量的定义；共线向量的定义判断结果．
【解答】解：空1：由相等向量的定义知，大小相等，方向相同的两个向量为相等向量，
与相等的向量为，，；
空2：由相反向量的定义知，大小相等，方向相反的两个向量为相反向量，
与相反的向量为，，，；
空3：由共线向量的定义知，方向相同或相反的两个向量为共线向量，
与共线的向量为，，，，．
故答案为：，，； ，，，；，，，，．
【点评】本题考查的知识点：向量的相等向量，向量的共线向量，向量的相反向量，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
14．（2025春 盐城月考）如图，有一长方形的纸片ABCD，AB的长度为4cm，BC的长度为3cm，现沿它的一条对角线AC把它折叠成90°的二面角，则折叠后 　﹣7　 ，线段BD的长是 　　 cm．
【考点】二面角的平面角及求法．
【专题】数形结合；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】作DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，求出DE、BF、EF的长度，再根据数量积的运算律计算可得．
【解答】解：如图所示，作DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别为E，F，
则，，
，，折叠后，DE，EF，FB的长度保持不变，
所以，，
因为二面角D﹣AC﹣B为直二面角，BF⊥AC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BF 平面ABC，
所以BF⊥平面ADC，因为DE 平面ADC，所以BF⊥DE，
所以
，
因为
，
所以，即．
故答案为：﹣7；．
【点评】本题考查二面角的求法，空间向量的数量积运算，属于中档题．
15．（2025 沈河区校级模拟）如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，底面ABCD是正方形，CC1＝3，CD＝3，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°，则向量的模长为 　3　 ．
【考点】空间向量的数量积运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】．
【分析】先把用、、表示出来．接着利用完全平方公式展开，算出各向量模长及向量间夹角余弦值，代入式子求出的值．最后根据向量模长与向量平方的关系，对开方，得到的模长．
【解答】解：由模长公式求解．，
2，
故，
故．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，向量的数量积运算，向量的模，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
16．（2024秋 海淀区校级月考）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，中，E，F，G分别为C1D1，A1B1，B1C1的中点，P为底面ABCD（不包括边界）上的动点且满足EP∥平面BFG，则下列说法中，正确的序号有　②④　 ．
①存在点P，使得EP∥平面A1CD；
②存在点P，使得三棱锥P﹣BED1的体积为；
③存在点P，使得PE⊥PD；
④若点Q在线段BG（不包含端点）上运动，则二面角P﹣A1E﹣Q一定为锐角且无最小值．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；棱锥的体积；直线与平面平行．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】②④．
【分析】以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，运用空间向量相关知识，逐一判断每条结论，即可得到结果．
【解答】解：以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（如图），
因为正方体的棱长为2，
则D（0，0，0），E（0，1，2），F（2，1，2），G（1，2，2），B（2，2，0），A1（2，0，2），C（0，2，0），D1（0，0，2）．
设点P（x，y，0）（0＜x＜2，0＜y＜2），又，
设平面BFG的法向量，
则则，即，
令c＝1，可得a＝2，b＝2，所以，
又且EP∥平面BFG，
所以，即2x+2（y﹣1）﹣2＝0，
化简得x+y＝2，即点P的轨迹是平面ABCD内的直线x+y＝2（不包括边界）．
分析①：
，
设平面A1CD的法向量为，
则，则，
令a1＝1，得，
则有，此时点P不在平面ABCD内，所以①错误．
分析②：
由已知得，，
设平面BED1的法向量为，
则，则，
令a2＝1，得，
则点P到平面BED1的距离．
由，
所以当时存在点使得三棱锥P﹣BED1的体积为，
所以②正确．
分析③：
由已知得，
则，
所以不在点使得PE⊥PD，所以③错误．
分析④：
由已知可设点Q（s，2，t）（1＜s＜2，0＜t＜2），且2s+t＝4．
又，
设平面PA1E的法向量为，平面A1EQ的法向量，
则，则，
令y1＝2，得，
则，则，
令y2＝2，得．
设二面角P﹣A1E﹣Q为α，根据法向量和图形，判断得，
又，所以α为锐角，
结合图形观察，α取不到最小值，所以④正确．
故答案为：②④．
【点评】本题考查向量法的应用，属于难题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 华容县期末）在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，．
（1）证明：BD⊥PA；
（2）求PD与平面PAB所成的角的正弦值；
（3）求点C到平面PAB的距离．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；空间中点到平面的距离；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，所以，
故，，
所以AD2+BD2＝AB2，所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，又因为PA 平面PAD，
所以BD⊥PA；
（2）；
（3）．
【分析】（1）先证BD⊥平面PAD，再由线面垂直的性质定理即可得证；
（2）以点D为原点建立空间直角坐标系，求出平面PAB的法向量，利用向量法求解即可；
（3）根据直线DC∥平面PAB，得出点C到平面PAB的距离等于点D到平面PAB的距离．再利用向量法求解即可．
【解答】解：（1）证明：在四边形ABCD中，作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，所以，
故，，
所以AD2+BD2＝AB2，所以AD⊥BD，
因为PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PD⊥BD，又PD∩AD＝D，
所以BD⊥平面PAD，又因为PA 平面PAD，
所以BD⊥PA；
（2）如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
因为，则，
则，
设平面PAB的法向量，
则，则有，
可取，
则，
所以PD与平面PAB所成角的正弦值为；
（3）易知直线DC∥平面PAB，
所以点C到平面PAB的距离等于点D到平面PAB的距离．
因为，
所以．
【点评】本题考查线线垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
18．（2025秋 江西月考）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均为2，点D，E分别为AC，AA1的中点，cos∠A1AB，∠A1AC．
（1）判断棱CC1上是否存在点F，使得B1F∥平面BDE．若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
（2）证明：平面ACC1A1⊥平面ABC；
（3）求直线A1B与平面BDE所成角的正弦值．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】（1）棱CC1上存在点F，使得B1F∥平面BDE，此时的值为，即F是CC1的中点，理由如下：
取A1C1的中点G，连接B1G，B1F，GF，则DG∥CC1∥BB1，DG＝CC1＝BB1，
所以四边形BB1GD是平行四边形，
所以B1G∥BD，
连接A1C，
因为D，E，G，F分别是对应棱的中点，
所以DE∥A1C，GF∥A1C，所以DE∥GF，
又B1G∩GF＝G，BD∩DE＝D，B1G、GF 平面B1GF，BD、DE 平面BDE，所以平面B1GF∥平面BDE，
因为B1F 平面B1GF，
所以B1F∥平面BDE．
（2）在△A1AB中，由余弦定理知，6，
因为A1A＝AC＝2，∠A1AC，
所以△A1AC是等边三角形，
又D是AC的中点，所以A1D，A1D⊥AC，
而△ABC是等边三角形，所以BD，
所以，即A1D⊥BD，
又AC∩BD＝D，AC、BD 平面ABC，所以A1D⊥平面ABC，
因为A1D 平面ACC1A1，
所以平面ACC1A1⊥平面ABC．
（3）．
【分析】（1）取A1C1的中点G，连接B1G，B1F，GF，DG，分别证明B1G∥BD，DE∥GF，可得平面B1GF∥平面BDE，再由面面平行的性质定理，即可得解；
（2）利用余弦定理与勾股定理证明A1D⊥BD，结合A1D⊥AC，由线面垂直的判定定理知A1D⊥平面ABC，进而得证；
（3）以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可．
【解答】（1）解：棱CC1上存在点F，使得B1F∥平面BDE，此时的值为，即F是CC1的中点，理由如下：
取A1C1的中点G，连接B1G，B1F，GF，DG，则DG∥CC1∥BB1，DG＝CC1＝BB1，
所以四边形BB1GD是平行四边形，
所以B1G∥BD，
连接A1C，
因为D，E，G，F分别是对应棱的中点，
所以DE∥A1C，GF∥A1C，所以DE∥GF，
又B1G∩GF＝G，BD∩DE＝D，B1G、GF 平面B1GF，BD、DE 平面BDE，所以平面B1GF∥平面BDE，
因为B1F 平面B1GF，
所以B1F∥平面BDE．
（2）证明：在△A1AB中，由余弦定理知，6，
因为A1A＝AC＝2，∠A1AC，
所以△A1AC是等边三角形，
又D是AC的中点，所以A1D，A1D⊥AC，
而△ABC是等边三角形，所以BD，
所以，即A1D⊥BD，
又AC∩BD＝D，AC、BD 平面ABC，所以A1D⊥平面ABC，
因为A1D 平面ACC1A1，
所以平面ACC1A1⊥平面ABC．
（3）解：由（2）知，A1D⊥平面ABC，
又BD⊥AC，
故以D为坐标原点，DB，DA，DA1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D（0，0，0），A1（0，0，），B（，0，0），E（0，，），
所以（，0，），（，0，0），（0，，），
设平面BDE的法向量为（x，y，z），则，
取z＝﹣1，则x＝0，y，所以（0，，﹣1），
设直线A1B与平面BDE所成角为θ，
则sinθ＝|cos，|，
故直线A1B与平面BDE所成角的正弦值为．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的判定与性质定理，线面、面面垂直的判定定理，以及利用向量法求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19．（2024秋 浙江月考）已知直椭圆柱体是指底面为椭圆，侧面与底面垂直的柱体．如图所示，直椭圆柱体的上下底面椭圆离心率为，高为椭圆短轴长度的，下底面长轴记为AB，上底面长轴记为A1B1．点E为AB上一点，过点E在下底面内作AB的垂线分别交下底面椭圆于点C，D．记．
（1）若平面A1AD⊥平面A1AC，求m及二面角C﹣A1B﹣D的余弦值；
（2）若m随变量t的变化而变化，且t 1，．记二面角C﹣A1B﹣D的大小为θ，证明：．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】应用题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1），；
（2）证明：由|AE|＝m|BE|，则，
将代入椭圆，可得，
故，，B（a，0，0），A1（﹣a，0，b），
故，，，
设平面A1CB的法向量为（x，y，z），
平面A1DB的法向量为，
则，令y＝2，则，
则，令y0＝﹣2，则，
设二面角C﹣A1B﹣D的平面角为θ，
则，
由于t≥1，故，
，
由于，故，
由（1）知该二面角为钝角，故，
所以．
故，得证．
【分析】（1）根据面面垂直的性质可得AC⊥AD，根据椭圆的几何性质可得椭圆方程为，，将 C（﹣d，a﹣d） 代入椭圆即可求解，进而建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用向量的夹角求解；
（2）求解平面法向量，利用法向量的夹角即可求解．
【解答】解：（1）由于AA1⊥底面ADBC，AC，AD 底面ADBC，故AA1⊥AD，AA1⊥AC，
由于平面A1AD⊥平面A1AC，故∠CAD为两平面的夹角，因此AC⊥AD，
以AB所在直线为x轴，以线段AB的垂直平分线为y轴建立直角坐标系，
可设椭圆方程为，由于，故，则，
由于AC⊥AD，根据椭圆的对称性可知，故CE＝DE＝AE，
设直线CD：x＝﹣d，（0＜d＜a），则CE＝AE＝a﹣d，故C（﹣d，a﹣d），
将C（﹣d，a﹣d）代入椭圆中可得，
化简得7d2﹣8ad+a2＝0，解得或d＝a（舍去），
故，则，
以O为原点，以为x轴的正方向，过O作平行于的直线为y轴正方向，
平行于AA1向上的直线为z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，B（a，0，0），A1（﹣a，0，b），
则，，，
设平面A1CB的法向量为（x，y，z），平面A1DB的法向量为，
则，令x＝3，则，
则，令x0＝3，则，
设二面角C﹣A1B﹣D的平面角为θ，
则，
则由于．，，
则点E到A1B的距离为，
根据对称和全等可得，故，
所以；
（2）证明：由|AE|＝m|BE|，则，
将代入椭圆，可得，
故，，B（a，0，0），A1（﹣a，0，b），
故，，，
设平面A1CB的法向量为（x，y，z），
平面A1DB的法向量为，
则，令y＝2，则，
则，令y0＝﹣2，则，
设二面角C﹣A1B﹣D的平面角为θ，
则，
由于t≥1，故，
，
由于，故，
由（1）知该二面角为钝角，故，
所以，
故，得证．
【点评】本题考查空间向量法求两平面的夹角，属于难题．
20．（2025 合肥校级模拟）如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝2，AE＝BC＝2CF＝4．
（Ⅰ）求证：BF∥平面ADE；
（Ⅱ）求平面ADE与平面BDF夹角的余弦值；
（Ⅲ）求四面体B﹣DEF的体积．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；棱锥的体积；直线与平面平行．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（Ⅰ）证明结案解答；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【分析】（Ⅰ）建立空间直角坐标系A﹣xyz，求出平面ADE的一个法向量，利用向量法即可得证；
（Ⅱ）分别求出平面BDF和平面ADE的一个法向量，利用向量法求解即可；
（Ⅲ）利用向量法求出点E到平面BDF的距离，再根据等体积转换法求解即可．
【解答】解：（Ⅰ）依题意，以A为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系A﹣xyz（如图），
可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，2，0），E（0，0，4），F（2，4，2），
因为AE⊥平面ABCD，且AB 平面ABCD，
所以AE⊥AB，
又AD⊥AB，且AD∩AE＝A，
所以AB⊥平面ADE，
故是平面ADE的一个法向量，
又，
所以，又因为BF 平面ADE，
所以BF∥平面ADE．
（Ⅱ）设为平面BDF的一个法向量，
则，
又，，
所以，
不妨令y＝1，可得，
又因为是平面ADE的一个法向量，
设平面ADE与平面BDF夹角为θ，
则，
所以平面ADE与平面BDF夹角的余弦值为．
（Ⅲ）因为，，
所以点E到平面BDF的距离，
在△BDF中：，，，
所以BD2+DF2＝BF2，
所以∠BDF＝90°，
所以，
所以四面体B﹣DEF体积．
【点评】本题考查向量法以及等体积转换法的应用，属于中档题．
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