【文档说明】2023届高考数学一轮复习单元双优测评卷——第一章 空间向量与立体几何B卷含解析【高考】.docx，共(42)页，2.892 MB，由管理员店铺上传

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12023届高考数学一轮复习单元双优测评卷第一章空间向量与立体几何（B卷）B卷培优提能过关卷一、选择题：本题共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．如图圆锥的高3SO=，底面直径2,ABC=是圆O上一点，且1AC=，则SA与BC所成

角的余弦值为（）A．34B．33C．14D．132．已知长方体11111,2,1ABCDABCDABAAAD−===，正方形11CCDD所在平面记为，若经过点A的直线l与长方体1111ABCDABCD−所有

的棱所成角相等，且lM=，则线段AM的长为A．332B．3C．6D．33．如图，三棱锥VABC−的侧棱长都相等，底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，E为线段AC的中点，F为直线AB上的动点，若平面VEF与平面VBC所成锐二面角的平面角为，则cos的最大值是（）

A．33B．23C．53D．634．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G分别为AA1、BC、C1D1的中点，现有下面三2个结论：①△EFG为正三角形；②异面直线A1G与C1F所成角为60°；③AC∥平面EFG.其中所有正确结论的编号是（）A．①B．②③C．①②D．①③5．如图，在

四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PAAB=，则下列数量积最大的是（）A．BDPCB．PBPCC．BCPCD．PAPC6．正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，MN是它内切球的一条弦（把球面上任

意2个点之间的线段成为球的弦），P为正方体表面上的动点，当弦MN最长时，PMPN的最大值为（）A．1B．2C．3D．47．如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且(02)CMB

Naa==．则下列结论正确的是（）A．CNME=B．当12a=时，ME与CN相交C．异面直线AC与BF所成的角为45D．MN始终与平面BCE平行8．如图，已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，E，F分别是棱AD，11BC的中点.若点P3为侧面正方形11ADD

A内（含边界）的动点，且存在,xyR使1BPxBEyBF→→→=+成立，则1BP与侧面11ADDA所成角的正切值最大为（）A．2B．1C．52D．5二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的

得2分，有选错的得0分9．如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为a，则下列结论正确的是（）A．若点M在线段1AD上，则不存在点M满足1CMAD⊥B．若点M在线段1AD上，则四面体11MCBD−的体积为定值C．若点M在线段1AD上，则异面直线BM与1CB所成

角的取值范围是[30，90]D．若点M是正方体表面上的动点，则满足2AMa=的动点轨迹长度为32a10．如图，在菱形ABCD中，433AB=，60BAD=，沿对角线BD将ABD△折起，使点A，C之间的距离为22，若P

，Q分别为直线BD，CA上的动点，则下列说法正确的是（）4A．当AQQC=，4PDDB=时，点D到直线PQ的距离为1414B．线段PQ的最小值为2C．平面ABD⊥平面BCDD．当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为6411．已知直三棱柱111ABCABC−中，ABB

C⊥，1ABBCBB==，O为1AC的中点.点P满足1BBCP=，其中0,1，则（）A．对0,1时，都有11APOB⊥B．当13=时，直线1AP与AB所成的角是30°C．当12=时，直线1AP与平面111ABC所成的角的正切值55D．当12=时，直线1AP

与1OB相交于一点Q，则112PQQA=12．两个全等的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形DCB所在两个平面互相垂直，其中，则2ABCDCB==，2BC=，则（）A．异面直线BD和AC所成的角为3B．平面ACD⊥平面ABDC．四面体ABCD外接球的表面积为12D．83A

BCDV=四面体三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．在直三棱柱111ABCABC−中，14AA=，二面角11BAAC−−的大小为60，点B到平面11ACCA的距离为3，点C到平面11ABBA的距离为23，则异面直线1BC与1AC所成角的余弦值为____

___．14．如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，90BAD=，112PAABBCAD====，//BCAD，已知Q是四边形ABCD内部一点，且二面角QPDA−−的平面角大小为4，则ADQ△的面积的取值范围

是___________.515．如图，四棱锥PABCD−的底面是边长为1的正方形，PC⊥平面ABCD，且2PC=，若点E为PC的中点，则点D到平面ABE的距离为___________.16．三棱锥OABC−中，OA、OB、OC两两垂直，且OAOBOC==.给

出下列四个命题：①()()223OAOBOCOA++=；②()0BCCACO−=；③()OAOB+和CA的夹角为60；④三棱锥OABC−的体积为()16ABACBC.其中所有正确命题的序号为____

__________.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.6（1）证明：AC⊥B1D；（2

）求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．18．如图所示．四棱柱1111ABCDABCD−的棱长均为6，侧棱与底面垂直，且60BAD=，M7是侧棱1DD上的点，12DMMD=，N是线段11CD上的动点．（1）若以D为坐标原点，以DC为y轴正方向，以1DD为z轴正方向建立空间直角坐标系，

写出点1B的坐标；（2）求点1B到平面ACM的距离；（3）若平面MAC与平面ACN夹角的余弦值为31010，试确定点N的位置．19．如图所示，在四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，

2PDCD==，1AD=，M是线段PC的中点.（1）求证：AD⊥平面PCD；（2）求二面角MBDC−−的余弦值；（3）求直线PB和平面MBD所成角的正弦值820．如图，在三棱锥PABC−中，PA⊥底面A

BC，90BAC=.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，4PAAC==，2AB=.（1）求证：//MN平面BDE；（2）求二面角PDEB−−的余弦值.21．如图，在三棱柱111ABCABC−中，1CC⊥平面ABC，ACBC⊥，2ACBC==，13CC

=，点,DE分别在棱1AA和棱1CC上，且1AD=，2CE=，M为棱11AB的中点．9（1）求证：11CMBD⊥；（2）求二面角1BBED−−的正弦值；（3）求直线11AB与平面1DBE所成角的正弦值．22．在三棱锥PABC−中，平面PAC⊥平面ABC，△PAC为等腰直角三角形，PAPC⊥，ACB

C⊥，24BCAC==，M为AB的中点.（1）求证：ACPM⊥.（2）求PC与平面PAB所成角的正弦值.（3）在线段PB上是否存在点N，使得平面CNM⊥平面PAB？若存在，求出PNPB的值；若不存在，说明理由一、选择题：本题共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．如图圆锥的高3SO=，底面直径2,ABC=是圆O上一点，且1AC=，则SA与BC所成角的余弦值为（）10A．34B．33C．14D．13【答案】A【解析】建立如图所示的空间直角坐标系得：010A−（，，），010B（，，），003S（，，），31022C−

，，设,ASBC的夹角为，02又33(0,1,3),,,022ASBC==−则3cos4|||ASBCASBC==−因为02即SA与BC所成角的余弦值为34故选A．2．已知长方体11111,2,1ABCDABCD

ABAAAD−===，正方形11CCDD所在平面记为，若经过点A的直线l与长方体1111ABCDABCD−所有的棱所成角相等，且lM=，则线段AM的长为11A．332B．3C．6D．3【答案】D【解析】如图，建立空间直角坐标系Dxyz．由题意得(1,

0,0)A，设点M的坐标(0,,)(0,0)yzyz，则(1,,)AMyz=−．由题意得与1,,DADCDD平行的棱所在直线的方向向量可分别取为(1,0,0)a=，(0,1,0)b=，(0,0,1)c=．因为直线AM

与所有的棱所成角相等，所以|cos,||cos,||cos,|AMaAMbAMc==，因此||||||||||||||||||AMaAMbAMcAMaAMbAMc==，所以1|||

|||yzAMAMAM==，解得1,1yz==，所以点M的坐标(0,1,1)，即为正方形11DCCD对角线的交点，因此(1,1,1)=−AM，所以||3AM=．故选D．3．如图，三棱锥VABC−的侧棱长都相等，底面ABC与侧面VAC都是以

AC为斜边的等腰直角三角形，E为线段AC的中点，F为直线AB上的动点，若平面VEF与平面VBC所成锐二面角的平面角为，则cos的最大值是（）12A．33B．23C．53D．63【答案】D【解析】底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，则RtABCR

tVAC，所以VAVCBABC===设2VAVCBABCVB=====，由E为线段AC的中点，则2VEBV==，由222VEBEVB+=，所以VEEB⊥，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，EV为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则()0,2,0C，()2,0,0B，()

0,0,2V，设(),2,0Fxx−，()0,2,2VC=−，()2,0,2VB=−，()0,0,2EV=，(),2,2VFxx=−，设平面VBC的一个法向量()111,,mxyz=，则00mVCmVB==，即1111220220yzxz−+=−=

，令11x=，则11y=，11z=，所以()1,1,1m=.设平面VEF的一个法向量()222,,nxyz=，13则00nEVnVF==，即()222220220zxxxyz=+−+=，解得20z=，

令21y=，则221xx=−，所以21,1,0nx=−，平面VEF与平面VBC所成锐二面角的平面角为，则22cos22232mnxmnxx==−+，将分子、分母同除以1x，可得222232222662

6xxxx=−+−+令()2226626632fxxxx=−+=−+，当22x=时，()min3fx=，则cos的最大值为：2633=.故选：D4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G分别为AA1、BC、C1D1的中点

，现有下面三个结论：①△EFG为正三角形；②异面直线A1G与C1F所成角为60°；③AC∥平面EFG.其中所有正确结论的编号是（）A．①B．②③C．①②D．①③【答案】D【解析】建立空间直角坐标系如下图所示，设正

方体的边长为2：则()()()2,0,1,1,2,0,0,1,2EFG，2221216EF=++=，2222116EG=++=，2221126FG=++=，所以三角形EFG是在三角形，①正确.()()112,0,2,0,

2,2AC，所以()()112,1,0,1,0,2AGCF=−=−，设异面直线1AG与1CF所成角为，14则111122cos555AGCFAGCF===，所以60，②错误.()()()2,0,0,0,2,0,2,2,0ACAC=−，()()1,2,1,2,1

,1EFEG=−−=−，设平面EFG的法向量为(),,nxyz=，则22020nEFxyznEGxyz=−+−==−++=，令1x=，得1,1yz==，所以()1,1,1n=，由于220ACn=−+=，所以③正确.综上所述，正确的命题序号为①③.故选：D5．如图，在四棱锥PABCD−

中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，PAAB=，则下列数量积最大的是（）A．BDPCB．PBPCC．BCPCD．PAPC【答案】B【解析】解：设1==PAAB，因为PA⊥平面ABCD，所以PAAC⊥，PAAB⊥，PABD

⊥，PABC⊥，又底面ABCD是正方形，所以BDAC⊥，211cos42ABAC==，对于A，()++0+00BDPCBDPAACBDPABDAC====；对于B，()()++PBPCPAABPAAC=2+++PAPAACABPAABAC=21+0

+0+1222==；15对于C，()20+++1212BCPCBCPAACBCPABCAC====；对于D，()2++1+01PAPCPAPAACPAPAAC====，所以数量积最大的是PBPC

，故选：B.6．正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，MN是它内切球的一条弦（把球面上任意2个点之间的线段成为球的弦），P为正方体表面上的动点，当弦MN最长时，PMPN的最大值为（）A．1B．2

C．3D．4【答案】B【解析】连接PO，如下图所示：设球心为O,则当弦MN的长度最大时，MN为球的直径，由向量线性运算可知()()OMPMPNPOPOON=++2POPOOOMONPOMON=+++()2POPOONO

MONOM=+++正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，则球的半径为1，0,1OMOONOMN+==−，所以()2OMPOPOONONOM+++21PO=−，而1,3PO所以210,2PO−，16即

0,2PMPN，PMPN的最大值为2故选：B7．如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且(02)CMBNaa==．则下列结论正确的是（）A．CNME=B．当12a=时，ME与CN相交C

．异面直线AC与BF所成的角为45D．MN始终与平面BCE平行【答案】D【解析】∵边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直∴以点B为坐标原点，BA所在直线为x轴，BE所在直线为y轴，BC所在直线为z轴建立空间直角坐标系，所以()1,0,0A，()0,0,0B

，()0,0,1C，()0,1,0E，()1,1,0F17∵(02)CMBNaa==∴过点M作MP⊥AB于点P，连接EP，CN，ME，则22,0,122Maa−，22,,022Naa222221122CNaaa=

++=+，22222112222MEaaaa=+−+=−+显然，CN与ME不一定相等，选项A错误.B选项：当22a=时，即M为AC中点，N为BF中点时，如图所示，此时ME与CN

相交，故当12a=时，ME与CN不相交，选项B错误C选项：()1,0,1AC=−，()1,1,0BF=∴()()1,0,11cos,1,1,2022BFAC−==∴异面直线AC与BF所成的角为60，C选

项错误D选项：222222,,0,0,10,,1222222MNaaaaaa=−−=−平面BCE的法向量为()1,0,0n=r∴()220,,11,0,0022MNnaa=−=∴MNn⊥∴MN始终与平面BCE平行∴选

项D正确18故选：D8．如图，已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，E，F分别是棱AD，11BC的中点.若点P为侧面正方形11ADDA内（含边界）的动点，且存在,xyR使1BPxBEyBF→→→=+成立，则1BP与侧面11A

DDA所成角的正切值最大为（）A．2B．1C．52D．5【答案】D【解析】解：存在x，yR，使1BPxBEyBF→→→=+，BEBFB=，1//BP平面BEF，设11AD的中点为G，连接1FD，1BG，AG，1DE，则11////BGFDBE，B

E平面BEF，1BG不在平面BEF内，所以1//BG平面BEF，同理//AG平面BEF，1AGBGG=，1,AGBG平面1BGA，平面1//BGA平面BEF，点P为侧面正方形11ADDA内（含边界）动点，且1//BP平面BEF，点P的轨迹为线段GA，19正方体1111ABCDAB

CD−的棱长为1，E、G分别是棱AD、11DA的中点，22151()22GA=+=,由题得11APB就是1BP与侧面11ADDA所成角，所以1111tanAPBAP=最大，则1AP最小，即1APGA⊥.由等面积法得111551=,225APAP=,所以11

tanAPB最大值为1=555.故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9．如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为a，则下列结论正确的是（）A．若

点M在线段1AD上，则不存在点M满足1CMAD⊥B．若点M在线段1AD上，则四面体11MCBD−的体积为定值C．若点M在线段1AD上，则异面直线BM与1CB所成角的取值范围是[30，90]D．若点M是正方体表面上的动点，则满足2

AMa=的动点轨迹长度为32a【答案】BD【解析】解：对于A，因为当M在1AD上运动时，1AD⊥平面11ABCD，CM平面11ABCD，于是1ADCM⊥，所以存在点M满足1CMAD⊥，所以A错误；对于

B，因为111////ADBCAD面1BCD，又点M在线段1AD上，所以M到面1BCD，的距离即为1AD到面1BCD的距离，所以距离为定值，所以四面体11MCBD−的体积为定值所以B20对；对于C，以D为原点，建立

以DA，DC，1DD所在直线为x，y，z轴的空间直角坐标系，则点(Mx，0，)x，(Ba，a，0)，(0C，a，0)，1(Ba，a，)a，所以(,,)BMxaax=−−，1(,0,)CBaa=，设异面直线BM与1CB所成角为，则12222221()2cos()2axBMCBa

xaaxBMCBxaaxaxaxa−−+===−++−+，当2ax=时，cos0=，90=，当2ax时，2234cos11(0)()2axaax=+−剟，当0x=或xa=是，cos的值最大为12，此时60=，所以的

取值范围是[60，90]，所以C错误；对于D，当点M在平面11BCCB内时，由AB⊥面11BCCB，BM面11BCCB，ABBM⊥，所以有222AMABBM=+，所以BMa=，所以点M的轨迹是以B为圆心a为半径的14圆弧，同理点M在面1111DCBA，11CDDC时，轨迹

也是a为半径的14圆弧，从而动点M轨迹长度为33242aa=，所以D正确.故选：BD.2110．如图，在菱形ABCD中，433AB=，60BAD=，沿对角线BD将ABD△折起，使点A，C之间的距离为22，若P，Q分别为直线BD，CA上的动点，则下列说法正确的是（）A．当AQQ

C=，4PDDB=时，点D到直线PQ的距离为1414B．线段PQ的最小值为2C．平面ABD⊥平面BCDD．当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，PQ与AD所成角的余弦值为64【答案】BCD【解析】取BD的中点O，连接,OAOC，由题意可知：2OAOC==，因为222OAO

CAC+=，所以OAOC⊥，又易知,OABDOCBD⊥⊥，因为OAOC⊥，OABD⊥，OCBDO=，所以OA⊥平面BDC，因为OA平面ABD，所以平面ABD⊥平面BDC，故C正确；以O为原点，,,OBOCOA分别

为,,xyz轴建立坐标系，则()()2323,0,0,0,2,0,0,0,2,,0,033BCAD−，22当AQQC=，4PDDB=时，()0,1,1Q，3,0,03P−，3,1,13PQ=，3,0,03DP=，所以点

D到直线PQ的距离为12132173PQDPdPQ===，故A错误；设(),0,0Pa，(),,Qxyz，由CQCA=得，()0,22,2Q−，()()222221222822PQaa=+−+=+

−+，当10,2a==时，min2PQ=，故B正确；当P，Q分别为线段BD，CA的中点时，()0,0,0P，()0,1,1Q，()0,1,1PQ=，23,0,23AD=−−，设PQ与AD所成的角为，

则26cos41623PQADPQAD===，所以PQ与AD所成角的余弦值为64，故D正确；故选：BCD11．已知直三棱柱111ABCABC−中，ABBC⊥，1ABBCBB==，O为1AC的中点.点P满足1BBCP=，其中0,1，则（）A．对0,1

时，都有11APOB⊥B．当13=时，直线1AP与AB所成的角是30°23C．当12=时，直线1AP与平面111ABC所成的角的正切值55D．当12=时，直线1AP与1OB相交于一点Q，则112PQQA=【答案】ACD【解析】以1,,BABCBB

为,,xyz轴，建立如图所示空间直角坐标系，设1AB=，其中()()()()1111111,0,1,,,,0,0,1,0,0,0,0,1,1222AOBBC，因为1BBCP=，所以()0,,P，A.因

为()111111111111,,1,,,,02222222APOBAPOB=−−=−−=−+−=，所以11APOB⊥，所以11APOB⊥，故正确；B.当13=时，()1121,,,1,0,033APAB=−−=−

，所以113143cos,142141199APAB==++，所以直线1AP与AB所成的角不是30°，故错误；C.当12=时，1111,,22AP=−−，取平面111ABC的一个

法向量为()0,0,1n=，所以1162cos,6111144APn−==++，设直线1AP与平面111ABC所成的角为，所以26630sin,cos1666==−=，所以5tan5=，故正确；

D.当12=时，如图所示，P为1BC中点，O为1AC中点，连接OP，24所以11111//,2OPABOPAB=，所以11112PQOPQAAB==，故正确；故选：ACD.12．两个全等的等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形DCB所在两个平

面互相垂直，其中，则2ABCDCB==，2BC=，则（）A．异面直线BD和AC所成的角为3B．平面ACD⊥平面ABDC．四面体ABCD外接球的表面积为12D．83ABCDV=四面体【答案】AC【解析】如图，因为ABC和DCB所在两个平面互相垂直，2ABC

DCB==，则平面ABC⊥平面DCB，则AB，BC，CD两两互相垂直．因此可以把四面体DABC−放在正方体中进行研究．易得异面直线BD和AC所成的角为3，故选项A正确；以C为坐标原点，过点C且平行AB的直线为x轴，CB，CD所在的直线

分别为y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()000C,,，()0,2,0B，()2,2,0A，()0,0,2D，易知平面ACD的一个法向量为()1,1,0m=−，平面ABD的法向量为()0,1,1n=r，10mn=，故选项B错误；四面体

ABCD的外接球即为其所在正方体的外接球，易得外接球的直径为正方体的体对角线，即外接球的半径3r=，则外接球的表面积2412==Sr，故选项C正确；1433ABCDABCVSCD==△，故选项D错误.故选：AC．25三、填空题：本

题共4小题，每小题5分，共20分13．在直三棱柱111ABCABC−中，14AA=，二面角11BAAC−−的大小为60，点B到平面11ACCA的距离为3，点C到平面11ABBA的距离为23，则异面直线1BC与1AC所成角的余弦值为_______．【答案】1428【解析】如图所示

，由题意可知，直三棱柱111ABCABC−中，二面角1BAAC−−的大小为60，所以BAC为二面角1BAAC−−的平面角，即60BAC=，因为点B到平面11ACCA的距离为3，即点B到直线AC的距离为3，过点B作BD

AC⊥于D，则3,2,1BDABAD===，因为点C到平面11ABBA的距离为23，即点C到直线AB的距离为23，又因为60BAC=，2AB=，所以23BC=，ABBC⊥，4AC=，3CD=，以B为坐标原点，1,,BCBABB所在直线分别为x轴，y

轴，z轴建立空间直角坐标系．26所以()10,0,4B，()23,0,0C，()0,2,0A，()123,0,4C，()123,0,4BC=−，()123,2,4AC=−.111111cos,BCACBCACBCAC=414282832−

==−．所以异面直线1BC与1AC所成角的余弦值为1428．故答案为：142814．如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，90BAD=，112PAABBCAD====，//BCAD，已知Q是四边形ABCD内部一点，且二面角QPDA−−的平面角大小为4，则A

DQ△的面积的取值范围是___________.【答案】250,5【解析】PA⊥平面ABCD，90BAD=，以点A为坐标原点，AD、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标

系，则()0,0,0A、()0,1,0B、()1,1,0C、()2,0,0D、()0,0,1P，27设点(),,0Qab，其中02a，01b，设平面PDQ的法向量为(),,mxyz=，()2,0,1DP=−uuur，()2,,0DQab=−，则()2020mDPxzmDQaxby=

−+==−+=，取xb=，可得(),2,2mbab=−，易知平面PAD的一个法向量为()0,1,0n=，由已知条件可得()2222cos,225mnamnmnab−===−+，所以，25ab−=，即52ab+=，

直线CD上的点(),,0xy满足2xy+=，联立522abab+=+=，解得20ab==，联立520aba+==，解得0255ab==，所以，点Q的纵坐标b的取值范围为250,5

，易知点Q不在线段AD上，则250,5b，所以，1250,25ADQSADbb==△.故答案为：250,5.15．如图，四棱锥PABCD−的底面是边长为1的正方形

，PC⊥平面ABCD，且2PC=，若点E为PC的中点，则点D到平面ABE的距离为___________.28【答案】22【解析】以点C为坐标原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，CP所在直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz−，如图所示，则(1,0,0),(1,1,0),(0

,1,0),(0,0,1)DABE，从而(0,1,0),(1,0,0),(0,1,1)DABABE===−.设平面ABE的一个法向量为(,,)nabc=，由法向量的性质可得00,00anBAbcnBE==−+==令1c=，则0,1ab==，所以(0,1,1

)n=.所以点D到平面ABE的距离||122||2DAndn===.故答案为：22.16．三棱锥OABC−中，OA、OB、OC两两垂直，且OAOBOC==.给出下列四个命题：29①()()223OAOBOCOA++=；②()0BCCACO−=；③()OAOB+和CA的

夹角为60；④三棱锥OABC−的体积为()16ABACBC.其中所有正确命题的序号为______________.【答案】①②③【解析】设OAOBOCa===，由于OA、OB、OC两两垂直，以点O为坐标原点，OA、OB、OC

所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：则()0,0,0O、(),0,0Aa、()0,,0Ba、()0,0,Ca.对于①，(),,OAOBOCaaa++=，所以，()()22233OAOBOCa

OA++==，①正确；对于②，(),0,0CACOOAa−==，()0,,BCaa=−，则()0BCCACO−=，②正确；对于③，(),,0OAOBaa+=，(),0,CAaa=−，30()()221cos,22OAOBCAaOAOBCAOAOBCAa++===+，0,180OAOB

CA+，所以，()OAOB+和CA的夹角为60，③正确；对于④，(),,0ABaa=−，(),0,ACaa=−，()0,,BCaa=−，则2ABACa=，所以，()2231226666aaABACBCBCaa===，而三棱锥OABC−的体积为3111326VOAOBOCa=

=，④错误.故答案为：①②③.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17．如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.（1）证明：AC⊥B1D；（2）求直线B1C1与平

面ACD1所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）217【解析】（1）先证明出AC⊥平面11BBDD，即可证明1ACBD⊥；（2）以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．用向量法求解.（1）因为ABCD－A1B1C1D1是直棱

柱，所以1BB⊥平面ABCD.又AC平面ABCD，故1BBAC⊥.31又已知ACBD⊥，1,BBBD平面11BBDD，且1BBBDB=，故AC⊥平面11BBDD.因为1BD平面11BBDD，所以1ACBD⊥.（2）以A为

坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝t，则A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)．从而1B

D＝(－t，3，－3)，AC＝(t，1，0)，BD＝(－t，3，0).因为AC⊥BD，所以ACBDuuuruuur＝－t2＋3＋0＝0，解得3t=或t3=−(舍去)．于是1BD＝(3−，3，－3)，AC＝(3，1，0).1AD＝(0，3，3)，AC＝(3，1，0)，11

BCuuuur＝(0，1，0).设()nxyz＝，，是平面ACD1的一个法向量，则100nACnAD==即30330xyyz+=+=令x＝1，则n＝(1，－3，3)．设直线B1C1与平面ACD1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n

，11BCuuuur〉|1111|||321||77|nBCnBC===.故直线B1C1与平面ACD1所成的角的正弦值为217.18．如图所示．四棱柱1111ABCDABCD−的棱长均为6，侧棱与底面垂直，且60BAD=，M是侧棱1DD上的点，12DM

MD=，N是线段11CD上的动点．32（1）若以D为坐标原点，以DC为y轴正方向，以1DD为z轴正方向建立空间直角坐标系，写出点1B的坐标；（2）求点1B到平面ACM的距离；（3）若平面MAC与平面ACN夹角的余弦值为31010，试确定点N的位置

．【答案】（1）(33,3,6)（2）6d=（3）()0,2,6N【解析】（1）易知ABD△是正三角形，取AB的中点E，连接DE，可得DEABDEDC⊥⊥,，然后以D为坐标原点，分别以1,,DEDCDD为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系求解；（2）由（1）求得平面ACM的一

个法向量121,,()mxyz=及1MB的坐标，然后由1||||MBdmm=求解；（3）设点()()0,,606N，得到(0,6,6)CN=−，求得平面ACN的一个法向量222(,,)nxyz=，然后由||310cos||||10,mmmnnn==求解．（1）解：由题意可知，

四边形ABCD是菱形，又60BAD=，连接BD，所以ABD△是正三角形，取AB的中点E，连接DE．所以DEABDEDC⊥⊥,．33又因为四棱柱的侧棱与底面垂直，所以1,,DEDCDD两两垂直，以D为坐标原点，分别以1,,DE

DCDD为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．已知直四棱柱1111ABCDABCD−的棱长均为6，因为//AEDC，且132AEDC==，所以33DE=，所以1B的坐标为(33,3,6)；（2）由（1）及题意，得相关点的坐标为(0,0,0),(

33,3,0),(0,6,0)(0,0,4),(33,3,),,6DACMB−(33,9,0),(33,3,4)ACAM=−=−．设平面ACM的一个法向量为121,,()mxyz=，则00mACmAM==，即11111339033340xy

xyz−+=−++=，令13x=，则1131,2yz==，即平面ACM的一个法向量为3(3,1,)2m=，又1(33,3,2)MB=，所以点1B到平面ACM的距离为1||156||9314mMBdm===++；（3）34由（

1）（2）及题意，设点()()0,,606N，则(0,6,6)CN=−，设平面ACN的一个法向量222(,,)nxyz=，则00nACnCN==，即22223390(6)60xyyz−+=−+=，取23x=则6(3,1,)6n−=．则有2631||3104

cos||||105(1)426,nmmnnm−++===−+．化简可得2328680+−=，解得2=或343=−，因为06，所以2=，所以()0,2,6N，故当点N位置在11DC的线段上，与1D的距离等于2时，平面M

AC与平面ACN夹角的余弦值为31010.19．如图所示，在四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，2PDCD==，1AD=，M是线段PC的中点.（1）求证：AD⊥平面PCD；（2）求二面角MBDC−−的余弦值；（3）求直线PB和平面MBD所成角的正弦值35【答

案】（1）证明见解析（2）66（3）69【解析】（1）、利用线面垂直的判定证明;（2）、建立空间直角坐标系，求出平面BDM和平面BCD的法向量，利用向量夹角的余弦计算二面角的余弦值；（3）、求出PB与平面MBD的法向量所成角的余弦值，即可导出直

线PB和平面MBD所成角的正弦值.（1）PD⊥底面ABCD，AD平面ABCD，PDAD⊥，四边形ABCD是矩形，DCAD⊥PDDCD=,PD平面PCD,DC平面PCD，AD⊥平面PCD（2）由（1）可知，DA、DC、DP两两垂直，以D为坐标原点，DA

所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系Dxyz−.则()()()()()0,0,01,0,0,0,2,0,0,0,2,1,2,0,DACPB，M是线段PC的中点,()0,1,1M，()()()()1,0,2,1,2,0,

0,1,1,0,0,2APDBDMDP=−===设平面BDM的一个法向量为(),,nxyz=，则·0·0nDBnDM==，200xyyz+=+=，()2,1,1n=−−36PD⊥底面ABCD，()=0,0,2D

P为平面BCD的一个法向量，26cos,626DPn−==−易知二面角MBDC−−的平面角为锐角，故二面角MBDC−−的余弦值为66.（3）()()0,0,2,1,2,0PB，()1,2,2PB=−

，由（2）可知平面BDM的一个法向量为()2,1,1n=−−r设直线PB和平面MBD所成角为02，，，22226sincos,914441136nPBnPBnPB−++=====++++直线PB和平面MBD所成角的正弦值为69.

20．如图，在三棱锥PABC−中，PA⊥底面ABC，90BAC=.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，4PAAC==，2AB=.（1）求证：//MN平面BDE；（2）求二面角PDEB−−的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）22−

.【解析】（1）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证//MF平面BDE，//NF平面BDE，从而得证平面//MFN平面BDE，进而得证//MN平面BDE；（2）由PA⊥底面ABC，90BAC=，则以A为原点，AB、AC、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出平

面BDE与平面PDE的一个法向量，结合图形由向量法即可求解二面角PDEB−−的余弦值.37（1）证明：取AB中点F，连接MF、NF，M为AD中点，//MFBD，BDQ平面BDE，MF平面BDE，//MF平面BDE，NQ为BC中点，//NFAC，又D、E分别为AP、PC的中点，/

/DEAC，则//NFDE，DE平面BDE，NF平面BDE，//NF平面BDE，又MFNFF=，平面//MFN平面BDE，MN平面MFN，//MN平面BDE；（2）解：PA⊥底面ABC，90BAC=，以A为原点，分别以A

B、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，4PAAC==，2AB=，(2B，0，0)，(0D，0，2)，(0E，2，2)，则(2,0,2)BD=−，(2,2,2)BE=−，设平面BDE的一个法向量为(,,)mxyz=

，38由00mBDmBE==，得2202220xzxyz−+=−++=，取1x=，得()1,0,1m=，易知平面PDE的一个法向量为(1,0,0)n=，所以12cos,212mnmnmn===，所以由图可知二面角PDEB−−的余弦值为22−.21．如图，在三棱

柱111ABCABC−中，1CC⊥平面ABC，ACBC⊥，2ACBC==，13CC=，点,DE分别在棱1AA和棱1CC上，且1AD=，2CE=，M为棱11AB的中点．（1）求证：11CMBD⊥；（2）求二面角1BBED−−的正弦

值；（3）求直线11AB与平面1DBE所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）306（3）33【解析】以C为原点，分别以1,,CACBCC的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系.（1）计算出向量1CMuuuur和1BD的坐标，得出110

CMBD=，即可证明出11CMBD⊥；（2）可知平面1BBE的一个法向量为CA，计算出平面1BED的一个法向量为n，利用空间向量法计算出二面角1BBED−−的余弦值，利用同角三角函数的基本关系可求解结果；（3）利用空间向量法可求得直线11AB与平面1DBE所成角的正弦值.39（1）依题意，

以C为原点，分别以CA、CB、1CC的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得()0,0,0C、()2,0,0A、()0,2,0B、()10,0,3C、()12,0,3A、()10,2,3B、()2,0,1D、()0,0,

2E、()1,1,3M.依题意，()11,1,0CM=，()12,2,2BD=−−，从而112200CMBD=−+=，所以11CMBD⊥；（2）依题意，()2,0,0CA=是平面1BBE的一个法向量，()10,2,1EB=

，()2,0,1ED=−．设(),,nxyz=为平面1DBE的法向量，则100nEBnED==，即2020yzxz+=−=，不妨设1x=，可得()1,1,2n=−．26cos,626CCAnACnAn===

，230sin,1cos,6CAnCAn=−=．所以，二面角1BBED−−的正弦值为306；（3）依题意，()112,2,0AB=−．40由（2）知()1,1,2n=−为平面1DBE的一个法向量，于是11111143cos,3226ABnABnABn−===

−．所以，直线11AB与平面1DBE所成角的正弦值为33.22．在三棱锥PABC−中，平面PAC⊥平面ABC，△PAC为等腰直角三角形，PAPC⊥，ACBC⊥，24BCAC==，M为AB的中点.（1）求证：ACPM⊥.（2）求PC与平面PAB所成角的正弦值.（3）在线段PB上是

否存在点N，使得平面CNM⊥平面PAB？若存在，求出PNPB的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）223（3）存在，19PNPB=【解析】（1）D为AC中点，连接MD、PD，由中位线、等腰直角三角形的性质易得MDAC⊥、PDAC⊥，再根据线面垂直的判定及

性质可证结论.（2）构建空间直角坐标系，由已知确定相关点坐标，分别求PC与平面PAB的方向向量、法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求PC与平面PAB所成角的正弦值.（3）假设存在N使面CNM⊥面PAB且PNPB=，01≤≤

，由（2）易得(,4,1)N−−，进而求面CNM的法向量，由面面垂直易得0mn=求参数，即可确定存在性.（1）若D为AC中点，连接MD、PD，又M为AB的中点.∴//MDBC，由ACBC⊥，则MDAC⊥，41又△P

AC为等腰直角三角形，PAPC⊥，易知：PDAC⊥，由MDPDD=，则AC⊥面PMD，∵PM面PMD，∴ACPM⊥.（2）由（1）可构建以D为原点，,,DADMDP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，∴(1,0,0),(1,4,0),(1,0,0),(0,0,1)ABCP−−，则(1,0,

1)CP=，(1,0,1)AP=−，(1,4,1)BP=−，若(,,)nxyz=为面PAB的一个法向量，则040APnxzBPnxyz=−+==−+=，令1z=，即1(1,,1)2n=，∴222|cos,|||33||||22CPnCPn

CPn===，则PC与平面PAB所成角的正弦值为223.（3）若存在N使得平面CNM⊥平面PAB，且PNPB=，01≤≤，由（2）知：(,4,1)N−−，(0,2,0)M，则(1,4,1)CN=−−，(1,2,0)CM=，若(,,)mabc=是面CNM

的一个法向量，则(1)4(1)020CNmabcCMmab=−++−==+=，令1b=，则26(2,1,)1m−=−−，∴1262021mn−=−++=−，可得19=.42∴存在N使得平面CNM⊥平面PA

B，此时19PNPB=