【文档说明】人教A版选择性必修 高二年级数学下学期期末考试分类汇编 ——空间向量与空间几何体（教师版）【高考】.docx，共(34)页，2.711 MB，由小赞的店铺上传

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专题02空间向量与空间几何体类型一：异面直线夹角1．（2022·新疆·乌鲁木齐101中学高二期中（理））如图，在棱长为1的正方体中，下列结论不正确的是（）A．异面直线AC与1BC所成的角为60B．二面角1ABCB−−的正切值为2C．直线1AB与平面11ABCD所成

的角为45D．四面体11DABC−的外接球体积为3π2【答案】C【解析】以D为坐标原点，DA，DC，1DD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则()()()()()()1111,0,0,0,1,0,1,1,0,0,1,1,1,1,1,0,0,1ACBCB

D，A选项，设异面直线AC与1BC所成的角为，则()()11,1,01,0,11coscos,222ACBC−−===，故异面直线AC与1BC所成的角为60，A正确；B选项，设平面1ABC的法向量为(),,mxyz=，则有100mAByzmACxy=+=

=−+=，令1y=得：1,1xz==−，则()1,1,1m=−，平面1BBC的法向量为()0,1,0n=，13cos,33mnmnmn===设二面角1ABCB−−的大小为，显然为锐角，则3coscos,3

mn==，所以6sin3=，tan2=，故二面角1ABCB−−的正切值为2，B正确；C选项，设平面11ABCD的法向量为()1111,,xnyz=，则111111100nABynACxyz==

=−++=令11x=，则11z=，所以()11,0,1n=，设直线1AB与平面11ABCD所成的角为，则()()110,1,11,0,11sincos,222ABn===，则30=，C错误；D选项，四面体11DABC−的外接球即为

正方体1111ABCDABCD−的外接球，设外接球半径为R，则32R=，则外接球体积为3π2，D正确.故选：C2．（2022·福建宁德·高二期中）若异面直线1l，2l的方向向量分别是()1,0,2a=−，

()0,2,1b=，则异面直线1l与2l的夹角的余弦值等于（）A．25−B．25C．255−D．255【答案】B【解析】由题，()22125a=+−=，22215b=+=，则22cos555abab−

===，故选：B3．（2022·江苏常州·高二期中）直三棱柱111ABCABC−中，11111π,,,2BCAACBCCCAMMBANNC=====，则BM与AN所成的角的余弦值为（）A．3010B．22C．110D．25【答案】A【解析】如图所示，以C为原点，以1,,CACBCC分别为

,,xyz轴，建立空间直角坐标系，设12ACBCCC===，可得()2,0,0A，()0,2,0B，()1,1,2M，()1,0,2N.()1,0,2AN=−，()1,1,2BM=−1430cos,1056ANBMANBMA

NBM−+===故BM与AN所成角的余弦值为3010故选：A.4．（2022·全国·高二单元测试）在正方体1111ABCDABCD−中，若M是棱1DD的中点，点O为底面ABCD的中心，P为棱11AB上任意一点，则异面直线OP与AM所成角的大小为（）A．π4B．π3C．π2D．与P点位置无关【

答案】C【解析】如图，以1,,DADCDD为,,xyz轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则(2,0,0),(0,0,1),(1,1,0)AMO，设(2,,2)Pm，(2,0,1),(1,1,2)AMOPm=−=−，∴210(1)120AM

OPm=−+−+=，∴AMOP⊥，即AMOP⊥．∴直线OP与直线AM所成的角为2．故选：C.类型二：线面角5．（2022·福建龙岩·高二期中）如图，正三棱柱111ABCABC−的所有棱长都相等，E，F，G分别

为AB，1AA，11AC的中点，则EF与平面1BGF所成角的正弦值为（）A．34B．74C．235D．65【答案】A【解析】设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DB，DC，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则()

13,0,2B，()0,0,2G，31(,,0)22E−，()0,1,1F−，31(,,1)22EF=−−，(0,1,1)GF=−−，()13,0,0BG=−设平面1BGF的法向量为(,,)nxyz=，则1300BGnxGFnyz=−==−−=，取1y=，则1

z=−，0x=，故(0,1,1)n=−为平面1BGF的一个法向量，EF与平面1BGF所成角为，则1132sin422nEFnEF−−===EF与平面1BGF所成角的正弦值为34，故选：A．6．（2022·广东深圳·高二期末

）已知在空间直角坐标系Oxyz（O为坐标原点）中，点()1,1,1A−关于x轴的对称点为点B，则z轴与平面OAB所成的线面角为（）A．6B．4C．3D．512【答案】B【解析】因为点()1,1,1A−关于x轴的对称点为()1,1,1B−，所以()1,1,1O

A=−，()1,1,1OB=−．设平面OAB的一个法向量为(),,nxyz=，则0,0,nOAnOB==得0,0,xyzxyz+−=−+=所以0x=，令1y=，得1z=，所以()0,1,1n=r．又z轴的

一个方向向量为()0,0,1a=，设z轴与平面OAB所成的线面角为，则12sin22anan===，所以所求的线面角为4，故选：B．7．（2022·天津天津·高二期末）已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，若点C到平面AB1D1的距离为4105

，则直线1BD与平面11ABD所成角的余弦值为（）A．31010B．3710C．1010D．710【答案】A【解析】【分析】如图，连接11AC交11BD于O点，过点C作CHAO⊥于H，则CH⊥平面11ABD，则4105CH=，设1AAa=，则22,22AOCOaAC==+=，则根据

三角形面积得22111224AOCSAOCHACAOAC==−，代入解得22a=．以1A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系1Axyz−．则1111(0,0,22),(2,0,0),(0,2,0),(0,2,22),(0,2,22),(2,0,2

2)ABDDADAB=−=−，1(2,2,22)BD=−，设平面11ABD的法向量为(nx=，y，)z，则1100nADnAB==，即22202220yzxz−=−=，令2x=，得(

2,2,1)n=．11110cos,10||||BDnBDnBDn==，所以直线1BD与平面1111DCBA所成的角的余弦值为31010，故选：A．8．（2022·江苏·扬州中学高二期中）如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，E为1CC

的中点，则直线1AD与平面BDE所成角的正弦值为（）A．336B．233C．33D．36【答案】D【解析】以点D为原点，DA，DC，1DD分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则()0,

0,0D，()2,0,0A，()2,2,0B，()0,2,1E，()10,0,2D，所以()2,2,0DB=，()0,2,1DE=，()12,0,2AD=−，设平面BDE的一个法向量(),,mxyz=，则00mDBmDE==，即22020xy

yz+=+=，令1x=，则1y=−，2z=，所以平面BDE的一个法向量()1,1,2m=−，设直线1AD与平面BDE所成角为，所以123sincos,686ADm===．故选：D.9．（2022·河南·

鄢陵一中高二期中（理））如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，90BAD=，112PAABBCAD====，BCAD∥，已知Q是边PD的中点，则CQ与平面ABCD所成角的正弦值为（）A．55B．255C．12D．2【答案】A【解析】以A为坐标原点，以AD

，AB，AP的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Axyz−，则()1,1,0C，11,0,2Q，所以10,1,2CQ=−.取平面ABCD的一个法向量为()0,0,1

n=，则152cos,5512nCQ==，即CQ与平面ABCD所成角的正弦值为55.故选：A.类型三：空间距离问题10．（2022·江苏常州·高二期中）已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，E

，F分别为上底面1111DCBA和侧面11CDDC的中心，则点C到平面AEF的距离为（）A．41111B．114C．1111D．21111【答案】A【解析】如图，以A为原点，1,,ABADAA所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，易知(0,0,0),(1,1,2),(1,2,1)

,(2,2,0)AEFC，设平面AEF的法向量(,,)nxyz=，则2020nAExyznAFxyz=++==++=，令1y=−，解得(3,1,1)n=−−，故点C到平面AEF的距离为6241111911nACn−==++.故选：A.11．（2022·江苏扬州·高二

期中）给出以下命题，其中正确的是（）A．直线l的方向向量为()1,1,2a=−，直线m的方向向量为()2,1,1b=−，则l与m平行B．直线l的方向向量为()1,1,1a=−，平面的法向量为()2,2,2n=−−，则//lC．平面､的法向量

分别为()10,1,3=urn，()21,0,2=uurn，则⊥D．已知直线l过点()1,0,1A−，且方向向量为()1,2,2，则点()1,2,0P−到l的距离为653【答案】D【解析】对于A，()1,1,2a=−，()2

,1,1b=−112211−−l与m不平行.对于B，()1,1,1a=−，()2,2,2n=−−()()()12121280na=−+−+−=−l与不平行；对于C，()10,1,3n=urQ，()2

1,0,2=uurn2101103260nn=++=\与不垂直；对于D，直线l过点()1,0,1A−，且方向向量为()1,2,2直线的标准方程为11122xyz−+==过点()1,2,0P−作与已知直线l垂直相

交的平面，且设直线与平面的交点为Q，则P到直线l的距离可转化为P到Q的距离；方向向量为()1,2,2平面的方程为：()()()1122200xyz++−+−=即：2230xyz++−=设垂足()1,2,21Qtt

t+−，点Q在平面上，则()12222130ttt+++−−=解得：49t=1381,,999Q−22101,,999PQ=−−22222101659993PQ=+−+−=故选：D.12．（2022·河南洛阳·高二期末

（理））120°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知2AB=，3AC=，4BD=，则CD的长为()A．17B．41C．29123−D．29123+【答案】B【解析】由已知可得：0CAAB=，0ABBD=，,60CABD=，

CDCAABBD=++，()()2||CDCAABBDCAABBD=++++222||||||222CAABBDCAABABBDCABD=+++++22213242342=+++＝41，∴41CD=.故选：B．13．（

2022·河北沧州·高二期末）在空间直角坐标系中，点()1,2,3A关于y轴的对称点为点B，则点()3,0,1C到直线AB的距离为（）A．23B．2105C．2655D．6【答案】C【解析】由题意，()1

,2,3B−−，()2,0,6AB=−−，AB的方向向量2613,0,,0,4364361010u−−==−−++，(2,2,2)AC=−−，则点C到直线AB的距离为()222132654442251010dACACu=−=++−−+=

.故选：C.类型四：二面角14．（2022·全国·高二课时练习）如图一副直角三角板，现将两三角板拼成直二面角，得到四面体ABCD，则下列叙述正确的是（）①平面BCD的法向量与平面ACD的法向量垂直；②异面直线BC与AD所成的角为60

；③四面体ABCD有外接球；④直线DC与平面ABC所成的角为30°.A．②④B．③C．③④D．①②③④【答案】C【解析】①平面BCD的法向量与平面ABC的法向量垂直，而与平面ACD的法向量不垂直，故错误；②过D作BC的平行线，过C作BD的平行线，两平行线交于

点F，联结AF，则ADF就是异面直线BC与AD的夹角，过A作AEBC⊥，联结ED、EF，若1BD=，则2,23,6BDBCABAC====，由BDBC⊥，面BDC面ABCBC=，面BDC⊥面ABC，BD面BDC，∴BD⊥面ABC，ABÌ面ABC，则BD⊥AB，同理可证FC⊥AC

，∴10ADAF==，23DF=，易得30cos10ADF=，故错误；③由于所有的四面体都有外接球，故正确；④因为BD⊥平面ABC，所以DC与平面ABC所成的角是30DCB=，正确.故选：C15．（2022·河南·华中师范大学附属息县高级中学高二阶段练习（理））已知矩形ABCD，3AB=，

1AD=，将ACD△沿AC折起到ACP△的位置若3PB=，则二面角PACB−−平面角的余弦值的大小为（）A．223B．13C．13−D．223−【答案】C【解析】解：作,PEACBFAC⊥⊥，垂足分别为,EF，过点E作MEBF∕∕交AB于点M，

则MEAC⊥，所以PEM即为二面角PACB−−的平面角，由矩形ABCD，可得32ABBCPEBFAC===，则12EAFC==，所以1EF=，因为PBPEEFFBEPEFFB=++=−++，所以2222222PBEPEFFBE

PEFEPFBEFFB=++−−+，即33333102cos,04422EPFB=++−−+，所以1cos,3EPFB=−，因为MEBF∕∕，所以1cos3PEM=−.所以二面角PACB−−平面角的余弦值的大小为

13−.故选：C.16．（2022·北京八中高二期末）已知长方体1111ABCDABCD−中，4ABBC==，12CC=，则平面11ABC与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为（）A．63B．33C．2

2D．12【答案】A【解析】建立如图所示空间直角坐标系：则()()()114,0,2,4,4,0,0,4,2ABC，所以()()110,4,2,4,4,0ABAC=−=−，设平面11ABC的一个法向量为(),,mx

yz=，则1100ABmACm==，即420440yzxy−=−+=，令2z=，则()1,1,2m=，易知平面ABCD的一个法向量为()0,0,1n=，所以26cos,36mnmnmn=

==，所以平面11ABC与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为63，故选：A二、解答题1．（2022·安徽·高二阶段练习）如图1，已知矩形ABCD，其中2AB=，4BC=，线段AD，BC的中点分别为点E，F，现将ABE△沿着BE折叠，使点A到达点P，得

到四棱锥−PBCDE，如图2.(1)求证：BEPF⊥；(2)当四棱锥−PBCDE体积最大时，求二面角PECB−−的大小.【答案】(1)证明见解析(2)4【解析】(1)取BE的中点O，连接PO，OF，因为2AB=，4BC=，线段

AD，BC的中点分别为点E，F，所以22BECE==，90BEC=，又因为FOCE∥，所以FOBE⊥，在等腰直角PBE△中，POBE⊥，FOPOO=，所以BE⊥平面PFO，因为PF平面PFO，所以BEP

F⊥.(2)当四棱锥−PBCDE体积最大时，点P在平面BCDE的射影即为点O，即PO⊥平面BCDE.法一：以OB，OF，OP方向为x轴，y轴和z轴分别建立空间直角坐标系Oxyz−.如图3.则()0,0,2P，()2,0,0E−，()2,22,0C−，()2,0,0B()2,0,2PE=−−，(

)0,22,0EC=设平面PEC的法向量为(),,nxyz=r，则022000nPExznECy=−−===取1x=，可得()1,0,1n=−易得平面ECB的一个法向量()0,0,1m=所以12cos,22nmnmnm−===−因为二面角PECB

−−是锐角，所以二面角PECB−−的大小为4.法二：在ECB中，因为22EC=，22EB=，4BC=，所以EBEC⊥.在PECV中，2223PCPOOC=+=，2PE=，22EC=，所以PEEC⊥.由二面角的定义可知，二面角PECB−−的

平面角就是PEB.所以二面角PECB−−的大小为4.2．（2022·黑龙江·高二期中）在边长为2的菱形ABCD中，60BAD=，点E是边AB的中点（如图1），将ADE沿DE折起到1ADE△的位置，连接1AB，1AC，得到四棱锥1ABCDE−（如

图2）．(1)证明：DE⊥平面1ABE；(2)若1AEBE⊥，连接CE，求直线CE与平面1ACD所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)5714【解析】(1)证明：由题设，ABCD为菱形，且60BAD=，故ABD△为正三角形.又E是AB的中点，∴

DEAB⊥，即DEBE⊥，1DEAE⊥又1BEAEE=，且1,BEAE平面1ABE，∴DE⊥面1ABE．(2)由1AEBE⊥，结合（1）可构建以E为原点，EB，ED，1EA为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，则()0,0,0E，()10,0,1A，()2,3,0C，()0,3,

0D，∴()2,3,0EC=，()12,3,1AC=−，()2,0,0DC=，设(),,mxyz=是面1ACD的一个法向量，则123020ACmxyzDCmx=+−===，令1y=，则()0,

1,3m=，设直线CE与平面1ACD所成角为，则∴321cos,1472sinECmECmECm====uuurruuurruuurr，故257cos1sin14=−=故直线CE与平面1ACD所成角的余弦值为5714．3．（2022·北京市第十二中学高二期中）如图，在四棱锥PABCD

−中，底面ABCD是平行四边形，PD⊥平面ABCD，E是棱PC的中点．(1)证明：//PA平面BDE；(2)若1,90PDADBDADB====，F为棱PB上一点，DF与平面BDE所成角的大小为30°，求PFPB的值．【答案】(1)证明见解析；(2)12.【解析

】(1)如图，连接AC交BD于点M，连接EM，因为M是AC的中点，E是PC的中点，所以//PAEM又ME平面BDE，PA平面BDE，所以//PA平面BDE(2)因为1,90PDADBDADB====

，所以ADBD⊥，故以D为坐标原点，DA为x轴，DB为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系，则()()()()()1110,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,1,1,0,,,222DABPCE

−−，()111,,,0,1,0222DEDB=−=，设平面BDE的法向量为(),,nxyz=r，则00nDEnDB==，即11102220xyzy−++==，故取()1,0,1n=，设(01)P

FPB=，则()()0,,1,0,,1FDF−=−因为直线DF与平面BDE所成角的大小为30，所以1sin302DFnDFn==，即221122(1)−=+−解得12=，故此时12PFPB=.4．（2022·河南·

高二阶段练习（理））如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，点Q为线段PC的中点.(1)求证：平面BDQ⊥平面PAC；(2)若PA＝AC＝4，AB＝22，求二面角A﹣BQ﹣

D的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)33.【解析】证明：因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥PA，又因为PA∩AC＝A，,PAAC平面PAC,所以BD⊥平面PAC，因

为BD⊂平面BDQ，所以平面BDQ⊥平面PAC.(2)解：设BD∩AC＝O，因为PA⊥平面ABCD，Q为PC的中点，O为AC的中点，OQ∥PA，所以OQ⊥平面ABCD.由综上所述知，OB，OC，OQ两两互相垂直，

所以可建立空间直角坐标系如图所示；根据已知条件可求各点坐标如下：O（0，0，0）、A（0，﹣2，0）、B（2，0，0）、C（0，2，0）、Q（0，0，2）、P（0，﹣2，4）；所以()()0,2,2,2,2,0

AQAB==，设平面ABQ的法向量为n(x,y,z)→=，则00nAQnAB==，即220220yzxy+=+=，令y＝﹣1，(1,1,1)n→=−，平面BDQ的一个法向量为(0,2,0)OC→=，设二面角A﹣BQ﹣D为θ，由已知可得02

，2222|||(1,1,1)(0,2,0)|3cos31(1)12||||nOCnOC→→→→−===+−+.所以二面角A﹣BQ﹣D的余弦值为33.一、单选题1．（2022·甘肃·永昌县第一高级中学高二期中（理））已知动点P在正方体1111ABCDABCD−的

对角线1BD(不含端点)上.设11DPDB=，若APC为钝角，则实数的取值范围为（）A．10,3B．10,2C．1,13D．1,12【答案】C【解析】由题设，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz−，用坐标法计算，利用AP

C不是平角，可得APC为钝角等价于cos0APC，即0PAPC，即可求出实数的取值范围.设正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，则有()()()()1,0,0,1,1,0,0,1,0,0,0,1ABCD∴1(1,1,1)DB=−，∴

设()1,,DP=−，∴()()()11,,1,0,11,,1PAPDDA=+=−−+−=−−−，()()()11,,0,1,1,1,1PCPDDC=+=−−+−=−−−，由图知APC不是平角，∴

APC为钝角等价于cos0APC，∴0PAPC，∴()()()()()()()21111310−−+−−+−=−−，解得113∴的取值范围是1,13故选：C.2．（2022·广东·高二阶段练习）如图所示，已知等腰直角三角形ADE与正方形ABCD所在的

平面互相垂直，且2ADAE==，F是线段CD的中点，则BD与EF所成的角的余弦值为（）A．23−B．26−C．23D．26【答案】D【解析】因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE平面ABCD=AD，AE⊥AD，AE平面ADE，所以AE⊥平面ABCD，又ABÌ

平面ABCD，所以AE⊥AB，又AB⊥AD，所以AB，AD，AE两两垂直，分别以AB、AD、AE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：可得B（2，0，0），D（0，2，0），E（0，0，2），F（1，2，0），∴()2,2,0BD=−，()1,2,2EF=−，设B

D与EF所成的角大小为α，则coscos,BDEFBDEFBDEF==()2122022689−++−==，即BD与EF所成的角的余弦值为26，故选：D.3．（2022·安徽·高二开学考试）已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为3，点E在

上底面1111DCBA内(不包含边界)，若10AE=，则AE与平面1ABD所成角的正弦值的最大值为()A．2153030+B．2153015+C．21533030+D．153015+【答案】C【解析】建立如

图所示的空间直角坐标系Axyz−，则()0,0,0A，()3,0,0B，()10,0,3A，()0,3,0D.221110AEAAAE=+=，即221310AE+=，∴11AE=，∴点E为在四边形1111DCBA内，以1A为圆心，1

为半径的四分之一圆上，设()(),,30,0Exyxy，且221xy+=，∴(),,3AExy=，()13,0,3AB=−，()3,3,0BD=−uuur.设平面1ABD的法向量(),,nxyz=r，则1330330nBDxynAB

xz−−＝＋＝＝＝，令1x=，则()1,1,1n=.设AE与平面1ABD所成角为，则22233sincos,10330nAExyxyxynAEnAE+++++====22223233

030xyxy+++++=，当且仅当22xy==时，sin有最大值21533030+.故选：C.4．（2022·河南·焦作市第一中学高二期中（理））已知四棱锥SABCD−的底面ABCD是边长为1的正方形，SD⊥平面ABCD，线段,ABSC

的中点分别为E，F，若异面直线EC与BF所成角的余弦值为55，则SD=（）A．1B．32C．2D．3【答案】C【解析】如图示，以D为原点，,,DADCDS分别为x、y、z轴正方向联立空间直角坐标系.不妨设(),0SDtt=.则()0,0,0D，()1,0,

0A，()1,1,0B，()0,1,0C，()0,0,St，11,,02E，10,,22tF.所以11,,02EC=−，11,,22tBF=−−.因为异面直线EC与BF所成角的余弦值为55，所以211054c

os,51111444ECBFECBFECBFt−+===+++，解得：t=2.即SD=2.故选：C5．（2022·全国·高二课时练习）设空间直角坐标系中有A、B、C、D四个点，其坐标分别为()1,0,0A、()0,1,0B、()2,1,4

C、()1,2,8D−−，下列说法正确的是（）A．存在唯一的一个不过点A、B的平面，使得点A和点B到平面的距离相等B．存在唯一的一个过点C的平面，使得//AB，CD⊥C．存在唯一的一个不过A、B、C、D的平面，使得//AB，//CDD．存在唯一的一个过C、D点的平面

使得直线AB与的夹角正弦值为1235【答案】B【解析】对于A选项，当//AB平面或平面过线段AB的中点时，点A和点B到平面的距离相等，A选项错误；对于B选项，()1,1,0AB=−，()3,3,4CD=−−，()()13130ABCD=−−+−=，ABCD⊥，

()1,1,4AC=，()2,2,8AD=−−，设ADxAByAC=+，则2248xyxyy−+=−+=−=，该方程组无解，所以，A、B、C、D四点不共面，则AB与CD异面，而过点C且与CD垂直的平面有且只有一个，若AB，由于CD

，则AB与CD共面，矛盾，所以，//AB，B选项正确；对于C选项，由于AB、CD异面，设MN为AB、CD的公垂线段，且MAB，NCD，在直线MN（异于M、N）的任意一点作平面，使得MN⊥，则//AB

，//CD，这样的平面有无数个，C选项错误；对于D选项，设平面的一个法向量为()1,,nyz=，()1,1,0AB=−，()3,3,4CD=−−，由题意可得3340nCDyz=−−+=，22112cos,3521ABnyABnABny

z−===++，所以，223431122351yzyyz−=−−=++，整理得277527747750yy−+=，222227744775277415500=−=−，即方程277527747750yy−+=有两个不等的

实数解，所以，存在两个过C、D点的平面使得直线AB与的夹角正弦值为1235，D选项错误.故选：B.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角

形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.二、多选题6．（2022·湖北恩施·高二期中）如图

，在棱长为1的正方体ABCDABCD−中，M为BC的中点，则下列结论正确的有（）A．AM与DB所成角的余弦值为1010B．C到平面DAC的距离为33C．过点A，M，D¢的平面截正方体ABCDABCD

−所得截面的面积为92D．四面体ACBD内切球的表面积为π3【答案】ABD【解析】对于A，构建如图①所示的空间直角坐标系，则(0,0,1)A，1(,1,1)2M，(0,1,0)B，(1,0,0)D，1(,1,0)2AM=，(1,1,

0)DB=−，()222211102cos,1011112AMDBAMDBAMDB−+===+−+，故A正确；对于B，方法1：如图②，连接AC，由正方体几何特征得：//ACAC，又AC面ACD，AC面ACD，

//AC面ACD，设C到平面DAC的距离为d，即点A到平面ADC的距离，CADCADACVV−−=，即1113111223234d=，求得33d=.方法2：根据图①，()1,0,1D,()1,1,0C，()1,0,1AD=，()1,1,0AC

=，设平面DAC的法向量(,,)mxyz=，则00ADmACm==，即00xzxy+=+=，令1z=−得：11xy==−，平面DAC的一个法向量为(1,1,1)m=−−，(1,0,0)AD=，设C到平面''DAC的距离

为d，则133||3ADmdm===，故B正确；对于C，取CC的中点N，连接MN，DN，AD，则MN//AD，如图②所示，则梯形AMND为过点A，M，D¢的平面截正方体ABCDABCD−所得的截面，易知22MN=，2AD

=，52AMDN==，可得梯形AMND的高为225232()()244−=，则梯形AMND的面积1323292248S==，故C错误；对于D，易知四面体ACBD的体积111141323V=−

=，因为四面体ACBD的棱长都为2，所以其表面积1π422sin2323S==.设四面体ACBD内切球的半径为r，则112333r=，解得36r=，所以四面体AMND内切球的表面积为2π4π3r

=，故D正确.故选：ABD.7．（2022·江苏省滨海中学高二期中）已知四棱锥PABCD−的底面为直角梯形，//ABDC,90,DABPA=⊥底面ABCD，且1,2PAADDCAB====,M是PB的中点，则下列正确的有（）A．平面

PAD⊥平面PCDB．MC与平面PCD所成的角的余弦值为1010C．点M到平面PCD的距离为24D．平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为23【答案】AC【解析】对于A，由题意,PA⊥底面ABCD,可得PACD⊥,又四棱锥PABCD−的底面为直角梯形,90DAB=且/

/ABCD，则ADCD⊥,又PA平面PAD，AD平面PAD所以CD⊥平面PAD,又CD平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD,故A正确建立如图所示的坐标系,可得()0,0,0A,()1,0,0D()()(

)0,2,0,1,1,0,0,0,1BCP,可得10,1,2M，()1,0,1PD=−，()1,1,1PC=−设平面PDC的法向量(),,mxyz=，则00mPDmPC==即00xzxyz−=+−=令1x=，则0y=，1z=所以()1

,0,1m=又11,0,2MC=−，设MC与平面PCD所成的角大小为则10sin10MCmMCm==，所以310cos10=，故B错误点M到平面PCD的距离24MCmdm==，故C正确设平面AMC的法向量()111,,nxyz=,平面B

MC的法向量()222,,mxyz=,10,1,,2AMAC==()1,1,0由00nACnAM==得1111200yzxy+=+=令11x=,得111,2yz=−=,所以()1,1,2n=−,

同理可求()1,1,2m=,设平面AMC与平面BMC所成二面角的大小为，为钝角所以cos=23mnnm−=−所以平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值为23−.故D错误故选：AC三、解答题8．（2022·江苏南通·高

二期中）如图，四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，ABAD⊥，//BCAD，点E在棱AD上，2AEED=，1==PAAB，2BC=，3AD=.(1)求证：CE⊥平面PAD；(2)求二面角BPCE−−的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)15

5【解析】【分析】(1)证明：因为2AEED=，3AD=，2BC=，所以，223AEADBC===，又因为//BCAD，即//BCAE，所以，四边形ABCE为平行四边形，则//CEAB，因为ABAD⊥，

则CEAD⊥，因为PA⊥平面ABCD，CE平面ABCD，则CEPA⊥，PAADA=，CE⊥平面PAD.(2)：因为PA⊥平面ABCD，ABAD⊥，以点A为坐标原点，AB、AD、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()1,0,0B、()1,2,0C、()0,2,0E、()0,0,1P，设平面PBC的法向量为()111,,mxyz=，()0,2,0BC=uuur，()1,0,1BP=−，则111200mBCymBPxz===−+=，取11x=，

可得()1,0,1m=，设平面PCE的法向量为()222,,nxyz=，()1,0,0EC=，()0,2,1EP=−，则222020nECxnEPyz===−+=，取21y=，可得()0,1,

2n=，210cos,525mnmnmn===，所以，215sin,1cos,5mnmn=−=，因此，二面角BPCE−−的正弦值为155.9．（2022·河南·濮阳一高高二期中（理））在三棱柱111ABCABC−中，AB⊥BC，1111ABBCAAABBC=====

．(1)求证：平面1ABC⊥平面ABC；(2)若12BNNC=，求锐二面角NACB−−的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)55【解析】(1)证明：取AC中点为O，连接1BO，BO．由已知条件知ABBC⊥，111ABBCABBC====，∴1OBAC⊥，OBAC⊥，122OBOB=

=．又111BBAA==，∴1OBOB⊥．又ACOBO=，AC，OB平面ABC，∴1OB⊥平面ABC．又1OB平面1ABC，∴平面1ABC⊥平面ABC．(2)由（1）知OB，OC，1OB两两垂直，故以O为坐标原点，OB，OC，1OB所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则

2,0,02B，20,,02−A，20,,02C，1222,,222C−．12BNNC=，∴222,,633N−，∴()0,2,0AC=，2522,,663AN=−

．令平面NAC的法向量(),,mxyz=，则00mACmAN==，即20,25220,663yxyz=−++=令z＝1，则()2,0,1m=，易知平面ABC的一个法向量()0,0,1n=，∴15cos,551mnmnmn===，∴锐二面角NAB

C−−的余弦值为55．10．（2022·江苏徐州·高二期中）如图1，在△MBC中，BM⊥BC，A，D分别为边MB，MC的中点，且BC＝AM＝2，将△MAD沿AD折起到△PAD的位置，使PA⊥AB，如图2

，连结PB，PC．(1)若E为PC的中点，求异面直线DE与PB所成的角大小；(2)线段PC上一动点G满足()01PGPC=，判断是否存在，使得二面角G－AD－P的正弦值为31010，若存在，求出的值

；若不存在，请说明理由．【答案】(1)90；(2)存在，34=.【解析】(1)因为A，D分别为MB，MC的中点，则//ADBC，因为BMBC⊥，则BMAD⊥，即PAAD⊥．又PAAB⊥，ABADA=，,ABAD平面ABCD，所以PA⊥平面

ABCD，又DAAB⊥，综上，,,APABAD两两互相垂直．以A为坐标原点，向量,,ABADAP为正交基底建立空间直角坐标系Axyz−如图所示，则()0,0,0A，()2,0,0B，()2,2,0C，()0,1,0D，()0,0,2P，()1,1,

1E，则()2,2,2PC=−，()1,0,1DE=，()2,0,2BP=−．所以()()1,0,12,0,20DEBP=−=，故DEBP⊥，所以异面直线DE与PB所成的角大小为90.(2)假设存在使二面角GADP−−的正弦值为31010，即二

面角GADP−−的余弦值为10.10由()()2,2,201PGPC==−，()2,2,22OGOPPG=+=−．所以()2,2,22G−，()0,1,0AD=，()2,2,22AG=−．易知：平面PAD的一个法向

量为()11,0,0n=设平面ADG的法向量()2222,,nxyz=uur，则2222220222(1)0ADnyAGnxyz===++−=，令2z=，则()21,0,n=−，综上，有12121210cos,10nnnnnn==，即

()22110101−=−+，解得132=，234=．又01≤≤，故34=．故存在34=，使二面角GADP−−的正弦值为31010．11．（2022·北京二中高二阶段练习）已知四棱锥PABCD−

中，底面ABCD是正方形，PAD△是正三角形，CD⊥平面PAD，E、F、G、O分别是PCPDBCAD、、、的中点.(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求平面EFG与平面ABCD夹角的大小；(3)问：线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成角的大小为6，若存在，求出PMPA的值

；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见详解(2)60(3)不存在，理由见详解【解析】(1)因为CD⊥平面PAD，CD平面ABCD所以，平面PAD⊥平面ABCD又PAD△是正三角形，O为AD中点所以POAD⊥又平面PAD平面ABCD

AD=，PO平面PAD所以，PO⊥平面ABCD(2)连接OF，因为E、F、G、O分别是PCPDBCAD、、、的中点所以////EFCDOG，//OFPA，所以E、F、G、O四点共面因为CD⊥平面PAD，所以OG⊥平面PAD又OD平面PAD，

OF平面PAD所以平面EFG与平面ABCD夹角的平面角为FOD又PAD△是正三角形，所以60FODPAD==(3)不存在.由上可知,,OGOAOP两两垂直，故建立如图所示空间直角坐标系，设2AB=，则13(0,0,0),(

0,0,3),(1,0,0),(0,2,0),(,0,)22OPAGF−所以13(,0,)22OF=−，(0,2,0)OG=，(1,0,3)PA=−，(0,2,3)GP=−设(,,)nxyz=为平面EFG的法向量，则1302220nOFxz

nOGy=−+===，取1z=得(3,0,1)n=记PMPA=uuuruur(01)，则(,2,33)GMGPPA=+=−−由sin6GMnGMn=，得223331224(33)+−=++−解得故

在线段PA上不存在点M使得直线GM与平面EFG所成角的大小为6