【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题1.10 空间向量的应用-重难点题型检测 Word版含解析.docx，共(28)页，554.058 KB，由小赞的店铺上传

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专题1.10空间向量的应用-重难点题型检测参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2022春•宿迁月考）已知向量𝑒→=(1，2，1)，𝑛→=(12，𝑥，12)分别为直线l方向向量和平面α的法

向量，若l⊥α，则实数x的值为（）A．−12B．12C．1D．2【解题思路】根据用直线l的方向向量和平面α的法向量表示l⊥α时的关系，列方程求出x的值．【解答过程】解：因为向量𝑒→=(1，2，1)，𝑛→=(12，𝑥，12)分别为直线l的方向向量和平面α的法向量，且l⊥α，所

以𝑒→∥𝑛→，可设𝑒→=λ𝑛→，λ∈R；即（1，2，1）＝（12λ，λx，12λ），解得λ＝2，x＝1，所以实数x的值为1．故选：C．2．（3分）（2022•安徽开学）若直线l的一个方向向量为𝑎→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为𝑏→=（﹣2，4，2），则（）A．l⊂αB

．l∥αC．l⊥αD．l∥α或l⊂α【解题思路】根据题意，分析可得𝑏→=2𝑎→，由平面法向量的定义分析可得答案．【解答过程】解：根据题意，直线l的一个方向向量为𝑎→=（1，﹣2，﹣1），平面α的一个法向量为𝑏→

=（﹣2，4，2），则有𝑏→=2𝑎→，故l⊥α，故选：C．3．（3分）（2022春•徐州期末）已知直线l过点A（1，﹣1，﹣1），且方向向量为𝑚→=(1，0，−1)，则点P（1，1，1）到l的距离为（）A．2√2B．√6C．√3D．√2【解题思路】利用空间中点到直线的距离公

式求解．【解答过程】解：∵点A（1，﹣1，﹣1），点P（1，1，1）∴𝐴𝑃→=（0，2，2），∴|𝐴𝑃→|=√02+22+22=2√2，又∵直线l的方向向量为𝑚→=(1，0，−1)，∴点P（1，1，1）到l的距离d=√|𝐴𝑃→

|2−(𝐴𝑃→⋅𝑚→|𝑚→|)2=√8−(−2√2)2=√6，故选：B．4．（3分）（2021秋•广安期末）已知𝐴𝐵→=（1，5，﹣2），𝐵𝐶→=（3，1，z），若𝐴𝐵→⊥𝐵𝐶→，𝐵𝑃→=（x﹣1，y，﹣3），且BP⊥平

面ABC，则实数x、y、z分别为（）A．337，−157，4B．407，−157，4C．407，﹣2，4D．4，407，﹣15【解题思路】利用数量积与垂直的关系、线面垂直的性质定理即可得出．【解答过程】解：∵𝐴𝐵→⊥𝐵𝐶→，∴𝐴𝐵→⋅𝐵𝐶→=3+5﹣2Z＝0，解得z＝4．∴𝐵𝐶

→=(3，1，4)．∵BP⊥平面ABC，∴𝐵𝑃→⊥𝐴𝐵→，𝐵𝑃→⊥𝐵𝐶→．∴{𝐵𝑃→⋅𝐴𝐵→=𝑥−1+5𝑦+6=0𝐵𝑃→⋅𝐵𝐶→=3(𝑥−1)+𝑦−12=0化为{𝑥+5�

�+5=03𝑥+𝑦−15=0，解得{𝑥=407𝑦=−157．∴𝑥=407，𝑦=−157，z＝4．故选：B．5．（3分）（2022春•高邮市期中）给出以下命题，其中正确的是（）A．直线l的方向向量为𝑎→=(1，−1，2)，直线m

的方向向量为𝑏→=(2，1，−1)，则l与m平行B．直线l的方向向量为𝑎→=(1，−1，1)，平面α的法向量为𝑛→=(−2，2，−2)，则l∥αC．平面α、β的法向量分别为𝑛1→=(0，1，3)，𝑛2→=(1，0，2)，

则α⊥βD．已知直线l过点A（1，0，﹣1），且方向向量为（1，2，2），则点P（﹣1，2，0）到l的距离为√653【解题思路】直接利用向量的共线，向量垂直的充要条件，点到直线的距离公式的应用判断A、B、C、D的结论．【解答过程】解：对于A：由于直线l的方向向量

为𝑎→=(1，−1，2)，直线m的方向向量为𝑏→=(2，1，−1)，则𝑎→≠𝜆𝑏→，故直线l和直线m不平行，故A错误；对于B：直线l的方向向量为𝑎→=(1，−1，1)，平面α的法向量为𝑛→=(−

2，2，−2)，则𝑎→⋅𝑛→≠0，故B错误；对于C：平面α、β的法向量分别为𝑛1→=(0，1，3)，𝑛2→=(1，0，2)，则𝑛1→⋅𝑛2→≠0，故C错误；对于D：由于A（1，0，﹣1），P（﹣1，2，0），则：𝐴𝑃→=(−2，2，1)，方向向量为𝑛→=（1，2，2），所以|�

�𝑃→|=3，|𝐴𝑃→⋅𝑛→|𝑛→||=43，故𝑑=√9−169=√653，故D正确．故选：D．6．（3分）（2022春•南平期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，𝐴𝑁→=𝑁𝐴1→，𝐴1𝑀→=𝑀𝐷1→，𝐵1𝐸→=𝜆𝐵1𝐶→，当直线

DD1与平面MNE所成的角最大时，λ＝（）A．12B．13C．14D．15【解题思路】利用坐标法利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即可求解．【解答过程】解：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1

D1的棱长为1，则M（12，0，1），N（1，0，12），C（0，1，0），B1（1，1，1），D（0，0，0），D1（0，0，1），∴𝐵1𝐸→=λ𝐵1𝐶→=λ（﹣1，0，﹣1），E（1﹣λ，1

，1﹣λ），𝑀𝑁→=（12，0，−12），𝑀𝐸→=（12−λ，1，﹣λ），设平面MNE的一个法向量为𝑛→=（x，y，z），则{𝑛→⋅𝑀𝑁→=0𝑛→⋅𝑀𝐸→=0，∴{12𝑥−12𝑧=0(12−𝜆)𝑥+𝑦−𝑧=0，令x＝1，可得𝑛→=（1，2λ−12，1），又𝐷�

�1→=（0，0，1），设直线DD1与平面MNE所成的角为θ，则sinθ＝|cos＜𝑛→，𝐷𝐷1→＞|=|𝑛→⋅𝐷𝐷1→||𝑛→|⋅|𝐷𝐷1→|=1√(2𝜆−12)2+2，当2λ−1

2=0，即λ=14时，sinθ有最大值，即直线DD1与平面MNE所成的角最大．故选：C．7．（3分）（2022•海淀区二模）在正方体ABCD﹣A'B'C'D'中，E为棱DC上的动点，F为线段B'E的中点．给出下列四个结论：①B'E⊥AD'；②直线D'F与平面ABB'

A'的夹角不变；③点F到直线AB的距离不变；④点F到A，D，D'，A'四点的距离相等．其中，所有正确结论的序号为（）A．②③B．③④C．①③④D．①②④【解题思路】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答过程】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设正方

体ABCD﹣A'B'C'D'中棱长为2，设DE＝a（0≤a≤2，则E（0，a，0），B′（2，2，2），A（2，0，0），D′（0，0，2），F（1，𝑎2+1，1），B（2，2，0），D（0，0，0），A′（2，0，2），对于①，𝐵′𝐸→=（﹣2，a﹣2，﹣2），𝐴𝐷′→

=（﹣2，0，2），𝐵′𝐸→⋅𝐴𝐷′→=4+0+4＝0，∴B'E⊥AD'，故①正确；对于②，𝐷′𝐹→=（1，𝑎2+1，−1），平面ABB'A'的法向量𝑛→=（1，0，0），设直线D'F与平面ABB'A'的夹角为θ，则sinθ=|𝐷′𝐹→⋅𝑛→||

𝐷′𝐹→|⋅|𝑛→|=1√2+(𝑎2+1)2，∵0≤a≤2，∴θ不是定值，故②错误；对于③，𝐴𝐹→=（﹣1，𝑎2+1，1），𝐴𝐵→=（0，2，0），点F到直线AB的距离d＝|𝐴𝐹→|•√1−[𝐴

𝐹→⋅𝐴𝐵→|𝐴𝐹→|⋅|𝐴𝐵→|]2=√2+(𝑎2+1)2•√1−(𝑎+2√2+(𝑎2+1)2⋅2)2=√2，∴点F到直线AB的距离不变，故③正确；对于④，|AF|=√(−1)2+(𝑎2+

1)2+(1−2)2=√2+(𝑎2+1)2，|DF|=√12+(𝑎2+1)2+1=√2+(𝑎2+1)2，|D′F|=√12+(𝑎2+1)2+(1−2)2=√2+(𝑎2+1)2，|A′F|=√(2−1)2+

(0−𝑎2−1)2+(2−1)2=√2+(𝑎2+1)2，∴点F到A，D，D'，A'四点的距离相等，故④正确．故选：C．8．（3分）（2022春•江都区期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为𝜋4，底面ABCD为直角梯形，∠𝐴𝐵𝐶=∠

𝐵𝐴𝐷=𝜋2，𝐴𝐷=2，𝑃𝐴=𝐵𝐶=1，点E为棱PD上一点，满足𝑃𝐸→=𝜆𝑃𝐷→(0≤𝜆≤1)，下列结论错误的是（）A．平面PAC⊥平面PCDB．点P到直线CD的距离√3C．若二面角E﹣AC﹣D的平面角的余弦值为√33，则𝜆=13D．点A到平

面PCD的距离为√52【解题思路】A选项，作出辅助线，证明出AC⊥BC，结合PA⊥平面ABCD可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B选项，求出点P到直线CD的距离即为PC的长度，利用勾股定理求出答案；C选项，建立空间直角坐标系，

利用空间向量进行求解；D选项，过点A作AH⊥PC于点H，证明AH的长即为点A到平面PCD的距离，求出AH的长．【解答过程】解：A选项，因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，故∠PBA即为PB与底面ABCD所成的

角，∠𝑃𝐵𝐴=𝜋4，因为∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐴𝐷=𝜋2，所以PA＝AB＝1，因为AD＝2，PA＝BC＝1，取AD中点F，连接CF，则AF＝DF＝AB＝CF＝BC，则四边形ABCF为正方形，∠FCD＝∠FCA＝45°，所以AC⊥CD，又因为AP∩AC＝A，所以CD⊥平面P

AC，因为CD⊂平面PCD，所以平面PAC⊥平面PCD，A正确；由A选项的证明过程可知：CD⊥平面PAC，因为PC⊂平面PAC，所以CD⊥PC，故点P到直线CD的距离即为PC的长度，其中PA＝AB＝BC＝1，由勾股定理得：𝐴𝐶=√

2，𝑃𝐶=√𝐴𝐶2+𝑃𝐴2=√3，B正确；以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），E（0，2λ，1﹣λ），其中平面ACD的法向量为𝑚→=

（0，0，1），设平面ACE的法向量为𝑛→=（x，y，z），则{𝑛→⋅𝐴𝐸→=2𝜆𝑦+(1−𝜆)𝑧=0𝑛→⋅𝐴𝐶→=𝑥+𝑦=0，令y＝1得：𝑧=2𝜆𝜆−1，𝑥=−1，所以𝑛→=(−1，1，2𝜆𝜆−1)，设二面角E﹣AC﹣D的平面角为θ，显然𝑐�

�𝑠𝜃=√33，其中|𝑐𝑜𝑠〈𝑚→，𝑛→〉|=|(0，0，1)⋅(−1，1，2𝜆𝜆−1)√1+1+(2𝜆𝜆−1)2|=√33，解得：𝜆=13或λ＝﹣1，因为0≤λ≤1，所以𝜆=13，C正确；过点A作AH⊥PC于点H，由于CD⊥平面APC，AH⊂平面APC，所以AH

⊥CD，因为PC∩CD＝C，所以AH⊥平面PCD，故AH即为点A到平面PCD的距离，因为PA⊥AC，所以𝐴𝐻=𝐴𝑃⋅𝐴𝐶𝑃𝐶=√2√3=√63，D选项错误．故选：D．二．多选题（共4小题，满分16分，每

小题4分）9．（4分）已知直线l的方向向量𝑛→=（1，0，﹣1），A（2，1，﹣3）为直线l上一点，若点P（﹣1，0，﹣2）为直线l外一点，则点P到直线l上任意一点Q的距离可能为（）A．2B．√3C．√2D．1【解题思路】由题意先求出点P到直线l的距离，则点P到其他点

的距离均大于这个值．【解答过程】解：因为𝐴𝑃→=(−3，−1，1)，𝑛→=(1，0，−1)，所以cos＜𝑛→，𝐴𝑃→＞=𝑛→⋅𝐴𝑃→|𝑛→||𝐴𝑃→|=−4√2×√11=−2√2211，则sin＜𝑛→，𝐴𝑃→＞=√1−(

−2√2211)2=√3311，所以点P到直线l的距离d=|𝐴𝑃→|sin＜𝑛→，𝐴𝑃→＞=√11×√3311=√3，所以点P到直线l上任意一点Q的距离大于或等于√3．故选：AB．10．（4分）（2022春•溧阳市期中）下列命题是真命题的有（）A．A，B，M，N是

空间四点，若𝐵𝐴→，𝐵𝑀→，𝐵𝑁→不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面B．直线l的方向向量为，直线m的方向向量为𝑏→=(2，1，−12)，则l与m垂直C．直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则l⊥αD．平面α经过三点𝐴(1

，0，−1)，𝐵(0，1，0)，𝐶(−1，2，0)，𝑛→=(1，𝑢，𝑡)是平面α的法向量，则u+t＝1【解题思路】由基底的概念以及空间位置关系的向量证明依次判断4个选项即可．【解答过程】解：对于A，A，B，M，

N是空间四点，若𝐵𝐴→，𝐵𝑀→，𝐵𝑁→不能构成空间的一个基底，则𝐵𝐴→，𝐵𝑀→，𝐵𝑁→共面，可得A，B，M，N共面，A正确；对于𝐵，𝑎→⋅𝑏→=2−1−1=0，故𝑎→⊥𝑏→，可得l与m垂直，B正确；对于𝐶，𝑎→⋅𝑛→=0−1+1=0，故𝑎→⊥𝑛

→，可得在α内或l∥α，C错误；对于D，𝐴𝐵→=(−1，1，1)，易知𝐴𝐵→⊥𝑛→，故﹣1+u+t＝0，故u+t＝1，D正确．故选：ABD．11．（4分）（2022春•烟台期末）如图，DE是正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE折起，构成四棱锥A1﹣BCDE，F为A

1C的中点，则（）A．BF∥面A1DEB．AA1⊥面A1BCC．若面A1ED⊥面ABC，则A1E与CD所成角的余弦值为14D．若A1E⊥CD，则二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13【解题思路】假设BF∥面A1DE，可证得以BC∥面A1DE，所以平面A1BC∥面A1DE，但平面A1BC与面A1DE相

交，所以假设不成立可判断A；由题目条件可证得A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，则可判断B；以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，由异面直线所成角的夹角公式可判断C；由A1E⊥CD结合题意可求出𝐴1(0，−√36，√63)，分别

求出平面EA1D和平面CA1D的法向量，由二面角的公式代入可判断D．【解答过程】解：若BF∥面A1DE，因为BC∥DE，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以BC∥面A1DE，又因为BC∩BF，所以平面A1BC∥面A1

DE，但平面A1BC与面A1DE相交，所以假设不成立，所以BF不平行面A1DE，所以A不正确；对于B，因为𝐴1𝐸=12𝐴𝐵，𝐴1𝐷=12𝐴𝐶，所以A1A⊥A1B，AA1⊥A1C，又因为A1B∩A1C＝A1，所以AA1⊥面A1BC，所以以正确对于C，将△ADE沿DE折起，使A到A1

，且面A1ED⊥面ABC，以ED的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三角形的边长为2，所以𝐸(12，0，0)，𝐷(−12，0，0)，𝐵(1，√32，0)，𝐶(−1，√32，0)，𝐴1(0，0

，√32)𝐴1𝐸→=(12，0，−√32)，𝐶𝐷→=(12，−√32，0)，设A1E与CD所成角的为θ，则𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝐴1𝐸→⋅𝐶𝐷→||𝐴1𝐸→|⋅|𝐶𝐷→|=141=14，所以A1E与CD所成角的余弦值为14，所以C正确；对于D，设A1

（x，y，z），因为𝐴1𝐸=1，𝐴1𝑂=√32，所以{(𝑥−12)2+𝑦2+𝑧2=1𝑥2+𝑦2+𝑧2=34⇒⇒{𝑥=0𝑦2+𝑧2=34，所以𝐴1(0，𝑦，𝑧)，𝐴1𝐸=(12，−𝑦，−𝑧

)，𝐶𝐷→=(12，−√32，0)，因为A1E⊥CD，所以𝐴1𝐸→⋅𝐶𝐷→=0⇒14+√32𝑦=0⇒𝑦=−√36，所以𝐴1(0，−√36，√63)，𝐴1𝐷→=(−12，√36，−√63)，𝐶𝐷→=(12，−

√32，0)，设𝑛→=(𝑥0，𝑦0，𝑧0)⊥平面CA1D，所以{𝐴1𝐷→⋅𝑛→=0𝐶𝐷→⋅𝑛→=0⇒⇒{−12𝑥+√36𝑦−√63𝑧=012𝑥−√32𝑦=0⇒⇒{𝑥=√3

𝑦=1𝑧=−√22，故𝑛→=（√3，1，−√22），设𝑚→=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)⊥平面EA1D，所以{𝐴1𝐷→⋅𝑚→=0𝐴1𝐸→⋅𝑚→=0⇒{−12𝑥+√36𝑦−√63𝑧=012𝑥+√36𝑦−√63𝑧=0⇒{𝑥=0𝑦=√63𝑧=√36，故

𝑚→=（0，√63，√36），设二面角E﹣A1D﹣C所成角为α，𝑐𝑜𝑠𝛼=|𝑐𝑜𝑠＜𝑚→，𝑛→＞|=|√63−√22×√36√32×3√22|=13，因为α为钝二面角，所以二面角E﹣A1D﹣C的余弦值为−13．所以D正

确．故选：BCD．12．（4分）（2022春•湖北月考）如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（）A．存在点Q，使得NQ

⊥SBB．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°C．三棱锥Q﹣AMN体积的最大值是43D．当点Q自D向C处运动时，二面角N﹣MQ﹣A的平面角先变小后变大【解题思路】以A为坐标原点可建立空间直角坐标系，设Q（m，2，0）（0≤m≤2），根据向量垂直的坐标表示和异面直线所成角的向量求法

可确定m是否有解，从而知AB正误，利用体积桥可知VQ﹣AMN＝VN﹣AMQ，设DQ＝m（0≤m≤2），可求得S△AMQ的最大值，由此可求得体积的最大值，知C错误，利用向量法求二面角余弦关于参数m的表达式，结合二次函数、余弦函数的性质判断二面角的变化

情况，判断D．【解答过程】解：以A为坐标原点，𝐴𝐵→，𝐴𝐷→，𝐴𝑆→正方向为x，y，z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设DE＝1，则SA＝AB＝2，∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，1），S（0，0，2），N（1，0，1），M（2

，1，0），对于A，假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得NQ⊥SB，则𝑁𝑄→=(𝑚−1，2，−1)，又𝑆𝐵→=(2，0，−2)，∴𝑁𝑄→⋅𝑆𝐵→=2(𝑚−1)+2=0，解得：m＝0，即点Q与D重合时，NQ⊥SB，A正确，对于B，

假设存在点Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，∵𝑁𝑄→=(𝑚−1，2，−1)，𝑆𝐴→=(0，0，−2)，∴|𝑐𝑜𝑠＜𝑁𝑄→，𝑆𝐴→＞|=|𝑁𝑄→⋅𝑆𝐴→||𝑁𝑄→|⋅|𝑆𝐴→|=1√(𝑚−1)2+5=12

，方程无解，∴不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°，B错误，对于C，连接AQ，AM，AN，设DQ＝m（0≤m≤2），∵𝑆△𝐴𝑀𝑄=𝑆▱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝑆△𝐴𝐵𝑀−𝑆△𝑄𝐶𝑀−𝑆△𝐴𝐷𝑄=2−𝑚2，∴当m

＝0，即点Q与点D重合时，S△AMQ取得最大值2，又点N到平面AMQ的距离𝑑=12𝑆𝐴=1，∴(𝑉𝑄−𝐴𝑀𝑁)𝑚𝑎𝑥=(𝑉𝑁−𝐴𝑀𝑄)𝑚𝑎𝑥=13×2×1=23，C错误，对于D，由上分析知：𝑁𝑄→=(𝑚−1，2，−1)，𝑁𝑀

→=(1，1，−1)，若𝑚→=(𝑥，𝑦，𝑧)是面NMQ的法向量，则{𝑚→⋅𝑁𝑄→=(𝑚−1)𝑥+2𝑦−𝑧=0𝑚→⋅𝑁𝑀→=𝑥+𝑦−𝑧=0，令x＝1，则𝑚→=(1，2−𝑚，3−𝑚)，而面AMQ的法向量𝑛→=(0，0，1)，所以𝑐𝑜𝑠＜𝑚→，�

�→＞=𝑚→⋅𝑛→|𝑚→||𝑛→|=3−𝑚√1+(2−𝑚)2+(3−𝑚)2，令t＝3﹣m∈[1，3]，则𝑐𝑜𝑠＜𝑚→，𝑛→＞=𝑡√1+(𝑡−1)2+𝑡2=1√2⋅√(1𝑡−12)2+34，而1𝑡

∈[13，1]，由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1𝑡由小变大，所以𝑐𝑜𝑠＜𝑚→，𝑛→＞先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，故二面角先变小后变大，D正确．故选：AD．三．填空题（共4小题，满分16分，每小题4分）13．（4分）（2022

•徐汇区校级开学）设直线l的一个方向向量𝑑→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量𝑛→=（﹣6，8，4），则直线l与平面α的位置关系是l∥α．【解题思路】根据题意，由空间向量数量积的计算公式可得𝑑→•𝑛→=−

12+16﹣4＝0，即𝑑→⊥𝑛→，由此分析可得答案．【解答过程】根据题意，直线l的一个方向向量𝑑→=（2，2，﹣1），平面α的一个法向量𝑛→=（﹣6，8，4），则𝑑→•𝑛→=−12+16﹣4＝0，即𝑑→⊥𝑛→，则有l∥

α；故答案为：l∥α．14．（4分）（2021秋•宝安区期末）已知平面α的一个法向量为𝑛→=(−1，−2，2)，点A（0，1，0）为α内一点，则点P（1，0，1）到平面α的距离为1．【解题思路】求出𝐴𝑃→=（1，﹣1，1），点P到平面α的距离为d=

|𝐴𝑃→⋅𝑛→||𝑛→|，由此能求出结果．【解答过程】解：∵平面α的一个法向量为𝑛→=(−1，−2，2)，点A（0，1，0）为α内一点，点P（1，0，1），∴𝐴𝑃→=（1，﹣1，1），∴点P到平面α的距离为：d=|𝐴𝑃→⋅𝑛→||𝑛→|=33=1．故答案为：1．15．（4分

）（2022春•淮安校级期末）已知A，B，C的坐标分别为（0，1，0），（﹣1，0，﹣1），（2，1，1），点P的坐标是（x，0，y），若PA⊥平面ABC，则点P的坐标是（﹣1，0，2）．【解题思路】根据题意算出𝐴𝐵→、𝐴𝐶→、𝑃𝐴→的坐标，由PA⊥平面ABC得𝑃

𝐴→⊥𝐴𝐵→且𝑃𝐴→⊥𝐴𝐶→，建立关于x、y的方程组，解之即可得出点P的坐标．【解答过程】解：根据题意，可得𝐴𝐵→=（﹣1，﹣1，﹣1），𝐴𝐶→=（2，0，1），𝑃𝐴→=（x，﹣1，

y）∵PA⊥平面ABC，∴𝑃𝐴→⊥𝐴𝐵→且𝑃𝐴→⊥𝐴𝐶→，可得{𝑃𝐴→⋅𝐴𝐵→=−𝑥+1−𝑦=0𝑃𝐴→⋅𝐴𝐶→=2𝑥+0+𝑦=0，解之得x＝﹣1，y＝2，可得P的坐标是（﹣1，0，2）．故答案为：（

﹣1，0，2）．16．（4分）（2022•河西区校级模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1＝AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点．（1）直线BC1与平面A1BE所成角的正切值为√1111；（2）直线C1D到平面

A1BE的距离为√63；（3）已知点P在棱CC1上，平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，则线段CP的长为√303．【解题思路】（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系x

Oy，（O与点C重合），设平面A1BE点法向量为𝑚→=（x，y，z），利用𝑚→•𝐸𝐴1→=𝑚→•𝐸𝐵→=0，可得𝑚→，cos＜𝑚→，𝐵𝐶1→＞=𝑚→⋅𝐵𝐶1→|𝑚→||𝐵𝐶1→|，设直线BC1与平面A1BE所成角的

为α，∴sinα＝|cos＜𝑚→，𝐵𝐶1→＞|，进而得出tanα．（2）直线C1D到平面A1BE的距离=|𝐸𝐶1→⋅𝑚→||𝑚→|．（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向

量为𝑛→=（a，b，c），可得𝑛→•𝐴𝐵→=𝑛→•𝑃𝐴→=0，由题意可得：|𝑚→⋅𝑛→||𝑚→||𝑛→|=cos60°，解得t，即可得出|CP|．【解答过程】解：（1）以CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，

z轴，建立空间直角坐标系xOy，（O与点C重合），C（0，0，0），A1（2，0，2），B（0，2，0），C1（0，0，2），E（0，0，1），D（1，1，2），A（2，0，0）．𝐸𝐴1→=（2，0，1）

，𝐸𝐵→=（0，2，﹣1），𝐵𝐶1→=（0，﹣2，2），设平面A1BE点法向量为𝑚→=（x，y，z），则𝑚→•𝐸𝐴1→=𝑚→•𝐸𝐵→=0，∴{2𝑥+𝑧=02𝑦−𝑧=0，取𝑚→=（1，

﹣1，﹣2），cos＜𝑚→，𝐵𝐶1→＞=𝑚→⋅𝐵𝐶1→|𝑚→||𝐵𝐶1→|=−2√4+4⋅√1+1+4=−√36，设直线BC1与平面A1BE所成角的为α，∴sinα＝|cos＜𝑚→，𝐵𝐶1→＞|=√36，∴tanα=√1

111．（2）𝐸𝐶1→=（0，0，1），∴直线C1D到平面A1BE的距离=|𝐸𝐶1→⋅𝑚→||𝑚→|=2√1+1+4=√63．（3）点P在棱CC1上，设P（0，0，t），t∈（0，2]．设平面PAB的法向量为𝑛→=（a，b，c），𝐴𝐵→=（﹣2，2，0），𝑃𝐴

→=（2，0，﹣t），则𝑛→•𝐴𝐵→=𝑛→•𝑃𝐴→=0，∴{−2𝑎+2𝑏=02𝑎−𝑡𝑐=0，取𝑛→=（1，1，2𝑡），由题意可得：|𝑚→⋅𝑛→||𝑚→||𝑛→|=4�

�√6⋅√1+1+4𝑡2=cos60°，解得t=√303．∴|CP|=√303．故答案为：√1111；√63；√303.四．解答题（共6小题，满分44分）17．（6分）（2021秋•白城期末）在棱长为2的正方体AB

CD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为A1D1和CC1的中点（1）求证：EF∥平面A1C1B；（2）求异面直线EF与AB所成角的余弦值．【解题思路】（1）建立坐标系，取BC1中点G，证明𝐸𝐹→与𝐴1𝐺→共

线，可得EF∥A1G，即可证明EF∥平面A1C1B；（2）求出两异面直线的方向向量，用数量积公式求夹角余弦即可．【解答过程】（1）证明：如图分别以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D﹣xyz，由已知得D（0，0，0）、A1（2，0，2）、B（

2，2，0）、A（2，0，0）、C（0，2，0）、C1（0，2，2）、D1（0，0，2）、E（1，0，2）、F（0，2，1）．取BC1中点G，则G（1，2，1），𝐴1𝐺→=（﹣1，2，﹣1），又𝐸𝐹→=（﹣1，2，

﹣1），∴𝐸𝐹→=𝐴1𝐺→，∴𝐸𝐹→与𝐴1𝐺→共线，∴EF∥A1G，∵A1G⊂平面A1C1B，EF⊄平面A1C1B，∴EF∥平面A1C1B；（2）解：∵𝐴𝐵→=（0，2，0），𝐸𝐹→=（﹣1，2，﹣1），∴cos＜𝐸𝐹→，𝐴𝐵→＞=𝐴𝐵→⋅𝐸𝐹→|𝐴𝐵

→||𝐸𝐹→|=42√6=√63∴异面直线EF与AB所成角的余弦值为√63．18．（6分）（2021秋•西秀区校级期中）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，求证：（1）求AC与A1D所成角的大小；（2）平面AB1D1∥平面BDC1．（3）A1C⊥平面BDC1．【解题思路】以B1为坐标原

点，建立空间坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，可求出各顶点的坐标（1）分别求出AC与A1D方向向量，代入向量夹角公式，可得AC与A1D所成角的大小；（2）要证明两个平面平行，由面面平行的判定定理知：须在某一平面内寻找两条相交且与另一平面平

行的直线．求出AB1与C1D的方向向量，通过证明向量平行，得到AB1与C1D平行，同理证明出AD1与C1B平行，可得结论．（3）求出A1C的方向向量，并证明A1C的方向向量是平面BDC1的法向量，可得A1C⊥平面BDC1．【解答过程】解

：令正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，以B1为坐标原点，建立空间坐标系如下图所示：（1）则A（0，1，1），C（1，0，1），A1（0，1，0），D（1，1，1）∴𝐴𝐶→=（1，﹣1，0），𝐴1𝐷→=（1，0，1）设AC与A1D所成角的大

小为θ则cosθ=|𝐴𝐶→⋅𝐴1𝐷→||𝐴𝐶→|⋅|𝐴1𝐷→|=12故θ=𝜋3证明：（2）∵𝐴𝐵1→=𝐶1𝐷→=（0，﹣1，﹣1）∴AB1∥C1D，又∵AB1⊂平面AB1D1，C1D⊄

平面AB1D1，∴C1D∥平面AB1D1，同理可证：C1B∥平面AB1D1．又C1B∩C1D＝C1，∴平面AB1D1∥平面BDC1．（3）𝐴1𝐶→=（1，﹣1，1），𝐵𝐷→=（1，1，0），𝐵𝐶1→=（1，0，﹣1）∴𝐴1𝐶→•𝐵

𝐷→=0，即𝐴1𝐶→⊥𝐵𝐷→，即A1C⊥BD且𝐴1𝐶→•𝐵𝐶1→=0，即𝐴1𝐶→⊥𝐵𝐶1→，即A1C⊥BC1．∵BD∩BC1＝B，BD，BC1⊂平面BDC1．∴A1C⊥平面BDC1．19．（8分）（2021•赤坎区校级模拟）如图，在四棱锥P﹣ABCD

中，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，垂足为A，PA＝AB，点M在棱PD上，PB∥平面ACM．（1）试确定点M的位置；（2）计算直线PB与平面MAC的距离；（3）设点E在棱PC上，当点E在何处时，使得AE⊥平面PBD

？【解题思路】（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，设点M为PD中点，在△PBD中，PB∥OM，由此能够确定M的位置使PB∥平面ACM．（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，由底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，知CD⊥PD，AM=√22，AC

=√2，MC=√62，故𝑆△𝑀𝐴𝐶=√34，利用等积法能够求出直线PB与平面MAC的距离．（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能够求出当点E为PC中点

时，AE⊥平面PBD．【解答过程】解：（1）设AC∩BD＝O，则O这BD的中点，设点M为PD中点，∵在△PBD中，PB∥OM，OM⊂平面ACM，∴PB∥平面ACM．故当点M为PD中点时，PB∥平面ACM．（2）设AB＝1，则PA＝AB＝1，∵底面A

BCD是正方形，PA⊥底面ABCD，∴CD⊥PD，∴AM=√22，AC=√2，MC=√62，∴AM2+MC2＝AC2，∴𝑆△𝑀𝐴𝐶=√34，取AD的中点F，连接MF，则MF∥PA，MF⊥平面ABCD，且MF=12，∵PB∥平面ACM，M为PD的中点，∴直线PB与平面MAC

的距离为点D到平面MCA的距离，设为h，∵VM﹣ACD＝VD﹣ACM，∴13×√34×ℎ=13×12×1×12，解得h=√33．（3）以A为原点，AB、AD、AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B（1，0，0），D（0，1，0），P（0，0，1

），C（1，1，0），∴𝑃𝐵→=(1，0，−1)，𝑃𝐷→=（0，1，﹣1），设平面PBD的法向量𝑛→=（x，y，z），则𝑛→⋅𝑃𝐵→=0，𝑛→⋅𝑃𝐷→=0，∴{𝑥−𝑧=0𝑦−𝑧=0，∴𝑛→=(1，1，1)，

设𝑃𝐸→=𝜆𝑃𝐶→，则E（λ，λ，1﹣λ），∵AE⊥平面PBD，∴𝐴𝐸→∥𝑛→，∴𝜆=12，∴E为PC中点．故当点E为PC中点时，AE⊥平面PBD．20．（8分）（2022春•湛江期末）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，𝐴𝐵=

2√3，AC＝2BC＝4，且D为线段AB的中点，连接A1D，CD，B1C．（1）证明：BC⊥A1D；（2）若B1到直线AC的距离为√19，求平面B1A1C与平面A1CD夹角的余弦值．【解题思路】（1）证明异面直线垂直，通常先证明线面垂直．所以先证明BC与平面ABB

1A1垂直，即可得到异面直线BC与A1D垂直．（2）以B为原点建立空间直角坐标系，根据B1到直线AC的距离求出边长BB1，从而得出各点的坐标，然后求出平面A1B1C和平面A1CD的法向量，即可得到夹角的余弦值．【解答过程】（1）证

明：因为AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC；因为AB2+BC2＝AC2，所以AB⊥BC；因为AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1；因为A1D⊂平面ABB1A1，所以BC⊥A1D．解：（2）以B为原点，BA为x轴，BB1为y轴，BC为z轴建

立空间直角坐标系B﹣xyz．则𝐵(0，0，0)，𝐴(2√3，0，0)，𝐶(0，0，2)，𝐶𝐴→=(2√3，0，−2)，设𝐵𝐵1=𝑚，𝐵1(0，𝑚，0)，𝐶𝐵1→=(0，𝑚，−2)，因为若B1到直线AC的距离为√19，即√𝐶𝐵→12−(𝐶𝐵→1⋅

𝐶𝐴→𝐶𝐴→)2=√19，解得m＝4．故𝐵1(0，4，0)，𝐶1(2√3，4，0)，𝐷(√3，0，0)，设平面A1B1C的法向量为𝑛→=(𝑥1，𝑦1，𝑧1)，则{𝑛→⋅𝐵1𝐴1→=0�

�→⋅𝐵1𝐶→=0，所以{2√3𝑥1=0−4𝑦1+2𝑧1=0，不妨取𝑛→=（0，1，2）．设平面A1CD的法向量为𝑚→=(𝑥2，𝑦2，𝑧2)，则{𝑚→⋅𝐶𝐷→=0𝑚→⋅𝐷𝐴1→=0，所以{√3𝑥2−2𝑧2=0√3𝑥2+4𝑦1=0，不妨取𝑚→=(−4，

√3，−2√3)．设平面B1A1C与平面A1CD夹角为θ，则𝑐𝑜𝑠𝜃=|𝑚→⋅𝑛→|𝑚→||𝑛→||=|−3√3√5√31|=3√465155，即平面B1AlC与平面AlCD夹角的余弦值为3√46

5155．21．（8分）（2022•遵义开学）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA⊥PD，PA＝PD，AD＝4，E为AB的中点，DE＝AE，侧面PAD⊥底面ABCD．（1）证明：PA⊥平面PBD；

（2）若PB与平面ABCD所成角的正切值为√55，求平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．【解题思路】（1）取AD的中点O，连接OE，OP，可得EO⊥AD，进一步得到EO⊥平面PAD，则EO⊥PA，可得PA⊥BD，结合PA⊥

PD，即可证明PA⊥平面PBD；（2）由PO⊥底面ABCD，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，求解三角形可得OB＝2√5，进一步得到BD，分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面PCE的法向量与平面PDA的一个

法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面PAD与平面PCE所成的锐二面角的余弦值．【解答过程】（1）证明：取AD的中点O，连接OE，OP，由EA＝ED，可得EO⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴EO⊥平面PAD，得EO⊥

PA，∵EO∥BD，∴PA⊥BD，又PA⊥PD，且BD∩PD＝D，∴PA⊥平面PBD；（2）解：∵PO⊥底面ABCD，∴OB为PB在底面ABCD上的射影，可得∠PBO为PB与平面ABCD所成角，在直角三角形PBO中，有tan∠𝑃𝐵𝑂=𝑃𝑂𝑂𝐵=12𝐴

𝐷𝑂𝐵=√55，得OB＝2√5．∵EO⊥AD，EO∥BD，∴BD⊥AD，在直角三角形OBD中，可得BD=√(2√5)2−22=4，分别以DA、DB所在直线为x、y轴，过D作垂直于底面的直线为z轴建

立空间直角坐标系，则P（2，0，2），C（﹣4，4，0），E（2，2，0），𝑃𝐶→=(−6，4，−2)，𝑃𝐸→=(0，2，−2)，设平面PCE的法向量为𝑚→=(𝑥，𝑦，𝑧)，由{𝑚→⋅𝑃𝐶→=−6𝑥+4𝑦−2𝑧

=0𝑚→⋅𝑃𝐸→=2𝑦−2𝑧=0，取x＝1，得𝑚→=(1，3，3)，平面PDA的一个法向量为𝑛→=(0，1，0)，∴cos＜𝑚→，𝑛→＞=𝑚→⋅𝑛→|𝑚→||𝑛→|=3√1919．∴平面PAD

与平面PCE所成的锐二面角的余弦值为3√1919．22．（8分）（2022秋•南京月考）如图，在四棱锥S﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，△SAD是正三角形，且平面SAD⊥平面ABCD，AB＝1，P为棱AB的中点，四棱锥S﹣ABCD

的体积为2√33．（1）若E为棱SB的中点，求证：PE∥平面SCD；（2）在棱SA上是否存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为2√35？若存在，指出点M的位置并给以证明；若不存在，请说明理由．【解题思路

】（1）取SC中点F，连EF、DF．可证四边形PEFD是平行四边形，从而可证PE∥平面SCD；（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，利用体积先求得AD＝2，以点P为原点，𝑃𝐴→，𝑃𝑆→的方向分别为x，z轴的正方向

，建立如图所示的空间直角坐标系，𝐴𝑀→=𝜆𝐴𝑆→=(−𝜆，0，√3𝜆)(0≤𝜆≤1)，先表示出两平面的法向量，从而可求λ的值．【解答过程】解：（1）取SC中点F，连EF、DF．∵E，F为棱SB，SC的中点，∴E

F∥BC，且EF=12BC，∵四边形ABCD是矩形，P为棱AB的中点，∴PD∥BC，PD=12BC，∴EF∥PD，EF＝PD，∴四边形PEFD是平行四边形，∴PE∥FD，又∵FD⊂平面SCD，PE⊄平面

SCD，∴PE∥平面SCD；（2）假设在棱SA上存在点M满足题意，在等边三角形SAD中，P为AD的中点，所以SP⊥AD，又平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SP⊂平面SAD，∴SP⊥平面ABCD，∴SP是四棱锥S﹣ABCD的高．设AD＝m（

m＞0），则𝑆𝑃=√32𝑚，S矩形ABCD＝m，∴𝑉四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷=13𝑆矩形𝐴𝐵𝐶𝐷⋅𝑆𝑃=13𝑚×√32𝑚=2√33，∴m＝2．以点P为原点，𝑃𝐴→，𝑃𝑆→的方向分别为x，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0，0，

0），A（1，0，0），B（1，1，0），𝑆(0，0，√3)，∴𝑃𝐴→=(1，0，0)，𝑃𝐵→=(1，1，0)，𝐴𝑆→=(−1，0，√3)．设𝐴𝑀→=𝜆𝐴𝑆→=(−𝜆，0，√3𝜆)(0≤𝜆≤1)，∴𝑃𝑀→=𝑃𝐴→+𝐴𝑀→=(1−�

�，0，√3𝜆)．设平面PMB的一个法向量为𝑛1→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑛→⋅𝑃𝑀→=(1−𝜆)𝑥+√3𝜆𝑧=0𝑛→⋅𝑃𝐵→=𝑥+𝑦=0，∴𝑛→=（√3λ，−√3λ，λ﹣1），易知平面SAD的一个法向量为𝑛→=（0，1，0），∴|cos＜𝑛1→，𝑛→＞

|=|−√3𝜆|√7𝜆2−2𝜆+1=2√35，解得λ=23，∴存在点M，使得平面PMB与平面SAD所成锐二面角的余弦值为2√35．