【文档说明】专题1-1 空间向量与立体几何12类选填小题专练（解析版）.docx，共(44)页，4.876 MB，由小赞的店铺上传

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专题1-1空间向量与立体几何12类选填小题专练知识点梳理题型一通过基底表示目标向量题型二空间向量的基底题型三空间向量共面问题题型四空间向量平行或垂直题型五投影问题题型六夹角问题题型七空间向量数量积题型八利用空间向量求模长题型九立体图形中的

极化恒等式题型十点到平面距离问题题型十一利用空间向量求最值与范围题型十二综合性问题知识点梳理一、空间向量的基本定理1.如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p＝xa＋yb＋zc.2．基底：我们把{

a，b，c}叫做空间的一个基底，a，b，c都叫做基向量．二、共面向量1．共线向量与共面向量的区别共线(平行)向量共面向量定义表示若干空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合，这些向量叫做共线向量或平行向量平行于同一个平面的向量叫做共面向量充要条件对于空间任意两个向量a，b(b≠0)，a∥b

的充要条件是存在实数λ，使a＝λb若两个向量a，b不共线，则向量p与a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p＝xa＋yb2．直线l的方向向量如图O∈l，在直线l上取非零向量a，设P为l上的任意一点，则∃λ∈R使得OP＝λa

.定义：把与a平行的非零向量称为直线l的方向向量．3．解决向量共面的策略(1)若已知点P在平面ABC内，则有AP―→＝xAB―→＋yAC―→或OP―→＝xOA―→＋yOB―→＋zOC―→(x＋y＋z＝1)，然后利用指定向量表示出已知向量，用待定系数法求出参数．(2)

证明三个向量共面(或四点共面)，需利用共面向量定理，证明过程中要灵活进行向量的分解与合成，将其中一个向量用另外两个向量来表示．4．证明空间四点P，M，A，B共面的等价结论(1)MP―→＝xMA―→＋yMB―→；(2)对空间任一点O，O

P―→＝OM―→＋xMA―→＋yMB―→；(3)对空间任一点O，OP―→＝xOA―→＋yOB―→＋zOM―→(x＋y＋z＝1)；(4)PM―→∥AB―→(或PA―→∥MB―→或PB―→∥AM―→)．三、投影向量(1)向量a在向量b上的投影

先将向量a与向量b平移到同一平面α内，如图①向量c称为向量a在向量b上的投影向量．(2)向量a在直线l上的投影如图②向量c称为向量a在直线l上的投影．(3)向量a在平面β上的投影如图③分别由向量a的起点A

和终点B作平面β的垂线，垂足分别为A′，B′，则向量A′B′――→(a′)称为向量a在平面β上的投影向量．四、夹角问题1.两异面直线所成的角设两异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别为u，v，则cosθ＝|cos〈u，v〉|＝|u·v||u||v|.注意：两异面直线所成角的范围是

0，π2，两异面直线所成的角与其方向向量的夹角是相等或互补的关系．2.直线和平面所成的角设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sinθ＝|cos〈u，n〉|＝|u·n||u||n|.注意：(1)直线与平面所成的角，可以转化为直线的方向向量与平面的法向量的

夹角．(2)线面角的范围为0，π2.(3)直线与平面所成的角等于其方向向量与平面法向量所成锐角的余角．3.两个平面的夹角（1）两个平面的夹角与二面角的平面角的区别？区别：二面角的范围是[0，π]，而两个平面的夹角的

范围是0，π2.（2）平面与平面所成的夹角与两平面的法向量所成夹角有何关系？提示两平面的夹角是两法向量的夹角或其补角．设平面α，β的法向量分别是n1，n2，平面α与平面β的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝n1·n2|n1||n2|＝|n1·n2|

|n1||n2|.注意：(1)求两平面的夹角问题转化为两平面法向量的夹角问题．(2)两平面的夹角的范围是0，π2.(3)二面角与两平面的夹角不是相同的概念．五、极化恒等式在三角形ABC中（M为BC的中点），则22ABACAMBM

=−证明（基底法）：因为2BCBM=，ABCM所以()()22ABACAMMBAMMCAMBM=++=−题型一通过基底表示目标向量1．在四面体OABC−中，设,,OAaOBbOCc===，D为BC的中点，E为AD的中点，则OE=（）A．111244abc++B．111232a

bc+−C．111344abc++D．111344abc−+【答案】A【解析】因为D为BC的中点，E为AD的中点，所以12OEOAAEOAAD=+=+11()22OAABAC=++1()4OAOBOAOCOA=+−+−111244OAOBOC=+

+111244abc=++.2．在正四面体ABCD中，F是AC的中点，E是DF的中点，若DAa=，DBb=，DCc=，则A．1144abc−+B．1122abc−+C．1144abc++D．1122abc++【答案】A【分析】由三角形法则和平行四边形法则、数乘运算求解即可.【解析

】()1111122244BEBDDEDBDFDBDADCabc=+=−+=−++=−+3．如图，已知空间四边形OABC，,MN分别是,OABC的中点，且OAa=，OBb=，OCc=，用,,abc表示向量MN为（）A．1

11222abc++B．111222abc−+C．111222abc−++D．111222abc−+−【答案】C【解析】如图所示，连接,ONAN，则，11112222ONOBOCbc=+=+，所以111222MNONOMabc=−=−++.4．如图

，M，N分别是四面体OABC的边OA，BC的中点，E是MN的三等分点，且13NENM=，用向量,,OAOBOC表示OE为（）A．16OEOAOBOC=++B．111333OEOAOBOC=++C．111663OEOAOBOC=++D．111633OEOAO

BOC=++【答案】D【解析】因为13NENM=，所以3NMNE=，所以3()OMONOEON−=−，即1233OEOMON=+，又11,()22OMOAONOBOC==+，所以111633OEOAOBOC=

++.故选：D5．在正四面体APBC−中，过点A作平面PBC的垂线，垂足为Q点，点M满足34AMAQ=，则PM=（）A．131444PAPBPC−+B．111444PAPBPC++C．131444PAPBPC++D．11344

4PAPBPC−+【答案】B【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解.【解析】由题知，在正四面体APBC−中，因为AQ⊥平面PBC，所以Q是PBC的中心，连接PQ，则()2132PQPBPC=+，所以34PMPAAMPAAQ=+=+()333444PAAP

PQPAPAPQ=++=−+()13211114432444PAPBPCPAPBPC=++=++.6．如图所示，已知空间四边形ABCD各边长为2，连接AC、BD，M、G分别是BC、CD的中点，若1AC=，则1122ABBCBD++=______．

【答案】62【解析】因为M、G分别是BC、CD的中点，所以11,22BCBMBDMG==.所以1122ABBCBDABBMMGAG++=++=.在DAC△中，2,1ADCDACCGDG=====.由余弦定理得：2222222217cos22228ADCDACDADCD+−+−==

=.在DAG中，222cosAGADDGAGDGD=+−227212218=+−62=.所以116222ABBCBDAG++==.题型二空间向量的基底7．给出下列命题:①若,,abc可以作为空间的一组基，d与c共线，0d，则,,abd也可作为空间的

一组基；②已知向量//ab，则,ab与任何向量都不能构成空间的一组基；③,,,ABMN是空间四点，若,,BABMBN不能构成空间的一组基，那么,,,ABMN共面；④已知,,abc是空间的一组基，若mac=+，则,,abm也是空

间的一组基.其中真命题的个数是（）.A．1B．2C．3D．4【答案】D【解析】根据空间中任意三个不共面的向量都可构成空间的一组基，显然②正确.③中由,,BABMBN共面且过相同点B，故,,,ABMN共面.下面证明①④正确.①假设d与,ab共面，则存在实数,，使adb=+，

∵d与c共线，0c，∴存在实数k，使dkc=，∵0d，∴0k，从而cabkk=+，∴c与,ab共面，与条件矛盾.∴d与,ab不共面.同理可证④也是正确的.8．设xab=+，ybc=+，zca=+，且{},,abc是空间的一组基，则不能作为空间一组基的向量

组是（）A．{,,}xyzB．{,,}xyaC．{,,}bczD．{,,}abx【答案】D【解析】如图作平行六面体1111ABCDABCD−，使1,,ABaADbAAc===，则11,,ACxADyABz===，由平行六面体的性质知：向量,,xyz不共面；向量,,xya不共面；向

量,,bcz不共面．由xab=+知，向量,,abx共面．9．已知,,abc是不共面的三个向量，则能构成空间的一组基底的向量是（）A．3,,2aabab−+B．2,2,2bbaba−+C．,2,abbc−D．,,cacac+−【答案】C【解析】向量,,abc是不共面的三个向量，对于A，32()(2)

aabab=−++，则向量3,,2aabab−+共面，A不是；对于B，2(2)(2)bbaba=−++，则向量2,2,2bbaba−+共面，B不是；对于D，2()()cacac=+−−，则向量,,cacac+−共面，D不是；对于C，假定向量,2,abbc−共面，则存在不全为0的

实数12,，使得122()abbc=+−，整理得122(2)0abc−++=，而向量,,abc不共面，则有12210200=+==，显然不成立，所以向量,2,abbc−不共面，能构成空间的一个基底

，C是.10．已知O，A，B，C为空间四点，且向量OA，OB，OC不能构成空间的一个基底，则一定有（）A．OA，OB，OC共线B．O，A，B，C中至少有三点共线C．OAOB+与OC共线D．O，A，B，C四点共面【答案】D【分析】根据空间向量基本定理即可判断【

解析】由于向量OA，OB，OC不能构成空间的一个基底知OA，OB，OC共面，所以O，A，B，C四点共面11．已知,,abc是空间的一个基底，则下列说法错误．．的是（）A．若xyz++=0abc，则0xyz===B．,,abc两两共面，但,,abc不共面C．一

定存在x，y，使得axbyc=+D．,,2abbcca+−+一定能构成空间的一个基底【答案】C【分析】利用向量的线性关系、向量的基底的定义和空间向量基本定理，即可求解．【解析】对于A，若,,xyz不全为0，则,,abc

共面，与题意矛盾，故A正确；对于B，,,abc是空间的一个基底,则,,abc两两共面，但,,abc不共面，故B正确；对于C，,,abc不共面，则不存在实数,xy，使得axbyc=+，故C错误；对于D，若,,2abbcca+−+共面，

()(2)abkbcca+=−++，121kk===无解，故,,2abbcca+−+不共面，一定能构成空间的一个基底，故D正确12．已知向量,,abc是空间的一个基底，向量,,ababc+−是

空间的另一个基底，一向量p在基底,,abc下的坐标为()1,2,3−，则向量p在基底,,ababc+−下的坐标为（）A．13,,322−B．31,,322−C．133,,22−D．13,,3

22−−【答案】A【分析】根据空间向量的基本定理和坐标表示即得结果．【解析】向量p在基底,,abc下的坐标为()1,2,3−，则23pabc=−+，设p在基底,,ababc+−下的坐标为(),,xyz，则()()()()23pxabyabzcxyaxybzcabc=+

+−+=++−+=−+，所以123xyxyz+=−=−=，解得12323xyz=−==，故p在基底,,ababc+−下的坐标为13,,322−．13．已知()2,1,3a=−，()1,4,2b=−−，()7,5,c=r

，若,,abc不能构成空间的一个基底，则实数的值为（）A．0B．357C．9D．657【答案】D【分析】依题意可得,,abc共面，则cxayb=+，其中,xyR，根据空间向量坐标运算得到方程组，解得即可.【解析】,,abcrrrQ不能构成空间的一个基底，,

,abcrrr共面，则cxayb=+，其中,xyR，则(7,5,)(2,,3)(,4,2)(2,4,32)xxxyyyxyxyxy=−+−−=−−+−，725432xyxyxy=−=−+=−，解得337177657xy==

=.题型三空间向量共面问题14．下列条件能使点M与点,,ABC一定共面的是（）A．OMOAOBOC=−−B．OMOAOBOC=++C．12OMOAOBOC=−−+D．3OMOAOBOC=−−+【答案】D【分析】根据空间共面向量定理以及其结论

一一判断各选项，即可得答案.【解析】设OMxOAyOBzOC=++，若1xyz++=，则点,,,MABC共面．对于A，OMOAOBOC=−−，由于11111−−=−，故A错误；对于B，OMOAOBOC=++，由于1

1131++=，故B错误；对于C,12OMOAOBOC=−−+，由于1311122−−+=−，故C错误；对于D，3OMOAOBOC=−−+，由于1131−−+=，得,,,MABC共面，故D正确.15．（多选）下列各组向量中共面的有（）A．a=（1，2，3），b=（3，0，2），c=

（4，2，5）B．a=（1，2，-1），b=（0，2，-4），c=（0，-1，2）C．a=（1，1，0），b=（1，0，1），c=（0，1，-1）D．a=（1，1，1），b=（1，1，0），c=（1，0，1）【答案】ABC【分析】三个向量中如果两个向量共线或者其中一个向量可以用

其他两个向量进行表示可以判定三个向量共面.【解析】选项A中，设axbyc=+，则134202325xyyxy=+=+=+，，，解得-11xy==，，故存在实数1,1xy=−=使得abc=−+，因此,,abc共

面.选项B中2bc=−，选项C中cab=-.故B，C中三个向量也共面.选项D中，设axbyc=+，则111xyxy+===，，，显然无解，故,,abc不共面.16．已知(2,1,3),(1,4,2)

,(1,3,)abc=−=−−=，若,,abc三向量共面，则实数等于（）A．4B．3C．2D．1【答案】D【分析】利用向量共面定理，设cmanb=+，列出方程组，即可求出实数．【解析】(2,1,3),(1,4,2),(1,3,)abc=−=−−=，,,abc三向量共面，可设cmanb

=+，即(1,3,)(2,4,32)mnmnmn=−−+−，214332mnmnmn−=−+=−=，解得1,1,1mn===．17．已知,,abc是空间的一组基底，其中23ABab=−，ACac=−，2ADbc=+.若A，B，C，D四点共面，

则λ=（）A．34−B．34C．43D．43−【答案】D【分析】根据题意，设存在唯一的实数对(,)xy，使得ABxACyAD=+，结合向量的数乘运算和相等向量的概念计算，即可求解.【解析】由题意，设存在唯

一的实数对(,)xy，使得ABxACyAD=+，即()()232abxacybc−=−++，则()232abxaybyxc−=++−，则x=2，32y=−，0yx−=，解得43=−.18．已知,,ABC三点不共线，O是平面ABC外任意一点，若21256OMOAOBOC=++，则,

,,ABCM四点共面的充要条件是（）A．1360=B．1760=C．1760=−D．1360=−【答案】A【解析】,,,ABCM四点共面的充要条件是AMxBMyCM=+，()()OMOAxOMOByOMOC−=−+−，整理可得()1xyOMOAxOByOC−−=−

−，由21256OMOAOBOC=++，则1122516xyzzxzyz−−==−=−=，解得1360=19．已知A，B，C，D四点在平面内，且任意三点都不共线，点P在外，且满足30APBPCPzDP+−+=，

则z=（）A．0B．1C．2D．3【答案】B【分析】根据空间向量的共面定理可求z的值.【解析】因为点P在外，由空间向量的共面定理可知PAxPByPCmPD=++且1xym++=；由题意30APBPCPzDP+−+=，所以3PAPBPCzP

D=−+−；所以131z−+−=，解得1z=.20．已知,,ABC三点不共线，O是平面ABC外任意一点，若由1153OPOAOBOC=++确定的一点P与,,ABC三点共面，则等于（）A．23−B．23C．715D．715−【答案】C【分析】根据四点共面的充要条件及其推论，即可得出答案

.【解析】由P与,,ABC三点共面以及1153OPOAOBOC=++，可得，11153++=，所以715=.21．设向量,,OAOBOC不共面，空间一点P满足OPxOAyOBzOC=++，则,,,ABCP四点共面的一组数对(),,xyz是（）A．111,,432B．11

1,,436−C．131,,442−D．121,,332−【答案】C【解析】空间一点P满足OPxOAyOBzOC=++，若,,,ABCP四点共面，则1xyz++=选项A：11113143212xy

z=++++=.判断错误；选项B：111114364xyz=++=+−+.判断错误；选项C：1311442xyz=−+++=+.判断正确；选项D：121513326xyz=++=+−+.判断错误.题型四空间向量平行或垂直22．已知m，n是实数，若点(2,5,1)A−−，(

1,4,2),(3,3,)BCmn−−−+−在同一直线上，则mn+的值为（）A．10−B．7−C．3−D．10【答案】A【分析】根据三点共线列方程，化简求得,mn，进而求得mn+.【解析】()()3,1,1,1,2,

1ABACmn=−−=++，依题意，,,ABC三点共线，所以121311mn++==−−，解得7,3,10mnmn=−=−+=−.23．如图，在棱长为6的正方体1111ABCDABCD−中，O是底面正方形ABCD的中心，点M在1DD上，点N在11AB

上，若ONAM⊥，则DM=（）A．1B．2C．4D．3【答案】D【分析】以点D为坐标原点，DA、DC、1DD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设点()6,,6Nn，()0,0,Mm，其中06m，06n，由0ONAM=求出m的值，即可得解.【解析】以点

D为坐标原点，DA、DC、1DD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()6,0,0A、()3,3,0O，设点()6,,6Nn，()0,0,Mm，其中06m，06n，()6,0,AMm=−，()3,3,6ONn=−，因为ONAM⊥，则()3660ON

AMm=−+=，解得3m=，故3DM=.题型五投影问题24．已知4a=，e为空间单位向量，,120ae=，则a在e方向上投影的模为_______．【答案】2【解析】由题意可知，a在e方向上投影的模为cos,4cos1202aaee==25．已知直线l的方向向量为()=1,0

,1ar，点()1,2,1A−在l上，则点()3,1,1P到l的距离为（）A．22B．1C．3D．2【答案】B【分析】结合点到直线距离公式sin,PAaPA分别计算模长与夹角的正弦值即可计算.【详解】由题可知，点P到l的距离为sin,PAaPA，()2,1,2

PA=−−，3PA=，()=1,0,1ar，2a=，则422cos,323aPAaPAaPA−===−，则1sin,3aPA=，故点P到l的距离为1sin,313PAaPA==.26．四棱锥PABCD−中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，则BP在向量AD上

的投影向量为A．DAB．BCC．BDD．AP【答案】B【分析】过点B和点分别作直线的垂线，由垂足确定BP在向量AD上的投影向量.【解析】四棱锥PABCD−如图所示，底面ABCD是矩形，∴BAAD⊥，PD⊥底面ABCD，AD底面ABC

D，∴PDAD⊥，过向量BP的始点B作直线AD的垂线，垂足为点A，过向量BP的终点P作直线AD的垂线，垂足为点D，BP在向量AD上的投影向量为AD，由底面ABCD是矩形,ADBC=题型六夹角问题27．已知向量()()1,2,3,2,4,

6,14abc==−−−=，若()7abc+=，则a与c的夹角为（）A．30°B．60°C．120°D．150°【答案】C【解析】由()()1,2,3,2,4,6,14abc==−−−=，得()1,2,3ab+=−−−，则14ab+=，设向量ab+与c的夹角为，则()1cos2a

bcabc+==+，又0180，所以60=，因为()1,2,3aba+=−−−=−，所以向量ab+与a为相反向量，所以a与c的夹角为120.28．若(2,1,4),(1,,2)abt=−=−−，若a与b的夹角是

锐角，则t的值的取值范围为__________.【答案】(),10−−【解析】因为a与b的夹角是锐角，所以0ab，即280t−−−，解得10t−，若a与b的夹角为0，则存在，使ab=，即(2,1,4)(

1,,2)t−=−−，所以2142t=−−==−，解得12t=.故t的取值范围是(,10)−−.29．已知()6,3,3a=，(2,,1)bt=−−．若a与b的夹角为钝角，则实数t的取值范围是_____．【答案】()(),11,5−−−【分析】根据题意得出0ab→→

且a与b不共线，根据数量积公式列出不等式并排除向量反向时t的值，即可得出答案.【解析】由题意可知，0ab→→，且a与b不共线．由12330abt→→=−+−，解得5t．若a与b共线，则21633t−−==，即1t=−，则3ab=−，a与b方

向相反需要舍去，因此实数t的取值范围为()(),11,5−−−．30．（2023秋·广东深圳·高二统考期末）在三棱锥SABC−中，SA⊥平面ABC，90ABC=，SAABBC==，则直线AB与SC夹角的余弦值是（）A．13B．23C．33D．63【

答案】C【分析】过B作Bz//AS.以,,BCBzBA分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.利用向量法求解.【详解】过B作Bz//AS.以,,BCBzBA分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系.不妨设1SAABBC===，则()0,0,0

B，()1,0,0C，()0,1,0A，()0,1,1S.所以()0,1,0AB=−,()1,1,1SC=−−.设直线AB与SC夹角为，则()()()2222220103cos3010111ABSCABSC++

===+−++−+−.31．如图，在直三棱柱111ABCABC-中，1AAACBC==，且ACBC⊥，已知E为BC的中点，则异面直线1AC与1CE所成角的余弦值为（）A．155B．105C．31010D．1010【答案】B【分析】根据直

三棱柱的几何性质，补形成正方体，利用异面直线夹角的定义，结合余弦定理，可得答案.【详解】由题意，可得该三棱柱可看作正方体的一半，补形如下图所示：记AD的中点为F，连结1,,AFCFEF，因为在正方形ABCD，,EF是,BCA

D的中点，所以//,EFACEFAC=，又111//,ACACACAC=，所以1111//,EFACEFAC=，故四边形11ACEF是平行四边形，则11//AFCE，则1FAC为直线1AC与1CE的夹角或其补角，设该正方体的边长为2，在1RtAAF中，2222111152AFAFAAAD

AA=+=+=，在RtACF中，2222152CFACAFACAD=+=+=，在1RtACA△中，221122ACAAAC=+=，在1ACF中，2221111110cos25ACAFCFCAFACA

F+−==.32．如图，在直三棱柱111ABCABC−中，90BAC=，111114AAABAC===，点E是棱1CC上一点，且113CECE=，则异面直线1AB与AE所成角的余弦值为________.【答案】3210【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则()10,0,0A，

()4,0,4B，()0,0,4A，()0,4,1E，所以()14,0,4AB=，()0,4,3AE=−，设异面直线1AB与AE所成角为，则()()1222214332cos104443ABAEABAE−===++−33．在如图所示的正方体1111ABCDABCD

−中，E是11CD的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为___________.【答案】1010【详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCDABCD−中棱长为2，则()0,0,0D，()0,1,2E，()2,0,

0A，()0,2,0C，()0,1,2DE=，()2,2,0AC=−，设异面直线DE与AC所成角为，则||210cos10||||58DEACDEAC===．异面直线DE与AC所成角的余弦值

为1010．34．正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，E，F，G分别为1AA，AB，1CC的中点，则直线ED与FG所成角的余弦值为（）A．33B．3010C．336D．25【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算即可求解.【详解】如图所示建立适当空间直角坐

标系，(0,0,0),(2,0,1)DE(2,0,1)DE=，(2,1,0),(0,2,1)FG(2,1,1)FG=−330cos1056DEFGDEFG===35．在两条异面直线a，b上分别取点1A，E和点A

，F，使1AAa⊥，且1AAb⊥.已知12AE=，3AF=，5EF=，16AA=，则两条异面直线a，b所成的角为（）A．π6B．π3C．2π3D．5π6【答案】B【分析】设两条异面直线a，b所成的角为π02，将等式11EFEAAAAF=++两边同时平方

计算可得答案．【详解】如图，设两条异面直线a，b所成的角为π02，1AAa⊥，1AAb⊥，12AE=，3AF=，5EF=，16AA=，11EFEAAAAF=++，则2222211111111

()222EFEAAAAFEAAAAFEAAAEAAFAAAF=++=+++++222252(6)3223cos=++，得1cos2=或1cos2=−（舍去）π3=36．已知在大小为3的二面角l−−中，

A，B，ACl⊥于点C，BDl⊥于点D，且22CDDBAC===，则直线AB与CD所成角的余弦为（）A．21111B．277C．217D．12【答案】B【分析】以CD、BD为邻边作平行四边形CDBE，连接AE，计算出AE、B

E的长，证明出BEAE⊥，利用勾股定理可求得AB的长，即可求解【详解】如下图所示，以CD、BD为邻边作平行四边形CDBE，连接AE，因为BDCD⊥，//CEBD，则CECD⊥，又因为ACCD⊥，AC，CE，故二面角l−−的平面角为π3ACE=，因为四边形CDBE

为平行四边形，则2CEBD==，2BECD==，所以在ACE△中，222π2cos3AEACCEACCE=+−，则3AE=，//BECD，则BECE⊥，BEAC⊥，ACCEC=，,ACCE平面ACE，故BE⊥平面ACE，因为AE平面ACE

，则BEAE⊥，故227ABAEBE=+=.//BECD，所以直线AB与CD所成角相当于直线AB与BE所成角，即ABE，所以227cos77ABE==题型七空间向量数量积37．设a、b为空间中的任意两个非零向量，有下列各式：①22aa=；

②2abbaa=；③()222abab=；④()2222abaabb−=−+.其中正确的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】利用空间向量数量积的定义可判断①、②、③；利用空间向量数量积的运算律可判断④.【解析】对于①，

222cos0aaa==，①正确；对于②，向量不能作比值，即ba错误，②错误；对于③，设a、b的夹角为，则()()2222222coscosabababab==，③错误；对于④，由空间向量数量积的运算性质可得()2222abaabb−=−+，④正确.38．设a，b为空间中的任意两

个非零向量，下列各式中正确的有（）A．22aa=B．abbaaa=C．()222abab=D．()2222abaabb−=−+【答案】AD【分析】根据空间向量数量积的定义与运算律一一判断即可；【解析】解：对于A：22cos0aa

aaaa===，故A正确；对于B：因为向量不能做除法，即ba无意义，故B错误；对于C：()()22222o,cos,csababababab==，故C错误；对于D：()()()2222abababaabb−=−−=−+，故D

正确39．已知空间中非零向量a，b，且1a=，2b=，60ab=,，则2ab−的值为（）A．1B．2C．2D．4【答案】C【分析】根据向量的模长公式即可求解.【解析】因为2222222(2)4444cosababaabbaababb−=−=−+=−+,14412442=−

+=，所以22ab−=．40．在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，M为1CC上任意一点，则11MABC=（）A．2−B．1−C．1D．2【答案】B【分析】根据空间向量的线性运算法则可得MAMCCBCD=++，再根据数量积的运算

律和运算公式结合图形求11MABC【解析】由图形可得MAMCCAMCCBCD=+=++，所以()1111111111MABCMCCBCDBCMCBCCBBCCDBC=++=++，由正方体性质可得1111,MCBCCDBC⊥⊥，所以11110,0MCBCCDBC==，所

以1111MABCCBBC=，又111,1CBBC==，CB与11BC方向相反，所以111MABC=−.41．已知()()1,1,0,2,,atbtt=−=，则ba−的最小值是（）A．1B．5C．3D．2【答案】D【解析】由题意知(

)()1,1,0,2,,atbtt=−=，故()()2,,1,1,0(1,1,)batttttt−=−−=+−，则2222(1)(321)2ttbtat++−=+=+−，即ba−的最小值是242．设正四面体ABCD−的棱长为2，E，F分别是BC，AD的中点，则AEAF的值为

（）A．1B．3C．2D．4【答案】A【解析】依题意，由2ABACAD===，,,60ABADACAD==，故1cos2222ABADACADABADABAD====,,所以111()()()224AEAFA

BACADABADACAD=+=+1coscos4ABADABADACADACAD=+,,1(22)14=+=．43．平行六面体1111ABCDABCD−中，以顶点A为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为60，求1ACBD的值是__________．【答案】1【分

析】选定基底，根据空间向量的加减运算表示出1,ACBD，再根据空间向量的数量积的运算，即可求得答案.【解析】由题意得111BDBAADDDADABAA=++=−+，ACABAD=+，则221111()()BDACADABAAABADADABAAABAAAD=−+

+=−++1111cos6011cos601=−++=,故答案为：1.44．已知()0,0,0O，()1,2,3A，()2,1,2B，()1,1,2P，点Q在直线OP上运动，当QAQB取最小值

时，点Q的坐标是______【答案】448,,333【解析】因为点Q在直线OP上运动，所以存在tR，使得OQtOP=，因为()1,1,2OP=uuur，所以(),,2OQtOPttt==，所以点Q的坐标为(),,2ttt.所以()1,2,32QAttt

=−−−，()2,1,22QBttt=−−−，所以()()()()()()21221322261610QAQBtttttttt=−−+−−+−−=−+，所以当164263t−=−=时，QAQB取最小值，此时点Q的坐标为448,,333

.题型八利用空间向量求模长45．已知三棱柱111ABCABC-的侧棱长为2，底面ABC是边长为2的正三角形，1160AABAAC==，若1BC和1BC相交于点M.则AM=（）A．3B．2C．5D．6【答

案】D【解析】依题意可知M是1BC的中点，所以()11111222AMACABACAB=+=+()111111122222ACAAABACAAAB=++=++，所以()()22114ACAAMABAAM==++()222111212ACAAABACA

AACABAAAB+++++=()444222cos616032+++==.故选：D46．平行六面体ABCDABCD−中，4,3,5,90ABADAABAD====，60BAADAA==，则AC的长为（）A．10B．85C．61D．70【答案】B【分

析】由ACABADAA=++，两边平方，利用数量积运算性质即可求解．【解析】如图，由题知，22216,9,25ABADAA===,43cos900ABAD==，45cos6010ABAA==，1535cos602ADAA==

.ACABADAA=++，()22ACABADAA=++222222ABADAAABADABAAADAA=+++++1516925202102852=+++++=，85AC=即

AC的长为85.47．平行六面体111ABCDABCD−中，2ABAD==，13AA=，90BAD=，1160BAADAA==，则向量1ACuuur的模长1AC=uuur__________.

【答案】29【解析】画出图形，根据条件得出211()ACAAADAB=++，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.【解析】如图所示，四棱柱111ABCDABCD−中，2ABAD==，13AA=，90BAD=，且1160BAADAA==，所以111111

1ACAAADDCAAADAB=++=++，所以222211111()222ACAAADABAAADABAAADADABAAAB=++=+++++94460629=+++++=.故答案为：29.48．已知空间向量,,PAPBPC的模长分别为1,2,3，且两两

夹角均为60.点G为ABC的重心，若PGxPAyPBzPC=++，,,xyzR，则PG=___________.【答案】53111333PGPAPBPC=++，由平面向量数量积定义和运算法则可求得2PG，进而得到PG.【解析】G为ABC的重心，设BC中点为

D，()2133AGADABAC==+，()11123333PGPAPBPAPCPAPBPCPA−=−+−=+−，111333PGPAPBPC=++，2222211112512321221322332229PG=+++++=，53PG=.题型

九立体图形中的极化恒等式49．已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则PMPN的取值范围为（）A．0,4B．0,2C．1,4D．1,2【答案】B【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可得21PMPNPO=−

，根据正方体的特点确定PO最大值和最小值，即可求解【解析】设正方体内切球的球心为O，则1OMON==,()()()2PMPNPOOMPOONPOPOOMONOMON=++=+++,因为MN是正方体内切球的一条直径，所以0OMON+=，1

OMON=−uuuuruuur，所以21PMPNPO=−，又点Р在正方体表面上运动，所以当P为正方体顶点时，PO最大，且最大值为3；当P为内切球与正方体的切点时，PO最小，且最小为1；所以2012PO−，所

以PMPN的取值范围为0,250．如图，半径为1的球O是圆柱12OO的内切球，线段AB是球O的一条直径，点P是圆柱12OO表面上的动点，则PAPB的取值范围为（）A．[0,1]B．[0,3]C．[0,2]D．[1,2]【答案】A【分析】先把,PAPB都用PO表示，再根据PO的模长的范围求

出数量积的范围即可.【详解】))PAPBPOOAPOOB=(+(+，因为线段AB是球O的一条直径，,1OAOBOAOB−===,222))1PAPBPOOAPOOAPOOAPO=(+(−=−=−，又min1PO=，max2PO=，[0,1]PA

PB51．已知EF是棱长为8的正方体外接球的一条直径，点M在正方体表面上运动，则MEMF的最小值为.【答案】32−【分析】根据已知条件及正方体的体对角线为正方体外接球的直径，再利用平面向量的数量积的运算，结合平

面向量的线性运算即可求解.【详解】由题意可知，EF为棱长为8的正方体外接球的一条直径，O为球心，M为正方体表面上的任意一点，如图所示则球心O也就是正方体的中心，所以正方体的中心O到正方体表面任意一点M的距离的最小值

为正方体的内切球半径，它等于棱长的一半为4,EF的长为正方体的对角线长为22288883++=.()()()()22MEMFMOOEMOOFMOOEMOOEOMOE=++=+−=−22283482OM

OM=−=−，所以MEMF的最小值为244832−=−.52．已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为4，球O是正方体的内切球，MN是球O的直径，点G是正方体表面上的一个动点，则GMGN的取值范围为（）A．0,8B．[0,8)C

．0,4D．[0,4)【答案】A【分析】根据空间向量线性运算的性质，结合空间向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】因为球O是正方体的内切球，MN是球O的直径，所以2OMON==，OMON=−，()2214OMON

=−=−，因为()()()()2224GMGNGOOMGOONGOOMGOOMGOOMGO=++=+−=−=−，又因为点G是正方体表面上的一个动点，所以当点G为正方体顶点时，GO有最大值，最

大值为2221444232++=，当点G为内切球与正方体的切点时，GO有最小值，最小值为2，即22223412048GOGOGO−，即GMGN的取值范围为0,853．已知正方体1111ABCDA

BCD−的棱长为2，球O是正方体的内切球，点G是内切球O表面上的一个动点，则GBGC的取值范围为（）A．0,4B．222,0−C．4,222+D．222,222−+【答案】D【分析】根据题意，取BC中点为H，则2221GBGCGHHCGH

=−=−，再结合向量的运算，代入计算，即可得到结果.【详解】取BC中点为H，因为GBGHHB=+，GCGHHC=+，所以2221GBGCGHHCGH=−=−，又GHGOOH=+，则2222GHGOOHGOOH=++，又正方体的棱长为2，则正方体的内切球半径为1，则1GO=，2OH=，所以

2322cos,GHGOOH=+，所以21222cos,GBGCGHGOOH=−=+，所以当GO，OH反向时，cos,1GOOH=−，GBGC有最小值为222−；当GO，OH同向时，cos,1GOOH=，GBGC有最大值为222+.54．正四面体A

BCD的棱长为1，点P是该正四面体内切球球面上的动点，当PAPD取得最小值时，点P到AD的距离为.【答案】32612−【分析】利用等体积法求得612r=，根据空间向量运算可得PAPD214=−uurPE，则当PE的长度最小时，PAPD取得最小值，结合正四面体的结构特征运

算求解.【详解】设CD的中点为M，BCD△的中心为G，连接,AGBM，因为四面体ABCD是棱长为1的正四面体，可知2236,33==−=BGAGABBG，即四面体ABCD的高为63，则其体积为1136211322312=，设正四面体ABCD内切球的半

径为r，由等体积可得113241132212r=，解得612r=，如图，取AD的中点为E，则()()PAPDPEEAPEED=++221()4PEPEEAEDEAEDPE=+++=−，显然当P

E的长度最小时，PAPD取得最小值.设正四面体内切球的球心为O，可求得6663124OAOD==−=，因为球心O到点E的距离2222612424=−=−=dOAAE，所以球O上的点P到点E的最小距离为2632641212dr−−=−=，即当PA

PD取得最小值时，点P到AD的距离为32612−.故答案为：32612−.题型十点到平面距离问题55．PABCD−是正四棱锥，1111ABCDABCD−是正方体，其中2AB=，6PA=，则1B到平面PAD的距离为【答案】655【分析】以11AB为x轴，11AD为y轴

，1AA为z轴建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，1BA的坐标，利用距离公式，即可得到结论.【详解】解：以11AB为x轴，11AD为y轴，1AA为z轴建立空间直角坐标系，设平面PAD的法向量是(,,)mxyz

=，(0,2,0),(1,1,2)ADAP==，∴由00mADmAP==，可得2020yxyz=++=取1z=得(2,0,1)m=−，1(2,0,2)BA=−，∴1B到平面PAD的距离1||655

||BAmdm==.56．将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，则点D到平面ABC的距离为______．【答案】233【详解】记AC与BD的交点为O，图1中，由正方形性质可知ACBD⊥

，所以在图2中，,OBACODAC⊥⊥，所以2BOD=，即OBOD⊥如图建立空间直角坐标系，易知1OAOBOCOD====则(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)ABCD−则(0,1,1),(1,0,1)

,(0,2,0)ABACBD=−−=−=设(,,)nxyz=为平面ABC的法向量，则00ABnyzACnxz=−−==−=，取1x=，得(1,1,1)n=−所以点D到平面ABC的距离22333BDndn===故答案为：233题型十一利用空间向量求最值与范围57

．如图所示，在正方体1111ABCDABCD−中，点P是底面1111DCBA内（含边界）的一点，且//AP平面1DBC，则异面直线AP与BD所成角的取值范围为____________【答案】32，

【详解】过A作平面//平面1DBC，因为点P是底面1111DCBA内（含边界）的一点，且//AP平面1DBC，则P平面，即P在与平面1111DCBA的交线上，连接1111,,ABADBD，因为11//DDBB且11DDBB=，所以四边形11BD

DB是平行四边形，所以11//BDBD，11//BD平面1DBC，同理可证1AB//平面1DBC，所以平面11//ABD平面1DBC，则平面11ABD即为，点P在线段11BD上，设正方体的棱长为1，且111DPDB=，则1111()(1)A

PADDPADAAABADADAAAB=+=++−=−++，DBABAD=−，可得22,222DBAP==−+，设AP与BD所成角为，则22222211(21)1313cos44132121221()24DBAPDBAP−−====−

=−−+−+−+−+，当12=时，cos取得最小值，最小值为0，当0=或1时，cos取得最大值，最大值为12．58．正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，若动点P在线段1BD上运动，则DCAP的取值范围是_____

______．【答案】0,4【分析】建立空间直角坐标系，设1BPBD=，即可求出DCAP，再根据的范围，求出DCAP的取值范围．【解析】解：以DA所在的直线为x轴，以DC所在的直线为y轴，以1DD所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系．则()0,0,0D，(

)0,2,0C，()2,0,0A，()2,2,0B，()10,0,2D．()0,2,0DC=，()12,2,2BD=−−，()0,2,0AB=．点P在线段1BD上运动，()12,2,2BPBD==−−，且01剟．(

)2,22,2APABBP=+=−−，44DCAP=−，∵01剟，∴0444−，即0,4DCAP59．如图，在正方体1111ABCDABCD−中，动点M在线段1AC上，异面直线1AD和BM所成的角为，则的取值范围是.（用区间表

示）【答案】,63【分析】利用11BCAD∥，得出1MBC=，通过线面垂直的判定定理和性质定理可得到11π2COBONBCNB===，通过几何关系可得到3coscos2MBO=，可知的最小值为1BC与平面1A

BC所成的角.设11,CDDC的交点为O，则1OBC为1BC与平面1ABC所成的角.所以的最小值为6.的最大值为点M在点1A处，此时3=.【详解】连结1BC,由正方体的性质可得11//ABCD，11=ABCD，所以四边形11ABCD是平行四边形，所以11//BCAD，所以

异面直线1AD和BM所成的角即直线1BC与BM所成的角，连接11,CDDC的交点为O，过点O作直线BM的垂线，垂足为N，因为BC⊥平面11CDDC，1DC平面11CDDC，显然1BCDC⊥,11CDDC⊥，又1,BCCDC=1,BCCD平面11BC

DA,所以1DC⊥平面11BCDA,因为,BOBN平面11BCDA,所以1DCBO⊥,1DCBN⊥,又因为ONBN⊥，11,,DCONODCON=平面1ONC，所以BN⊥平面1ONC，又1NC平面1ONC，1NCBN⊥，易知11π2CO

BONBCNB===,所以有11cosOBOBCBC=，cosNBMBOOB=，11cosNBMBCBC=，可得11coscoscosMBCOBCMBO=,由正方体的性质可知1111sin2OCOBCBC==

，显然1OBC为锐角，所以13cos2OBC=，得13coscos2MBCMBO=，即13coscoscos2MBCMBO==，所以当0MBO=，即点M在OB上时，此时cos有最大值为32，此时最小为6；显

然当点M在1A时，此时MBO有最大值，因为3coscos2MBO=，此时有最大值，显然11ABCV为正三角形，所以此时3=；故ππ,6360．在正方体1111ABCDABCD−中，3AB=，点E是线段AB上靠近点A的三等分点，在三角形1ABD内有

一动点P（包括边界），则PAPE+的最小值是（）A．2B．22C．3D．33【答案】C【分析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设A关于平面1ABD的对称点为(),,Axyz，利用点到面的距离的向量求法和//AAn可构造方程组求得A坐标，利用PAPEPAPEAE

+=+可求得结果.【详解】以D为坐标原点，1,,DADCDD为,,xyz轴，可建立如图所示的空间直角坐标系，则()13,0,3A，()3,3,0B，()0,0,0D，()3,0,0A，()3,1,0E，()3,3,0DB=，()13,0,3DA=，()10,0,3AA=，

设A关于平面1ABD的对称点为(),,Axyz，则()13,,3AAxyz=−−−，()3,,AAxyz=−，设平面1ABD的法向量(),,nabc=，则1330330DBnabDAnac=+==+=，令1

a=，解得：1b=-，1c=−，()1,1,1n=−−，A与A到平面1ABD的距离1133AAnAAnxyzdnn−++====，又//AAn，3xyz−=−=−，1x=，2y=，2z=，(

)1,2,2A，4143PAPEPAPEAE+=+=++=（当且仅当,,APE三点共线时取等号），即PAPE+的最小值为3.题型十二综合性问题61．（多选）如图，在四棱锥SABCD−中，底面ABCD是边长为2的正方

形，SA⊥底面,,,ABCDSAABACBD=交于点O，M是棱SD上的动点，则（）A．三棱锥SACM−体积的最大值为43B．存在点M，使OM∥平面SBCC．点M到平面ABCD的距离与点M到平面SAB的距离之和

为定值D．存在点M，使直线OM与AB所成的角为30【答案】ABC【分析】根据题意以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为,,xyz轴，利用向量法判断CD，根据底面积不变，高最大时，锥体体积最大，判断A选项.根据线面平行的判定定理判断B即可求解.【详解

】以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，如图，设2SAAB==，则(0,0,0),(2,2,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(1,1,0)ACBDSO,由M是棱SD上的动点，设(0,,2),(02)Mλλλ−，13S

ACMSACVSh−=,因为底面ABCD为正方形，故ODAC⊥,又SA⊥底面,ABCD所以SAOD⊥,又SAACA=,所以OD⊥底面SAC,所以当M与D重合时，三棱锥SACM−体积的最大且为1142222323SACMV−==，故A对.当M为SD中点时，OM是SBD的中位线，所

以//OMSB，又OM平面SBC，SB平面SBC，所以OM∥平面SBC，故B正确；点M到平面ABCD的距离12dλ=−，点M到平面SAB的距离2|||(0,,2)(0,2,0)|2||AMADλλdλAD→→→−===,所以1222ddλλ+=−+=，故C正确.(2,0

,0)AB→=,(1,1,2)OMλλ→=−−−,若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°则22||13cos3021(1)(2)||||ABOMλλABOM→→→→===+−+−，化简得23

970λλ−+=，无解，故D错误62．（多选）如图，在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，O为面11AABB的中心，E、F分别为BC和11DC的中点，则（）A．1BD⊥平面1AEFB．平面1ACD与平面1AEF相交C．点О到直线1AE的距离为26D．点O到平面1AEF的距离为

24【答案】BC【分析】建系，利用空间向量处理线、面关系以及距离问题.【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则有：()()()()()()11111111,0,0,0,1,0,0,0,0,,1,0,0,,1,1,,,1,0,1,1,1,1,0,0,12

222ACDEFOABD，设平面1AEF的法向量为(),,nxyz=，由11111,,0,,1,122AFAE=−=−−uuuruuur，则1110

2102nAFxynAExyz=−+==−+−=，令2x=，则4,3yz==，则()2,4,3n=，设平面1ACD的法向量为(),,mabc=，由()()11,1,0,0,1,1ACCD=−=−uuuruuur，则100mACabmCDbc=−+=

=−+=，令1a=，则1bc==，则()1,1,1m=，对A：∵()11,1,1DB=，则243111，即1DB与n不共线，∴1BD不与平面1AEF垂直，A错误；对B：∵243111，则m与n不共线，∴平面1

ACD与平面1AEF相交，B正确；对C：∵1110,,22AO=−uuur，则11111122cos,03AOAEAOAEAOAE==uuuruuuruuuruuuruuuruuur，即11,AOAEuuuruuu

r为锐角，∴211111sin,1cos,3AOAEAOAE=−=uuuruuuruuuruuur，故点О到直线1AE的距离为1112sin,6AOAOAE=uuuruuuruuur，C正确；对D：点O到平面1AEF的距离为12958AOnn=rruuur，D错误.故选：BC.6

3．（多选）如图，棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，,EF分别为棱111,ADAA的中点，G为面对角线1BC上一个动点，则（）A．三棱锥1AEFG−的体积为定值B．线段1BC上存在点G，使平面EF

G//平面1BDCC．当134CGCB=时，直线EG与平面ABCD所成角的正弦值为26D．三棱锥1AEFG−的外接球半径的最大值为322【答案】ACD【分析】A选项，使用等体积法，面面平行进行证明；B选项，建立

空间直角坐标系，利用空间向量进行证明；C选项，根据134CGCB=先求出G的坐标，然后利用向量的夹角公式计算；D选项，找到外接球的球心，表达出半径，求出最大值.【详解】对于A选项，因为平面11ADDA//平面11BCCB，而1BC平面11BCCB，故1BC//平面

11ADDA，因为点G为面对角线1BC上一个动点，故G点到面11ADDA距离不变，为2，因为,EF分别为棱111ADAA､的中点，故1111122AEFS==为定值，故三棱锥1112313GEAFFAESV−==，而三棱锥的体积11A

EFGGEFAVV−−=，A选项正确；对于B选项，如图1，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，1DD所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则()2,2,0B，()0,0,0D，()10,2,2C，()1,0,2E，()2,0,1

F，设(),2,Gmm（02m），平面1BDC的法向量为()1111,,nxyz=，则1111111220220nDBxynDCyz=+==+=，令11y=，则11x=−，11z=−，则()1111n,,=−−，设平面EFG的法向量

()2222,,nxyz=，则()()222222202210nEFxznFGmxymz=−==−++−=，令21x=，则21z=，2322my−=，所以2321,,12mn−=，若平面EFG//平面1BDC，则存在k，使得12nkn=，即()321,1,11,

,12mk−−−=，解得：1k=−，52m=，因为02m，故不合题意，所以线段1BC上不存在点G，使平面EFG//平面1BDC，B选项错误；对于C选项，(),2,Gmm，(0,2,0)C，1(2,2,2)B，若134CGCB=，即()()3,0,2,

0,24mm=，解得32m=，此时33,2,22G，又()1,0,2E，11,2,22EG=−，显然平面ABCD的一个法向量(0,0,1)a=，设直线EG与平面ABCD所成角为，则2sincos,6aEGaEGaEG===，C选

项正确；对于D选项，如图2，连接1AD，交EF于点J，则J为EF的中点，122AJ=，则三棱锥1AEFG−的外接球球心的投影为J，过点G作1GHAD⊥于点H，则GH⊥平面11ADDA，2GH=，找到球心位置O，连接1,OAOG，则1OAOG

=为外接球半径，过点O作OKGH⊥于点K，则OKJH=，OJHK=，设OKJHa==（3202a），OJHKh==，由勾股定理得：222221122OAOJAJh=+=+，()2222OGha=−+，从而()2222222hha+=−+

，解得：2724ah+=，要想半径最大，则只需h最大，即2a最大，当322a=时，h最大为2，此时半径的最大值为132422+=，故D正确.64．（多选）如图，直四棱柱1111ABCDABCD−的底面是边

长为2的正方形，1CCt=，点Q是棱1CC的中点，点P在底面ABCD内运动（包括边界），则下列说法正确的有（）A．存在点P使得1//AP平面11BCCBB．当2t=时，存在点P使得直线1AP与平面ABCD所成的角为π6C．当2t=时，满足1APPQ

⊥的点P有且仅有两个D．当233t=时，满足1APPQ⊥的点P的轨迹长度为43π9【答案】AD【分析】根据直棱柱的性质及面面平行的性质判断A，建立空间直角坐标系，利用空间向量判断B、C、D.【详解】解：如图建立空间直角坐标系D-xyz，则()12,0,At，0,2,2tQ，()

0,0,0D，()2,2,0B，对于A：由直棱柱的性质可知平面11//ADDA平面11BCCB，当PAD时1//AP平面11BCCB，故A正确；对于B：当2t=时，设(),,0Pxy，,0,2xy，则()12,,2PxAy=−−，显然平面ABCD的法向量可以为()0,0,1n=，设直

线1AP与平面ABCD所成的角为，则()12122sin24PnPnxAAy==−++，若直线1AP与平面ABCD所成的角为π6，则()2221sin224xy==−++，即()22244xy−++=，所以()22212xy−+=，因为,0,2xy，

所以()220,4x−，20,4y，所以()2220,8xy−+，故不存在,0,2xy使得()22212xy−+=，即不存在点P使得直线1AP与平面ABCD所成的角为π6，故B错误；对于

C：由()12,,2PxAy=−−，(),2,1PQxy=−−，因为1APPQ⊥，所以()()12220APPQxxyy=−−+−−=，所以()()22110xy−+−=，所以11xy==，即()1,1,0P，所以满足1APPQ⊥的点P有且仅有1个，故C错误；

对于D：当233t=时，1232,0,3A，1232,,3APxy=−−，3,2,3PQxy=−−，因为1APPQ⊥，所以()()123322033PPQxxAyy

=−−+−−=，即()()224113xy−+−=，由22233133−=，又,0,2xy，则圆心()1,1E，半径为233的圆与x轴、y轴分别交于点31,03M−、30,13N−，如下图所示：过点E作EFAD⊥

交AD于点F，则33MF=，所以1sin2MFMEFME==，则π6MEF=，又π4DEF=，所以π12MEDDEFMEF=−=，所以π26MENMED==，圆弧MN的长度π233π639l==，所以点P的轨迹长度为43π9，故D正确；