单元复习01 第一章 空间向量与立体几何【过习题】重难点题型分类集训-2022-2023学年高二数学单元复习（人教A版2019选择性必修第一册）

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第一章 空间向量与立体几何 重难点题型分类集训

题型1：空间向量的概念及其运算
一、单选题
1．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））四边形ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，连接AC，BD，SB，SC，SD，下列各组运算中，不一定为零的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据题意，依次分析选项：
对于：若与垂直，又与垂直，则平面与垂直，则与垂直，与与不一定垂直矛盾，所以与不一定垂直，即向量、不一定垂直，则向量、的数量积不一定为0；
对于：根据题意，有平面，则，又由，则有平面，进而有，即向量、一定垂直，则向量、的数量积一定为0；
对于：根据题意，有平面，则，又由，则有平面，进而有，即向量、一定垂直，则向量、的数量积一定为0；
对于：根据题意，有平面，则，即向量、一定垂直，则向量、的数量积一定为0.
故选：．

2．（2022·重庆长寿·高二期末）如图，在斜棱柱中，AC与BD的交点为点M，，，，则（          ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】-＝，
.
故选：A．
3．（2021·天津静海·高二阶段练习）如图，在三棱锥中，设，若，则=（            ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】连接
.
故选：A

4．（2022·全国·高二课时练习）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，给出下列各式：
①．
②．
③．
④．
其中运算结果为向量的共有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】对①，；
对②，；
对③，；
对④，，
∴以上4个算式运算的结果都是向量．
故选：D．
5．（2022·全国·高二课时练习）已知为三维空间中的非零向量，下列说法不正确的是（　　）
A．与共面的单位向量有无数个
B．与垂直的单位向量有无数个
C．与平行的单位向量只有一个
D．与同向的单位向量只有一个
【答案】C
【解析】解：与共面的单位向量，方向可任意，所以有无数个，故A正确；
与垂直的单位向量，方向可任意，所以有无数个，故B正确；
与平行的单位向量，方向有两个方向，故不唯一，故C错误；
与同向的单位向量，方向唯一，故只有一个，故D正确．
故选：C．
6．（2022·江苏徐州·高二期中）如图，在三棱锥中，两两垂直，为的中点，则的值为（       ）

A．1 B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意得，故.
故选：D.
二、多选题
7．（2022·江苏省响水中学高二阶段练习）有下列四个命题，其中正确的命题有（       ）
A．已知A，B，C，D是空间任意四点，则
B．若两个非零向量与满足＋＝，则.
C．分别表示空间向量的有向线段所在的直线是异面直线，则这两个向量可以是共面向量.
D．对于空间的任意一点O和不共线的三点A，B，C，若 (x，y，z)，则P，A，B，C四点共面.
【答案】ABC
【解析】A：因为，所以本选项命题正确；
B：由，所以，所以本选项命题正确；
C：根据平移，当空间向量的有向线段所在的直线是异面直线时，这两个向量可以是共面向量，所以本选项命题正确；
D：只有当时，P，A，B，C四点才共面，所以本选项命题不正确，
故选：ABC
8．（2022·江苏·淮安市淮安区教师发展中心学科研训处高二期中）给出下列四个命题，其中是真命题的有（       ）
A．若存在实数，，使，则与，共面；
B．若与，共面，则存在实数，，使；
C．若存在实数，，使则点，，A，共面；
D．若点，，A，共面，则存在实数，，使．
【答案】AC
【解析】由向量共面定理可知A正确；
当，为零向量可知B错误；
由向量共面定理可知共面，又因为共始点，所以点，，A，共面，故C正确；
当，A，三点共线，点P与，A，不共线时可知D错误.
故选：AC
9．（2022·全国·高二专题练习）下面四个结论正确的是（     ）
A．空间向量，若，则
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D．任意向量满足
【答案】ABC
【解析】对于：空间向量，若，则，故正确；
对于B：若对空间中任意一点，有，由于，则四点共面，故B正确；
对于C：已知是空间的一组基底，若，则两向量之间不共线，故也是空间的一组基底，故C正确；
对于D：任意向量满足，由于是一个数值，也是一个数值，则说明和存在倍数关系，由于是任意向量，不一定存在倍数关系，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题
10．（2021·全国·高二课时练习）已知空间向量，，若，共线，则______，______．
【答案】         
【解析】，共线，存在，使，
，则，解得：．
故答案为：；.
11．（2021·北京·牛栏山一中高二期中）如图，正方体中，棱长为2.

（1）_____________；
（2）若点E在对角线DB上，则______________.
【答案】     8     4
【解析】

以为原点如图建立空间直角坐标系，则
所以，所以
因为点E在对角线DB上，所以设，所以
所以
故答案为：8；4
12．（2022·全国·高二专题练习）在四面体中，点在上，且，为中点，则等于______.(用，，表示)

【答案】
【解析】在四面体中，点在上，且,为中点，
可得
故答案为：.
13．（2022·四川省成都市新都一中高二期中（理））如图，在平行六面体中，，，，，，点为棱的中点，则线段的长为______．

【答案】
【解析】
则

即线段的长为
故答案为：
14．（2022·全国·高二课时练习）若、、、为空间不同的四点，则下列各式为零向量的序号是_______．
①；②；
③；④．
【答案】②④
【解析】对于①，；
对于②，
；
对于③，；
对于④，.
故答案为：②④.
15．（2022·全国·高二课时练习）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，则______．

【答案】
【解析】因为M、G分别是BC、CD的中点，所以.
所以.
在中，.

由余弦定理得：.
在中，
.
所以.
故答案为：.
16．（2022·全国·高二期末）如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，是一条侧棱，是上底面上其余的八个点，则用集合列举法表示组成的集合______．

【答案】
【解析】由题意得，
又平面，
，则，
所以，
则，
故答案为：
四、解答题
17．（2022·全国·高二专题练习）如图，在平行六面体中，分别是的中点，在上且，在上且，判断与是否共线？

【解】由空间向量的线性运算法则，可得
，即，
又由向量的共线定理，可得与共线．
18．（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱锥中，点为棱上一点，且，点为线段的中点．

(1)以为一组基底表示向量；
(2)若，，，求．
【解】（1）∵为线段的中点，∴，∵，∴，∴





；
（2）



．
19．（2022·全国·高二课时练习）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，∠BAA1＝∠DAA1，AC1．

(1)求侧棱AA1的长；
(2)M，N分别为D1C1，C1B1的中点，求及两异面直线AC1和MN的夹角．
【解】(1)设侧棱AA1＝x，
∵在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为1的正方形，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，
∴1，x2，•0，•，•，
又∵，
∴2＝（）22•2•2•26，
∴x2+2x﹣24＝0，∵x＞0，∴x＝4，
即侧棱AA1＝4．
(2)∵，（），
∴（）•（）（••）（1﹣1+2﹣2）＝0，
∴两异面直线AC1和MN的夹角为90°．
20．（2022·全国·高二专题练习）已知：正四面体（所有棱长均相等）的棱长为，、、、分别是四面体中各棱的中点，求、的夹角．

【解】正四面体的棱长为，、、、分别是四面体中各棱的中点，
记，，，
由空间向量数量积的定义可得，
，，
，
同理可得，
所以，，
，因此，、的夹角为.

题型2：空间向量基本定理

一、单选题
1．（2022·安徽滁州·高二期末）三棱柱中，为棱的中点，若，则（       ）

A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】解：．
故选：B
2．（2022·福建·柘荣县第一中学高二期中）如图，在平行六面体中，M为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（       ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】解：，
，
，
，
故选；A
3．（2022·江苏南通·高二期末）在四面体中，，，，点满足，为的中点，且，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】 ，
其中 为中点，有 ，故可知 ，
则知 为 的中点，故点 满足 ， ．

故选：A
4．（2022·广东梅州·高二期末）已知四棱锥，底面为平行四边形，M，N分别为棱BC，PD上的点，，，设，，，则向量用为基底表示为（       ）


A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】即
故选：D．
5．（2022·广东汕尾·高二期末）如图，平行六面体中，为的中点.若，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】，故，，，即
故选：.
6．（2022·全国·高二专题练习）已知是空间一个基底，，，一定可以与向量，构成空间另一个基底的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意和空间向量的共面定理，
结合向量（）+（）＝2，
得与是共面向量，
同理与是共面向量，
所以与不能与、构成空间的一个基底；
又与和不共面，
所以与、构成空间的一个基底．
故选：C．
7．（2022·江苏南通·高二期中）如图所示，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，M为OA中点，N为BC中点，则等于（          ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意得：，
故选：A
8．（2022·江苏·涟水县第一中学高二阶段练习）如图，OABC是四面体，G是的重心，是OG上一点，且，则（       ）

A． B．=
C．= D．=
【答案】B
【解析】连接AG并延长交BC于N，连接ON，

由G是的重心，可得，
则
则
故选：B
二、多选题
9．（2022·福建·上杭县第二中学高二阶段练习）关于空间向量，以下说法正确的是（       ）
A．空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
C．已知向量是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底
D．若，则是钝角
【答案】ABC
【解析】对于A，根据共线向量的概念，可知空间中的三个向量，若有两个向量共线，
则这三个向量一定共面，所以A正确；
对于B，若对空间中任意一点O，有因为，
根据空间向量的基本定理，可得P，A，B，C四点一定共面，所以B正确；
对于C，由于是空间的一个基底，则向量不共面
∵，则共面
∴可得向量不共面，所以也是空间的一个基底，所以C正确；
对于D，若，即，又，所以，所以D不正确．
故选：ABC．
10．（2022·广东广州·高二期末）如图，在长方体中，、、分别是棱、、上的点，且满足，，，则（       ）

A． B．
C． D．
【答案】AB
【解析】对于A选项，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，由图可知、不共线，则，C错；
对于D选项，，D错.
故选：AB.
三、填空题
11．（2022·全国·高二课时练习）如图，在三棱柱中，M为的中点，若，，，则______．（用、、表示）

【答案】
【解析】根据题意，
.
故答案为：.
12．（2022·全国·高二专题练习）已知向量可作为空间的一组基底，若，且在基底下满足，则 __．
【答案】2
【解析】因为，且
，
所以，解得
故答案为：2．
13．（2022·江苏常州·高二期中）已知是所在平面外一点，，且，则实数的值为____________.
【答案】
【解析】因为，则，
所以，，
所以，，，，因此，.
故答案为：.
14．（2022·广东珠海·高二期末）已知四面体中，，分别在，上，且，，若，则________.

【答案】
【解析】解：连接
∵四面体中，，分别在，上，且，
∴
∴
∴.
故答案为：

15．（2022·黑龙江·嫩江市第一中学校高二期末）已知P，A，B，C四点共面，对空间任意一点O，若，则______.
【答案】
【解析】


P，A，B，C四点共面,则存在实数，使得
所以
即
所以 ，解得
故答案为：
四、解答题
16．（2022·全国·高二单元测试）如图所示，在平行六面体中，，分别在和上，且，．

(1)证明：、、、四点共面．
(2)若，求．
【解】（1）证明：在上取一点，使得，连接、，在平行六面体中，，，，且，且，所以四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，所以，且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以，、、、四点共面．
（2）解：因为，即，，，．
17．（2022·湖南·高二课时练习）如图，在正方体中，点E是AB与OD的交点，M是与CE的交点，试分别用向量，，表示向量和．

【解】因为，
所以，
由，可得，
又，
则，
所以．
18．（2022·湖南·高二课时练习）已知A，B，C三点不共线，对空间任意一点O，当（其中）时，点P是否与A，B，C共面？
【解】因为，所以
，则，即，因为A，B，C三点不共线，所以向量不共线，由平面向量基本定理可知：共面，因为三个向量有公共点C，所以直线AP在两相交直线AB，AC所确定的平面内，故P与A，B，C共面.
19．（2022·福建莆田·高二期末）如图，在空间四边形ABCD中，DA，DB，DC两两垂直，DA＝3，DB＝DC＝2，点E在边DA上，且DE＝2EA，F为BC的中点．

(1)用向量，，表示向量；
(2)求．
【解】(1)依题意，得，
因为点E满足，F为BC的中点，
所以．
所以
(2)因为DA，DB，DC两两垂直．，
所以，
由（1）可得
即所以
20．（2022·浙江·於潜中学高二期中）如图所示，在四棱锥中，，且，底面为正方形.


(1)设试用表示向量；
(2)求的长.
【解】(1)∵M是PC的中点，
∴.
∵，∴，
结合，，，
得.
(2)∵，
∴，∵，
∴，，
∴
.
∴，即BM的长等于.

题型3：空间直角坐标系及空间向量的坐标运算

一、单选题
1．（2022·福建莆田·高二期末）已知向量，且与互相垂直，则k的值为（       ）
A．－2 B．－ C． D．2
【答案】A
【解析】由与互相垂直，则，解得
故选：A
2．（2022·江苏淮安·高二期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，，M为PC上一动点，，若∠BMD为钝角，则实数t可能为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】分别以、、为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，

设， ，故，,，,
由可知，，即，
又因为为钝角，所以，
由,,可知，，
，整理得，
解得，
故选：D.
3．（2022·重庆·高一阶段练习）已知直线的方向向量为，平面的法向量为，若，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，所以直线l的方向向量与平面的法向量平行，
所以，解得，.
故选：B.
4．（2022·湖北·丹江口市二中高二期末）已知，，，则下列结论正确的是（       ）．
A．， B．，
C．， D．以上都不对
【答案】C
【解析】因为，所以；
因为，所以，
故选：C.
5．（2022·湖南益阳·高二期末）已知向量，，若，则（       ）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【解析】由，则，即，
有，
所以，
所以，则
故选：D
二、多选题
6．（2022·山东青岛·高一期末）已知空间向量，则下列说法正确的是（       ）
A．
B．向量与向量共线
C．向量关于轴对称的向量为
D．向量关于平面对称的向量为
【答案】ABC
【解析】A：因为，所以本选项说法正确；
B：因为，所以向量与向量共线，因此本选项说法正确；
C：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，
因为点关于轴对称的点的坐标为，
所以向量关于轴对称的向量为，因此本选项说法正确；
D：设的起点为坐标原点，所以该向量的终点为，
因为点关于平面对称点的坐标为，
所以向量关于平面对称的向量为，
故选：ABC
7．（2022·福建宁德·高二期末）已知，，，则下列结论正确的是（       ）
A． B．
C．为钝角 D．在方向上的投影向量为
【答案】BD
【解析】因为，所以，不垂直，A错，
因为，所以，B对，
因为，所以，所以不是钝角，C错，
因为在方向上的投影向量，D对，
故选：BD.
三、填空题
8．（2022·江苏连云港·高二期中）已知空间向量，且，则n＝_______，向量与的夹角为_______．
【答案】     2    
【解析】解：依题意，解得，
所以，
所以，
由于，所以向量与的夹角为.
故答案为：；.
9．（2021·北京·中关村中学高二期中）已知向量和平行，那么_________，___________．
【答案】     -2     1
【解析】因为向量和平行，
所以向量,
解得.
故答案为：；1
10．（2020·浙江·丽水外国语实验学校高二阶段练习）在空间直角坐标系中，点关于y轴的对称点的坐标是___________，关于坐标平面的对称点坐标是___________.
【答案】         
【解析】在空间直角坐标系中，点关于y轴的对称点的坐标是，
点关于平面xOy的对称点为，
故答案为：；
11．（2022·全国·高二专题练习）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_______．
【答案】（﹣1，0，2）
【解析】根据题意，可得
（﹣1，﹣1，﹣1），（2，0，1），（x，﹣1，y）
∵PA⊥平面ABC，
∴⊥且⊥，可得，
解之得x＝﹣1，y＝2，可得P的坐标是（﹣1，0，2）．
故答案为：（﹣1，0，2）．
12．（2022·福建宁德·高二期末）已知，，，则的坐标为______．
【答案】
【解析】由题设，，
所以.
故答案为：
13．（2022·江苏连云港·高二期末）已知 =(3，2，－1)， (2，1，2)，则=___________．
【答案】2
【解析】因为，
故答案为：2
14．（2022·浙江·平湖市当湖高级中学高一阶段练习）已知向量，，，若，，共面，则___________.
【答案】2
【解析】因为，，共面，设，则，则，解得.
故答案为：2.
15．（2022·山东省郓城第一中学高二开学考试）已知向量 ， 若 ，则实数________．
【答案】
【解析】
因为向量，且，
所以，
解得：.
故答案为：.




题型4：空间向量的应用

一、单选题
1．（2022·广东茂名·高二期末）已知为平面的一个法向量，为内的一点，则点到平面的距离为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依题意，，而为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离.
故选：A
2．（2022·江苏宿迁·高二期末）已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（       ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【解析】依题意，，所以点P到平面的距离为.
故选：D
3．（2022·山东济南·高一期末）已知正四面体ABCD，M为BC中点，N为AD中点，则直线BN与直线DM所成角的余弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设该正面体的棱长为，因为M为BC中点，N为AD中点，
所以，
因为M为BC中点，N为AD中点，
所以有，

，
根据异面直线所成角的定义可知直线BN与直线DM所成角的余弦值为，
故选：B
4．（2022·吉林·长春市实验中学高一期末）如图，在长方体中，，为的中点，则异面直线与所成角的大小是（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】建立如图所示空间直角坐标系，

设，由，则，，
所以，，，，，
因为为的中点，所以，
，，
所以，
所以，即异面直线与所成角的为.
故选：D.
5．（2022·江苏·宿迁中学高二期末）若直线的方向向量为，平面的法向量为，则直线和平面的位置关系是（       ）
A． B．
C．或 D．
【答案】A
【解析】由，，，
所以，即，
所以.
故选：A
6．（2022·江苏泰州·高二期末）在平行六面体中，，，，，则与所成角的正弦值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解：，
则，
，
，
，
，
，
所以，
故选：D
7．（2022·福建南平·高一期末）如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，

则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
∴，令，可得，
又，
设直线与平面所成的角为，则
，又，
∴当时，有最大值，即直线与平面所成的角最大.
故选：C.
8．（2022·山东济宁·高一期末）如图，圆台的轴截面ABCD为等腰梯形，，E为弧AB的中点，F为母线BC的中点，则异面直线AC和EF所成角的正切值为（       ）


A． B． C． D．2
【答案】C
【解析】设圆台的上底面圆心为，下底面圆心为，则，连接，
因为是弧AB的中点，所以，以为原点，
分别以为轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，
，
设异面直线AC和EF所成角为，
所以，可得.
故选：C.

9．（2022·福建省福州第一中学高一期末）如图，三棱锥中，，，，分别是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意可得，
，
由

可得

则异面直线与所成角的余弦值为
故选：C
10．（2021·四川成都·高一期末）在正方体中，分别是与的中点，则（       ）
A．与垂直 B．与平行
C．与垂直 D．与异面
【答案】D
【解析】设正方体的棱长为2，则以D为坐标原点建立如图空间直角坐标系，则


，

则，
对于选项A，，选项A错误；
对于选项B，，选项B错误；
对于选项C，，选项C错误；
对于选项D，在平面中，点为直线外一点且平面，则 与异面，选项D正确.
故选：D.
二、多选题
11．（2022·山东德州·高一期末）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD=60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到，连接，，且，平面与平面的交线为l，则下列结论中正确的是（       ）

A．平面平面 B．
C．ВС与平面所成角的余弦值为 D．二面角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】在菱形ABCD中，E为边AB的中点，所以，因为，
所以ED⊥DC，因为A′D⊥DC， ，所以平面A′DE，
因为，所以平面A′DE，因为平面A′BE，
所以平面A′DE⊥平面A′BE ，故A正确；
因为，平面A′BE，平面A′BE ，所以平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l ，故B正确；
由A知，平面A′DE，则A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以A′E，又BE∩DE=E，所以A′E平面BED,，以E为原点，分别以EB，ED,E A′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：

则，
所以，
由上可知：平面A′DE，
设平面的一个法向量为：，
则，
所以有，因此选项C不正确；
显然平面的一个法向量为：，
设平面的一个法向量为：
则有则，即，所以
所以，所以选项D正确，
故选：ABD
12．（2022·山东聊城·高一期末）在边长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，则（       ）
A．异面直线与MN所成的角为
B．二面角的正切值为
C．点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍
D．过A，M，N三点的平面截该正方体所得截面的周长是
【答案】BCD
【解析】对于A，连接，因为M，N分别是，的中点，所以∥，因为∥，所以∥，所以异面直线与MN所成的角，因为为等边三角形，所以，所以异面直线与MN所成的角为，所以A错误，

对于B，如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
向量为平面的一个法向量，
设二面角的大小为，由图可知为锐角，则
，
所以
所以，所以B正确，

对于C，设，分别到平面的距离为，
因为，
所以,
所以，
所以，所以，
所以点C到平面BMN的距离是点到平面BMN的距离的2倍，所以C正确，
对于D，作直线，分别延长交于，
连接交于，连接交于，连接，则五边形为过A，M，N三点的截面，因为正方体的棱长为1，所以，
因为∽，所以，
所以，
所以，
所以，，
同理可得，，
所以五边形的周长为，所以D正确，

故选：BCD
13．（2022·湖南·雅礼中学高一期末）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成二面角A−BD−C，形成四面体A−BCD，如图所示，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则（       ）

A．若二面角A−BD−C为60°，则AC=
B．若二面角A−BD−C为90°，则EF⊥BC
C．若二面角A−BD−C为90°，过EF且与BD平行的平面截四面体A−BCD所得截面的面积为
D．四面体A−BCD的外接球的体积恒为
【答案】ACD
【解析】对于A，取的中点，连接，因为，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为，所以为等边三角形，所以，所以A正确，

对于B，由选项A可知，为二面角的平面角，因为二面角A−BD−C为90°，所以，所以两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则
，
所以，
因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，
所以,
所以，
所以，
所以与不垂直，即与不垂直，所以B错误，

对于C，取的中点，的中点，连接，
因为点E，F分别为线段BC，AD的中点，
所以∥，∥，∥，∥，
,
所以四点共面，
因为平面，平面,
所以∥平面,
由选项A可知，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
所以，
所以过且与平行的平面截四面体所得的截面为矩形，
因为二面角A−BD−C为90°，所以,
所以
因为,，所以截面的面积为，所以C正确，

对于D，因为由正方形的性质可知，
所以可得点为四面体A−BCD的外接球的球心，且球的半径为，
所以四面体A−BCD的外接球的体积恒为，所以D正确，
故选：ACD
14．（2022·重庆·高一期末）如图，在边长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，是棱上的动点，则下列说法正确的是（       ）

A．当为中点时，直线平面
B．当为中点时，直线与所成的角为
C．若是棱上的动点，且，则平面平面
D．当在上运动时，直线与平面所成的角的最大值为
【答案】ACD
【解析】如图，以为原点建立空间直角坐标系，设，
当为中点时，，
所以,
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则可得，
因为，所以，
因为平面，所以平面，故A正确；
因为，所以当为中点时，直线与所成的角为，故B错误；
若，则，又,
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
因为，所以平面平面，故C正确；
因为，易得平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
则当时，取得最大值为，所以直线与平面所成的角的最大值为，故D正确.
故选：ACD.

三、填空题
15．（2022·江苏镇江·高一期末）已知腰长为的等腰直角△ABC，现沿斜边BC上的高AD翻折，使得二面角B－AD－C的大小为60°，则点B到AC的距离为______；异面直线AB与CD所成角的余弦值为______．
【答案】        
【解析】如图，

图①中，由题意，， ，所以,
因为，所以为二面角B－AD－C的平面角，
即，所以图②中，设点B到AC的距离为，
由三角形面积可知，即.
设异面直线AB与CD所成角为，
，
,
.
故答案为：；.
16．（2022·浙江·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体中，P为正方形（包括边界）内一动点，当P为的中点时，与所成角的余弦值为______；若，则的最大值为______．

【答案】          3
【解析】解：以D为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D-xyz，则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），，．

当P为的中点时，，因为，，
所以，
所以与BD所成角的余弦值为；
设，，则，
因为，所以，即，
令，，，则，，
因为，所以，
因为，所以．
故答案为：；3.
17．（2022·山东青岛·高一期末）在正方体中，点，分别在棱，上，且，则异面直线与所成角的余弦值为______．
【答案】.
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为，
则有，，，，
，，
设异面直线与所成角为，
所以，
故答案为：.

18．（2022·山东德州·高一期末）已知E､F､G､H分别是正方体，边AB，CD，，的中点，则异面直线EH与GF所成角的余弦值为___________.

【答案】
【解析】
，
，
设该正方体的棱长为，显然，
于是有，
所以，
，
所以，
因此异面直线EH与GF所成角的余弦值为，
故答案为：
19．（2022·重庆长寿·高二期末）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如下图，四面体P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且，则二面角A-PC-B的余弦值为__________．

【答案】
【解析】依据题意建立如图所示的空间直角坐标系：

，，，，
所以，，，.
设平面APC的法向量为
，∴
不妨设，则，
设平面PBC的法向量为
，∴
不妨设，则，，
设为，则.
故答案为：
20．（2022·江苏省镇江中学高二期末）在空间直角坐标系O-xyz中，向量分别为异面直线方向向量，则异面直线所成角的余弦值为___________.
【答案】
【解析】因为，所以.
因为异面直线所成角的范围为，所以异面直线所成角的余弦值为.
故答案为：
21．（2022·江苏泰州·高二期末）长方体中，，，则点B到平面的距离为________．
【答案】
【解析】解：在长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，


因为，，所以，， ，，，，
设平面的法向量为：
，
，令得：
又
点B到平面的距离为：.
故答案为：.
22．（2021·天津西青·高一期末）已知为正方体，，分别是，的中点，异面直线与所成的角为_______

【答案】
【解析】取点为原点，边，，所在的直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则，0，，，2，，，1，，，1，，

，
，，
，
与所成的角为．
故答案为：．
23．（2022·江苏盐城·高一期末）在四棱锥中，已知底面是菱形，，，，若点为菱形的内切圆上一点，则异面直线与所成角的余弦值的取值范围是___________.
【答案】
【解析】设，连接，
四边形为菱形，为中点，
，，，，
又，平面，平面；又，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，

四边形为菱形，为四边形各内角的平分线，
即为四边形的内切圆圆心，四边形内切圆的半径；
，，；
，，，
设，，，
，（其中），
，，
即异面直线与所成角的余弦值的取值范围为.
故答案为：.
24．（2022·江苏南京·高二期末）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点M在线段CC1上，且．点P在平面A1B1C1D1上，且AP⊥平面MBD1，则线段AP的长为________．
【答案】
【解析】如图，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，
，则是靠近的线段的三等分点，，
，，
在平面上，设，则，
由AP⊥平面MBD1，得，解得，
所以，．
故答案为：．

四、解答题
25．（2020·浙江师范大学附属东阳花园外国语学校高二开学考试）如图，在三棱柱中， 面，，，为的中点.

(1)求证：面；
(2)求异面直线和所成角的大小.
【解】（1）如图所示，连接交于点，连接则是的中点又是的中点面，面面
（2）建立如图所示空间直角坐标系，则异面直线和所成角
26．（2022·浙江·诸暨市教育研究中心高二学业考试）如图，三棱柱的底面为菱形，，为的中点，且.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【解】（1）证明：以、、为基底，得，,，所以；同理可证，和是平面内两相交直线，所以平面.
（2）由已知四面体是正四面体，如图，是的中心，是的中点，，是正四面体的高，从而与底面上的直线垂直，是与平面所成的角，则，所以，．
27．（2022·浙江·诸暨市教育研究中心高二学业考试）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，，，为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【解】（1）连接交于，连接,是菱形，是中点，又是中点面,面面
（2）过作于，连接在， ，,连接， 菱形又在中,由余弦定理解得即故以为原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示坐标系则平面的法向量又故直线与平面所成角的正弦值为.
28．（2022·江苏·常州市第一中学高二阶段练习）如图，三棱柱中，侧面BB1C1C是菱形，其对角线的交点为O，且AB=AC1，AB⊥B1C．

(1)求证：AO⊥平面BB1C1C；
(2)设∠B1BC=60°，若直线A1B1与平面BB1C1C所成的角为45°，求二面角的余弦值．
【解】（1）证明：∵四边形BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1，∵AB⊥B1C，AB∩BC1=B，平面ABC1，∴B1C⊥平面ABC1，又平面ABC1，∴B1C⊥AO，∵AB=AC1，O是BC1的中点，∴AO⊥BC1，又B1C∩BC1=O，平面BB1C1C，∴AO⊥平面BB1C1C；
（2）解：∵AB∥A1B1，∴直线A1B1与平面BB1C1C所成的角等于直线AB与平面BB1C1C所成的角，∵AO⊥平面BB1C1C，∴直线AB与平面BB1C1C所成的角即∠ABO，∴∠ABO=45°，不妨设菱形BB1C1C的边长为2，则在等边三角形BB1C中，BO=，CO=B1O=1，在Rt△ABO中，AO=BO=，如图，以O为坐标原点，分别以OB，OB1，OA所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，设平面A1B1C1的法向量为，则有，可取，因为AO⊥平面BB1C1C，所以即为平面BB1C1C的一个法向量，则，由图可知二面角为钝二面角，所以二面角的余弦值为．
29．（2022·安徽·安庆市第二中学高二期末）如图，在四棱锥中，是直角三角形，，四边形是等腰梯形，，，.


(1)证明：；
(2)若平面平面，求平面与平面的夹角的正弦值.
【解】（1）如图，取AB中点E，连接DE，EP，取AE中点F，连接DF，FP，由题意可知，和为全等的等边三角形.因为，，且，所以平面DFP，又因为平面DFP，所以.
（2）因为平面平面，且，所以平面.以为坐标原点，，，的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，平面的一个法向量.设平面的一个法向量，则，即，可取，所以，所以平面与平面的夹角的正弦值为.
30．（2021·广东·汕头市潮阳区棉城中学高二期中）如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点．

(1)求证：平面；
(2)若，求平面与平面所成角；
(3)若线段上总存在一点，使得，求的最大值．
【解】(1)证明：设，连接，
因为矩形中是线段的中点，是线段的中点，
所以，，所以为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；

(2)解：由题意，正方形和矩形所在的平面互相垂直，
因为平面平面，，
所以平面，
所以，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
若，则，
则，，
可知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则由，可知，
不妨令，则，，即，
设平面与平面所成角为，
因为为锐角，所以，
所以平面与平面所成角的大小为．

(3)解：，则，
因为点在线段上，设，其中，
则，从而点坐标为，
于是，而，
则由可知，即，
所以，解得，故的最大值为