2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第5讲空间向量及其运算提能训练

这是一份2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第5讲空间向量及其运算提能训练，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，在四面体OABC中，M，N分别在棱OA，BC上，且满足eq \(OM,\s\up6(→))＝2eq \(MA,\s\up6(→))，eq \(BN,\s\up6(→))＝eq \(NC,\s\up6(→))，点G是线段MN的中点，用向量eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OC,\s\up6(→))表示向量eq \(OG,\s\up6(→))应为( A )
A.eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→))
B.eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→))
C.eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→))
D.eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))－eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→))
[解析] eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(ON,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)×eq \f(2,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)×eq \f(1,2)(eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \(OC,\s\up6(→)))，化简得到eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OB,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(OC,\s\up6(→)).故选A.
2．(2023·广西桂林模拟预测)已知a＝(2,1，－3)，b＝(－1,2,3)，c＝(7,6，λ)，若a，b，c共面，则λ等于( C )
A．－3 B．3
C．－9 D．9
[解析] ∵a，b，c共面，
∴设c＝ma＋nb(m、n为实数)，
即(7,6，λ)＝m(2,1，－3)＋n(－1,2,3)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m－n＝7，,m＋2n＝6，,－3m＋3n＝λ，))解得λ＝－9.故选C.
3．(2023·辽宁沈阳重点高中联合体期中)设x、y∈R，向量a＝(x,1,1)，b＝(1，y,1)，c＝(3，－6,3)且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝( D )
A．2eq \r(2) B．2eq \r(3)
C．4 D．3
[解析] 因为a⊥c，则a·c＝3x－6＋3＝0，
解得x＝1，则a＝(1,1,1)，
因为b∥c，则eq \f(1,3)＝eq \f(y,－6)，解得y＝－2，
即b＝(1，－2,1)，
所以a＋b＝(2，－1,2)，
因此|a＋b|＝eq \r(4＋1＋4)＝3.
故选D.
4．(2024·湖北宜荆荆随联考)已知空间向量a＝(0,1,2)，b＝(－1,2,2)，则向量a在向量b上的投影向量是( B )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(2,3)，\f(2,3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(4,3)，\f(4,3)))
C．(－2,4,4) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))
[解析] a在b方向上的投影向量为eq \f(a·b,|b|)·eq \f(b,|b|)＝eq \f(6,3)×eq \f(1,3)(－1,2,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，\f(4,3)，\f(4,3))).故选B.
5．(2024·河南漯河中学摸底)已知四面体A－BCD的所有棱长都等于2，E是棱AB的中点，F是棱CD上靠近点C的四等分点，则eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))等于( D )
A．－eq \f(1,2) B．eq \f(1,2)
C．－eq \f(5,2) D．eq \f(5,2)
[解析] 解法一：因为E是棱AB的中点，F是棱CD上靠近点C的四等分点，所以eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(CD,\s\up6(→))，所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,4)eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→)).因为eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝|eq \(AB,\s\up6(→))|·|eq \(AC,\s\up6(→))|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝2×2×cs 60°＝2，eq \(BC,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝|eq \(BC,\s\up6(→))|·|eq \(AC,\s\up6(→))|cs〈eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝2×2×cs 60°＝2，eq \(CD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝|eq \(CD,\s\up6(→))|·|eq \(AC,\s\up6(→))|cs〈eq \(CD,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝2×2×cs 120°＝－2，所以eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)×2＋2＋eq \f(1,4)×(－2)＝eq \f(5,2).故选D.
解法二：取AC的中点H，分别以HB、HC为x轴、y轴建立空间直角坐标系(如图)，由题意知BH＝eq \r(3)，又D在平面ABC内的射影为正△ABC的中心O.∴DO＝eq \f(2\r(6),3)，OH＝eq \f(\r(3),3).∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),12)，\f(3,4)，\f(\r(6),6)))，又Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，∴eq \(EF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5\r(3),12)，\f(5,4)，\f(\r(6),6)))，又eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，∴eq \(EF,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝eq \f(5,2).故选D.
6．(2024·湘豫名校联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC＝AA1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值等于( D )
A.eq \f(\r(3),2) B．eq \f(1,2)
C．eq \f(1,3) D．eq \f(1,4)
[解析] 不妨设AB＝BC＝AC＝AA1＝2.
解法一：eq \(AB1,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))－eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BC1,\s\up6(→))＝eq \(BC,\s\up6(→))＋eq \(BB1,\s\up6(→))，由题意易知AB1＝BC1＝2eq \r(2)，eq \(BB1,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝eq \(BB1,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝0，eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝2，∴cs θ＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|\(AB1,\s\up6(→))||\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(|\(BB1,\s\up6(→))－\(BA,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))＋\(BB1,\s\up6(→))|,8)＝eq \f(1,4).故选D.
解法二：如图建立空间直角坐标系，则A(eq \r(3)，1,0)，B1(0,0,2)，C1(0,2,2)，∴eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,2)，eq \(BC1,\s\up6(→))＝(0,2,2)，∴cs θ＝eq \f(|\(AB1,\s\up6(→))·\(BC1,\s\up6(→))|,|AB1\(|,\s\up6(→))|\(BC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(|－2＋4|,2\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,4).故选D.
解法三：如图将三棱柱补形成平行六面体，连接DC1，则DC1∥AB1，∴∠BC1D为异面直线AB1与BC1所成的角．由题意易知AB1＝DC1＝2eq \r(2)，BD＝2eq \r(3).∴cs∠BC1D＝eq \f(DC\\al(2,1)＋BC\\al(2,1)－BD2,2DC1·BC1)＝eq \f(8＋8－12,2×2\r(2)×2\r(2))＝eq \f(1,4).故选D.
7. (2024·河北联考)如图，二面角α－l－β等于135°，A，B是棱l上两点，BD，AC分别在半平面α，β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝2，BD＝eq \r(2)，则CD＝( C )
A．2eq \r(3) B．2eq \r(2)
C．eq \r(14) D．4
[解析] 由二面角的平面角的定义知〈eq \(BD,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝135°，所以eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝|eq \(BD,\s\up6(→))||ACeq \(|,\s\up6(→))cs〈eq \(BD,\s\up6(→))，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \r(2)×2×cs 135°＝－2.由AC⊥l，BD⊥l，得eq \(AC,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝0，eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＝0.又eq \(DC,\s\up6(→))＝eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→))，所以|eq \(DC,\s\up6(→))|2＝(eq \(DB,\s\up6(→))＋eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AC,\s\up6(→)))2＝eq \(DB,\s\up6(→))2＋eq \(BA,\s\up6(→))2＋eq \(AC,\s\up6(→))2＋2eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(BA,\s\up6(→))＋2eq \(DB,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＋2eq \(BA,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝(eq \r(2))2＋22＋22－2eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AC,\s\up6(→))＝10－2×(－2)＝14，即|eq \(DC,\s\up6(→))|＝eq \r(14).
8．(2022·浙江绍兴高三期末)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，P是直线A1C上一点( A )
A．若eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up6(→))，则直线AP∥平面BC1D
B．若eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(A1C,\s\up6(→))，则直线AP∥平面BC1D
C．若eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up6(→))，则直线BP⊥平面ACD1
D．若eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(A1C,\s\up6(→))，则直线BP⊥平面ACD1
[解析] 以D为坐标原点，分别以eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DD1,\s\up6(→))为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，A1(1,0,1)，
当eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up6(→))时，
eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up6(→))
＝(0,0,1)＋eq \f(1,3)(－1,1，－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3)，\f(2,3)))，
eq \(DB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(DC1,\s\up6(→))＝(0,1,1)，
设平面BC1D的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,y＋z＝0，))可取m＝(1，－1,1)，
则eq \(AP,\s\up6(→))·m＝－eq \f(1,3)－eq \f(1,3)＋eq \f(2,3)＝0，
从而可知直线AP∥平面BC1D，故A正确，B不正确；
同理可取平面ACD1的一个法向量n＝(1,1,1)，
若eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up6(→))时，
eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(A1C,\s\up6(→))
＝(0，－1,0)＋(0,0,1)＋eq \f(1,3)(－1,1，－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，－\f(2,3)，\f(2,3)))，
所以eq \(BP,\s\up6(→))与n不共线，所以直线BP与平面ACD1不垂直，故C不正确；
若eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(A1C,\s\up6(→))时，
eq \(BP,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \(BA,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(A1C,\s\up6(→))
＝(0，－1,0)＋(0,0,1)＋eq \f(1,2)(－1,1，－1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，\f(1,2)))，
所以eq \(BP,\s\up6(→))与n不共线，所以直线BP与平面ACD1不垂直，故D不正确．故选A.
二、多选题
9．(2024·江苏镇江期初测试)在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，∠A1AB＝∠A1AD，A1C1∩B1D1＝O1，则下列说法正确的是( ABD )
A．四边形B1BDD1为矩形
B.eq \(AO1,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(AO1,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))
C.eq \(AO1,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(→))
D．如果eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AA1,\s\up6(→))，那么点M在平面A1BD内
[解析] eq \(AO1,\s\up6(→))＋eq \(AA1,\s\up6(→))＝2eq \(AN,\s\up6(→))，N为A1O1的中点，eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(AD,\s\up6(→)))＝eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))，
由于eq \f(1,2)eq \(AC,\s\up6(→))≠2eq \(AN,\s\up6(→))，所以eq \(AO1,\s\up6(→))≠eq \f(1,2)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,2)eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(→))，C错误；
设AC∩BD＝O，A1B2＝A1A2＋AB2－2AA1·ABcs∠A1AB，
A1D2＝A1A2＋AD2－2AA1·ADcs∠A1AD，∴A1B＝A1D，
故A1O⊥BD，
又AC⊥BD，A1O∩AC＝O，A1O，AC⊂平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1，由于AA1⊂平面ACC1A1，故BD⊥AA1，由于AA1∥BB1，进而BD⊥BB1，所以四边形BDD1B1为矩形，A正确；
BD⊥AO1，所以eq \(BD,\s\up6(→))·eq \(AO1,\s\up6(→))＝0⇒(eq \(AD,\s\up6(→))－eq \(AB,\s\up6(→)))·eq \(AO1,\s\up6(→))＝0，所以eq \(AO1,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(AO1,\s\up6(→))·eq \(AD,\s\up6(→))，B正确；
eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AA1,\s\up6(→))，由于eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)＝1，
所以M，B，D，A1四点共面，故M在平面A1BD内，D正确．故选ABD.
10．(2024·辽宁实验中学月考)已知空间四点O(0,0,0)，A(4,3,0)，B(－3,0,4)，C(5,6,4)，则下列说法正确的是( BD )
A.eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝12
B．cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))〉＝－eq \f(12,25)
C．点O到直线BC的距离为eq \r(5)
D．O，A，B，C四点共面
[解析] 因为eq \(OA,\s\up6(→))＝(4,3,0)，eq \(OB,\s\up6(→))＝(－3,0,4)，所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝4×(－3)＝－12，因此A不正确；又cs〈eq \(OA,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OA,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OB,\s\up6(→)))))＝－eq \f(12,\r(42＋32)×\r(－32＋42))＝－eq \f(12,25)，因此B正确；eq \(BO,\s\up6(→))＝(3,0，－4)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(8,6,0)，cs〈eq \(BO,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(BO,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BO,\s\up6(→))))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BC,\s\up6(→)))))＝eq \f(24,\r(32＋－42)×\r(82＋62))＝eq \f(12,25)，所以sin〈eq \(BO,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝eq \r(1－cs2〈\(BO,\s\up6(→))，\(BC,\s\up6(→))〉)＝eq \f(\r(481),25)，所以点O到直线BC的距离为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(BO,\s\up6(→))))sin〈eq \(BO,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))〉＝5×eq \f(\r(481),25)＝eq \f(\r(481),5)，因此C不正确；因为eq \(OA,\s\up6(→))＝(4,3,0)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(8,6,0)，所以有eq \(BC,\s\up6(→))＝2eq \(OA,\s\up6(→))，因此eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))是共线向量，所以O，A，B，C四点共面，因此D正确．故选BD.
11．(2023·广东梅州二模)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝3，点M，N分别在棱AB和BB1上运动(不含端点)，若D1M⊥MN，下列命题正确的是( ACD )
A．MN⊥A1M
B．MN⊥平面D1MC
C．线段BN长度的最大值为eq \f(3,4)
D．三棱锥C1－A1D1M体积不变
[解析] 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：
A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3，y,0)，N(3,3，z)，y，z∈(0,3)，
eq \(D1M,\s\up6(→))＝(3，y，－3)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(0,3－y，z)，而D1M⊥MN，
则eq \(D1M,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝y(3－y)－3z＝0，
∴z＝eq \f(1,3)y(3－y)，
对于A选项：eq \(A1M,\s\up6(→))＝(0，y，－3)，
则eq \(A1M,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝y(3－y)－3z＝0⇒eq \(A1M,\s\up6(→))⊥eq \(MN,\s\up6(→))，MN⊥A1M，A正确；
对于B选项：eq \(CM,\s\up6(→))＝(3，y－3,0)，
eq \(CM,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝(y－3)(3－y)＝－(3－y)2<0，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；
对于C选项：eq \(BN,\s\up6(→))＝(0,0，z)，则线段BN长度|eq \(BN,\s\up6(→))|＝z＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(3,2)))2＋\f(9,4)))≤eq \f(3,4)，当且仅当y＝eq \f(3,2)时取“＝”，C正确；
对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而VC1－A1D1M＝VM－A1D1C1＝eq \f(1,3)·3·S△A1D1C1＝eq \f(9,2)，
三棱锥C1－A1D1M体积为定值，即D正确．故选ACD.
三、填空题
12．已知空间向量a＝(－2，－1,1)，b＝(3,4,5)，则下列结论正确的是_②③④__.
①(2a＋b)∥a；②5|a|＝eq \r(3)|b|；③a⊥(5a＋6b)；④a与b夹角的余弦值为－eq \f(\r(3),6).
[解析] 由题意知2a＋b＝(－1,2,7)，
显然不存在λ值使2a＋b＝λa，∴①错；
又|a|＝eq \r(6)，|b|＝5eq \r(2)，∴5|a|＝eq \r(3)|b|，②正确；由a·b＝－6－4＋5＝－5，a·(5a＋6b)＝30＋6a·b＝30－30＝0，
∴a⊥(5a＋6b)，③正确；
a与b夹角的余弦值cs θ＝eq \f(a·b,|a||b|)＝eq \f(－5,\r(6)×5\r(2))＝－eq \f(\r(3),6)，④正确．
13. (2023·四川乐山调研)正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为DD1的中点，Q为CC1的中点，O为底面ABCD的中心，则异面直线D1Q与OP所成角的正弦值为 eq \f(\r(10),5) .
[解析] 如图建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则
eq \(OP,\s\up6(→))＝(－1，－1,1)，
eq \(QD1,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，
记D1Q与OP所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(|\(OP,\s\up6(→))·\(QD1,\s\up6(→))|,|\(OP,\s\up6(→))|·|\(QD1,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(15),5)，
从而sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(10),5).
四、解答题
14. (2024·四川绵阳诊断)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D、E、N分别为棱PA、PC、BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.
(1)求证：MN∥平面BDE；
(2)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为eq \f(\r(7),21)，求线段AH的长．
[解析] (1)证明：因为PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，
如图，以点A为原点，以AB、AC、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A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(0,4,0)、P(0,0,4)、D(0,0,2)、E(0,2,2)、M(0,0,1)、N(1,2,0)，
eq \(DE,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，
设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DE,\s\up6(→))＝2y＝0，,n·\(DB,\s\up6(→))＝2x－2z＝0，))取x＝1，可得n＝(1,0,1)，
又因为eq \(MN,\s\up6(→))＝(1,2，－1)，则eq \(MN,\s\up6(→))·n＝1－1＝0，
所以eq \(MN,\s\up6(→))⊥n，
又因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.
注：也可取EC的中点Q，证平面MNQ∥平面BDE即可．
(2)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，
所以eq \(NH,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－2,2,2)，
由已知，得|cs〈eq \(BE,\s\up6(→))，eq \(NH,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BE,\s\up6(→))·\(NH,\s\up6(→))|,|\(BE,\s\up6(→))|·|\(NH,\s\up6(→))|)＝eq \f(|2h－2|,\r(h2＋5)×2\r(3))＝eq \f(\r(7),21)，
整理可得10h2－21h＋8＝0，解得h＝eq \f(8,5)或h＝eq \f(1,2)，
所以，线段AH的长为eq \f(8,5)或eq \f(1,2).
15．如图所示，已知PA⊥矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点．
(1)求证：MN⊥CD；
(2)若∠PDA＝45°，求证：MN⊥平面PCD.
[证明] 证法一：(1)连接AC，AN，BN，
∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AC，在Rt△PAC中，N为PC的中点．
∴AN＝eq \f(1,2)PC.
∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.
又BC⊥AB ，PA∩AB＝A，
∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB.
从而在Rt△PBC中，BN为斜边PC上的中线，
∴BN＝eq \f(1,2)PC.∴AN＝BN，
∴△ABN为等腰三角形．
又M为底边AB的中点，
∴MN⊥AB，又AB∥CD，
∴MN⊥CD.
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD.
又∠PDA＝45°，∴AP＝AD.
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC，∴PA＝BC.
连接PM，CM，又∵M为AB的中点，
∴AM＝BM.
而∠PAM＝∠CBM＝90°，
∴Rt△PAM≌Rt△CBM.
∴PM＝CM，又N为PC的中点，∴MN⊥PC.
由(1)知MN⊥CD，PC∩CD＝C，
∴MN⊥平面PCD.
证法二(向量法)：∵PA⊥平面ABCD，
∴PA⊥AD，PA⊥AB，又AB⊥AD，
∴PA、AB、AD两两垂直，如图建立空间直角坐标系，
不妨设C(a，b,0)，P(0,0，c)，则D(0，b,0)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0，0))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(b,2)，\f(c,2)))，
(1)由eq \(MN,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(b,2)，\f(c,2)))，
eq \(CD,\s\up6(→))＝(－a,0,0)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(CD,\s\up6(→))＝0，∴MN⊥CD.
(2)∵∠PDA＝45°，∴b＝c，
又eq \(PC,\s\up6(→))＝(a，b，－b)，
∴eq \(MN,\s\up6(→))·eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(b,2)，\f(b,2)))·(a，b，－b)＝0，
∴MN⊥PC，又MN⊥CD，
∴MN⊥平面PCD.
B组能力提升
1. (2024·四川成都七中入学考试)如图，圆柱的轴截面为矩形ABCD，点M，N分别在上、下底面圆上，eq \x\t(NB)＝2eq \x\t(AN)，eq \x\t(CM)＝2eq \x\t(DM)，AB＝2，BC＝3，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为( B )
A.eq \f(3\r(30),10) B．eq \f(3\r(30),20)
C.eq \f(\r(3),5) D．eq \f(\r(3),4)
[解析] 解法一：设OO1为圆柱的轴．如图建立空间直角坐标系，由题意知A(0，－1，0)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，0))，C(0,1,3)，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，3))，∴eq \(NC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(3,2)，3))，eq \(AM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，3))，∴cs θ＝eq \f(|\(NC,\s\up6(→))·\(AM,\s\up6(→))|,|\(NC,\s\up6(→))|·|\(AM,\s\up6(→))|)＝eq \f(9,2\r(3)×\r(10))＝eq \f(3\r(30),20).故选B.
解法二：连接DM，CM，AN，BN，BM，设BM∩CN＝P，则P是BM的中点，设Q是AB的中点，连接PQ，则PQ∥AM，则∠NPQ是异面直线AM与CN所成角或其补角．由于eq \x\t(NB)＝2eq \x\t(AN)，eq \x\t(CM)＝2eq \x\t(DM)，所以∠BAN＝eq \f(π,3)，∠NBA＝eq \f(π,6)，由于AB＝2，而AB是圆柱底面圆的直径，则AN⊥BN，所以AN＝1，BN＝eq \r(3)，则AM＝eq \r(1＋9)＝eq \r(10)，PQ＝eq \f(1,2)AM＝eq \f(\r(10),2)，CN＝eq \r(3＋9)＝2eq \r(3)，PN＝eq \f(1,2)CN＝eq \r(3)，而QN＝1，在△PQN中，由余弦定理得cs∠NPQ＝eq \f(3＋\f(10,4)－1,2×\r(3)×\f(\r(10),2))＝eq \f(3\r(30),20).故选B.
2. (多选题)(2022·安徽蚌埠质检改编)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，点Q为B1C1的中点，点N为DD1的中点．有下列结论正确的是( AC )
A．CQ∥平面ADD1A1
B．BN⊥平面ACC1A1
C．CQ⊥BN
D．异面直线BN与CD所成的角为45°
[解析] 以D为原点建立空间直角坐标系如图所示：设正方体的边长为2，
则D(0,0,0)，C(0,2,0)，Q(1，2,2)，B(2,2,0)，N(0,0,1)，
eq \(CQ,\s\up6(→))＝(1,0,2)，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，
有eq \(CQ,\s\up6(→))·eq \(DC,\s\up6(→))＝0，所以CQ⊥DC，
又因为DC⊥平面ADD1A1，
CQ⊄平面ADD1A1，所以CQ∥平面ADD1A1，故A正确；(或平面BCC1B1∥平面ADD1A1，CQ⊂平面BCC1B1，∴CQ∥平面ADD1A1)
因为eq \(BN,\s\up6(→))·eq \(A1A,\s\up6(→))＝(－2，－2,1)·(0,0，－2)＝－2，故B错误；
由eq \(CQ,\s\up6(→))·eq \(BN,\s\up6(→))＝(1,0,2)·(－2，－2,1)＝－2＋2＝0，
得CQ⊥BN，故C正确；
由|cs〈eq \(BN,\s\up6(→))，eq \(CD,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|\(BN,\s\up6(→))·\(CD,\s\up6(→))|,|\(BN,\s\up6(→))|·|\(CD,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,\r(9)·\r(4))＝eq \f(2,3)≠eq \f(\r(2),2)，故D错误．
3．(2021·浙江卷)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则( A )
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
[解析] 解法一：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1,0,1)，N(1,1,1)，所以eq \(A1D,\s\up6(→))＝(－2,0，－2)，eq \(D1B,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq \(MN,\s\up6(→))＝(0,1,0)，所以eq \(A1D,\s\up6(→))·eq \(D1B,\s\up6(→))＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B.又直线A1D与D1B是异面直线，所以直线A1D与D1B异面且垂直，故B、C不正确；因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以eq \(MN,\s\up6(→))·n＝0×0＋0×1＋1×0＝0，eq \(MN,\s\up6(→))⊥n，所以MN∥平面ABCD，故A正确；设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1,1,0)，所以sin θ＝|cs〈eq \(MN,\s\up6(→))，a〉|＝eq \f(|\(MN,\s\up6(→))·a|,|\(MN,\s\up6(→))|·|a|)＝eq \f(1,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直，故D不正确．故选A.
解法二：连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且M为AD1的中点，AD1⊥A1D.因为AB⊥平面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，AB，AD1⊂平面ABD1，所以A1D⊥平面ABD1，又BD1⊂平面ABD1，显然A1D与BD1异面，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．
4．(多选题)(2023·湖北省孝感市模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长均相等，D，E分别是BC，CC1的中点，点P满足eq \(AP,\s\up6(→))＝xeq \(AB1,\s\up6(→))＋yeq \(AC,\s\up6(→))＋(1－x－y)eq \(AB,\s\up6(→))，下列选项正确的是( ABD )
A．当y＝eq \f(1,2)时，AP⊥BC
B．当x＋2y＝1时，AP⊥BE
C．当x＝y时，∠DEP为锐角
D．当x－y＝eq \f(1,2)时，A1P∥平面ADE
[解析] 建立如图所示空间直角坐标系：
设棱长为2，则A(eq \r(3)，0,0)，B1(0,1,2)，C(0，－1,0)，B(0,1,0)，E(0，－1,1)，A1(eq \r(3)，0,2)，所以eq \(AB1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,2)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,0)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1,0)，所以eq \(AP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1－2y,2x)，当y＝eq \f(1,2)时，eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，－2，0)，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BC,\s\up6(→))＝4y－2＝0，所以AP⊥BC，故A正确；当x＋2y＝1时，eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－2,1)，eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BE,\s\up6(→))＝4y－2＋2x＝0，所以AP⊥BE，故B正确；当x＝y时，eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq \(EP,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))－eq \(AE,\s\up6(→))＝(0,2－2y,2x－1)，eq \(ED,\s\up6(→))·eq \(EP,\s\up6(→))＝3－2(x＋y)正负不定，故C错误；当x－y＝eq \f(1,2)时，eq \(A1P,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))－eq \(AA1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，1－2y,2x－2)，设平面ADE的一个法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DA,\s\up6(→))·n＝0，,\(ED,\s\up6(→))·n＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)a＝0，,b－c＝0，))令b＝1，则n＝(0,1,1)，所以eq \(A1P,\s\up6(→))·n＝2(x－y)－1＝0，又A1P⊄平面ADE，所以A1P∥平面ADE，故D正确．故选ABD.
5．如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都为2，D为CC1的中点，求证：AB1⊥平面A1BD.
[证明] 证法一：取BC的中点O，连接AO.
∵△ABC为正三角形，∴AO⊥BC.
∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABC⊥平面BCC1B1，∴AO⊥平面BCC1B1，
取B1C1的中点O1，以O为原点，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OO1,\s\up6(→))，eq \(OA,\s\up6(→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则B(1,0，0)，D(－1,1,0)，A1(0,2，eq \r(3))，A(0,0，eq \r(3))，B1(1,2,0)．
设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，eq \(BA1,\s\up6(→))＝(－1，2，eq \r(3))，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－2,1,0)．
则n⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，n⊥eq \(BD,\s\up6(→))，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BA1,\s\up6(→))＝0，,n·\(BD,\s\up6(→))＝0.))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，))令x＝1，则y＝2，z＝－eq \r(3).
故n＝(1,2，－eq \r(3))为平面A1BD的一个法向量，
而eq \(AB1,\s\up6(→))＝(1,2，－eq \r(3))，
∴eq \(AB1,\s\up6(→))＝n，即eq \(AB1,\s\up6(→))∥n，
∴AB1⊥平面A1BD.
证法二：设平面A1BD内的任意一条直线m的方向向量为m.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m＝λeq \(BA1,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→)).
令eq \(BB1,\s\up6(→))＝a，eq \(BC,\s\up6(→))＝b，eq \(BA,\s\up6(→))＝c，显然它们不共面，并且|a|＝|b|＝|c|＝2，a·b＝a·c＝0，b·c＝2，
以它们为空间的一组基底，则eq \(BA1,\s\up6(→))＝a＋c，eq \(BD,\s\up6(→))＝eq \f(1,2)a＋b，eq \(AB1,\s\up6(→))＝a－c，m＝λeq \(BA1,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc，eq \(AB1,\s\up6(→))·m＝(a－c)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))a＋μb＋λc))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,2)μ))－2μ－4λ＝0.故eq \(AB1,\s\up6(→))⊥m，结论得证．
证法三：基向量的取法同上．
∵eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BA1,\s\up6(→))＝(a－c)·(a＋c)＝|a|2－|c|2＝0，
eq \(AB1,\s\up6(→))·eq \(BD,\s\up6(→))＝(a－c)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋b))＝eq \f(1,2)|a|2＋a·b－eq \f(1,2)a·c－b·c＝0，
∴eq \(AB1,\s\up6(→))⊥eq \(BA1,\s\up6(→))，eq \(AB1,\s\up6(→))⊥eq \(BD,\s\up6(→))，即AB1⊥BA1，AB1⊥BD，由直线和平面垂直的判定定理，知AB1⊥平面A1BD.