2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第七章 立体几何与空间向量

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第七章 立体几何与空间向量，共51页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．(教材改编)下列几何体中是棱台的是( D )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：A，C 不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故A，C 不符合题意；B中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故B不符合题意；D符合棱台的定义．故选D.
2．已知正四棱柱的底面边长为3，侧棱长为4，则其外接球的表面积为( B )
A．25π B．34π
C．68π D．100π
解析：正四棱柱即长方体，其体对角线长为d＝ eq \r(32＋32＋42) ＝ eq \r(34) ，因此其外接球的半径为r＝ eq \f(\r(34),2) ，则其表面积为S＝4πr2＝34π.故选B.
3．(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为 eq \r(3) ，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于 eq \f(9\r(3),4) ，则该圆锥的体积为( B )
A．π B． eq \r(6) π
C．3π D．3 eq \r(6) π
解析：在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝ eq \r(3) ，如图，取AB中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，∠ABO＝30°，OC＝ eq \f(\r(3),2) ，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为 eq \f(9\r(3),4) ，得 eq \f(1,2) ×3×PC＝ eq \f(9\r(3),4) ，解得PC＝ eq \f(3\r(3),2) ，于是PO＝ eq \r(PC2－OC2) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(6) ，所以圆锥的体积V＝ eq \f(1,3) π×OA2×PO＝ eq \f(1,3) π×( eq \r(3) )2× eq \r(6) ＝ eq \r(6) π.故选B.
4．(数学文化)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( C )
A． eq \f(\r(5)－1,4) B． eq \f(\r(5)－1,2)
C． eq \f(\r(5)＋1,4) D． eq \f(\r(5)＋1,2)
解析：设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，则由已知得h2＝ eq \f(1,2) ah′.如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，则在Rt△SOE中，h′2＝h2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2))) eq \s\up12(2) ，∴h′2＝ eq \f(1,2) ah′＋ eq \f(1,4) a2，∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h′,a))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) · eq \f(h′,a) － eq \f(1,4) ＝0，解得 eq \f(h′,a) ＝ eq \f(\r(5)＋1,4) (负值舍去).故选C.
5．如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝ eq \r(3) ，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为( B )
A．2 eq \r(2) B． eq \r(10)
C． eq \r(5) ＋1 D．2＋ eq \r(2)
解析：如图，连接D1A，C1B分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，连接EG，FG，∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，
∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，
∴EG＝ eq \r(BE2＋BG2) ＝ eq \r(BE2＋BC2) ＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，又D1G＝ eq \r(D1F2＋FG2) ＝ eq \r(9＋1) ＝ eq \r(10) ，∴D1E＋CE的最小值为 eq \r(10) .故选B.
6．(2023·甘肃兰州高三统考期末)如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，△A′B′C′为等腰直角三角形，其中O′与A′重合，A′B′＝6，则△ABC的面积是( D )
A．9 B．9 eq \r(2)
C．18 D．18 eq \r(2)
解析：在斜二测直观图中，由△A′B′C′为等腰直角三角形，A′B′＝6，可得A′C′＝3 eq \r(2) ，根据斜二测画法，还原原图形为直角三角形，则AB＝6，AC＝6 eq \r(2) ，则S△ABC＝ eq \f(1,2) ×AB×AC＝ eq \f(1,2) ×6×6 eq \r(2) ＝18 eq \r(2) .故选D.
7．如图，圆锥PO的底面直径和高均是2，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的体积是( D )
A． eq \f(5,3) π B． eq \f(\r(3),6) π
C． eq \f(1,6) π D． eq \f(5,12) π
解析：设圆锥底面半径为r，圆柱底面半径为r′，则r＝1，r′＝ eq \f(1,2) ，剩下几何体的体积V＝V锥－V柱＝ eq \f(1,3) ×π×12×2－π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(2) ×1＝ eq \f(5π,12) .故选D.
8．(2023·江西九江高三统考期末)把半径为R的一圆形纸片，自中心处剪去圆心角为120°的扇形后围成一无底圆锥，则该圆锥的高为( C )
A. eq \f(R,3) B． eq \f(2R,3)
C． eq \f(\r(5)R,3) D． eq \f(2\r(2)R,3)
解析：根据题意，设无底圆锥的底面半径为r，其母线长为R，根据题意可知圆锥的侧面展开图为240°的扇形，则有2πr＝ eq \f(240×π×R,180) ，可得r＝ eq \f(2R,3) ，故该圆锥的高h＝ eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2R,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5)R,3) .故选C.
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( AD )
A．棱柱的侧棱长都相等
B．棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面
C．棱台的侧面是等腰梯形
D．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面
解析：A正确；B错误，例如六棱柱的相对侧面也互相平行；C错误，棱台的侧棱长可能不相等；D正确，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面．故选AD.
10．正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2 eq \r(3) ，则下列叙述正确的是( AB )
A．正三棱锥的高为3
B．正三棱锥的斜高为 eq \f(\r(39),2)
C．正三棱锥的体积为 eq \f(27\r(3),4)
D．正三棱锥的侧面积为 eq \f(3\r(39),4)
解析：如图，取△ABC的中心为O，连接PO，由题意得PO⊥平面ABC，又△ABC为等边三角形，则AO＝
eq \f(2,3) eq \r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(3) ，所以正三棱锥的高为PO＝ eq \r(PA2－AO2) ＝ eq \r(12－3) ＝3，S△ABC＝ eq \f(1,2) ×3×3 sin 60°＝ eq \f(9\r(3),4) ，所以正三棱锥的体积为VP－ABC＝ eq \f(1,3) S△ABC·PO＝ eq \f(9\r(3),4) ，作PD⊥AB交AB于D，又PA＝PB＝2 eq \r(3) ，AD＝ eq \f(1,2) AB＝ eq \f(3,2) ，则正三棱锥的斜高为PD＝ eq \r(PA2－AD2) ＝ eq \f(\r(39),2) ，所以正三棱锥的侧面积为3S△PAB＝3× eq \f(1,2) ×PD×AB＝3× eq \f(1,2) × eq \f(\r(39),2) ×3＝ eq \f(9\r(39),4) .故选AB.
11．(2024·福建福州第一中学校考期末)已知四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( BCD )
A．V3＝2V2 B．V1＝2V2
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
解析：如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2．由ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE－ACD＝ eq \f(1,3) S△ACD·ED＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) AD·CD·ED＝ eq \f(4,3) ，V2＝VF－ABC＝ eq \f(1,3) S△ABC·FB＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) AB·BC·FB＝ eq \f(2,3) .由ED⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以ED⊥AC.又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF，所以AC⊥OF.易知BD＝2 eq \r(2) ，OB＝ eq \r(2) ，OE＝ eq \r(OD2＋ED2) ＝ eq \r(6) ，OF＝ eq \r(OB2＋BF2) ＝ eq \r(3) ，EF＝ eq \r(BD2＋（ED－FB）2) ＝3，所以EF2＝OF2＋OE2，所以OF⊥OE，而OE∩AC＝O，OE，AC平面ACE，所以OF⊥平面ACE.又AC＝AE＝CE＝2 eq \r(2) ，V3＝VF－ACE＝ eq \f(1,3) S△ACE·OF＝ eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) AC2·OF＝2，所以有V3≠2V2，V1＝2V2，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，故A错误，B，C，D正确．故选BCD.
12．(2023·河南开封高中期末)已知圆锥SO的母线长为2 eq \r(5) ，AB为底面圆O的一条直径，AB＝4.用一平行于底面的平面截圆锥SO，得到截面圆的圆心为O1.设圆O1的半径为r，点P为圆O1上的一个动点，则( ABD )
A．圆锥SO的体积为 eq \f(16π,3)
B．PO的最小值为 eq \f(4\r(5),5)
C．若r＝1，则圆锥SO1与圆台O1O的体积之比为1∶8
D．若O为圆台O1O的外接球球心，则圆O1的面积为 eq \f(36π,25)
解析：由题意可作图如下，
由圆锥SO的母线长为2 eq \r(5) ，底面圆的半径为2，则AS＝BS＝2 eq \r(5) ，OA＝OB＝2，可得圆锥的高SO＝ eq \r(AS2－OA2) ＝4.对于A，VSO＝ eq \f(1,3) π×22×4＝ eq \f(16π,3) ，故A正确；对于B，已知PO1＝r，设点P在底面的投影为P1，如下图所示，
则P1P＝4－2r，所以PO2＝P1P2＋P1O2＝(4－2r)2＋r2＝5 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(r－\f(8,5))) eq \s\up12(2) ＋ eq \f(16,5) ≥ eq \f(16,5) ，故B正确；对于C，由题意可作图如下，
当r＝1时，SO1＝2，所以VSO1＝ eq \f(1,3) π×12×2＝ eq \f(2π,3) ，又VSO＝ eq \f(1,3) π×22×4＝ eq \f(16π,3) ，所以 eq \f(VSO1,VO1O) ＝ eq \f(VSO1,VSO－VSO1) ＝1∶7，故C错误；对于D，由题意可作图如下，
若点O是圆台O1O的外接球球心，则由PO2＝(4－2r)2＋r2＝OA2＝4，解得r＝ eq \f(6,5) ，所以S＝πr2＝ eq \f(36π,25) ，故D正确．故选ABD.
三、填空题
13．一个六棱锥的体积为2 eq \r(3) ，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为12．
解析：设六棱锥的高为h，则V＝ eq \f(1,3) Sh，所以 eq \f(1,3) × eq \f(\r(3),4) ×4×6h＝2 eq \r(3) ，解得h＝1.设六棱锥的斜高为h′，则h2＋( eq \r(3) )2＝h′2，故h′＝2.所以该六棱锥的侧面积为 eq \f(1,2) ×2×2×6＝12.
14．已知△ABC是面积为 eq \f(9\r(3),4) 的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为1．
解析：如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的外心．设△ABC的边长为a，则 eq \f(\r(3),4) a2＝ eq \f(9\r(3),4) ，解得a＝3，∴O1A＝ eq \f(2,3) × eq \f(\r(3),2) ×3＝ eq \r(3) .设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝ eq \r(OA2－O1A2) ＝1，
即O到平面ABC的距离为1.
15．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝ eq \r(2) ，则该棱台的体积为 eq \f(7\r(6),6) ．
解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝ eq \r(2) ，则A1O1＝ eq \f(1,2) A1C1＝ eq \f(1,2) × eq \r(2) A1B1＝ eq \f(\r(2),2) ，AO＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \f(1,2) × eq \r(2) AB＝ eq \r(2) ，故AM＝ eq \f(1,2) (AC－A1C1)＝ eq \f(\r(2),2) ，则A1M＝
eq \r(A1A2－AM2) ＝ eq \r(2－\f(1,2)) ＝ eq \f(\r(6),2) ，所以所求体积为V＝ eq \f(1,3) ×(4＋1＋ eq \r(4×1) )× eq \f(\r(6),2) ＝ eq \f(7\r(6),6) .
16.(数学文化)如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积的比值为 eq \f(3,2) ，圆柱的表面积与球的表面积的比值为 eq \f(3,2) ．
解析：由题意，圆柱底面半径r＝球的半径R，圆柱的高h＝2R，则V球＝ eq \f(4,3) πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴ eq \f(V柱,V球) ＝ eq \f(2πR3,\f(4,3)πR3) ＝ eq \f(3,2) .S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴ eq \f(S柱,S球) ＝ eq \f(6πR2,4πR2) ＝ eq \f(3,2) .
一、单项选择题
1．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( A )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为 eq \r(2) ，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 eq \r(2) .故选A.
2．(2023·全国甲卷)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝ eq \r(6) ，则该棱锥的体积为( A )
A．1 B． eq \r(3)
C．2 D．3
解析：取AB中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，又PE，CE平面PEC，PE∩CE＝E，
∴AB⊥平面PEC，又PE＝CE＝2× eq \f(\r(3),2) ＝ eq \r(3) ，PC＝ eq \r(6) ，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，所以V＝VB－PEC＋VA－PEC＝ eq \f(1,3) S△PEC·AB＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) × eq \r(3) × eq \r(3) ×2＝1.故选A.
3．(2024·云南玉溪高三统考期末)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝ eq \f(π,2) ，AB＝AC＝AP＝2，则三棱锥外接球的表面积为( B )
A．4π B．12π
C． eq \f(40,3) π D．16π
解析：如图，∵PA⊥平面ABC，∠BAC＝ eq \f(π,2) ，∴AB，AC，AP两两互相垂直，AB＝AC＝AP＝2，把三棱锥P-ABC补成正方体，则正方体的外接球即三棱锥P-ABC的外接球，正方体的体对角线长为 eq \r(PA2＋AB2＋AC2) ＝2 eq \r(3) ，即其外接球直径2R＝2 eq \r(3) ，∴三棱锥外接球的表面积为4π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),2))) eq \s\up12(2) ＝12π.故选B.
4．(2024·江西抚州高三统考期末)四边形OABC直观图为如图矩形O1A1B1C1，其中O1A1＝3，O1C1＝1，则四边形OABC的周长为( C )
A．8 B．10
C．12 D．16
解析：由题意可得四边形OABC为平行四边形，如图所示，设BC交y轴于点D，则CD＝1，OA＝3，BD＝2，OD＝2 eq \r(12＋12) ＝2 eq \r(2) ，所以OC＝ eq \r(CD2＋OD2) ＝ eq \r(1＋8) ＝3，所以四边形OABC的周长为3＋3＋3＋3＝12.故选C.
5．(2024·云南昆明高三统考期末)如图，圆锥SO2被平行于底面的一个平面所截，截去一个上、下底面半径分别为3和5，高为4的圆台O1O2，则所得圆锥SO1的体积为( B )
A．16π B．18π
C．20π D．24π
解析：设圆锥SO1的高为h，则 eq \f(h,h＋4) ＝ eq \f(3,5) ，解得h＝6，因此圆锥SO1的体积为 eq \f(1,3) π×32×6＝18π.故选B.
6．(数学文化)多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：V(顶点数)＋F(表面数)－E(棱长数)＝2.在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯C60(结构图如图)是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个面为正五边形，20个面为正六边形．除C60外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有C28，C32，C50，C70，C84，C240，C540等，则C84结构含有正六边形的个数为( D )
A．12 B．24
C．30 D．32
解析：设分子中形状为正五边形和正六边形的面各有x个和y个，V＝84，F＝x＋y，E＝3×84÷2.
由欧拉公式V＋F－E＝2，可得84＋x＋y－3×84÷2＝2，即x＋y＝44.又由多边形的边数可表示C84的棱数，即(5x＋6y)÷2＝3×84÷2，即5x＋6y＝252，由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝44，,5x＋6y＝252，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝12，,y＝32.)) 故C84结构含有正六边形的个数为32.故选D.
7．(2024·重庆质检)在Rt△ABC中，CA＝CB＝ eq \r(2) ，以AB为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为( A )
A． eq \f(\r(2)π,3) B． eq \f(8\r(2)π,3)
C．2π D． eq \f(2π,3)
解析：如图所示，旋转体的轴截面为边长为 eq \r(2) 的正方形，设O为内切球的球心，内切球半径r＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \f(\r(2),2) ，所以该几何体的内切球的体积为 eq \f(4,3) ×π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(\r(2)π,3) .故选A.
8．(2023·北京101中学校考期末)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为4，∠BAD＝60°，以D1为球心，2 eq \r(5) 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为( B )
A． eq \f(\r(2),2) π B． eq \r(2) π
C． eq \f(2\r(2),3) π D．2 eq \r(2) π
解析：连接BD，B1D1，如图，
因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为4，
∠BAD＝60°，所以△ABD，
△A1B1D1，△B1C1D1是正三角形，则BD＝B1D1＝4，取B1C1的中点O，连接D1O，则D1O⊥B1C1，D1O＝2 eq \r(3) ，易知BB1⊥平面B1C1D1，又D1O平面B1C1D1，所以BB1⊥ D1O，又B1C1∩BB1＝B1，B1C1，BB1平面BCC1B1，所以D1O⊥平面BCC1B1，故平面BCC1B1截球面的截面圆的圆心是点O，取BB1和CC1的中点E，F，连接EF，OE，OF，D1E，D1F，则OE＝OF＝ eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) ，D1E＝D1F＝ eq \r(D1O2＋OF2) ＝ eq \r(12＋8) ＝2 eq \r(5) ，故E，F在球面上，又OE＝OF＝2 eq \r(2) ，EF＝4，即OE2＋OF2＝EF2，所以△OEF为直角三角形，∠EOF ＝90°，球面与侧面BCC1B1的交线是侧面上以O为圆心，2 eq \r(2) 为半径的圆弧 eq \\ac(\s\up6(⌒),EF) ，则的长为 eq \f(1,4) ×2×2 eq \r(2) π＝ eq \r(2) π.故选B.
二、多项选择题
9．下列说法错误的是( ABC )
A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
解析：对于A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，故A错误；对于B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；对于C，当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；对于D，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．故选ABC.
10．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是( ACD )
A．直三棱柱的侧面积是4＋2 eq \r(2)
B．直三棱柱的体积是 eq \f(1,3)
C．三棱锥E-AA1O的体积为定值
D．AE＋EC1的最小值为2 eq \r(2)
解析：如图，连接A1C，AC1交于点O，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，底面ABC和A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋ eq \r(12＋12) ×2＝4＋2 eq \r(2) ，故A正确；直三棱柱的体积为V＝S△ABC·AA1＝ eq \f(1,2) ×1×1×2＝1，故B错误；连接EA，EA1，EO，因为BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E-AA1O的高为定值 eq \f(\r(2),2) ，S△AA1O＝ eq \f(1,4) × eq \r(2) ×2＝ eq \f(\r(2),2) ，所以VE-AA1O＝ eq \f(1,3) × eq \f(\r(2),2) × eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(1,6) ，故C正确；连接EC1，设BE＝x∈[0，2]，则B1E＝2－x，在Rt△ABE和Rt△EB1C1中，AE＋EC1＝ eq \r(1＋x2) ＋ eq \r(1＋（2－x）2) .由其几何意义知，AE＋EC1的最小值即平面内动点(x，1)与两定点(0，0)，(2，0)距离和的最小值，由对称可知，当E为BB1的中点时，其最小值为 eq \r(2) ＋ eq \r(2) ＝2 eq \r(2) ，故D正确．故选ACD.
11．(2023·海南海口华侨中学校考二模)勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示．若某勒洛四面体内的四面体A-BCD的高为2 eq \r(2) ，则( BC )
A．AB＝3 eq \r(2)
B．△BCD外接圆的半径为2
C．四面体A-BCD的体积为2 eq \r(6)
D．该勒洛四面体的表面积为24π
解析：由已知可知勒洛四面体内的四面体是正四面体，根据题意画出正四面体A-BCD，如图所示，设正四面体的棱长为x，所以正四面体底面外接圆的半径R＝ eq \f(2,3) ×sin 60°·x＝ eq \f(\r(3),3) x，则正四面体的高h＝ eq \r(x2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)x))\s\up12(2)) ＝2 eq \r(2) ，解得x＝2 eq \r(3) ，则AB＝2 eq \r(3) ，故A错误；由x＝2 eq \r(3) ，则正四面体底面外接圆的半径R＝ eq \f(2,3) ×sin 60°×2 eq \r(3) ＝ eq \f(\r(3),3) ×2 eq \r(3) ＝2，故B正确；正四面体的体积V＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×(2 eq \r(3) )2×sin 60°×2 eq \r(2) ＝2 eq \r(6) ，故C正确；又因为两个该勒洛四面体的表面积小于半径为2 eq \r(3) 的一个球的表面积，而半径为2 eq \r(3) 的一个球的表面积为4π×(2 eq \r(3) )2＝48π，所以该勒洛四面体的表面积小于24π，故D错误．故选BC.
12．(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( ABD )
A．直径为0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
解析：对于A，因为0.99 m<1 m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于B，因为正方体的面对角线长为 eq \r(2) m，且 eq \r(2) >1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于C，因为正方体的体对角线长为 eq \r(3) m，且 eq \r(3) <1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C错误；对于D，因为1.2 m>1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，
过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC＝ eq \r(2) ，CC1＝1，AC1＝ eq \r(3) ，OA＝ eq \f(\r(3),2) ，则tan ∠CAC1＝ eq \f(CC1,AC) ＝ eq \f(OE,AO) ，即 eq \f(1,\r(2)) ＝ eq \f(OE,\f(\r(3),2)) ，解得OE＝ eq \f(\r(6),4) ，且 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(3,8) ＝ eq \f(9,24) > eq \f(9,25) ＝0.62，即 eq \f(\r(6),4) >0.6，故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m圆柱，若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上、下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体的下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则tan ∠CAC1＝ eq \f(CC1,AC) ＝ eq \f(O1M,AO1) ，即 eq \f(1,\r(2)) ＝ eq \f(0.6,AO1) ，解得AO1＝ eq \f(3\r(2),5) ，根据对称性可知圆柱的高为 eq \r(3) －2× eq \f(3\r(2),5) ≈1.732－1.2×1.414＝0.035 2>0.01，所以能够被整体放入正方体内，故D正确．故选ABD.
三、填空题
13．棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为1．
解析：如图，由正方体棱长为2，得S△A1MN＝2×2－2× eq \f(1,2) ×2×1－ eq \f(1,2) ×1×1＝ eq \f(3,2) ，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，
∴VA1-D1MN＝VD1-A1MN＝ eq \f(1,3) ·S△A1MN·D1A1＝ eq \f(1,3) × eq \f(3,2) ×2＝1.
14．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 eq \f(\r(2),3) π．
解析：圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2 eq \r(2) ，△PEO∽△PDB，故 eq \f(PO,PB) ＝ eq \f(OE,DB) ，即 eq \f(2\r(2)－r,3) ＝ eq \f(r,1) ，解得r＝ eq \f(\r(2),2) ，故内切球的体积为 eq \f(4,3) π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(\r(2),3) π.
15．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为4 eq \r(15) ．
解析：如图，连接OD，交BC于点G，由题意知，OD⊥BC，OG＝ eq \f(\r(3),6) BC.设OG＝x，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2))) ，则BC＝2 eq \r(3) x，DG＝5－x，三棱锥的高h＝ eq \r(DG2－OG2) ＝ eq \r(25－10x＋x2－x2) ＝ eq \r(25－10x) ，S△ABC＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(3) x×3x＝3 eq \r(3) x2，则三棱锥的体积V＝ eq \f(1,3) S△ABC·h＝ eq \r(3) x2· eq \r(25－10x) ＝ eq \r(3) · eq \r(25x4－10x5) .令f(x)＝25x4－10x5，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2))) ，则f′(x)＝100x3－50x4.令f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))) 时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤ eq \r(3) × eq \r(80) ＝4 eq \r(15) .所以三棱锥体积的最大值为4 eq \r(15) cm3.
16．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是[2 eq \r(2) ，2 eq \r(3) ]．
解析：设球的半径为R.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R′为体对角线长AC1＝ eq \r(42＋42＋42) ＝4 eq \r(3) ，即2R′＝4 eq \r(3) ，R′＝2 eq \r(3) ，故Rmax＝2 eq \r(3) ；
如图，分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，连接MG，则MG＝4 eq \r(2) ，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球的半径达到最小，即R的最小值为2 eq \r(2) .综上，R∈[2 eq \r(2) ，2 eq \r(3) ].
考点练38 空间点、直线、平面之间的位置关系 对应学生用书081页
一、单项选择题
1．下列说法正确的是( D )
A．三点确定一个平面
B．一条直线和一个点确定一个平面
C．圆心和圆上两点确定一个平面
D．两条相交直线确定一个平面
解析：对于A，空间中不共线的三点可以确定一个平面，故A错误；对于B，一条直线以及直线外一点可以确定一个平面，故B错误；对于C，圆心和不与圆心在同一直线上的两个点才可以确定一个平面，故C错误，对于D，两条相交直线可以确定一个平面，故D正确．故选D.
2．下列命题正确的是( D )
A．任意四边形都可以确定唯一一个平面
B．若直线m上有无数个点不在平面α内，则m∥α
C．若m∥α，则直线m与平面α内的任意一条直线都平行
D．若将一个西瓜切3刀，则这个西瓜最多可以被切成8块
解析：对于A，由空间四边形的四个点不共面，故A错误；对于B，由直线m上有无数个点不在平面α内，则m∥α或m与α相交，故B错误；对于C，若m∥α，则平面α内存在直线与直线m不平行(异面直线)，故C错误；对于D，根据平面的基本性质，若将一个西瓜切3刀，则这个西瓜最多可以被切成8块，故D正确．故选D.
3．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n，“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的( B )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：如图，直线l，m，n不过同一点，且l，m，n共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．
因此，“l，m，n两两相交”是“l，m，n共面”的一种情况，即“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的必要不充分条件．故选B.
4．已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足：aα，bβ，cγ，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系( B )
A．两两垂直 B．两两平行
C．两两相交 D．两两异面
解析：设α∩β＝l，且l与a，b均不重合，假设a∥b∥c，由a∥b可得a∥β，b∥α，又α∩β＝l，可知a∥l，b∥l，又a∥b∥c，可得c∥l，因为α，β，γ两两互相垂直，可知l与γ相交，即l与c相交或异面．若l与a或b重合，同理可得l与c相交或异面，可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行．故选B.
5．已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是线段BC的中点，点M是直线BD1上异于B，D1的点，则平面DEM可能经过下列点中的( C )
A．A B．C1
C．A1 D．C
解析：如图，连接A1D，A1E，因为A1D1∥BE，所以A1，D1，B，E四点共面，设A1E∩BD1＝M，显然平面DEM与平面A1DE重合，从而平面DEM经过点A1.故选C.
6．如图，在四面体A-BCD中，M，N，P，Q，E分别是AB，BC，CD，AD，AC的中点，则下列说法中不正确的是( D )
A．M，N，P，Q四点共面
B．∠QME＝∠DBC
C．△BCD∽△MEQ
D．四边形MNPQ为梯形
解析：对于A，由条件可得，MQ∥BD，NP∥BD，所以MQ∥NP，所以M，N，P，Q四点共面，故A正确；对于B，根据等角定理，得∠QME＝∠DBC，故B正确；对于C，由等角定理，知∠QME＝∠DBC，∠MEQ＝∠DCB，所以△BCD∽△MEQ，故C正确；对于D，由三角形中位线的性质知MQ∥BD，MQ＝ eq \f(1,2) BD，NP∥BD，NP＝ eq \f(1,2) BD，所以MQ∥NP，MQ＝NP，所以四边形MNPQ为平行四边形，故D错误．故选D.
7．在底面半径为1的圆柱OO1中，过旋转轴OO1作圆柱的轴截面ABCD，其中母线AB＝2，E是 eq \\ac(\s\up6(⌒),BC) 的中点，F是AB的中点，则( D )
A．AE＝CF，AC与EF是共面直线
B．AE≠CF，AC与EF是共面直线
C．AE＝CF，AC与EF是异面直线
D．AE≠CF，AC与EF是异面直线
解析：连接BE，CE，如图，由题知BC是圆O的直径，∴BE⊥CE，∵E是 eq \\ac(\s\up6(⌒),BC) 的中点，∴BE＝CE，∴在等腰Rt△BEC中，BC＝2r＝2，则BE＝ eq \f(BC,\r(2)) ＝ eq \f(2,\r(2)) ＝ eq \r(2) ，∵AB是圆柱OO1的母线，∴AB⊥平面BCE，∵BE，BC平面BCE，∴AB⊥BE，AB⊥BC，∴在Rt△ABE中，AE＝ eq \r(AB2＋BE2) ＝ eq \r(4＋2) ＝ eq \r(6) ，在Rt△BFC中，由F是AB的中点得BF＝ eq \f(1,2) AB＝1，∴CF＝ eq \r(BF2＋BC2) ＝ eq \r(1＋4) ＝ eq \r(5) ，∴AE≠CF，∵AC平面ABC，EF∩平面ABC＝F，由异面直线的定义可知AC与EF是异面直线．故选D.
8．(教材改编)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，那么直线AB，CD所成角为( C )
A．0 B． eq \f(π,4)
C． eq \f(π,3) D． eq \f(π,2)
解析：还原后的正方体及AB，CD的位置如图所示，取正方体的一个顶点E，连接CE，DE，则AB∥CE，所以∠ECD或其补角为直线AB，CD所成角，因为CD，DE，CE均为面对角线，所以CD＝DE＝CE，即△CDE为等边三角形，所以∠ECD＝ eq \f(π,3) ，所以直线AB，CD所成角为 eq \f(π,3) .故选C.
二、多项选择题
9．下列四个命题中是真命题的为( AD )
A．两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内
B．过空间中任意三点有且仅有一个平面
C.若空间两条直线不相交，则这两条直线平行
D．若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l
解析：如图，对于A，可设l1与l2相交，这两条直线确定的平面为α；若l3与l1相交，则交点A在平面α内，同理，l3与l2的交点B也在平面α内，所以ABα，即l3α，故A为真命题；对于B，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，故B为假命题；对于C，两条直线有可能平行也有可能异面，故C为假命题；对于D，若直线m⊥平面α，则m垂直于平面α内所有直线，因为直线l平面α，所以直线m⊥直线l，故D为真命题．故选AD.
10．如图，在正方体或四面体中，P，Q，R，S 分别是所在棱的中点，则这四个点共面的图是( ABC )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：对于A，PS∥QR，故P，Q，R，S 四点共面；同理，B，C图中四点也共面；D中四点不共面．故选ABC.
11.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( ABC )
A．A，M，O三点共线
B．A，M，O，A1四点共面
C．A，M，C，O四点共面
D．B，B1，O，M四点共面
解析：∵M∈A1C，A1C平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，即A，M，O三点共线，∴A，M，O，A1四点共面且A，M，C，O四点共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M四点不共面．故选ABC.
12．已知一个棱柱的底面是正六边形，侧面都是正方形，用至少过该棱柱三个顶点(不在同一侧面或同一底面内)的平面去截这个棱柱，所得截面的形状可能是( ABC )
A．等腰三角形 B．等腰梯形
C．五边形 D．正六边形
解析：如图1，由图可知，截面ABC为等腰三角形，故A可能；截面ABEF为等腰梯形，故B可能；如图2，截面AMDEN为五边形，故C可能；因为侧面是正方形，只有平行于底面的截面才可能是正六边形，故过两底的顶点不可能得到正六边形，故D不可能．故选ABC.
三、填空题
13．如图，在四面体A-BCD中作截面PQR，若PQ，CB的延长线交于点M，RQ，DB的延长线交于点N，RP，DC的延长线交于点K.则M，N，K三点的位置关系是共线．
解析：因为M∈PQ，直线PQ平面PQR，M∈BC，直线BC平面BCD，所以M是平面PQR与平面BCD的一个公共点，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上．同理可证，N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上．所以M，N，K三点共线．
14．如图，G，H，M，N分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则直线GH，MN是异面直线的图形有②④．(填序号)
解析：①中GH∥MN；②中G，H，N三点共面，但M平面GHN，因此GH，MN是异面直线；③中连接GM(图略)，GM∥HN且GM≠HN，所以直线GH与MN必相交；④中G，M，N三点共面，但H平面GMN，因此GH，MN是异面直线．
15．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，对角线BD1与过A1，D，C1的平面交于点M，则BM∶MD1＝2∶1．
eq \(\s\up7(),\s\d5(题图)) eq \(\s\up7(),\s\d5(答图))
解析：如图，连接B1D1交A1C1于O，连接BD，DO，由M∈BD1，BD1平面BDD1B1，则M∈平面BDD1B1，又M∈平面A1C1D，而平面BDD1B1∩平面A1C1D＝DO，故M∈DO，所以M是BD1与DO的交点，又B1D1∥BD，所以 eq \f(BM,MD1) ＝ eq \f(BD,D1O) ＝ eq \f(BD,\f(1,2)B1D1) ＝2，所以BM∶MD1＝2∶1.
16．(2023·河南开封高三高中校联考期末)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2 eq \r(2) ，AB＝2，则直线A1B与直线B1C所成角的大小为 eq \f(π,3) ．
eq \(\s\up7(),\s\d5(题图)) eq \(\s\up7(),\s\d5(答图))
解析：如图所示，连接BC1交B1C于O点，取A1C1的中点F，连接OF，B1F，则OF∥A1B，故∠B1OF为A1B与B1C所成的角(或补角)，在△OB1F中，B1F＝ eq \r(3) ，OB1＝ eq \r(3) ，OF＝ eq \r(3) ，所以∠B1OF＝ eq \f(π,3) ，故直线A1B与直线B1C所成角的大小为 eq \f(π,3) .
一、单项选择题
1．(2024·江苏扬州高三月考)以下四个命题中正确的是( A )
A.不共面的四点中，其中任意三点不共线
B．若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则A，B，C，D，E共面
C．若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面
D．依次首尾相接的四条线段必共面
解析：对于A，反证法：如果四个点中，有3个点共线，第4个点不在这条直线上，则这四个点共面，这与已知矛盾，故A正确；对于B，如下图，A，B，C，D共面，A，B，C，E共面，但A，B，C，D，E不共面，故B错误；
对于C，如下图，a，b共面，a，c共面，但b，c异面，故C错误；
对于D，如下图，a，b，c，d四条线段首尾相接，但a，b，c，d不共面，故D错误．
故选A.
2．(2024·福建三明高三统考期末)如图，平面α∩平面β＝l，A，B∈α，C∈β，Cl，直线AB∩l＝D(点D不同于A，B，C)，过A，B，C三点确定的平面为γ，则平面γ，β的交线必过( D )
A．点A
B．点B
C．点C，但不过点D
D．点C和点D
解析：对于A，B，假设A∈β，又A∈α，则A∈α∩β，又α∩β＝l，所以A∈l，又A∈AB，所以A∈AB∩l，与AB∩l＝D矛盾，则Aβ，即平面γ，β的交线不过点A，故A错误，同理，B错误；对于C，D，因为C∈β，C∈γ，D∈lβ，D∈ABγ，所以C∈β∩γ，D∈β∩γ，即点C，D在β与γ的交线上，故C错误，D正确．故选D.
3．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，点D，E分别是AB，AC的中点，则( D )
A．B1D与A1E相交，且B1D＝A1E
B．B1D与A1E相交，且B1D≠A1E
C．B1D与A1E是异面直线，且B1D＝A1E
D．B1D与A1E是异面直线，且B1D≠A1E
解析：如图所示，因为A1E∩平面AA1B1B＝A1，B1D平面AA1B1B，A1B1D，所以B1D与A1E是异面直线，B1D＝ eq \r(BB eq \\al(2,1) ＋\f(1,4)AB2) ，
A1E＝ eq \r(AA eq \\al(2,1) ＋\f(1,4)AC2) .因为AA1＝BB1，AB≠AC，所以B1D≠A1E.故选D.
4．如图，在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取点E，F，G，H，若直线EH，GF相交于点P，则( B )
A．点P必在直线AC上
B．点P必在直线BD上
C．点P必在平面ABC内
D．点P必在平面ACD内
解析：∵直线EH，FG相交于点P，∴P∈EH且P∈FG，∵EH平面ABD，FG平面BCD，∴P∈平面ABD，且P∈平面BCD，又∵平面ABD∩平面BCD＝BD，∴P∈BD，故选B.
5．(2023·北京汇文中学校考期末)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为棱D1C1的中点．设AM与平面BB1D1D的交点为O，则( A )
A．D1，O，B三点共线，且OB＝2OD1
B．D1，O，B三点不共线，且OB＝2OD1
C．D1，O，B三点共线，且OB＝OD1
D．D1，O，B三点不共线，且OB＝OD1
解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接AD1，BC1，如图，C1D1∥CD∥AB，故A，B，C1，D1四点共面，连接BD1，平面ABC1D1∩平面BB1D1D＝BD1，因为M为棱D1C1 的中点，则M∈平面ABC1D1，而A∈平面ABC1D1，即AM平面ABC1D1，又O∈AM，则O∈平面ABC1D1，因AM与平面BB1D1D 的交点为O，则O∈平面BB1D1D，于是得O∈BD1，即D1，O，B三点共线，由C1D1∥CD∥AB，M为棱D1C1的中点，可得D1M∥AB且D1M＝ eq \f(1,2) D1C1＝ eq \f(1,2) AB，故△OMD1∽△OAB ，于是得OD1＝ eq \f(1,2) OB，即OB＝2OD1，所以D1，O，B三点共线，且OB＝2OD1.故选A.
6．(2023·陕西延安一模)在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱ABC－A1B1C1展开，得到的平面图如图所示．其中AB＝4，AC＝3，BC＝AA1＝5，M是BB1上的点，则在直三棱柱ABC－A1B1C1中，下列结论错误的是( D )
A．AM与A1C1是异面直线
B．AC⊥A1M
C．平面AB1C将三棱柱截成一个五面体和一个四面体
D．A1M＋MC的最小值是2 eq \r(26)
解析：由题设，可得直三棱柱，如图1.由直三棱柱的结构特征知， A1C1∥AC，而AC，AM是相交直线，所以AM与A1C1是异面直线，故A正确；因为AB＝4，AC＝3，BC＝5，AB2＋AC2＝BC2，所以BA⊥AC，又AA1⊥AC，且AA1∩BA＝A，AA1，BA平面AA1B1B，所以AC⊥平面AA1B1B，又A1M平面AA1B1B，故AC⊥A1M，故B正确；由图1知，平面AB1C将三棱柱截成四棱锥B1-ACC1A1和三棱锥B1－ABC，一个五面体和一个四面体，故C正确；将平面AA1B1B和平面CC1B1B展开，展开为一个平面，如图2，
当A1，M，C三点共线时，A1M＋MC的最小值为 eq \r(106) ，故D错误．故选D.
7．(2023·黑龙江实验中学校考期末)如图，三棱台ABC－A1B1C1中，两底面△ABC和△A1B1C1分别是边长为2和1的等边三角形，CC1⊥平面ABC.若CC1＝3，则异面直线AC与BC1所成角的余弦值为( D )
A． eq \f(\r(14),4) B． eq \f(\r(7),7)
C． eq \f(\r(2),4) D． eq \f(\r(13),13)
解析：如图，以AC，AB为邻边作平行四边形ABDC，则AC∥BD且AC＝BD＝2，故∠DBC1即为异面直线AC与BC1所成角或其补角，因为CC1⊥平面ABC，BC，CD平面ABC，所以CC1⊥BC，CC1⊥CD，则BC1＝ eq \r(4＋9) ＝ eq \r(13) ，DC1＝ eq \r(4＋9) ＝ eq \r(13) ，在△BDC1中，cs ∠DBC1＝ eq \f(BD2＋BC eq \\al(2,1) －DC eq \\al(2,1) ,2BD·BC1) ＝ eq \f(4＋13－13,2×2×\r(13)) ＝ eq \f(\r(13),13) ，即异面直线AC与BC1所成角的余弦值为 eq \f(\r(13),13) .故选D.
8．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3 eq \r(2) ，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为( B )
A．3 B． eq \r(13) C．4 D．3 eq \r(2)
解析：如图所示，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，由EF∥B1D1，知E，F，B1，D1四点共面，由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，即Q的轨迹为MN，由棱长为3 eq \r(2) ，得C1M＝ eq \f(1,2) A1C1＝3, 则BC1＝6，又 eq \f(BE,B1C1) ＝ eq \f(BN,NC1) ＝ eq \f(1,2) ，则NC1＝ eq \f(2,3) BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，则MN＝ eq \r(MC eq \\al(2,1) ＋NC eq \\al(2,1) －2MC1·NC1·cs ∠A1C1B) ＝ eq \r(9＋16－2×3×4×\f(1,2)) ＝ eq \r(13) .故选B.
二、多项选择题
9．(2024·黑龙江哈尔滨第四中学月考)如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的三等分点，且 eq \f(CF,CB) ＝ eq \f(CG,CD) ＝ eq \f(2,3) ，则下列说法正确的是( ABD )
A．BD∥平面EFGH
B．AC与BD异面
C．AC∥平面EFGH
D．直线FE，GH，CA交于一点
解析：由 eq \f(CF,CB) ＝ eq \f(CG,CD) ＝ eq \f(2,3) 知，GF∥BD，GF平面EFGH，BD平面EFGH，故BD∥平面EFGH，故A正确；由BD平面BCD，C∈平面BCD，而CBD，又AC∩平面BCD＝C，所以AC与BD异面，故B正确；因为E，H分别是边AB，AD的中点，F，G分别是边BC，CD上的三等分点，所以GH，CA不平行，延长GH，CA必交于一点K，如图，所以AC∩平面EFGH＝K，故AC∥平面EFGH不成立，故C错误；同理FE，CA不平行，由上知，EH∥BD∥GF且EH＝ eq \f(1,2) BD10．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列说法正确的是( AD )
A．在空间中，过A1作与AD，C1D1所成角都为60°的直线可以作4条
B．在空间中，过A1作与AD，C1D1所成角都为45°的直线可以作4条
C．棱AA1，CC1的中点分别为E，F，在空间中，能且只能作一条直线与直线A1D1，CD，EF都相交
D．在空间中，过A1与直线A1D1，CD，B1B所成角都相等的直线有4条
解析：记过A1的直线与AD，C1D1所成角都相等的角为θ，则45°≤θ≤90°，所成角都为60°的直线有4条，故A正确；所成角都为45°的直线有2条，故B错误；过A1与直线A1D1，CD，B1B所成角都相等的直线有4条，故D正确；如图所示，直线D1F，DE分别与A1D1，CD，EF都相交，事实上，过直线CD上任意一点，都可以作一条与A1D1，EF都相交的直线，所以可以作无数条，故C错误．故选AD.
11.(2023·山东济宁模拟)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，则在这个正四面体中( BCD )
A．GH与EF平行
B．BD与MN为异面直线
C．GH与MN成60°角
D．DE与MN垂直
解析：把平面展开图还原成正四面体A-DEF，如图所示，其中H与N重合，A，B，C三点重合，易知GH与EF异面，BD与MN异面，连接GM，∵△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角．由图易得DE⊥AF，又 MN∥AF，∴MN⊥DE，故选BCD.
12．(探究性问题)小明同学对棱长为2的正方体的性质进行研究，得到了如下结论，其中正确的是( AD )
A．12条棱中可构成24对异面直线
B．过正方体的一个顶点的截面可能是三角形、四边形、五边形、六边形
C．以正方体各表面中心为顶点的正八面体的表面积是4 eq \r(3) ＋4
D．与正方体各棱相切的球的体积是 eq \f(8\r(2)π,3)
解析：对于A，12条棱中可构成异面直线的有24对，原因为：对于每一条棱，有三条和它平行，四条和它相交，因此有四条和它异面，而扩展到12条棱为12×4＝48，而由于两条作为一对，需要再除以2，得到24对，故A正确；对于B，如图，过正方体的一个顶点的截面可能是三角形、四边形、五边形，故B错误；
对于C，先画出图形，
正八面体每个面是全等的正三角形，棱长为 eq \f(\r(2),2) ×2＝ eq \r(2) ，表面积为8× eq \f(\r(3),4) ×( eq \r(2) )2＝4 eq \r(3) ，故C错误；对于D，由于此球与正方体的各棱相切，则球的半径正好是正方体的面对角线的一半，正方体的棱长为2，则球的半径是R＝ eq \f(2×\r(2),2) ＝ eq \r(2) ，则V＝ eq \f(4,3) πR3＝ eq \f(4,3) π×( eq \r(2) )3＝ eq \f(8\r(2)π,3) ，故D正确．故选AD.
三、填空题
13．在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，AD＝2BC，E为PD中点，平面ABE交PC于F，则 eq \f(PF,FC) ＝2．
解析：如图，延长DC，AB交于点G，连接PG，EG，则F为EG与PC的交点．∵AD∥BC，且AD＝2BC，∴点B，C分别是AG，DG的中点，又∵点E是PD的中点，∴PC和GE是△PDG的中线，∴点F是△PDG的重心，∴ eq \f(PF,FC) ＝2.
14．(2024·福建福州四中校考期末)在正四面体A-BCD(各棱都相等)中，E是BC的中点，则异面直线AE与CD所成的角的余弦值为 eq \f(\r(3),6) ．
解析：如图，取BD的中点F，连接AF，EF，∵E，F分别是BC，BD的中点，∴EF∥CD，∴∠AEF为异面直线AE与CD所成的角或其补角，设正四面体A-BCD的棱长为2，则AE＝AF＝ eq \r(3) ，EF＝1，在△AEF中，cs ∠AEF＝ eq \f(AE2＋EF2－AF2,2×AE×EF) ＝ eq \f(3＋1－3,2×\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),6) .
15．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为3，E为棱BB1上靠近B1的三等分点，则平面AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面面积为2 eq \r(22) ．
解析：延长AE，A1B1交于点F，连接D1F交B1C1于点G，如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，∵平面AFD1∩平面ADD1A1＝AD1，平面AFD1∩平面BCC1B1＝EG，∴AD1∥GE，又∵AD1＝3 eq \r(2) ，GE＝ eq \r(2) ，∴四边形AEGD1是梯形，且为平面AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1的截面，设其面积为S.又∵D1G＝AE＝ eq \r(13) ，在等腰梯形AEGD1中，过G作GH⊥AD1，∴GH＝ eq \r(D1G2－D1H2) ＝ eq \r(11) ，∴S＝ eq \f(1,2) ·(EG＋AD1)·GH＝ eq \f(1,2) ×( eq \r(2) ＋3 eq \r(2) )× eq \r(11) ＝2 eq \r(22) .
16．(2023·重庆二中模拟)如图所示，已知空间四边形ABCD 中，AC 与BD 所成角为 eq \f(π,3) ，且AC＝BD＝2，E，F 分别为BC，AD的中点，则EF＝1或 eq \r(3) ．
解析：如图，取CD 的中点G，连接EG，FG，由题可知，EG∥BD，FG∥AC，EG＝ eq \f(1,2) BD＝1，FG＝ eq \f(1,2) AC＝1.因为AC 与BD 所成的角为 eq \f(π,3) ，所以∠FGE＝ eq \f(π,3) 或∠FGE＝π－ eq \f(π,3) ＝ eq \f(2π,3) ，当∠FGE＝ eq \f(π,3) 时，△FGE 为等边三角形，所以EF＝1 ；当∠FGE＝ eq \f(2π,3) 时，由余弦定理得，EF2＝EG2＋GF2－2EG·GF·cs ∠FGE＝1＋1－2×1×1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ＝3，所以EF＝ eq \r(3) .综上，EF＝1 或 eq \r(3) .
考点练39 空间直线、平面的平行 对应学生用书083页
一、单项选择题
1．(教材回归)如果直线a∥平面α，那么直线a 与平面α 内的( D )
A．一条直线不相交
B．两条直线不相交
C．无数条直线不相交
D．任意一条直线都不相交
解析：因为直线a∥ 平面α，直线a 与平面α 无公共点，因此直线a 和平面α 内的任意一条直线都不相交．故选D.
2．在下列条件中，可判断平面α与β平行的是( D )
A．α，β都平行于直线a
B．α内存在不共线的三点到β的距离相等
C．l，m是α内两条直线，且l∥β，m∥β
D．l，m是两条异面直线，且l∥α，m∥α，l∥β，m∥β
解析：对于A，当α∩β＝l，l∥a，aα且aβ时，满足α，β都平行于直线a，不能推出α∥β，故A不符题意；对于B，当α∩β＝b，且在α内直线b一侧有两点，另一侧有一点，三点到β的距离相等时，不能推出α∥β，故B不符题意；对于C，当l与m平行时，不能推出α∥β，故C不符题意；对于D，因l∥α，l∥β，则存在过直线l的平面γ∩α＝l1，γ∩β＝l2，于是得l1∥l∥l2，l1β，l2β，则l1∥β，因m∥α，m∥β，则存在过直线m的平面δ∩α＝m1，δ∩β＝m2，于是得m1∥m∥m2，m1β，m2β，则m1∥β，又l，m是两条异面直线，则l1，m1是平面α内的两条相交直线，所以α∥β，故D符合题意．故选D.
3．若α，β是两个不同的平面，则“存在两条异面直线m，n，满足m∥β，n∥α”是“α∥β”的( B )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：必要性：如图，α∥β，平面δ与平面α，β交于n′，n，平面γ与平面α，β交于m，m′，m∥m′，n∥n′，平面δ，γ是相交平面，所以m与n′，n与m′是相交直线，所以m与n是异面直线，且mβ，m′β，所以m∥β，同理，n∥α，
所以满足必要性；
当α，β相交时，也存在两条异面直线m，n满足m∥β，n∥α，如图所示，故充分性不成立，故选B.
4．已知在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，则直线MN与直线EF、平面ABB1A1的位置关系分别为( B )
A．平行、平行 B．异面、平行
C．平行、相交 D．异面、相交
解析：∵在三棱柱ABC-A1B1C1中，M，N分别为AC，B1C1的中点，E，F分别为BC，B1B的中点，∴EF平面BCC1B1，MN∩平面BCC1B1＝N，NEF，∴由异面直线的定义得直线MN与直线EF是异面直线；取A1C1的中点P，连接PM，PN，如图，则PN∥B1A1，PM∥A1A，∵AA1∩A1B1＝A1，PM∩PN＝P，∴平面PMN∥平面ABB1A1，∵MN平面PMN，∴直线MN与平面ABB1A1平行．故选B.
5．(教材改编)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有( D )
A.BD1∥GH
B．BD∥EF
C．平面EFGH∥平面ABCD
D．平面EFGH∥平面A1BCD1
解析：对于A，由中位线定理可知GH∥D1C，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD1，GH不可能互相平行，故A错误；对于B，由中位线定理可知EF∥A1B，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD，EF不可能互相平行，故B错误；对于C，由中位线定理可知EF∥A1B，而直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，故平面EFGH与平面ABCD相交，故C错误；对于D，由中位线定理可知EF∥A1B，EH∥A1D1，所以有EF∥平面A1BCD1，EH∥平面A1BCD1，而EF∩EH＝E，因此平面EFGH∥平面A1BCD1，故D正确．故选D.
6．过平行六面体ABCD-A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB1D1平行的直线共有( D )
A．4条 B．6条
C．8条 D．12条
解析：如图，过平行六面体ABCD-A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB1D1平行的直线有12条．故选D.
二、多项选择题
7．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则( BC )
A．直线D1D与直线AF垂直
B．直线EF与直线AD1平行
C．平面AEF截正方体所得的截面面积为 eq \f(9,2)
D．点C与点G到平面AEF的距离相等
解析：对于A，若D1D⊥AF，又因为D1D⊥AE且AE∩AF＝A，所以D1D⊥平面AEF，所以D1D⊥EF，所以CC1⊥EF，显然不成立，故A错误；对于B，如图，连接BC1，则直线EF∥直线BC1，又直线BC1∥直线AD1，所以EF∥AD1，故B正确；对于C，连接D1F，延长D1F，DC，AE交于点S，
由B知，EF∥AD1，所以A，E，F，D1四点共面，所以截面即为梯形AEFD1，又因为D1S＝AS＝ eq \r(42＋22) ＝2 eq \r(5) ，AD1＝2 eq \r(2) ，所以S△AD1S＝ eq \f(1,2) ×2 eq \r(2) × eq \r(（2\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),2)))\s\up12(2)) ＝6，所以S梯形AEFD1＝6× eq \f(3,4) ＝ eq \f(9,2) ，故C正确；对于D，设点C与点G到平面AEF的距离分别为h1，h2，因为VC－AEF＝ eq \f(1,3) S△AEF·h1＝VA－CEF＝ eq \f(1,3) × eq \f(1×1,2) ×2＝ eq \f(1,3) ，VG－AEF＝
eq \f(1,3) S△AEF·h2＝VA－GEF＝ eq \f(1,3) × eq \f(1×2,2) ×2＝ eq \f(2,3) ，所以h1≠h2，故D错误．故选BC.
8．如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜程度的不同，有下列几个结论，其中正确的是( AD )
A．没有水的部分始终呈棱柱形
B．水面EFGH所在四边形的面积为定值
C．随着容器倾斜程度的不同，A1C1始终与水面所在平面平行
D．当容器倾斜如图3所示时，AE·AH为定值
解析：根据棱柱的特征(有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行)，结合题中图形知A正确；由题图可知水面EFGH的边EF的长保持不变，但邻边的长却随倾斜程度而改变，故B错误；因为A1C1∥AC，AC平面ABCD，A1C1平面ABCD，所以A1C1∥平面ABCD，当平面EFGH不平行于平面ABCD时，A1C1不平行于水面所在平面，故C错误；当容器倾斜如题图3所示时，因为水的体积是不变的，所以棱柱AEH－BFG的体积V为定值，又V＝S△AEH·AB，高AB不变，所以S△AEH也不变，即AE·AH为定值，故D正确．故选AD.
三、填空题
9．在四面体A-BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是平面ABC，平面ABD．
解析：如图，连接AM并延长交CD于点E，连接BN并延长交CD于点F，由重心性质可知，E，F重合，且E为CD的中点，∵ eq \f(EM,MA) ＝ eq \f(EN,BN) ＝ eq \f(1,2) ，∴MN∥AB，又AB平面ABD，MN平面ABD，∴MN∥平面ABD，又AB平面ABC，MN平面ABC，∴MN∥平面ABC.
10．如图，A是△BCD所在平面外一点，M是△ABC的重心，N是△ACD的中线AF上的点，并且MN∥平面BCD，当MN＝ eq \f(4,3) 时，BD＝4．
解析：因为MN∥平面BCD，MN平面AEF，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以MN∥EF，又M是△ABC的重心，N是△ACD的中线AF上的点，所以E，F分别是BC，CD的中点，N是△ACD的重心，所以EF＝ eq \f(1,2) BD，又因为M，N分别是△ABC和△ACD的重心，所以 eq \f(AM,AE) ＝ eq \f(AN,AF) ＝ eq \f(2,3) 且MN＝ eq \f(2,3) EF＝ eq \f(1,3) BD＝ eq \f(4,3) ，所以BD＝4.
11．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
解析：如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B平面PAO，QB平面PAO，PO平面PAO，PA平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，D1B，QB平面D1BQ，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
12．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为P3A，P2D，P4C，P4B的中点，在此几何体中，给出下列五个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②PA∥平面BDG；③EF∥平面PBC；④FH∥平面BDG；⑤EF∥平面BDG.
其中正确结论的序号是①②③④．
解析：先把平面展开图还原为一个四棱锥，如图所示．①∵ E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，∴EF∥AD，GH∥BC，∵AD∥BC，∴EF∥GH，∴EF，GH确定平面EFGH，∵EF平面EFGH，AD平面EFGH，∴AD∥平面EFGH，同理AB∥平面EFGH，又AB∩AD＝A，AB，AD平面ABCD，∴平面EFGH∥平面ABCD，∴①正确；②连接AC，BD交于O点，则O为AC的中点，连接OG，G为PC的中点，∴OG∥PA，又OG平面BDG，PA平面BDG，∴PA∥平面BDG，∴②正确；③由①知，EF∥BC，又EF平面PBC，BC平面PBC，∴EF∥平面PBC，∴③正确；④同②，同理可证FH∥平面BDG，∴④正确；⑤EF∥GH，GH与平面BDG相交，∴EF与平面BDG相交，∴⑤错误．故正确结论的序号是①②③④.
四、解答题
13．(2024·湖南益阳安化县第二中学校考期末)如图，四棱锥P-ABCD的底面为平行四边形．设平面PAD与平面PBC的交线为l，M，N，Q分别为PC，CD，AB的中点．
(1)求证：平面MNQ∥平面PAD；
(2)求证：BC∥l.
证明：(1)因为M，N，Q分别为PC，CD，AB的中点，底面ABCD为平行四边形，所以MN∥PD，NQ∥AD，
又MN平面PAD，PD平面PAD，则MN∥平面PAD，
由NQ平面PAD，AD平面PAD，可得NQ∥平面PAD，
又MN∩NQ＝N，MN，NQ平面MNQ，所以平面MNQ∥平面PAD.
(2)因为BC∥AD，BC平面PAD，AD平面PAD，所以BC∥平面PAD，又BC平面PBC，平面PBC∩平面PAD＝l，所以BC∥l.
14．如图所示多面体中， 底面 ABCD是边长为 3的正方形， DE⊥平面 ABCD，AF∥DE，DE＝ 3AF＝3 eq \r(6) ，M 是 BD上一点，BD＝3BM.
(1)求证： AM∥平面BEF；
(2)求此多面体的体积．
解：(1)证明： 如图，过点M作MN∥DE, 交 BE于点N, 连接NF，则 eq \f(MN,DE) ＝ eq \f(BM,BD) ＝ eq \f(1,3) ，MN＝ eq \r(6) ，
因为AF∥DE, 所以AF∥MN, 且AF＝MN, 所以四边形AMNF为平行四边形，所以AM∥NF.又 NF平面 BEF，AM平面BEF，
所以 AM∥平面BEF.
(2)因为 DE⊥平面 ABCD，AB平面ABCD, 所以AB⊥DE, 因为AB⊥AD，AD∩DE＝D，AD，DE平面ADE, 所以AB⊥平面ADE.
所以VEF－ABCD＝VB－ADEF＋VE－BCD＝ eq \f(1,3) S梯形ADEF·AB＋ eq \f(1,3) S△BCD·ED，即 VEF－ABCD＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×( eq \r(6) ＋3 eq \r(6) )×3×3＋ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×3×3×3 eq \r(6) ＝ eq \f(21\r(6),2) ，即此多面体的体积为 eq \f(21\r(6),2) .
一、单项选择题
1．(2023·辽宁大连高三期末)设a，b表示空间中两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，则下列命题正确的是( B )
A．若a∥α，bα，则a∥b
B．若a⊥α，a∥β，则α⊥β
C．若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ
D．若aα，bα，a∥β，b∥β，则α∥β
解析：对于A，若a∥α，bα，则a∥b或a，b异面，故A错误；对于B，若a∥β，则必有a′β，a′∥a，又a⊥α，所以a′⊥α，a′β，所以α⊥β，故B正确；对于C，若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ或γ，β相交，故C错误；对于D，若aα，bα，a∥β，b∥β，由于a，b可能平行不相交，故得不到α∥β，故D错误．故选B.
2．如图，四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形，E是棱PD上的点，且PE＝3ED，若 eq \(PF,\s\up9(→)) ＝λ eq \(PC,\s\up9(→)) ，且满足BF∥平面ACE，则λ＝( A )
A． eq \f(2,3) B． eq \f(\r(3),2)
C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(3,4)
解析：如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，则BO＝OD，在线段PE上取一点G，使得GE＝ED，则G是PD的中点， eq \f(PG,PE) ＝ eq \f(2,3) ，连接BG，FG，则BG∥OE，因为OE平面ACE，BG平面ACE，所以BG∥平面ACE.因为BF∥平面ACE，BG∩BF＝B，BG，BF平面BGF，所以平面BGF∥平面ACE.因为平面PCD∩平面ACE＝EC，平面PCD∩平面BGF＝GF，所以GF∥EC.所以 eq \f(PF,PC) ＝ eq \f(PG,PE) ＝ eq \f(2,3) ，所以λ＝ eq \f(2,3) .故选A.
3．如图，E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有( D )
A．0条 B．1条
C．2条 D．无数条
解析：
如图所示，作平面KSHG∥平面ABCD，C1F，D1E交平面KSHG于点N，M，连接MN，由面面平行的性质得MN∥平面ABCD，由于平面KSHG有无数多个，所以平行于平面ABCD的MN有无数多条．故选D.
4．如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别在线段DB，DD1上， eq \f(DE,EB) ＝ eq \f(1,2) ，G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G，则 eq \f(CG,CC1) ＝( B )
A． eq \f(1,2) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(2,3) D． eq \f(1,4)
解析：在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，连接B1D1，FG，如图，因为平面AEF∥平面BD1G，平面AEF∩平面BB1D1D＝EF，平面BD1G∩平面BB1D1D＝BD1，则EF∥BD1，于是 eq \f(DF,FD1) ＝ eq \f(DE,EB) ＝ eq \f(1,2) ，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，而BG平面BCC1B1，则BG∥平面ADD1A1，在平面ADD1A1内存在与AF不重合的直线l∥BG，又平面AEF∥平面BD1G，BG平面BD1G，则BG∥平面AEF，在平面AEF内存在与AF不重合的直线m∥BG，从而m∥l，m平面AEF，l平面AEF，则l∥平面AEF，又l平面ADD1A1，平面AEF∩平面ADD1A1＝AF，因此AF∥l∥BG，BG，AF可确定平面ABGF，因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1，平面ABGF∩平面ABB1A1＝AB，平面ABGF∩平面CDD1C1＝FG，于是AB∥FG，即有CD∥FG，所以 eq \f(CG,CC1) ＝ eq \f(DF,DD1) ＝ eq \f(1,3) .故选B.
5．(2024·黑龙江实验中学校考期末)如图，平面α∩平面β＝直线l，点A，C∈α，点B，D∈β，且A，B，C，Dl，点M，N分别是线段AB，CD的中点．则下列结论错误的是( A )
A．当直线AC与BD相交时，交点有可能在直线l外
B．当直线AB与CD异面时，MN不可能与l平行
C．当A，B，C，D四点共面且AC∥l时，BD∥l
D．当M，N两点重合时，直线AC与l不可能相交
解析：由点A，C∈α，点B，D∈β，得ACα，BDβ，由A，B，C，Dl，得ACβ，BDα，对于A，令AC∩BD＝P，即有P∈ACα，P∈BDβ，因此P∈α∩β＝l，故A错误；对于B，当AB，CD是异面直线时，假设MN∥l，显然MNβ，则MN∥平面β，连接BC，取BC的中点H，连接MH，NH，如图，
因为H，N分别为BC，CD的中点，所以NH∥BD，而NHβ，即有NH∥β，又NH∩MN＝N，于是平面MNH∥平面β，同理平面MHN∥平面α，因此平面α∥平面β，与已知矛盾，即假设不成立，所以MN不可能与l平行，故B正确；对于C，由A，B，C，D四点共面且AC∥l，得AC∥β，平面ABDC∩β＝BD，因此BD∥AC∥l，故C正确；对于D，由M，N两点重合，得AC∥BD，则AC∥β，而ACα，α∩β＝l，因此AC∥l，直线AC与直线l不可能相交，故D正确．故选A.
6．正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1∥平面AMN，则PA1的长度范围为( B )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(5),2))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2)))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(3,2))) D． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))
解析：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，取EF的中点O，连接A1O，如图所示，∵点M，N分别是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，∴AM∥A1E，MN∥EF，∵AM∩MN＝M，A1E∩EF＝E，AM，MN平面AMN，A1E，EF平面A1EF，∴平面AMN∥平面A1EF，∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1∥平面AMN，∴点P的轨迹是线段EF，∵A1E＝A1F＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(5),2) ，EF＝ eq \f(1,2) eq \r(12＋12) ＝ eq \f(\r(2),2) ，∴A1O⊥EF，∴当P与O重合时，PA1的长度取最小值A1O，A1O＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(3\r(2),4) ，当P与E(或F)重合时，PA1的长度取最大值A1E或A1F，A1E＝A1F＝ eq \f(\r(5),2) .∴PA1的长度范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),4)，\f(\r(5),2))) .故选B.
二、多项选择题
7．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝ eq \f(2,3) BD1.则以下四个说法中正确的是( BC )
A．MN∥平面APC
B．C1Q∥平面APC
C．A，P，M三点共线
D．平面MNQ∥平面APC
解析：对于A，如图，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN平面APC，故A错误；对于B，由A知M，N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，AN平面APC，所以C1Q∥平面APC，故B正确；对于C，由A知C正确；对于D，由A知MN平面APC，又MN平面MNQ，所以平面MNQ∩平面APC＝MN，故D错误．故选BC.
8．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的是( BCD )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：对于A，如图，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；
对于B，如图，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；
对于C，如图，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故C正确；
对于D，如图，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故D正确．
故选BCD.
三、填空题
9．如图所示，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，若PA∥平面EBF，则 eq \f(PF,FC) ＝ eq \f(1,2) ．
解析：如图，连接AC交BE于点M，连接FM，∵PA∥平面EBF，PA平面PAC，平面PAC∩平面EBF＝FM，∴PA∥FM，又AE∥BC，∴ eq \f(PF,FC) ＝ eq \f(AM,MC) ＝ eq \f(AE,BC) ＝ eq \f(1,2) .
10．在三棱锥P-ABC中，PB＝6，AC＝3，G为△PAC的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于PB和AC，则截面的周长为8．
解析：如图，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F，过点E作EN∥PB交AB于点N，过点F作FM∥PB交BC于点M，连接MN，则四边形EFMN是平行四边形(平面EFMN为所求截面)，且EF＝MN＝ eq \f(2,3) AC＝2，FM＝EN＝ eq \f(1,3) PB＝2，所以截面的周长为2×4＝8.
11．(2023·北京汇文中学校考期末)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E是边BC的中点，动点P在直线BD1(除B，D1两点)上运动的过程中，平面DEP可能经过的该正方体的顶点是A1，B1，D．(写出满足条件的所有顶点)
解析：由题意知，平面DEP必定经过正方体的顶点D.下面分析正方体除D点外的顶点，满足题意的正方体的顶点与D，E确定的平
面必然与直线BD1相交，且交点不为B，D1，显然顶点A，B，C，D1都不符合题意．现在分析顶点C1，如图1，连接C1E，DC1，CD1，设DC1∩CD1＝O，连接EO.因为E为BC的中点，所以BD1∥EO，又EO平面DEC1，所以BD1∥平面DEC1，故C1不符合题意；
根据正方体的特征，并且结合下面的图2和图3可知，平面A1DE、平面B1DE分别和直线BD1相交于M，N，所以A1，B1符合题意．
综上，平面DEP可能经过的该正方体的顶点是A1，B1，D.
12．已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BC＝CC1＝6，AB＝2，平面α过棱AB，BC，CC1的中点，点M∈底面ABCD.若直线MD1∩平面α＝，则B1M的最小值为 eq \f(3\r(110),5) ．
解析：记棱AB，BC，CC1的中点分别为E，F，G，连接EF，FG，EG，BC1，AD1，AC，CD1，如图所示，
则平面α即为平面EFG.因为FG∥BC1，BC1∥AD1，所以AD1∥FG，且AD1平面EFG，FG平面EFG，所以AD1∥平面EFG，同理可得AC∥ 平面EFG.而AD1∩AC＝A，所以平面D1AC∥平面EFG，故点M在线段AC上．而B1M＝ eq \r(BB eq \\al(2,1) ＋BM2) ＝ eq \r(36＋BM2) ，故只需BM最小即可，BM的最小值即为点B到线段AC的距离 eq \f(2×6,\r(22＋62)) ＝ eq \f(3\r(10),5) ，故B1M的最小值为 eq \r(36＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(10),5)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(3\r(110),5) .
四、解答题
13．如图，在等腰直角三角形PAD中，∠PAD＝90°，AD＝8，AB＝3，B，C分别是PA，PD上的点，且AD∥BC，M，N分别为BP，CD的中点，现将△BCP沿BC折起，得到四棱锥P-ABCD，连接MN.
证明：MN∥平面PAD.
证明：在四棱锥P-ABCD中，取AB的中点E，连接EM，EN(图略).
因为M，N分别为BP，CD的中点，AD∥BC，所以ME∥PA，EN∥AD，
又PA平面PAD, ME平面PAD，所以ME∥平面PAD，同理可得，EN∥平面PAD，
又ME∩EN＝E，ME，EN平面MNE，所以平面MNE∥平面PAD，因为MN平面MNE，所以MN∥平面PAD.
14．(探究性问题)如图所示正四棱锥S-ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝ eq \r(2) ，P为侧棱SD上的点，且SP＝3PD.
(1)求正四棱锥S-ABCD的表面积；
(2)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求出 eq \f(SE,EC) 的值；若不存在，试说明理由．
解：(1)∵正四棱锥S－ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝2，AB＝ eq \r(2) ，∴侧面的高h＝ eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(14),2) ，∴正四棱锥S－ABCD的表面积S＝4× eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \f(\r(14),2) ＋ eq \r(2) × eq \r(2) ＝2 eq \r(7) ＋2.
(2)在侧棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC，满足 eq \f(SE,EC) ＝2.
理由如下：
如图，取SD中点Q，连接BQ，因为SP＝3PD，则PQ＝PD，又O为BD的中点，∴在△BDQ中，有BQ∥PO，
又PO平面PAC，BQ平面PAC，
∴BQ∥平面PAC，
过Q作QE∥PC，交SC于E，连接BE，
又PC平面PAC，QE平面PAC，
∴QE∥平面PAC，
∵BQ∩QE＝Q，BQ，QE平面BEQ，∴平面BEQ∥平面PAC，
又BE平面BEQ，∴BE∥平面PAC，
由QE∥PC，则 eq \f(SE,EC) ＝ eq \f(SQ,QP) ，
由SP＝3PD，Q为SD的中点，则 eq \f(SQ,QP) ＝2，所以 eq \f(SE,EC) ＝2，
所以侧棱SC上存在一点E，当满足 eq \f(SE,EC) ＝2时，BE∥平面PAC.
考点练40 空间直线、平面的垂直 对应学生用书085页
一、单项选择题
1．设α和β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法不正确的是( A )
A．若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β
B．若m⊥α，nβ，α∥β，则m⊥n
C．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
D．若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n
解析：m∥α，n∥β，m∥n，并不能推出α∥β，这时α和β可能相交，故A错误；若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又nβ，则m⊥n，故B正确；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，又n⊥β，则α⊥β，故C正确；若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊥β，则m∥n，故D正确．故选A.
2．(教材改编)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且直线mα，直线nβ，则下列命题为真命题的是( B )
A．“m⊥n”是“n⊥α”的充分不必要条件
B．“m∥n”是“m∥β”的既不充分也不必要条件
C．“α∥β”是“m∥n”的充要条件
D．“m⊥n”是“α⊥β”的必要不充分条件
解析：n⊥α能得到n⊥m，但n⊥m不能得出n⊥α，故A错误；m∥n时，m也可能在平面β内，不能得出m∥β，反之，m∥β，β内的直线也不一定与m平行，即不能得出m∥n，∴“m∥n”是“m∥β”的既不充分也不必要条件，故B正确；α∥β时，m，n可能是异面直线，不一定平行，m∥n时，α，β也可能相交，不一定平行，故C错误；两个平面垂直，分别在这两个平面内的两条直线可能相交，可能平行，不一定垂直，故D错误．故选B.
3．已知正方体ABCD-A1B1C1D1(如图所示)，则下列结论正确的是( D )
A．BD1∥A1A
B．BD1∥A1D
C．BD1⊥A1C
D．BD1⊥A1C1
解析：对于A，AA1∥BB1，BB1与BD1相交，所以BD1与AA1异面，故A错误；对于B，BD1与平面ADD1A1相交，且D1A1D，所以BD1与A1D异面，故B错误；对于C，如图，连接A1B，D1C，则四边形A1BCD1是矩形，不是菱形，所以对角线BD1与A1C不垂直，故C错误；对于D，连接B1D1，则B1D1⊥A1C1，BB1⊥A1C1，B1D1∩BB1＝B1，所以A1C1⊥平面BB1D1，所以A1C1⊥BD1，故D正确．故选D.
4．如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝90°，BC1⊥AC，则C1在底面ABC上的射影H必在( A )
A．直线AB上 B．直线BC上
C．直线AC上 D．△ABC内部
解析：由AC⊥AB，AC⊥BC1，得AC⊥平面ABC1.因为AC平面ABC，所以平面ABC1⊥平面ABC.所以C1在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上．故选A.
5．(教材改编)已知AB 是圆柱上底面的一条直径，C 是上底面圆周上异于A，B的一点，D 为下底面圆周上一点，且AD 垂直于圆柱的底面，则必有( B )
A．平面ABC⊥ 平面BCD
B．平面BCD⊥ 平面ACD
C．平面ABD⊥ 平面ACD
D．平面BCD⊥ 平面ABD
解析：如图，因为AB 是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC，又AD 垂直于圆柱的底面，所以AD⊥BC，因为AC∩AD＝A，所以BC⊥ 平面ACD，因为BC 平面BCD，所以平面BCD⊥ 平面ACD .故选B.
6．如图，四棱锥S-ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是( D )
A．AC⊥SB
B．AB∥平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
解析：对于A，∵SD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，∴SD⊥AC.又∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD.又∵SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SBD，AC⊥SB；对于B，∵AB∥CD，CD平面CDS，AB平面CDS，∴AB∥平面SCD；对于C，设AC，BD相交于O，连接SO(图略)，所以SA与平面SBD所成的角，SC与平面SBD所成的角分别为∠ASO，∠CSO，因为SA＝SC，所以两角相等；对于D，AB与SC所成的角为∠SCD，DC与SA所成的角为∠SAB，显然两角不等．故选D.
二、多项选择题
7．如图所示，在四个正方体中，l是正方体的一条体对角线，点M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出l⊥平面MNP的图形为( AD )
eq \(\s\up7(),\s\d5(A)) eq \(\s\up7(),\s\d5(B))
eq \(\s\up7(),\s\d5(C)) eq \(\s\up7(),\s\d5(D))
解析：对于A，D，根据正方体的性质可得l⊥MN，l⊥MP，可得l⊥平面MNP.对于B，C，无法得出l⊥平面MNP.故选AD.
8．如图，四棱锥P-ABCD的底面为梯形，PD⊥底面ABCD，∠BAD＝∠CDA＝90°，AD＝AB＝2，PD＝CD＝4，E为棱PA的中点，则( CD )
A．CE与平面ABCD所成的角的余弦值为 eq \f(2\r(21),21)
B．PA⊥CE
C．BC⊥平面PBD
D．三棱锥P-BCE的体积为 eq \f(4,3)
解析：对于A，如图，取AD中点F，连接EF，则EF∥PD，由题意可得，EF⊥平面ABCD，连接CF，∠ECF即CE与平面ABCD所成的角，由条件可得EF＝2，CF＝ eq \r(DF2＋DC2) ＝ eq \r(17) ，cs ∠FCE＝ eq \f(CF,CE) ＝ eq \f(\r(17),\r(17＋22)) ≠ eq \f(2\r(21),21) ，故A错误；
对于B，如图，连接AC，易得AC＝2 eq \r(5) ，PC＝4 eq \r(2) ，又E为PA中点，AC≠PC，故PA与CE不垂直，故B错误；
对于C，如图所示，在梯形ABCD中，过B作BG⊥CD，由条件可得，BG＝AD＝GC＝2，故BD＝BC＝2 eq \r(2) ，由勾股定理逆定理可得BD⊥BC，又PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD，则PD⊥BC，PD∩BD＝D，PD，BD平面PBD，所以BC⊥平面PBD，故C正确；
对于D，由条件得VP－BCE＝VA－EBC＝VE－ABC，由上可得S△ABC＝S梯形ABCD－S△ADC＝ eq \f(1,2) ×(2＋4)×2－ eq \f(1,2) ×4×2＝2，故VE－ABC＝ eq \f(1,3) ×S△ABC×EF＝ eq \f(4,3) ，故D正确．故选CD.
三、填空题
9．已知△ABC在平面α内，∠BAC＝90°，DA⊥平面α，则直线CA与DB的位置关系是垂直．
解析：∵DA⊥平面α，AC平面α，∴DA⊥CA，在△ABC中，∵∠BAC＝90°，∴AB⊥CA，且DA∩BA＝A，DA，BA平面ADB，∴CA⊥平面ADB，DB平面ADB，∴CA⊥DB.
10．已知平面α，β和直线m，给出以下条件：(1)m∥α；(2)m⊥α；(3)mα；(4)α⊥β；(5)α∥β，当条件(3)(5)成立时，有m∥β；当条件(2)(5)成立时，有m⊥β.(填所选条件的序号)
解析：根据面面平行的特征可得，若mα，α∥β，则m∥β；根据线面垂直以及面面平行的特征可得，若m⊥α，α∥β，则m⊥β.
11．(开放性问题)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足DM⊥PC(或BM⊥PC等)时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为正确的条件即可)
解析：∵PA⊥底面ABCD，∴BD⊥PA，连接AC(图略)，则BD⊥AC，且PA∩AC＝A，PA，AC平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.
12．如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝1，AD⊥AB，∠BCD＝45°，将△ABD沿对角线BD折起，设折起后点A的位置为A′，并且平面A′BD⊥平面BCD.则给出下列四个命题，正确的是③④．(把正确结论的序号都填上)
①A′D⊥BC；
②三棱锥A′-BCD的体积为 eq \f(\r(2),2) ；
③BA′⊥CA′；
④平面A′BC⊥平面A′DC.
解析：如图所示，E为BD的中点，连接A′E.因为E为BD的中点，所以A′E⊥BD，所以易得A′E⊥平面BCD，所以A′E⊥BC.若A′D⊥BC，则可得到BC⊥平面A′BD，故BC⊥BD，与已知矛盾，故①错误；三棱锥A′－BCD的体积V＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) × eq \r(2) × eq \r(2) × eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(\r(2),6) ，故②错误；在直角三角形A′CD中，A′C2＝CD2＋A′D2，所以A′C＝ eq \r(3) .在三角形A′BC中，A′B＝1，BC＝2，A′C＝ eq \r(3) ，满足BC2＝A′B2＋A′C2，所以BA′⊥CA′，故③正确；又BA′⊥DA′，所以BA′⊥平面A′DC，所以平面A′BC⊥平面A′DC，故④正确．
四、解答题
13．如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：
(1)EF∥平面ABC；
(2)AD⊥AC.
证明：(1)在平面ABD内，因为AB⊥AD，EF⊥AD，所以EF∥AB.
又因为EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF∥平面ABC.
(2)因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，
BC平面BCD，BC⊥BD，
所以BC⊥平面ABD.
因为AD平面ABD，所以BC⊥AD.
又AB⊥AD，BC∩AB＝B，
AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD⊥平面ABC.
又因为AC平面ABC，
所以AD⊥AC.
14．如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC＝90°.
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO＝ eq \r(2) ，圆锥的侧面积为 eq \r(3) π，求三棱锥P-ABC的体积．
解：(1)证明：如图，连接OA，OB，OC，
∵D为圆锥顶点，O为底面圆心，
∴OD⊥平面ABC，
∵P在DO上，
OA＝OB＝OC，
∴PA＝PB＝PC，
∵△ABC是圆内接正三角形，∴AC＝BC，△PAC≌△PBC，
∴∠APC＝∠BPC＝90°，即PB⊥PC，PA⊥PC，PA∩PB＝P，
∴PC⊥平面PAB，又∵PC平面PAC，
∴平面PAB⊥平面PAC.
(2)设圆锥的母线为l，底面半径为r，圆锥的侧面积为πrl＝ eq \r(3) π，rl＝ eq \r(3) ，
OD2＝l2－r2＝2，解得r＝1，l＝ eq \r(3) ，AC＝2r sin 60°＝ eq \r(3) ，
在等腰直角三角形APC中，AP＝ eq \f(\r(2),2) AC＝ eq \f(\r(6),2) ，
在Rt△PAO中，PO＝ eq \r(AP2－OA2) ＝ eq \r(\f(6,4)－1) ＝ eq \f(\r(2),2) ，
∴三棱锥P-ABC的体积为VP－ABC＝ eq \f(1,3) PO·S△ABC＝ eq \f(1,3) × eq \f(\r(2),2) × eq \f(\r(3),4) ×3＝ eq \f(\r(6),8) .
一、单项选择题
1．如图，在四面体D-ABC 中，若AB＝CB，AD＝CD，E 是AC的中点，则下列结论正确的是( C )
A．平面ABC⊥ 平面ABD
B．平面ABD⊥ 平面BDC
C．平面ABC⊥ 平面BDE，且平面ADC⊥ 平面BDE
D．平面ABC⊥ 平面ADC，且平面ADC⊥ 平面BDE
解析：因为AB＝CB，且E 是AC 的中点，所以BE⊥AC，同理有DE⊥AC，于是AC⊥ 平面BDE .因为AC 平面ABC，所以平面ABC⊥ 平面BDE .又由于AC 平面ACD，所以平面ACD⊥ 平面BDE .故选C.
2.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E是PD中点，下列叙述正确的是( D )
A．CE∥平面PAB
B．CE⊥平面PAD
C．平面PBC⊥平面PAB
D．平面PBD⊥平面PAC
解析：对于A，∵四边形ABCD是菱形，∴CD∥AB，∵CD平面PAB，AB平面PAB，∴CD∥平面PAB.若CE∥平面PAB，∵CE∩CD＝C，则平面PCD∥平面PAB，事实上平面PCD与平面PAB相交，假设不成立，故A错误；对于B，如图，过点C在平面ABCD内作CF⊥AD，垂足为F，∵PA⊥平面ABCD，CF平面ABCD，∴CF⊥PA.∵CF⊥AD，PA∩AD＝A，∴CF⊥平面PAD，∵过C作平面PAD的垂线有且只有一条，∴CE与平面PAD不垂直，故B错误；对于C，过点C在平面ABCD内作CM⊥AB，垂足为M，∵PA⊥平面ABCD，CM平面ABCD，∴CM⊥PA.∵CM⊥AB，PA∩AB＝A，∴CM⊥平面PAB，若平面PBC⊥平面PAB，过点C在平面PBC内作CN⊥PB，垂足为N，∵平面PBC⊥平面PAB，平面PBC∩平面PAB＝PB，CN平面PBC，∴CN⊥平面PAB.∵过点C作平面PAB的垂线有且只有一条，∴CM，CN重合．∵平面ABCD∩平面PBC＝BC，∴CM，CN，CB重合，BC⊥AB，∵四边形ABCD是菱形，∴BC与AB不一定垂直，故C错误；对于D，∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC.∵PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，∴BD⊥PA.∵PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC.∵BD平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC，故D正确．故选D.
3．(2024·湖北黄冈中学期末)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则AC1与平面ABCD所成角的余弦值为( C )
A． eq \f(1,3) B． eq \f(\r(2),6)
C． eq \f(2\r(2),3) D． eq \f(\r(3),6)
解析：连接AC，如图所示，
在长方体ABCD-A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，则AC1与平面ABCD所成的角为∠CAC1，且AC＝ eq \r(AB2＋BC2) ＝ eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) ，AC1＝ eq \r(AB2＋BC2＋AA eq \\al(2,1) ) ＝ eq \r(4＋4＋1) ＝3，因为CC1⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则CC1⊥AC，所以cs ∠CAC1＝ eq \f(AC,AC1) ＝ eq \f(2\r(2),3) ，即AC1与平面ABCD所成角的余弦值为 eq \f(2\r(2),3) .故选C.
4．(2023·河北张家口统考三模)风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2 000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源．如图是某高一年级学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF，D为AB的中点，四边形EFDC为矩形，且DF⊥AB，AC＝BC＝2，∠ACB＝120°，当AE⊥BE时，多面体ABCEF的体积为( A )
A． eq \f(2\r(6),3) B． eq \f(\r(6),3)
C． eq \f(\r(3),3) D． eq \r(6)
解析：在△ABC中，因为AC＝BC，且D为AB的中点，所以CD⊥AB，又因为DF⊥AB，且DF∩CD＝D，DF，CD平面CDFE，所以AB⊥平面CDFE，在△ABC中，因为AC＝BC＝2且∠ACB＝120°，所以AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cs ∠ACB＝4＋4－2×2×2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) ＝12，所以AB＝2 eq \r(3) ，且CD＝1，因为四边形CDFE为矩形，可得DF⊥CD，又因为DF⊥AB，AB∩CD＝D，且AB，CD平面ABC，所以DF⊥平面ABC，因为CE∥DF，所以CE⊥平面ABC，又因为AC，BC平面ABC，所以CE⊥AC，CE⊥BC，设CE＝m，在直角△ACE中，可得AE2＝AC2＋m2＝4＋m2，在直角△BCE中，可得BE2＝BC2＋m2＝4＋m2，因为AE⊥BE，所以AB2＝AE2＋BE2，即12＝4＋m2＋4＋m2，解得m＝ eq \r(2) ，所以多面体ABCEF的体积为V＝VA－CDFE＋VB－CDFE＝2VA－CDFE＝2× eq \f(1,3) S四边形CDFE·AD＝2× eq \f(1,3) ×1× eq \r(2) × eq \r(3) ＝ eq \f(2\r(6),3) .故选A.
5．(2024·陕西安康高三月考)如图，在三棱锥A-PBC中，已知∠APC＝ eq \f(π,4) ，∠BPC＝ eq \f(π,3) ，PA⊥AC，PB⊥BC，平面PAC⊥平面PBC，三棱锥A-PBC的体积为 eq \f(\r(3),6) ，若点P，A，B，C都在球O的球面上，则球O的表面积为( B )
A．2π B．4π
C．8π D．12π
解析：如图，取PC的中点O，连接AO，BO，因为PA⊥AC，PB⊥BC，所以OA＝ eq \f(1,2) PC，OB＝ eq \f(1,2) PC, 所以OA＝OB＝OC＝OP，所以O为三棱锥A－PBC外接球的球心，设OA＝R，则OA＝OB＝OC＝OP＝R，PC＝2R，因为∠APC＝ eq \f(π,4) ，PA⊥AC，所以△PAC为等腰直角三角形，且PA＝AC，所以AO⊥PC，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝PC，AO平面PAC，所以AO⊥平面PBC，因为∠BPC＝ eq \f(π,3) ，PB⊥BC，PC＝2R，所以PB＝R，BC＝ eq \r(3) R，所以VA－PBC＝ eq \f(1,3) S△PBC·AO＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×R· eq \r(3) R·R＝ eq \f(\r(3),6) ，解得R＝1，所以球O的表面积为4πR2＝4π.故选B.
二、多项选择题
6．若平面α⊥平面β，且α∩β＝l，则下列命题中正确的是( BD )
A．平面α内的直线必垂直于平面β内的任意一条直线
B．平面α内的已知直线必垂直于平面β内的无数条直线
C．平面α内的任一条直线必垂直于平面β
D．过平面α内任意一点作交线l的垂线，则此垂线必垂直于平面β
解析：对于A，如图1，aα，bβ，且a，b与l都不垂直，则a，b不一定垂直，故A错误；对于B，如图2，aα，在β内作b⊥l，则b⊥α，则β内所有与b平行的直线都与a垂直，故B正确；
对于C，如图3，aα，但a与l不垂直，则a与β不垂直，故C错误；对于D，如图4，由两平面垂直的性质定理可知D正确．故选BD.
7．(2024·陕西宝鸡中学期末)如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内)，连接A1B，A1C.若M为线段A1C的中点，则在△ADE的翻折过程中，以下结论正确的是( AC )
A．BM∥平面A1DE恒成立
B．存在某个位置，使DE⊥A1C
C．线段BM的长为定值
D．V三棱锥A-A1DE∶V四棱锥A1-BCDE＝1∶2
解析：如图，设CD的中点为F，连接FM，FB，因为M为线段A1C的中点，所以FM∥A1D，而FM平面A1DE，A1D平面A1DE，所以FM∥平面A1DE，因为在矩形ABCD中，E是边AB的中点，CD的中点为F，所以FB∥DE，同理可证FB∥平面A1DE，因为BF∩MF＝F，BF，MF平面BMF，所以平面BMF∥平面A1DE，而BM平面BMF，所以有BM∥平面A1DE恒成立，故A正确；设点A1在底面BCDE的射影为O，连接OE，OD，OC，因为在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是边AB的中点，所以有A1D＝A1E，因此有OD＝OE，而CD≠CE，显然OC与DE不垂直，假设存在某个位置，使DE⊥A1C，因为A1O⊥平面BCDE，DE平面BCDE，所以A1O⊥DE，因为DE⊥A1C，A1O∩A1C＝A1，A1O，A1C平面A1OC，所以DE⊥平面A1OC，而OC平面A1OC，所以DE⊥OC，这与OC与DE不垂直矛盾，故B错误；在矩形ABCD中，AB＝2AD，E是边AB的中点，所以∠ADE＝45°，显然有∠MFB＝45°，由余弦定理可知，BM＝ eq \r(MF2＋BF2－2·MF·BF×\f(\r(2),2)) ，因为MF＝ eq \f(1,2) A1D，BF＝ eq \r(2) AD，所以线段BM的长为定值，故C正确；V三棱锥A-A1DE∶V四棱锥A1-BCDE＝V三棱锥A1-ADE∶V四棱锥A1-BCDE＝( eq \f(1,3) ·A1O· eq \f(1,2) AD2)∶[ eq \f(1,3) ·A1O·(2AD2－ eq \f(1,2) AD2)]＝1∶3，故D错误．故选AC.
三、填空题
8．(2024·北京昌平区高三统考期末)如图，已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1，M是CC1的中点，N是正方形ABCD内(包括边界)的一个动点，且MN⊥BD，则线段MN长度的取值范围是[1，3]．
解析：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接AC，AM，如图，显然CC1⊥平面ABCD，BD平面ABCD，则CC1⊥BD，又AC⊥BD，且AC∩CC1＝C，AC，CC1平面ACM，所以BD⊥平面ACM，同理BD⊥平面NCM，故平面ACM与平面NCM重合，故点N∈平面ACM，又点N∈平面ABCD，平面ACM∩平面ABCD＝AC，因此点N在线段AC上，在△ACM中，∠ACM＝90°，则CM≤MN≤AM，由于M是CC1的中点，从而CM＝1，AM＝ eq \r(CM2＋AC2) ＝ eq \r(12＋（2\r(2)）2) ＝3，所以线段MN长度的取值范围是[1，3].
9．已知四条边长均为2 eq \r(3) 的空间四边形ABCD的顶点都在同一个球面上，若∠BAD＝ eq \f(π,3) ，平面ABD⊥平面CBD，则该球的体积为 eq \f(20\r(5)π,3) ．
解析：如图所示，
设E是△ABD的外心，F是△BCD的外心，过点E，F分别作平面ABD与平面BCD的垂线OE，OF，相交于点O，由于空间四边形ABCD的四条边长均为2 eq \r(3) ，∠BAD＝ eq \f(π,3) ，所以△ABD与△BCD均为等边三角形，又平面ABD⊥平面CBD，所以O为四面体ABCD外接球的球心，又AE＝ eq \f(2,3) eq \r(（2\r(3)）2－（\r(3)）2) ＝2，所以OE＝1，所以外接球的半径为R＝ eq \r(22＋12) ＝ eq \r(5) ，所以外接球的体积为V＝ eq \f(4πR3,3) ＝ eq \f(4π,3) ×( eq \r(5) )3＝ eq \f(20\r(5)π,3) .
10．(数学文化)粽子是端午节期间不可缺少的传统美食，铜仁的粽子不仅馅料丰富多样，形状也是五花八门，有竹筒形、长方体形、圆锥形等，但最常见的还是“四角粽子”，其外形近似于正三棱锥．因为将粽子包成这样形状，既可以节约原料，又不失饱满，而且十分美观．如图，假设一个粽子的外形是正三棱锥P－ABC，其侧棱和底面边长分别是8 cm和6 cm，O是顶点P在底面ABC上的射影．若D是底面ABC内的动点，且直线PD与底面ABC所成角的正切值为 eq \f(2\r(39),3) ，则动点D的轨迹长为2 eq \r(3) π．
解析：由题意可知O是底面等边三角形ABC的中心，所以OB＝ eq \f(BC,2sin A) ＝2 eq \r(3) ，进而OP＝ eq \r(BP2－OB2) ＝
eq \r(82－（2\r(3)）2) ＝2 eq \r(13) ，如图，连接DP，DO，由于OP⊥底面ABC，所以∠PDO即为直线PD与底面ABC所成的角，所以tan ∠PDO＝ eq \f(2\r(39),3) ＝ eq \f(OP,OD) OD＝ eq \r(3) ，因此点D在以O为圆心，半径为 eq \r(3) 的圆上运动，所以D的轨迹长为2π·OD＝2 eq \r(3) π.
11．(探究性问题)等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD＝1，以AD为折痕将△ABD与△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出以下结论：
①BD⊥AC；②∠BAC＝60°；③折叠后的立体图形中，BC与平面ABD所成的角为60°；④折叠后连接各点可形成一个四面体，它的外接球半径为 eq \f(\r(6),4) .其中正确结论的序号是①②．
解析：①因为平面ABD⊥平面ACD，BD⊥AD，平面ABD∩平面ACD＝AD，BD平面ABD，所以BD⊥平面ACD，又AC平面ACD，则BD⊥AC，故①正确；②由题可得BD＝CD＝1，结合AD＝1，BD⊥AD，CD⊥AD，则AB＝AC＝ eq \r(2) ，又由①可得BD⊥CD，则BC＝ eq \r(2) ，即△ABC为等边三角形，则∠BAC＝60°，故②正确；③由①可得BD⊥CD，又CD⊥AD，BD∩AD＝D，BD，AD平面ABD，则CD⊥平面ABD，即∠CBD为BC与平面ABD所成的角，则∠CBD＝45°，故③错误；④注意到AD⊥BD，AD⊥CD，BD⊥CD，则折叠后连接各点形成的四面体的外接球与以BD，CD，AD为长、宽、高的正方体的外接球相同，则外接球半径为R＝ eq \f(\r(BD2＋CD2＋AD2),2) ＝ eq \f(\r(3),2) ，故④错误．
四、解答题
12．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝BC＝ eq \r(3) ，AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，点M是AC与BD的交点，点N在线段PB上，且PN＝ eq \f(1,4) PB.
(1)证明：MN∥平面PDC；
(2)在线段BC上是否存在一点Q，使得平面MNQ⊥平面PAD？若存在，求出点Q的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：在四边形ABCD中，
由AB＝BC＝ eq \r(3) ，AD＝CD＝1，
可得△ABD≌△CBD，
可得AC⊥BD，且M为AC的中点，
由AD＝CD＝1，∠ADC＝120°，可得DM＝CD cs 60°＝ eq \f(1,2) ，AC＝2CD sin 60°＝ eq \r(3) ，则BM＝ eq \f(\r(3),2) × eq \r(3) ＝ eq \f(3,2) ，由 eq \f(DM,BM) ＝ eq \f(PN,BN) ＝ eq \f(1,3) ，可得MN∥PD，
而MN平面PDC，PD平面PDC，
可得MN∥平面PDC.
(2)当点Q为BC的中点时，满足题意．理由如下：过M作ME⊥AD，垂足为E，延长EM交BC于Q，连接NQ，NE，如图，
由PA⊥平面ABCD，EQ平面ABCD，可得PA⊥EQ，
又EQ⊥AD，可得EQ⊥平面PAD，EQ平面MNQ，可得平面MNQ⊥平面PAD，故存在这样的点Q.
在Rt△DME中，∠EMD＝90°－60°＝30°，
在△BQM中，∠QBM＝∠BMQ＝30°，
∠BQM＝120°，
由BM＝ eq \f(3,2) ， eq \f(BQ,sin 30°) ＝ eq \f(BM,sin 120°) ，
可得BQ＝ eq \f(BM,\r(3)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，即Q为BC的中点，则Q为BC的中点时，平面MNQ⊥平面PAD.
考点练41 空间向量与立体几何 对应学生用书087页
一、单项选择题
1．(教材改编)若{a，b，c} 是空间的一个基底，且向量m＝a＋b，n＝a－b，则可以与m，n构成空间的另一个基底的向量是( C )
A．a B．b
C．c D．2a
解析：由题意知，a，b，c不共面，对于A，a＝ eq \f(1,2) [(a＋b)＋(a－b)]＝ eq \f(1,2) m＋ eq \f(1,2) n，故a，m，n共面，故A错误；对于B，b＝ eq \f(1,2) [(a＋b)－(a－b)]＝ eq \f(1,2) m－ eq \f(1,2) n，故b，m，n共面，故B错误；对于D，由选项A得，2a＝m＋n，故2a，m，n共面，故D错误．故选C.
2．如图，在平行六面体ABCD-A′B′C′D′中，AC与BD的交点为O，点M在BC′上，且BM＝2MC′，则下列向量中与 eq \(OM,\s\up9(→)) 相等的向量是( C )
A．－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(7,6) eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AA′,\s\up9(→))
B．－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(5,6) eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AA′,\s\up9(→))
C． eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AA′,\s\up9(→))
D． eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \f(1,6) eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AA′,\s\up9(→))
解析：因为BM＝2MC′，所以 eq \(BM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(2,3) eq \(BC′,\s\up9(→)) ，在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中， eq \(OM,\s\up9(→)) ＝ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BM,\s\up9(→)) ＝ eq \(OB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(BC′,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(DB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) ( eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \(AA′,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,2) ( eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AD,\s\up9(→)) )＋ eq \f(2,3) ( eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \(AA′,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,6) eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AA′,\s\up9(→)) .故选C.
3．在空间四边形ABCD中， eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(CD,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(DB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) · eq \(BC,\s\up9(→)) ＝( B )
A．－1 B．0
C．1 D．不确定
解析：如图，令 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝b， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝c，则 eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(CD,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(DB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) · eq \(BC,\s\up9(→)) ＝a·(c－b)＋b·(a－c)＋c·(b－a)＝a·c－a·b＋b·a－b·c＋c·b－c·a＝0.故选B.
4．(数学文化)(2024·江西南昌高三月考)半正多面体又称“阿基米德多面体”，它是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．把正四面体的每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体，如图，点P，A，B，C，D为该半正多面体的顶点，若 eq \(PA,\s\up9(→)) ＝a， eq \(PB,\s\up9(→)) ＝b， eq \(PC,\s\up9(→)) ＝c，则 eq \(PD,\s\up9(→)) ＝( A )
A．－ eq \f(1,2) a＋b＋ eq \f(1,2) c
B． eq \f(1,2) a－b－ eq \f(1,2) c
C．a－ eq \f(1,2) b＋ eq \f(1,2) c
D． eq \f(1,2) a＋b－ eq \f(1,2) c
解析：如图所示， eq \(PC,\s\up9(→)) ＝ eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \(PA,\s\up9(→)) ＋2 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \(PA,\s\up9(→)) ＋2 eq \(PD,\s\up9(→)) －2 eq \(PB,\s\up9(→)) ，所以 eq \(PD,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,2) eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \(PB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(PC,\s\up9(→)) ＝
－ eq \f(1,2) a＋b＋ eq \f(1,2) c.故选A.
5．(2024·江苏镇江高三月考)《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑A－BCD中，AB⊥平面BCD，∠BDC＝90°，BD＝AB＝CD.若建立如图所示的空间直角坐标系，则平面ACD的一个法向量为( B )
A．(0，1，0) B．(0，1，1)
C．(1，1，1) D．(1，1，0)
解析：根据题意，设BD＝AB＝CD＝1，则D(0，1，0)，C(1，1，0)，A(0，0，1)，则 eq \(DC,\s\up9(→)) ＝(1，0，0)， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝(0，1，－1)，设平面ACD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(DC,\s\up9(→))·m＝x＝0，,\(AD,\s\up9(→))·m＝y－z＝0，)) 令y＝1，可得z＝1，则m＝(0，1，1).故选B.
6．(2024·福建莆田华侨中学校考期末)如图，已知斜三棱柱ABC－A1B1C1所有棱长均为2，∠A1AB＝∠A1AC＝ eq \f(π,3) ，点E，F满足 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AA1,\s\up9(→)) ， eq \(BF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(BC,\s\up9(→)) ，则| eq \(EF,\s\up9(→)) |＝( D )
A． eq \r(6) B． eq \r(3)
C．2 D． eq \r(2)
解析： eq \(EF,\s\up9(→)) ＝ eq \(EA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BF,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )－ eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \f(1,2) eq \(AA1,\s\up9(→)) ，∵斜三棱柱ABC－A1B1C1所有棱长均为2，∠A1AB＝∠A1AC＝ eq \f(π,3) ，∴ eq \(EF,\s\up9(→)) 2＝ eq \f(1,4) eq \(AB,\s\up9(→)) 2＋ eq \f(1,4) eq \(AC,\s\up9(→)) 2＋ eq \f(1,4) eq \(AA1,\s\up9(→)) 2＋ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AA1,\s\up9(→)) － eq \f(1,2) eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(AA1,\s\up9(→)) ＝1＋1＋1＋ eq \f(1,2) ×2×2× eq \f(1,2) － eq \f(1,2) ×2×2× eq \f(1,2) － eq \f(1,2) ×2×2× eq \f(1,2) ＝2.∴| eq \(EF,\s\up9(→)) |＝ eq \r(2) .故选D.
二、多项选择题
7．给出下列四个说法，其中正确的是( CD )
A．若a·b<0，则〈a，b〉 是钝角
B．若a为直线l的方向向量，则λa(λ∈R)也是直线l的方向向量
C．若 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ，则 eq \(CD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DB,\s\up9(→))
D．在三棱锥P－ABC 中，若 eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(BC,\s\up9(→)) ＝0， eq \(PC,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) ＝0，则 eq \(PB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝0
解析：对于A，当a＝－b 时，满足a·b<0，但〈a，b〉＝π，不是钝角，故A错误；对于B，当λ＝0 时，λa＝0，不是直线l 的方向向量，故B错误；对于C，由 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(AC,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up9(→)) ，得3 eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AC,\s\up9(→)) ＋2 eq \(AB,\s\up9(→)) ，则 eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \(AC,\s\up9(→)) ＝－2 eq \(AD,\s\up9(→)) ＋2 eq \(AB,\s\up9(→)) ，所以 eq \(CA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ＝2( eq \(DA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AB,\s\up9(→)) )，即 eq \(CD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DB,\s\up9(→)) ，故C正确；对于D，过点P 作PO⊥ 平面ABC 交平面ABC 于点O，连接CO 并延长，交AB 于点M，连接AO 并延长，交BC 于点N，连接BO 并延长，交AC 于点T (图略)，由 eq \(PA,\s\up9(→)) · eq \(BC,\s\up9(→)) ＝0，可得PA⊥BC，则AN⊥BC，同理得CM⊥AB，所以O 为△ABC 的垂心，所以BT⊥AC，则PB⊥AC，从而 eq \(PB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝0，故D正确．故选CD.
8．已知空间中三点A(0，1，0)，B(2，2，0)，C(－1，3，1)，则( CD )
A． eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(AC,\s\up9(→)) 是共线向量
B． eq \(AB,\s\up9(→)) 的单位向量是(1，1，0)
C． eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(BC,\s\up9(→)) 夹角的余弦值是－ eq \f(\r(55),11)
D．平面ABC的一个法向量是(1，－2，5)
解析：对于A，由题意， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(2，1，0)， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝(－1，2，1)，所以 eq \(AB,\s\up9(→)) ≠λ eq \(AC,\s\up9(→)) ，则 eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(AC,\s\up9(→)) 不是共线向量，故A错误；对于B，因为 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(2，1，0)，所以 eq \(AB,\s\up9(→)) 的单位向量为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(5),5)，\f(\r(5),5)，0)) 或(－ eq \f(2\r(5),5) ，－ eq \f(\r(5),5) ，0)，故B错误；对于C，因为 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(2，1，0)， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝(－3，1，1)，所以cs 〈 eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(BC,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(\(AB,\s\up9(→))·\(BC,\s\up9(→)),|\(AB,\s\up9(→))||\(BC,\s\up9(→))|) ＝－ eq \f(\r(55),11) ，故C正确；对于D，设平面ABC的一个法向量是n＝(x，y，z)，因为 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(2，1，0)， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝(－1，2，1)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up9(→))＝0，,n·\(AC,\s\up9(→))＝0)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋y＝0，,－x＋2y＋z＝0，)) 令x＝1，则平面ABC的一个法向量为n＝(1，－2，5)，故D正确．故选CD.
三、填空题
9．若a＝(1，1，0)，b＝(－1，0，2)，则与a＋b同方向的单位向量是 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),5)，\f(2\r(5),5))) ．
解析：与a＋b同方向的单位向量是 eq \f(1,\r(5)) (0，1，2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),5)，\f(2\r(5),5))) .
10．已知A(1，－2，11)，B(4，2，3)，C(x，y，15)三点共线，则xy＝2．
解析：由三点共线得向量 eq \(AB,\s\up9(→)) 与 eq \(AC,\s\up9(→)) 共线，即 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝k eq \(AC,\s\up9(→)) ，(3，4，－8)＝k(x－1，y＋2，4)， eq \f(x－1,3) ＝ eq \f(y＋2,4) ＝ eq \f(4,－8) ，解得x＝－ eq \f(1,2) ，y＝－4，∴xy＝2.
11．在一直角坐标系中，已知A(－1，6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为2 eq \r(17) ．
解析：在直角坐标系中，已知A(－1，6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角后，如图，
A(－1，6)在平面Oxy上的射影为C，作BD⊥x轴，交x轴于点D，所以 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝ eq \(AC,\s\up9(→)) ＋ eq \(CD,\s\up9(→)) ＋ eq \(DB,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AB,\s\up9(→)) 2＝ eq \(AC,\s\up9(→)) 2＋ eq \(CD,\s\up9(→)) 2＋ eq \(DB,\s\up9(→)) 2＋2 eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(CD,\s\up9(→)) ＋2 eq \(CD,\s\up9(→)) · eq \(DB,\s\up9(→)) ＋2 eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(DB,\s\up9(→)) ＝62＋42＋82－2×6×8× eq \f(1,2) ＝68，所以AB＝2 eq \r(17) .
12．已知向量a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，c＝(7，5，λ)，若a⊥c，则λ＝－3，若a，b，c共面，则λ＝ eq \f(65,7) ．
解析：因为a⊥c，所以a·c＝0，即2×7＋(－1)×5＋3λ＝0，解得λ＝－3.
因为a＝(2，－1，3)，b＝(－1，4，－2)，所以a，b不共线，因为a，b，c共面，所以存在一对实数m，n，使c＝ma＋nb，所以(7，5，λ)＝m(2，－1，3)＋n(－1，4，－2)＝(2m－n，－m＋4n，3m－2n)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m－n＝7，,－m＋4n＝5，,3m－2n＝λ，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(33,7)，,n＝\f(17,7)，,λ＝\f(65,7)．))
四、解答题
13．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱B1B，D1D上，且BE＝ eq \f(1,3) BB1，DF＝ eq \f(2,3) DD1.
(1)求证：A，E，C1，F四点共面；
(2)若 eq \(EF,\s\up9(→)) ＝x eq \(AB,\s\up9(→)) ＋y eq \(AD,\s\up9(→)) ＋z eq \(AA1,\s\up9(→)) ，求x＋y＋z的值．
解：(1)证明：连接AC1(图略)，
∵ eq \(AC1,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \(AA1,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AA1,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(AA1,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up9(→))＋\f(1,3)\(AA1,\s\up9(→)))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(AD,\s\up9(→))＋\f(2,3)\(AA1,\s\up9(→)))) ＝( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BE,\s\up9(→)) )＋( eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \(DF,\s\up9(→)) )＝ eq \(AE,\s\up9(→)) ＋ eq \(AF,\s\up9(→)) ，
∴A，E，C1，F四点共面．
(2)∵ eq \(EF,\s\up9(→)) ＝ eq \(AF,\s\up9(→)) － eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \(DF,\s\up9(→)) －( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BE,\s\up9(→)) )＝ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \f(2,3) eq \(DD1,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \f(1,3) eq \(BB1,\s\up9(→)) ＝－ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(AA1,\s\up9(→)) ＝x eq \(AB,\s\up9(→)) ＋y eq \(AD,\s\up9(→)) ＋z eq \(AA1,\s\up9(→)) ，
∴x＝－1，y＝1，z＝ eq \f(1,3) .∴x＋y＋z＝－1＋1＋ eq \f(1,3) ＝ eq \f(1,3) .
14．如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，2AB＝2AD＝CD＝4，AD⊥CD，AB∥CD，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE.
证明：(1)因为平面ADEF⊥平面ABCD，
平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊥AD，
所以DE⊥平面ABCD，又DC平面ABCD，所以DE⊥DC.
如图，以D为原点，以 eq \(DA,\s\up9(→)) ， eq \(DC,\s\up9(→)) ， eq \(DE,\s\up9(→)) 的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则B(2，2，0)，C(0，4，0)，D(0，0，0)，E(0，0，2)，M(0，2，1).
因为 eq \(BM,\s\up9(→)) ＝(－2，0，1)，易知n′＝(0，1，0)为平面ADEF的一个法向量．
因此 eq \(BM,\s\up9(→)) ·n′＝0，所以 eq \(BM,\s\up9(→)) ⊥n′.又BM平面ADEF，所以BM∥平面ADEF.
(2)由(1)可得 eq \(DB,\s\up9(→)) ＝(2，2，0)， eq \(DE,\s\up9(→)) ＝(0，0，2)， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝(－2，2，0).
设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z), 则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DB,\s\up9(→))＝2x＋2y＝0，,n·\(DE,\s\up9(→))＝2z＝0，)) 取x＝1，得y＝－1，z＝0，
所以n＝(1，－1，0)是平面BDE的一个法向量．因此 eq \(BC,\s\up9(→)) ＝－2n，所以BC⊥平面BDE.
一、单项选择题
1．(2023·江苏南通二中模拟)若平面α与β的法向量分别是a＝(1，0，－2)，b＝(－1，0，2)，则平面α与β的位置关系是( A )
A．平行 B．垂直
C．相交不垂直 D．无法判断
解析：因为a＝(1，0，－2)，b＝(－1，0，2)是平面α与β的法向量，则a＝－b，所以两法向量平行，则平面α与β平行．故选A.
2．已知正四面体A－BCD的棱长为1，且 eq \(BE,\s\up9(→)) ＝2 eq \(EC,\s\up9(→)) ，则 eq \(AE,\s\up9(→)) · eq \(CD,\s\up9(→)) ＝( C )
A． eq \f(1,6) B．－ eq \f(1,6)
C．－ eq \f(1,3) D． eq \f(1,3)
解析：因为 eq \(BE,\s\up9(→)) ＝2 eq \(EC,\s\up9(→)) ，所以 eq \(CE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(CB,\s\up9(→)) .根据向量的减法法则，得 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝ eq \(CE,\s\up9(→)) － eq \(CA,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(CB,\s\up9(→)) － eq \(CA,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AE,\s\up9(→)) · eq \(CD,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)\(CB,\s\up9(→))－\(CA,\s\up9(→)))) · eq \(CD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(CB,\s\up9(→)) · eq \(CD,\s\up9(→)) － eq \(CA,\s\up9(→)) · eq \(CD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) | eq \(CB,\s\up9(→)) || eq \(CD,\s\up9(→)) |cs eq \f(π,3) －| eq \(CA,\s\up9(→)) |·| eq \(CD,\s\up9(→)) |cs eq \f(π,3) ＝ eq \f(1,3) ×1×1× eq \f(1,2) －1×1× eq \f(1,2) ＝－ eq \f(1,3) .故选C.
3．正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB＝ eq \r(2) BB1，则AB1与C1B所成的角的大小为( B )
A．60° B．90°
C．45° D．120°
解析：设| eq \(BB1,\s\up9(→)) |＝m， eq \(BA,\s\up9(→)) ＝a， eq \(BC,\s\up9(→)) ＝b， eq \(BB1,\s\up9(→)) ＝c，则 eq \(AB1,\s\up9(→)) ＝ eq \(BB1,\s\up9(→)) － eq \(BA,\s\up9(→)) ＝c－a， eq \(C1B,\s\up9(→)) ＝ eq \(C1B1,\s\up9(→)) ＋ eq \(B1B,\s\up9(→)) ＝－b－c， eq \(AB1,\s\up9(→)) · eq \(C1B,\s\up9(→)) ＝(c－a)·(－b－c)＝(a－c)·(b＋c)＝a·b＋a·c－c·b－c2＝ eq \r(2) m× eq \r(2) m× eq \f(1,2) －m2＝0，∴ eq \(AB1,\s\up9(→)) ⊥ eq \(C1B,\s\up9(→)) ，∴AB1与C1B所成的角的大小是90°.故选B.
4．在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，侧棱AA1与底面垂直，上、下底面均为矩形，AB＝1，AD＝AA1＝A1B1＝2，则下列各棱中，最长的是( B )
A．BB1 B．B1C1
C．CC1 D．DD1
解析：由四棱台ABCD-A1B1C1D1可得 eq \f(AD,A1D1) ＝ eq \f(AB,A1B1) ＝ eq \f(1,2) ，故A1D1＝4.因为AA1⊥平面A1B1C1D1，而A1D1，A1B1平面A1B1C1D1，故AA1⊥A1D1，AA1⊥A1B1，而A1D1⊥A1B1，故可建立如图所示的空间直角坐标系．故A1(0，0，0)，B1(0，2，0)，B(0，1，2)，C1(－4，2，0)，C(－2，1，2)，D(－2，0，2)，D1(－4，0，0)，故| eq \(BB1,\s\up9(→)) |＝ eq \r(1＋4) ＝ eq \r(5) ，| eq \(B1C1,\s\up9(→)) |＝4，| eq \(C1C,\s\up9(→)) |＝ eq \r(4＋1＋4) ＝3，| eq \(DD1,\s\up9(→)) |＝ eq \r(8) ＝2 eq \r(2) .故选B.
5．已知MN是正方体内切球的一条直径，点P在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则 eq \(PM,\s\up9(→)) · eq \(PN,\s\up9(→)) 的取值范围为( B )
A．[0，4] B．[0，2]
C．[1，4] D．[1，2]
解析：设正方体内切球的球心为O，则OM＝ON＝1， eq \(PM,\s\up9(→)) · eq \(PN,\s\up9(→)) ＝( eq \(PO,\s\up9(→)) ＋ eq \(OM,\s\up9(→)) )·( eq \(PO,\s\up9(→)) ＋ eq \(ON,\s\up9(→)) )＝ eq \(PO,\s\up9(→)) 2＋ eq \(PO,\s\up9(→)) ·( eq \(OM,\s\up9(→)) ＋ eq \(ON,\s\up9(→)) )＋ eq \(OM,\s\up9(→)) · eq \(ON,\s\up9(→)) ，∵MN为球O的直径，∴ eq \(OM,\s\up9(→)) ＋ eq \(ON,\s\up9(→)) ＝0， eq \(OM,\s\up9(→)) · eq \(ON,\s\up9(→)) ＝－1，∴ eq \(PM,\s\up9(→)) · eq \(PN,\s\up9(→)) ＝ eq \(PO,\s\up9(→)) 2－1，又P在正方体表面上运动，∴当P为正方体顶点时，| eq \(PO,\s\up9(→)) |最大，最大值为 eq \r(3) ；当P为内切球与正方体的切点时，| eq \(PO,\s\up9(→)) |最小，最小值为1，∴ eq \(PO,\s\up9(→)) 2－1∈[0，2]，即 eq \(PM,\s\up9(→)) · eq \(PN,\s\up9(→)) 的取值范围为[0，2].故选B.
6．(数学文化)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD，M为AD的中点，则异面直线BM与CD所成角的余弦值为( A )
A． eq \f(\r(3),3) B． eq \f(\r(2),3)
C． eq \f(\r(3),2) D． eq \f(\r(2),2)
解析：如图，正方体内三棱锥A－BCD即为满足题意的鳖臑A－BCD，以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则B(0，0，0)，A(0，0，1)，C(0，1，0)，D(1，1，0)，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，\f(1,2))) ，则 eq \(BM,\s\up9(→)) ＝( eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) ， eq \f(1,2) )， eq \(CD,\s\up9(→)) ＝(1，0，0)，cs 〈 eq \(BM,\s\up9(→)) ， eq \(CD,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(\(BM,\s\up9(→))·\(CD,\s\up9(→)),|\(BM,\s\up9(→))|·|\(CD,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(\f(1,2),\r(\f(3,4))) ＝ eq \f(\r(3),3) ，则异面直线BM与CD所成角的余弦值为 eq \f(\r(3),3) .故选A.
二、多项选择题
7．下列四个结论正确的是( AB )
A．向量a，b(a≠0，b≠0)，若a⊥b，则a·b＝0
B．若空间四个点P，A，B，C， eq \(PC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,4) eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,4) eq \(PB,\s\up9(→)) ，则A，B，C三点共线
C．已知向量a＝(1，1，x)，b＝(－3，x，9)，若x< eq \f(3,10) ，则〈a，b〉为钝角
D．任意向量a，b，c满足(a·b)·c＝a·(b·c)
解析：由向量垂直的充要条件可得A正确；∵ eq \(PC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,4) eq \(PA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,4) eq \(PB,\s\up9(→)) ，∴ eq \f(1,4) eq \(PC,\s\up9(→)) － eq \f(1,4) eq \(PA,\s\up9(→)) ＝ eq \f(3,4) eq \(PB,\s\up9(→)) － eq \f(3,4) eq \(PC,\s\up9(→)) ，即 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝3 eq \(CB,\s\up9(→)) ，∴A，B，C三点共线，故B正确；当x＝－3时，两个向量共线，夹角为π，故C错误；由于向量的数量积运算不满足结合律，故D错误．故选AB.
8．(数学文化)布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案(如图1).把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则( BCD )
A． eq \(QC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋2 eq \(AB,\s\up9(→)) ＋2 eq \(AA1,\s\up9(→))
B．若M为线段CQ上的一个动点，则 eq \(BM,\s\up9(→)) · eq \(BD,\s\up9(→)) 的最大值为2
C．点P到直线CQ的距离是 eq \f(\r(17),3)
D．异面直线CQ与AD1所成角的正切值为 eq \r(17)
解析：对于A，因为 eq \(CQ,\s\up9(→)) ＝ eq \(CB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BQ,\s\up9(→)) ＝－ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋2 eq \(BA1,\s\up9(→)) ＝－ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋2( eq \(AA1,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )＝－2 eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AD,\s\up9(→)) ＋2 eq \(AA1,\s\up9(→)) ，所以 eq \(QC,\s\up9(→)) ＝－ eq \(CQ,\s\up9(→)) ＝－(－2 eq \(AB,\s\up9(→)) － eq \(AD,\s\up9(→)) ＋2 eq \(AA1,\s\up9(→)) )＝ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋2 eq \(AB,\s\up9(→)) －2 eq \(AA1,\s\up9(→)) ，故A错误；如图，以A1为坐标原点，建立空间直角坐标系，则B(0，1，－1)，D1(－1，0，0)，D(－1，0，－1)，Q(0，－1，1)，C(－1，1，－1)，A(0，0，－1)，P(1，－1，0)， eq \(BD,\s\up9(→)) ＝(－1，－1，0)， eq \(CQ,\s\up9(→)) ＝(1，－2，2)， eq \(AD1,\s\up9(→)) ＝(－1，0，1)， eq \(CP,\s\up9(→)) ＝(2，－2，1)，对于B，因为M为线段CQ上的一个动点，设 eq \(CM,\s\up9(→)) ＝λ eq \(CQ,\s\up9(→)) ，λ∈[0，1]，则 eq \(BM,\s\up9(→)) ＝ eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \(CM,\s\up9(→)) ＝(－1，0，0)＋λ(1，－2，2)＝(λ－1，－2λ，2λ)，所以 eq \(BM,\s\up9(→)) · eq \(BD,\s\up9(→)) ＝－(λ－1)＋2λ＝λ＋1，所以当λ＝1时，( eq \(BM,\s\up9(→)) · eq \(BD,\s\up9(→)) )max＝2，故B正确；对于C，| eq \(CP,\s\up9(→)) |＝ eq \r(22＋（－2）2＋12) ＝3， eq \f(\(CP,\s\up9(→))·\(CQ,\s\up9(→)),|\(CQ,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(1×2＋（－2）×（－2）＋2×1,\r(12＋（－2）2＋22)) ＝ eq \f(8,3) ，所以点P到直线CQ的距离d＝ eq \r(|\(CP,\s\up9(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\(CP,\s\up9(→))·\(CQ,\s\up9(→)),|\(CQ,\s\up9(→))|)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(17),3) ，故C正确；对于D，因为cs 〈 eq \(CQ,\s\up9(→)) ， eq \(AD1,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(\(CQ,\s\up9(→))·\(AD1,\s\up9(→)),|\(CQ,\s\up9(→))|·|\(AD1,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(1,3\r(2)) ＝ eq \f(\r(2),6) ， 所以sin 〈 eq \(CQ,\s\up9(→)) ， eq \(AD1,\s\up9(→)) 〉＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),6)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(34),6) ，所以tan 〈 eq \(CQ,\s\up9(→)) ， eq \(AD1,\s\up9(→)) 〉＝ eq \r(17) ，即异面直线CQ与AD1所成角的正切值为 eq \r(17) ，故D正确．故选BCD.
三、填空题
9．(2023·福建莆田华侨中学校考期末)已知向量a＝(2，－1，3)，b＝(－4，2，x)，c＝(1，－x，2)，若(a＋b)⊥c，则实数x＝－4．
解析：因为向量a＝(2，－1，3)，b＝(－4，2，x)，c＝(1，－x，2)，所以向量a＋b＝(－2，1，x＋3)，因为(a＋b)⊥c，所以(a＋b)·c＝0，即－2×1＋1×(－x)＋2(x＋3)＝0，解得x＝－4.
10．如图，已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面A1B1C1D1为平行四边形，E为棱AB的中点， eq \(AF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,3) eq \(AD,\s\up9(→)) ， eq \(AG,\s\up9(→)) ＝2 eq \(GA,\s\up9(→)) 1，AC1与平面EFG交于点M，则 eq \f(AM,AC1) ＝ eq \f(2,13) ．
解析：由题图可设 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝λ eq \(AC1,\s\up9(→)) (0<λ<1)，由已知得 eq \(AC1,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AD,\s\up9(→)) ＋ eq \(AA1,\s\up9(→)) ＝2 eq \(AE,\s\up9(→)) ＋3 eq \(AF,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,2) eq \(AG,\s\up9(→)) ，所以 eq \(AM,\s\up9(→)) ＝2λ eq \(AE,\s\up9(→)) ＋3λ eq \(AF,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3λ,2) eq \(AG,\s\up9(→)) ，因为M，E，F，G四点共面，所以2λ＋3λ＋ eq \f(3λ,2) ＝1，解得λ＝ eq \f(2,13) .
11．(2024·福建龙岩高三统考期末)在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面ADD1A1上的动点，且满足 eq \(PB,\s\up9(→)) 1· eq \(A1C,\s\up9(→)) ＝0，则A1P的最小值为 eq \r(2) ．
解析：以D为原点，DA，DC，DD1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，设P(x，0，z)，则A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，故 eq \(A1C,\s\up9(→)) ＝(－2，2，－2)， eq \(PB1,\s\up9(→)) ＝(2－x，2，2－z)，由 eq \(PB,\s\up9(→)) 1· eq \(A1C,\s\up9(→)) ＝0可得－2(2－x)＋4－2(2－z)＝0，得x＋z－2＝0，故P的轨迹是线段AD1，则A1P的最小值为A1到线段AD1的距离 eq \f(A1D1×A1A,AD1) ＝ eq \r(2) .
12．(2023·广西南宁模拟)如图，在三棱锥P-ABC 中，AB⊥BC，PA⊥ 平面ABC，AE⊥PB 于点E，点M 是AC的中点，PB＝1，则 eq \(EP,\s\up9(→)) · eq \(EM,\s\up9(→)) 的最小值为－ eq \f(1,8) ．
解析：连接EC，如图，因为PA⊥ 平面ABC，BC 平面ABC，则PA⊥BC，而AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，则BC⊥ 平面PAB，又PB 平面PAB，即有BC⊥PB .因为点M 是AC 的中点，则 eq \(EM,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(EA,\s\up9(→)) ＋ eq \(EC,\s\up9(→)) )＝ eq \f(1,2) eq \(EA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \(EB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) )，又AE⊥PB，则 eq \(EP,\s\up9(→)) · eq \(EM,\s\up9(→)) ＝ eq \(EP,\s\up9(→)) ·[ eq \f(1,2) eq \(EA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) ( eq \(EB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) )]＝ eq \f(1,2) eq \(EP,\s\up9(→)) · eq \(EA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(EP,\s\up9(→)) · eq \(EB,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(EP,\s\up9(→)) · eq \(BC,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(EP,\s\up9(→)) · eq \(EB,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,2) | eq \(EP,\s\up9(→)) || eq \(EB,\s\up9(→)) |≥－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|\(EP,\s\up9(→))|＋|\(EB,\s\up9(→))|,2))) eq \s\up12(2) ＝－ eq \f(1,8) ，当且仅当| eq \(EP,\s\up9(→)) |＝| eq \(EB,\s\up9(→)) |＝ eq \f(1,2) 时，等号成立，所以 eq \(EP,\s\up9(→)) · eq \(EM,\s\up9(→)) 的最小值为－ eq \f(1,8) .
四、解答题
13．(2023·上海交大附中模拟)如图，正四面体A－BCD(所有棱长均相等)的棱长为1，E，F，G，H 分别是正四面体A－BCD 中各棱的中点，设 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝a， eq \(AC,\s\up9(→)) ＝b， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝c，试用向量法解决下列问题：
(1)求 eq \(EF,\s\up9(→)) 的模；
(2)求 eq \(EF,\s\up9(→)) ， eq \(GH,\s\up9(→)) 的夹角．
解：(1)因为点E，F，G 分别是棱BC，AD，AB 的中点，所以 eq \(EF,\s\up9(→)) ＝ eq \(EB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \(AF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(CB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) ( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(CA,\s\up9(→)) )＋ eq \(BA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) (c－b－a)，
因此| eq \(EF,\s\up9(→)) |2＝ eq \f(1,4) (c－b－a)2＝ eq \f(1,4) (c2＋b2＋a2－2c·b＋2b·a－2c·a)，因为正四面体的所有棱长为1，
所以| eq \(EF,\s\up9(→)) |2＝ eq \f(1,4) ×(1＋1＋1－2×1×1× eq \f(1,2) ＋2×1×1× eq \f(1,2) －2×1×1× eq \f(1,2) )＝ eq \f(1,2) ，所以| eq \(EF,\s\up9(→)) |＝ eq \f(\r(2),2) .
(2)由(1)可知 eq \(EF,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) (c－b－a)，| eq \(EF,\s\up9(→)) |＝ eq \f(\r(2),2) ，同理 eq \(GH,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) (b＋c－a)，| eq \(GH,\s\up9(→)) |＝ eq \f(\r(2),2) ，cs 〈 eq \(EF,\s\up9(→)) ， eq \(GH,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(\(EF,\s\up9(→))·\(GH,\s\up9(→)),|\(EF,\s\up9(→))|·|\(GH,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(\f(1,4)[（c－a）2－b2],\f(1,2)) ＝ eq \f(1,2) (c2＋a2－2a·c－b2) ＝ eq \f(1,2) ×(1＋1－2×1×1× eq \f(1,2) －1)＝0，所以 eq \(EF,\s\up9(→)) ， eq \(GH,\s\up9(→)) 的夹角为90°.
14．(探究性问题)如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.
(1)求证：BD⊥ AA1；
(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1？若存在，求出点P的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：如图，设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，所以A1O2＝AA eq \\al(2,1) ＋AO2－2AA1·AO cs 60°＝3，
所以AO2＋A1O2＝AA eq \\al(2,1) ，所以A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD＝AC，A1O平面AA1C1C，所以A1O⊥平面ABCD.
以OB，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，－1，0)，B( eq \r(3) ，0，0)，C(0，1，0)，D(－ eq \r(3) ，0，0)，A1(0，0， eq \r(3) )，C1(0，2， eq \r(3) ).
由于 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝(－2 eq \r(3) ，0，0)， eq \(AA1,\s\up9(→)) ＝(0，1， eq \r(3) )， eq \(AA1,\s\up9(→)) · eq \(BD,\s\up9(→)) ＝0×(－2 eq \r(3) )＋1×0＋ eq \r(3) ×0＝0，所以 eq \(BD,\s\up9(→)) ⊥ eq \(AA1,\s\up9(→)) ，即BD⊥AA1.
(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，
设 eq \(CP,\s\up9(→)) ＝λ eq \(CC1,\s\up9(→)) ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)＝λ(0，1， eq \r(3) ).从而有P(0，1＋λ， eq \r(3) λ)， eq \(BP,\s\up9(→)) ＝(－ eq \r(3) ，1＋λ， eq \r(3) λ).
设平面DA1C1的一个法向量为n3＝(x3，y3，z3)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n3·\(A1C1,\s\up9(→))＝0，,n3·\(DA1,\s\up9(→))＝0，))
又 eq \(A1C1,\s\up9(→)) ＝(0，2，0)， eq \(DA1,\s\up9(→)) ＝( eq \r(3) ，0， eq \r(3) )，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y3＝0，,\r(3)x3＋\r(3)z3＝0，)) 取n3＝(1，0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，
所以n3⊥ eq \(BP,\s\up9(→)) ，即n3· eq \(BP,\s\up9(→)) ＝－ eq \r(3) － eq \r(3) λ＝0，解得λ＝－1，即点P在C1C的延长线上，且CP＝CC1.
考点练42 空间角(中档大题练) 对应学生用书089页
1．如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，试求直线EF和BC1所成的角．
解：以B为原点，分别以直线BC，BA，BB1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系(如图).
设AB＝1，则B(0，0，0)，E(0， eq \f(1,2) ，0)，F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2))) ，C1(1，0，1)，
所以 eq \(EF,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,2)，\f(1,2))) ， eq \(BC1,\s\up9(→)) ＝(1，0，1).
于是cs 〈 eq \(BC1,\s\up9(→)) ， eq \(EF,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(\(BC1,\s\up9(→))·\(EF,\s\up9(→)),|\(BC1,\s\up9(→))||\(EF,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(\f(1,2),\f(\r(2),2)×\r(2)) ＝ eq \f(1,2) ，所以直线EF和BC1所成角的大小为60°.
2．(结构不良问题)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N分别为CD，PB的中点．
(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)设PD⊥平面ABCD，PD＝AD＝1，AB＝2，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求异面直线MN与PC所成角的余弦值．
条件①：AB⊥MN；条件②：AM＝BM.
解：(1)证明：如图，取PA中点E，连接DE，EN，因为M，N分别为CD，PB的中点，则EN∥AB且EN＝ eq \f(1,2) AB.
又因为DM∥AB且DM＝ eq \f(1,2) AB，则EN∥DM且EN＝DM，所以四边形DENM为平行四边形，则MN∥DE，
因为MN平面PAD，DE平面PAD，所以MN∥平面PAD.
(2)若选条件①：因为AB⊥MN，MN∥DE，所以AB⊥DE.
又由AB⊥PD，DE∩PD＝D且DE，PD平面PAD，所以AB⊥平面PAD，因为AB∥CD，所以CD⊥平面PAD，以D为原点，以DC，DA，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
如图所示，则P(0，0，1)，C(2，0，0)，A(0，1，0)，故 eq \(PC,\s\up9(→)) ＝(2，0，－1).
又由 eq \(MN,\s\up9(→)) ＝ eq \(DE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) (0，1，1)，
则cs 〈 eq \(PC,\s\up9(→)) ， eq \(MN,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(\(PC,\s\up9(→))·\(MN,\s\up9(→)),|\(PC,\s\up9(→))||\(MN,\s\up9(→))|) ＝－ eq \f(\r(10),10) .
所以异面直线MN与PC所成角的余弦值为 eq \f(\r(10),10) .
若选条件②：由AM＝BM，
可得△ADM≌△BCM，
所以∠ADM＝∠BCM，
又由AD∥BC，
所以∠ADM＋∠BCM＝180°，
所以∠ADM＝∠BCM＝90°，
即CD⊥AD，
又由PD⊥平面ABCD，且CD平面ABCD，所以CD⊥PD.
因为AD∩PD＝D，且AD，PD平面PAD，所以CD⊥平面PAD，
以D为原点，以DC，DA，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D-xyz，
如图所示，则P(0，0，1)，C(2，0，0)，A(0，1，0)，故 eq \(PC,\s\up9(→)) ＝(2，0，－1).
又由 eq \(MN,\s\up9(→)) ＝ eq \(DE,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) (0，1，1)，则cs 〈 eq \(PC,\s\up9(→)) ， eq \(MN,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(\(PC,\s\up9(→))·\(MN,\s\up9(→)),|\(PC,\s\up9(→))||\(MN,\s\up9(→))|) ＝－ eq \f(\r(10),10) .所以异面直线MN与PC所成角的余弦值为 eq \f(\r(10),10) .
3．(2024·福建福州第一中学月考)如图，已知三棱台A1B1C1-ABC，A1A⊥平面ABC，4A1B1＝AB＝AC＝4，
cs ∠BAC＝－ eq \f(1,4) ，D是线段A1A中点，且BD⊥DC.
(1)证明：BD⊥B1C；
(2)请选择合适的基底，求直线B1C与AA1所成角的余弦值．
解：(1)证明：如图，连接B1D.设A1A＝a，在△ABC中，由余弦定理得BC＝
eq \r(42＋42－2×4×4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))) ＝2 eq \r(10) ，又DB＝DC＝ eq \r(\f(a2,4)＋16) ，因为BD⊥DC，所以2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,4)＋16)) ＝40，解得a＝4，
由于 eq \f(A1B1,A1D) ＝ eq \f(1,2) ＝ eq \f(AD,AB) ，
且∠BAD＝∠DA1B1，所以△BAD∽△DA1B1，所以∠A1DB1＝∠ABD，所以∠BDB1＝90°，
即BD⊥B1D,
又因为B1D∩DC＝D，所以BD⊥平面B1DC，又因为B1C平面B1DC，所以BD⊥B1C.
(2)选取基底 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up9(→))，\(AC,\s\up9(→))，\(AA1,\s\up9(→)))) ， eq \(B1C,\s\up9(→)) ＝ eq \(B1A1,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1A,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) ＝－ eq \f(1,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AA1,\s\up9(→)) ，
eq \a\vs4\al(\(B1C,\s\up9(→))) 2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)\(AB,\s\up9(→))＋\(AC,\s\up9(→))－\(AA1,\s\up9(→)))) eq \s\up12(2) ＝1＋16＋16＋2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4))) eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AC,\s\up9(→)) ＝35，
eq \(B1C,\s\up9(→)) · eq \(AA1,\s\up9(→)) ＝(－ eq \f(1,4) eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(AC,\s\up9(→)) － eq \(AA1,\s\up9(→)) )· eq \(AA1,\s\up9(→)) ＝－16, cs 〈 eq \(B1C,\s\up9(→)) ， eq \(AA1,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(－16,4\r(35)) ＝－ eq \f(4\r(35),35) ，所以直线B1C与AA1所成角的余弦值为 eq \f(4\r(35),35) .
4．(2023·福建龙岩高三统考期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．
(1)求证：BE∥平面PAD；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图所示，取PD中点M，连接EM，AM.
因为E，M分别为PC，PD的中点，所以EM∥DC，且EM＝ eq \f(1,2) DC.又由已知，可得EM∥AB，且EM＝AB，
所以四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM，
又因为AM平面PAD，BE平面PAD，所以BE∥平面PAD.
(2)如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).
由E为棱PC的中点，得E(1，1，1).所以向量 eq \(BD,\s\up9(→)) ＝(－1，2，0)， eq \(PB,\s\up9(→)) ＝(1，0，－2).
设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋2y＝0，,x－2z＝0.))
不妨令y＝1，得x＝2，z＝1，即n＝(2，1，1)为平面PBD的一个法向量.
又向量 eq \(BE,\s\up9(→)) ＝(0，1，1)，
设直线BE与平面PBD所成角为θ，所以sin θ＝|cs 〈n， eq \(BE,\s\up9(→)) 〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n·\(BE,\s\up9(→)),|n|·|\(BE,\s\up9(→))|))) ＝ eq \f(2,\r(6)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(3),3) . 所以直线BE与平面PBD所成角的正弦值为 eq \f(\r(3),3) .
5．(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；
(2)点F满足 eq \(EF,\s\up9(→)) ＝ eq \(DA,\s\up9(→)) ，求二面角D-AB-F的正弦值．
解：(1)证明：如图，连接AE，DE，因为E为BC中点，DB＝DC，所以DE⊥BC①，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，所以△ACD与△ABD均为等边三角形，所以AC＝AB，从而AE⊥BC②，由①②，AE∩DE＝E，AE，DE平面ADE，所以BC⊥平面ADE，而AD平面ADE，所以BC⊥DA.
(2)不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，
所以BC＝2 eq \r(2) ，DE＝AE＝ eq \r(2) .
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，所以AE⊥DE，又因为AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC平面BCD 所以AE⊥平面BCD.
以点E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D( eq \r(2) ，0，0)，A(0，0， eq \r(2) )，B(0， eq \r(2) ，0)，E(0，0，0)，设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
二面角D－AB－F平面角为θ，而 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(0， eq \r(2) ，－ eq \r(2) )，
因为 eq \(EF,\s\up9(→)) ＝ eq \(DA,\s\up9(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，所以F(－ eq \r(2) ，0， eq \r(2) )，即有 eq \(AF,\s\up9(→)) ＝(－ eq \r(2) ，0，0)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))
取x1＝1，则n1＝(1，1，1)； eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2＝0，))
取y2＝1，则n2＝(0，1，1)，所以|cs θ|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|) ＝ eq \f(2,\r(3)×\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) ，从而sin θ＝ eq \r(1－\f(6,9)) ＝ eq \f(\r(3),3) .所以二面角D-AB-F的正弦值为 eq \f(\r(3),3) .
1．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AD，PB的中点．
(1)证明：EF∥平面PCD；
(2)求直线PB与直线CE所成角的余弦值．
解：(1)证明：如图，设M为PC的中点，连接FM，MD.
因为F，M分别为PB，PC的中点，所以FM∥BC，FM＝ eq \f(1,2) BC.在正方形ABCD中，DE∥BC，DE＝ eq \f(1,2) BC，所以DE∥FM，DE＝FM.
所以四边形DEFM为平行四边形，DM∥EF.
因为DM平面PCD，EF平面PCD，所以EF∥平面PCD.
(2)以D为原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设PD＝DC＝2，则B(2，2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，E(1，0，0)， eq \(EC,\s\up9(→)) ＝(－1，2，0)， eq \(PB,\s\up9(→)) ＝(2，2，－2).
设直线PB与直线CE所成角为θ，则cs θ＝|cs 〈 eq \(PB,\s\up9(→)) ， eq \(EC,\s\up9(→)) 〉|＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(PB,\s\up9(→))·\(EC,\s\up9(→)),|\(PB,\s\up9(→))||\(EC,\s\up9(→))|))) ＝ eq \f(2,2\r(3)×\r(5)) ＝ eq \f(\r(15),15) ，
故直线PB与直线CE所成角的余弦值为 eq \f(\r(15),15) .
2．(2024·福建福州高三校联考期末)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝4，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．
(1)若AB1∥平面DEC1，确定E的位置；
(2)已知CC1⊥平面ABC，且AB⊥BC1.设直线BC1与平面DEC1所成的角为θ，试在(1)的条件下，求sin θ的最大值．
解：(1)如图，连接DC1，DE，
在三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝4，D是AC的中点，可得A1C1∥AD，A1C1＝AD，所以四边形ADC1A1为平行四边形，故AA1∥DC1，AA1平面DEC1, DC1平面DEC1，故AA1∥平面DEC1，
又AB1∥平面DEC1，且AB1，AA1平面ABB1A1, AB1∩AA1＝A，所以平面ABB1A1 ∥平面DEC1，又平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，平面ABC∩平面DEC1＝DE，故DE∥AB，由于D是AC的中点，故E是BC的中点，故点E在边BC的中点处．
(2)因为CC1⊥平面ABC，AB平面ABC，所以CC1⊥AB，又AB⊥BC1, CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1平面BCC1B1，故AB⊥平面BCC1B1，由于BC平面BCC1B1，所以AB⊥CB，
由(1)知，E在边BC的中点，D是AC的中点，所以ED∥AB，进而DE⊥BC，
连接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC, 所以四边形B1C1CE为平行四边形，
故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，
故ED，EC，EB1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，
设B1E＝a，则E(0，0，0)，B(－2，0，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，C1(2，0，a)，
故 eq \(ED,\s\up9(→)) ＝(0，2，0)， eq \(EC1,\s\up9(→)) ＝(2，0，a)，
设平面DEC1的法向量为m＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(ED,\s\up9(→))·m＝2y＝0，,\(EC1,\s\up9(→))·m＝2x＋az＝0，)) 取x＝a，则m＝(a，0，－2)，又 eq \(BC1,\s\up9(→)) ＝(4，0，a)，故sin θ＝
|cs 〈 eq \(BC1,\s\up9(→)) ，m〉|＝ eq \f(|\(BC1,\s\up9(→))·m|,|\(BC1,\s\up9(→))||m|) ＝ eq \f(2a,\r(a2＋16)\r(a2＋4)) ＝ eq \f(2,\r(a2＋\f(64,a2)＋20)) ≤ eq \f(2,\r(2\r(a2×\f(64,a2))＋20)) ＝ eq \f(1,3) ，
当且仅当a2＝ eq \f(64,a2) ，即a＝2 eq \r(2) 时取等号，所以sin θ的最大值为 eq \f(1,3) .
3．如图，已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b，∠A1AB＝∠A1AD＝120°.
(1)求AC1的长；
(2)证明：AC1⊥BD；
(3)求直线BD1与AC所成角的余弦值．
解：(1)由空间向量的运算法则，可得 eq \(AC1,\s\up9(→)) ＝ eq \(AA1,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1B1,\s\up9(→)) ＋ eq \(B1C1,\s\up9(→)) ，
所以 eq \a\vs4\al(\(AC1,\s\up9(→))) 2＝( eq \(AA1,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1B1,\s\up9(→)) ＋ eq \(B1C1,\s\up9(→)) )2 ＝ eq \a\vs4\al(\(AA1,\s\up9(→))) 2＋ eq \a\vs4\al(\(A1B1,\s\up9(→))) 2＋ eq \a\vs4\al(\(B1C1,\s\up9(→))) 2＋2 eq \(AA1,\s\up9(→)) · eq \(A1B1,\s\up9(→)) ＋2 eq \(AA1,\s\up9(→)) · eq \(B1C1,\s\up9(→)) ＋2 eq \(A1B1,\s\up9(→)) · eq \(B1C1,\s\up9(→)) ＝b2＋a2＋a2＋2ab cs 120°＋2ab cs 120°＋2aa·cs 90°＝2a2＋b2－2ab，
所以| eq \(AC1,\s\up9(→)) |＝ eq \r(2a2＋b2－2ab) ，即AC1的长为 eq \r(2a2＋b2－2ab) .
(2)证明：由向量的运算法则，可得 eq \(AC1,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \(CC1,\s\up9(→)) ， eq \(BD,\s\up9(→)) ＝ eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) ，则 eq \(AC1,\s\up9(→)) · eq \(BD,\s\up9(→)) ＝( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) ＋ eq \(CC1,\s\up9(→)) )·( eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) )＝ eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) · eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \(BC,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(CC1,\s\up9(→)) · eq \(AD,\s\up9(→)) － eq \(CC1,\s\up9(→)) · eq \(AB,\s\up9(→)) ＝0－a2＋a2－0＋a·b cs 120°－a·b cs 120°＝0，
所以 eq \(AC1,\s\up9(→)) ⊥ eq \(BD,\s\up9(→)) ，所以AC1⊥BD.
(3)因为 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝ eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) ， eq \(D1B,\s\up9(→)) ＝ eq \(D1A1,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1B1,\s\up9(→)) ＋ eq \(B1B,\s\up9(→)) ，
所以| eq \(AC,\s\up9(→)) |＝ eq \r(\a\vs4\al(（\(AB,\s\up9(→))＋\(BC,\s\up9(→))）)2) ＝
eq \r(\(AB,\s\up9(→))2＋\(BC,\s\up9(→))2＋2\(AB,\s\up9(→))·\(BC,\s\up9(→))) ＝
eq \r(a2＋a2＋0) ＝ eq \r(2) a，
| eq \(D1B,\s\up9(→)) |＝ eq \r(\(D1A1,\s\up9(→))2＋\(A1B1,\s\up9(→))2＋\(B1B,\s\up9(→))2＋2\(D1A1,\s\up9(→))·\(A1B1,\s\up9(→))＋2\(D1A1,\s\up9(→))·\(B1B,\s\up9(→))＋2\(A1B1,\s\up9(→))·\(B1B,\s\up9(→))) ＝
eq \r(a2＋a2＋b2＋2a2cs 90°＋2ab cs 120°＋2ab cs 60°) ＝ eq \r(2a2＋b2) ，
且 eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(D1B,\s\up9(→)) ＝( eq \(AB,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) )·( eq \(D1A1,\s\up9(→)) ＋ eq \(A1B1,\s\up9(→)) ＋ eq \(B1B,\s\up9(→)) )＝ eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(D1A1,\s\up9(→)) ＋ eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(A1B1,\s\up9(→)) ＋ eq \(AB,\s\up9(→)) · eq \(B1B,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) · eq \(D1A1,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) · eq \(A1B1,\s\up9(→)) ＋ eq \(BC,\s\up9(→)) · eq \(B1B,\s\up9(→)) ＝ab，所以cs 〈 eq \(AC,\s\up9(→)) ， eq \(D1B,\s\up9(→)) 〉＝ eq \f(ab,\r(2)a×\r(2a2＋b2)) ＝ eq \f(b,\r(4a2＋2b2)) ，
所以直线BD1与AC所成角的余弦值为 eq \f(b,\r(4a2＋2b2)) .
4．(2024·广东韶关高三统考期末)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝6，D，E分别是线段AC，AB上的点，DE∥BC且DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
(1)若点N在线段A1B上，且2BN＝NA1，求证：EN∥平面A1CD；
(2)若M是A1D的中点，求平面MEB与平面DEBC夹角的余弦值．
解：(1)证明：如图，在△A1CB中，过N作NF∥CB交A1C于F，连接DF.
因为 eq \f(A1N,A1B) ＝ eq \f(2,3) ，所以FN＝ eq \f(2,3) BC，
在三角形ABC中，DE＝ eq \f(2,3) BC，DE∥BC，所以FN∥DE，FN＝DE，
所以四边形DENF为平行四边形，所以DF∥NE.又DF平面A1CD，EN平面A1CD，所以EN∥平面A1CD.
(2)因为在三角形ABC中，DE∥BC，∠ACB＝90°，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.
因为A1D∩CD＝D，A1D，CD平面A1CD，所以DE⊥平面A1CD，所以BC⊥平面A1CD.又由A1C⊥CD，可建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，2 eq \r(3) )，D(2，0，0)，C(0，0，0)，E(2，2，0)，B(0，3，0)，M(1，0， eq \r(3) )，
则 eq \(EM,\s\up9(→)) ＝(－1，－2， eq \r(3) )， eq \(EB,\s\up9(→)) ＝(－2，1，0)，设平面MEB的法向量为n1＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(EM,\s\up9(→))＝0，,n1·\(EB,\s\up9(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－2y＋\r(3)z＝0，,－2x＋y＝0，)) 令x＝ eq \r(3) 得，n1＝( eq \r(3) ，2 eq \r(3) ，5)，可取平面DEBC的法向量n2＝(0，0，1)，
设平面MEB与平面DEBC的夹角为θ，则cs θ＝|cs 〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(5,\r(40)×1) ＝ eq \f(\r(10),4) ，
所以平面MEB与平面DEBC夹角的余弦值为 eq \f(\r(10),4) .
5．(2023·新课标Ⅰ卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.
解：(1)证明：以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)，
∴ eq \(B2C2,\s\up9(→)) ＝(0，－2，1)，
eq \(A2D2,\s\up9(→)) ＝(0，－2，1)，
∴ eq \(B2C2,\s\up9(→)) ∥ eq \(A2D2,\s\up9(→)) ，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
则 eq \(A2C2,\s\up9(→)) ＝(－2，－2，2)， eq \(PC2,\s\up9(→)) ＝(0，－2，3－λ)， eq \(D2C2,\s\up9(→)) ＝(－2，0，1)，
设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A2C2,\s\up9(→))＝－2x－2y＋2z＝0，,n·\(PC2,\s\up9(→))＝－2y＋（3－λ）z＝0，)) 令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，∴n＝(λ－1，3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A2C2,\s\up9(→))＝－2a－2b＋2c＝0，,m·\(D2C2,\s\up9(→))＝－2a＋c＝0，)) 令 a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1，1，2)，
∴|cs 〈n，m〉|＝ eq \f(|n·m|,|n||m|) ＝ eq \f(6,\r(6)\r(4＋（λ－1）2＋（3－λ）2)) ＝|cs 150°|＝ eq \f(\r(3),2) ，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，
∴B2P＝1.
考点练43 空间距离与探索性问题(中档大题练) 对应学生用书091页
1．如图，在三棱锥S-ABC中，SA，SB，SC两两垂直，SA＝3，SB＝SC＝2，点E在边SA上，且SE＝2EA，F为BC的中点．以 eq \(SA,\s\up9(→)) ， eq \(SB,\s\up9(→)) ， eq \(SC,\s\up9(→)) 分别为x轴、y轴、z轴的正方向，并以1为单位长度，建立空间直角坐标系，求：
(1)直线EF的一个方向向量；
(2)点S到平面EFC的距离．
解：(1)依题意得E(2，0，0)，F(0，1，1)，所以 eq \(EF,\s\up9(→)) ＝(－2，1，1)为直线EF的一个方向向量．
(2)C(0，0，2)， eq \(SC,\s\up9(→)) ＝(0，0，2)， eq \(CE,\s\up9(→)) ＝(2，0，－2), eq \(EF,\s\up9(→)) ＝(－2，1，1)，
设平面EFC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CE,\s\up9(→))＝2x－2z＝0，,n·\(EF,\s\up9(→))＝－2x＋y＋z＝0，))
取x＝1，得z＝1，y＝1，则n＝(1，1，1)，所以点S到平面EFC的距离为 eq \f(|n·\(SC,\s\up9(→))|,|n|) ＝ eq \f(2,\r(3)) ＝ eq \f(2\r(3),3) .
2．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，BC⊥AC，BC＝AC＝2，AA1＝3，点M为AC中点．
(1)求证：AB1∥平面BMC1；
(2)求点B到直线C1M的距离．
解：(1)证明：如图，连接B1C，交BC1于点O，则O为B1C中点.
因为点M为AC中点，所以OM∥AB1，
因为AB1平面BMC1，OM平面BMC1，所以AB1∥平面BMC1.
(2)如图，以CB，CA，CC1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可得B(2，0，0)，M(0，1，0)，C1(0，0，3)， eq \(MB,\s\up9(→)) ＝(2，－1，0)， eq \(MC1,\s\up9(→)) ＝(0，－1，3)，
设MB，MC1夹角为θ，则cs θ＝ eq \f(|\(MB,\s\up9(→))·\(MC1,\s\up9(→))|,|\(MB,\s\up9(→))|·|\(MC1,\s\up9(→))|) ＝ eq \f(\r(2),10) ，故可得sin θ＝ eq \r(1－cs 2θ) ＝ eq \f(7\r(2),10) ，
又MB＝| eq \(MB,\s\up9(→)) |＝ eq \r(5) ，设点B到直线C1M的距离为d，则d＝MB·sin θ＝ eq \r(5) × eq \f(7\r(2),10) ＝ eq \f(7\r(10),10) .
3．如图，在四棱锥P-ABCD中，AC∩BD＝O，底面ABCD为菱形，边长为2，PC⊥BD，PA＝PC，且∠ABC＝60°，异面直线PB与CD所成的角为60°.
(1)求证：PO⊥平面ABCD；
(2)若E是线段OC的中点，求点E到直线BP的距离．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
因为PC⊥BD，PC∩AC＝C，PC，AC平面APC，所以BD⊥平面APC，
因为PO平面APC，所以BD⊥PO，因为PA＝PC，O为AC中点，所以PO⊥AC，
又因为AC∩BD＝O，AC，BD平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.
(2)以O为原点，OB，OC，OP方向为x，y，z轴方向，建系如图，
因为AB∥CD，所以∠PBA为异面直线PB，CD所成的角，所以∠PBA＝60°，在菱形ABCD中，AB＝2，
因为∠ABC＝60°，所以OA＝1，OB＝ eq \r(3) ，设PO＝a，则PA＝ eq \r(a2＋1) ，PB＝ eq \r(a2＋3) ，
在△PBA中，由余弦定理得，PA2＝BA2＋BP2－2BA·BP·cs ∠PBA，所以a2＋1＝4＋a2＋3－2 eq \r(a2＋3) ，解得a＝ eq \r(6) ，
所以A(0，－1，0)，B( eq \r(3) ，0，0)，C(0，1，0)，P(0，0， eq \r(6) )，E eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，0)) ， eq \(BE,\s\up9(→)) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(1,2)，0)) ， eq \(BP,\s\up9(→)) ＝(－ eq \r(3) ，0， eq \r(6) )，| eq \(BE,\s\up9(→)) |＝ eq \f(\r(13),2) ，| eq \(BP,\s\up9(→)) |＝3，
所以d＝ eq \r(|\(BE,\s\up9(→))|2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(BE,\s\up9(→))·\f(\(BP,\s\up9(→)),|\(BP,\s\up9(→))|)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(\f(13,4)－1) ＝ eq \f(3,2) ，
所以点E到直线BP的距离为 eq \f(3,2) .
4．如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥DC，∠ADC＝ eq \f(π,2) ，AB＝AD＝ eq \f(1,2) CD＝2，PD＝PB＝ eq \r(6) ，PD⊥BC.
(1)求证：平面PBD⊥平面PBC；
(2)在线段PC上是否存在点M，使得平面ABM与平面PBD的夹角为 eq \f(π,3) ？若存在，求出 eq \f(CM,CP) 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：因为四边形ABCD为直角梯形，且AB∥DC，AB＝AD＝2，∠ADC＝ eq \f(π,2) ，所以BD＝2 eq \r(2) ，又因为CD＝4，∠BDC＝ eq \f(π,4) ，根据余弦定理得BC＝2 eq \r(2) ，所以CD2＝BD2＋BC2，
故BC⊥BD.又因为BC⊥PD，PD∩BD＝D，且BD，PD平面PBD，所以BC⊥平面PBD，
又因为BC平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD.
(2)由(1)得平面ABCD⊥平面PBD，如图，设E为BD的中点，连接PE，
因为PB＝PD＝ eq \r(6) ，所以PE⊥BD，PE＝2，又平面ABCD⊥平面PBD，平面ABCD∩平面PBD＝BD，PE平面PBD，所以PE⊥平面ABCD.
以A为原点，分别以 eq \(AD,\s\up9(→)) ， eq \(AB,\s\up9(→)) ， eq \(EP,\s\up9(→)) 的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，4，0)，D(2，0，0)，P(1，1，2)，
假设存在M(a，b，c)满足要求，
设 eq \f(CM,CP) ＝λ(0≤λ≤1)，即 eq \(CM,\s\up9(→)) ＝λ eq \(CP,\s\up9(→)) ，所以M(2－λ，4－3λ，2λ)，易得平面PBD的一个法向量为 eq \(BC,\s\up9(→)) ＝(2，2，0).
设n＝(x，y，z)为平面ABM的一个法向量， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(0，2，0)， eq \(AM,\s\up9(→)) ＝(2－λ，4－3λ，2λ).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up9(→))＝0，,n·\(AM,\s\up9(→))＝0，))
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2y＝0，,（2－λ）x＋（4－3λ）y＋2λz＝0，))
不妨取n＝(2λ，0，λ－2).
因为平面PBD与平面ABM的夹角为 eq \f(π,3) ，所以 eq \f(|4λ|,2\r(2)\r(4λ2＋（λ－2）2)) ＝ eq \f(1,2) ，
解得λ＝ eq \f(2,3) 或λ＝－2(不合题意舍去).故存在M点满足条件，且 eq \f(CM,CP) ＝ eq \f(2,3) .
1．如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，MN是异面直线AC与C1D的公垂线段，试确定点M在AC上及点N在C1D上的位置，并求异面直线AC与C1D间的距离．
解：以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，C1(1，1，1)，
因为点M在AC上，点N在C1D上，所以设M(m，m，0)，N(n，1，n)，
所以 eq \(AC,\s\up9(→)) ＝(1，1，0)， eq \(DC1,\s\up9(→)) ＝(1，0，1)， eq \(MN,\s\up9(→)) ＝(n－m，1－m，n)，
因为MN是异面直线AC与C1D的公垂线段，所以 eq \(AC,\s\up9(→)) · eq \(MN,\s\up9(→)) ＝0， eq \(DC1,\s\up9(→)) · eq \(MN,\s\up9(→)) ＝0，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n－m＋1－m＝0，,n－m＋n＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(2,3)，,n＝\f(1,3)，)) 所以M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(2,3)，0)) ，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1，\f(1,3))) ，
所以点M是线段AC上靠近点C的一个三等分点，点N是线段C1D上靠近点D的一个三等分点，且异面直线AC与C1D间的距离为|MN|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)－\f(1,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)－1))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(1,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(3),3) .
2．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点E为BB1的中点．
(1)求点D到平面AD1E的距离；
(2)求BC1到平面AD1E的距离．
解：(1)以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A(2，0，0)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，E(2，2，1), 所以 eq \(AE,\s\up9(→)) ＝(0，2，1)， eq \(AD1,\s\up9(→)) ＝(－2，0，2)，
设平面AD1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AD1,\s\up9(→))＝－2x＋2z＝0，,n·\(AE,\s\up9(→))＝2y＋z＝0，))
令z＝2x＝2，y＝－1，
所以平面AD1E的法向量为n＝(2，－1，2)，又 eq \(DD1,\s\up9(→)) ＝(0，0，2)，所以点D到平面AD1E的距离d＝ eq \f(|n·\(DD1,\s\up9(→))|,|n|) ＝ eq \f(4,\r(4＋1＋4)) ＝ eq \f(4,3) .
(2)由(1)可得平面AD1E的法向量为n＝(2，－1，2)，
因为B(2，2，0)，C1(0，2，2)，所以 eq \(BC1,\s\up9(→)) ＝(－2，0，2)，所以 eq \(BC1,\s\up9(→)) ·n＝2×(－2)＋(－1)×0＋2×2＝0，
所以 eq \(BC1,\s\up9(→)) ⊥n，
所以BC1∥平面AD1E, 所以BC1到平面AD1E的距离可以转化为点B到平面AD1E的距离，因为 eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(0，2，0)，
所以BC1到平面AD1E的距离为d1＝ eq \f(|n·\(AB,\s\up9(→))|,|n|) ＝ eq \f(2,\r(4＋1＋4)) ＝ eq \f(2,3) .
3．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°，AB＝4 eq \r(2) ，M是AB的中点，且A1M⊥B1C.
(1)求A1A的长；
(2)已知点N在棱CC1上，若平面B1AN与平面BCC1B1夹角的余弦值为 eq \f(\r(10),10) ，试确定点N的位置．
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，设A1A＝a.由AB＝4 eq \r(2) ，得AC＝BC＝4，则A(4，0，0)，C(0，0，0)，A1(4，0，a)，B1(0，4，a)，M(2，2，0)，所以 eq \(A1M,\s\up9(→)) ＝(－2，2，－a)， eq \(B1C,\s\up9(→)) ＝(0，－4，－a).
因为A1M⊥B1C，所以(－2)×0＋2×(－4)＋(－a)×(－a)＝0，
解得a＝2 eq \r(2) ，即A1A的长为2 eq \r(2) .
(2)由(1)知C1(0，0，2 eq \r(2) ).设N(0，0，λ)(0≤λ≤2 eq \r(2) )，所以 eq \(B1A,\s\up9(→)) ＝(4，－4，－2 eq \r(2) )， eq \(B1N,\s\up9(→)) ＝(0，－4，λ－2 eq \r(2) ).
设平面B1AN的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1⊥\(B1A,\s\up9(→))，,n1⊥\(B1N,\s\up9(→))，))
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x1－4y1－2\r(2)z1＝0，,－4y1＋（λ－2\r(2)）z1＝0，))
取n1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1－\f(2\r(2),λ)，\f(4,λ))) .
易知平面BCC1B1的一个法向量为n2＝(1，0，0)，设平面B1AN与平面BCC1B1的夹角为θ，则cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝ eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|) ＝ eq \f(1,\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2\r(2),λ)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,λ)))\s\up12(2))) ＝ eq \f(\r(10),10) ，
解得λ＝ eq \r(2) 或λ＝－ eq \f(3\r(2),2) (舍去)，所以N在棱CC1的中点处．
4．已知直角梯形BQPC中，∠CBQ＝90°，BQ∥CP，BC＝1，BQ＝2，CP＝3，A为BQ的中点，CD＝ eq \f(1,3) CP，如图，将四边形ABCD沿AD向上翻折，使得平面ABCD⊥平面ADPQ.
(1)在PD上是否存在一点H，使得CH∥平面BDQ?
(2)求二面角B－PQ－C的余弦值．
解：(1)当点H为DP的中点时，CH∥平面BDQ.证明如下：
如图，由已知AB∥DC，AB＝DC＝1，∠CBA＝90°，所以四边形ABCD为矩形，所以BC∥AD，BC＝AD，CD⊥DA, 已知DP＝2，点H为DP的中点，则DH＝1，又AQ＝1，AQ∥DH，所以四边形ADHQ为平行四边形，所以QH∥AD，QH＝AD，所以BC∥QH，BC＝QH，所以四边形BCHQ为平行四边形，所以BQ∥CH，
又CH平面BDQ，BQ平面BDQ，所以CH∥平面BDQ，所以在PD上存在一点H，使得CH∥平面BDQ.
(2)因为平面ABCD⊥平面ADPQ，平面ABCD∩平面ADPQ＝AD，
CD⊥DA，CD平面ABCD，所以CD⊥平面ADPQ，又DA⊥DP，
以点D为原点，分别以 eq \(DA,\s\up9(→)) ， eq \(DP,\s\up9(→)) ， eq \(DC,\s\up9(→)) 为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0，0，1)，B(1，0，1)，Q(1，1，0)，P(0，2，0)，
所以 eq \(QP,\s\up9(→)) ＝(－1，1，0)， eq \(QB,\s\up9(→)) ＝(0，－1，1)， eq \(CP,\s\up9(→)) ＝(0，2，－1)，
设平面BPQ的法向量为n1＝(x，y，z)，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n1·\(QP,\s\up9(→))＝0，,n1·\(QB,\s\up9(→))＝0，)) 故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－y＋z＝0，))
取x＝1，可得y＝1，z＝1，所以n1＝(1，1，1)为平面BPQ的一个法向量，
设平面CPQ的法向量为n2＝(a，b，c)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·\(CP,\s\up9(→))＝0，,n2·\(QP,\s\up9(→))＝0，)) 故 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2b－c＝0，,－a＋b＝0，)) 取a＝1，可得b＝1，c＝2，所以n2＝(1，1，2)为平面CPQ的一个法向量，
所以cs 〈n1，n2〉＝ eq \f(n1·n2,|n1||n2|) ＝ eq \f(4,\r(3)×\r(6)) ＝ eq \f(2\r(2),3) ，
设二面角B－PQ－C的平面角为θ，
则|cs θ|＝|cs 〈n1，n2〉|＝ eq \f(2\r(2),3) ，由题图可得cs θ>0，
所以cs θ＝ eq \f(2\r(2),3) .所以二面角B－PQ－C的余弦值为 eq \f(2\r(2),3) .
阶段滚动卷四 对应学生用书093页
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．(2023·江苏徐州沛县中学模拟)已知集合A＝{x|x2≤4}，集合B＝{x|x∈N*且x－1∈A}，则B＝( C )
A．{0，1} B．{0，1，2}
C．{1，2，3} D．{1，2，3，4}
解析：∵A＝{x|x2≤4}＝[－2，2]，B＝{x|x∈N*且x－1∈A}，∴B＝{1，2，3}．故选C.
2．(2023·湖北恩施高三期末)已知复数z满足z(2－i)＝3＋i(i是虚数单位)，则z＝( B )
A．1－i B．1＋i
C．－ eq \f(1,5) ＋ eq \f(7,5) i D．－ eq \f(1,5) － eq \f(7,5) i
解析：z＝ eq \f(3＋i,2－i) ＝ eq \f(（3＋i）（2＋i）,5) ＝ eq \f(5＋5i,5) ＝1＋i.故选B.
3．设α，β均为锐角，则“α>2β”是“sin (α－β)>sin β”的( C )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：因为α，β均为锐角，所以0<α< eq \f(π,2) ，0<β< eq \f(π,2) .当α>2β时， eq \f(π,2) >α－β>β>0，由函数y＝sin x在(－ eq \f(π,2) ， eq \f(π,2) )上单调递增，所以sin (α－β)>sin β，故“α>2β”是“sin (α－β)>sin β”的充分条件．当sin (α－β)>sin β时，由0<α< eq \f(π,2) ，0<β< eq \f(π,2) ，得－ eq \f(π,2) <－β<0，所以－ eq \f(π,2) <α－β< eq \f(π,2) ，因为函数y＝sin x在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2))) 上单调递增，所以α－β>β，即α>2β，故“α>2β”是“sin (α－β)>sin β”的必要条件．综上所述，“α>2β”是“sin (α－β)>sin β”的充要条件．故选C.
4．(2024·吉林长春一中高三摸底考试)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－ax＋5（x≤1），,\f(a,x)（x>1），)) 满足对任意实数x1≠x2，都有 eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) <0成立，则a的取值范围是( D )
A．(0，3] B．[2，＋∞)
C．(0，＋∞) D．[2，3]
解析：因为函数f(x)满足对任意实数x1≠x2，都有 eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1) <0 成立，所以函数f(x)在R上递减，所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)≥1，,a>0，,－a＋6≥a，)) 解得2≤a≤3.故选D.
5．(2023·江苏徐州沛县中学模拟)贯耳瓶流行于宋代，清代亦有仿制，如图所示的青花折枝花卉纹六方贯耳瓶是清乾隆时期的文物，现收藏于首都博物馆，若忽略瓶嘴与贯耳，把该瓶瓶体看作3个几何体的组合体，上面的几何体Ⅰ是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体Ⅰ的底面是全等的六边形，几何体Ⅲ的上底面面积是下底面面积的4倍，若几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的高之比为3∶3∶5，则几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的体积之比为( D )
A．3∶6∶10 B．3∶9∶25
C．3∶21∶35 D．9∶21∶35
解析：如图，设上面的六棱柱的底面面积为S，高为3m，由上到下的三个几何体体积分别记为V1，V2，V3，则V1＝3mS，V2＝ eq \f(1,3) (S＋4S＋ eq \r(4S2) )×3m＝7mS，V3＝ eq \f(1,3) (S＋4S＋ eq \r(4S2) )×5m＝ eq \f(35,3) mS，所以V1∶V2∶V3＝3mS∶7mS∶ eq \f(35,3) mS＝9∶21∶35.故选D.
6．已知在Rt△ABC中，CA＝CB＝2，以斜边AB的中点O为圆心，AB为直径，在点C的另一侧作半圆弧AB，点M在圆弧上运动，则 eq \(CA,\s\up9(→)) · eq \(CM,\s\up9(→)) 的取值范围为( A )
A．[0，2＋2 eq \r(2) ] B．[0，4]
C．[0，6] D．[2－2 eq \r(2) ，4]
解析：因为直角三角形ABC为等腰直角三角形，故可建立如图所示的平面直角坐标系，其中C(0，0)，A(2，0)，B(0，2)，而以AB为直径的圆的方程为x(x－2)＋y(y－2)＝0，整理得到(x－1)2＋(y－1)2＝2，设M(m，n)，则 eq \(CM,\s\up9(→)) ＝(m，n)， eq \(CA,\s\up9(→)) ＝(2，0)，故 eq \(CM,\s\up9(→)) · eq \(CA,\s\up9(→)) ＝2m，因为M在半圆上运动变化，故0≤m≤1＋ eq \r(2) ，故 eq \(CM,\s\up9(→)) · eq \(CA,\s\up9(→)) 的取值范围为[0，2＋2 eq \r(2) ].故选A.
7．(2024·江西高三统考期末)将函数f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,4))) 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 eq \f(1,2) ，纵坐标伸长为原来的2倍，然后将所得图象向右平移 eq \f(π,12) 个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，则g(x)＝( A )
A．4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(5π,12))) B．4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(7π,24)))
C．4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3))) D．4sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)－\f(π,3)))
解析：由题意将函数f(x)＝2sin (x－ eq \f(π,4) )的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 eq \f(1,2) 得y＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4))) ，纵坐标伸长为原来的2倍得y＝4sin (2x－ eq \f(π,4) )，将所得图象向右平移 eq \f(π,12) 个单位长度得g(x)＝4sin [2(x－ eq \f(π,12) )－ eq \f(π,4) ]，即g(x)＝4sin (2x－ eq \f(5π,12) ).故选A.
8．(2024·福建三明高三统考期末)设函数f(x)＝ eq \f(ex（2x＋1）,x) ，则( D )
A．函数f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))
B．曲线y＝f(x)在点(1，3e)处的切线方程为y＝e(x＋1)
C．函数f(x)既有极大值又有极小值，且极大值大于极小值
D．若方程f(x)＝k有两个不等实根，则实数k的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) ∪(4 eq \r(e) ，＋∞)
解析：由题意可知f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f′(x)＝ eq \f([ex（2x＋1）]′x－[ex（2x＋1）]x′,x2) ＝
eq \f(ex,x2) (2x－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，即 eq \f(ex,x2) (2x－1)(x＋1)＝0，解得x＝－1或x＝ eq \f(1,2) .当x∈(－∞，－1)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) 时，f′(x)>0，当x∈(－1，0)∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，－1)和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) 上单调递增，在(－1，0)和 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) 上单调递减，故A错误；当x＝－1时，f(x)取得极大值为f(－1)＝ eq \f(e－1[2×（－1）＋1],－1) ＝ eq \f(1,e) ，当x＝ eq \f(1,2) 时，f(x)取得极小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) ＝ eq \f(e\s\up9(\f(1,2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(1,2)＋1)),\f(1,2)) ＝4 eq \r(e) ，因为 eq \f(1,e) <4 eq \r(e) ，所以极大值小于极小值，故C错误；对于B，切线斜率k＝f′(1)＝2e，曲线y＝f(x)在点(1，3e)处的切线方程为y－3e＝2e(x－1)，即y＝e(2x＋1)，故B错误；对于D，由上分析可作出f(x)的图象如图所示：
要使方程f(x)＝k有两个不等实根，只需要y＝k与f(x)的图象有两个交点，由图可知，k∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) ∪(4 eq \r(e) ，＋∞)，所以实数k的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e))) ∪(4 eq \r(e) ，＋∞)，故D正确．故选D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知向量a＝(1，3)，b＝(2，－4)，则下列结论正确的是( AC )
A．(a＋b)⊥a
B．|2a＋b|＝ eq \r(10)
C．向量a，b的夹角为 eq \f(3π,4)
D．b在a方向上的投影向量是 eq \r(10) a
解析：对于A，a＋b＝(3，－1)，由(a＋b)·a＝3×1＋(－1)×3＝0，则(a＋b)⊥a，故A正确；对于B，2a＋b＝2(1，3)＋(2，－4)＝(4，2)，|2a＋b|＝ eq \r(42＋22) ＝2 eq \r(5) ，故B错误；对于C，a·b＝1×2＋3×(－4)＝－10，|a|＝ eq \r(12＋32) ＝ eq \r(10) ，|b|＝ eq \r(22＋（－4）2) ＝2 eq \r(5) ，则cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a|·|b|) ＝ eq \f(－10,\r(10)×2\r(5)) ＝－ eq \f(\r(2),2) ，即向量a，b的夹角为 eq \f(3π,4) ，故C正确；对于D，b在a方向上的投影向量是 eq \f(a·b,|a|2) a＝ eq \f(－10,10) a＝－a，故D错误．故选AC.
10．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列四个结论中正确的是( AC )
A．若 eq \f(sin A,a) ＝ eq \f(cs B,b) ，则B＝ eq \f(π,4)
B．若B＝ eq \f(π,4) ，b＝2，a＝ eq \r(3) ，则满足条件的三角形共有两个
C．若a，b，c成等差数列，sin A，sin B，sin C成等比数列，则△ABC为正三角形
D．若a＝5，c＝2，△ABC的面积为4，则cs B＝ eq \f(3,5)
解析：对于A，由正弦定理可得 eq \f(sin A,sin A) ＝ eq \f(cs B,sin B) ，即tan B＝1，又B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(π,4) ，故A正确；对于B，由于b＝2>a＝ eq \r(3) ，则A< eq \f(π,4) ， eq \f(π,2) 11．如图所示，AB是半圆O的直径，VA垂直于半圆O所在的平面，点C是圆周上不同于A，B的任意一点，M，N分别为VA，VC的中点，则下列结论不正确的是( ACD )
A．MN∥AB
B．平面VAC⊥平面VBC
C．MN与BC所成的角为45°
D．OC⊥平面VAC
解析：∵M，N分别为VA，VC的中点，
∴ MN∥AC，如果MN∥AB，则可得AC∥ AB，而AC与AB相交，故A错误；∵点C是圆周上不同于A，B的任意一点，∴ AC⊥BC，∵VA垂直于半圆O所在的平面，BC 平面ABC，∴ VA⊥BC，又AC∩VA＝A，AC，VA平面VAC，∴ BC⊥平面VAC，又BC平面VBC，∴平面VAC⊥平面VBC，故B正确；∵ AC∥MN，∴MN与BC所成的角即为AC与BC所成的角，∵点C是圆周上不同于A，B的任意一点，∴AC与BC所成的角为90°，故C错误；若OC⊥平面VAC，又BC⊥平面VAC，则OC∥ BC，而这与两者相交矛盾，故D错误．故选ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2023·福建福州八县(市)联考)在△ABC中，已知 eq \(CD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DB,\s\up9(→)) ，P为线段AD上的一点，且满足 eq \(CP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up9(→)) ＋m eq \(CB,\s\up9(→)) .若△ABC的面积为 eq \r(3) ，∠ACB＝ eq \f(π,3) ，则线段CP长度的最小值为 eq \r(2) ．
解析：∵ eq \(CP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up9(→)) ＋m eq \(CB,\s\up9(→)) ，且 eq \(CD,\s\up9(→)) ＝2 eq \(DB,\s\up9(→)) ，
∴ eq \(CP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up9(→)) ＋m· eq \f(3,2) eq \(CD,\s\up9(→)) ，
∵A，P，D三点共线，∴ eq \f(1,2) ＋ eq \f(3,2) m＝1，即m＝ eq \f(1,3) .∴ eq \(CP,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(3,2) × eq \f(1,3) eq \(CD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) eq \(CD,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,2) × eq \f(2,3) eq \(CB,\s\up9(→)) ＝ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up9(→)) ＋ eq \f(1,3) eq \(CB,\s\up9(→)) ，
又∵S△ABC＝ eq \r(3) ，且∠ACB＝ eq \f(π,3) ，
∴ eq \f(1,2) CA·CB sin ∠ACB＝ eq \r(3) ，即CA·CB＝4.∴ab＝4.
∴| eq \(CP,\s\up9(→)) |＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)\(CA,\s\up9(→))＋\f(1,3)\(CB,\s\up9(→))))\s\up12(2)) ＝
eq \r(\f(1,4)\a\vs4\al(\(CA,\s\up9(→)))2＋\f(1,9)\a\vs4\al(\(CB,\s\up9(→)))2＋\f(1,3)\(CA,\s\up9(→))·\(CB,\s\up9(→))) ＝
eq \r(\f(1,4)b2＋\f(1,9)a2＋\f(1,3)ab cs \f(π,3)) ＝
eq \r(\f(1,9)a2＋\f(1,4)b2＋\f(1,6)ab) ≥
eq \r(2×\f(1,3)a×\f(1,2)b＋\f(1,6)ab) ＝ eq \r(\f(1,2)ab) ＝ eq \r(2) .
13．如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别是线段CC1，BD上的点(不含端点)，R是直线AD上的点，满足PQ∥平面ABC1D1，PQ⊥RQ，则|PR|的最小值为 eq \f(\r(30),5) ．
解析：如图，作QS⊥BC于点S，连接PS，则QS∥AB，又QS平面ABC1D1，AB平面ABC1D1，所以QS∥平面ABC1D1，又因为PQ∥平面ABC1D1，QS∩PQ＝Q，QS，PQ平面PQS，所以平面PQS∥平面ABC1D1，因为平面PQS∩平面BCC1B1＝PS，平面ABC1D1∩平面BCC1B1＝BC1，所以PS∥BC1.分别以直线DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设P(0，1，t) (0于是|PR|＝ eq \r(（2t－1）2＋1＋t2) ＝
eq \r(5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(2,5)))\s\up12(2)＋\f(6,5)) ≥ eq \f(\r(30),5) ，t＝ eq \f(2,5) 时取等号．
14.开封铁塔是宋都开封具有代表性的文物，是文物价值最高、分量最重的宝物之一.1961年，它被国务院定为中国首批国家重点保护文物之一．如图，为测量开封铁塔的高度，选择C和一个楼房DE的楼顶E为测量观测点，已知A，C，D在水平地面上，开封铁塔AB和楼房DE都垂直于地面．已知DE＝15 m，∠ACD＝45°，∠ADC＝60°，在C点处测得E点的仰角为15°，在E点处测得B点的仰角为45°，则开封铁塔AB的高度为(30＋15 eq \r(3) ) m.
解析：如图，过点E作EF⊥AB，交AB于点F，易知△BFE为等腰直角三角形，所以BF＝EF＝AD，在Rt△ECD中，因为∠ECD＝15°，所以CD＝ eq \f(ED,tan 15°) ＝ eq \f(15,tan 15°) ，在△ACD中，由正弦定理得 eq \f(AD,sin 45°) ＝ eq \f(CD,sin 75°) ，即 eq \f(AD,sin 45°) ＝ eq \f(CD,cs 15°) ＝ eq \f(15,cs 15°tan 15°) ＝ eq \f(15,sin 15°) ，
而sin 15°＝sin (45°－30°)＝sin 45°·cs 30°－cs 45°sin 30°＝ eq \f(\r(6)－\r(2),4) ，所以AD＝ eq \f(15×\f(\r(2),2),\f(\r(6)－\r(2),4)) ＝15( eq \r(3) ＋1)，则AB＝BF＋AF＝AD＋ED＝15( eq \r(3) ＋1)＋15＝30＋15 eq \r(3) .
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 eq \f(a（sin C－sin A）,sin C＋sin B) ＝c－b.
(1)求B；
(2)若 eq \f(tan B,tan A) ＋ eq \f(tan B,tan C) ＝4，求 eq \f(sin A,sin C) 的值．
解：(1)由 eq \f(a（sin C－sin A）,sin C＋sin B) ＝c－b，可得a(sin C－sin A)＝(c－b)(sin C＋sin B)，由正弦定理得a(c－a)＝(c－b)(c＋b)，
即a2＋c2－b2＝ac，由余弦定理得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac) ＝ eq \f(1,2) ，因为0(2)sin (A＋C)＝sin (π－B)＝sin B，则 eq \f(tan B,tan A) ＋ eq \f(tan B,tan C) ＝ eq \f(sin B,cs B) ( eq \f(cs A,sin A) ＋ eq \f(cs C,sin C) )＝ eq \f(sin B,cs B) · eq \f(sin （A＋C）,sin A sin C) ＝ eq \f(1,cs B) · eq \f(sin 2B,sin A sin C) ＝ eq \f(1,cs B) · eq \f(b2,ac) ＝4，
又B＝ eq \f(π,3) ，可得b2＝2ac﹐又由(1)a2＋c2－b2＝ac，得a2＋c2－3ac＝0，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,c))) eq \s\up12(2) －3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,c))) ＋1＝0，所以 eq \f(a,c) ＝ eq \f(3±\r(5),2) ，所以 eq \f(sin A,sin C) ＝ eq \f(3±\r(5),2) .
16．(15分)如图，在四棱锥P－ABCD中，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，AC⊥PB.
(1)证明：平面PAC⊥平面PBC；
(2)若PB⊥BC，直线PB与平面PAC所成的角为30°，求PD的长．
解：(1)证明：在平面四边形ABCD中，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，所以四边形ABCD是等腰梯形，如图，过点C作CE⊥AB于E，因为四边形ABCD是等腰梯形，
所以BE＝ eq \f(1,2) ，AE＝ eq \f(3,2) ，CE＝ eq \r(BC2－BE2) ＝ eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，AC＝ eq \r(AE2＋CE2) ＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(3) ，所以AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC,
又AC⊥PB，BC∩PB＝B，BC，PB平面PBC，所以AC⊥平面PBC，又AC平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBC.
(2)因为PB⊥BC，AC⊥PB，BC∩AC＝C, BC，AC平面ABCD，
所以PB⊥平面ABCD，由(1)知，AC⊥BC，以C为原点，建立空间直角坐标系C－xyz，如图所示，
则C(0，0，0)，A( eq \r(3) ，0，0)，B(0，1，0)，
D eq \f(\r(3),2) ，－ eq \f(1,2) ，0，
因为AC⊥平面PBC，PB⊥BC，可设PB＝a(a>0)，所以P(0，1，a)，则 eq \(CA,\s\up9(→)) ＝( eq \r(3) ，0，0)， eq \(CP,\s\up9(→)) ＝(0，1，a)， eq \(BP,\s\up9(→)) ＝(0，0，a)，
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(CA,\s\up9(→))＝0，,n·\(CP,\s\up9(→))＝0，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(3)x＝0，,y＋az＝0，))
令y＝a，则x＝0，z＝－1，
所以n＝(0，a，－1)，
因为直线PB与平面PAC所成的角为30°，所以sin 30°＝|cs 〈 eq \(BP,\s\up9(→)) ，n〉|＝
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－a,a\r(a2＋1)))) ＝ eq \f(1,2) ，解得a＝ eq \r(3) 或a＝－ eq \r(3) (舍)，
所以P(0，1， eq \r(3) )，又D( eq \f(\r(3),2) ，－ eq \f(1,2) ，0)，
所以PD＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(\r(3),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))\s\up12(2)＋（\r(3)－0）2) ＝ eq \r(6) .
17．(15分)(2024·江西吉安永丰中学期末)已知正项等差数列{an}前n项和为Sn， ，an＋lg3bn＝0.请从条件①a5＝14，S5＝40；条件②a1＝2，且a1，a2－1，a3成等比数列，两个条件中任选一个填在上面的横线上，并完成下面的两个问题．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，证明：Tn< eq \f(3,26) .
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)若选①，由S5＝ eq \f(5（a1＋a5）,2) ＝ eq \f(5×2a3,2) ＝5a3＝40，得a3＝8，
又因为a5＝14，所以d＝ eq \f(a5－a3,2) ＝3，则a3＝a1＋2d＝a1＋6＝8，解得a1＝2，
故an＝3n－1.
若选②，设等差数列{an}的公差为d，因为a1＝2，且a1，a2－1，a3成等比数列，所以(a2－1)2＝a1a3，即(2＋d－1)2＝2(2＋2d)，解得d＝3或d＝－1(舍)，
所以an＝2＋3(n－1)＝3n－1，
即an＝3n－1.
(2)证明：an＋lg3bn＝0，所以bn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(an) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(3n－1) .
所以Tn＝ eq \f(\f(1,9)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,27)))\s\up12(n))),1－\f(1,27)) ＝ eq \f(3,26) [1－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,27))) eq \s\up12(n) ]< eq \f(3,26) ，即得证．
18．(17分)如图，平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B-AA1-D的正弦值．
解：(1)证明：连接BC1，DC1，因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，
又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，
因为O为线段BD的中点，
所以C1O⊥BD，
在△C1CO中，CC1＝2，CO＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \r(2) ，∠C1CO＝45°，
所以cs ∠C1CO＝ eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(CC eq \\al(2,1) ＋OC2－C1O2,2×CC1×OC) ＝ eq \f(22＋（\r(2)）2－C1O2,2×2×\r(2)) ，所以C1O＝ eq \r(2) ，
则CC eq \\al(2,1) ＝OC2＋C1O2C1O⊥OC，
又OC∩BD＝O，OC，BD平面ABCD，
所以C1O⊥平面ABCD.
(2)在正方形ABCD中，AC⊥BD，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0， eq \r(2) ，0)，D(0，－ eq \r(2) ，0)，A( eq \r(2) ，0，0)，C(－ eq \r(2) ，0，0)，C1(0，0， eq \r(2) )，
则 eq \(AA1,\s\up9(→)) ＝ eq \(CC1,\s\up9(→)) ＝( eq \r(2) ，0， eq \r(2) )， eq \(AB,\s\up9(→)) ＝(－ eq \r(2) ， eq \r(2) ，0)， eq \(AD,\s\up9(→)) ＝(－ eq \r(2) ，－ eq \r(2) ，0)，
设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up9(→))·m＝0，,\(AB,\s\up9(→))·m＝0，)) 即
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x1＋\r(2)z1＝0，,－\r(2)x1＋\r(2)y1＝0，)) 令x1＝1，可得m＝(1，1，－1)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\(AA1,\s\up9(→))·n＝0，,\(AD,\s\up9(→))·n＝0，)) 即
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\r(2)x2＋\r(2)z2＝0，,－\r(2)x2－\r(2)y2＝0，)) 令x2＝1，可得n＝(1，－1，－1)，
设二面角B－AA1－D的大小为θ，
则|cs θ|＝ eq \f(|m·n|,|m|·|n|) ＝ eq \f(1,\r(3)×\r(3)) ＝ eq \f(1,3) sin θ＝ eq \r(1－cs2θ) ＝ eq \f(2\r(2),3) ，
所以二面角B－AA1－D的正弦值为 eq \f(2\r(2),3) .
19．(17分)已知函数f(x)＝ln x＋x－ eq \f(a,x) ，其中a∈R.
(1)当a＝2时，求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)如果对于任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)>2，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，由已知得f(x)＝ln x＋x－ eq \f(2,x) ，故f′(x)＝ eq \f(1,x) ＋ eq \f(2,x2) ＋1，所以f′(1)＝1＋2＋1＝4，
又因为f(1)＝ln 1＋1－ eq \f(2,1) ＝－1，
所以函数f(x)的图象在点(1，－1)处的切线方程为y＋1＝4(x－1)，
即4x－y－5＝0.
(2)由f(x)>2，x∈(1，＋∞)，得a设函数g(x)＝x ln x＋x2－2x，x∈(1，＋∞)，则g′(x)＝ln x＋x· eq \f(1,x) ＋2x－2＝ln x＋2x－1，
因为x∈(1，＋∞)，所以ln x>0，2x－1>0，
所以当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＝ln x＋2x－1>0，
故函数g(x)在x∈(1，＋∞)上单调递增，所以当x∈(1，＋∞)时，g(x)>g(1)＝1×ln 1＋1－2×1＝－1，
因为对于任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)>2成立，
所以对于任意x∈(1，＋∞)，都有a

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