2023年高考数学考前练习：空间向量与立体几何（附答案解析）

2023年高考数学考前押题：空间向量与立体几何

一.选择题（共8小题）

1.（2023•广西模拟）如图，ZXABC与aBCQ都是正三角形，AB=2,将沿BC边折

起，使得A到达4的位置，连接4。，得到三棱锥4-BCD,贝∣J“遍＜人业＜2百”

是“二面角ALBC-。为钝角”的（）

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

2.（2022秋•商丘期末）已知菱形ABe。中，/BAD=?，沿对角线8。折起，使二面角A

-8。-C的平面角为0,若异面直线AC与BO的距离是菱形边长的旦，则8=（）

4

A.—B.—C.—D.—

6432

3.（2023•道里区校级二模）已知正三棱锥S-ABC的底面边长为3,侧棱长为蓊，点P

为此三棱锥各顶点所在球面上的一点,贝IJ点P到平面SAB的距离的最大值为（）

ʌ3√13+26R2√13+26C3日+24D+24

1313^^3-13-

4.（2022秋.永州期末）已知；=（］,-2,-2)-b=(2,2,l-m)，且Z1E，则机=(

A.5B.4C.3D.2

5.（2022秋•郴州期末）已知四棱柱ABCD-AiBiCiDi的底面是平行四边形，点E在线段

上满足血前，贝∣（）

OC=2EAɪ=XAB+yAD+zʌʌɪ.Jχ+y+z=

A.2B.2C..Λ.D.ɪ

3333

6.（2022秋•丹东期末）在正方体ABC中，点E是。£＞i的中点，则二面角E

-81CI-C的平面角的正切值为（）

A.1B.5C.2D.2√5

7.（2023春•杭州月考）将NB=60°,边长为1的菱形ABCO沿对角线AC折成二面角0,

8转到"，若θ∈[60°,120°],则折后两条对角线AC,B'。之间的距离的最小值为

（）

A.ʧɜ-B.近C.ɪD.3

4244

8.（2022秋•涡阳县校级期末）在棱长为2的正方体A8C。-AIBIClDl中，分别取棱AAi,

4。的中点E,F,点G为EF上一个动点，则点G到平面ACOi的距离为（）

A.B.亚C.1D.

223

二.多选题（共4小题）

（多选）9.（2023•西宁二模）如图所示，在长方体A8CO-AIBICIOI中，A4∣=48ι=2,

AO=I,。是BIDl的中点，直线AIC交平面ABiG于点M,则（）

B.的长度为1

C.直线Ao与平面BCCiBi所成角的正切值为近∙

4

D.ZVliMO的面积为近

6

（多选）10.（2023春•宿城区校级月考）下列说法正确的是（）

A.若空间中的四点0,A,B,C满足羽=」加+2诿，则A,B,C三点共线

33

B.空间中三个向量W,b，c，若Z〃总则Z，b，3共面

C.对空间任意一点0和不共线的三点A,B,C,^OP=20A+2022OB-2023OC,则P，

A,B,C四点共面

D.设｛a，b，c｝是空间的一个基底，若ιr=a+b,n=a-b,贝!l｛ιr,n，c｝不能为空

间的一个基底

（多选）11.（2022秋•丽水期末）在棱长为2的正方体ABC。-AIBICOI中，P,Q分别是

棱5C,CG的中点，点M满足而=t或，正［0，1］，下列结论正确的是（）

A.若f=l,则AiBi〃平面MPQ

B.若f=l,则过点W,P,。的截面面积是∙∣

C.若t］，则点Al到平面MPQ的距离是叵

26

D.若t］，则AB与平面MPQ所成角的正切值为返•

22

（多选）12.（2023春•齐齐哈尔月考）如图，四棱锥尸-ABC。的底面是梯形，BC//AD,

AB=BC=CD=I,AD=2,PA=PD=近,平面B4。_L平面ABC。，O,E分别为线段

AD,以的中点，点。是底面ABCO内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是

A.ACVBP

B.三棱锥B-AoE外接球的体积为返工

4

C.异面直线PC与OE所成角的余弦值为&

4

D.若直线PQ与平面ABeZ）所成的角为60°,则点Q的轨迹长度为√E兀

≡.填空题（共5小题）

13.（2023•大通县二模）关于正方体ABCn-AIBICιθ∣有如下说法：

①直线AlB与BlC所成的角为60°；②直线CAl与CiQ所成的角为60°；

③直线BCl与平面BBiQi。所成的角为45°；④直线8。与平面A8CZ）所成的角为

45°.

其中正确命题的序号是.

14.（2022秋•朝阳期末）如图，在棱长为4的正方体ABCo-AlBiCiOi中，M是4功的中

点，点P是侧面CDD∖C∖上的动点.且MP〃平面ABiC,则线段MP长度的取值范围

是

15.(2022秋•辽阳期末)已知平面ɑ的一个法向量为∖=(1,-3,√θ)，A(2,-1,2),

B(1，2,2),则直线48与平面α所成角的正弦值为.

16.(2022秋•邢台期末)已知平面α的一个法向量为W=(2,-3,-1)，点M(l,-3,

-1)在平面a内，则点P(2,-2,3)到平面a的距离为.

17.(2023春♦雨花区校级月考)已知∕ACB=90°,P为平面A8C外一点，PC=2,点P

到AACB两边AC,BC的距离均为我，那么P到平面ABC的距离为.

四.解答题(共5小题)

18.(2023•广东一模)如图所示的在多面体中，AB=AD,EB=EC,平面L平面BC£>,

平面BCE，平面BC£>,点F,G分别是C£>,8。中点.

(1)证明：平面AFG〃平面BCE；

(2)若BClBD,BC=BD=2,AB√2,BE=√5,求平面A尸G和平面ACE夹角的余弦

19.(2023•河东区一模)在苏州博物馆有一类典型建筑八角亭，既美观又利于采光，其中一

角如图所示，为多面体A8CZ)E-Aι2ιCιOιE∣,ABLAE,AE∕∕BC,AB∕∕ED,AAl_L底面

ABCDE,四边形AlBIClG是边长为2的正方形且平行于底面，AB∕∕A∖B∖,D∖E,的

中点分别为RG,AB=AE=IDE=IBC=,AA∖=↑.

CB

(1)证明：FG〃平面CiCD;

(2)求平面CleD与平面AAlBIB夹角的余弦值；

(3)一束光从玻璃窗面CCQ上点。射入恰经过点A(假设此时光经过玻璃为直射)，

求这束光在玻璃窗ClCO上的入射角的正切值.

20.(2023•香坊区校级一模)四棱锥P-ABCz)的底面ABC。是边长为2的菱形，必，面

ABCD,ZBAD=12O°,过点A且与PO平行的平面α与CE>,PC分别交于E,F两点.

(I)证明：PD//EF-,

(II)若E为CO中点，且PC与平面ABCO所成的角为45°,求二面角A-EF-。的

正弦值.

21.(2023•乐山模拟)如图，在三棱锥P-ABC中，H为AABC的内心，直线AH与8C交

于M,ZPAB=ZPAC,NPCA=NPCB.

(1)证明：平面平面A8C；

(2)若ABLBC,PA=AB=3,BC=A,求二面角M-BA-C的余弦值.

B

22.（2023•岳阳模拟）在aA8C中，NACB=45°,BC=3,过点A作ADLBC,交线段

BC于点。（如图1）,沿AQ将AABO折起，使∕BQC=90°（如图2）,点E,M分别

为棱BC,AC的中点.

（1）求证：CD1.ME；

（2）在①图1中tan2B=-∙∣,②图1÷AD=-∣AB÷yAC-③图2中三棱锥A-BCz）的

体积最大.

这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，再解答问题.

问题：已知,试在棱Co上确定一点N,使得ENLBM,并求平面BMN与平面C8N

的夹角的余弦值.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

2023年高考数学考前押题：空间向量与立体几何

参考答案与试题解析

一.选择题（共8小题）

1.（2023•广西模拟）如图，Be与aBCO都是正三角形，AB=2,将AABC沿BC边折

起，使得A到达4的位置，连接4。，得到三棱锥A∣-8CZ）,贝∣J''√^<A[D<2√E

是“二面角Al-BC-。为钝角”的（）

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

【考点】二面角的平面角及求法；充分条件与必要条件.

【专题】转化思想；综合法；空间角；数学运算.

【分析】由二面角的定义得出二面角4-BC-。的平面角为/4OD,进而由余弦定理,

以及充分必要条件的定义判断即可.

【解答】解：取BC的中点为O,连接A。，OD,二面角Al-Be-O的平面角为NAIoQ,

∣A1OI=∣DOI=√3

22222

∣A1O∣+∣DOI-∣A1DI6-∣A1DI∣A1DI

==1-

COSNAIoD=2∣A1OI∣DO∣66'

IADI2

若二面角AI-BC-。为钝角，则-ι<1------?-------<Q,6<IADI2<12>即

6ɪ

√6<AιD<2√3∙

__6.IAD12

若遍<∣A]D∣<2√^则-6〈6-旧1口|2<0，-1<----V——<0，

则-IVCOS/40DV0，

又二面角的范围是（0,n）,

所以二面角AI-BC-。为钝角.

即“遍<A]D<2√Γ'是“二面角4-8C-Z）为钝角”的充要条件•

故选：B.

【点评】本题考查二面角的定义及其求解，考查充要条件的判断，考查空间想象能力以

及运算求解能力，属于中档题.

2.（2022秋•商丘期末）已知菱形A8C。中，NBAD=专，沿对角线8。折起，使二面角4

-3。-C的平面角为0,若异面直线AC与3。的距离是菱形边长的3,则e=（）

4

A.—B.—C.—D.—

6432

【考点】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算.

【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算.

[分析]先找到二面角A-BD-C的平面角为/AOC,再证明OM是异面直线AC与BD

的距离，在RtAAOM中求解.

【解答】解：如图，设菱形的边长为24,连接两条对角线AC∩BO=O,

易得ACLBD,A0=0C=√3a.

菱形ABC。沿对角线BO折起，连接AC,得到三棱锥A-BCr>,

B

在菱形ABC。中，ACLBD,翻着后垂直不变，即［A0∙LBD,

IcolBD

所以N4OC是二面角A-BO-C的平面角，即NAOC=θ,

,A01BD

COlBD

又因为＜

AO∩CO=O

AO,CoU面AC）C

所以B£»J_平面AOC,取AC中点M,连接OM,

又因为OMU平面AOC,

所以OM_L3O,

在AAOC中，AO=C）C=Fa，并且M为AC的中点,

所以OMlAC,

故OM是异面直线AC与BD的距离,

又因为异面直线AC与BD的距离是菱形边长的旦,

4

所以OM^γ×2a=^∣^a,

42

在RtA4OM中，NAOM=三，

3,

所以cosθ=OH，又因为巨E（0,工），

『AO*√3a422L2,

所以包」L,.∙.QJL.

263

故选：C.

【点评】本题主要考查了异面直线的距离的求法，考查了二面角的求法，属于中档题.

3.（2023•道里区校级二模）已知正三棱锥S-ABC的底面边长为3,侧棱长为蓊，点P

为此三棱锥各顶点所在球面上的一点，则点P到平面SAB的距离的最大值为（）

A3√13+26r2√13+26r3√13+24n2√13+24

13131313

【考点】点、线、面间的距离计算.

【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算.

【分析】首先利用球与锥体的外接关系求出球的半径，然后求得球心到平面的距离，进

而可求点P到平面SAB的距离的最大值.

【解答】解：正三棱锥S-ABC的底面边长为3,侧棱长2√S,且三棱锥的四个顶点都

在同一球面上,

如图所示：

所以：AB=AC=BC=3,AS=BS=CS=2m,

点E为aABC的中心,

所以AE=∙∣X,32-*)2=近,

223

则：SE=y∣(2√3)-(√3)=)

则：(禽)2+(3-R)2=R2,解得R=2.

设球心。到平面SAB的距离为(1,

所以3义SASABXJ×A+SΔABCXoEXL=VS一ABC，

33

.∙.3×A×Λθ×JςR2-fJ-AR)2X√×A+A×3X3×2β-×1×A=A×3×3×ɪL×3

2V<2'322322

X工，

3

.,.3×^×3×^^-×d×-+-×3×3×^-×∖×^=-×3×3×^-×3×-,

223223223

生亘，点p到平面sab的距离的最大值为汉亘+2=2后+26.

131313

故选:B.

【点评】本题考查空间几何体的外接球，考查点到面的距离的最值，属中档题.

4.(2022秋•永州期末)已知；=(1,-2,-2)>b=(2,2,l-m),且aJLb,则m=()

A.5B.4C.3D.2

【考点】向量的数量积判断向量的共线与垂直；空间向量的数量积运算.

【专题】转化思想；转化法；空间向量及应用；数学运算.

【分析】利用向量垂直充要条件列出关于机的方程，解之即可求得相的值.

【解答】解：a=(i,-2,-2)，E=⑵2,1-m)，且

则Z∙E=O,则2*1+2*(-2)-2(l-w)=0,解得m=2.

故选：D.

【点评】本题主要考查空间向量垂直的性质，属于基础题.

5.(2022秋•郴州期末)己知四棱柱ABC。-48∣CIZ)I的底面是平行四边形，点E在线段

QC上满足血=2前，EAɪ=xAB+yAD+zʌʌɪ*则χ+y+z=()

A.2B.2C.二D.A

3333

【考点】空间向量及其线性运算.

【专题】转化思想；转化法；空间向量及应用；数学运算.

【分析】用空间基底向量表示向量结合空间向量线性运算求解.

【解答】解：∙∙,EAɪ=≡+DA+AA；=^-AB-AD+ʌʌɪ'

O

则y=~l,z=l,

O

._2

•・χ+y+z=---

O

故选：A.

【点评】本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题.

6.(2022秋•丹东期末)在正方体ABCo-AIBQd中，点E是。£>i的中点，则二面角E

-BlCLC的平面角的正切值为()

A.1B.5C.2D.2√5

【考点】二面角的平面角及求法.

【专题】计算题；数形结合；数形结合法；空间角；数学运算.

【分析】由题可得NEClC为二面角E-BcLC的平面角，后结合题目条件可得答案.

【解答】解：如图，

因几何体为正方体，则BIeIJ_面CICDDi,CICU面CiCDDi,则BICI_LGC,

又CIEU平面CiCQOi,则BICILCIE,故/ECIC即为二面角E-BICI-C的平面角.

过E作直线CIC垂线，交CIC于F,则F为CIC中点.

⅛tanZEC1F=7r⅞-=2∙

CIF

故选：C.

【点评】本题主要考查二面角的求法，考查运算求解能力，属于基础题.

7.(2023春•杭州月考)将NB=60°,边长为1的菱形ABCO沿对角线AC折成二面角0,

B转到B',若e∈[60°,120°],则折后两条对角线AC,B'。之间的距离的最小值为

()

A.B.近C.—D.—

4244

【考点】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算.

【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算.

【分析】作出AC与夕。的公垂线，计算其长度能求出折后两条对角线AC,B1。之间

的距离的最小值.

【解答】解：依题意作图：

设菱形的对角线交点为0,由菱形的性质可知4CLBD,

BPAC±B'O,ACYOD,AC_L平面B'OD,并且NB'OD=O,

OB'=OD,∆β,。。是以。为顶点的等腰三角形，

取8'。的中点G,则有OG_LB'D,AClOG,

.∙.0G是AC与B'。的公垂线，

在RtZ∖OCD中，。。=返■,在RtZXODG中，OG=OD∙co*-,

22

0e[60°，120°J,ʌɔɪ-eosθθ0≤0G≤^^-cos30°,

.∙.0G的最小值为近.

4

故选：A.

【点评】本题考查二面角、两条异面直线间距离等基础知识，考查运算求解能力，是中

档题.

8.（2022秋•涡阳县校级期末）在棱长为2的正方体ABeo-481ClDl中，分别取棱A4,

AIQI的中点E,F,点G为EF上一个动点，则点G到平面ACnI的距离为（）

A.ʧɜ-B.亚C.ɪD.近

223

【考点】点、线、面间的距离计算.

【专题】转化思想；向量法；综合法；空间位置关系与距离；数学运算.

[分析】利用等体积法或向量法进行计算即可求解.

【解答】解：如图所示，：点E,F分别是A4ι,Al£）|的中点，

：该正方体的棱长为2,.∙.AD]=AC=CDι=2λ历，

〃平面AS,

二点G到平面ACDi的距离即为点E或尸到平面ACDl的距离，

∙.∙△ACDi为等边三角形，.∙.SΛACD=y×2√2×2√2×^y-=2√3，

SΔFAD14×1×2=1^

设尸到平面ACd的距离为d,

=v,

•¾-ACD.C-FAD1

Λ⅛S∆ACD.d4^s∆FADι×2,解得d冬•

故选：D.

【点评】本题考查等体积法求点面距，属中档题.

二.多选题（共4小题）

（多选）9.（2023•西宁二模）如图所示，在长方体ABCO-AiBiCjDi中，AAl=AI功=2,

AD=I,。是自。的中点，直线AIC交平面ABIZ）I于点M,则（）

C.直线A。与平面BCGBi所成角的正切值为近■

_4

D.ZVhMO的面积为近_

6

【考点】直线与平面所成的角；平面的基本性质及推论.

【专题】转化思想；转化法；空间位置关系与距离；数学运算.

【分析】对于A,利用公理3,分别证明点同时在两个平面上即可；

对于8,利用长方体的性质，以及中位线定理，可得答案；

对于C,利用线面角的定义，根据长方体的几何性质，结合三角函数定义，可得答案;

对于利用三角形之间的关系，可得答案.

【解答】解：连结AIC1，AC,

则AlCi〃4C,

AAi,Cι,A,C四点共面,

.∖AιCu平面ACClAi,

VM∈AιC,

.∙.M∈平面ACClAι,

又M∈平面ABlDi,

：.M在平面ACClAl与平面ABIQl的交线上，

同理A,O也在平面ACCiAi与平面ABiDi的交线上，

.∙.A,M,。三点共线，故A正确；

设直线AlC与平面BCiD的交点为N,

易证平面ABiOi〃平面C∖BD,从而得到OM〃C\N,

因为。为AICI中点，所以M为AlN中点，

同理可得N为CM的中点，所以A[M=4^A1C=L故8正确；

3

取AlCl中点E,连接AE,0E,

因为平面AODiAi〃平面BCC∖B∖,

则/OAE即为直线4。与平面BCC向所成角，tan/OAE江=^之，故C错误；

AE17

因为AlOlAICJAlMqAlo

40

所以KAAɪɪC∙r,r=^-,故。正确.

bb

∆A10MβAA1C162^15"16

故选：ABD.

【点评】本题主要考查直线与平面的角，考查转化能力，属于中档题.

（多选）10.（2023春•宿城区校级月考）下列说法正确的是（）

A.若空间中的四点。，A,B,C满足羽=工加+2而，则A,B,C三点共线

33

B.空间中三个向量"ɪ,b，~c，若之〃E，则之，b，W共面

C.对空间任意一点。和不共线的三点A,B,C,^OP=20A+20220B-2023≡.贝∣JP，

A,B,C四点共面

D.设｛a,b>c｝是空间的一个基底，若ιr=a+b,n=a-b,则｛ιr,n,c｝不能为空

间的一个基底

【考点】空间向量基本定理、正交分解及坐标表示；命题的真假判断与应用；平面向量

的基本定理；共线向量与共面向量.

【专题】转化思想；转化法；空间向量及应用：数学运算.

【分析】根据已知条件，结合共面向量的定义，以及基底的定义，即可求解.

【解答】解：对于A,若空间中的四点。，A,B,C满足前=工5X+2δS,A4J-=I,

3333

则A,B,C三点共线，故A正确；

对于B,a〃b，

则Z，靛线，

由共面向量的定义可得，Z，b>W共面，故B正确；

对于C,QP=2ω+20220B-20230C.2+2022-2023=1,

则P,A,B,C四点共面，故C正确；

对于£>，因为C与a+b，a-b不共面，

则｛7,n.W｝能为空间的一个基底，故。错误.

故选：ABC.

【点评】本题主要考查共面向量的定义，以及基底的定义，属于基础题.

（多选）11.（2022秋•丽水期末）在棱长为2的正方体ABeE>-4BeloI中，P,。分别是

棱BC,CCl的中点，点"满足麻=t瓦，毛［0，1］，下列结论正确的是（）

A.若t=l,则AlBl〃平面MPQ

B.若f=l,则过点M,P,Q的截面面积是今

C.若t」，则点4到平面MPQ的距离是近

26

D.若t=∙∣,则AB与平面MPQ所成角的正切值为当

【考点】直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算；命题的真假判断与应用；棱

柱的结构特征.

【专题】转化思想；综合法；立体几何：数学运算.

【分析】对48选项，若f=l,则M与A重合，延长BiB与。P交于点E,易得过点

M,P,Q的截面为等腰梯形PQOM,再根据线面平行的性质定理，梯形面积公式，即

可求解；

对C,。选项，若t1，则M为AB的中点，连接AIC1，易知AlC1〃MP,从而得Al

2

到平面MPQ的距离等于Ci到平面MPQ的距离，又易知BC∖∕∕PQ,从而得B到平面

MPQ的距离等于Cl到平面MPQ的距离，再利用等体积法思想，即可分别求解.

【解答】解：对4,8选项，若f=l,则M与A重合，如图所示：

E

延长BiB与。P交于点E,易知AIBl不平行AE,

.∙.4Bι不平行平面MPQ,,A选项错误;

连接M£>i，QDi,则根据题意易知M£>i〃PQ,

二过点M,P,Q的截面为等腰梯形PQQM,

又根据题意易得尸M=QG=病，PQ=近,DiM=2^2，

易得等腰梯形PQDxM的高为JW=/，

I.等腰梯形PQD↑M的面积为工×(√2+2V2)X-‰∙=旦，∙'∙8选项正确;

2√22

连接AlC1,如图所示:

易知AIC1〃MP,.∙∙4到平面MPQ的距离等于Ci到平面MPQ的距离d,

则根据等体积法思想可得：VC_HPQ=VH-PQC，

又PM=PQ=®,,SPQVX泥X近)2=

2kM2)

√3

2

吟XS2kjIPQXd=IXSZQgXMB，

-X哗∙Xd]X^XlXIXL•"=理'C选项错误;

又易知BC∖∕∕PQ,...B到平面MPQ的距离等于Ci到平面MPQ的距离

又MB=1,设AB与平面MPQ所成角为。，贝IJSine=工-=返

MB3

Λcosθ=^-,.∙.tanθ=sin?，。选项正确.

3cosθ2

故选：BD.

【点评】本题考查线面平行的性质定理，正方体的截面面积的求解，等体积法求解点面

距，线面角的概念，属中档题.

（多选）12.（2023春•齐齐哈尔月考）如图，四棱锥P-ABC。的底面是梯形，BC//AD,

AB=BC=CD=∖,AD=2,PA=PD=近,平面平面A8C3,0,E分别为线段

AD,用的中点，点Q是底面ABC。内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是

（）

P

B.三棱锥B-AOE外接球的体积为追兀

4

C.异面直线尸C与OE所成角的余弦值为3

4

D.若直线P。与平面ABC。所成的角为60°,则点。的轨迹长度为√E打

【考点】直线与平面所成的角：命题的真假判断与应用；异面直线及其所成的角.

【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；数学运算.

【分析】根据线面垂直的性质定理判断A；

根据三棱锥B-AOE外接球的球心为等边三角形AOB的中心,求得外接球的半径判断B；

根据题意得到NCPo为异面直线PC与OE所成的角（或其补角），利用余弦定理判断C；

根据题意得到点Q的轨迹为以。为圆心，苧为半径的半圆，利用圆的周长公式判断D.

【解答】解：易证四边形ABCO为菱形，所以8。L4C,

连接P0,因为PA=PD=我，所以POLAQ,

因为平面B4Z）_L平面A8CZ）,平面∕¾OΓ1平面ABCZ）=A。，PoU平面必£）,

所以PO，平面A88,

因为ACU平面ABe£>,所以Po_LAC,

又PoCOB=0,所以AC_L平面POB.又BPU平面POB,所以AC_LBP,故A正确;

易证AAOE为等腰直角三角形，4AOB为等边三角形，且平面BA。，平面ABCf>,

所以三棱锥B-AOE外接球的球心为等边三角形Ao8的中心，所以三棱锥B-AOE外接

球的半径为近，

3_

所以三棱锥8-AOE外接球的体积为VqJrX（除）3*^_兀，故B错误；

因为P。〃0四所以NCPo为异面直线PC与OE所成的角（或其补角），

因为PO=VPD2-OD2=1，所以PC=VPO2OC2=√2，

在APCO中，由余弦定理，得COSNCPD=_2兽-1驾,故C正确;

2×√2×√24

因为P。，平面ABCD,所以OQ为PQ在平面ABCD内的射影，

若直线PQ与平面ABCz）所成的角为60°,则∕PQO=60°,

因为PO=1,所以OQN1,故点。的轨迹为以。为圆心，近为半径的半圆,

33

所以点Q的轨迹长度为誓L,故D错误.

【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题.

≡.填空题（共5小题）

13.（2023•大通县二模）关于正方体ABCz）-A出1C1G有如下说法:

①直线AlB与BlC所成的角为60°；②直线CAl与CiO所成的角为60°；

③直线BCI与平面BBiQIQ所成的角为45°；④直线BCl与平面ABa)所成的角为

45°.

其中正确命题的序号是①④.

【考点】直线与平面所成的角；命题的真假判断与应用；棱柱的结构特征；异面直线及

其所成的角.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

【分析】由4。与BC平行，结合等边三角形的性质判断①；由尸。平行C4”结合等

腰三角形的性质判断②；由CIEj_平面BiOiDB,Cel，平面ABCD结合线面角的定义判

断③④.

【解答】解：连接AIZ),BD,因为4。与BIC平行，

所以/B4。是异面直线AIB与BC所成的角，

因为ABAiD为等边三角形，所以直线48与BC所成的角为60°,故①正确；

连接C5交CiQ于点。，取4。1的中点为尸，连接FC1，FD,FO,

因为。为CDi的中点，所以Fo平行C4，

则∕R7C∣或其补角为直线CAi与Cl。所成的角，

易知尸O=FC1,所以NFoCl=90°,

即直线C4与CiQ所成的角为90°,故②错误；

连接BiQi,BD,AiCi,直线BiOi交AlCl于点E,连接BE,

设正方体ABCD-AlBIelZ)I的棱长为2,易知CIE_LBQi，CiElBBi,

由线面垂直的判定可知，CiEL平面Bif>∣OB,

则/EBG为直线BCi与平面BBlDiD所成的角，

EC

^∙BC=2√2>EC=√2>则SinNEBCI=b^1K1

11ɪDUɪN

即NEBCl=30°,故③错误；

由CCI_L平面ABeE),易知NCBCI为直线BeI与平面A8C。所成的角，

CC

XtanZCBC=^τΛ=P则NCBG=45°，故④正确•

1DL

故答案为：①④.

Dx.C.

【点评】本题考查线线角的求解，线面角的求解，化归转化思想，属中档题.

14.（2022秋•朝阳期末）如图，在棱长为4的正方体ABC。-4BICIDl中，M是AlBI的中

点，点P是侧面C。DlCl上的动点.且MP〃平面ABiC,则线段MP长度的取值范围是

[2√6,4√2].

【考点】点、线、面间的距离计算；棱柱的结构特征；直线与平面平行.

【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算.

【分析】取Z）C的中点N,CIC的中点R,81。的中点4,连接M0、NR、MH、HR,根

据正方体的性质得到MN∕∕B∖C∕∕HR,即可得到MN//平面ABiC,同理可证〃平面

ABiC,从而证明平面MNRH〃平面ABlC,即可得到P在线段NR上，再求出MN、MR,

即可求出MP的取值范围.

【解答】解：如图，取OC的中点N,ClC的中点R,BiCl的中点”，连接NM、NR、

MH、HR,

根据正方体的性质可得MN〃BIC〃HR,MNc平面ABlC,BICU平面ABIC,

所以MN〃平面A8C,同理可证M/7〃平面A8∣C,

又MNCMH=M,MN,MHU平面MNR”，

所以平面MNRH〃平面AB∖C,又平面MNR“∩平面CDDlCI=NR,

且MP〃平面ABIC,MPU平面MNR”，

点尸是侧面CQdCi上的动点，所以P在线段M?上，

又AB=4,所以MN=√42+42=4√^MR=√22+42+22=2√6*NR=√22+22=2√2>

所以MM=MR2+NR2,则MRJ_NR,

所以线段仞P长度的取值范围是L,4√2].

故答案为：[簿，4√2].

___________Cl

/方.一净工吵C

......./

AB

【点评】本题考查线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，运动变化思想，属中档

题.

15.(2022秋•辽阳期末)已知平面ɑ的一个法向量为、=(1,-ɜ,遍)，A(2,-L2),

B(1,2,2),则直线AB与平面α所成角的正弦值为_，页_.

【考点】直线与平面所成的角；平面的法向量.

【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算.

【分析】根据线面角的向量求法求解即可.

【解答】解：因为族=(-1,3,0)，

所以直线AB与平面α所成角的正弦值为

IL而'、IInrABI_∣-19I

1C0S"m,ʌ5l"∣m∣∣ABΓ√Γ^6√π9-ɪ-

故答案为：逗.

4

【点评】本题主要考查了直线与平面所成的角，属于基础题.

16.(2022秋•邢台期末)已知平面ɑ的一个法向量为W=(2,-3,-1)，点-3,

-1)在平面a内，则点P(2,-2,3)到平面a的距离为殳叵.

-14-

【考点】点、线、面间的距离计算；平面的法向量.

【专题】对应思想；综合法；立体几何；数学运算.

【分析】根据向量法，即可求解点面距.

【解答】解：根据题意可知而=(1,1,4)，又平面a的一个法向量为

n=(2,-3,-I)，

点P到平面a的距离d=吗=Yh=殳叵.

∣n∣FI√U14

故答案为：见运.

14

【点评】本题考查向量法求解点面距问题，属基础题.

17.(2023春•雨花区校级月考)已知NACB=90°,P为平面ABC外一点，PC=2,点、P

到AACB两边AC,BC的距离均为√5,那么P到平面ABC的距离为

【考点】点、线、面间的距离计算.

【专题】转化思想；转化法；立体几何；逻辑推理.

【分析】过点P作PDL4C,交AC于。，作PEJ_.BC,交BC于E,过P作POJ_平面

ABC,交平面ABC于0,连接。O,OC,则PD=PE=E,进而可得CD,CE,OE,OD,

再计算PO,即可得出答案.

【解答】解：NACB=90°,P为平面ABC外一点，PC=2,

过点P作Po_LAC,交AC于。，作PE_LBC,交BC于E,

过户作尸。_L平面A8C,交平面ABC于O,连接0。，OC,

因为点P到AACB两边AC,BC的距离均为√5,

则PD=PE=E，

所以由题意得CD=CE=OD=CIE4呼-电）2=1，

所以PO=VPD2-OD2=√3Ξ1=√2-

所以「到平面ABC的距离为我，

故答案为：√2.

【点评】本题考查点到平面的距离，解题中需要理清思路，属于中档题.

四.解答题（共5小题）

18.（2023•广东一模）如图所示的在多面体中，AB=AD,EB=EC,平面48。J_平面BCC,

平面BCE，平面BCD,点凡G分别是CD,BO中点.

（1）证明：平面AFG〃平面BCE；

（2）若BCIBD,BC=BD=2,AB=√2,BE=√5,求平面AFG和平面ACE夹角的余弦

值.

【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面平行.

【专题】数形结合；向量法；空间角；数学运算.

【分析】(I)利用面面垂直的性质定理和线面平行及面面平行的判定定理即可完成证明;

(2)先建系求法向量，再利用向量法求两平面的夹角即可.

【解答】解：(1)证明：如图，取BC中点H,连接EH,因为EB=EC,所以EHLBC,

又因为平面BCEl.平面8C£),平面BCErl平面Bef)=BC,EW⊂ψffi∣BCE,

所以E4_L平面BCD,

同理可得AG_L平面BCD,

所以EH//AG,

又因为AGC平面BCE,E