2023年新高考数学一模试题汇编10 空间向量与立体几何（解析版）

专题io空间向量与立体几何

一、单选题

1.(2023•山东荷泽・统考一模)如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且4B,C,D四个顶点在同一平面

内，下列结论：①AE〃平面CDF；②平面ABE〃平面CDF；@ABLAD；④平面4CE_L平面BDF,正确

命题的个数为()

A.1B.2C.3D.4

【答案】D

【分析】根据题意，以正八面体的中心O为原点，OB,OC,OE分别为x,y,z轴，建立如图所示空间直角坐标

系，由空间向量的坐标运算以及法向量，对选项逐一判断，即可得到结果.

以正八面体的中心O为原点，。',。。,。后分别为乂丫以轴，建立如图所示空间直角坐标系，

设正八面体的边长为2,则A(O,-√Σ,O),F(0,0,√2),C(0,√2,θ),Z)(-√2,0,0),F(0,0,-√2)

所以，AE=(0,√2,√2),CD=(-√2,-√2,0),CF=(θ,-√2,-√2),

设面CDr的法向量为元=(x,y,z),则庶.元=一?=0,解得fzX=],即元=(1,Tl)

又荏•元=-企+或=0,所以荏！.落AE⊄[S∣CDF,即AE〃面CDF,①正确；

因为荏=-#，所以4E//CF,

又ABIlCD,ABCffiCDF,COujMCOF,则AB//面CO凡

由4BnAE=4,4E,48u平面4BE,所以平面ZEB〃平面CCF,②正确；

因为B(Mθ,θ),荏=(√Σ,√Σ,O),而=(一鱼,五,0),则而.而=0,所以ABIAC,③正确；

易知平面ACE的一个法向量为而=（1,0,0）,平面8。尸的一个法向量为通=（0,1,0）,

因为元∙五=0,所以平面ACE_L平面BDF,④正确；

故选：D

2.（2023・湖南长沙•统考一模）在平行六面体ABCD-&BlClDI中，已知AB=4,AD=3,AA1=5,∆BAD=

o

90,/.BAA1=∆DAA1=60°,则尼•西的值为（）

A.10.5B.12.5

C.22.5D.42.5

【答案】A

【分析】将前,而,何*作为基底，然后用基底表示出於,西，再求其数量积即可.

【详解】由题意得而=荏+而，西=瓦？+而+西=一荏+而+而，

o

因为=4,AD=3,AA1=5,∆BAD=90,∆BAA1=∆DAA1=60°,

所以前•西=（AB+AD）∙（-AB+AD+丽）

=-AB2+AB-AD+AB-AAi-AB-AD+AD2+AD-AA^

=-AB2+AB-^AA[+AD2+AD-AA^

=-16÷4×5cos60o+9+3×5cos60o

=-16÷10÷9÷7.5

=10.5,

故选：A

B

二、多选题

3.（2023・福建・统考一模）如图，在棱长为1的正方体。-48传1仇中，点用为线段BDl上的动点（含

端点），则（）

A.存在点仞，使得CMJ_平面40B

B.存在点M,使得CM〃平面AlDB

C.不存在点M,使得直线GM与平面4D8所成的角为30。

D.存在点M,使得平面4CM与平面&BM所成的锐角为45°

【答案】BCD

【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、法向量的性质逐一判断即可.

【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，

C(0,0,0),B(0,1,0),/1(1,l,0),D(l,0,0),D1(IAl)Mid,1,1),Ci(0,0,1).

设方源=4审=M(I-λ,Λ,l-λ)(λ∈[0,1]),

设平面B的法向量为元=(x,y,z),

^DB=(TLo),西=(1,0,1),CM=(1-λ,λ,l-λ),

则有[于兽U={rj'=n°=R=(ST)，

假设存在点M,使得CML平面&DB,所以有两〃落

所以有?=：=Wn4∈0,因此假设不成立，因此选项A不正确;

11—1

假设存在点M,使得CM〃平面

所以有闲1元=而•元=O=I-4+2-l+∕l=0n∕l=0∈[0,1],所以假设成立，因此选项B正确;

假设存在点M,使得直线CiM与平面AiD8所成的角为30。，C^M=(l-λfλ,-λ),

所以有CoS〈的加元)=sin30°=∣CιM∙π∣_|1—Λ+λ+Λ∣_1

∣ClM∣∙∣n∣一√3×√(l-λ)2+λ2+λ2-2,

解得；I=W渔＜0,；I=W渔＞1,所以假设不成立，故选项C正确;

假设存在点M,使得平面ACM与平面所成的锐角为45。,

设平面4CM、平面&BM的法向量分别为五二(孙力,NJ、b=(%2，丫2,Z2)，

CA=(1,1,0),FM=(l-λ,Λ-l,l-幻,显然;I∈[0,1),

则有惇.至=Onf、X1+yi=°,

U∙CM=01(1-+4yl+(1-4)Z1=0

当。∈[0,1)04,有五=(1,-1,

b-^BA[=On%2+Z?~^O→.ʌ

(1-λ)x+(Λ-l)y+(1-λ)z=Onz)=(1，0,T)，

b∙^BM=O222

1+

所以有COS(£力=τ⅛旦=----==>Λ=1,或％=；,假设成立，选项D正确,

lmllnl223

√2×J1+ι+(⅛⅛)

故选：BCD

4.（2023.山东威海•统考一模）在棱长为1的正方体力BCC-AlBlCIDI中，点P满足方=AB+xAA[+yAD,

x∈[0,1],y∈[0,1],则（）

A.当X=I时，OJ+BP的最小值为遥

B.当X=y时，有且仅有一点P满足DBlJLaP

C.当x+y=l时，有且仅有一点尸满足到直线必当的距离与到平面ABs的距离相等

D.当好+『=1时，直线AP与ClDI所成角的大小为定值

【答案】ACD

【分析】对于选项A,先判断P点的轨迹，再将问题平面化即可求解；对于选项BCD,建立空间直角坐标

系，利用向量方法即可求解.

【详解】如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，

则4(0,0,0),B(0,1,0),C(l,l,l),D(1,0,0),AI(0,0,1),B1(0,1,1),C1(l,l,l),P1(1,0,1).

则荏=(0,1,0),xAA1=(0,0,x),yAD=(y,0,0),

则衣=同+xZ5ι+y而=(y,l,x),ΛP(y,l,x).

选项A：当X=I时，P(y,1,1)为线段当C1上的点，

将平面为BlClCI和平面BCGBl沿BICl展开为同一个平面如图，

4BlB

"P

DxC1C

连接。1以则DIP+BP的最小值即为=JD∖C?+BC2=®故A正确；

选项B：当％=y时，P(xtI1x),万瓦=(—1,1,1),A1P=(%,l,x—1),

则西•卡=-%+1+%-1=0,即。即满足条件的P点有无数个，故B错误；

选项C：当％+y=l时，y=1-χf

则P(I—居LA:),A^=(0,1,0),审=(I-居1,%—1),∣^P∣=√3+2x2-4%,

则中在不瓦上的投影为邛等=7=1，

∣A]6]∣1

则点P到直线AIBl的距离d=Jl硒2_12=√2χ2-4x+2;

平面ABCD的一个法向量为丽=(0,0,1).AP=(1-x,l,x)-

则点P到平面ABCD的距离为喀犁=X；

当点P到直线ABl的距离与到平面ABCD的距离相等时，

√2∕-4x+2=XnX2-4x+2=0,Vx∈[0,1],方程有一个解x=2-√Σ,

则y=√∑-l,即仅存在一个点P满足条件，故C正确；

D选项：当％2+y2=ι时，而=(y,l,χ),=(0,-1,0),

Vcos(ΛP,C^)==√⅛⅛=^?,故直线AP与GDl所成角的大小为》为定值，故D正确.

故选：ACD.

【点睛】本题利用空间向量解决空间里面距离和夹角的计算，关键是熟练掌握点到直线距离、点到平面距

离、直线夹角的向量求法.

5.(2023・湖南岳阳•统考一模)正方体AlBIGC1-ABC。的棱长为1,点P在线段BC上运动，则下列结论

正确的是()

A.异面直线&C与BCl所成的角为60°

B.异面直线AIP与AD1所成角的取值范围是K用

C.二面角4-%C-B的正切值为√Σ

D.直线4当与平面力BelDl所成的角为45。

【答案】BC

【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法确定AB,由二面角的平面角的定义法确定C,利用向量法求

线面角判断D.

【详解】如图，在正方体中建立空间直角坐标系,

则Ai(1,0,0),4(1,0,1),81(1,1,0),B(l,l,l),G(0,1,0),C(0,LI),Di(OOO),

设P(t,U)(0≤t≤1),

—»T

对A,由力;C=(-1,LI),品1=(-1,0,-1),CosJ="或空ɪ=0,即异面直线&C与BCl所成的角为90。,

%CHBGl

故A错误；

对∣AP∙4Dι∣_II-Il_t

B,A^P=(t-1,1,1)M⅛=(-1,0,-1).则COSe

IGII忌I—Ed-21+3—√2t2-4t+6,

当t=O时，CoSe=O,Θ=彳,

（丁一4G）+2的对称轴为3=卞所以当;≥1时，y=

当t:≠0时，COS0=-2-6(∣≥1),因为y=6

j24+⅛t

6θ)-4G)+2≥6—4+2=4,即0<CoSo≤最由0≤8≤泉知g≤0<：,综上,三≤0≤泉

故B正确;

对C,取BIC中点E,连接4E,BE,5∣UFIF1GFEIB1C,所以i4EB为二面角A—B4-B的平面角，在

Rt△48E中，tan"EB=,=9=√I,故C正确；

2

对D,在正方体中BIClBG,BiC14B,AB∩BC1=B.AB,BC1c^ABC1D1,

所以&C_1_平面ABGD1，即平面4BCι5的一个法向量为B；C=(-1,0,1),

又4Bι=(0,L-l),所以sin。=*”=/6=：≠£故D错误.

IBlClIABll√2×√222

故选：BC

6.(2023•广东梅州•统考一模)如图，在直三棱柱ABC-&BiG中，AC=BC=6,CG=4,AC1BC,M

为棱为G的中点；E为棱881上的动点（含端点），过点A、E、M作三棱柱的截面α,且α交BIG于Q，则（）

A.线段ME的最小值为闻B.棱BBi上的不存在点E,使得&C_L平面4EM

C.棱BBl上的存在点E,使得AELMED.当E为棱BBI的中点时∖ME=7

【答案】ABD

【分析】如图，以C4CB,CG为x,y,z轴建立空间直角坐标系C-Xyz,用空间向量法研究空间位置关系，

求线段长，从而判断各选项.

【详解】如图，以CA,CB,CG为x,y,z轴建立空间直角坐标系C-Xyz,

则4(6,0,0),F(0,6,0),CI(0,0,4),Λ1(6,0,4).B1(0,6,4).M(3,0,4),

由于BBl与底面AlBICl垂直，因此当E与Bl重合时，ME在平面4BICl内，BB11ME,此时ME最小为

√62+32=V45=3V5,A正确；

B^C=(-6,0,-4),AM=(-3,0,4)-

若瓦？•布=(-6)X(-3)+0+(-4)x4=2≠0,BlC与AM不垂直，因此BlC不可能与平面AME垂直,

B正确；

设E(0,6,t)(0≤t≤4),则版=(-6,6,t),ME=(-3,6,C-4),

若4E1ME,则族-ME=18+36+t(t-4)=0,即t?一4t+54=(t-2)2+50=0,此方程无实数解，

因此棱BBI上的不存在点E,使得4E1ME,C错；

E是8%中点时，£(0,6,2),ME=√(3-O)2+(0-6)2+(4-2)2=7,D正确.

故选：ABD.

AZ

ify

7.(2023・广东佛山・统考一模)如图，在正方体ABCD-4BιG5中，点M是棱DDl上的动点(不含端点),

A.过点M有且仅有一条直线与AB,BlCl都垂直

B.有且仅有一个点M到AB,BIcl的距离相等

C.过点M有且仅有一条直线与AC】，BBI都相交

D.有且仅有一个点M满足平面AMG_L平面

【答案】ABC

【分析】逐个分析每个选项即可.

【详解】对于选项A,设过点M与AB、BIG都垂直的直线为1,

,

:AB//A1B1,ILAB

：.lLA1B1,

乂；IJ.Big,A1B1∩δ1C1=B1,A1B1,B1C1U面ZIBIGD「

：.l上面A】BIC

而过点M作平面28传1。1的垂线有且只有一条直线，即为：DD1.

.∙.过点M有且仅有一条直线与AB、BlCl都垂直.故选项A正确；

对于选项B,连接MA,Me1，

由题意知，ABl面4DC141，B1C1_L面CDnIC「

ΛAB1MA,B1C11MC1,即：MA为点M到AB的距离，MG为点M到BiG的距离，

22

在Rt△ADM中，MA=y∕AD+MD1

22

在Rt△G。IM中，MCI=JC1D1+MD1,

又「ND=D1C1

.∙.当MD=MDl时，MA=MC],即：当M为DDl的中点时，点M到AB、BIG的距离相等，即：有且仅

有一个点M到AB、BICl的距离相等.故选项B正确；

对于选项C,如图所示，

连接AC、BD交于点O,连接&G、BlDl交于点。「连接。Oi交ACl于点N,则Ne面BD&久,又因为M∈

面BDBlCl,且MEDDrNEOO1,所以连接MN必与交于点G,即：过点M有且仅有一条直线与4加、

Ba都相交.故选项C正确；

对于选项D,设正方体的边长为2,以点D为原点，分别以DA、DC、DDl为X轴、y轴、Z轴建立空间直

角坐标系，如图所示，

B

则A(2,0,0),C1(0,2,2),B(2,2,0),D(0,0,0),B1(2,2,2)

设M(0,0,τn),(0≤τn≤2),

则初=(2,0,—m),温=(-2,2,2),西=(2,2,2),丽=(2,2,0),

设面MAG的，-个法向量为济=(Xι,%,Zι),

ʃnɪ∙MA=0(2x1—mz1=0

2x

I石•温=0=l-ι+2丫1+2z1=0

当m=0时，取为=1,则Z]=-l,X1=0,瓦*=(0,1,—1)

当0<τn≤2时,取XI=L则%=l-ɪ,Zi=3则元=(1,1-ɪ,ɪ),

设面BMBi(即：面BDDlBI)的一个法向量为荻=(©,丫2*2)

(nɪ∙DB=0(2X2+2y2—0

岛•西=0=32+2y2+2Z2=0

取为2=1，则=—1，Z2=0,则近=(I,—1,0),

当?n=0时，汨•五二—1,此时面MACl与面BDBl不垂直，

当0<τn≤2时，∏7∙τ⅛=l+^-l=^=O=>m∈0,所以面MACl与面8MB]不垂直,

所以不存在过点M满足面MAC1，面BMBI.故选项D错误；

故选：ABC.

8.（2023•重庆•统考一模）在正方体ZBCD-aBIClDl中，点E,F,G分别是棱力B,4D,44ι上的点，则一

定成立的是（）

A.∖AE+AF+AG∖2=∖AE∖2+∖AF∖2+∖AG∖2

B.∖AE+AF+AG∖=∖AE-AF-AG∖

C.（AE+AF+AG）-^EF=0

D.AG-^EF+AF-'EG+AE-TG=0

【答案】ABD

【分析】由己知可得，AEAF=O,AFAG=O,荏•而=0.根据数量积的运算即可判断A、B项；用

荏,而,而表示出向量，根据数量积即可判断C、D项.

如图，由已知可得，AE-AF=0,AFAG=0,AE-AG=0.

对于A项，I荏+而+Zci2=IAFI2+∖AF∖2+∖AG∖2+2AE-AF+2AF-AG+2AE-AG

=∖AE∖2+∖AF∖2+∖AG∖2,故A项正确；

对于B项，因为I版-AF-AG∖2=∖AE∖2+∖AF∖2+∣ΛG∣2-2AE-AF+2AF-AG-2AE-AG

=函2+由2+∣4G∣2=∖AE+AF+AG∖2,

所以I荏+彳？+El=I近一左一尼|,故B项正确；

对于C项，因为而=万一荏,所以(族+而+而)•丽=(AE+AF+AG)■(AF-AE)=∖AF∖-∖AE∖,

29

当I*IKl荏I时，显然有I*I-∖AE∖Ro,故C项错误；

对于D项，因为丽=而一荏，EG=AG-AE,FG=AG-AF,

所以南.而+族.前+族.同=AG-(AF-AE)+AF-(AG-AEy)+AE∙(AG-AFy)=O,故D项正

确.

故选：ABD.

9.(2023・重庆・统考一模)在棱长为α的正方体SBCD-力道1(71。1中，则()

A.AB1_L平面BCDl

B.直线ABl平面BICDl所成角为45。

C.三棱锥A-81CD1的体积是正方体ABCD-4避1。/)1体积的1

D.点Cl到平面4当5的距离为日α

【答案】AC

【分析】建立空间直角坐标系，借助空间向量解决角度距离问题.

【详解】正方体ABCD-&B]CA中，以A为坐标原点，分别以荏,而,丽'为支轴，y轴，Z轴正方向，建立

如图所示的空间直角坐标系，

则有4(0,0,0),B(a,0,0),C(α,at0),D(0,a,0),Al(0,0,a),B1(a,0,d),C1(iata,a),D1(0ta,a).

AB1=(Q,O,α),BC=(O,a,O),CD1=(—Q,O,Q),AB1∙BC=O,AB1∙CD1=O,

得48］1BC,AB1JLCD1,由BGCDlU平面BCZBC∩CD1=C,.'.AB11平面BCQ,A选项正确；

B1D1=(―α,α,O),BIC=(O,a,-a)f设平面BICDl的一个法向量元=(x,y,z),

则有［眄?=一"+αy=°,^=1)^y=1(z=1,则元=(VU),

(B1Cn=ay-az=O

|c。Sq瓦,元)∣=粤熹=-ɪ=⅞≠v＞所以直线4B1平面BICDl所成角不是45°,B选项错误；

IAbIIlTIlαv∕xvsJ乙

∆8修。［为边长为√∑α的等边三角形，SAB皿=ɪ×√2α×√2α×sin60o=^∙a2,

点4到平面BICDI的距离也=噜F=瑞=竽α,

523

三棱锥A-BICDI的体积匕.BICDT=∣∆fi1CD1=∣×γα×⅛α=∣α＞而棱长为α的正方体48CD-

&81的。1的体积为。3,

所以三棱锥4一BICDI的体积是正方体ABCD-4BIGDI体积的C选项正确；

ABi=(a,O,a),AD^=(O,a,a),设平面ABiDl的一个法向量九=(x',y',z'),

则有,令『=1,得V=1,z，=-L则记=CL,1,一1),

f,

{AD1∙ft=ay+az-O

NB=(α,α,α),点CI到平面ABlCI的距离为生=嚅1=苴=手呢故D选项错误.

故选：AC

三、填空题

10.(2023•福建・统考一模)已知空间中三点4(U,√I),B(L-l,2),C(0,0,0),则点A到直线BC的距离为

【答案】√3

【分析】利用向量的模公式及向量的夹角公式，结合同角三角函数的平方关系及锐角三角函数的定义即可

求解.

【详解】VΛ(l,l,√3),B(l,-1,2),C(0,0,0),

CA=(1,1,√3),CF=(1,-1,2),.∙.∖CA∖=Jl2+I2+(√3)2=√5,∣CB∣=√12+(-1)2+(2)2=√6

TΓ7H、CACBl×l+l×(-l)+2√32√3√10

••・COS<CA,CD>=I_>■>]∣->1=-------7=7==~r==，-

ICAIlCBl√5×√6√305

2

.∙.sin<^CA,CB>=Jl-cos<CA1CB>=卓，

设点A到直线BC的距离为d,则

d=∣C∕l∣sin<CA,CB>=yj5X=V3.

故答案为：V3.

四、解答题

11.(2023•福建•统考一模)如图，在直三棱柱ABC—&BlCl中，AC=>∕2,AB1BC,E,尸分别为BBi，C2

的中点，且EF_L平面44ιQC.

⑴求4B的长；

(2)若44ι=√∑,求二面角C一力ιE-4的余弦值.

【答案】(IMB=1

(2⅛

【分析】(1)根据线面垂直性质得EFI&C,结合垂直平分线性质和三角形全等得到力B=BC,结合AB1

BC即可得到4B的长：

(2)以点Bl为原点，建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，求出平面C&E和平面&B1BA的一个法

向量，利用空间向量的二面角求法即可.

【详解】(1)'：EF1IMΛ1CC1,又AlCc^AA1CC1,：.EF1A1C,

又；F为4C的中点，.∙.E4ι=EC,

,

∆A1B1E^RtΔβfiCψ.BE=EB1，

易证得△41BlE=∆CBE,

故AlBI=BC.

∙.∙AB=A1B1,ʌAB=BC,

又∙∙∙4B1BC,AC=6

故4B=1.

(2)以点BI为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bi-xyz,

JkZ

B一

IC

A

由题意可知4](Lo,0),E(OOγ),C(0,1,√2),

则奉==(-1,1,√2),

不妨设记=O⅛,yo,Zo)是平面CTlIE的•个法向量,

那么强七=0,J-⅞+τzo=°,

Irn∙A1C=0(.-%0+y0+√2z0=0

令Zo=2,则沅=(√Σ,-√Σ,2).

乂BIClJL面4a84,

故瓦G*=((U,0)是平面4B1B4的一个法向量.

设ɑ为二面角C一A1E-4所成平面角，

I沆∙8ιg]_√21

则COSa=

I沅l∙∣瓦可—2√f2,

即二面角C-A1E-4的余弦值为右

12.(2023•山东潍坊•统考一模)在四棱锥P-ABC。中，底面ABCD是边长为2的正方形，PC1PD,二面

角A-CD-P为直二面角.

(1)求证：PB1PD；

(2)当PC=PDni,求直线PC与平面PAB所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

唔.

【分析】(1)根据面面垂直的性质定理可得BC，平面PC。，进而得出BC1PD.然后即可根据线面垂直的判

定定理得出PD∙L平面PBC,然后即可得出PBj.PD；

(2)取CD中点为。，连结尸。.取AB中点为E,连结0E.由己知可证Pol平面力BCD,OElCD,以点0为坐标

原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，求出平面P4B的一个法向量元=((U,2),即可根据向量法

求出答案.

【详解】(1)由题意知平面PCnI平面4BCD,

又平面PC。Cl平面ABCD=CD,BC1CD,BCU平面ABCD,

所以BC，平面PGX

因为PDU平面PC。，所以BCIPZλ

又因为PC，PD,BCCPC=C,PCU平面PBC,BCU平面PBC,

所以PoL平面PBC.

因为PBU平面PBC,所以PC1PB.

(2)取CD中点为。，连结P0.取ZB中点为E,连结0E.

因为PC=P。，点。是CC中点，所以POlCD.

又因为平面PCoI平面4BC0,平面PeDrl平面ABCO=CD,PoU平面PCD,

所以Po15PffiMBCD.

因为点0、E分别是CD、AB的中点，所以0E//4。，则。E_LC0.

则OP=ICD=1,OE=AD=2.

以点0为坐标原点，0D,0E,OP所在直线分别为%,y,z轴，如图建立空间直角坐标系C-Xyz,

则。(0,0,0),D(l,0,0),C(-1,O,O),β(-l,2,0).P(O,O,1).F(0,2,0),4(1,2,0),ΛP=(-1,-2,1),AB=(-2,0,0),

PC=(-ι,o,-i).

设元=(x,y,z)是平面P48的一个法向量，

则,∙族二7"2y+z=O,取y=ι,则z=2,

In∙AB=-2x=0

所以元=(0,1,2)是平面/MB的一个法向量.

设直线PC与平面P4B所成的角为0,则sin。=∣cos(n,PC)∣=|看高I=|£方|=¥，

所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为雷.

13.(2023•山东荷泽・统考一模)如图，直四棱柱ABCD-&B1GD1中,2。1CD,AD∕∕BC,AD=CD=2,BC=

3,&G与BlDl交于E,G为棱BBl上一点，且BBi=3BG,点CI到平面&BD的距离为笔I

⑴判断AG是否在平面AEDI内，并说明理由；

(2)求平面ZDlE与平面441Dl所成角的余弦值.

【答案】⑴直线4G不在平面AEDl内,理由见解析

⑵亚

17

【分析】(1)以4为坐标原点，过A作与AD垂直的直线为X轴，4D,Λ41所在的直线分别为y轴，Z轴，建立

如图所示的空间直角坐标系，由Cl到平面&BD的距离公式求出直四棱锥的高，求出平面ABlDl的一个法向

量石，由AG-∏T≠O可证明直线4G不在平面4Ef)ι内.

(2)求出平面的一个法向量，由二面角的向量公式代入即可得出答案.

【详解】(1)以A为坐标原点，过4作与4。垂直的直线为X轴，4D,AAi所在的直线分别为y轴，Z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，设直四棱锥的高为τn,则0(020),8(2,-1,0),

C1(2,2,m),A1(0,0,m),A1B=(2,-l,m),CICl=(2,2,0),A1D=(0,2,—τn),

设平面4BZ)的一个法向量为元=(Xl,yι,Zi),

0•便=。产厂…Zio2科4).-

lr⅛∙∕l1D=0I2y1-mz1=0

所以点Cl到平面&BD的距离为d=耳平=J：：?=10∣m∣令，？=暗解得Hl=2.

11∣∏ι∣√9m2+4m2+16√13m2+16√13m2+1617

设平面48也的一个法向量为芯=(%2，丫2*2),由43[=(2,—1,2),4D∣=(0,2,2),

则但∙画=°即产;3之；°,取五=(-3,-2.2),

(nɪADi=O(2y2+2z2-O

而而=(2,-1,|)，所以而•芯=2X(-3)+(-1)×(-2)+≡×2=-γ≠0,

又48］与4E,ZD1共面，故直线4G不在平面AEDi内.

(2)依(1)知平面AEz)I的一个法向量为芯=(-3,-2,2),

易知平面的个法向量为运=(LO,0),

设二面角E-m-4的平面角为α,则c°sα=I磊I=ɪr=甯，

故二面角E-AD1-&的余弦值萼.

14.(2023•湖南邵阳•统考一模)如图所示，在多面体4BCDEF中，底面4BCD为直角梯形,AD∕∕BC,AB1BC,

侧面48EF为菱形，平面ABEFI平面4BC。，例为棱BE的中点.

(1)若DE上有一点N满足MN〃平面4BC0,确定点N的位置并证明；

(2)若AB=BC=^AD,∆EBA=60°,求平面K4D与平面EFD所成二面角的正弦值.

【答案】(1)点N为DE中点，证明见解析；

(2噜

【分析】(1)由题意M为棱BE的中点，可猜测取DE的中点N,证明MNIlBD,即可判定线面平行；

(2)取AB的中点O,可证得OEl4B,根据面面垂直的性质可得OEI平面A8CD.取CO中点为H,可证

ABIOH,以。为坐标原点建立空间直角坐标系.设AD=4,得出相关点的坐标，进而求出平面MAD和平面

EFD的法向量，进而根据向量即可得出结果.

【详解】(1)点N为DE中点，证明如下：

如图，连接BD,MN,

因为M,N分别为BE,DE的中点，

所以MN为AEBD的中位线，所以MNIlBD,

又MNC平面4BCD,BDU平面ABeD,所以MN//平面ABCD

所以N为DE的中点时满足条件.

取AB的中点O,连接OE,因为侧面4BE尸为菱形，HXEB4=60。,

所以在AEBO中，EO2=BO2+EB2-2B0∙fβcos60o,解得E。=百80,

所以0E2+OB2=BE?,即OEIAB.

又因为平面ABEF1平面ABCD,平面ABEFC平面4BCD=4B,OEU平面ABEF,

所以。E_L平面4BCD.

取CD中点为“，连结。"，则OH是梯形4BCD的中位线，所以。H//8C.

因为4B_LBC,所以4B1.0H.

分别以OH,OA,OE所在直线为X,y,Z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-Xyz,

设4。=4,则AB=BC=1AD=2,OE=BESin60°=√3,

故E(0,0,√^),/4(0,1,0),D(4,1,0),F(θ,2,√3),B(0,-l,0),

则M(0,.5'M^=(θ,∣,-y).而=(4,|,一?)，FF=(0,2,0),ED=(4,l,-√3).

设平面MAD的一个法向量为万=(x1,y1,z1).

r3√5

则有将色=。，即，化简得「I蓝，

Im∙MD=01a+Iyl-空Zl=O(ZI=√⅜ι

令yι=1,则记=(0,1,√5)是平面MAC的一个法向量.

设平面EF。的一个法向量为元=(%2，丫2*2)，

∣∏∣∣(H-FF=O即］2乃=0件简得Iy=0

,i2,

'ln.ED=θ,‰2+y2-V3z2=0'化网"屋2=√3¾

令Z2=4√3,则不=3,则元=(3,0,4√3)是平面EFD的一个法向量.

.∣/-→τ∖mn4√3×√32√57

wmucos<m,n)=尸祈=∣，-丁==-*

7πnJ02+l2+(√3)2+×J32+02+(4√3)219

故：平面M4C与平面EFC所成二面角的正弦值为J；_∕2√57λ2_√∏j

\197-19

15.(2023・湖南长沙•统考一模)如图，在以A,B,C,D,E,厂为顶点的六面体中(其中F∈平面EDC),

四边形ABCD是正方形，ED_L平面ABCD,BF=Fl?,且平面FEBjL平面EDB.

E

&

AB

(1)设M为棱EB的中点，证明：A,C,F,M四点共面；

(2)若ED=2AB=2,求平面FEB与平面EAB的夹角的余弦值.

【答案】（1）见解析

⑵乎

【分析】（1）根据线面垂直以及面面垂直的性质证明FMI平面EDB,ACl平面BDE,进而证明FM〃4C,

即可求解，

（2）建立空间直角坐标系，根据平面法向量以及向量的夹角即可求解平面夹角.

【详解】（1）连接AC,由于四边形ABCD是正方形，所以力ClCB,

又ED1平面4BCC,ACU平面ABCD,所以ED1AC,

DECBD=D,DE,BDu平面BDE,所以ACJ•平面BDE,

由于“为棱E8的中点，BF=FE,所以FMJ.EB,

又平面尸EB_L平面EDB,平面FEBn平面EDB=EB,FMU平面EFB,

所以尸M_L平面EDB,

因此尸M〃4C,所以A,C,F,M四点共面,

(2)由于ED,∕λ4,OC两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，

4(1,0,0),8(1,1,0),E(0,0,2),C(0,l,0),MGJ1),设F(O,a,b),

由(1)知前〃衣,故俱*一见1-b)〃(-LL0),解得α=l,b=l,故F(0,1,1),

BE=(-1,-1,2),BF=(-1,0,1),AS=(0,1,0),

设平面BEF,48E的法向量分别为沆=(x,y,z),n-(x1,y1,z1),WJ

画T=O^(-x-y+2z=0r取χ=ι,则沅=(1,1,1),

g∙n=0gp∣-x1-Λ+2z1=0j取——「,I),

设平面FEB与平面EAB的夹角为氏则cos。=∣cos(m,n)∖=兽兽=—孚

16.(2023•湖南岳阳•统考一模)已知直三棱柱4/ICI-48C中，E,尸分别为棱B亚和4屿的中点，乙BAC=

45o,AC=2√2,AB=3.

C

(1)求证：平面EFCl平面44CG；

(2)若直线EG与平面EFe所成角的正弦值为当且＜3,证明：平面1平面EFC.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面EFCl平面44CG：

(2)利用直线ECl与平面EFC所成角的正弦值求得然后利用向量法证得平面4名的，平面EFC.

【详解】(1)如图所示，以4为原点方,再为y轴和Z轴的正方向，在平面48C内，

过4作y轴的垂线为X轴建立空间直角坐标系，设44ι=2α,

则力(0,0,0),C(2,2,0),F(l,l,2α),E(0,3,a),A1(0,0,2a),C1(2,2,2a),

所以次=(-2,l,a),CF=(-1,-l,2a),AC=(2,2,0),A∆[=(0,0,2a),

设平面EFC的法向量为元=(x1,yυz1),

则E∙CE=-2x1+%+az1=。，令L橱=/ɪɪɪʌ

va)

(n∙CF=-x1-y1+2az1=0

设平面AlyICCl的法向量为记=(X2,y2,z2),

,(m∙AC=2X÷2y=0ʌY,々八、

则ml｛__、22n2,令%2=1，故4M=(L-LO),

(m∙AA1=2az2=0

由于沅∙fi=(1,TO)•(1,1,；)=0,所以沅1五，

所以平面EFC1平面4√1CG:

因为ABCD是菱形，所以BDLAC,且O为BD的中点.

因为PB=PD,所以POJ_BD.

又因为AC,POU平面APC,且ACCPo=。，所以BD_L平面APC.

又BDU平面ABCD,所以平面APC_L平面ABCD.

(2)取AB中点M,连接DM交AC于点H,连接PH.

因为484。=?,所以Z∖ABD是等边三角形，所以DM_LAB.

又因为PD_LAB,PDdDM=D,PD,。MU平面PDM,

所以ABj_平面PDM.所以AB_LPH.

由(1)知BD_LPH,且AB∏8D=B,所以PH平面ABCD.

由ABCD是边长为2的菱形，在AABC中，AH=-^-=吗AO=AB-cos30o=√3.

cos3003

由AP_LPC,在AAPC中，

PH2=AH-HC=-×-=~,所以PH=—.

3333

以O为坐标原点，OB,而分别为X轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，

则4(0,-√5,0),F(1,0,0).c(o,√3,o),w(o,-y,o),p(o,-f,不)，

所以而=(1,√XO),CB=(l,-√3,0),βp=

设平面PAB的法向量为为=(x1,ynz1),

所以®,吧=°=卜/%+半为=。，

n

(ι.4B=0χ14-√3y1=0

令％=IWn1=(-√3,l,-y).

设平面PBC的法向量为元2=(%2，丫2122)，

0

所以昼.艺=n1-ɪ2-γy2+VZ2=0,

元2∙CB=0χ2—√3y2=0

令为=1得记2=(V3,LV2),

设平面PAB与平面PBC的夹角为仇

所以,cosθ=∣cos<n1,n2>|=粤区

IniIIn2I

J-y∣3XV3+1x1-X√2

J(O2+F+(¥)2义J(F+/+(⑨23

所以，平面PAB与平面PBC夹角的余弦值为日.

18.(2023•广东梅州•统考一模)如图，在边长为4的正三角形ABC中，E为边4B的中点，过E作EoIAC于

。.把4ADE沿DE翻折至△&DE的位置，连接4传、48.

A\

(I)F为边&C的一点，若而=2两，求证：BF〃平面AlDE；

(2)当四面体C-EB41的体积取得最大值时，求平面ZlDE与平面ZlBC的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

【分析】(1)由线面平行判定定理证明MB〃平面&DE,M∕√∕平面&DE,根据面面平行判定定理证明平面

MrB〃平面&DE,根据面面平行性质定理证明BFIl平面AlDE；

(2)根据锥体体积公式由条件确定&D1平面4BC,建立空间直角坐标系，求平面&DE与平面&BC的法向

量，根据向量夹角公式求法向量的夹角余弦，由此可得结论.

【详解】(1)取4C中点M,连接MF,MB

因为在正三角形ABC中，MBIAC,

又因为EC1AC,所以MB//DE,

MB仁平面&0E,DEU平面力IOE,

所以MB//平面&CE,

又有说=2而，且而=2可，所以MF〃D4i，

A∖

而MFC平面40E,U平面&DE,所以平面&DE.

有MFnMB=何，MF,MBu平面MFB,

所以平面MFB〃平面AlDE,

又BFU平面MFB,

因此BF//平面AlDE.

（2）因为%.BE∣=匕LBCE，又因为ABCE的面积为定值，

所以当必到平面BCE的距离最大时，四面体C-BEal的体积有最大值，

因为DEJ.DC,DEIA1D,DC∩A1D=D,DC,A1Dc¥≡∕l1DC,

所以OE1平面41DC,

因为DEU平面A8C,所以平面ABC_L平面&DC,

j

当ZlDJLCD时，平面ABCn平面&DC=CD,A1D⊂F≡λ1DC

所以平面4BC,即在翻折过程中，点&到平面BCE的最大距离是4D,

因此四面体C-BEAi的体积取得最大值时，必有，平面4BC.

如图，以点。为原点，CE为X轴，ZM