2023年高考數(shù)學(xué)考前練習(xí)：空間向量與立體幾何（附答案解析）

2023年高考數(shù)學(xué)考前押題：空間向量與立體幾何

一.選擇題（共8小題）

1.（2023?廣西模擬）如圖，ZXABC與aBCQ都是正三角形，AB=2,將沿BC邊折

起，使得A到達4的位置，連接4。，得到三棱錐4-BCD,貝∣J“遍＜人業(yè)＜2百”

是“二面角ALBC-。為鈍角”的（）

C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件

2.（2022秋?商丘期末）已知菱形ABe。中，/BAD=?，沿對角線8。折起，使二面角A

-8。-C的平面角為0,若異面直線AC與BO的距離是菱形邊長的旦，則8=（）

4

A.—B.—C.—D.—

6432

3.（2023?道里區(qū)校級二模）已知正三棱錐S-ABC的底面邊長為3,側(cè)棱長為蓊，點P

為此三棱錐各頂點所在球面上的一點,貝IJ點P到平面SAB的距離的最大值為（）

?3√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，則機=(

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

5.（2022秋?郴州期末）已知四棱柱ABCD-AiBiCiDi的底面是平行四邊形，點E在線段

上滿足血前，貝∣（）

OC=2EA?=XAB+yAD+z???.Jχ+y+z=

A.2B.2C..Λ.D.?

3333

6.（2022秋?丹東期末）在正方體ABC中，點E是?！辏緄的中點，則二面角E

-81CI-C的平面角的正切值為（）

A.1B.5C.2D.2√5

7.（2023春?杭州月考）將NB=60°,邊長為1的菱形ABCO沿對角線AC折成二面角0,

8轉(zhuǎn)到"，若θ∈[60°,120°],則折后兩條對角線AC,B'。之間的距離的最小值為

（）

A.??-B.近C.?D.3

4244

8.（2022秋?渦陽縣校級期末）在棱長為2的正方體A8C。-AIBIClDl中，分別取棱AAi,

4。的中點E,F,點G為EF上一個動點，則點G到平面ACOi的距離為（）

A.B.亞C.1D.

223

二.多選題（共4小題）

（多選）9.（2023?西寧二模）如圖所示，在長方體A8CO-AIBICIOI中，A4∣=48ι=2,

AO=I,。是BIDl的中點，直線AIC交平面ABiG于點M,則（）

B.的長度為1

C.直線Ao與平面BCCiBi所成角的正切值為近?

4

D.ZVliMO的面積為近

6

（多選）10.（2023春?宿城區(qū)校級月考）下列說法正確的是（）

A.若空間中的四點0,A,B,C滿足羽=」加+2諉，則A,B,C三點共線

33

B.空間中三個向量W,b，c，若Z〃總則Z，b，3共面

C.對空間任意一點0和不共線的三點A,B,C,^OP=20A+2022OB-2023OC,則P，

A,B,C四點共面

D.設(shè)｛a，b，c｝是空間的一個基底，若ιr=a+b,n=a-b,貝!l｛ιr,n，c｝不能為空

間的一個基底

（多選）11.（2022秋?麗水期末）在棱長為2的正方體ABC。-AIBICOI中，P,Q分別是

棱5C,CG的中點，點M滿足而=t或，正［0，1］，下列結(jié)論正確的是（）

A.若f=l,則AiBi〃平面MPQ

B.若f=l,則過點W,P,。的截面面積是?∣

C.若t］，則點Al到平面MPQ的距離是叵

26

D.若t］，則AB與平面MPQ所成角的正切值為返?

22

（多選）12.（2023春?齊齊哈爾月考）如圖，四棱錐尸-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分別為線段

AD,以的中點，點。是底面ABCO內(nèi)（包括邊界）的一個動點，則下列結(jié)論正確的是

A.ACVBP

B.三棱錐B-AoE外接球的體積為返工

4

C.異面直線PC與OE所成角的余弦值為&

4

D.若直線PQ與平面ABeZ）所成的角為60°,則點Q的軌跡長度為√E兀

≡.填空題（共5小題）

13.（2023?大通縣二模）關(guān)于正方體ABCn-AIBICιθ∣有如下說法：

①直線AlB與BlC所成的角為60°；②直線CAl與CiQ所成的角為60°；

③直線BCl與平面BBiQi。所成的角為45°；④直線8。與平面A8CZ）所成的角為

45°.

其中正確命題的序號是.

14.（2022秋?朝陽期末）如圖，在棱長為4的正方體ABCo-AlBiCiOi中，M是4功的中

點，點P是側(cè)面CDD?C?上的動點.且MP〃平面ABiC,則線段MP長度的取值范圍

是

15.(2022秋?遼陽期末)已知平面ɑ的一個法向量為?=(1,-3,√θ)，A(2,-1,2),

B(1，2,2),則直線48與平面α所成角的正弦值為.

16.(2022秋?邢臺期末)已知平面α的一個法向量為W=(2,-3,-1)，點M(l,-3,

-1)在平面a內(nèi)，則點P(2,-2,3)到平面a的距離為.

17.(2023春?雨花區(qū)校級月考)已知∕ACB=90°,P為平面A8C外一點，PC=2,點P

到AACB兩邊AC,BC的距離均為我，那么P到平面ABC的距離為.

四.解答題(共5小題)

18.(2023?廣東一模)如圖所示的在多面體中，AB=AD,EB=EC,平面L平面BC￡>,

平面BCE，平面BC￡>,點F,G分別是C￡>,8。中點.

(1)證明：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夾角的余弦

19.(2023?河?xùn)|區(qū)一模)在蘇州博物館有一類典型建筑八角亭，既美觀又利于采光，其中一

角如圖所示，為多面體A8CZ)E-Aι2ιCιOιE∣,ABLAE,AE∕∕BC,AB∕∕ED,AAl_L底面

ABCDE,四邊形AlBIClG是邊長為2的正方形且平行于底面，AB∕∕A?B?,D?E,的

中點分別為RG,AB=AE=IDE=IBC=,AA?=↑.

CB

(1)證明：FG〃平面CiCD;

(2)求平面CleD與平面AAlBIB夾角的余弦值；

(3)一束光從玻璃窗面CCQ上點。射入恰經(jīng)過點A(假設(shè)此時光經(jīng)過玻璃為直射)，

求這束光在玻璃窗ClCO上的入射角的正切值.

20.(2023?香坊區(qū)校級一模)四棱錐P-ABCz)的底面ABC。是邊長為2的菱形，必，面

ABCD,ZBAD=12O°,過點A且與PO平行的平面α與CE>,PC分別交于E,F兩點.

(I)證明：PD//EF-,

(II)若E為CO中點，且PC與平面ABCO所成的角為45°,求二面角A-EF-。的

正弦值.

21.(2023?樂山模擬)如圖，在三棱錐P-ABC中，H為AABC的內(nèi)心，直線AH與8C交

于M,ZPAB=ZPAC,NPCA=NPCB.

(1)證明：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?岳陽模擬）在aA8C中，NACB=45°,BC=3,過點A作ADLBC,交線段

BC于點。（如圖1）,沿AQ將AABO折起，使∕BQC=90°（如圖2）,點E,M分別

為棱BC,AC的中點.

（1）求證：CD1.ME；

（2）在①圖1中tan2B=-?∣,②圖1÷AD=-∣AB÷yAC-③圖2中三棱錐A-BCz）的

體積最大.

這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，再解答問題.

問題：已知,試在棱Co上確定一點N,使得ENLBM,并求平面BMN與平面C8N

的夾角的余弦值.

注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.

2023年高考數(shù)學(xué)考前押題：空間向量與立體幾何

參考答案與試題解析

一.選擇題（共8小題）

1.（2023?廣西模擬）如圖，Be與aBCO都是正三角形，AB=2,將AABC沿BC邊折

起，使得A到達4的位置，連接4。，得到三棱錐A∣-8CZ）,貝∣J''√^<A[D<2√E

是“二面角Al-BC-。為鈍角”的（）

C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件

【考點】二面角的平面角及求法；充分條件與必要條件.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間角；數(shù)學(xué)運算.

【分析】由二面角的定義得出二面角4-BC-。的平面角為/4OD,進而由余弦定理,

以及充分必要條件的定義判斷即可.

【解答】解：取BC的中點為O,連接A。，OD,二面角Al-Be-O的平面角為NAIoQ,

∣A1OI=∣DOI=√3

22222

∣A1O∣+∣DOI-∣A1DI6-∣A1DI∣A1DI

==1-

COSNAIoD=2∣A1OI∣DO∣66'

IADI2

若二面角AI-BC-。為鈍角，則-ι<1------?-------<Q,6<IADI2<12>即

6?

√6<AιD<2√3?

__6.IAD12

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

則-IVCOS/40DV0，

又二面角的范圍是（0,n）,

所以二面角AI-BC-。為鈍角.

即“遍<A]D<2√Γ'是“二面角4-8C-Z）為鈍角”的充要條件?

故選：B.

【點評】本題考查二面角的定義及其求解，考查充要條件的判斷，考查空間想象能力以

及運算求解能力，屬于中檔題.

2.（2022秋?商丘期末）已知菱形A8C。中，NBAD=專，沿對角線8。折起，使二面角4

-3。-C的平面角為0,若異面直線AC與3。的距離是菱形邊長的3,則e=（）

4

A.—B.—C.—D.—

6432

【考點】二面角的平面角及求法；點、線、面間的距離計算.

【專題】整體思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算.

[分析]先找到二面角A-BD-C的平面角為/AOC,再證明OM是異面直線AC與BD

的距離，在RtAAOM中求解.

【解答】解：如圖，設(shè)菱形的邊長為24,連接兩條對角線AC∩BO=O,

易得ACLBD,A0=0C=√3a.

菱形ABC。沿對角線BO折起，連接AC,得到三棱錐A-BCr>,

B

在菱形ABC。中，ACLBD,翻著后垂直不變，即［A0?LBD,

IcolBD

所以N4OC是二面角A-BO-C的平面角，即NAOC=θ,

,A01BD

COlBD

又因為＜

AO∩CO=O

AO,CoU面AC）C

所以B￡?J_平面AOC,取AC中點M,連接OM,

又因為OMU平面AOC,

所以O(shè)M_L3O,

在AAOC中，AO=C）C=Fa，并且M為AC的中點,

所以O(shè)MlAC,

故OM是異面直線AC與BD的距離,

又因為異面直線AC與BD的距離是菱形邊長的旦,

4

所以O(shè)M^γ×2a=^∣^a,

42

在RtA4OM中，NAOM=三，

3,

所以cosθ=OH，又因為巨E（0,工），

『AO*√3a422L2,

所以包」L,.?.QJL.

263

故選：C.

【點評】本題主要考查了異面直線的距離的求法，考查了二面角的求法，屬于中檔題.

3.（2023?道里區(qū)校級二模）已知正三棱錐S-ABC的底面邊長為3,側(cè)棱長為蓊，點P

為此三棱錐各頂點所在球面上的一點，則點P到平面SAB的距離的最大值為（）

A3√13+26r2√13+26r3√13+24n2√13+24

13131313

【考點】點、線、面間的距離計算.

【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；數(shù)學(xué)運算.

【分析】首先利用球與錐體的外接關(guān)系求出球的半徑，然后求得球心到平面的距離，進

而可求點P到平面SAB的距離的最大值.

【解答】解：正三棱錐S-ABC的底面邊長為3,側(cè)棱長2√S,且三棱錐的四個頂點都

在同一球面上,

如圖所示：

所以：AB=AC=BC=3,AS=BS=CS=2m,

點E為aABC的中心,

所以AE=?∣X,32-*)2=近,

223

則：SE=y∣(2√3)-(√3)=)

則：(禽)2+(3-R)2=R2,解得R=2.

設(shè)球心。到平面SAB的距離為(1,

所以3義SASABXJ×A+SΔABCXoEXL=VS一ABC，

33

.?.3×A×Λθ×J?R2-fJ-AR)2X√×A+A×3X3×2β-×1×A=A×3×3×?L×3

2V<2'322322

X工，

3

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

223223223

生亙，點p到平面sab的距離的最大值為漢亙+2=2后+26.

131313

故選:B.

【點評】本題考查空間幾何體的外接球，考查點到面的距離的最值，屬中檔題.

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

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

【考點】向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直；空間向量的數(shù)量積運算.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；空間向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運算.

【分析】利用向量垂直充要條件列出關(guān)于機的方程，解之即可求得相的值.

【解答】解：a=(i,-2,-2)，E=⑵2,1-m)，且

則Z?E=O,則2*1+2*(-2)-2(l-w)=0,解得m=2.

故選：D.

【點評】本題主要考查空間向量垂直的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

5.(2022秋?郴州期末)己知四棱柱ABC。-48∣CIZ)I的底面是平行四邊形，點E在線段

QC上滿足血=2前，EA?=xAB+yAD+z???*則χ+y+z=()

A.2B.2C.二D.A

3333

【考點】空間向量及其線性運算.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；空間向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運算.

【分析】用空間基底向量表示向量結(jié)合空間向量線性運算求解.

【解答】解：??,EA?=≡+DA+AA；=^-AB-AD+???'

O

則y=~l,z=l,

O

._2

??χ+y+z=---

O

故選：A.

【點評】本題主要考查空間向量的線性運算，屬于基礎(chǔ)題.

6.(2022秋?丹東期末)在正方體ABCo-AIBQd中，點E是?！?gt;i的中點，則二面角E

-BlCLC的平面角的正切值為()

A.1B.5C.2D.2√5

【考點】二面角的平面角及求法.

【專題】計算題；數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；空間角；數(shù)學(xué)運算.

【分析】由題可得NEClC為二面角E-BcLC的平面角，后結(jié)合題目條件可得答案.

【解答】解：如圖，

因幾何體為正方體，則BIeIJ_面CICDDi,CICU面CiCDDi,則BICI_LGC,

又CIEU平面CiCQOi,則BICILCIE,故/ECIC即為二面角E-BICI-C的平面角.

過E作直線CIC垂線，交CIC于F,則F為CIC中點.

?tanZEC1F=7r?-=2?

CIF

故選：C.

【點評】本題主要考查二面角的求法，考查運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

7.(2023春?杭州月考)將NB=60°,邊長為1的菱形ABCO沿對角線AC折成二面角0,

B轉(zhuǎn)到B',若e∈[60°,120°],則折后兩條對角線AC,B'。之間的距離的最小值為

()

A.B.近C.—D.—

4244

【考點】二面角的平面角及求法；點、線、面間的距離計算.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理；數(shù)學(xué)運算.

【分析】作出AC與夕。的公垂線，計算其長度能求出折后兩條對角線AC,B1。之間

的距離的最小值.

【解答】解：依題意作圖：

設(shè)菱形的對角線交點為0,由菱形的性質(zhì)可知4CLBD,

BPAC±B'O,ACYOD,AC_L平面B'OD,并且NB'OD=O,

OB'=OD,?β,。。是以。為頂點的等腰三角形，

取8'。的中點G,則有OG_LB'D,AClOG,

.?.0G是AC與B'。的公垂線，

在RtZ?OCD中，。。=返■,在RtZXODG中，OG=OD?co*-,

22

0e[60°，120°J,???-eosθθ0≤0G≤^^-cos30°,

.?.0G的最小值為近.

4

故選：A.

【點評】本題考查二面角、兩條異面直線間距離等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中

檔題.

8.（2022秋?渦陽縣校級期末）在棱長為2的正方體ABeo-481ClDl中，分別取棱A4,

AIQI的中點E,F,點G為EF上一個動點，則點G到平面ACnI的距離為（）

A.??-B.亞C.?D.近

223

【考點】點、線、面間的距離計算.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；向量法；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；數(shù)學(xué)運算.

[分析】利用等體積法或向量法進行計算即可求解.

【解答】解：如圖所示，：點E,F分別是A4ι,Al￡）|的中點，

：該正方體的棱長為2,.?.AD]=AC=CDι=2λ歷，

〃平面AS,

二點G到平面ACDi的距離即為點E或尸到平面ACDl的距離，

?.?△ACDi為等邊三角形，.?.SΛACD=y×2√2×2√2×^y-=2√3，

SΔFAD14×1×2=1^

設(shè)尸到平面ACd的距離為d,

=v,

??-ACD.C-FAD1

Λ?S?ACD.d4^s?FADι×2,解得d冬?

故選：D.

【點評】本題考查等體積法求點面距，屬中檔題.

二.多選題（共4小題）

（多選）9.（2023?西寧二模）如圖所示，在長方體ABCO-AiBiCjDi中，AAl=AI功=2,

AD=I,。是自。的中點，直線AIC交平面ABIZ）I于點M,則（）

C.直線A。與平面BCGBi所成角的正切值為近■

_4

D.ZVhMO的面積為近_

6

【考點】直線與平面所成的角；平面的基本性質(zhì)及推論.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；空間位置關(guān)系與距離；數(shù)學(xué)運算.

【分析】對于A,利用公理3,分別證明點同時在兩個平面上即可；

對于8,利用長方體的性質(zhì)，以及中位線定理，可得答案；

對于C,利用線面角的定義，根據(jù)長方體的幾何性質(zhì)，結(jié)合三角函數(shù)定義，可得答案;

對于利用三角形之間的關(guān)系，可得答案.

【解答】解：連結(jié)AIC1，AC,

則AlCi〃4C,

AAi,Cι,A,C四點共面,

.?AιCu平面ACClAi,

VM∈AιC,

.?.M∈平面ACClAι,

又M∈平面ABlDi,

：.M在平面ACClAl與平面ABIQl的交線上，

同理A,O也在平面ACCiAi與平面ABiDi的交線上，

.?.A,M,。三點共線，故A正確；

設(shè)直線AlC與平面BCiD的交點為N,

易證平面ABiOi〃平面C?BD,從而得到OM〃C\N,

因為。為AICI中點，所以M為AlN中點，

同理可得N為CM的中點，所以A[M=4^A1C=L故8正確；

3

取AlCl中點E,連接AE,0E,

因為平面AODiAi〃平面BCC?B?,

則/OAE即為直線4。與平面BCC向所成角，tan/OAE江=^之，故C錯誤；

AE17

因為AlOlAICJAlMqAlo

40

所以KAA??C?r,r=^-,故。正確.

bb

?A10MβAA1C162^15"16

故選：ABD.

【點評】本題主要考查直線與平面的角，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

（多選）10.（2023春?宿城區(qū)校級月考）下列說法正確的是（）

A.若空間中的四點。，A,B,C滿足羽=工加+2而，則A,B,C三點共線

33

B.空間中三個向量"?,b，~c，若之〃E，則之，b，W共面

C.對空間任意一點。和不共線的三點A,B,C,^OP=20A+20220B-2023≡.貝∣JP，

A,B,C四點共面

D.設(shè)｛a,b>c｝是空間的一個基底，若ιr=a+b,n=a-b,則｛ιr,n,c｝不能為空

間的一個基底

【考點】空間向量基本定理、正交分解及坐標表示；命題的真假判斷與應(yīng)用；平面向量

的基本定理；共線向量與共面向量.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；空間向量及應(yīng)用：數(shù)學(xué)運算.

【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合共面向量的定義，以及基底的定義，即可求解.

【解答】解：對于A,若空間中的四點。，A,B,C滿足前=工5X+2δS,A4J-=I,

3333

則A,B,C三點共線，故A正確；

對于B,a〃b，

則Z，靛線，

由共面向量的定義可得，Z，b>W共面，故B正確；

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

則P,A,B,C四點共面，故C正確；

對于￡>，因為C與a+b，a-b不共面，

則｛7,n.W｝能為空間的一個基底，故。錯誤.

故選：ABC.

【點評】本題主要考查共面向量的定義，以及基底的定義，屬于基礎(chǔ)題.

（多選）11.（2022秋?麗水期末）在棱長為2的正方體ABeE>-4BeloI中，P,。分別是

棱BC,CCl的中點，點"滿足麻=t瓦，毛［0，1］，下列結(jié)論正確的是（）

A.若t=l,則AlBl〃平面MPQ

B.若f=l,則過點M,P,Q的截面面積是今

C.若t」，則點4到平面MPQ的距離是近

26

D.若t=?∣,則AB與平面MPQ所成角的正切值為當

【考點】直線與平面所成的角；點、線、面間的距離計算；命題的真假判斷與應(yīng)用；棱

柱的結(jié)構(gòu)特征.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何：數(shù)學(xué)運算.

【分析】對48選項，若f=l,則M與A重合，延長BiB與。P交于點E,易得過點

M,P,Q的截面為等腰梯形PQOM,再根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，梯形面積公式，即

可求解；

對C,。選項，若t1，則M為AB的中點，連接AIC1，易知AlC1〃MP,從而得Al

2

到平面MPQ的距離等于Ci到平面MPQ的距離，又易知BC?∕∕PQ,從而得B到平面

MPQ的距離等于Cl到平面MPQ的距離，再利用等體積法思想，即可分別求解.

【解答】解：對4,8選項，若f=l,則M與A重合，如圖所示：

E

延長BiB與。P交于點E,易知AIBl不平行AE,

.?.4Bι不平行平面MPQ,,A選項錯誤;

連接M￡>i，QDi,則根據(jù)題意易知M￡>i〃PQ,

二過點M,P,Q的截面為等腰梯形PQQM,

又根據(jù)題意易得尸M=QG=病，PQ=近,DiM=2^2，

易得等腰梯形PQDxM的高為JW=/，

I.等腰梯形PQD↑M的面積為工×(√2+2V2)X-‰?=旦，?'?8選項正確;

2√22

連接AlC1,如圖所示:

易知AIC1〃MP,.??4到平面MPQ的距離等于Ci到平面MPQ的距離d,

則根據(jù)等體積法思想可得：VC_HPQ=VH-PQC，

又PM=PQ=?,,SPQVX泥X近)2=

2kM2)

√3

2

吟XS2kjIPQXd=IXSZQgXMB，

-X嘩?Xd]X^XlXIXL?"=理'C選項錯誤;

又易知BC?∕∕PQ,...B到平面MPQ的距離等于Ci到平面MPQ的距離

又MB=1,設(shè)AB與平面MPQ所成角為。，貝IJSine=工-=返

MB3

Λcosθ=^-,.?.tanθ=sin?，。選項正確.

3cosθ2

故選：BD.

【點評】本題考查線面平行的性質(zhì)定理，正方體的截面面積的求解，等體積法求解點面

距，線面角的概念，屬中檔題.

（多選）12.（2023春?齊齊哈爾月考）如圖，四棱錐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分別為線段

AD,用的中點，點Q是底面ABC。內(nèi)（包括邊界）的一個動點，則下列結(jié)論正確的是

（）

P

B.三棱錐B-AOE外接球的體積為追兀

4

C.異面直線尸C與OE所成角的余弦值為3

4

D.若直線P。與平面ABC。所成的角為60°,則點。的軌跡長度為√E打

【考點】直線與平面所成的角：命題的真假判斷與應(yīng)用；異面直線及其所成的角.

【專題】計算題；整體思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算.

【分析】根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理判斷A；

根據(jù)三棱錐B-AOE外接球的球心為等邊三角形AOB的中心,求得外接球的半徑判斷B；

根據(jù)題意得到NCPo為異面直線PC與OE所成的角（或其補角），利用余弦定理判斷C；

根據(jù)題意得到點Q的軌跡為以。為圓心，苧為半徑的半圓，利用圓的周長公式判斷D.

【解答】解：易證四邊形ABCO為菱形，所以8。L4C,

連接P0,因為PA=PD=我，所以POLAQ,

因為平面B4Z）_L平面A8CZ）,平面∕?OΓ1平面ABCZ）=A。，PoU平面必￡）,

所以PO，平面A88,

因為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正確;

易證AAOE為等腰直角三角形，4AOB為等邊三角形，且平面BA。，平面ABCf>,

所以三棱錐B-AOE外接球的球心為等邊三角形Ao8的中心，所以三棱錐B-AOE外接

球的半徑為近，

3_

所以三棱錐8-AOE外接球的體積為VqJrX（除）3*^_兀，故B錯誤；

因為P?！?四所以NCPo為異面直線PC與OE所成的角（或其補角），

因為PO=VPD2-OD2=1，所以PC=VPO2OC2=√2，

在APCO中，由余弦定理，得COSNCPD=_2獸-1駕,故C正確;

2×√2×√24

因為P。，平面ABCD,所以O(shè)Q為PQ在平面ABCD內(nèi)的射影，

若直線PQ與平面ABCz）所成的角為60°,則∕PQO=60°,

因為PO=1,所以O(shè)QN1,故點。的軌跡為以。為圓心，近為半徑的半圓,

33

所以點Q的軌跡長度為誓L,故D錯誤.

【點評】本題考查了立體幾何的綜合應(yīng)用，屬于中檔題.

≡.填空題（共5小題）

13.（2023?大通縣二模）關(guān)于正方體ABCz）-A出1C1G有如下說法:

①直線AlB與BlC所成的角為60°；②直線CAl與CiO所成的角為60°；

③直線BCI與平面BBiQIQ所成的角為45°；④直線BCl與平面ABa)所成的角為

45°.

其中正確命題的序號是①④.

【考點】直線與平面所成的角；命題的真假判斷與應(yīng)用；棱柱的結(jié)構(gòu)特征；異面直線及

其所成的角.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算.

【分析】由4。與BC平行，結(jié)合等邊三角形的性質(zhì)判斷①；由尸。平行C4”結(jié)合等

腰三角形的性質(zhì)判斷②；由CIEj_平面BiOiDB,Cel，平面ABCD結(jié)合線面角的定義判

斷③④.

【解答】解：連接AIZ),BD,因為4。與BIC平行，

所以/B4。是異面直線AIB與BC所成的角，

因為ABAiD為等邊三角形，所以直線48與BC所成的角為60°,故①正確；

連接C5交CiQ于點。，取4。1的中點為尸，連接FC1，F(xiàn)D,FO,

因為。為CDi的中點，所以Fo平行C4，

則∕R7C∣或其補角為直線CAi與Cl。所成的角，

易知尸O=FC1,所以NFoCl=90°,

即直線C4與CiQ所成的角為90°,故②錯誤；

連接BiQi,BD,AiCi,直線BiOi交AlCl于點E,連接BE,

設(shè)正方體ABCD-AlBIelZ)I的棱長為2,易知CIE_LBQi，CiElBBi,

由線面垂直的判定可知，CiEL平面Bif>∣OB,

則/EBG為直線BCi與平面BBlDiD所成的角，

EC

^?BC=2√2>EC=√2>則SinNEBCI=b^1K1

11?DU?N

即NEBCl=30°,故③錯誤；

由CCI_L平面ABeE),易知NCBCI為直線BeI與平面A8C。所成的角，

CC

XtanZCBC=^τΛ=P則NCBG=45°，故④正確?

1DL

故答案為：①④.

Dx.C.

【點評】本題考查線線角的求解，線面角的求解，化歸轉(zhuǎn)化思想，屬中檔題.

14.（2022秋?朝陽期末）如圖，在棱長為4的正方體ABC。-4BICIDl中，M是AlBI的中

點，點P是側(cè)面C。DlCl上的動點.且MP〃平面ABiC,則線段MP長度的取值范圍是

[2√6,4√2].

【考點】點、線、面間的距離計算；棱柱的結(jié)構(gòu)特征；直線與平面平行.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算.

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

據(jù)正方體的性質(zhì)得到MN∕∕B?C∕∕HR,即可得到MN//平面ABiC,同理可證〃平面

ABiC,從而證明平面MNRH〃平面ABlC,即可得到P在線段NR上，再求出MN、MR,

即可求出MP的取值范圍.

【解答】解：如圖，取OC的中點N,ClC的中點R,BiCl的中點”，連接NM、NR、

MH、HR,

根據(jù)正方體的性質(zhì)可得MN〃BIC〃HR,MNc平面ABlC,BICU平面ABIC,

所以MN〃平面A8C,同理可證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”，

點尸是側(cè)面CQdCi上的動點，所以P在線段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,則MRJ_NR,

所以線段仞P長度的取值范圍是L,4√2].

故答案為：[簿，4√2].

___________Cl

/方.一凈工吵C

......./

AB

【點評】本題考查線面平行的判定定理，面面平行的判定定理，運動變化思想，屬中檔

題.

15.(2022秋?遼陽期末)已知平面ɑ的一個法向量為、=(1,-?,遍)，A(2,-L2),

B(1,2,2),則直線AB與平面α所成角的正弦值為_，頁_.

【考點】直線與平面所成的角；平面的法向量.

【專題】整體思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算.

【分析】根據(jù)線面角的向量求法求解即可.

【解答】解：因為族=(-1,3,0)，

所以直線AB與平面α所成角的正弦值為

IL而'、IInrABI_∣-19I

1C0S"m,?5l"∣m∣∣ABΓ√Γ^6√π9-?-

故答案為：逗.

4

【點評】本題主要考查了直線與平面所成的角，屬于基礎(chǔ)題.

16.(2022秋?邢臺期末)已知平面ɑ的一個法向量為W=(2,-3,-1)，點-3,

-1)在平面a內(nèi)，則點P(2,-2,3)到平面a的距離為殳叵.

-14-

【考點】點、線、面間的距離計算；平面的法向量.

【專題】對應(yīng)思想；綜合法；立體幾何；數(shù)學(xué)運算.

【分析】根據(jù)向量法，即可求解點面距.

【解答】解：根據(jù)題意可知而=(1,1,4)，又平面a的一個法向量為

n=(2,-3,-I)，

點P到平面a的距離d=嗎=Yh=殳叵.

∣n∣FI√U14

故答案為：見運.

14

【點評】本題考查向量法求解點面距問題，屬基礎(chǔ)題.

17.(2023春?雨花區(qū)校級月考)已知NACB=90°,P為平面ABC外一點，PC=2,點、P

到AACB兩邊AC,BC的距離均為√5,那么P到平面ABC的距離為

【考點】點、線、面間的距離計算.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；立體幾何；邏輯推理.

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

ABC,交平面ABC于0,連接。O,OC,則PD=PE=E,進而可得CD,CE,OE,OD,

再計算PO,即可得出答案.

【解答】解：NACB=90°,P為平面ABC外一點，PC=2,

過點P作Po_LAC,交AC于。，作PE_LBC,交BC于E,

過戶作尸。_L平面A8C,交平面ABC于O,連接0。，OC,

因為點P到AACB兩邊AC,BC的距離均為√5,

則PD=PE=E，

所以由題意得CD=CE=OD=CIE4呼-電）2=1，

所以PO=VPD2-OD2=√3Ξ1=√2-

所以「到平面ABC的距離為我，

故答案為：√2.

【點評】本題考查點到平面的距離，解題中需要理清思路，屬于中檔題.

四.解答題（共5小題）

18.（2023?廣東一模）如圖所示的在多面體中，AB=AD,EB=EC,平面48。J_平面BCC,

平面BCE，平面BCD,點凡G分別是CD,BO中點.

（1）證明：平面AFG〃平面BCE；

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

值.

【考點】二面角的平面角及求法；平面與平面平行.

【專題】數(shù)形結(jié)合；向量法；空間角；數(shù)學(xué)運算.

【分析】(I)利用面面垂直的性質(zhì)定理和線面平行及面面平行的判定定理即可完成證明;

(2)先建系求法向量，再利用向量法求兩平面的夾角即可.

【解答】解：(1)證明：如圖，取BC中點H,連接EH,因為EB=EC,所以EHLBC,

又因為平面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,

又因為AGC平面BCE,E