1、2024年高考数学复习：空间向量、立体几何一选择题（共8小题）1正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为CC1，AB的中点，若P是侧面BCC1B1上一点，且PN平面AB1M，则线段PN的最小值为（）ABCD2如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，P是CA1的中点，点Q在CA1上，且CQ：OA14：1，设，则（）ABCD3已知正方形纸片ABCD的边长为2，现将ACD沿对角线AC旋转180，记旋转过程中点D的位置为点P，AC，AP，BC中点分别为O，E，F，则在旋转过程中，下列说法正确的是（）A直线AC，BP不可能垂直BPB+PD最大值为CACD旋转形成的几何体是
2、半球D存在EF与平面BOP成角为60的位置4已知（2，1，3），（4，2，x），且，则x的值为 （）ABC6D65下列命题：若，则；若，则；的充要条件是且；若，则；若A、B、C、D是不共线的四点，则是四边形ABCD为平行四边形的充要条件其中，真命题的个数是（）A2B3C4D56在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CMBNa，其中则MN的长的最小值为（）ABCD7（2023春漳州期末）九章算术卷五商功中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥
3、”在阳马PABCD中，PA平面ABCD，PA1，ABAD2，点E，F分别在棱AB，BC上，则空间四边形PEFD的周长的最小值为（）ABCD8（2023春高邮市期中）已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，若直线l与平面垂直，则实数x的值为（）AB10CD10二多选题（共4小题）（多选）9（2023春河南月考）如图，在几何体ABCA1B1C1中，四边形A1ACB1是矩形，ACBA1B1C1，且平面ACB平面A1B1C1，AA1AB，则下列结论正确的是（）AAC1BB1B异面直线BB1、C1C所成的角为C几何体ABCA1B1C1的体积为D平面A1BB1与平面AC1C间的距离为（多选）10（2023
4、沙坪坝区校级模拟）如图，已知圆柱体OO1的轴截面ABB1A1是边长等于2的正方形，C为圆柱底面圆上不同于A，B的一点，D为线段A1C（不含端点）上的动点，则下列说法正确的有（）AADBA1B若C为弧AB的中点，则异面直线AC与A1B所成角为C沿着圆柱表面从点A到点B1的最短路径长度为D若VA1ABC2VA1ABD，当VA1ABC最大时，CD与平面ABD所成角的正弦值为（多选）11（2023春湖北月考）正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长是3，AB，BC的中点为M，N，过点D1，M，N的平面记为，则下列说法中正确的是（）A平面截得的截面面积为BCBD平面ACD1D二面角AMND
5、1的正弦值为（多选）12（2023春仓山区校级期末）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（1，3，1），则正确的有（）A与是共线向量B平面ABC的一个法向量是（1，1，3）C与夹角的余弦值是D与方向相同的单位向量是（1，1，0）三填空题（共5小题）13（2023春淮安区期中）三棱锥ABCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为，若，则二面角ABDC的大小为 14）如图，将边长的正方形ABCD沿对角线BD折起，连接AC，构成一四面体，使得，则点D到平面ABC的距离为 15（2023春城厢区校级月考），若，则x 16（2023春漳州期末）已知正四棱锥SABCD的底面边长为，侧棱长
6、为2，则该正四棱锥相邻两个侧面所成二面角的余弦值为 ；该正四棱锥的外接球的体积为 17（2023春贵溪市校级月考）在三棱锥ABCD中，BA，BC，BD两两垂直，BABD3，BC2，则二面角BADC的正切值为 四解答题（共5小题）18（2023春武汉月考）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，PDDA2，DC1，M是BC的中点，点Q在PM上，且PQ2QM（1）证明：DQ平面PAM；（2）求二面角APMC的余弦值19（2023春吉州区期末）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，BCAD，PAABBC2，AD4，E为棱PD的中点，F是线段PC上一动点（1
7、）求证：平面PBC平面PAB；（2）若直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为时，求平面AEF与平面ADE夹角的余弦值20）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD（不包含端点）上的点，PD4，AB2（1）若，求证：AN平面BMF；（2）若PD平面ABCD，求DB与平面BMF所成角的最大值21（2023吉林模拟）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，D为线段AB的中点，CB4，A1C18，三棱锥AA1DC的体积为8（1）证明：A1D平面B1C1D；（2）求平面A1CD与平面A1BC夹角的余弦值22（2023香洲区校级
8、模拟）如图所示，在三棱锥PABC中，已知PA平面ABC，平面PAB平面PBC，点D为线段PC上一点，且PD2DC（1）证明：BC平面PAB；（2）若AB6，BC3，且三棱锥PABC的体积为18，求平面ABD与平面ACD的夹角的余弦值参考答案解析一选择题（共8小题）1正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为CC1，AB的中点，若P是侧面BCC1B1上一点，且PN平面AB1M，则线段PN的最小值为（）ABCD【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】计算题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离；数学运算【答案】C【分析】先求出平面CND平面AB
9、1M，再确定点P在线段CD上，进而由PNCD得出答案【解答】解：如图，取BB1的中点为D，连接CD，ND，NDAB1，ND不包含于平面AB1M，AB1包含于平面AB1M，ND平面AB1M，同理CD平面AB1M，CDNDD，平面CND平面AB1M，PN平面AB1M，点P在线段CD上，当PNCD时，线段PN最短，|ND|，|CD|5，|CN|2，则|CN|2+|ND|2|CD|2，CNND，CNNDCDPN，PN故选：C2如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，P是CA1的中点，点Q在CA1上，且CQ：OA14：1，设，则（）ABCD【考点】空间向量及其线性运算【专题】转化思想；转化法；空间
10、向量及应用；数学运算【答案】C【分析】利用空间向量的线性运算即可求解【解答】解：，因为P是CA1的中点，所以，又因为点Q在CA1上，且CQ：OA14：1，所以，所以故选：C3已知正方形纸片ABCD的边长为2，现将ACD沿对角线AC旋转180，记旋转过程中点D的位置为点P，AC，AP，BC中点分别为O，E，F，则在旋转过程中，下列说法正确的是（）A直线AC，BP不可能垂直BPB+PD最大值为CACD旋转形成的几何体是半球D存在EF与平面BOP成角为60的位置【考点】直线与平面所成的角；命题的真假判断与应用；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑推理；
11、数学运算【答案】D【分析】根据题意，结合正方形的相关性质，直线与平面所成的角的定义以及基本不等式逐项进行检验即可判断【解答】解：对于A，由图可知：旋转过程中点D的轨迹是以O为圆心，OD为半径的半圆面，由正方形的性质可知：AC平面BDP，因为BP平面BDP，所以ACBP，故A错误；对于B，由圆的性质可得BPPD，所以BP2+DP2BD28，则，当且仅当BPDP取等，所以（BP+DP）216，则BP+DP4，所以PB+PD最大值为4，故B错误；对于C，由图可知：ACD旋转形成的几何体是两个等底的半圆锥，故C错误；对于D，如图所示，当点P与点D重合时，因为始终有AC平面BDP，点E与点G重合，过点G
12、作GHAC，连接GF，FH，则GFH即为所求的线面角，此时，且GHFH，GFH45，随着点P的旋转，EFQ逐渐增大，由线面角的定义可知：EFQ45，90，所以存在EF与平面BOP成角为60的位置，故D正确故选：D4已知（2，1，3），（4，2，x），且，则x的值为 （）ABC6D6【考点】共线向量与共面向量【专题】整体思想；综合法；空间向量及应用；数学运算【答案】D【分析】利用空间向量平行的坐标关系求解【解答】解：（2，1，3），（4，2，x），且，x6故选：D5下列命题：若，则；若，则；的充要条件是且；若，则；若A、B、C、D是不共线的四点，则是四边形ABCD为平行四边形的充要条件其中，真命
13、题的个数是（）A2B3C4D5【考点】共线向量与共面向量；充分条件与必要条件；命题的真假判断与应用【专题】整体思想；综合法；平面向量及应用；数学运算【答案】A【分析】利用向量的概念可判断；利用相等向量的定义可判断；利用相等向量的定义以及充分条件、必要条件的定义可判断；取可判断【解答】解：对于，因为，但、的方向不确定，则、不一定相等，错；对于，若，则，对；对于，且或，所以所以，“且”是“”的必要不充分条件，错；对于，取，则、不一定共线，错；对于，若A、B、C、D是不共线的四点，当时，则ABCD且，此时，四边形ABCD为平行四边形，当四边形ABCD为平行四边形时，由相等向量的定义可知，所以若A、B
14、、C、D是不共线的四点，则是四边形ABCD为平行四边形的充要条件，对故选：A6在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记CMBNa，其中则MN的长的最小值为（）ABCD【考点】点、线、面间的距离计算【专题】转化思想；转化法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算【答案】A【分析】根据面面垂直性质可证得BC平面ABEF，则以B为坐标原点可建立空间直角坐标系；利用空间中两点间距离公式可表示出MN；将MN整理为，即可得出答案【解答】解：平面ABCD平面ABEF，平面A
15、BCD平面ABEFAB，BCAB，BC平面ABCD，BC平面ABEF，则建立以B为坐标原点的空间直角坐标系，如图所示：则A（2，0，0），C（0，0，2），F（2，2，0），E（0，2，0），CMBNa，则，当时，MN最小，最小值为故选：A7（2023春漳州期末）九章算术卷五商功中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”在阳马PABCD中，PA平面ABCD，PA1，ABAD2，点E，F分别在棱AB，BC上，则空间四边形PEFD的周长的最小值为（）ABCD【考点】点、线、面间的距离计算；棱锥的结构特征【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】C【分析
16、】根据题意，分析可得PD为定值，由此将AP、PB展开，使得PAB与矩形ABCD在同一个平面内，再延长DC到M，使得CMDC，利用平面图形分析PE+EF+FD的最小值，将其最小值和PD的值相加即可得答案【解答】解：根据题意，在棱锥PABCD中，PD为定值，若空间四边形PEFD的周长取得最小值，只需PE+EF+FD取得最小值，如图，将AP、PB展开，使得PAB与矩形ABCD在同一个平面内，延长DC到M，使得CMDC，则有FDFM，当四点P、E、F、M在同一条直线上时，PE+EF+FD取得最小值，且其最小值为PM，在展开图中：PD2+13，DM2+24，则PM5，即PE+EF+FD的最小值为5，故空
17、间四边形PEFD的周长的最小值5+故选：C8（2023春高邮市期中）已知直线l的方向向量为，平面的法向量为，若直线l与平面垂直，则实数x的值为（）AB10CD10【考点】平面的法向量；向量的数量积判断向量的共线与垂直【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；数学运算【答案】A【分析】由题意得，利用空间向量的坐标运算计算即可【解答】解：由题意得，则（x，1，2）（1，2，4），即x，12，24，解得故选：A【点评】本题主要考查平面的法向量，属于基础题二多选题（共4小题）（多选）9（2023春河南月考）如图，在几何体ABCA1B1C1中，四边形A1ACB1是矩形，ACBA1B1C1，且平面ACB平
18、面A1B1C1，AA1AB，则下列结论正确的是（）AAC1BB1B异面直线BB1、C1C所成的角为C几何体ABCA1B1C1的体积为D平面A1BB1与平面AC1C间的距离为【考点】点、线、面间的距离计算；命题的真假判断与应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；数学运算【答案】ABD【分析】过点B作BE使得，过点C1作，分析可知几何体FABCC1A1EB1为正方体，以点F为坐标原点，FA、FC、FC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；证明出四边形ABB1C1为平行四边形，可判断A选项；计算出
19、几何体ABCA1B1C1的体积，可判断C选项【解答】解：过点B作BE使得，过点C1作，如图所示：因为四边形AA1B1C为矩形，则，又因为，则，所以，四边形AA1C1F为平行四边形，则，因为平面A1C1B1平面ABC，则与、共面，即与、共面，所以，A、B、C、F四点共面，同理可知，A1、E、B1、C1四点共面，故几何体FABCC1A1EB1为四棱柱，因为四边形AA1B1C为矩形，则AA1AC，又因为AA1AB，ABACA，AB、AC平面ABCF，所以AA1平面ABCF因为ACBA1B1C1，则A1C1CB，B1C1AB，所以，在底面ABCF中，ABCF，BCAF，故四边形ABCF为平行四边形，因
20、为，则，所以，AB2+BC2AC2，即ABBC，所以，平行四边形ABCF为正方形，又因为AA1AB，故几何体FABCC1A1EB1为正方体，对于A选项，在正方体FABCC1A1EB1中，ABC1B1且ABC1B1，故四边形ABB1C1为平行四边形，所以，BB1AC1，A对；对于B选项，以点F为坐标原点，FA、FC、FC1所在直线分别为x、y、z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则B（1，1，0）、A（1，0，0）、C（0，1，0）、A1（1，0，1）、C1（0，0，1）、B1（0，1，1），所以，异面直线BB1、C1C所成的角为，B对；对于C选项，由图形可得几何体ABCA1B1C1的体积为正
21、方体FABCC1A1EB1的体积减去棱锥BA1B1E和棱锥C1ACF的体积的和即，C错；对于D选项，因为AC1BB1，AC1平面A1BB1，BB1平面A1BB1，所以，AC1平面A1BB1，因为A1B1AC，AC平面A1BB1，A1B1平面A1BB1，所以，AC平面A1BB1，又因为AC1ACA，AC1、AC平面ACC1，所以，平面ACC1平面A1BB1，设平面ACC1的法向量为，则，取x1，可得，又因为，所以，平面A1BB1与平面AC1C间的距离为，D对故选：ABD（多选）10（2023沙坪坝区校级模拟）如图，已知圆柱体OO1的轴截面ABB1A1是边长等于2的正方形，C为圆柱底面圆上不同于A
22、，B的一点，D为线段A1C（不含端点）上的动点，则下列说法正确的有（）AADBA1B若C为弧AB的中点，则异面直线AC与A1B所成角为C沿着圆柱表面从点A到点B1的最短路径长度为D若VA1ABC2VA1ABD，当VA1ABC最大时，CD与平面ABD所成角的正弦值为【考点】直线与平面所成的角；命题的真假判断与应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线及其所成的角【专题】转化思想；综合法；反证法；空间角；数学运算【答案】CD【分析】选项A，易证BC平面A1AC，从而知ADBC，采用反证法，假设选项所给结论正确，推出AD平面A1BC，有ADA1C，这与点D是线段A1C（不含端点）上的动点相矛
23、盾；选项B，取弧AB的另一个中点E，连接BE，A1E，可知A1BE或其补角即为所求，再结合勾股定理与三角函数，求解即可；选项C，计算半圆柱的侧面展开图的对角线即可；选项D，通过已知条件，推出D为A1C的中点，点C是弧AB的中点，再利用等体积法求得点C到平面ABD的距离d，然后计算的值，即可【解答】解：选项A，因为点C是圆O上一点，所以ACBC，由圆柱的性质知，AA1平面ABC，因为BC平面ABC，所以AA1BC，又ACAA1A，AC、AA1平面A1AC，所以BC平面A1AC，而AD平面A1AC，所以ADBC，若ADBA1，由于BCBA1B，BC、BA1平面A1BC，则AD平面A1BC，因为A1
24、C平面A1BC，所以ADA1C，这与点D是线段A1C（不含端点）上的动点相矛盾，即选项A错误；选项B，取弧AB的另一个中点E，连接BE，A1E，则ACBCBEAE，所以四边形ACBE是菱形，所以ACBE，故A1BE或其补角为异面直线AC与A1B所成角，由选项A可知BC平面A1AC，由圆柱的对称性知，BE平面A1AE，因为A1E平面A1AE，所以BEA1E，在RtA1BE中，A1B2，BE，所以cosA1BE，所以A1BE，即选项B错误；选项C，考虑半圆柱的侧面展开图是长为，宽为2的长方形，此时对角线即为所求最短路径，为，即选项C正确；选项D，若VA1ABC2VA1ABD，则，所以D为A1C的中
25、点，当VA1ABC最大时，底面ABC的面积最大，此时点C是弧AB的中点，即ABC是等腰直角三角形，所以AC，所以ADCDA1C，BD，在ABD中，由余弦定理得，cosADB，所以sinADB，所以，设点C到平面ABD的距离为d，由VCABDVDABC知，dSABDA1ASABC，所以d221，即d，所以CD与平面ABD所成角的正弦值为，即选项D正确故选：CD（多选）11（2023春湖北月考）正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长是3，AB，BC的中点为M，N，过点D1，M，N的平面记为，则下列说法中正确的是（）A平面截得的截面面积为BCBD平面ACD1D二面角AMND1的正弦值
26、为【考点】二面角的平面角及求法；棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；平面的基本性质及推论【专题】数形结合；向量法；空间向量及应用；数学运算【答案】BD【分析】建系，求平面MND1的法向量对A：求平面上点满足的关系式，进而求平面与侧棱的交点，结合解三角形的知识求面积；对B：分别求点B，D到平面MND1的距离，结合锥体的体积分析判断；对C：利用空间向量可得AD1不与BD垂直，即可得结果；对D：求平面AMN的法向量，利用空间向量求二面角【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），D1（0，0，3），M（2，1，0），
27、N（1，2，0），B1（2，2，3），可得，设平面MND1的法向量为，则，即，则可取对于A：设平面上任一点P（x，y，z），则，可得，则x+y+z3，令x0，y2，则z1，即平面与侧棱CC1的交点F（0，2，1），令x2，y0，则z1，即平面与侧棱AA1的交点E（2，0，1），故平面与正四棱柱ABCDA1B1C1D1的截面为EMNFD1，可得，故EMD1FND1，对于EMD1，由余弦定理可得，由D1EM（0，），可得，所以，故EMD1的面积，对于MND1，由余弦定理可得，又MD1N（0，），所以，故MND1的面积，故平面截得的截面面积为，选项A错误；对于B：，点B到平面MND1的距离，又，点D
28、到平面MND1的距离，即d23d1，且三棱锥BMND1与三棱锥DMND1共底面，故，选项B正确；对C：，则AD1不与BD垂直，故BD与平面ACD1不垂直，选项C错误；对于D：易知平面AMN的一个法向量为，可得，故二面角AMND1的正弦值为，选项D正确故选：BD（多选）12（2023春仓山区校级期末）已知空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（1，3，1），则正确的有（）A与是共线向量B平面ABC的一个法向量是（1，1，3）C与夹角的余弦值是D与方向相同的单位向量是（1，1，0）【考点】空间向量的数量积运算；平面的法向量；共线向量与共面向量【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；空
29、间向量及应用；数学运算【答案】BC【分析】根据题意，由A、B、C的坐标求出（1，1，0），（1，2，1），（2，1，1），由此分析选项是否正确，即可得答案【解答】解：根据题意，空间中三点A（0，1，0），B（1，2，0），C（1，3，1），则（1，1，0），（1，2，1），（2，1，1），依次分析选项：对于A，（1，1，0），（1，2，1），与不是共线向量，A错误；对于B，设（1，1，3），则0，0，则平面ABC的一个法向量是（1，1，3），B正确；对于C，cos，C正确；对于D，（1，1，0）不是单位向量，D错误；故选：BC【点评】本题考查空间向量的应用，涉及向量数量积的计算，属于基础题三填
30、空题（共5小题）13（2023春淮安区期中）三棱锥ABCD中，平面ABD与平面BCD的法向量分别为，若，则二面角ABDC的大小为 或【考点】二面角的平面角及求法【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学运算【答案】或【分析】由二面角的大小与法向量夹角相等或互补即可求得结果【解答】解：因为二面角的大小与法向量夹角相等或互补且，所以二面角ABDC的大小为或故答案为：或【点评】本题考查二面角的求解，属基础题14）如图，将边长的正方形ABCD沿对角线BD折起，连接AC，构成一四面体，使得，则点D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；综合法；空间位置关系与距离；数学运算【答
31、案】【分析】设点D到平面ABC的距离为d，则，求VDABC，SABC可得结论【解答】解：由已知可得，BD4，BADBCD90，取BD的中点O，连接AO，CO，因为，BAD90，所以，因为，BCD90，所以CO2，又，所以AOCO，因为，点O为BD的中点，所以AOBD，由BD，CO平面BCD，BDCOO，所以AO平面BCD，所以点A到平面的距离为2，又BCD的面积为，所以三棱锥ABCD的体积为，设点D到平面ABC的距离为d，则，又，因为，所以ABC的面积为，所以，所以所以点D到平面ABC的距离为故答案为：【点评】本题考查点到平面的距离求法，注意运用等积法，考查转化思想和运算能力，属于中档题15（
32、2023春城厢区校级月考），若，则x4【考点】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【答案】4【分析】由空间向量共线定理求解【解答】解：因为，且，所以，解得x4故答案为：4【点评】本题主要考查空间向量共线的性质，属于基础题16（2023春漳州期末）已知正四棱锥SABCD的底面边长为，侧棱长为2，则该正四棱锥相邻两个侧面所成二面角的余弦值为 ；该正四棱锥的外接球的体积为 【考点】二面角的平面角及求法；球的体积和表面积【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；直观想象；数学运算【答案】；【分析】作出二面角的平面角，通过求解三角形推出结果；求解外接球
33、的半径，然后求解体积即可【解答】解：如图所示，连接AC，BD，相交于点O，连接OS四棱锥SABCD是正四棱锥，OS底面ABCD作BESC，同理DESC，连接DE，BED是相邻两个侧面所成二面角的平面角，BD2，可得BE，sin，cosBEDSO，设外接球的半径为R，可得，解得R，正四棱锥的外接球的体积为：故答案为：；【点评】本题考查了正四棱锥的性质，二面角的求法，几何体的外接球的体积的求法考查了推理能力与计算能力17（2023春贵溪市校级月考）在三棱锥ABCD中，BA，BC，BD两两垂直，BABD3，BC2，则二面角BADC的正切值为 【考点】二面角的平面角及求法【专题】数形结合；向量法；空间
34、角；数学运算【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解二面角的余弦值，根据同角关系即可求解正切值【解答】解：由于BA，BC，BD两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，B（0，0，0），A（0，0，3），C（2，0，0），D（0，3，0），设平面ADC的法向量为，所以，取x3，则，又平面ABDx轴，所以平面ABD的法向量为，设二面角BADC的平面角为，则，由图可知为锐角，所以，因此故答案为：四解答题（共5小题）18（2023春武汉月考）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PD平面ABCD，PDDA2，DC1，M是BC的中点，点Q在PM上，且PQ2QM（1）证明：
35、DQ平面PAM；（2）求二面角APMC的余弦值【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直【专题】数形结合；向量法；空间角；数学运算【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法结合线面垂直的判定定理即可证明线面垂直；（2）计算出平面PAM和平面PMC的一个法向量，利用空间向量计算面面角【解答】解：（1）证明：由题PD平面ABCD，底面ABCD为矩形，可知DA，DC，DP两两垂直，所以以D为原点，直线DA，DC，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，如图，则A（2，0，0），D（0，0，0），C（0，1，0），M（1，1，0），P（0，0，
36、2），因为PQ2QM，所以，所以，DQAM，DQAP，AMAPA，且AM，AP平面PAM，DQ平面PAM（2）由（1）可知平面PAM的法向量为，设平面PMC的一个法向量为又，即，令y2，则x0，z1，所以平面PMC的一个法向量则，二面角APMC为钝角，二面角APMC的余弦值为【点评】本题考查了利用向量法证明空间中的垂直关系以及计算两平面的夹角问题，属于中档题19（2023春吉州区期末）如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，BCAD，PAABBC2，AD4，E为棱PD的中点，F是线段PC上一动点（1）求证：平面PBC平面PAB；（2）若直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为时，
37、求平面AEF与平面ADE夹角的余弦值【考点】二面角的平面角及求法；平面与平面垂直【专题】数形结合；向量法；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑推理；数学运算【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）证明出BC平面PAB，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量结合线面角的正弦求出点F的坐标，再利用空间向量求夹角的余弦作答【解答】（1）证明：ABAD，BCAD，BCAB，又PA平面ABCD，BC平面ABCD，BCPA，PAABA，PA，AB平面PAB，BC平面PAB，又BC平面PBC，平面PBC平面PAB（2）解：PA底面ABCD，AB
38、AD，AB、AD、AP两两互相垂直以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0）、B（2，0，0）、C（2，2，0）、D（0，4，0）、E（0，2，1）、P（0，0，2），设，则，其中01，平面ABCD的一个法向量为，直线BF与平面ABCD所成角的正弦值为，|cos|，解得，于是F为PC的中点，即F（1，1，1），设平面AEF的法向量为，由，取y1，得，而平面ADE的一个法向量为，平面AEF与平面ADE夹角的余弦值为20）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，点E，F，N分别为侧棱PD，PC，PB的中点，M为PD（不包含端点）
39、上的点，PD4，AB2（1）若，求证：AN平面BMF；（2）若PD平面ABCD，求DB与平面BMF所成角的最大值【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑推理；数学运算【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）延长FM和CD交于点Q，连BQ交AD于点H，连FH，FN，先证明H为AD的中点，再证明四边形ANFH为平行四边形，则ANHF，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可【解答】（1）证明：延长FM和CD交于点Q，连BQ交AD于点H，
40、连FH，FN，由，故，所以QD2DCAB，即H为AD的中点，此时AHBC，且，所以四边形ANFH为平行四边形，故ANHF，又HF平面BMF，AN平面BMF，所以AN平面BMF；（2）解：以D为原点，DA，DC，DP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DMm（0m4），则B（2，2，0），P（0，0，4），C（0，2，0），F（0，1，2），M（0，0，m），所以，设平面BMF的法向量，则有，令z1，则，所以，设DB与平面MFB所成的角为，则，当m3时，sin的最大值为，又，故DB与平面BMF所成角的最大值21（2023吉林模拟）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A
41、A1平面ABC，D为线段AB的中点，CB4，A1C18，三棱锥AA1DC的体积为8（1）证明：A1D平面B1C1D；（2）求平面A1CD与平面A1BC夹角的余弦值【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直【专题】转化思想；向量法；空间角；数学运算【答案】（1）证明过程请看解答；（2）【分析】（1）根据AA1平面ABC，可得BB1BC，由勾股定理可证ABBC，从而知BC平面ABB1A1，进而得B1C1A1D，再由等体积法，求得AA12，利用勾股定理，可证A1DB1D，然后由线面垂直的判定定理，得证；（2）以B为坐标原点建立空间直角坐标系Bxyz，分别求得平面A1BC与平面A1CD的法向量，设平面A1CD与平面A1BC的夹角为，由cos|cos，|，即可得解【解答】（1）证明：由AA1平面ABC，BC平面ABC，所以AA1BC，AA1AB，因为AA1BB1，所以BB1BC，因为CB4，ACA1C18，所以AB2+BC2AC2，即ABBC，又BB1ABB，BB1、AB平面ABB1A1，所以BC平面ABB1A1，因为A1D平面ABB1A1，所以BCA1D，所以B1C1A1D，因为三棱锥AA1DC的体积为8，所以BCBCADAA142AA18，解得AA12，由勾股定理，可得A1DB1D2，又A1B1，所以，即A1