高三數(shù)學(xué)上學(xué)期專題突破練：空間向量與立體幾何一．選擇題（共8小題）1．（2025春?江蘇月考）若平面α的一個法向量為n→=(2，1，1)且該平面過點A（6，3，0），則點P（5，1，5）到平面A．39 B．66 C．332．（2025春?廬山市月考）在三棱錐P﹣ABC中，P（0，0，1），A(0，3，0)，B(1，3，0)，C（2，0，0），則A．23 B．53 C．15103．（2025春?民勤縣校級期中）若向量a→=(1，λ，1)，b→=(2，?1，?2)，且a→與bA．?277 B．277 4．（2025春?環(huán)縣校級期中）點A（3，4，5）關(guān)于坐標平面Oyz對稱的點B的坐標為（）A．（3，4，﹣5） B．（﹣3，4，5） C．（﹣3，4，﹣5） D．（﹣3，﹣4，﹣5）5．（2025春?龍?zhí)秴^(qū)校級期末）某公司利用無人機進行餐點即時的送，利用空間坐標表示無人機的位置，開始時無人機在點O（0，0，0）處起飛，6秒后到達點A（0，0，90）處，15秒后到達點B處，若AB→=(120，0，0)，則A．307 B．120 C．150 6．（2025春?安徽月考）設(shè)空間兩個單位向量OA→=(m，n，0)，OB→=(0，p，n)，OB→A．14 B．18 C．?17．（2025春?南充月考）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為BC的中點，點Q為四邊形CC1D1D及其內(nèi)部的動點，PQ∥平面BB1D1D．則PQ與平面ABCD所成角正切值的范圍（）A．[0，33] B．[0，22]8．（2025春?環(huán)縣校級期中）如圖所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，BD⊥DC，BD＝DC＝1，點E在AA1上，且AE=14AA1=A．5 B．36 C．53 二．多選題（共3小題）（多選）9．（2025春?民勤縣校級期中）如圖，已知平行六面體ABCD﹣A′B′C′D′，點E是CC′的中點，下列結(jié)論中正確的是（）A．AB→+AD→C．AB→+AD（多選）10．（2025?錦江區(qū)校級模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，點M在底面ABCD上（含邊界），且MDA．點M的軌跡的長度為π2B．直線BM與平面CDD1C1所成角的正切值最大為1+2C．平面AB1C截該正方體的內(nèi)切球所得截面的面積為π3D．若動點N在線段BD1上，P為B1D1的中點，則MN+NP的最小值為2（多選）11．（2025?吉林模擬）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，B1C的中點，G是棱A1D1上的動點，則下列說法正確的有（）A．EF⊥平面A1BD B．存在點G，滿足C1G∥平面B1EF C．當且僅當D1G＝3GA1時，GE+GF取得最小值 D．直線BD1與平面CDG所成角的正弦值的最大值為6三．填空題（共3小題）12．（2025春?寶山區(qū)校級期中）已知空間向量a→=(1，1，λ)，b→=(?2，2?λ2，λ?6)13．（2025春?龍?zhí)秴^(qū)校級期末）已知平面α的法向量為n→=(2，1，2)，點A（0，1，1）為平面α內(nèi)一點，點P（1，0，2）為平面α外一點，則點P到平面α的距離為14．（2025春?江北區(qū)校級期中）如圖所示，已知在三棱錐A﹣BCD中，二面角A﹣BD﹣C為直二面角，BC⊥CD，CB＝CD＝23，AB＝AD＝22，若三棱錐A﹣BCD的各個頂點都在同一個球面上，則該球的體積為．四．解答題（共5小題）15．（2025春?蘭州校級期中）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E是BC1的中點．（1）求證：BC1⊥平面CDE；（2）求直線BD1與平面BDE所成角的正弦值．16．（2025?承德模擬）在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°且PA＝2AB＝4，E，F(xiàn)分別為PD，PB的中點．（1）若平面CEF與平面ABCD的交線為l，證明：l∥EF；（2）求平面CEF與平面ABCD所成角的余弦值；（3）若平面CEF與線段PA交于點M，求PM的長．17．（2025春?貴州期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E為棱AD的中點，PA（1）求證：AB∥平面PCE；（2）求證：平面PAB⊥平面PBD；（3）若二面角P﹣CD﹣A的大小為45°，求直線PA與平面PBD所成角的正弦值．18．（2025秋?麗江月考）如圖，在三棱臺ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M為BC中點，N為AB的中點．（1）求證：A1N∥平面AMC1；（2）求平面AMC1與平面ACC1A1所成夾角的余弦值；（3）求點C到平面AMC1的距離．19．（2025?西青區(qū)校級三模）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中．底面ABCD為矩形，側(cè)棱PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝2AD＝2，E是PC的中點．（1）求證：PA∥平面EDB；（2）求平面EDB與平面PAD夾角的余弦值；（3）若BF→=λBP→(0＜λ＜1)，且點F到平面EDB

高三數(shù)學(xué)上學(xué)期專題突破練：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）題號12345678答案BCABCDDC二．多選題（共3小題）題號91011答案ACDACDACD一．選擇題（共8小題）1．（2025春?江蘇月考）若平面α的一個法向量為n→=(2，1，1)且該平面過點A（6，3，0），則點P（5，1，5）到平面A．39 B．66 C．33【解答】解：因為點A（6，3，0），點P（5，1，5），所以AP→又平面α的一個法向量為n→所以點P（5，1，5）到平面α的距離為d=|故選：B．2．（2025春?廬山市月考）在三棱錐P﹣ABC中，P（0，0，1），A(0，3，0)，B(1，3，0)，C（2，0，0），則A．23 B．53 C．1510【解答】解：因為P（0，0，1），A(0，3，0)，B(1，3故PA→設(shè)平面PAB的一個法向量n→則n→⊥PA令y＝1，則x=0，z=3故n→設(shè)PC與平面PAB所成角為θ，則sinθ=|故選：C．3．（2025春?民勤縣校級期中）若向量a→=(1，λ，1)，b→=(2，?1，?2)，且a→與bA．?277 B．277 【解答】解：∵向量a→=(1，λ，1)，b→=(2，?1，?2)，且a→∴cos＜a→，解得λ=±2由已知得λ＜0，∴λ=?2故選：A．4．（2025春?環(huán)縣校級期中）點A（3，4，5）關(guān)于坐標平面Oyz對稱的點B的坐標為（）A．（3，4，﹣5） B．（﹣3，4，5） C．（﹣3，4，﹣5） D．（﹣3，﹣4，﹣5）【解答】解：關(guān)于坐標平面Oyz對稱的點，橫坐標變換為其相反數(shù)，縱坐標、豎坐標不變．即點A（3，4，5）關(guān)于坐標平面Oyz對稱的點B的坐標為（﹣3，4，5）．故選：B．5．（2025春?龍?zhí)秴^(qū)校級期末）某公司利用無人機進行餐點即時的送，利用空間坐標表示無人機的位置，開始時無人機在點O（0，0，0）處起飛，6秒后到達點A（0，0，90）處，15秒后到達點B處，若AB→=(120，0，0)，則A．307 B．120 C．150 【解答】解：由題意可知，OB→所以|OB故選：C．6．（2025春?安徽月考）設(shè)空間兩個單位向量OA→=(m，n，0)，OB→=(0，p，n)，OB→A．14 B．18 C．?1【解答】解：由題意得OB→?OC→=p+n，|OB→|∴p+n＝1×3∵p2+n2＝1，∴np=(p+n則向量OA→cos＜OA→，OB→故選：D．7．（2025春?南充月考）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為BC的中點，點Q為四邊形CC1D1D及其內(nèi)部的動點，PQ∥平面BB1D1D．則PQ與平面ABCD所成角正切值的范圍（）A．[0，33] B．[0，22]【解答】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，取線段CD，C1D1，B1C1的中點分別為E，F(xiàn)，G，連接EF，EP，F(xiàn)G，GP，因為EF∥PG，所以四點E，F(xiàn)，G，P四點共面，又因為BB1∥PG，BB1?平面BB1D1D，PG?平面BB1D1D，所以PG∥平面BB1D1D，又因為D1B1∥FG，D1B1?平面BB1D1D，F(xiàn)G?平面BB1D1D，所以FG∥平面BB1D1D，又因為FG∩PG＝G，F(xiàn)G，PG?平面EFGP，所以平面EFGP∥平面BB1D1D，因為點Q為四邊形CC1D1D及其內(nèi)部的動點，所以當Q∈EF，即PQ?平面EFGP，所以此時有PQ∥平面BB1D1D，因為QE⊥平面ABCD，所以PQ與平面ABCD所成角就是∠QPE，又因為tan∠QPE=QE設(shè)正方體的棱長為2，則tan∠QPE=QE此時QE∈[0，2]，所以tan∠QPE=QE故選：D．8．（2025春?環(huán)縣校級期中）如圖所示，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，BD⊥DC，BD＝DC＝1，點E在AA1上，且AE=14AA1=A．5 B．36 C．53 【解答】解：建立如圖所示的空間直角坐標系，則D(0，0，0)，A(1，?1，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，C所以DC設(shè)平面EDC1的法向量為m→則m→所以m→所以點B到平面EDC1的距離d=|故選：C．二．多選題（共3小題）（多選）9．（2025春?民勤縣校級期中）如圖，已知平行六面體ABCD﹣A′B′C′D′，點E是CC′的中點，下列結(jié)論中正確的是（）A．AB→+AD→C．AB→+AD【解答】解：底面ABCD是平行四邊形可知：AB→+ADAB→?AA′AB→+ADAB→+BC故選：ACD．（多選）10．（2025?錦江區(qū)校級模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，點M在底面ABCD上（含邊界），且MDA．點M的軌跡的長度為π2B．直線BM與平面CDD1C1所成角的正切值最大為1+2C．平面AB1C截該正方體的內(nèi)切球所得截面的面積為π3D．若動點N在線段BD1上，P為B1D1的中點，則MN+NP的最小值為2【解答】解：對于選項A，根據(jù)正方體性質(zhì)可得MD12故點M的軌跡是以D為圓心，1為半徑的四分之一圓，如下圖所示：則其軌跡的長度為2π×1×14=對于選項B，易知當點M位于棱CD上時，直線BM與平面CDD1C1所成的角最大，此時BCCM即直線BM與平面CDD1C1所成角的正切值最大為2+2，故選項B對于選項C，易知內(nèi)切球的半徑為22，球心O位于正方體的中心，其到平面AB1C的距離為d易知BD1=6，BO=62，點B平面可得球心O到平面AB1C的距離為d=BO?1故截面圓的半徑r滿足r2=(22對于選項D，如下圖：先固定點N，當點M在BD上時，MN最小，再讓點N移動，當P，N，M三點共線時，MN+NP最小，此時MN+NP=BB1=故選：ACD．（多選）11．（2025?吉林模擬）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是AB，B1C的中點，G是棱A1D1上的動點，則下列說法正確的有（）A．EF⊥平面A1BD B．存在點G，滿足C1G∥平面B1EF C．當且僅當D1G＝3GA1時，GE+GF取得最小值 D．直線BD1與平面CDG所成角的正弦值的最大值為6【解答】解：如圖，以點D為原點建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，D1G＝a（0≤a≤2），則A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），D1（0，0，2），E（2，1，0），F(xiàn)（1，2，1），G（a，0，2），對于A，EF→則EF→所以EF⊥DA1，EF⊥DB，又DA1∩DB＝D，DA1，DB?平面A1BD，所以EF⊥平面A1BD，故A正確；對于B，C1設(shè)平面B1EF的法向量為m→則EF→⊥m取y＝2，則m→若C1G∥平面B1EF，則m→解得a＝4，又因為0≤a≤4，所以不存在點G，滿足C1G∥平面B1EF，故B錯誤；對于C，GE→則|GE(2?a)2+5+(1?a)2+5可看作點M（點N（2，5）關(guān)于x軸的對稱點N′（2，﹣5），則當M，T，N′三點共線時，點M（a，0）到點N′（2，﹣5）與到點T（1，5）的距離之和最小，即點M（a，0）到點N（2，5）與到點T（1，5）的距離之和最小，MT→因為MT→所以﹣10（1﹣a）﹣5＝0，解得a=3所以當a=32時，GE+此時D1G=32，GA1=12對于D，BD設(shè)平面CDG的法向量為n→則DC→⊥n取x2＝2，則n→設(shè)直線BD1與平面CDG所成的角為α，則sinα=|cos＜n令t＝a+2，t∈[2，4]，則a＝t﹣2，則sinα=t當1t=14，即t＝4，即a＝2時，sinα取得最大值，最大值為故選：ACD．三．填空題（共3小題）12．（2025春?寶山區(qū)校級期中）已知空間向量a→=(1，1，λ)，b→=(?2，2?λ2，λ?6)【解答】解：由a→=(1，1，λ)，且a→可得a→?b→＜0由a→?b→＜0，可得﹣2+2﹣λ2整理得﹣6λ＜0，解得λ＞0，當a→與b→共線時，設(shè)則有?2=t2?λ2當λ＝2時，有b→故實數(shù)λ的取值范圍是（0，2）∪（2，+∞）．故答案為：（0，2）∪（2，+∞）．13．（2025春?龍?zhí)秴^(qū)校級期末）已知平面α的法向量為n→=(2，1，2)，點A（0，1，1）為平面α內(nèi)一點，點P（1，0，2）為平面α外一點，則點P到平面α的距離為【解答】解：由題意得AP→又平面α的法向量為n→∴點P到平面α的距離d=|故答案為：1．14．（2025春?江北區(qū)校級期中）如圖所示，已知在三棱錐A﹣BCD中，二面角A﹣BD﹣C為直二面角，BC⊥CD，CB＝CD＝23，AB＝AD＝22，若三棱錐A﹣BCD的各個頂點都在同一個球面上，則該球的體積為642π【解答】解：在三棱錐A﹣BCD中，取BD的中點E，連接AE，因為AB＝AD，所以AE⊥BD，因為二面角A﹣BD﹣C為直二面角，因為AE?平面ABD，所以AE⊥平面BCD，因為BC⊥CD，BC=CD=23，所以BD=26，AE=A所以AC=AAC＝AB＝AD，因為BC⊥CD，所以外接球的球心在AE上，設(shè)為O，連接BO、DO，則BO2＝BE2+OE2＝BE2+（AE﹣AO）2，可得BO解得AO=BO=22所以該球的體積為4π3故答案為：642四．解答題（共5小題）15．（2025春?蘭州校級期中）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E是BC1的中點．（1）求證：BC1⊥平面CDE；（2）求直線BD1與平面BDE所成角的正弦值．【解答】解：（1）證明：連接CE，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，因為DC⊥平面BCC1B1，又BC1?平面BCC1B1，所以DC⊥BC1，又因為四邊形BCC1B1是正方形，E是BC1的中點，所以CE⊥BC1，又CE∩CD＝C，CE，CD?平面CDE，所以BC1⊥平面CDE；（2）以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，由棱長為2，則D（0，0，0），B（2，2，0），C1（02，2），D1（0，0，2），E（1，2，1），所以BD設(shè)平面BDE的法向量為n→則n→⊥DB令x＝1得n→設(shè)直線BD1與平面BDE所成角為θ，所以sinθ=|cos＜n所以直線BD1與平面BDE所成角的正弦值為1316．（2025?承德模擬）在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°且PA＝2AB＝4，E，F(xiàn)分別為PD，PB的中點．（1）若平面CEF與平面ABCD的交線為l，證明：l∥EF；（2）求平面CEF與平面ABCD所成角的余弦值；（3）若平面CEF與線段PA交于點M，求PM的長．【解答】解：（1）證明：如圖所示，連接BD，因為E，F(xiàn)分別是PD，PB的中點，所以EF∥BD，EF?平面ABCD，BD?平面ABCD，那么EF∥平面ABCD，又EF?平面CEF，平面CEF∩平面ABCD＝l，所以l∥EF；（2）因為底面ABCD為菱形，∠ABC＝60°，設(shè)CD中點為G，易知AB，AG，AP兩兩互相垂直，故以點A為坐標原點，直線AB，AG，AP分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，由題意PA＝2AB＝4，所以C(1，3，0)，P（0，0，4），B（2，0，0），F(xiàn)（1，0，2），D(?1，3顯然平面ABCD的法向量可以是AP→而CF→=(0，?3設(shè)平面CEF的法向量為n→則n→⊥CF令z=3，解得y＝2，x=所以可取n→故|cos＜所以平面CEF與平面ABCD所成角的余弦值為35（3）設(shè)M（0，0，a），則C，E，M，F(xiàn)四點共面.FM→由（2）知平面CEF的法向量為n→則n→?FM解得a=83，所以17．（2025春?貴州期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E為棱AD的中點，PA（1）求證：AB∥平面PCE；（2）求證：平面PAB⊥平面PBD；（3）若二面角P﹣CD﹣A的大小為45°，求直線PA與平面PBD所成角的正弦值．【解答】（1）證明：連接CE，因為AD∥BC，BC=CD=12AD=1，且E所以AE∥BC，AE＝BC，所以四邊形ABCE是平行四邊形，所以AB∥CE，又AB?平面PCE，CE?平面PCE，所以AB∥平面PCE．（2）證明：在直角梯形ABCD中，BC=CD=1所以AB=2，BD=所以AB2+BD2＝AD2，即AB⊥BD，因為PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以PA⊥BD，又AB∩PA＝A，AB、PA?平面PAB，所以BD⊥平面PAB，又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD．（3）解：因為PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，所以由三垂線定理知，PD⊥CD，所以∠ADP就是二面角P﹣CD﹣A的平面角，即∠ADP＝45°，所以PA＝AD＝2，所以PB=P由（2）知，平面PAB⊥平面PBD，所以直線PA與平面PBD所成角即為∠APB，在Rt△PAB中，sin∠APB=AB故直線PA與平面PBD所成角的正弦值為3318．（2025秋?麗江月考）如圖，在三棱臺ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝2，A1C1＝1，M為BC中點，N為AB的中點．（1）求證：A1N∥平面AMC1；（2）求平面AMC1與平面ACC1A1所成夾角的余弦值；（3）求點C到平面AMC1的距離．【解答】解：（1）證明：連接MN，C1A，由M，N分別是BC，BA的中點，根據(jù)中位線性質(zhì)，MN∥AC，且MN=AC由棱臺性質(zhì)，A1C1∥AC，于是MN∥A1C1，由MN＝A1C1＝1可知，四邊形MNA1C1是平行四邊形，則A1N∥MC1，又A1N?平面C1MA，MC1?平面C1MA，于是A1N∥平面AMC1；（2）過M作ME⊥AC，垂足為E，過E作EF⊥AC1，垂足為F，連接MF，C1E，由ME?平面ABC，A1A⊥平面ABC，故AA1⊥ME，又ME⊥AC，AC∩AA1＝A，AC，AA1?平面ACC1A1，則ME⊥平面ACC1A1，由AC1?平面ACC1A1，故ME⊥AC1，又EF⊥AC1，ME∩EF＝E，ME，EF?平面MEF，于是AC1⊥平面MEF，由MF?平面MEF，故