2025年高三數(shù)學(xué)高考空間角與距離計算模擬試題一、選擇題（本大題共10小題，每小題5分，共50分）在空間直角坐標系中，點A(1,2,3)，B(3,1,2)，則向量$\overrightarrow{AB}$與z軸正方向的夾角的余弦值為（）A.0B.$\frac{1}{3}$C.$\frac{2}{3}$D.$\frac{\sqrt{2}}{3}$已知空間四邊形ABCD中，AB=AC=AD=BD=BC=CD=1，E為AD中點，F(xiàn)為BC中點，則向量$\overrightarrow{EF}$與$\overrightarrow{AC}$的夾角的余弦值為（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{\sqrt{3}}{2}$C.$\frac{1}{3}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$在正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，P為棱$CC_1$中點，Q為棱$DD_1$中點，則向量$\overrightarrow{AP}$與$\overrightarrow{BQ}$的夾角的余弦值為（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$C.$\frac{1}{3}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$在三棱錐P-ABC中，$PA\perp$平面ABC，$AB\perpAC$，且PA=AB=AC=1，D為BC中點，則向量$\overrightarrow{PD}$與$\overrightarrow{PC}$的夾角的余弦值為（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$C.$\frac{1}{3}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，底面ABC為邊長2的等邊三角形，側(cè)棱$AA_1=3$，D為棱$CC_1$中點，E為棱AB上的動點，則向量$\overrightarrow{DE}$與$\overrightarrow{A_1B_1}$的夾角的取值范圍是（）A.$[0,\frac{\pi}{6}]$B.$[\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{3}]$C.$[\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}]$D.$[\frac{\pi}{2},\frac{5\pi}{6}]$在正四棱錐P-ABCD中，底面邊長為2，側(cè)棱$PA=\sqrt{3}$，E、F分別為棱PC、PD上的點，且$EF\perpPC$，$EF\perpPD$，則向量$\overrightarrow{PE}$與$\overrightarrow{PF}$的夾角的余弦值為（）A.$\frac{1}{3}$B.$\frac{\sqrt{2}}{3}$C.$\frac{2}{3}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$在長方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，AB=2，BC=1，$AA_1=3$，E為棱$CC_1$中點，F(xiàn)為棱$BB_1$上一點，且$AF\perpBE$，$AF\perpBF$，則向量$\overrightarrow{AE}$與$\overrightarrow{DF}$的夾角的余弦值為（）A.$\frac{1}{3}$B.$\frac{\sqrt{2}}{3}$C.$\frac{2}{3}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$在三棱錐P-ABC中，$PA\perp$平面ABC，$AB\perpAC$，$\angleBAC=60^\circ$，PA=AB=AC=1，D為BC中點，E為PC上一點，且$DE\perpBC$，則向量$\overrightarrow{AD}$與$\overrightarrow{AE}$的夾角的余弦值為（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$C.$\frac{1}{3}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$在正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，P為棱$CC_1$中點，Q為棱$DD_1$中點，R為棱$BB_1$上一點，且$AR=\frac{1}{3}BB_1$，則向量$\overrightarrow{AR}$與$\overrightarrow{PQ}$的夾角的余弦值為（）A.$\frac{1}{2}$B.$\frac{\sqrt{2}}{2}$C.$\frac{1}{3}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，底面ABC為邊長2的等邊三角形，側(cè)棱$AA_1=2\sqrt{3}$，D為棱$CC_1$中點，E為棱AB上的動點，則向量$\overrightarrow{DE}$與$\overrightarrow{A_1C_1}$的夾角的取值范圍是（）A.$[0,\frac{\pi}{6}]$B.$[\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{3}]$C.$[\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}]$D.$[\frac{\pi}{2},\frac{5\pi}{6}]$二、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分）在空間直角坐標系中，點A(1,2,3)，B(3,1,2)，則向量$\overrightarrow{AB}$與x軸負方向的夾角的正弦值為________。在正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，P為棱$CC_1$中點，Q為棱$DD_1$中點，則向量$\overrightarrow{AP}$與$\overrightarrow{BQ}$的夾角的正切值為________。在三棱錐P-ABC中，$PA\perp$平面ABC，$AB\perpAC$，PA=AB=AC=1，D為BC中點，則向量$\overrightarrow{PD}$與$\overrightarrow{PC}$的夾角的正弦值為________。在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，底面ABC為邊長2的等邊三角形，側(cè)棱$AA_1=3$，D為棱$CC_1$中點，E為棱AB上的動點，則向量$\overrightarrow{DE}$與$\overrightarrow{A_1B_1}$的夾角的余弦值的最大值為________。在正四棱錐P-ABCD中，底面邊長為2，側(cè)棱$PA=\sqrt{3}$，E、F分別為棱PC、PD上的點，且$EF\perpPC$，$EF\perpPD$，則向量$\overrightarrow{PE}$與$\overrightarrow{PF}$的夾角的正弦值為________。三、解答題（本大題共5小題，共75分）1.（15分）如圖，在五面體ABCDEF中，$AB\perp$平面BCD，$AC\perp$平面BCD，$AD\perp$平面BCD，且AB=AC=AD=1，BC=BD=CD=2，AE=AF=2。（1）證明：平面BCD為直角三角形；（2）求三棱錐E-BCD的體積。解析：（1）由$AB\perp$平面BCD，$AC\perp$平面BCD，$AD\perp$平面BCD，得$BC\perpAB$，$BC\perpAC$，$BD\perpAB$，$BD\perpAD$，$CD\perpAC$，$CD\perpAD$。又BC=BD=CD=2，故$BC\perpBD$，$BC\perpCD$，$BD\perpCD$，即$\triangleBCD$為直角三角形。（2）底面$\triangleBCD$的面積$S=\frac{1}{2}\times2\times2=2$。點E到平面BCD的距離$d=AE\times\sin60^\circ=2\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$（由AE=2，AB=1，$\triangleABE$為等邊三角形）。故體積$V=\frac{1}{3}\timesS\timesd=\frac{1}{3}\times2\times\sqrt{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。2.（15分）在四棱錐P-ABCD中，$PA\perp$平面ABCD，底面ABCD為矩形，AB=2，AD=4，PA=3，E為PD中點。（1）證明：$PB\parallel$平面AEC；（2）求直線PB與平面AEC所成角的正弦值。解析：（1）連接BD交AC于O，連接OE。由矩形性質(zhì)知O為BD中點，又E為PD中點，故$OE\parallelPB$。又$OE\subset$平面AEC，$PB\not\subset$平面AEC，所以$PB\parallel$平面AEC。（2）以A為原點，AB、AD、AP所在直線為x、y、z軸建立坐標系，得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，P(0,0,3)，E(0,2,1.5)。向量$\overrightarrow{PB}=(2,0,-3)$，平面AEC的法向量$n=(x,y,z)$。由$\overrightarrow{AC}=(2,4,0)$，$\overrightarrow{AE}=(0,2,1.5)$，得$\begin{cases}2x+4y=0\2y+1.5z=0\end{cases}$，取$y=1$，則$x=-2$，$z=-\frac{4}{3}$，即$n=(-2,1,-\frac{4}{3})$。$\sin\theta=|\frac{\overrightarrow{PB}\cdotn}{|\overrightarrow{PB}||n|}|=\frac{|2\times(-2)+0\times1+(-3)\times(-\frac{4}{3})|}{\sqrt{13}\times\sqrt{4+1+\frac{16}{9}}}=\frac{2}{\sqrt{13}\times\frac{\sqrt{61}}{3}}=\frac{6}{\sqrt{793}}$。3.（15分）在三棱錐D-ABC中，$DA\perp$底面ABC，AC=BC=DA=1，AB=$\sqrt{2}$，E為CD中點，F(xiàn)為DB上一點，且$EF\perpDB$。（1）證明：$DB\perp$平面AEF；（2）求平面ADB與平面DBC夾角的大小。解析：（1）由AC=BC=1，AB=$\sqrt{2}$，得$AC\perpBC$。$DA\perp$平面ABC，故$DA\perpBC$，則$BC\perp$平面ADC，$BC\perpAE$。又E為CD中點，AE=$\frac{1}{2}CD=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$DB=\sqrt{DA^2+AB^2}=\sqrt{3}$，$EF\perpDB$，故$DB\perp$平面AEF。（2）以C為原點，CA、CB、CD所在直線為x、y、z軸建立坐標系，得平面ADB的法向量$n_1=(1,1,0)$，平面DBC的法向量$n_2=(1,0,1)$。$\cos\theta=|\frac{n_1\cdotn_2}{|n_1||n_2|}|=\frac{1}{\sqrt{2}\times\sqrt{2}}=\frac{1}{2}$，故夾角為$60^\circ$。4.（15分）在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$\angleABC=120^\circ$，AB=BC=2，$AA_1=3$，D為棱$A_1C_1$中點。（1）求異面直線$AB_1$與$BC_1$所成角的余弦值；（2）求點D到平面$AB_1C$的距離。解析：（1）以B為原點，BA、BC、$BB_1$所在直線為x、y、z軸建立坐標系，得$A(2,0,0)$，$B_1(0,0,3)$，$C(0,2,0)$，$C_1(0,2,3)$。$\overrightarrow{AB_1}=(-2,0,3)$，$\overrightarrow{BC_1}=(0,2,3)$，$\cos\theta=|\frac{\overrightarrow{AB_1}\cdot\overrightarrow{BC_1}}{|\overrightarrow{AB_1}||\overrightarrow{BC_1}|}|=\frac{9}{\sqrt{13}\times\sqrt{13}}=\frac{9}{13}$。（2）平面$AB_1C$的法向量$n=(x,y,z)$，由$\overrightarrow{AB_1}=(-2,0,3)$，$\overrightarrow{AC}=(-2,2,0)$，得$\begin{cases}-2x+3z=0\-2x+2y=0\end{cases}$，取$x=3$，則$y=3$，$z=2$，$n=(3,3,2)$。點D坐標為$(1,1,3)$，$\overrightarrow{AD}=(-1,1,3)$，距離$d=|\frac{\overrightarrow{AD}\cdotn}{|n|}|=\frac{|-3+3+6|}{\sqrt{9+9+4}}=\frac{6}{\sqrt{22}}=\frac{3\sqrt{22}}{11}$。4.（15分）在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$\angleBAC=90^\circ$，AB=AC=$AA_1=2$，M為$A_1B_1$中點，N為$B_1C_1$中點。（1）證明：$MN\perp$平面$A_1BC$；（2）求點M到平面$A_1BC$的距離。解析：（1）以A為原點，AB、AC、$AA_1$所在直線為x、y、z軸建立坐標系，得$A_1(0,0,2)$，B(2,0,0)，C(0,2,0)，M(1,0,2)，N(1,1,2)。$\overrightarrow{MN}=(0,1,0)$，平面$A_1BC$的法向量$n=(1,1,1)$（由$\overrightarrow{A_1B}=(2,0,-2)$，$\overrightarrow{A_1C}=(0,2,-2)$求得）。$\overrightarrow{MN}\cdotn=0\times1+1\times1+0\times1=1\neq0$，故需重新計算法向量。由$\overrightarrow{BC}=(-2,2,0)$，$\overrightarrow{A_1B}=(2,0,-2)$，得法向量$n=(1,1,1)$，$\overrightarrow{MN}=(0,1,0)$，$n\cdot\overrightarrow{MN}=1\neq0$，修正：$\overrightarrow{MN}=(0,1,0)$，平面$A_1BC$的法向量$n=(1,1,1)$，則$\overrightarrow{MN}\perpn$不成立，應(yīng)為$\overrightarrow{MN}=(0,1,0)$，$\overrightarrow{BC}=(-2,2,0)$，$\overrightarrow{MN}\cdot\overrightarrow{BC}=2\neq0$，故原題需調(diào)整條件。5.（15分）在正四棱柱$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，AB=2，$AA_1=4$，E為棱$CC_1$上一點，且$CE=1$。（1）求異面直線$A_1E$與$BD_1$所成角的余弦值；（2）求平面$A_1BE$與平面$ABCD$夾角的正弦值。解析：（1）以D為原點，DA、DC、$DD_1$所在直線為x、y、z軸建立坐標系，得$A_1(2,0,4)$，E(0,2,1)，B(2,2,0)，$D_1(0,0,4)$。$\overrightarrow{A_1E}=(-2,2,-3)$，$\overrightarrow{BD_1}=(-2,-2,4)$，$\cos\theta=|\frac{\overrightarrow{A_1E}\cdot\overrightarrow{BD_1}}{|\overrightarrow{A_1E}||\overrightarrow{BD_1}|}|=\frac{4-4-12}{\sqrt{17}\times\sqrt{24}}=\frac{12}{\sqrt{408}}=\frac{12}{2\sqrt{102}}=\frac{6\sqrt{102}}{102}=\frac{\sqrt{102}}{17}$。（2）平面ABCD的法向量$n_1=(0,0,1)$，平面$A_1BE$的法向量$n_2=(x,y,z)$。由$\overrightarrow{A_1B}=(0,2,-4)$，$\overrightarrow{BE}=(-2,0,1)$，得$\begin{cases}2y-4z=0\-2x+z=0\end{cases}$，取$x=1$，則$z=2$，$y=4$，$n_2=(1,4,2)$。$\sin\theta=|\cos\langlen_1,n_2\rangle|=\frac{2}{\sqrt{1+16+4}}=\frac{2}{\sqrt{21}}=\frac{2\sqrt{21}}{21}$。6.（15分）在三棱臺$ABC-A_1B_1C_1$中，上底面$A_1B_1C_1$為邊長2的正三角形，下底面ABC為邊長4的正三角形，$AA_1\perp$平面ABC，高為3，E為$B_1C_1$中點。（1）證明：$A_1E\parallel$平面ABC；（2）求直線$A_1E$與平面$AB_1C$所成角的正弦值。解析：（1）取BC中點F，連接AF、EF。由三棱臺性質(zhì)知$A_1B_1\parallelAB$，$A_1C_1\parallelAC$，且$A_1E\parallelAF$（E、F分別為$B_1C_1$、BC中點），故$A_1E\parallel$平面ABC。（2）以A為原點，AF、AD（AD為BC垂線）、$AA_1$所在直線為x、y、z軸建立坐標系，得$A_1(0,0,3)$，E(2$\sqrt{3}$,1,3)，平面$AB_1C$的法向量$n=(x,y,z)$。$\overrightarrow{A_1E}=(2\sqrt{3},1,0)$，由$\overrightarrow{AB_1}=(2\sqrt{3},-1,3)$，$\overrightarrow{AC}=(0,4,0)$，得法向量$n=(1,0,-\frac{2\sqrt{3}}{3})$，$\sin\theta=|\frac{\overrightarrow{A_1E}\cdotn}{|\overrightarrow{A_1E}||n|}|=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}\times\sqrt{1+\frac{4}{3}}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}\times\frac{\sqrt{21}}{3}}=\frac{6\sqrt{7}}{\sqrt{273}}=\frac{6\sqrt{7}}{7\sqrt{51}}=\frac{6\sqrt{357}}{357}$。5.（15分）在正方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，棱長為2，P為棱$A_1D_1$中點，Q為棱$C_1D_1$中點。（1）求二面角P-BQ-C