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【江蘇省各地區真題匯編】空間向量與立體幾何考前專題特訓-2025年高考數學
一．選擇題（共8小題）
1．（2025春 江蘇校級期中）若，，則（　?。?br/>A．（2，0，﹣3） B．（2，﹣1，1） C．（﹣2，1，﹣1） D．（2，1，﹣3）
2．（2025春 江蘇校級期中）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°．取棱B1C1的中點M，則（　?。?br/>A． B． C． D．
3．（2025春 常州期中）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，點P為側面ABB1A1上的任意一點，則的取值范圍是（　?。?br/>A．[0，2] B．[1，3] C．[2，4] D．[3，5]
4．（2025春 淮安期中）在三棱錐P﹣ABC中，，，，且，，則（　?。?br/>A． B．
C． D．
5．（2025春 江蘇校級期中）已知平面α的法向量為，平面β的法向量為，若α∥β，則xy＝（　?。?br/>A．﹣1 B．1 C． D．
6．（2025春 溧陽市期中）已知動點P是棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的對角線BD1上一點，記，當∠APC為鈍角時，λ的取值范圍為（　?。?br/>A． B． C． D．
7．（2025春 高郵市期中）在空間向量中，我們給出了定義向量的“外積”運算規則：對于空間向量和，．已知，，平面α的法向量，直線l的方向向量，則直線l與平面α的位置關系是（　?。?br/>A．平行 B．垂直
C．直線l在平面α內 D．相交但不垂直
8．（2025春 淮安期中）關于空間向量，以下說法正確的是（　　）
A．若對空間中任意一點O，有，則P，A，B，C四點共面
B．若空間向量，滿足，則與夾角為銳角
C．若直線l的方向向量為，平面α的一個法向量為，則l∥α
D．若空間向量，則在的投影向量為
二．多選題（共3小題）
（多選）9．（2025春 如皋市月考）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P是AC上的動點（包含兩端點），則下列結論正確的是（　?。?br/>A．存在點P，使B1P與平面A1DC1相交
B．B1P⊥BD1
C．D1P與平面AB1C所成角的正弦最大值為
D．A1P+B1P的最小值為
（多選）10．（2024春 錫山區校級期末）在三棱錐D﹣ABC中，平面ABC⊥平面ABD，AB＝AC＝BC＝BD＝AD＝2，則（　?。?br/>A．三棱錐D﹣ABC的體積為1
B．點C到直線AD的距離為
C．二面角B﹣AD﹣C的正切值為2
D．三棱錐D﹣ABC外接球的球心到平面ABD的距離為
（多選）11．（2023秋 蘇州期末）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC，AA1＝1，P為棱C1D1的中點，Q為底面ABCD上（含邊界）的一動點．記點Q軌跡的長度為L，則下列說法正確的有（　?。?br/>A．若PQ⊥B1C，則L＝2
B．若PQ∥平面A1BC1，則L
C．若PQ，則L＝π
D．若C到平面A1PQ的距離為，則L＝2
三．填空題（共3小題）
12．（2025春 常州期中）已知向量的夾角為鈍角，則實數t的取值范圍為　 　 ．
13．（2025春 淮安期中）《九章算術》是我國古代數學名著，它在幾何學中的研究比西方早一千多年，書中將四個面均為直角三角形的四面體稱為鱉臑．如圖，四面體P﹣ABC為鱉臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，則直線PB與平面PAC所成角的大小為 　 　 ．
14．（2025春 邗江區校級期中）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P在線段B1C上運動，則下列結論正確的是 　 　 ．
①直線BD1⊥平面A1C1D
②三棱錐D﹣A1C1P的體積為定值
③異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是
④直線C1P與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為
四．解答題（共5小題）
15．（2025春 南京期中）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P是CC1的中點，△ABC、△C1BC均為邊長為4的正三角形，且AC1＝2，
（1）求證：平面ABC⊥平面CBB1C1；
（2）求直線A1B與平面ABP所成角的正弦值．
16．（2025春 興化市校級月考）如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為線段A1B1的中點，F為線段AB的中點．
（1）求點B到直線AC1的距離；
（2）求直線FC到平面AEC1的距離．
17．（2025 鼓樓區校級模擬）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2，BC＝CD，∠DCB＝90°，∠DAB＝45°，E，F分別為AD，AB的中點．
（1）求證：AD⊥BD；
（2）求證：平面BDC1∥平面EFD1；
（3）若CC1＝2，P是線段D1F上的動點，求直線A1P與平面BDC1所成角的正弦值的最大值．
18．（2025春 鹽城月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E為AD的中點，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA＝AE＝BE＝2，CD＝1．
（1）求A到平面PBC的距離；
（2）求直線PE與平面PBC所成角的正弦值；
（3）在線段PE上是否存在點M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出點M的位置；若不存在，說明理由．
19．（2025春 江蘇校級期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，點E，F為PC，PA的中點．
（1）求證：平面BDE⊥平面ABCD；
（2）二面角E﹣BD﹣F的大??；
（3）線段PC上是否存在點M，使得直線AM與平面BDF所成夾角為．若存在，求出M點的位置；若不存在，請說明理由．
【江蘇省各地區真題匯編】空間向量與立體幾何考前專題特訓-2025年高考數學
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
題號 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B C D A C D A
二．多選題（共3小題）
題號 9 10 11
答案 BCD ACD ACD
一．選擇題（共8小題）
1．（2025春 江蘇校級期中）若，，則（　　）
A．（2，0，﹣3） B．（2，﹣1，1） C．（﹣2，1，﹣1） D．（2，1，﹣3）
【解答】解：由題可得：．
故選：D．
2．（2025春 江蘇校級期中）在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°．取棱B1C1的中點M，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中∠BAD＝90°，AB＝AD＝AA1＝1，∠BAA1＝∠DAA1＝60°，取棱B1C1的中點M，
根據向量的線性運算，則
所以，
所以．
故選：B．
3．（2025春 常州期中）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，點P為側面ABB1A1上的任意一點，則的取值范圍是（　?。?br/>A．[0，2] B．[1，3] C．[2，4] D．[3，5]
【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝BC＝AA1＝2，點P為側面ABB1A1上的任意一點，
如圖取AB中點為原點O，建立空間直角坐標系，設P（x，0，z），
其中﹣1≤x≤1，0≤z≤2，，，
，，，
當x＝±1，且z＝0或z＝2時，取最大值4，
當x＝0，且z＝1時，取最小值2，所以的取值范圍為[2，4]．
故選：C．
4．（2025春 淮安期中）在三棱錐P﹣ABC中，，，，且，，則（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：如圖所示，連接BM，因為，，則，，
所以．
故選：D．
5．（2025春 江蘇校級期中）已知平面α的法向量為，平面β的法向量為，若α∥β，則xy＝（　?。?br/>A．﹣1 B．1 C． D．
【解答】解：根據題意，平面α的法向量為，平面β的法向量為，
若α∥β，則有，即，解可得x＝4，，
故xy＝﹣1．
故選：A．
6．（2025春 溧陽市期中）已知動點P是棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的對角線BD1上一點，記，當∠APC為鈍角時，λ的取值范圍為（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：由題設，建立如圖所示空間直角坐標系：
則有A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），
∴
∴，
，
顯然∠APC不是平角，
所以∠APC為鈍角等價于cos∠APC＜0，即，
∴（λ﹣1）λ+λ（λ﹣1）+λ2＝λ（3λ﹣2）＜0，
解得，
則λ的取值范圍是．
故選：C．
7．（2025春 高郵市期中）在空間向量中，我們給出了定義向量的“外積”運算規則：對于空間向量和，．已知，，平面α的法向量，直線l的方向向量，則直線l與平面α的位置關系是（　?。?br/>A．平行 B．垂直
C．直線l在平面α內 D．相交但不垂直
【解答】解：因為，，
所以平面α的法向量為，
因為直線l的方向向量，所以，所以與不垂直．
因為，所以與不平行，
所以與既不垂直也不平行，所以直線l與平面α相交但不垂直．
故選：D．
8．（2025春 淮安期中）關于空間向量，以下說法正確的是（　　）
A．若對空間中任意一點O，有，則P，A，B，C四點共面
B．若空間向量，滿足，則與夾角為銳角
C．若直線l的方向向量為，平面α的一個法向量為，則l∥α
D．若空間向量，則在的投影向量為
【解答】解：A選項，根據題意可知，中，故P，A，B，C四點共面，A選項正確；
B選項，當，同向共線時也成立，但與夾角不為銳角，B選項錯誤；
C選項，根據題意可知，，即，故l⊥α，C選項錯誤；
D選項，在上的投影向量為，D選項錯誤．
故選：A．
二．多選題（共3小題）
（多選）9．（2025春 如皋市月考）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P是AC上的動點（包含兩端點），則下列結論正確的是（　　）
A．存在點P，使B1P與平面A1DC1相交
B．B1P⊥BD1
C．D1P與平面AB1C所成角的正弦最大值為
D．A1P+B1P的最小值為
【解答】解：選項A，連接AB1，CB1，則AB1∥C1D，AC∥A1C1，
因為AB1∩AC＝A，AB1、AC 平面AB1C，C1D∩A1C1＝C1，C1D、A1C1 平面A1DC1，
所以平面AB1C∥平面A1DC1，
由P是AC上的動點（包含兩端點），知B1P 平面AB1C，
所以B1P∥平面A1DC1，
所以不存在點P，使B1P與平面A1DC1相交，故選項A錯誤；
選項B，由三垂線定理的逆定理知，BD1⊥AC，BD1⊥AB1，
因為AC∩AB1＝A，AC、AB1 平面AB1C，所以BD1⊥平面AB1C，
又B1P 平面AB1C，所以BD1⊥B1P，故選項B正確；
選項C，由BD1⊥平面AB1C，知∠D1PQ即為D1P與平面AB1C所成角，
要求sin∠D1PQ的最大值，需求tan∠D1PQ，
在Rt△D1PQ中，tan∠D1PQ，
設AC∩BD＝O，連接OB1，設OB1∩BD1＝Q，連接OQ，
在四邊形OBB1D1中，，
所以QD1BD1，
而PQ≥OQOB1，
所以tan∠D1PQ2，此時sin∠D1PQ，
所以D1P與平面AB1C所成角的正弦最大值為，故選項C正確；
選項D，將平面A1AC與平面AB1C展開至同一平面，如圖所示，
其中△A1AC為直角三角形，△AB1C為等邊三角形，且A1A＝2，AB1＝2，
連接A1B1，
當點P為A1B1與AC的交點時，A1P+B1P取得最小值A1B1，
在△AA1B1中，由余弦定理知，12+4，
所以A1B12，
即A1P+B1P的最小值為2，故選項D正確．
故選：BCD．
（多選）10．（2024春 錫山區校級期末）在三棱錐D﹣ABC中，平面ABC⊥平面ABD，AB＝AC＝BC＝BD＝AD＝2，則（　?。?br/>A．三棱錐D﹣ABC的體積為1
B．點C到直線AD的距離為
C．二面角B﹣AD﹣C的正切值為2
D．三棱錐D﹣ABC外接球的球心到平面ABD的距離為
【解答】解：在三棱錐D﹣ABC中，平面ABC⊥平面ABD，AB＝AC＝BC＝BD＝AD＝2，
如圖，取AB的中點G，連接DG，CG，
∵平面ABC⊥平面ABD，且平面ABC∩平面ABD＝AB，CG 平面ABC，∴CG⊥平面ABD，
∵，∴，故A正確；
取AD的中點E，連接BE，取AE的中點F，連接FG，CF，
∵F，G分別為AE，AB中點，∴FG∥BE，∴FG⊥AD，
∵CG⊥平面ABD，AD 平面ABD，∴CG⊥AD，
又CG∩FG＝G，CG，FG 平面CFG，∴AD⊥平面CFG，則AD⊥CF，
則點C到直線AD的距離為為二面角B﹣AD﹣C的平面角，
，故B錯誤，C正確；
設△ABD，△ABC的外心分別為M，K，則GK⊥AB，
又平面ABD⊥平面ABC，∴GK⊥平面ABD．
設三棱錐D﹣ABC外接球的球心為O，則OK⊥平面ABC，OM⊥平面ABD，
∴四邊形OMGK為矩形，則，
∴三棱錐D﹣ABC外接球的球心到平面ABD的距離為，故D正確．
故選：ACD．
（多選）11．（2023秋 蘇州期末）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝2，BC，AA1＝1，P為棱C1D1的中點，Q為底面ABCD上（含邊界）的一動點．記點Q軌跡的長度為L，則下列說法正確的有（　?。?br/>A．若PQ⊥B1C，則L＝2
B．若PQ∥平面A1BC1，則L
C．若PQ，則L＝π
D．若C到平面A1PQ的距離為，則L＝2
【解答】解：對A選項，如圖，
設Q在BC上的射影為M，PQ⊥B1C，即C1M⊥B1C，
易得，故L＝MN＝2，故A選項正確；
對B選項：如圖，取AB，BC中點E，F，
顯然有PE∥BC1，EF∥A1C1，
進而可得平面PEF∥平面A1BC1，故，故B選項錯誤；
對C選項：如圖，設P在CD上的射影為N，
由PQ，PN＝1，易得NQ＝1，
故Q在以N為圓心，1為半徑的半圓弧上，故L＝π，故C選項正確；
對D：以D為原點建系如圖，
則，設Q（m，n，0），m∈[0，]，n∈[0，2]，
所以，，，
設平面A1PQ的法向量為，
則，取，
所以C到平面A1PQ的距離為，
所以，
所以，
即或，
即或，
但當Q（m，n，0）滿足時，直線在矩形ABCD外，
所以L2，故D選項正確．
故選：ACD．
三．填空題（共3小題）
12．（2025春 常州期中）已知向量的夾角為鈍角，則實數t的取值范圍為?。ī仭?，﹣4）∪（﹣4，5）　 ．
【解答】解：因為向量的夾角為鈍角，
則，解得t＜5，
當共線時，由，即（﹣4，2，t）＝λ（2，﹣1，2），解得t＝﹣4，
所以當夾角為鈍角時t∈（﹣∞，﹣4）∪（﹣4，5）．
故答案為：（﹣∞，﹣4）∪（﹣4，5）．
13．（2025春 淮安期中）《九章算術》是我國古代數學名著，它在幾何學中的研究比西方早一千多年，書中將四個面均為直角三角形的四面體稱為鱉臑．如圖，四面體P﹣ABC為鱉臑，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝1，則直線PB與平面PAC所成角的大小為 　　 ．
【解答】解：取AC的中點O，連接OB，OP，
因為AB⊥BC，且AB＝BC＝1，所以OB⊥AC，且OBAC，
因為PA⊥平面ABC，AC、OB 平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥OB，
又AC∩PA＝A，AC、PA 平面PAC，所以OB⊥平面PAC，
所以∠OPB即為直線PB與平面PAC所成角，
在Rt△PAO中，PA＝1，OA，所以OP，
所以tan∠OPB，
所以∠OPB，
即直線PB與平面PAC所成角的大小為．
故答案為：．
14．（2025春 邗江區校級期中）如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點P在線段B1C上運動，則下列結論正確的是 ?、佗冖堋?．
①直線BD1⊥平面A1C1D
②三棱錐D﹣A1C1P的體積為定值
③異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是
④直線C1P與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為
【解答】解：對①，根據三垂線定理易知BD1⊥A1C1，BD1⊥A1D，從而可得BD1⊥平面A1C1D，∴①正確；
對②，易知B1C∥A1D，從而可得B1C∥平面A1C1D，
∴P到平面A1C1D距離為定值，又△A1C1D的面積也為定值，
∴三棱錐D﹣A1C1P的體積為定值，∴②正確；
對③，∵B1C∥A1D，
∴異面直線AP與A1D所成角即為相交直線AP與B1C所成角，
又易知△AB1C為等邊三角形，
∴相交直線AP與B1C所成角的范圍為[，]，
即異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是[，]，∴③錯誤；
對④，由①知BD1⊥平面A1C1D，
∴直線C1P與平面A1C1D所成角的正弦值為：
C1P與BD1所成角的余弦值，
如圖將C1P對稱平移至D1Q，
則C1P與BD1所成角的余弦值即為：
D1Q與BD1所成角的余弦值，其中Q為線段A1D上的動點，
又AB⊥平面ADD1A1，∴AB⊥D1Q，
∴當Q為A1D的中點時，D1Q與BD1所成角的余弦值最大，
最大值為，
∴直線C1P與平面A1C1D所成角的正弦值的最大值為，∴④正確．
故答案為：①②④．
四．解答題（共5小題）
15．（2025春 南京期中）如圖，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，P是CC1的中點，△ABC、△C1BC均為邊長為4的正三角形，且AC1＝2，
（1）求證：平面ABC⊥平面CBB1C1；
（2）求直線A1B與平面ABP所成角的正弦值．
【解答】解：（1）證明：如圖，取BC的中點O，連接AO，C1O，
因為△ABC、△C1BC均為邊長為4的正三角形，
所以AO⊥CB，C1O⊥CB，A1O＝C1O＝2，△C1AO中，AO2，
所以AO⊥C1O，
又AO∩C1O＝O，BC，C1O 平面CBB1C1，所以AO⊥平面CBB1C1，
又因為AO 平面ABC，
所以平面ABC⊥平面CBB1C1；
（2）以直線OA，OB，OC1所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A（2，0，0），B（0，2，0），C（0，﹣2，0），C1（0，0，2），B1（0，4，2），P（0，﹣1，），
由，得，，，，
設（x，y，z）是平面PAB的一個法向量，
則，
令，則，
設直線A1B與平面ABP所成角為θ，
則sinθ＝|cos，|，
所以直線A1B與平面ABP所成角的正弦值為．
16．（2025春 興化市校級月考）如圖所示，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為線段A1B1的中點，F為線段AB的中點．
（1）求點B到直線AC1的距離；
（2）求直線FC到平面AEC1的距離．
【解答】解：（1）以D1為坐標原點，分別以D1A1，D1C1，D1D所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則A（1，0，1），B（1，1，1），C（0，1，1），C1（0，1，0），E（1，，0），F（1，，1），
∴，，，，
，，
（1）取，，
，，則點B到直線AC1的距離為；
（2）∵，∴FC∥EC1，
而FC 平面AEC1，EC1 平面AEC1，∴FC∥平面AEC1，
則點F到平面AEC1的距離就是直線FC到平面AEC1的距離．
設平面AEC1的一個法向量為，
由，取y＝2，得，
又，
∴直線FC到平面AEC1的距離為．
17．（2025 鼓樓區校級模擬）如圖，在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2，BC＝CD，∠DCB＝90°，∠DAB＝45°，E，F分別為AD，AB的中點．
（1）求證：AD⊥BD；
（2）求證：平面BDC1∥平面EFD1；
（3）若CC1＝2，P是線段D1F上的動點，求直線A1P與平面BDC1所成角的正弦值的最大值．
【解答】解：（1）證明：在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝2，BC＝CD，
∠DCB＝90°，∠DAB＝45°，E，F分別為AD，AB的中點，
∵DC＝BC，∠DCB＝90°，
∴BD2，又AD＝2，∴BD＝AD＝2，
又∠DAB＝45°，∴∠ABD＝45°，∴∠ADB＝90°，∴AD⊥BD．
（2）證明：在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面ABCD，
∵AD 平面ABCD，BD 平面ABCD，∴DD1⊥AD，DD1⊥BD，
∴DA，DB，DD1兩兩垂直，
以點D為坐標原點，以DA所在直線為x軸，DB所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，
設DD1＝h（h＞0），
則D（0，0，0），B（0，2，0），C1（﹣1，1，h），E（1，0，0），F（1，1，0），D1（0，0，h）．
∴（0，2，0），（﹣1，1，h），（0，1，0），（﹣1，0，h），
設為平面BDC1的法向量，
則，令x1＝h，得（h，0，1），
設平面EFD1的法向量，
則，取x＝h，得（h，0，1），
∵∥，平面BDC1與平面EFD1不重合，
∴平面BDC1∥平面EFD1．
（3）CC1＝2，P是線段D1F上的動點，
當CC1＝2時，為平面BDC1的法向量，
D1（0，0，2），則（﹣1，﹣1，2），
設λ（﹣1，﹣1，2）＝（﹣λ，﹣λ，2λ），（λ∈[0，1]），
∴P（1﹣λ，1﹣λ，2λ），∵A1（2，0，2），∴（﹣1﹣λ，1﹣λ，2λ﹣2），
設直線A1P與平面BDC1所成角為θ，
sinθ＝|cos|
，
當且僅當時，等號成立，
∴若CC1＝2，P是線段D1F上的動點，則直線A1P與平面BDC1所成角的正弦值的最大值為．
18．（2025春 鹽城月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E為AD的中點，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA＝AE＝BE＝2，CD＝1．
（1）求A到平面PBC的距離；
（2）求直線PE與平面PBC所成角的正弦值；
（3）在線段PE上是否存在點M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出點M的位置；若不存在，說明理由．
【解答】解：（1）因為平面PAD⊥平面ABCD，BE⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BE⊥平面PAD，
作Ez⊥AD，以E為原點，以，的方向分別為x軸，y軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系E﹣xyz，
則點E（0，0，0），P（0，﹣2，2），A（0，﹣2，0），B（2，0，0），C（1，2，0），
D（0，2，0），
所以，，，
設平面PBC的法向量為，
則，所以，即，
取y＝1，解得，
A到平面PBC的距離為；
（2）由（1）知，平面PBC的法向量為，
設直線PE與平面PBC所成角為θ，
則直線PE與平面PBC所成角的正弦值為：
，，
所以直線PE與平面PBC所成角的正弦值為；
（3）“線段PE上存在點M，使得DM∥平面PBC”等價于“”，
因為，
設，λ∈[0，1]，
則M（0，2λ﹣2，2﹣2λ），．
由（2）知平面PBC的法向量為，
所以，
解得，
所以線段PE上存在點M，即PE中點，使得DM∥平面PBC．
19．（2025春 江蘇校級期中）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，點E，F為PC，PA的中點．
（1）求證：平面BDE⊥平面ABCD；
（2）二面角E﹣BD﹣F的大??；
（3）線段PC上是否存在點M，使得直線AM與平面BDF所成夾角為．若存在，求出M點的位置；若不存在，請說明理由．
【解答】解：（1）證明：連接AC與BD交于點O，連接EO，
∵底面ABCD為菱形，∴點O為AC的中點，
∵點E為PC的中點∴EO∥PA，
又∵PA⊥平面ABCD，∴EO⊥平面ABCD，
又∵EO 平面BDE，
∴平面BDE⊥平面ABCD．
（2）∵EO⊥平面ABCD，且底面ABCD為菱形，∴OB，OC，OE兩兩垂直．
以O為原點，以向量方向為x，y，z軸正方向建立如圖所示空間直角坐標系，
∵底面ABCD為菱形，且∠ABC＝60°，則△ABC為等邊三角形，
PA＝AB＝2，∴，
∵O，E分別為AC，PC的中點，∴，
則，
則，
設平面BFD的一個法向量為，
則，有，
令y＝1，則，
∵底面ABCD為菱形，∴OC⊥BD，
∵平面BDE⊥平面ABCD，且平面BDE∩平面ABCD＝BD，OC 平面ABCD，
∴OC⊥平面BDE，
∴為平面BDE的一個法向量，
設二面角E﹣BD﹣F大小為θ，
則．
∴二面角E﹣BD﹣F的大小為；
（3）不存在，理由如下：
∵點M在線段PC上，設，
由P（0，﹣1，2），C（0，1，0），A（0，﹣1，0）可得，
則，則M（0，2λ﹣1，2﹣2λ），則，
由題意，若直線AM與平面BDF所成夾角為，
則，
整理得2λ2﹣2λ﹣1＝0，解出．
又∵0≤λ≤1，∴不符合題意，故線段PC上不存在這樣的點M．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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