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第一章 空间向量与立体几何全章综合测试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023秋·河北保定·高二统考期末）在以下命题中：
①三个非零向量⃗a，⃗b，⃗c不能构成空间的一个基底，则⃗a，⃗b，⃗c共面；
②若两个非零向量⃗a，⃗b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则⃗a，⃗b共线；
③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若⃗OP=2⃗OA−⃗2OB−⃗2OC，则P，A，B，C四点共面
④若⃗a，⃗b是两个不共线的向量，且⃗c=λ⃗a+μ⃗b(λ,μ∈R,λ,μ≠0)，则{⃗a,⃗b,⃗c}构成空间的一个基底
⑤若{⃗a,⃗b,⃗c}为空间的一个基底，则{⃗a+⃗b,⃗b+⃗c+2⃗a,⃗c+⃗a}构成空间的另一个基底；其中真命题的个数是
（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】直接利用空间基底，共面向量，共线向量的基础知识的应用求出结果．
【解答过程】空间任意三个不共面的向量都可以作为空间的一个基底.
①根据空间基底的定义，三个非零向量⃗a，⃗b，⃗c不能构成空间的一个基底，则⃗a，⃗b，⃗c共面；故命题①正
确．
②由空间基底的定义，若两个非零向量⃗a，⃗b与任何一个向量都不能构成空间的一个基底，则⃗a，⃗b共线，
若⃗a，⃗b不共线，则⃗a，⃗b共面，一定有向量与⃗a，⃗b不共面；故命题②正确．
③对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，当⃗OP=2⃗OA−⃗2OB−⃗2OC时，若P，A，B，C四点共
面，则⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AC，⃗OP−⃗OA=λ(⃗OB−⃗OA)+μ(⃗OC−⃗OA)，⃗OP=(1−λ−μ)⃗OA+λ⃗OB+μ⃗OC，
¿，方程组无解，故P，A，B，C四点不共面；故命题③错误．
④若⃗a，⃗b是两个不共线的向量，且⃗c=λ⃗a+μ⃗b(λ,μ∈R,λ,μ≠0)，则向量⃗c与⃗a，⃗b构成共面向量，
{⃗a,⃗b,⃗c}不能构成空间的一个基底；故命题④错误．
⑤利用反证法：若{⃗a+⃗b,⃗b+⃗c,⃗c+⃗a}不能构成空间的一个基底，则这三个向量共面，
1−y 1−x
设⃗a+⃗b=x(⃗b+⃗c)+ y(⃗c+⃗a)(x,y∈R)，当x+ y=0，⃗a与⃗b共线，当x+ y≠0，得⃗c= ⃗a+ ⃗b，
x+ y x+ y
学科网（北京）股份有限公司都有⃗a,⃗b,⃗c共面，由于{⃗a,⃗b,⃗c}为空间的一个基底，得出矛盾，所以{⃗a+⃗b,⃗b+⃗c,⃗c+⃗a}能够成空间的一个
基底，故命题⑤正确．
真命题有3个.
故选：D.
2．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知MN是棱长为4的正方体内切球的一条直径，点P在正方体
表面上运动，则⃑PM⋅⃑PN的最大值为( )
A．4 B．12 C．8 D．6
【解题思路】设正方体内切球的球心为O，则⃑OM=−⃑ON，⃑PM⋅⃑PN=(⃑OM−⃑OP)⋅(⃑ON−⃑OP)
=|⃑OP| 2 −4，将问题转化为求|⃑OP|的最大值.
【解答过程】设正方体内切球的球心为O，则|OM|=|ON|=2，⃑OM=−⃑ON，
2 2
∴⃑PM⋅⃑PN=(⃑OM−⃑OP)⋅(⃑ON−⃑OP)=|⃑OP| −⃑OP⋅(⃑OM+⃑ON)+⃑OM⋅⃑ON＝=|⃑OP| −4，
又点P在正方体表面上运动，∴当P为正方体顶点时，|⃑OP|最大，且最大值为正方体体对角线的一半，
1
|⃑OP| = ×√3×42= 2√3，∴⃑PM⋅⃑PN的最大值为(2√3) 2 −4=8.
max 2
故选：C.
3．（5分）（2023春·江苏徐州·高二统考期中）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CM=BN=a，其中00,b>0，再利用基本不等式“1”的妙用即可
得解.
【解答过程】因为⃗OA−a⃗OB−2b⃗OC=0⃗，所以⃗OA=a⃗OB+2b⃗OC，
又点A在线段BC上（不含端点），所以a+2b=1，且a>0,b>0，则2+a+2+2b=5，
2 1 2 1 2 1
+ = + = +
所以
3a+4b a+3b 2(a+2b)+a (a+2b)+b 2+a 1+b
学科网（北京）股份有限公司2 2 1
= + = (2+a+2+2b)¿
2+a 2+2b 5
1[ 2(2+a) 2(2+2b)] 1[ √2(2+a) 2(2+2b)] 8
= 4+ + ≥ 4+2 ⋅ = ，
5 2+2b 2+a 5 2+2b 2+a 5
当且仅当¿，即¿时，等号成立，
2 1 8
故 + 的最小值为 .
3a+4b a+3b 5
故选：D.
5．（5分）（2023春·高二课时练习）设空间两个单位向量⃗OA=(m,n,0),⃗OB=(0,n,p)与向量
π
⃗OC=(1,1,1)的夹角都等于 ，则cos∠AOB=（ ）
4
2−√3 2+√3
A． B．
4 2
2−√3 2+√3 2−√3 2+√3
C． 或 D． 或
4 4 2 2
π √6
【解题思路】首先根据⃗OA为单位向量得到m2+n2=1，再利用⃗OA与⃗OC的夹角等于 ，得m+n= .联立
4 2
方程求解出m与n的值，最后再利用向量的夹角公式进行求解即可.
π
【解答过程】∵空间两个单位向量⃗OA=(m,n,0)，⃗OB=(0,n,p)与向量⃗OC=(1,1,1)的夹角都等于 ，
4
π
∴∠AOC=∠BOC= ，|⃗OC|=√3，
4
√6
∵⃗OA⋅⃗OC=|⃗OA|⋅|⃗OC|⋅cos∠AOC= ，
2
√6
又⃗OA⋅⃗OC=m+n，∴m+n= ，
2
又⃗OA为单位向量，∴m2+n2=1，
联立¿，得¿或¿，
∵ ⃗OA=(m,n,0)，⃗OB=(0,n,p)，
2±√3
∴cos∠AOB=n2=
.
4
故选：C.
6．（5分）（2023春·高二课时练习）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AD//BC，
学科网（北京）股份有限公司AB⊥BC，侧面PAB⊥底面ABCD．若PA=AD=AB=kBC(01，与k∈(0,1)矛盾，故D错误，
cosθ cosθ
故选：A.
7．（5分）（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A B C D 的表面
1 1 1 1
上一个动点，则以下不正确的是（ ）
A．当P在平面BCC B 上运动时，四棱锥P−A A D D的体积不变
1 1 1 1
[π π]
B．当P在线段AC上运动时，D P与A C 所成角的取值范围是 ,
1 1 1 3 2
C．使直线AP与平面ABCD所成的角为45o的点P的轨迹长度为π+4√2
D．若F是A B 的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B CD 时，PF长度的最小值是
1 1 1 1
√5
【解题思路】由底面正方形ADD A 的面积不变，点P到平面A A D D的距离不变，可判定A正确；
1 1 1 1
以D为原点，建立空间直角坐标系，设P(x,2−x,0)，则⃗D P=(x,2−x,−2),⃗A C =(−2,2,0)，结合
1 1 1
向量的夹角公式，可判定B正确；
由直线AP与平面ABCD所成的角为45∘，作PM⊥平面ABCD，得到点P的轨迹，可判定C正确；
设P(m,m,0)，求得平面CB D 的一个法向量为⃗n=(1,−1,−1)，得到|⃗FP|=√2(x−1) 2+6，可判定D
1 1
错误.
【解答过程】对于A中：底面正方形ADD A 的面积不变，点P到平面A A D D的距离为正方体棱长，
1 1 1 1
所以四棱锥P−A A D D的体积不变，所以A选项正确；
1 1
对于B中：以D为原点，DA,DC,DD 所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建立空间直角坐标系，可得
1
A (2,0,2),D (0,0,2),C (0,2,2)，
1 1 1
设P(x,2−x,0),0≤x≤2，则⃗D P=(x,2−x,−2),⃗A C =(−2,2,0)，
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司|⃗D P⋅⃗A C | |x−1|
设直线D P与A C 所成角为θ，则cosθ=cos⟨⃗D P,⃗A C ⟩= 1 1 1 = ，
1 1 1 1 1 1 |⃗D P||⃗A C | √(x−1) 2+3
1 1 1
π
因为0≤|x−1|≤1，当|x−1|=0时，可得cosθ=0，所以θ=
；
2
|x−1| 1 1
cosθ= = ≤ π π
当0<|x−1|≤1时， √(x−1) 2+3 √ 3 2 ，所以 ≤θ< ，
1+ 3 2
2
|x−1|
[π π]
所以异面直线D P与A C 所成角的取值范围是 , ，所以B正确；
1 1 1 3 2
对于C中：因为直线AP与平面ABCD所成的角为45∘，
若点P在平面DCC D 和平面BCC B 内，
1 1 1 1
因为∠B AB=45∘,∠D AD=45∘最大，不成立；
1 1
在平面ADD A 内，点P的轨迹是AD =2√2；
1 1 1
在平面ABB A 内，点P的轨迹是AB =2√2；
1 1 1
在平面A B C D 时，作PM⊥平面ABCD，如图所示，
1 1 1 1
因为∠PAM=45∘，所以PM=AM，又因为PM=AB，所以AM=AB，所以A P=AB，
1
所以点P的轨迹是以A 点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
1
1
所以点P的轨迹的长度为 ×2π×2=π，
4
综上，点P的轨迹的总长度为π+4√2，所以C正确；
学科网（北京）股份有限公司对于D中，由B (2,2,2),D (0,0,2),C(0,2,0),F(2,1,2)，
1 1
设P(m,n,0),0≤m≤2,0≤n≤2，
则⃗CB =(2,0,2),⃗CD =(0,−2,2),⃗FP=(m−2,n−1,−2)
1 1
设平面CB D 的一个法向量为⃗n=(a,b,c)，则¿，
1 1
取a=1，可得b=−1,c=−1，所以⃗n=(1,−1,−1)，
因为PF//平面B CD，所以⃗FP⋅⃗n=(m−2)−(n−1)+2=0，可得n=m+1，
1
所以|⃗FP|=√(m−2) 2+(n−1) 2+4=√2m2−4m+8=√2(m−1) 2+6≥√6，
当x=1时，等号成立，所以D错误.
故选：D.
8．（5分）（2023秋·四川遂宁·高二统考期末）如图，棱长为2的正方体ABCD−A B C D 中，P为线
1 1 1 1
段B D 上动点（包括端点）．
1 1
2√3
①三棱锥P−A BD中，点P到面A BD的距离为定值
1 1 3
②过点P且平行于面A BD的平面被正方体ABCD−A B C D 截得的多边形的面积为2√3
1 1 1 1 1
[√3 √6]
③ 直线PA 与面A BD所成角的正弦值的范围为 ,
1 1 3 3
④当点P为B D 中点时，三棱锥P−A BD的外接球表面积为11π
1 1 1
以上命题为真命题的个数为（ ）
学科网（北京）股份有限公司A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形B D C为截面多边
1 1
形，求其面积即可；对于④设球心O(x ,y ,z )，由|OA |=|OB|=|OD|=|OP|求解球心坐标即可.
0 0 0 1
【解答过程】
以A为坐标原点，分别以AB，AD，A A 为x,y,z轴建系如图：
1
A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,2,0),A (0,0,2),B (2,0,2),D (0,2,2)，
1 1 1
⃗A P=(t,2−t,0),⃗BD=(−2,2,0),⃗A B=(2,0,−2)，
1 1
t
设⃗B P= ⃗B D (0≤t≤2),
1 2 1 1
t t t
则⃗AP=⃗AB + (⃗AD −⃗AB )=(1− )⃗AB + ⃗AD =(2−t,t,2)，
1 2 1 1 2 1 2 1
所以P(2−t,t,2)(0≤t≤2)
设面A BD的一个法向量为⃗n=(x ,y ,z )，
1 1 1 1
则¿
令x =1得y =1,z =1,∴⃗n=(1,1,1)，
1 1 1
|⃗A P⋅⃗n| |t+2−t| 2√3
对于①：P到平面A BD的距离为d= 1 = = ，故①正确；
1 |⃗n| √3 3
学科网（北京）股份有限公司对于②：连接B C,D C，因为四边形BB D D为平行四边形，
1 1 1 1
∴BD//B D ，又BD⊂面A BD，B D ⊄面A BD，
1 1 1 1 1 1
∴B D //面A BD，
1 1 1
同理可证B C//面A BD，
1 1
又B D ∩B C=B ，所以面B D C//面A BD，
1 1 1 1 1 1 1
所以过点P且平行于面A BD的平面被正方体ABCD−A B C D 截得的多边形为△B D C，
1 1 1 1 1 1 1
√3
它是边长为2√2的等边三角形，故面积为 (2√2)
2=2√3，故②正确；
4
|⃗A P⋅⃗n|
√2
对于③：设直线PA 与面A BD所成角为θ，则sinθ=|cos⟨⃗A P,⃗n⟩|= 1 = ，
1 1 1 |⃗A P|⋅|⃗n| √3⋅√t2−2t+2
1
[√3 √6]
∵0≤t≤2,∴t2−2t+2∈[1,2]，∴sinθ∈ , ，
3 3
[√3 √6]
所以直线PA 与面A BD所成角的正弦值的范围为 , ，故③正确；
1 1 3 3
对于④：当点P为B D 中点时P(1,1,2)，设三棱锥P−A BD的外接球球心O(x ,y ,z )，
1 1 1 0 0 0
∵|OA |=|OB|=|OD|=|OP|，
1
∴x2+ y2+(z −2) 2=(x −2) 2+ y2+z2=x2+(y −2) 2+z2 =(x −1) 2+(y −1) 2+(z −2) 2 ，
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1
解得x = y =z = ，
0 0 0 2
所以外接球半径R满足：R2=|OB|2= (1 −2 ) 2 + 1 + 1 = 11 ，
2 4 4 4
三棱锥P−A BD的外接球表面积为S=4πR2=11π，故④正确；
1
综上：①②③④均正确.
故选：D.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023·高二单元测试）已知空间向量⃗m=(−1,2,5),⃗n=(2,−4,x)，则下列选项中正确的是
（ ）
A．当⃗m⊥⃗n时，x=2 B．当⃗m//⃗n时，x=−10
学科网（北京）股份有限公司√10−2
C．当|⃗m+⃗n|=√5时，x=−4 D．当x=√10时，cos⟨⃗m,⃗n⟩=
6
【解题思路】对于A，利用空间向量垂直的坐标表示即可判断；对于B，利用空间向量平行的性质即可判
断；对于C，先根据空间向量运算法则计算出⃗m+⃗n，再利用模长公式列出方程，从而得以判断；对于D，
利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可判断.
【解答过程】对于A，因为⃗m⊥⃗n，⃗m=(−1,2,5),⃗n=(2,−4,x)，
所以⃗m·⃗n=(−1)×2+2×(−4)+5x=−10+5x=0，解得x=2，故A正确；
对于B，因为⃗m//⃗n，所以存在λ∈R，使得⃗m=λ⃗n，
则(−1,2,5)=λ(2,−4,x)=(2λ,−4λ,λx)，即¿，解得¿，故B正确；
对于C，因为⃗m+⃗n=(−1+2,2−4,5+x)=(1,−2,5+x)，
所以|⃗m+⃗n|=√12+(−2) 2+(5+x) 2=√5+(5+x) 2=√5，解得x=−5，故C错误；
对于D，因为x=√10，则⃗m=(−1,2,5),⃗n=(2,−4,√10)，
⃗m·⃗n −1×2+2×(−4)+5×√10 √10−2
所以cos⟨⃗m,⃗,n⟩= = = ，故D正确．
|⃗m|·|⃗n| √1+4+25×√4+16+10 6
故选：ABD.
10．（5分）（2023·全国·高二专题练习）在自然界中，金刚石是天然存在的最硬的物质．如图1，这是组
成金刚石的碳原子在空间中排列的结构示意图，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全
相同的方式连接．从立体几何的角度来看，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的四个顶点处，而中
间的那个碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置，如图2所示．这就是说，图2中有AE＝BE＝CE
＝DE，若正四面体ABCD的棱长为4，则（ ）
8√6
A．|⃗DE|＝ B．⃗EA＋⃗EB＋⃗EC＋⃗ED=0⃗
9
C．⃗AE⋅⃗BC＝0 D．⃗AC⋅⃗AE＝8
【解题思路】由题意得E是正四面体ABCD外接球的球心．设点O是顶点A在底面的射影，取CD的中点
学科网（北京）股份有限公司G，AB的中点F，求得OB，AO，AE，由|⃗DE|=AE可判断A；求得EF=EG，结合⃗EA+⃗EB=2⃗EF，
√6
⃗EC+⃗ED=2⃗EG，可判断B；由AE⊥BC可判断C；求出cos〈⃗AC,⃗AE〉= ，进而求得⃗AC⋅⃗AE，可判
3
断D．
【解答过程】由题意得E是正四面体ABCD外接球的球心．
设点O是顶点A在底面的射影，则AO是正四面体ABCD的高，OB是△BCD的外接圆半径，
取CD的中点G，AB的中点F，连接BG，GF，则O在BG上，E在FG上，
2 2 √3 4√3 4√6
则OB= BG= × ×4= ，AO=√AB2−OB2= ，
3 3 2 3 3
因为BE2=(AO−AE) 2+BO2，即AE2=(AO−AE) 2+OB2，
2 2
则AE2= (4√6 −AE ) + (4√3) ，解得AE=√6．
3 3
对于A，|⃗DE|=AE=√6，故A错误；
√3
对于B，因为AG＝BG＝ ×4=2√3，FG⊥AB，EG⊥CD，
2
所以EF=√AE2−AF2=√6−4=√2，EG=√DE2−DG2=√6−4=√2，
则EF=EG，又⃗EA+⃗EB=2⃗EF，⃗EC+⃗ED=2⃗EG，则⃗EA+⃗EB=−(⃗EC+⃗ED)，
所以⃗EA+⃗EB+ ⃗EC+⃗ED=0⃗，故B正确；
对于C，因为AE⊥底面BCD，CD⊂底面BCD，所以AE⊥BC，所以⃗AE⋅⃗BC＝0，故C正确；
AO √6
对于D，因为cos〈⃗AC,⃗AE〉=cos〈⃗AC,⃗AO〉= = ，
AC 3
√6
所以⃗AC⋅⃗AE=|⃗AC||⃗AE|cos⟨⃗AC,⃗AE⟩=4×√6× =8，故D正确．
3
故选：BCD.
学科网（北京）股份有限公司11．（5分）（2023·全国·高三专题练习）已知棱长为1的正方体ABCD−A B C D ，以正方体中心O为
1 1 1 1
球心的球O与正方体的各条棱相切，点P为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
√2
A．球O在正方体外部分的体积为 π−1
3
[ 1 7]
B．若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则⃗PA⋅⃗PB∈ − ,
4 4
2√2
C．若点P在平面ABCD下方，则直线AP与平面A B C D 所成角的正弦值最大为
1 1 1 1 3
1
D．若点P､M､N在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则⃗PM⋅⃗PN最小值为−
4
【解题思路】对于A，结合球的体积和正方体体积公式或利用球缺的体积公式即可判断；对于B，可取AB
中点E，可将⃗PA⋅⃗PB利用向量运算转化为⃗PA⋅⃗PB=(⃗PE+⃗EA)⋅(⃗PE+⃗EB)=(⃗PE) 2 −(⃗EA) 2 =|⃗PE| 2 − 1 ，
4
再结合|⃗PE|的范围即可判断；对于C，直线AP与平面A B C D 所成角最大时直线AP正好与平面ABCD
1 1 1 1
下方球O相切，根据几何关系即可求出所成角的最大正弦值，即可判断；对于D，可将⃗PM⋅⃗PN转化为
⃗PM⋅⃗PN=(⃗OM−⃗OP)⋅(⃗ON−⃗OP)=⃗OM⋅⃗ON−⃗OP⋅(⃗OM+⃗ON)+⃗OP2，再利用不等式进行转化求解，
即可判断.
√2
【解答过程】对于A，正方体的棱切球O的半径R= ，如下图所示，
2
3
4 (√2) √2
球O在正方体外部的体积V >V −V = π⋅ −1= π−1，
球O 正方体 3 2 3
或者可根据球O在平面A B C D 上方球缺部分的体积
1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司V = 1 π(3R−ℎ)⋅ℎ 2= 1 π⋅ [3√2 − (√2 − 1)] ⋅ (√2 − 1) 2 = (√2 − 5 ) π ， ℎ 为球缺的高，
3 3 2 2 2 2 2 6 24
(√2 5 ) ( 5)
所以球O在正方体外部的体积为6V =6 − π= √2− π， A选项错误；
6 24 4
1
对于B，取AB中点E，可知E在球面上，可得⃗EB=−⃗EA= ⃗BA，所以
2
⃗PA⋅⃗PB=(⃗PE+⃗EA)⋅(⃗PE+⃗EB)=(⃗PE) 2 −(⃗EA) 2 =|⃗PE| 2 − 1 ，点P在球O的正方体外部（含正方体表
4
[ 1 7]
面）运动，所以0≤|⃗PE|≤√2（当PE为直径时，|⃗PE|=√2），所以⃗PA⋅⃗PB∈ − , ，B选项正确；
4 4
对于C，
若正方体上底面字母为ABCD，则直线AP与平面A B C D 所成角的正弦值最大时，如上图所示P点位
1 1 1 1
置，此时正弦值最大为1，
若正方体下底面字母为ABCD，设平面ABCD的中心为O ,直线AP与平面A B C D 所成角即为直线AP
1 1 1 1 1
与平面ABCD所成角，
则直线AP与平面A B C D 所成角最大时，直线AP正好与平面ABCD下方球O相切，过A作平面ABCD
1 1 1 1
√3
下方球O的切线，切点为P，将正方体及其棱切球的截面画出，如下图所示，可得OA= ，
2
√2 1
O A=OP= ，O O= ，∠OO A=∠APO=90∘，△APO≅△OO A，
1 2 1 2 1 1
学科网（北京）股份有限公司1
所以O O=AP= ，
1 2
OP √2 OO 1
sin∠OAQ= = ，sin∠OAC= 1= ，
OA √3 OA √3
所以直线AP与平面A B C D 所成角最大时为∠CAQ，
1 1 1 1
√2 √2 1 1 1
sin∠CAQ=sin(∠OAQ−∠OAC)= ⋅ − ⋅ = ，C选项错误；
√3 √3 √3 √3 3
对于D，⃗PM⋅⃗PN=(⃗OM−⃗OP)⋅(⃗ON−⃗OP)=⃗OM⋅⃗ON−⃗OP⋅(⃗OM+⃗ON)+⃗OP2，
√2
记向量⃗OP与向量⃗OM+⃗ON的夹角为θ，|⃗OP|=|⃗OM|=|⃗ON|= ，因为
2
⃗OP⋅(⃗OM+⃗ON)=|⃗OP|⋅|⃗OM+⃗ON|cosθ≤|⃗OP|⋅|⃗OM+⃗ON|，
且(⃗OM+⃗ON) 2 =⃗OM2+⃗ON2+2⃗OM⋅⃗ON，
√2 1
所以⃗PM⋅⃗PN=⃗OM⋅⃗ON−⃗OP⋅(⃗OM+⃗ON)+⃗OP2≥⃗OM⋅⃗ON− ⋅√1+2⃗OM⋅⃗ON+ ，
2 2
t2−1 √2 1 1 √2 1 √2
令t=√1+2⃗OM⋅⃗ON，所以上式可化为⃗PM⋅⃗PN= − t+ = t2− t≥− ，当且仅当t=
2 2 2 2 2 4 2
时等号成立，
1 2π
此时⃗OM⋅⃗ON=− ，即 ⟨⃗OM,⃗ON⟩= 时等号成立，根据题意可知此条件显然成立，D选项正确.
4 3
故选：BD.
12．（5分）（2023春·福建莆田·高二校考期中）正方体ABCD−A B C D 的棱长为1，M为侧面
1 1 1 1
A A D D上的点，N为侧面CC D D上的点，则下列判断正确的是（ ）
1 1 1 1
√5 √2
A．若BM＝ ，则M到直线A D的距离的最小值为
2 1 4
B．若B N⊥AC ，则N∈CD ，且直线B N//平面A BD
1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司√3
C．若M∈A D，则B M与平面A BD所成角正弦的最小值为
1 1 1 3
√3
D．若M∈A D，N∈CD ，则M，N两点之间距离的最小值为
1 1 3
1
【解题思路】由已知可推得M为以A点为圆心， 为半径的圆上.作图，即可根据圆的性质得出最小值，判
2
断A项；先证明AC ⊥平面A BD，结合B N⊥AC ，即可得出B N//平面A BD；建立空间直角坐
1 1 1 1 1 1
1
标系，求出平面A BD的法向量，表示出cos⟨⃗n ,⃗B M⟩ = ，根据不等式的性质，即可
1 1 1 √3√2λ2−4λ+3
判断C项；MN为直线DA 与CD 的公垂线段时，MN最小.设⃗n =(x ,y ,z )，且⃗n ⊥⃗D A ，
1 1 2 2 2 2 2 1
⃗n ⊥⃗CD ，求出⃗n ，即可根据投影向量，求出最小值.
2 1 2
√5 √5
【解答过程】对于A项，因为BM＝ ，所以M在以B为球心， 为半径的球上.
2 2
又M为侧面A A D D上的点，所以M在球被平面A A D D截得的交线上.
1 1 1 1
√5 1
因为，AB⊥平面A A D D，AB=1，BM＝ ，所以AM=√BM2−AB2= ，
1 1 2 2
1
所以，M为以A点为圆心， 为半径的圆上.
2
√2 √2 1
如图1，AM ⊥A D，则AM = ，M到直线A D的距离的最小值为 − ，故A项错误；
1 1 1 2 1 2 2
对于B项，如图2，连结AC,AD .
1
学科网（北京）股份有限公司因为CC ⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以CC ⊥BD.
1 1
又BD⊥AC，AC⊂平面ACC ，CC ⊂平面ACC ，AC∩CC =C，
1 1 1 1
所以，BD⊥平面ACC .
1
又AC ⊂平面ACC ，所以BD⊥AC .
1 1 1
同理可得，A D⊥AC .
1 1
又BD⊂平面A BD，A D⊂平面A BD，A D∩BD=D，
1 1 1 1
所以，AC ⊥平面A BD.
1 1
又B N⊥AC ，B ∉平面A BD，所以直线B N//平面A BD，故B项正确；
1 1 1 1 1 1
对于C项，以点D为坐标原点，分别以⃗DA,⃗DC,⃗DD 为x,y,z轴的正方向，
1
如图3建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A (1,0,1)，B(1,1,0)，B (1,1,1)，⃗DA =(1,0,1)，
1 1 1
⃗DB=(1,1,0)，⃗DB =(1,1,1).
1
因为M∈A D，设⃗DM=λ⃗DA =(λ,0,λ)，(0≤λ≤1)，⃗B M=⃗DM−⃗DB =(λ−1,−1,λ−1).
1 1 1 1
设⃗n =(x ,y ,z )是平面A BD的一个法向量，
1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司则¿，即¿，
取x =1，则y =z =−1，⃗n =(1,−1,−1)是平面A BD的一个法向量.
1 1 1 1 1
⃗n ⋅⃗B M λ−1+1−(λ−1) 1
则cos⟨⃗n ,⃗B M⟩= 1 1 = =
，
1 1 |⃗n||⃗B M| √3√(λ−1) 2+1+(λ−1) 2 √3√2λ2−4λ+3
1 1
又2λ2−4λ+3=2(λ−1) 2+1≥1，当λ=1时，有最小值1，
1 1 √3 √3
所以， ≤ = ，即cos⟨⃗n ,⃗B M⟩≤ ，
√3√2λ2−4λ+3 √3 3 1 1 3
√3
所以，B M与平面A BD所成角正弦的最大值为 ，故C项错误；
1 1 3
对于D项，由C项知，⃗DA =(1,0,1)，⃗CD =(0,−1,1).
1 1
当MN⊥DA ，MN⊥CD ，即MN为直线DA 与CD 的公垂线段时，MN最小.
1 1 1 1
设⃗n =(x ,y ,z )，且⃗n ⊥⃗DA ，⃗n ⊥⃗CD ，
2 2 2 2 2 1 2 1
则¿，即¿，
取x =1，则⃗n =(1,−1,−1).
2 2
|⃗DC⋅⃗n | 1 √3
⃗DC在⃗n 方向上的投影向量的模为 2 = = ，
2 |⃗n | √3 3
2
√3
所以，M，N两点之间距离的最小值为d= ，故D项正确.
3
故选：BD.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023秋·重庆长寿·高二统考期末）已知空间三点坐标分别为A(1,1,1)，B(0,3,0)，
学科网（北京）股份有限公司11
C(−2,−1,4)，点P(−3,x,1)在平面ABC内，则实数x的值为 ．
3
【解题思路】根据题意,存在实数λ,μ使得等式⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AC成立,将各点坐标代入,列出方程组求解即
可.
【解答过程】∵点P(−3,x,1)在平面ABC内,
∴存在实数λ,μ使得等式⃗AP=λ⃗AB+μ⃗AC成立,
∴(−4,x−1,0)=λ(−1,2,−1)+μ(−3,−2,3),
∴¿，解得¿.
11
故答案为： .
3
√10
14．（5分）（2023春·高二课时练习）已知向量⃗a=(1,1,0)，⃗b=(m,0,2)，cos⟨⃗a,⃗b⟩=− ，若向量
10
⃗a+k⃗b与2⃗a+⃗b所成角为钝角，则实数k的范围是 k<−1 .
⃗a⋅⃗b
【解题思路】根据cos⟨⃗a,⃗b⟩= 求出m的值，再求出⃗a+k⃗b与2⃗a+⃗b的坐标，依题意可得
|⃗a|⋅ |⃗b|
(⃗a+k⃗b)⋅(2⃗a+⃗b)<0，根据数量积的坐标表示得到不等式求出参数的取值范围，再检验两向量共线的情况.
√10
【解答过程】解：因为⃗a=(1,1,0)，⃗b=(m,0,2)，cos⟨⃗a,⃗b⟩=− ，
10
⃗a⋅⃗b m √10
所以cos⟨⃗a,⃗b⟩= = =− ，解得m=−1，
|⃗a|⋅ |⃗b| √2×√m2+4 10
所以⃗b=(−1,0,2)，
所以⃗a+k⃗b=(1−k,1,2k)，2⃗a+⃗b=(1,2,2)，
因为向量⃗a+k⃗b与2⃗a+⃗b所成角为钝角，
所以(⃗a+k⃗b)⋅(2⃗a+⃗b)=1−k+2+4k<0，解得k<−1，
1−k 1 2k 1
若向量⃗a+k⃗b与2⃗a+⃗b共线，则 = = ，解得k= ，
1 2 2 2
1
此时⃗a+ ⃗b与2⃗a+⃗b共线同向，
2
综上可得k<−1.
学科网（北京）股份有限公司故答案为：k<−1.
15．（5分）（2023春·江苏常州·高二校联考期中）一种糖果的包装纸由一个边长为6的正方形和2个等腰
直角三角形组成（如图1），沿AD，BC将2个三角形折起到与平面ABCD垂直（如图2），连接EF，
AE，CF，AC，若点P满足⃗DP=x⃗DA+ y⃗DC+z⃗DF且x+ y+z=1，则|⃗EP|的最小值为 4√3 .
【解题思路】由向量⃗DP满足条件可知P是平面ACF上的动点，转化为求E到平面ACF的距离，利用补形
及等体积法求解即可.
【解答过程】因为点P满足⃗DP=x⃗DA+ y⃗DC+z⃗DF且x+ y+z=1，
所以A,C,F,P四点共面，即P是平面ACF上的动点，
所以|⃗EP|的最小值即为E到平面ACF的距离.
由题意，几何体可补成边长为6的正方体，如图，
则可知AF=AC=CF=AE=FE=CE=6√2，
设E到平面ACF的距离为
ℎ
，
1
则V = ⋅S ⋅ℎ =V −4V ,
E−ACF 3 △ACF 正方体 E−ABC
1 √3 1 1
即 × ×(6√2) 2 ⋅ℎ =63−4× × ×6×6×6，
3 4 3 2
解得
ℎ
=4√3，
所以|⃗EP|的最小值为4√3.
学科网（北京）股份有限公司故答案为：4√3.
16．（5分）（2022·贵州贵阳·统考一模）如图，在正方体ABCD−A B C D 中，点E在BD上，点F在
1 1 1 1
B C上，且BE=CF.则下列四个命题中所有真命题的序号是 ①②③ .
1
①当点E是BD中点时，直线EF//平面DCC D ；
1 1
②当DE=2EB时，EF⊥BD；
③直线EF分别与直线BD，B C所成的角相等；
1
π
④直线EF与平面ABCD所成的角最大为 .
6
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法对四个命题逐一分析，从而确定其中的真命题.
【解答过程】设正方体的边长为2，建立如图所示空间直角坐标系，
设BE=CF=t,0≤t≤2√2，
①，当E是BD的中点时，F是B C的中点，
1
E(1,1,0),F(1,2,1),⃑EF=(0,1,1)，
平面DCC D 的一个法向量为⃑n =(1,0,0)，⃑n⋅⃑EF=0，
1 1 1
由于EF⊂平面DCC D ，所以EF//平面DCC D ，①为真命题.
1 1 1 1
1 1
②，当DE=2EB时，BE= BE,CF= CB ,
3 3 1
(4 4 ) (2 2) ( 2 2 2)
E , ,0 ,F ,2, ,⃑EF= − , , ，B(2,2,0)，
3 3 3 3 3 3 3
⃑EF⋅⃑DB=0，所以EF⊥BD，所以②正确.
( √2 √2 ) ( √2 √2 )
③，E (2√2−t)× ,(2√2−t)× ,0 = 2− t,2− t,0 ，
2 2 2 2
(√2 √2 ) ( √2 √2 )
F t,2, t ，⃑EF= √2t−2, t, t ，
2 2 2 2
学科网（北京）股份有限公司|⃑EF|= √ (√2t−2) 2+ (√2 t ) 2 + (√2 t ) 2 =√3t2−4√2t+4，
2 2
B(2,2,0),B (2,2,2),C(0,2,0),⃑CB =(2,0,2)，
1 1
| 2√2t−4+√2t | | 3√2t−4 |
|cos⟨⃑EF,⃑DB⟩|= =
，
√3t2−4√2t+4×2√2 √3t2−4√2t+4×2√2
| 2√2t−4+√2t | | 3√2t−4 |
|cos⟨⃑EF,⃑CB ⟩|= =
，
1 √3t2−4√2t+4×2√2 √3t2−4√2t+4×2√2
|cos⟨⃑EF,⃑DB⟩|=|cos⟨⃑EF,⃑CB ⟩|，所以直线EF分别与直线BD，B C所成的角相等.
1 1
④，平面ABCD的法向量为⃑m=(0,0,1)，
设直线EF与平面ABCD所成角为θ，
√2
t
| ⃑EF⋅⃑m | 2 ，
sinθ= =
|⃑EF|⋅|⃑m| √3t2−4√2t+4
1 1 π π
当t=2√2时，sinθ= > ，由于0≤θ≤ ，所以θ> ，④错误.
√3 2 2 6
故答案为：①②③.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCD−A′B′C′D′，E，F分别是上底面
A′C′和侧面CD′的中心，求下列各式中x，y的值：
学科网（北京）股份有限公司（1） AC → ′=x ( A → B+B → C+CC → ′ )
→ → → →
（2） AE=A A′+x AB+ y AD
→ → → →
（3） AF=AD+x AB+ y A A′
→ → → →
【解题思路】（1）化简 AC′=AB+AD+A A′即得解；
→ 1 → →
（2）化简AE= (A A′+AC′ )即得解；
2
→ 1 → 1 →
（3）化简AF= AD+ AC′即得解.
2 2
→ → → → → → →
【解答过程】（1） AC′=AB+AD+A A′=AB+BC+CC′，所以x=1；
→ 1 → → 1 → 1 → 1 → 1 → → → → 1 → 1 →
（2）AE= (A A′+AC′ )= A A′+ AC′= A A′+ (A A′+AB+AD)=A A′+ AB+ AD，
2 2 2 2 2 2 2
1
所以x= y= ；
2
（3）
学科网（北京）股份有限公司→ 1 → 1 → 1 → 1 → → → → 1 → 1 →
AF= AD+ AC′= AD+ (AB+A A′+AD)=AD+ AB+ A A′ ,
2 2 2 2 2 2
1
所以x= y=
.
2
18．（12分）（2023春·四川成都·高二校联考期中）已知空间向量⃗a=(1,0,1)，⃗b=(2,−1,0)，
⃗c=(λ+4,−λ,λ)．
(1)若(⃗a+⃗b) //⃗c，求λ；
(2)若k⃗a+⃗b与2⃗a−⃗b相互垂直，求k．
【解题思路】（1）根据空间向量共线公式列式求参即可；
（2）根据空间向量垂直数量积为0列式求参即可.
【解答过程】（1）∵⃗a+⃗b=(3,−1,1)，(⃗a+⃗b)//⃗c
∴(⃗a+⃗b)=μ⃗c，μ∈R，
即3=μ(λ+4)，且−1=−μλ，1=μλ，解得λ=2；
（2）∵k⃗a+⃗b=(k+2,−1,k)，2⃗a−⃗b=(0,1,2)，
1
又∵(k⃗a+⃗b)⋅(2⃗a−⃗b)=2k−1=0，解得k= ．
2
19．（12分）（2023·江苏·高二专题练习）棱长为2的正方体中，E、F分别是DD 、DB的中点，G在棱
1
1
CD上，且CG= CD，H是C G的中点．建立适当的空间直角坐标系，解决下列问题：
3 1
学科网（北京）股份有限公司(1)求证：EF⊥B C；
1
(2)求cos<⃑EF,⃑C G>；
1
(3)求FH的长．
【解题思路】（1）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，首先求出相应点的坐标，再证明⃑EF⊥⃑B C即
1
可；
⃑EF⋅⃑C G
（2）求出⃑EF,⃑C G的坐标，再根据cos<⃑EF,⃑C G>= 1 即可求得答案；
1 1 |⃑EF|⋅|⃑C G|
1
（3）转化为求|⃑HF|即可.
【解答过程】（1）解：如图，以D为原点，DA,DC,DD 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系
1
D−xyz，
4
则D(0,0,0),E(0,0,1),F(1,1,0),C(0,2,0),C (0,2,2),B (2,2,2),G(0, ,0),
1 1 3
因为⃑EF=(1,1,−1),⃑B C=(−2,0,−2)，
1
所以⃑EF⋅⃑BC=(1,1,−1)⋅(−2,0,−2)=1×(−2)+1×0+(−1)×(−2)=0，
所以⃑EF⊥⃑B C，
1
学科网（北京）股份有限公司故EF⊥B C；
1
2 2√10
（2）解：因为⃑C G=(0,− ,−2)，所以|⃑C G|=
1 3 1 3
2 2 4
因为|⃑EF|=√3，且⃑EF⋅⃑C G=(1,1,−1)⋅(0,− ,−2)=2− = ,
1 3 3 3
4
⃑EF⋅⃑C G 3 4 3 2 √30
所以cos<⃑EF,⃑C G>= 1 = = ⋅ = = ；
1 |⃑EF||⃑C G| 2√10 3 2√30 √30 15
1 √3⋅
3
5
（3）解：因为H是C G的中点，所以H(0, ,1)
1 3
又因为F(1,1,0)，
2
所以⃑HF=(1,− ,−1),
3
√ 2 2 √22 √22
|⃑FH|= 12+(− ) +(−1) 2= = .
3 9 3
√22
即FH= .
3
20．（12分）（2023秋·广东广州·高二校考期末）如图1，边长为2的菱形ABCD中，∠DAB=120°，E，
O，F分别是AB，BD，CD的中点.现沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，连接AC，如图2.
(1)求cos∠EOF；
(2)若过E，O，F三点的平面交AC于点G，求四棱锥A−OEGF的体积.
( √3 1)
【解题思路】（1）证明OA⊥平面BCD，建立空间直角坐标系，得到⃗OE= 0,− , ，
2 2
(1 √3 )
⃗OF= , ,0 ，再计算夹角得到答案.
2 2
学科网（北京）股份有限公司√21
（2）计算平面OEGF的法向量为⃗n=(−3,√3,3)，再计算A到平面OEGF的距离为ℎ = ，最后计算体
7
积得到答案.
【解答过程】（1）连接OA，OC，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，
OA⊥BD，OA⊂平面ABD，故OA⊥平面BCD，
分别以OC，OD，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0,0,1)，B(0,−√3,0)，C(1,0,0)，D(0,√3,0)，
( √3 1) (1 √3 )
因为E，F分别是AB，CD的中点，所以⃗OE= 0,− , ，⃗OF= , ,0 ，
2 2 2 2
3
−
所以 cos∠EOF= ⃗OE⋅⃗OF = 4 =− 3 .
|⃗OE|⋅|⃗OF| 1×1 4
（2）连接EG，FG，AF，
设平面OEGF的法向量为⃗n=(x,y,z)，则⃗n⋅⃗OE=0，⃗n⋅⃗OF=0，
即¿，令y =√3，则x =−3，z =3，所以⃗n=(−3,√3,3)，
1 1 1
( √3 1) |⃗AE⋅⃗n| 3 √21
设A到平面OEGF的距离为ℎ，而⃗AE= 0,− ,− ，ℎ = = = ，
2 2 |⃗n| √21 7
√ 9 √7
依题意得四边形OEGF是一个菱形，∠EOF∈(0,π)，sin∠EOF= 1− = ，
16 4
√7
所以S =2S =OE⋅OF⋅sin∠EOF= ，
四边形OEGF △OEF 4
1 1 √7 √21 √3
所以V = ×S ×ℎ = × × = .
A−OEGF 3 四边形OEGF 3 4 7 12
学科网（北京）股份有限公司21．（12分）（2023春·江苏扬州·高二统考期中）如图，在三棱柱ABC−A B C 中，底面是边长为2的
1 1 1
等边三角形，CC =2,D,E分别是线段AC,CC 的中点，C 在平面ABC内的射影为D.
1 1 1
(1)求证：A C⊥平面BDE；
1
(2)若点F为棱B C 的中点，求点F到平面BDE的距离；
1 1
(3)若点F为线段B C 上的动点（不包括端点），求锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围.
1 1
【解题思路】（1）法一：利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证；
法二：建立空间直角坐标系，利用数量积为0，可证BD⊥A C,DE⊥A C，从而得证；
1 1
法三：如法二建立空间直角坐标系，求出平面BDE的一个法向量，证明其与A C平行，从而得证；
1
（2）利用空间向量法求点到面的距离；
（3）利用空间向量求出二面角的余弦值，再借助函数性质求值域.
【解答过程】（1）法一：连结AC ，因为△ABC为等边三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC，
1
又C D⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，∴C D⊥BD
1 1
∵AC∩C D=D,AC,C D⊂平面A A C C
1 1 1 1
∴BD⊥平面A A C C，又A C⊂平面A A C C,∴BD⊥A C，
1 1 1 1 1 1
由题设知四边形A A C C为菱形，∴A C⊥AC ，
1 1 1 1
∵D,E分别为AC,CC 中点，∴DE∥AC ,∴A C⊥DE，
1 1 1
又BD∩DE=D， BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,∴A C⊥平面BDE.
1
法二：由C D⊥平面ABC，BD，AC⊂平面ABC，∴C D⊥BD，C D⊥AC，
1 1 1
又△ABC为等边三角形，D为AC中点，∴BD⊥AC，则以D为坐标原点，⃗DB,⃗DA,⃗DC 所在直线为
1
x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，则
( 1 √3)
D(0,0,0),B(√3,0,0),C(0,−1,0),C (0,0,√3),E 0,− , ,B (√3,1√3),A (0,2,√3),
1 2 2 1 1
学科网（北京）股份有限公司( 1 √3)
∴⃗DB=(√3,0,0),⃗DE= 0,− , , ⃗A C=(0,−3,−√3)
2 2 1
∵⃗DB·⃗A C=0,⃗DE·⃗A C=0 ∴ BD⊥A C,DE⊥A C
1 1 1 1
又BD∩DE=D， BD∩DE=D,BD,DE⊂平面BDE,∴A C⊥平面BDE.
1
法三：（同法二建系）设平面BDE的一个法向量为⃗m=(x,y,z)
∵ ¿，即¿
不妨取z=1，则y=√3，则⃗m=(0,√3,1)
所以平面BDE的一个法向量为⃗m=(0,√3,1)
∵ ⃗A C=(0,−3,−√3)，∴⃗A C=−√3⃗m，∴⃗A C//⃗m，∴ A C⊥平面BDE
1 1 1 1
(√3 1 )
（2）由（1）坐标法得F , ,√3 ，平面BDE的一个法向量为⃗m=(0,√3,1)（或⃗m=⃗CA =(0,3,√3)
2 2 1
(√3 1 )
）∵⃗DF= , ,√3
2 2
√3
+√3
∴点到F到平面BDE的距离= |⃗m⋅⃗DF| 2 3√3
= =
|⃗m| 2 4
（3）⃗C B =(√3,1,0),⃗C A =(0,3,√3)
1 1 1
设F(x,y,z),⃗C F=λ⃗C B (0<λ<1)，则(x,y,z−√3)=(√3λ,λ,0)，
1 1 1
学科网（北京）股份有限公司∴x=√3λ,y=λ,z=√3,∴F(√3λ,λ,√3),∴⃗DF=(√3λ,λ,√3)；
由（1）知：A C⊥平面BDE,∴平面BDE的一个法向量⃗m=⃗CA =(0,3,√3)
1 1
（或者由（1）中待定系数法求出法向量）；
设平面FBD的法向量⃗n=(a,b,c)，
则¿，令b=√3，则a=0,c=−λ,∴⃗n=(0,√3,−λ)；
|⃗m⋅⃗n| |3√3−√3λ| |3−λ| 1√(3−λ) 2
∴|cos⟨⃗m,⃗n⟩|= = = = ，
|⃗m|⋅|⃗n| 2√3×√3+λ2 2√3+λ2 2 3+λ2
1√ t2 1√ 1
∴|cos⟨⃗m,⃗n⟩|= =
令3−λ=t∈(2,3)，则λ=3−t 2 12−6t+t2 2 12 6 ；
− +1
t2 t
1 (1 1) 12 6 (1 ) (1 √3)
∵ ∈ , ,∴ − +1∈ ,1 ,∴|cos⟨⃗m,⃗n⟩|∈ , ，
t 3 2 t2 t 3 2 2
(1 √3)
即锐二面角F−BD−E的余弦值的取值范围为 , .
2 2
22．（12分）（2023·天津和平·统考三模）如图，四棱台ABCD−A B C D 中，上､下底面均是正方形，
1 1 1 1
且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A B =4,E､F分别为DC､BC的中点，上下底面中心的连线O O垂直
1 1 1
于上下底面，且O O与侧棱所在直线所成的角为45∘.
1
(1)求证：BD ∥平面C EF；
1 1
(2)求点A 到平面C EF的距离；
1 1
3√22
(3)边BC上是否存在点M，使得直线A M与平面C EF所成的角的正弦值为 ，若存在，求出线段
1 1 22
BM的长；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）建立空间直角坐标系后，用直线的方向向量和平面的法向量垂直即可证明线面平行；
学科网（北京）股份有限公司（2）建立空间直角坐标系后，用点到平面的距离公式即可求解；（3）假设存在，列出方程求解即可.
【解答过程】（1）
因为OO ⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，⃗DA,⃗OF,⃗OO 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建
1 1
立如图所示的空间直角坐标系.
因为侧棱所在直线与上下底面中心的连线OO 所成的角为45°，则
1
B(2,2,0)，D (−1,−1,√2)，C (−1,1,√2)，F(0,2,0)，E(−2,0,0)，A (1,−1,√2)
1 1 1
所以⃗BD =(−3,−3,√2)，⃗CE =(−1,−1,√2)，⃗EF=(2,2,0)
1 1
设平面C EF的一个法向量为⃗n=(x,y,z)，则
1
¿，令x=1，则⃗n=(1，−1，0).
因为⃗BD =(−3,−3,√2)，所以⃗n⋅⃗BD =0，所以⃗n⊥⃗BD ，
1 1 1
又因为BD ⊄平面C EF，所以BD ∥平面C EF.
1 1 1 1
（2）由（1）知，⃗A E=(−3,1,−√2)，
1
|⃗A E⋅⃗n| |−4|
所以点A 到平面C EF的距离为d= 1 = =2√2.
1 1
|⃗n| √2
（3）假设边BC上存在点M(x,2,0)满足条件，x∈[−2,2]，
则⃗A M=(x−1,3,−√2)，
1
设直线A M与平面C EF所成角为θ，
1 1
|⃗A M⋅⃗n|
|x−4| 3√22
由题意可得sinθ=|cos<⃗A M，⃗n>|= 1 = =
，
1 ⃗
|A M|⋅|⃗n|
√2√x2−2x+12 22
1
化简得x2−35x+34=0，则x=1或x=34（舍去），
即存在点M符合题意，此时BM=1.
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