空间向量与立体几何训练卷-2023届高三数学二轮专题复习

冲刺2023年高考二轮 空间向量与立体几何 （原卷+答案） 1．已知三棱柱ABC ­ A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，BC的中点为D，A1D⊥底面ABC，则异面直线AB与CC1所成角的余弦值为(　　) A． B． C． D． 2．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　　) A． B． C． D． 3．在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝. (1)证明：BD⊥PA； (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值． 4．如图，在四棱锥P ­ ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PCD⊥底面ABCD，且BC＝2，AB＝4，BD＝2. (1)证明：BC⊥PD； (2)若PC＝PD＝，求二面角A ­ PB ­ C的余弦值． 5．如图所示，在四棱锥P ­ ABCD中，底面ABCD为直角梯形，平面PAD⊥平面ABCD，＝2，·＝0，PA＝PD＝PB＝2BC＝2CD＝2，Q为AD的中点． (1)求证：PQ⊥AB，并且求三棱锥P ­ ABD的体积； (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值． 6．如图，在正四棱柱ABCD ­ A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E，F分别为棱AA1，CC1的中点，G为棱DD1上的动点． (1)求证：B，E，D1，F四点共面； (2)是否存在点G，使得平面GEF⊥平面BEF？若存在，求出DG的长度；若不存在，说明理由． 7.如图，平行六面体ABCD ­ A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，P为棱A1B1上一点．且PA＝PB，F为CD的中点． (1)证明：AB⊥PF； (2)若AB＝AD＝PD＝2.当直线PB与平面PCD所成的角为45°，且二面角P ­ CD ­ A的平面角为锐角时，求三棱锥B ­ APD的体积． 8．如图，一张边长为4的正方形纸片ABCD，E，F分别是AD，BC的中点，将正方形纸片沿EF对折后竖立在水平的桌面上． (1)求证：EF⊥AD； (2)若二面角A ­ EF ­ D的平面角为45°，K是线段CF(含端点)上一点，问是否存在点K，使得直线AK与平面CDEF所成角的正切值为？若存在，求出CK的长度；若不存在，说明理由． 参考答案 1．解析：设三棱柱ABC ­ A1B1C1的棱长为2，∵AB＝AC，D为BC的中点，则AD⊥BC， ∵A1D⊥平面ABC，以点D为坐标原点，DB，AD，DA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则点A（0，－，0）、B（1，0，0）、A1（0，0，1）， 所以＝（1，，0），CC1＝AA1＝（0，，1），cos 〈，CC1〉＝＝＝. 因此，异面直线AB与CC1所成角的余弦值为.故选D. 答案：D 2. 解析：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1（0，3，1），D1（0，0，1），E（1，1，0），C（0，3，0）， ∴DC1＝（0，3，1），D1E＝（1，1，－1），D1C＝（0，3，－1）. 设平面D1EC的法向量为n＝（x，y，z）， 则即取y＝1，得n＝（2，1，3）. ∴cos 〈DC1，n〉＝＝， ∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为. 答案：A 3．解析：（1）证明：∵CD∥AB，AD＝CB＝1，DC≠AB， ∴四边形ABCD是等腰梯形． 如图，过点C作CE⊥AB于点E，过点D作DF⊥AB于点F， 则AF＝BE＝（AB－CD）＝，CD＝EF. 又AD＝1，∴DF＝＝. 又BF＝EF＋BE＝，∴BD＝＝. 又AD＝1，AB＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD. ∵PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PD⊥BD. 又AD∩PD＝D， ∴BD⊥平面PAD. ∵PA⊂平面PAD，∴BD⊥PA. （2）如图，以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），P（0，0，）， ∴＝（0，0，－），＝（1，0，－），＝（0，，－）. 设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z）. 由得 令z＝1，得x＝，y＝1，则n＝（，1，1）. 设直线PD与平面PAB所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝. ∴PD与平面PAB所成的角的正弦值为. 4．解析：（1）证明：在平行四边形ABCD中，AD＝BC＝2，因AD2＋AB2＝20＝BD2，则AD⊥AB，即BC⊥CD， 因为平面PCD⊥底面ABCD，且平面PCD∩底面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，则BC⊥平面PCD，又