第16期 空间向量与立体几何-【数理报】2024高考数学一轮复习学案（新教材新高考）

书 一、单项选择题　１～４　ＢＣＡＡ　５～８　ＣＣＣＡ 二、多项选择题　９．ＡＣ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢＤ；　１２．ＡＢＣ． 三、填空题　１３．槡２；　１４．槡 ２３ ７；　１５．槡３２＋槡６；　１６．槡６６． 四、解答题 １７．（１）证明：因为ＡＢ⊥ＡＤ，ＡＢ⊥ＡＰ，ＡＤ∩ＡＰ＝Ａ， 所以ＡＢ⊥平面ＰＡＤ． 因为ＡＢ平面ＰＡＢ，所以平面ＰＡＢ⊥平面ＰＡＤ． （２）解：在棱ＰＢ上存在点Ｍ，使得ＥＭ∥平面ＰＣＤ，此时点 Ｍ为ＰＢ中点．取ＢＣ中点Ｆ，连接ＭＦ，ＭＥ，ＥＦ． 因为Ｅ为ＡＤ中点，所以ＥＦ∥ＣＤ．因为ＥＦ平面ＰＣＤ，所 以ＥＦ∥平面ＰＣＤ．同理ＦＭ∥平面ＰＣＤ． 因为ＭＦ∩ＥＦ＝Ｆ，所以平面ＭＥＦ∥平面ＰＣＤ． 因为ＭＥ平面ＭＥＦ，所以ＭＥ∥平面ＰＣＤ． １８．证明：（１）因为△ＡＢＣ和△ＥＣＤ是全等的正三角形， 所以ＣＤ＝ＢＣ，又因为ＢＤ＝槡２ＢＣ＝ 槡２２， 所以ＢＤ２ ＝ＢＣ２＋ＣＤ２，故ＢＣ⊥ＣＤ． 因为平面ＥＣＤ⊥平面ＢＣＤ， 且平面ＥＣＤ∩平面ＢＣＤ＝ＣＤ，ＢＣ平面ＢＣＤ， 所以ＢＣ⊥平面ＥＣＤ，又因为ＤＥ平面ＥＣＤ，所以ＢＣ⊥ＤＥ． （２）分别取ＢＣ，ＣＤ的中点Ｍ，Ｎ，连接ＡＭ，ＥＮ，ＭＮ． 因为△ＡＢＣ是等边三角形，所以ＡＭ⊥ＢＣ，ＡＭ ＝槡３２ＢＣ． 因为平面ＡＢＣ⊥平面ＢＣＤ，平面ＡＢＣ∩平面ＢＣＤ＝ＢＣ， ＡＭ平面ＡＢＣ，所以ＡＭ⊥平面ＢＣＤ， 同理ＥＮ⊥平面ＢＣＤ，且ＥＮ＝槡３２ＣＤ＝ 槡３ ２ＢＣ， 所以ＡＭ∥ＥＮ，且ＡＭ＝ＥＮ，所以四边形ＡＭＮＥ是平行四边形， 所以ＡＥ∥ＭＮ，又ＭＮ∥ＢＤ，所以ＡＥ∥ＢＤ． １９．（１）证明：如右图，连接 ＡＣ，交ＨＤ于点Ｍ，连接ＭＦ． 因为底面 ＡＢＣＤ为等腰梯 形，ＣＨ为等腰梯形的高，ＡＢ＝ ３ＣＤ，ＡＢ∥ＣＤ，所以ＡＭ∶ＭＣ＝ ＡＨ∶ＣＤ＝２∶１． 又ＥＦ＝ １３ＥＡ，所以ＦＡ∶ＥＦ＝２∶１， 所以ＡＭ∶ＭＣ＝ＡＦ∶ＥＦ＝２∶１，所以ＭＦ∥ＣＥ． 又ＭＦ平面ＨＤＦ，ＣＥ平面ＨＤＦ，所以ＣＥ∥平面ＨＤＦ． 又因为ＡＨ∶ＨＢ＝２∶１，所以ＨＦ∥ＢＥ． 又ＨＦ平面ＨＤＦ，ＢＥ平面ＨＤＦ，所以ＢＥ∥平面ＨＤＦ． 又ＣＥ∩ＢＥ＝Ｅ，所以平面ＢＣＥ∥平面ＨＤＦ． （２）解：因为ＡＥ⊥平面ＣＨＥ，ＥＨ平面ＣＨＥ，所以ＡＥ⊥ＥＨ． 取ＡＨ的中点Ｏ，连接ＥＯ，因为ＡＥ＝ＨＥ， 所以△ＡＥＨ是等腰直角三角形， 所以ＥＯ⊥ＡＨ，且ＥＯ＝１，所以点Ｆ到ＡＨ的距离为 ２３． 将△ＡＨＦ以ＡＨ为旋转轴旋转一周得到的几何体为两个同 底的圆锥，圆锥的底面圆半径就是点Ｆ到ＡＨ的距离，即 ２３， 所以该几何体的体积为 １ ３π (× )２３ ２ ×２＝８π２７． ２０．（１）证明：取ＡＢ的中点Ｆ，连接ＣＦ． 由题易知四边形ＡＤＣＦ是正方形． 所以ＡＣ＝槡２，ＡＦ＝ＢＦ＝ＣＦ＝１，ＢＣ＝槡２， 所以ＡＣ２＋ＢＣ２ ＝ＡＢ２，即ＡＣ⊥ＢＣ． 因为平面ＤＡＣ⊥平面ＡＢＣ，平面ＤＡＣ∩平面ＡＢＣ＝ＡＣ， ＢＣ平面ＡＢＣ，ＢＣ⊥ＡＣ，所以ＢＣ⊥平面ＤＡＣ． 因为ＡＤ平面ＤＡＣ，所以ＢＣ⊥ＡＤ， 又因为ＡＤ⊥ＤＣ，ＢＣ∩ＤＣ＝Ｃ，所以ＡＤ⊥平面ＢＣＤ． （２）解：取ＢＣ的中点 Ｑ，连接 ＥＱ，ＭＱ，则 ＭＱ∥ ＡＢ，可得 ∠ＥＭＱ即为异面直线ＥＭ与ＡＢ所成角或其补角．在△ＥＭＱ中， ＭＱ＝ １２ＡＢ＝１，由（１）知ＢＣ⊥平面ＤＡＣ，所以ＢＣ⊥ＣＤ． 故ＥＱ２ ＝ＣＱ２＋ＣＥ２ (＝ 槡２)２ ２ (＋ )２３ ２ ＝１７１８． 在△ＥＣＭ中，由余弦定理得： ＥＭ２ ＝ＣＥ２＋ＣＭ２－２ＣＥ·ＣＭｃｏｓ４５° (＝ )２３ ２ (＋ 槡２)２ ２ －２×２３ × 槡２ ２ × 槡２ ２ ＝ ５ １８， 所以ＥＭ＝槡１０６ ， ｃｏｓ∠ＥＭＱ＝ＥＭ ２＋ＭＱ２－ＥＱ２ ２ＥＭ·ＭＱ ＝ ５ １８＋１－ １７ １８ ２×槡１０６ ×１ ＝槡１０１０， 所以异面直线ＥＭ与ＡＢ所成角的余弦值为槡１０１０． ２１．（１）证明：因为四边形ＡＢＣＤ为菱形，所以ＡＣ⊥ＢＤ． 因为ＦＯ⊥平面ＡＢＣＤ，ＡＯ平面ＡＢＣＤ，所以ＡＯ⊥ＦＯ． 又四边形ＯＡＥＦ为平行四边形，所以ＥＦ∥ＡＯ， 所以ＥＦ⊥ＢＤ，ＥＦ⊥ＦＯ， 因为ＢＤ∩ＦＯ＝Ｏ，所以ＥＦ⊥平面ＢＤＦ． 因为ＥＦ平面ＤＥＦ，所以平面ＤＥＦ⊥平面ＢＤＦ． （２）解：因为ＡＢ＝ＦＯ＝ＢＤ＝２，四边形ＡＢＣＤ为菱形， 所以△ＡＢＤ为等边三角形，且ＡＯ＝槡３，ＤＯ＝ＢＯ＝１． 因为ＢＤ⊥ＡＣ，ＢＤ⊥ＦＯ，ＡＣ∩ＦＯ＝Ｏ， 所以ＢＤ⊥平面ＯＡＥＦ， 所以四棱锥Ｄ－ＡＯＦＥ的体积为ＶＤ－ＡＯＦＥ ＝ １ ３·Ｓ四边形ＡＯＦＥ ·ＤＯ＝ １３ ×（槡３×２）×１＝ 槡２３ ３． 因为ＦＯ⊥平面ＡＢＣＤ，点Ｈ在线段ＢＦ上，且→  ＢＨ＝λ→ＢＦ，