第2章 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（湘教版2019）

第2章　空间向量与立体几何 综合拔高练 高考真题练　　　　　　　　　　　　　　　 考点1　用空间向量解决空间角的有关问题 1.(2021新高考Ⅰ,20)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点. (1)证明:OA⊥CD; (2)若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积. 2.(2021新高考Ⅱ,19) 在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=,QC=3. (1)证明:平面QAD⊥平面ABCD; (2)求二面角B-QD-A的余弦值. 3.(2021天津,17)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点. (1)求证:D1F∥平面A1EC1; (2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值; (3)求二面角A-A1C1-E的正弦值. 4.(2020新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明:l⊥平面PDC; (2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 考点2　用空间向量解决与空间距离有关的问题 5.(2019课标全国Ⅰ,19)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点. (1)证明:MN∥平面C1DE; (2)求点C到平面C1DE的距离. 考点3　用空间向量解决探索性问题 6.(2021全国甲理,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小? 7.(2019北京,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且=. (1)求证:CD⊥平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)设点G在PB上,且=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由. 高考模拟练 　　　　　　　　　　　　　　　　 应用实践 1.如图,在多面体ABCDEF中,四边形ACDE是正方形,DF∥BC,AB⊥AC,AE⊥平面ABC,AB=AC=2,EF=DF=. (1)求证:平面BCDF⊥平面BEF; (2)求二面角A-BF-E的余弦值. 2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形,侧面ACC1A1为菱形,∠A1AC=60°,且侧面ACC1A1⊥底面ABC,点D为CC1的中点,点E为直线A1D与平面ABC的交点. (1)试确定点E的位置,并证明BE∥平面AB1D; (2)求直线AB与平面AB1D所成角的正弦值. 3.如图,圆柱的轴截面ABCD是正方形,点E在底面圆周上,AF⊥DE,F为垂足. (1)求证:AF⊥DB; (2)当直线DE与平面ABE所成角的正切值为2时,求: ①二面角E-DC-B的余弦值; ②点B到平面CDE的距离. 迁移创新 4.已知某旅游景点有座名山,其高约为16(单位:百米),从山顶看正东方向入口(东门)的俯角约为60°,看正南方向入口(南门)的俯角约为45°,每个入口都有一条山路直通山顶,为方便游客游览,景区计划修建一条从南门至东线山路中点的缆车索道.(东门与南门在同一水平面上) (1)求该索道的长度; (2)求该索道与地面所成角的余弦值. 答案与分层梯度式解析 第2章　空间向量与立体几何 综合拔高练 高考真题练 1.解析　(1)证明:在△ABD中,因为AB=AD,O为BD的中点,所以AO⊥BD, 又因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD, 所以AO⊥平面BCD,又因为CD⊂平面BCD, 所以AO⊥CD. (2)取OD的中点F,连接CF,因为△OCD为等边三角形,所以CF⊥OD, 过O作OM∥CF,与BC交于点M,则OM⊥OD, 又因为AO⊥平面BCD,OM⊂平面BCD,所以AO⊥OM, 所以OM,OD,OA两两垂直, 以O为坐标原点,OM,OD,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图所示, 则O(0,0,0),B(0,-1,0),C,D(0,1,0), 设A(0,0,t),t>0,则E, 因为OA⊥平面BCD,所以平面BCD的一个法向量为=(0,0,t), 设平面BCE的法向量为n=(x,y,z), 又因为=,=, 所以由得 令x=,则y=-1,z=,故n=为平面BCE的一个法向量, 因为二面角E-BC-D的大小为45°, 所以|cos<n,>|===, 所以t=1,所以OA=1, 又因为S△OCD=×1×1×=,所以S△BCD=, 故VA-BCD=·S△BCD·OA=××1=. 2.解析　(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.由于QD=QA,故QE⊥AD. 在Rt△QAE中,QE===2. ∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2. 在Rt△CDE中,CE===. ∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE. 又∵CE∩AD=E,CE,AD⊂平面ABCD, ∴QE⊥平面ABCD. 又∵QE⊂平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD. (2)建立空间直角坐标系,如图所示, 则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),所以=(-2,1,2),=(-2,2,0). 显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0). 设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z), 则⇒⇒x=y=2z. 取z=1,则x=y=2,所以n2=(2,2,1)为平面BQD的一个法向量. 设二面角B-QD-A的大小为θ,易知θ为锐角, 则cos θ=|cos<n1,n2>|===. 3.解析　以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系, 则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0). (1)证明:易知=(1,0,-2),=(2,2,0),=(2,1,-2). 设平面A1EC1的法向量为m=(x,y,z), 则令x=2,则y=-2,z=1, 所以m=(2,-2,1)为平面A1EC1的一个法向量. 因为·m=0,所以⊥m, 因为D1F⊄平面A1EC1,所以D1F∥平面A1EC1. (2)易得=(2,2,2). 由(1)得平面A1EC1的一个法向量为m=(2,-2,1). 设直线AC1与平面A1EC1所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,>|===. (3)连接BD,易知平面AA1C1的一个法向量为=(2,-2,0). 由(1)得平面A1EC1的一个法向量为m=(2,-2,1). 因为cos<,m>===, 所以二面角A-A1C1-E的正弦值为=. 4.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.又因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又因为DC∩PD=D,所以AD⊥平面PDC. 因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC. 由已知得l∥AD. 因此l⊥平面PDC. (2)以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),∴=(0,1,0),=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1). 设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量, 则即令x=-1,则y=0,z=a, 则n=(-1,0,a)为平面QCD的一个法向量. 所以cos<n,>==. 设PB与平面QCD所成的角为θ,则sin θ=×=. 因为≤,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 5.解析　(1)证明:∵直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,∠BAD=60°,E是BC的中点, ∴DD1⊥平面ABCD,DE⊥AD, 以D为原点,DA,DE,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系, 则M(1,,2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,,0),C1(-1,,4),所以=(0,-,0),=(-1,,4),=(0,,0), 设平面C1DE的法向量为n=(x,y,z), 则即 取z=1,则y=0,x=4,则n=(4,0,1)为平面C1DE的一个法向量. ∵·n=0,MN⊄平面C1DE, ∴MN∥平面C1DE. (2)由(1)得C(-1,,0), ∴=(-1,,0), 由(1)知平面C1DE的一个法向量为n=(4,0,1), ∴点C到平面C1DE的距离d===. 6.解析　∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B, ∴A1B1⊥平面B1C1CB,∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB, 又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC, 以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴=(0,2,1),设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则=(1-a,1,-2). (1) 证明:∵·=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1× (-2)=0,∴BF⊥DE. (2)=(-1,1,1),=(a,-2,1), 设平面DFE的法向量为n=(x,y,z), 则不妨设x=1,则y=,z=,∴n=. 易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量. 设平面BB1C1C与平面DEF所成的锐二面角的大小为θ, 则cos θ=|cos<m,n>|===≤=, ∴sin θ=≥,故当a=,即B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为. 7.解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD,且AD∩PA=A,所以CD⊥平面PAD. (2)过A作AD的垂线交BC于点M. 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD. 如图,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2, -1,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1). 所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2). 所以==,=+=. 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z), 则即 令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1)为平面AEF的一个法向量. 易知平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0). 所以cos<n,p>==-. 由题知,二面角F-AE-P为锐二面角,所以其余弦值为. (3)直线AG在平面AEF内.理由如下: 因为点G在PB上,且=,=(2,-1,-2), 所以==,=+=. 由(2)知,平面AEF的一个法向量为n=(-1,-1,1). 因为·n=-++=0, 所以直线AG在平面AEF内. 高考模拟练 1.解析　(1)证明:因为AE⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以AE⊥BC,又因为DF∥BC,所以AE⊥DF. 在正方形ACDE中,AE⊥DE, 因为DE∩DF=D,DE,DF⊂平面DEF,所以AE⊥平面DEF,又因为EF⊂平面DEF,所以AE⊥EF, 而AE∥CD,则EF⊥CD. 因为DE=2,EF=DF=,所以DE2=EF2+DF2,则有EF⊥DF. 因为CD∩DF=D,CD,DF⊂平面BCDF,所以EF⊥平面BCDF,又因为EF⊂平面BEF, 所以平面BCDF⊥平面BEF. (2)由题易知AB,AC,AE两两垂直.以A为原点,AB,AC,AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立空间直角坐标系,如图, 则A(0,0,0),B(2,0,0),E(0,0,2),F(1,1,2), 所以=(2,0,0),=(-1,1,2),=(-2,0,2). 设n1=(x1,y1,z1)为平面ABF的法向量, 则令y1=2,得x1=0,z1=-1,则n1=(0,2,-1)为平面ABF的一个法向量. 设n2=(x2,y2,z2)为平面BEF的法向量, 则令x2=1,得y2=-1,z2=1,则n2=(1,-1,1)为平面BEF的一个法向量. cos<n1,n2>===-, 由题图可知,二面角A-BF-E为锐二面角, 所以二面角A-BF-E的余弦值为. 2.解析　(1)延长线段A1D,交AC的延长线于点P. ∵P∈AC,AC⊂平面ABC,∴P∈平面ABC. 又∵P∈A1D,∴A1D∩平面ABC=P, 故点P即为所求的点E. 连接A1B,交AB1于点F,连接BE,FD. ∵A1C1∥AE,D为CC1的中点,∴△CDE≌△C1DA1, ∴==1且A1D=DE,∴CE=A1C1=AC, ∴点C为线段AE的中点. 在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形ABB1A1为平行四边形, ∴F为线段A1B的中点, ∴DF为△A1BE的中位线, ∴BE∥DF. 又∵DF⊂平面AB1D,BE⊄平面AB1D, ∴BE∥平面AB1D. (2)取AC的中点O,连接A1O,OB, ∵侧面ACC1A1为菱形,∠A1AC=60°, ∴A1O⊥AC. 又∵侧面AA1C1C⊥底面ABC,侧面AA1C1C∩底面ABC=AC, ∴A1O⊥平面ABC,又∵OB⊂平面ABC,∴A1O⊥OB. 又∵△ABC为等边三角形,∴OB⊥AC,∴A1O,OC,OB两两垂直. 以O为坐标原点,OB,OC,OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz. 不妨设AB=2,由已知可得A(0,-1,0),A1(0,0,),B(,0,0),C(0,1,0),C1(0,2,),D,则=(,1,0),==(0,1,),=+=(,2,),=. 设平面AB1D的法向量为n=(x1,y1,z1), 则⇒ 取y1=,则z1=-5,x1=3,即n=(3,,-5)为平面AB1D的一个法向量. 设直线AB与平面AB1D所成的角为θ, 则sin θ=|cos<n,>|==, 即直线AB与平面AB1D所成角的正弦值为. 3.解析　(1)证明:由题意可知DA⊥底面ABE, 因为BE⊂底面ABE,所以BE⊥DA. 因为点E在底面圆周上,所以BE⊥AE, 又因为AD∩AE=A,AD,AE⊂平面AED, 所以BE⊥平面AED. 由AF⊂平面AED,得AF⊥BE, 又因为AF⊥DE,BE∩DE=E,BE,DE⊂平面BED, 所以AF⊥平面BED, 由DB⊂平面BED,可得AF⊥DB. (2)①由题意,过点A在底面圆所在平面内作AB的垂线,以A为原点,AB在底面圆所在平面的垂线为x轴,AB,AD所在直线分别为y轴、z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系, 设AD的长度为2,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(0,2,2),D(0,0,2). 因为DA⊥平面ABE,所以∠DEA就是直线DE与平面ABE所成的角,所以tan∠DEA==2,所以AE=1,所以E. 所以=(0,2,0),=. 设平面DCE的法向量为n=(x,y,z), 则即 取x=4,得y=0,z=, 则n=(4,0,)为平面DCE的一个法向量. 又因为m=(1,0,0)是平面BCD的一个法向量, 所以cos<m,n>===, 由题图可知二面角E-DC-B为锐二面角,所以它的余弦值为. ②由①知,=,平面CDE的一个法向量为n=(4,0,), 所以点B到平面CDE的距离d===. 4.信息提取　分析题干中的数量关系和位置关系,勾画出立体图形. 数学建模　以山高、正东方向入口、正南方向入口和入口直通山顶的山路为背景,构建一个侧棱垂直于底面直角三角形的三棱锥,应用空间向量知识求解长度和夹角.将实际问题抽象为数学问题.根据所给俯角,求出底面直角三角形的直角边长,再通过建立空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算得到问题的解. 解析　用PA表示山高,点B和点C分别表示南门和东门,点E为PC的中点,则可近似构成如图所示的三棱锥P-ABC.∵从山顶看正东方向入口的俯角约为60°,看正南方向入口的俯角约为45°,∴∠PBA=45°,∠PCA=60°,∴AB=16×tan 45°=16,AC=16×tan 30°=. 以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,1为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),P(0,0,16),B(16,0,0),C,E. (1)∵=, ∴||==, 即索道的长度为百米. (2)显然向量=(0,0,16)是平面ABC的一个法向量.设索道与地面所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,>|===,∴cos θ=,即索道与地面所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$