课时训练（9）空间向量的综合问题（Word练习）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

1．如图，在直角梯形AO1O2C中，AO1∥CO2，AO1⊥O1O2，O1O2＝4，CO2＝2，AO1＝4，点B是线段O1O2的中点，将△ABO1，△BCO2分别沿AB，BC向上折起，使O1，O2重合于点O，得到三棱锥O­ABC．试在三棱锥O­ABC中， (1)求证：平面AOB⊥平面BOC； (2)求直线OC与平面ABC所成角的正弦值． (1)证明：在直角梯形AO1O2C中，AC2＝(AO1－CO2)2＋O1O＝20， 所以在三棱锥O­ABC中，AC2＝AO2＋OC2，所以AO⊥OC． 又AO⊥OB，OC∩OB＝O，OB，OC⊂平面BOC，所以AO⊥平面BOC． 又AO⊂平面AOB，所以平面AOB⊥平面BOC． (2)解：由(1)知，AO⊥OC，AO⊥OB，又BO⊥OC，以O为坐标原点，以，，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， 所以A(0，0，4)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，＝(2，0，0)，＝(0，2，－4)，＝(2，－2，0). 设n＝(x，y，z)为平面ABC的一个法向量，由得令x＝2，得n＝(2，2，1). 设直线OC与平面ABC所成的角为θ，所以sin θ＝|cos 〈，n〉|＝＝， 所以直线OC与平面ABC所成角的正弦值为. 2．(2025·呼和浩特模拟)如图，已知AB⊥平面BCE，CD∥AB，△BCE是等腰直角三角形，其中∠EBC＝，且AB＝BC＝2CD＝4. (1)设线段BE的中点为F，证明：CF∥平面ADE； (2)在线段AB上是否存在点M，使得点B到平面CEM的距离等于，若存在，求MB的长；若不存在，请说明理由． (1)证明：取BE的中点F，AE的中点G，连接FG，GD，CF，则有GF＝AB，GF∥AB． 因为DC＝AB，CD∥AB，所以CD∥GF且CD＝GF， 所以四边形CFGD是平行四边形，则CF∥DG， 又DG⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，所以CF∥平面ADE. (2)解：存在．设MB＝x(0<x≤4)，在Rt△BEC中，EC＝＝4. 因为MB⊥平面BEC，所以VM­BEC＝S△BEC×MB＝××BE×BC×MB＝. 因为MB⊥平面BEC，BE⊂平面BEC，BC⊂平面BEC，所以MB⊥BE，MB⊥BC， 则△MBE，△MBC均为直角三角形． 在Rt△MBE中，ME＝＝，同理，MC＝. 取EC的中点H， 因为ME＝MC，所以MH⊥EC，而MH＝＝. 故S△MEC＝×EC×MH＝×4×＝. 因为点B到平面CEM的距离等于，所以VB­MEC＝S△MEC×＝. 而VB­MEC＝VM­BEC，所以＝，解得x＝， 所以在线段AB上只存在唯一一点M，当且仅当BM＝时，点B到平面CEM的距离等于. 3．(2025·佛山模拟)如图1，在矩形ABCD中，AB＝2BC＝2，点E为CD的中点，现将△ADE沿AE折起，使得平面ADE⊥平面ABCE，得到如图2所示的四棱锥D­ABCE，点P为棱DB上一点． (1)求证：AD⊥BE； (2)是否存在点P，使得直线EP与平面BCD所成角的正弦值为？若存在，求DP∶DB的值；若不存在，请说明理由． (1)证明：在矩形ABCD中，AD＝DE＝EC＝BC＝，AE＝BE＝2，AB＝2， ∴AE2＋BE2＝AB2，∴AE⊥BE. ∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE， ∴BE⊥平面ADE.∵AD⊂平面ADE，∴AD⊥BE. (2)解：如图，取AE的中点O，连接OD，作OF∥EB交AB于点F，则OF⊥AE， ∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，DO⊥AE，DO⊂平面ADE， ∴DO⊥平面ABCE. 以O为原点，以OA，OF，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ∴B(－1，2，0)，D(0，0，1)，C(－2，1，0)，E(－1，0，0)，＝(1，－2，1)，＝(－1，－1，0)， 设平面BCD的一个法向量为m＝(x，y，z)，则 令x＝1，则y＝－1，z＝－3，∴m＝(1，－1，－3). 假设存在点P满足要求，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝＋λ＝(1－λ，2λ，1－λ)， 则cos 〈，m〉＝ ＝ ＝. 设直线EP与平面BCD所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈，m〉|＝＝，解得λ＝， ∴存在点P，使直线EP与平面BCD所成角的正弦值为，此时DP∶DB的值为. 4．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，点M，N满足AM＝λAB1，CN＝μCA1且MN⊥AB1，MN⊥A1C．设∠BAC＝θ(0<θ<π). (1)求证：λ＋μ＝1； (2)当θ变化时，是否存在MN⊥B1C？若存在，求出θ；若不存在，请说明理由． (1)证明：以A为坐标原点，在平面ABC内，过点A作AB的垂线为x轴，以AB所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB＝AC＝AA1＝1，则A(0，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(0，1，1)， 又∠BAC＝θ(0<θ<π)，则C(sin θ，cos θ，0)，＝(0，1，1)，＝(－sin θ，－cos θ，1). 由AM＝λAB1，CN＝μCA1得＝λ，＝μ， 所以M(0，λ，λ)，N((1－μ)sin θ，(1－μ)cos θ，μ)， 则＝(sin θ－μsin θ，cos θ－μcos θ－λ，μ－λ). 由题意·＝cos θ－μcos θ－λ＋μ－λ＝0， ·＝(μ－1)(sin2θ＋cos2θ)＋λcosθ＋μ－λ＝μ－1＋λcos θ＋μ－λ＝0， 两式相减得(1－λ－μ)(cos θ＋1)＝0，又0<θ<π，则－1<cos θ<1，所以λ＋μ＝1. (2)解：由(1)知μ－1＋λcos θ＋μ－λ＝0，且λ＋μ＝1， 所以－λ＋λcos θ＋1－2λ＝0，因此λ＝，μ＝. 又＝(sin θ，cos θ－1，－1)， 因此·＝sin2θ－μsin2θ＋cos2θ－μcos2θ－λcosθ－cos θ＋μcos θ＋λ－μ＋λ ＝1－(λ＋1－μ)cos θ＋2λ－2μ＝1－2λcos θ＋2λ－2μ＝1－＋＝. 由于0<θ<π，则－1<cos θ<1，所以·不为0，因此不存在MN⊥B1C． 学科网（北京）股份有限公司 $$