第一章 空间向量与立体几何 综合训练-2024-2025学年高二上学期数学人教B版选择性必修第一册

第一章 空间向量与立体几何 综合训练 知识点1　用空间向量解决立体几何中的证明、求值问题 1.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=. (1)求证:BC⊥平面PAB; (2)求二面角A-PC-B的大小. 2.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1,N是B1C1的中点,M是DD1的中点. (1)求证:D1N∥平面CB1M; (2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值; (3)求点B到平面CB1M的距离. 3.如图,平面四边形ABCD中,AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点E,F满足=,=.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4. (1)证明:EF⊥PD; (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值. 4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)证明:A1C=AC; (2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值. 5.如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,PB=PC=,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=DO,点F在AC上,BF⊥AO. (1)证明:EF∥平面ADO; (2)证明:平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D-AO-C的正弦值. 知识点2　用空间向量解决立体几何中的最值问题 6.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.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. 知识点3　已知空间角解决立体几何问题 8.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,B1C1与平面CDE交于点F. (1)求证:F为B1C1的中点; (2)若M为棱A1B1上一点,且二面角M-FC-E的余弦值为,求的值. 9.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. 10.如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. (1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD. 知识点4　用空间向量解决探索性问题 11.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. 答案 1.解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABC,BC,AB⊂平面ABC,所以PA⊥BC,PA⊥AB.所以PB==. 又因为BC=1,PC=,所以PB2+BC2=PC2, 所以PB⊥BC. 因为PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB, 所以BC⊥平面PAB. (2)以B为坐标原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),所以=(0,0,1),=(1, -1,0),=(1,-1,-1),=(1,0,0). 设平面PAC的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则令y1=1,则m=(1,1,0). 设平面PBC的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则令z2=-1,则n=(0,1,-1), 所以cos<m,n>===. 由图知,二面角A-PC-B为锐二面角, 所以二面角A-PC-B的大小为. 2.解析　(1)证明:取B1C的中点P,连接NP,MP, 又N为B1C1的中点, 所以在△B1CC1中,NP∥CC1,NP=CC1. 因为M是DD1的中点,DD1∥CC1, 所以D1M=DD1=CC1,且D1M∥CC1. 所以D1M∥NP,D1M=NP, 故四边形D1MPN是平行四边形, 所以D1N∥MP, 又MP⊂平面CB1M,D1N⊄平面CB1M, 所以D1N∥平面CB1M. (2)因为A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB,所以以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 易得B(2,0,0),C(1,1,0),B1(2,0,2),M(0,1,1), 所以=(1,-1,2),=(-1,0,1),=(0,0,2). 设平面CB1M与平面BB1C1C的一个法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2), 则 取x1=1,x2=1,得y1=3,z1=1,y2=1,z2=0, 所以m=(1,3,1),n=(1,1,0), 所以|cos<m,n>|===, 故平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)由(2)知=(0,0,2),平面CB1M的一个法向量为m=(1,3,1),则点B到平面CB1M的距离为==. 3.解析　(1)证明:由题知AE=AD=2,AF=AB=4,∠FAE=30°, ∴EF2=AE2+AF2-2AE·AFcos 30°=4, ∴EF2+AE2=AF2,∴AE⊥EF,∴EF⊥PE, 又PE∩AE=E,PE,AE⊂平面PED, ∴EF⊥平面PED,又PD⊂平面PED,∴EF⊥PD. (2)连接EC,∵CD=3,DE=AD-AE=3,∠ADC=90°,∴EC===6, 又PE=AE=2,PC=4,∴EC2+PE2=PC2,∴PE⊥EC,又PE⊥EF,EC∩EF=E,EC,EF⊂平面ABCD, ∴PE⊥平面ABCD.又ED⊂平面ABCD,∴PE⊥ED, 又PE⊥EF,EF⊥ED,∴PE,EF,ED两两垂直, ∴以E为原点,EF,ED,EP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图, 则A(0,-2,0),F(2,0,0),C(3,3,0),D(0,3,0),P(0,0,2),∴=(2,0,-2),==(2,2,0),=(0,-3,2),=(3,0,0). 设m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别为平面PBF,平面PCD的一个法向量, 则 令x1=,则m=(,-1,1).令y2=2,则n=(0,2,3). ∴cos<m,n>==,∴sin<m,n>=, ∴所求正弦值为. 4.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC. 又AC∩A1C=C,AC,A1C⊂平面AA1C1C, ∴BC⊥平面AA1C1C. 又∵BC⊂平面BCC1B1,∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C. 过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H⊂平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1,∴A1H=1. 易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H, ∴H为CC1的中点,∴△A1CC1为等腰直角三角形, ∴A1C=A1C1.易知AC􀱀A1C1,∴A1C=AC. (2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.在平面BCC1B1内,过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图. 易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1􀱀BB1,又A1H∩HQ=H,A1H,HQ⊂平面A1HQ,∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ,又A1Q⊂平面A1HQ,∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2,∴在Rt△A1HQ中,HQ=. 易知A1C=AC=,则A(,0,0),B1(-,,), C1(-,0,),B(0,,0),∴=(-2,,),=(0,,0),=(-,0,). 设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z), 则取x=1,得n=(1,0,1). 设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ, 则sin θ=|cos<,n>|== =. ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为. 5.解析　以点B为坐标原点,BA,BC所在直线分别为x轴,y轴,垂直于平面ABC的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,,0),C(0,2,0). (1)证明:设=λ,0<λ<1,则F(2-2λ,2λ,0), ∴=(2-2λ,2λ,0),又=(-2,,0),BF⊥AO,∴·=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=,故F为AC的中点. 又D,E,O分别为PB,PA,BC的中点, ∴DO∥PC,EF∥PC,∴DO∥EF. 又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO, ∴EF∥平面ADO. (2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=, ∴DO=PC=,又AD=DO,∴AD=. 由cos∠ABD== ==,得PA=. 设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=,PA=,可得(z>0),解得 故P(-1,,). ∵D,E分别是PB,PA的中点, ∴D,E, ∴=,又=(-2,,0), ∴·=-2×+×+0×=0, ∴⊥,即AO⊥BE. 又AO⊥BF,BE∩BF=B,BE,BF⊂平面BEF, ∴AO⊥平面BEF. 又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF. (3)易知平面AOC的一个法向量m1=(0,0,1). 由(2)知=. 设平面AOD的一个法向量为m2=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,则y1=,z1=,所以m2=(1,,). 设二面角D-AO-C的平面角的大小为θ,则|cos θ|=|cos<m1,m2>|===. ∴sin θ=,即二面角D-AO-C的正弦值为. 6.解析　(1)证明:∵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,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系(图略),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). ∵·=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE. (2)由(1)知=(-1,1,1),=(a,-2,1). 设平面DFE的一个法向量为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DFE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PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD. 因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC. 又DC∩PD=D,DC,PD⊂平面PDC, 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,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),所以=(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的一个法向量, 则可取n=(-1,0,a). 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. 8.解析　(1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中, 因为CD∥C1D1,且CD⊄平面A1B1C1D1,C1D1⊂平面A1B1C1D1, 所以CD∥平面A1B1C1D1. 因为平面CDE∩平面A1B1C1D1=EF,所以CD∥EF. 所以C1D1∥EF. 因为E为A1D1的中点,所以F为B1C1的中点. (2)不妨设正方体的棱长为2. 如图,建立空间直角坐标系Dxyz, 则D(0,0,0),C(0,2,0),F(1,2,2), 所以=(0,2,0),=(1,0,2). 设平面CDE的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 则 令z1=1,则x1=-2,y1=0,于是m=(-2,0,1). 设=λ,λ∈[0,1),则M(2,2λ,2), 所以=(1,2λ-2,0). 设平面MFC的一个法向量为n=(x2,y2,z2), 则 令x2=2,则z2=-1,y2=,于是n=. 由题意得|cos<m,n>|===,所以λ=,所以=. 9.解析　(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,∴OA⊥CD. (2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,∴以C为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,如图所示,则C(0,0,0),B(0,,0),∴=(0,,0). 设AO=a,则E,∴=. 设平面EBC的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令x=a,则z=-1,∴n=(a,0,-1). 易知平面BCD的一个法向量m=(0,0,1). 由题可知|cos<m,n>|===,∴a=1,即AO=1, ∴V三棱锥A-BCD=S△BCD·AO=××1××1=. 10.解析　(1)证明:在△ABC中,AB=,BC=1,AC=2,所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC. 因为PA⊥底面ABCD,AD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AD. 又因为AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB. 又AB⊂平面PAB,所以AD⊥AB. 又因为AB⊥BC,A,B,C,D在同一平面内, 所以AD∥BC. 又因为BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC, 所以AD∥平面PBC. (2)因为AD⊥DC,所以以D为坐标原点,DA,DC所在直线分别为x轴,y轴,过D作与PA平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图. 设AD=m(m>0),则DC=,A(m,0,0),P(m,0,2),C(0,,0),所以=(-m,,0),=(0,0,2),=(m,0,2),=(0,,0). 设平面ACP的一个法向量为n1=(x1,y1,z1), 则即 不妨取x1=,则n1=(,m,0). 设平面DCP的一个法向量为n2=(x2,y2,z2), 则即 不妨取z2=m,则n2=(-2,0,m). 因为二面角A-CP-D的正弦值为, 所以|cos<n1,n2>|===, 解得m=(舍负),所以AD=. 11.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,AD,PA⊂平面PAD,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,AM,AD⊂平面ABCD, 所以PA⊥AM,PA⊥AD. 如图,建立空间直角坐标系Axyz,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的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令z=1,则y=-1,x=-1,所以n=(-1,-1,1). 易知平面PAD的一个法向量p=(1,0,0). 所以cos<n,p>==-. 由图知,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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$