专题8 立体几何 考点22 空间向量与立体几何 题组1-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编数学

画学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+敦辅专家 考点22 题 班级： 空间向量与立体几何 组 姓名： 学号： 一、选择题 1.(2024上海卷)定义一个集合2，其元素是空间内的点，任取P1,P2,P3∈2，存在不全为0 的实数，12,3，使得1OP1十20P2十1，OP3=0(其中0为坐标原点).已知(1,0,0)∈2，则 (0,0,1)庄2的充分条件是() A.(0,0,0)∈2 B.(-1,0,0)∈2 C.(0,1,0)∈2 D.0,0,-1)∈2 2.(多选)2021·新高考1卷)在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AA1=1,点P满足BP=BC十 BB1,其中∈[0,1]，u∈[0,1]，则() A.当1=1时，△ABP的周长为定值 B.当u=1时，三棱锥PA1BC的体积为定值 C.当=时，有且仅有一个点P,使得AP⊥BP D.当u=时，有且仅有一个点P,使得AB⊥平面ABP 二、解答题 3.(2025·全国一卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD, A B (I)证明：平面PAB⊥平面PAD: (2)设PA=AB=,BC=2,AD=1十，且点P,B,C,D均在球O的球面上. (i)证明：点O在平面ABCD内： (i)求直线AC与PO所成角的余弦值， 4.(2025·天津卷)如图，正方体ABCDA B C D1的棱长为4，E,F分别为AD1,CB1中点，点G 在棱CC1上，且CG=3CG. 1 独家授权侵权必究 西学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.2Xxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 D (I)求证：GF⊥平面EBF; (2)求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值： (3)求三棱锥DBEF的体积， 5.(2024新课标I卷)如图，四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=. P (I)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC: (2)若AD⊥DC,且二面角ACPD的正弦值为，求AD. 6.(2024新课标I川卷)如图，平面四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD=5,∠ADC 90°，∠BAD=30°，点E,F满足AE=AD,AF=AB.将△AEF沿EF翻折至△PEF,使得PC=4. (I)证明：EF⊥PD: (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 2 7.(2024北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，BC∥AD,AB=BC=1,AD=3,点E在AD上， 且PE⊥AD,PE=DE=2. 独家授权侵权必究· 西学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 B (I)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD: (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值. 8.(2024全国甲卷理)如图，在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四 边形ADEF均为等腰梯形，EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC=EF=2,ED=,FB=2,M为 AD的中点. (I)证明：BM∥平面CDE; (2)求二面角FBME的正弦值， 9.(2023·新课标|卷)如图，在正四棱柱ABCDA1B1CD1中，AB=2,AA=4.点A2,B2,C2,D2 分别在棱AA1,BB1,CC,DD1上，AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3. B C245 (1)证明：B2C2∥AD2: (2)点P在棱BB1上，当二面角PA2CD2为150°时，求B2P. 。独家授权侵权必究· 西学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.Zxxk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 10.(2022·全国甲卷) B 在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD,CDIIAB,AD=DC-CB=L,AB=2,DP=V5 (I)证明：BD⊥PA: (2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值. I1.(2022:新高考1卷)如图，直三棱柱ABCA:B,C,的体积为4，△ABC的面积为22 (I)求A到平面A1BC的距离； (2)设D为AC的中点，AA=AB,平面ABC⊥平面ABBA1,求二面角ABDC的正弦值， 12.(2021·全国甲卷)己知直三棱柱ABCA B,C1中，侧面AABB为正方形，AB=BC=2,E,F分 别为AC和CC的中点，D为棱A1B1上的点.BF⊥A1B1 B (I)证明：BF⊥DE: (2)当BD为何值时，面BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 独家授权侵权必究 西学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.zxxk.com 您身边的互联网+教辅专家 13.(2021北京卷)已知正方体ABCDA1B1CD1,点E为AD,中点，直线B1C交平面CDE于点F. D C M D (1)证明点F为B1C的中点： (2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角MCFE的余弦值为，求的值. 5 独家授权侵权必究 西学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZxXk.c0m● 您身边的互联网+教辅专家 6 独家授权侵权必究· 考点22　题组一 1.解析　因为存在不全为0的实数λ1，λ2，λ3，使得λ1＋λ2＋λ3＝0，所以，，共面.只要三点对应的向量共面就有(0,0,1)∈Ω，否则就能得到(0,0,1)∉Ω.对于选项A，(0,0,0)对应的向量是零向量，零向量与任意向量共线，故三点对应的向量共面，不能推出(0,0,1)∉Ω，故A错误；对于选项B，若(1,0,0)，(－1，0,0)∈Ω，且(1,0,0)，(－1,0,0)两点对应的向量共线，所以(0,0,1)可以属于Ω，故B错误；对于选项C，显然，(1,0,0)，(0,1,0)，(0,0,1)三点对应的向量不共面，故可以推出(0,0，1)∉Ω，故C正确；对于选项D，(0,0，－1)与(0,0,1)两点对应的向量共线，(1,0,0)，(0,0，－1)，(0,0,1)三点对应的向量共面，故不能推出(0,0,1)∉Ω，故D错误，故选C. 答案　C 2. 解析　对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数. 易知，点P在矩形BCC1B1内部(含边界). 故选BD. 答案　BD 3.解析　(1)证明　因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD， 又AD⊥AB，PA∩AB＝A，PA，AB⊂面PAB， 所以AD⊥平面PAB， 又AD⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面PAB. (2)(ⅰ)证明　以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A­xyz，如图所示， 则B(，0,0)，C(，2,0)，D(0,1＋，0)，P(0,0，)，设O(a，b，c)，因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以||＝||＝||＝||， 则(a－)2＋b2＋c2＝(a－)2＋(b－2)2＋c2＝a2＋(b－1－)2＋c2＝a2＋b2＋(c－)2， 得a＝0，b＝1，c＝0，即O(0,1,0)， 所以点O在AD上，即点O在平面ABCD内. (ⅱ)＝(，2,0)，＝(0,1，－)， 设直线AC与PO所成角为θ， 则cos θ＝|cos〈，〉|＝＝＝， 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 4.解析　(1)证明　以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则G(0,4,3)，F(2,4,4)，E(2,0,4)，B(4,4,0)，＝(2,0,1)，＝(0,4,0)，＝(－2,0,4)， ∴·＝0，·＝0， 即GF⊥EF，GF⊥BF. 又EF∩BF＝F，EF⊂平面EBF，BF⊂平面EBF， ∴GF⊥平面EBF. (2)设平面EBF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即 故y1＝0，取x1＝2，则z1＝1，故n1＝(2,0,1). 设平面EBG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 又＝(－2,4，－1)，＝(－4,0,3)， 故 可取x2＝6，则y2＝5，z2＝8，故n2＝(6,5,8). 令平面EBF与平面EBG夹角为θ， ∵cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝， ∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为. (3)设点D到平面EBF的距离为d， 易知＝(2,0,4)， 由(2)知平面EBF的一个法向量为n1＝(2,0,1)， 故d＝＝， 在△EBF中，易知EF＝6，BF＝2，EF＝4， 故EF2＋BF2＝BE2，∴EF⊥BF， ∴△EBF的面积为×4×2＝4， 故三棱锥D­BEF的体积为d×4＝. 5.解析　(1)证明　由于PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴PA⊥AD， 又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB， ∴AD⊥平面PAB， 又AB⊂平面PAB，∴AD⊥AB. ∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，∴BC∥AD， ∵AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC， ∴AD∥平面PBC. (2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，设A(a,0,0)，a>0，则CD＝，C(0，，0)，P(a,0,2)，＝(0，－，0)，＝(－a，，0)，＝(a，－，2). 设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)， 则即 可取n＝(2,0，－a). 设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 可取m＝(，a,0). ∵二面角A­CP­D的正弦值为， ∴余弦值的绝对值为， 故|cos〈m，n〉|＝＝＝，又a>0，∴a＝，即AD＝. 6.解析　(1)证明　由题，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，又∠BAD＝30°，所以由余弦定理得EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF·cos 30°＝4，故EF＝2. 又EF2＋AE2＝AF2，所以EF⊥AE. 由EF⊥AE及翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥ED， 又ED∩PE＝E，ED，PE⊂平面PED，所以EF⊥平面PED. 又PD⊂平面PED，所以EF⊥PD. (2)如图，连接CE，由题，DE＝3，CD＝3，∠CDE＝90°，故CE＝＝6. 又PE＝AE＝2，PC＝4，所以PE2＋CE2＝PC2，故PE⊥CE. 又PE⊥EF，CE∩EF＝E，CE，EF⊂平面ABCD，所以PE⊥平面ABCD. EF，ED，PE两两垂直，故以E为原点，EF，ED，PE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则P(0,0,2)，D(0,3，0)，F(2,0,0)，A(0，－2，0)，C(3,3，0)， 连接PA，则＝(0,3，－2)，＝(3,0,0)，＝(0,2，2)，＝(2,2，0). 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 可取n1＝(0,2,3). 设平面PBF即平面PAF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 可取n2＝(，－1,1). |cos〈n1，n2〉|＝＝. 故平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为＝. 7.解析　(1)证明　取PD的中点G，连接FG，CG(图略)， 因为F为PE的中点， 所以FG＝DE＝1，FG∥DE， 又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC， 所以四边形FGCB为平行四边形，所以BF∥CG， 又BF⊄平面PCD，CG⊂平面PCD， 所以BF∥平面PCD. (2)因为AB⊥平面PAD，PE⊂平面PAD， 所以AB⊥PE， 又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 连接EC，易知四边形ABCE为矩形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，EC，ED，EP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P(0,0,2)，C(1,0,0)，D(0,2,0)，A(0，－1,0)，B(1，－1，0)，则＝(1,0,0)，＝(0,1,2)，＝(1,0，－2)，＝(0,2，－2). 设平面PAB的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 可取n1＝(0，－2,1). 设平面PCD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则 可取n2＝(2,1,1). 设平面PAB与平面PCD的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝. 所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为. 8.解析　(1)证明　证法一(利用线面平行判定定理) 因为M为AD的中点，BC∥AD，且AD＝4，BC＝2， 所以BC∥MD，且BC＝MD， 所以四边形BCDM为平行四边形. 所以BM∥CD， 又CD⊂平面CDE，BM⊄平面CDE， 所以BM∥平面CDE. 证法二(利用面面平行的性质) 因为EF∥AD，BC∥AD，所以EF∥BC， 又EF＝BC＝2，所以四边形BCEF为平行四边形. 所以BF∥CE，又CE⊂平面CDE，BF⊄平面CDE，所以BF∥平面CDE. 因为M为AD的中点，且AD＝4，所以EF∥MD，且EF＝MD，所以四边形MDEF为平行四边形. 所以FM∥ED，又ED⊂平面CDE，FM⊄平面CDE，所以FM∥平面CDE. 因为BF，FM⊂平面BMF，BF∩FM＝F，所以平面BMF∥平面CDE. 又BM⊂平面BMF，所以BM∥平面CDE. (2)取AM的中点O，连接BO，FO. 由(1)证法一可知，BM＝CD＝AB＝2，因为AM＝2，所以BO⊥AD，且BO＝. 由(1)证法二知四边形MDEF为平行四边形，所以FM＝ED＝， 又AF＝，所以FO⊥AM， 又OA＝OM＝1，所以FO＝＝3， 又FB＝2，所以BO2＋FO2＝FB2， 所以FO⊥OB，即OB，OD，OF两两垂直. 分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则F(0,0,3)，B(，0,0)，M(0,1,0)，E(0,2,3)，则＝(，－1,0)，＝(0，－1,3)，＝(0,1,3). 设平面FBM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即 令y1＝3，所以x1＝，z1＝1，所以n1＝(，3,1). 设平面EBM的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则即 令y2＝3，所以x2＝，z2＝－1，所以n2＝(，3，－1). 设二面角F­BM­E的平面角为θ，所以|cos θ|＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，因为θ∈[0，π]， 所以sin θ>0，即sin θ＝＝， 所以二面角F­BM­E的正弦值为. 9.解析　(1)证明　以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)， ∴＝(0，－2,1)，＝(0，－2,1)， ∴∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. (2)设P(0,2，λ)(0≤λ≤4)， 则＝(－2，－2,2)，＝(0，－2,3－λ)，＝(－2,0，1)， 设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)， 则 令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1， ∴n＝(λ－1,3－λ，2)， 设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)， 则 令 a＝1，得b＝1，c＝2， ∴m＝(1,1,2)， ∴＝ ＝ ＝＝， 化简可得λ2－4λ＋3＝0， 解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0,2,1)或P(0,2,3)， ∴B2P＝1. 10. 解析　(1)证明　 ∵PD⊥底面ABCD， ∴PD⊥BD，取AB中点E，连接DE，可知DE=AB=1， ∵CD∥AB，∴CD綊BE， ∴四边形BCDE为平行四边形， ∴DE=CB=1， ∵DE=AB， ∴△ABD为直角三角形，AB为斜边， ∴BD⊥AD， ∵PD∩AD=D， ∴BD⊥平面PAD，∴BD⊥PA. (2)由(1)知，PD，AD，BD两两垂直，BD==， 建立空间直角坐标系如图所示，则 D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，,0)，P(0,0，)， ∴=(0,0，-)，=(1,0，-)， =(-1，,0)， 设平面PAB的法向量为n=(x，y，z)，则 即 不妨设y=z=1，则n=(,1,1)， 设PD与平面PAB所成的角为θ，则 sin θ=|cos〈·n〉|===， ∴PD与平面PAB所成角的正弦值为. 11.解析　(1)设A到平面A1BC的距离为h， VA1­ABC＝S△ABC·A1A＝VABC­A1B1C1＝×4＝，VA­A1BC＝S△A1BC·h＝×2·h， 所以×2·h＝，所以h＝， 所以A到平面A1BC的距离为. (2)取A1B的中点E，连接AE， 因为AA1＝AB，所以AE⊥A1B， 因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B， 所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，AE＝，则AA1＝AB＝2， 因为直三棱柱ABC­A1B1C，所以A1A⊥BC， 因为AE∩A1A＝A，所以BC⊥平面ABB1A1， 所以BC⊥AB， 由VABC­A1B1C1＝AB·BC·A1A＝×2×BC×2＝4，所以BC＝2， 以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以B(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，A1(0,2,2)，E(0,1,1)，D(1,1,1)，平面BDC的法向量设为n1=＝(0，－1,1)，平面BDA的法向量设为n2＝(x，y，z)， ＝(0,2,0)，＝(1,1,1)， 所以所以y＝0， 设x＝1，则z＝－1，所以n2＝(1,0，－1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝－， 设二面角A­BD­C的平面角为α， 则sin α＝＝， 所以二面角A­BD­C的正弦值为. 12.[思路点拨]　通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案. 解析　因为三棱柱ABC­A1B1C1是直三棱柱，所以BB1⊥底面ABC，所以BB1⊥AB. 因为A1B1∥AB，BF⊥A1B1，所以BF⊥AB， 又BB1∩BF＝B，所以AB⊥平面BCC1B1. 所以BA，BC，BB1两两垂直. 以B为坐标原点，分别以BA，BC，BB1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图. 所以B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,2)，A1(2，0,2)，C1(0,2,2)，E(1,1,0)，F(0,2,1). 由题设D(a,0,2)(0≤a≤2). (1)证明　因为＝(0,2,1)，＝(1－a,1，－2)， 所以·＝0×(1－a)＋2×1＋1×(－2)＝0，所以BF⊥DE. (2)设平面DFE的法向量为m＝(x，y，z)， 因为＝(－1,1,1)，＝(1－a,1，－2)， 所以即 令z＝2－a，则m＝(3,1＋a,2－a). 因为平面BCC1B1的法向量为＝(2,0,0)， 设平面BCC1B1与平面DEF的二面角的平面角为θ， 则|cos θ|＝＝ ＝. 当a＝时，2a2－2a＋4取最小值为， 此时|cos θ|取最大值为＝. 所以(sin θ)min＝＝， 此时B1D＝. 13.[思路点拨]　(1)首先将平面CDE进行扩展，然后结合所得的平面与直线B1C1的交点即可证得题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数λ的值. 解析　(1)证明　如图所示，取B1C1的中点F′，连接DE，EF′，F′C， 由于ABCD­A1B1C1D1为正方体，E，F′为中点，故EF′∥CD， 从而E，F′，C，D四点共面，故平面CDE即平面CDEF′， 据此可得：直线B1C1交平面CDE于点F′， 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F′重合， 即点F为B1C1中点. (2)以点D为坐标原点，DA，DC，DD1方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系D­xyz， 不妨设正方体的棱长为2，设＝λ(0≤λ≤1)， 则：M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)， 从而：＝(－2,2－2λ，－2)，＝(1,0,2)，＝(0，－2,0)， 设平面MCF的法向量为：m＝(x1，y1，z1)，则： 令z1＝－1可得：m＝， 设平面CFE的法向量为：n＝，则： 令z1＝－1可得：n＝(2,0，－1)， 从而：m·n＝5，|m|＝，|n|＝， 则：cos〈m，n〉＝＝＝， 整理可得：2＝，故λ＝. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $