专题8 立体几何 考点22 空间向量与立体几何 题组2-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编数学

考点22　题组二 1.解析　(1)证明　因为EF∥AD，AB∥CD，所以AEFD是平行四边形， 所以AE∥DF，所以A′E∥D′F， 因为D′F⊂平面CD′F，A′E⊄平面CD′F， 所以A′E∥平面CD′F， 因为FC∥EB，FC⊂平面CD′F，EB⊄平面CD′F，所以EB∥平面CD′F， 又EB∩A′E＝E，EB，A′E⊂平面A′EB， 所以平面A′EB∥平面CD′F， 又A′B⊂平面A′EB，所以A′B∥平面CD′F. (2)因为∠DAB＝90°，所以AD⊥AB，又因为AB∥FC，EF∥AD，所以EF⊥FC，以F为原点，FE，FC所在直线以及垂直于平面BEFC的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 因为D′F⊥EF，CF⊥EF，平面EFD′A′与平面EFCB所成二面角为60° ，所以∠D′FC＝60°. 设AD＝1，所以AB＝3，CD＝2， 因为F为CD中点，所以DF＝1， 则B(1,2,0)，C(0,1,0)，D′，E(1,0,0)，F(0,0,0)， 所以＝(－1，－1,0)，＝，＝(1,0,0)，＝. 设平面BCD′的法向量为n＝(x，y，z)， 则所以 令y＝，则z＝1，x＝－，则n＝(－，，1). 设平面EFD′A′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则所以 令y1＝，则z1＝－1，x1＝0， 所以m＝(0，，－1). 令面BCD′与面EFD′A′夹角为θ， 所以cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝. 所以平面BCD′与平面EFD′A′夹角的正弦值为 ＝. 2.解析　(1)证明　取PA的中点N，PB的中点M，连接FN，MN， ∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°， 不妨设AD＝CD＝2，∴AC＝AB＝2， ∴BC＝4，∵E，F分别为BC，PD的中点，∴FN＝AD＝1，BE＝2， ∴GM＝1， ∵∠DAC＝45°，∠ACB＝45°， ∴AD∥BC，∴FN∥GM， 又FN＝GM， ∴四边形FGMN为平行四边形， ∴FG∥MN， ∵FG⊄面PAB，MN⊂面PAB，∴FG∥面PAB. (2)∵PA⊥面ABCD，∴以A为原点，AC，AB，AP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， 设AD＝CD＝2，则A(0,0,0)，B(0,2，0)，C(2，0,0)，D(，－，0)，P(0,0,2)， ∴＝(0,2，0)，＝(，，0)， ＝(－2，0,2). 设面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)， ∴∴ 取x＝1，∴y＝－1，z＝1，∴n＝(1，－1,1). 设AB与面PCD成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝＝， 即AB与面PCD所成角的正弦值为. 3.解析　(1)证明　以A为坐标原点，以AB，AD，AA1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， 依题意得，B(2,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)， B1(2,0,2)，C1(1,1,2)，D1(0,1,2)， 则M(0,1,1)，N，所以＝，＝(1，－1,2)，＝(－1,0,1). 设平面CB1M的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 则即 取x1＝1，得z1＝1，y1＝3，则n＝(1,3,1). ·n＝·(1,3,1)＝－＝0， 所以⊥n，显然D1N⊄平面CB1M， 所以D1N∥平面CB1M. (2)易知＝(1，－1,2)，＝(－1,1,0)， 设平面BB1C1C的法向量为m＝(x2，y2，z2)， 则即 取x2＝1，得y2＝1，z2＝0，则m＝(1,1,0). 设平面CB1M与平面BB1C1C的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈n，m〉|＝＝＝， 所以平面CB1M与平面BB1C1C夹角的余弦值为. (3)易知＝(0,0,2). 设点B到平面CB1M的距离为d， 则d＝＝＝， 所以点B到平面CB1M的距离为. 4.解析　(1)证明　连接AE，DE，∵DB＝DC， ∴DE⊥BC， 又DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°， ∴△ACD与△ABD均为等边三角形， ∴AC＝AB，∴AE⊥BC，AE∩DE＝E，AE⊂平面ADE，DE⊂平面ADE，∴BC⊥平面ADE，∴BC⊥DA. (2)设DA＝DB＝DC＝2，∴BC＝2，∴DE＝AE＝，AD＝2，∴AE2＋DE2＝4＝AD2，∴AE⊥DE，又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE⊂平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AE⊥平面BCD，建立如图所示空间直角坐标系. 则D(，0 ,0)，A(0,0，)，B(0，，0)，E(0,0,0)， ＝⇒F(－，0，)， ∴＝(－，0，)，＝(0，，－)，＝(－，0,0)， 设平面DAB与平面ABF的一个法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，二面角DABF的平面角为θ， ∴ 解得n1＝(1,1,1)， 解得n2＝(0,1,1). ∴|cos θ|＝＝＝， ∴sin θ＝. 5.解析　(1)证明　∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC且BD为公共边， ∴△ADB≌△CDB， ∴AB＝BC. 又∵E为AC中点且AD＝CD，∴DE⊥AC，同理BE⊥AC. 又∵DE∩BE＝E，BE，DE⊂平面BED， ∴AC⊥平面BED. 又∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD. (2)在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝60°，AB＝BC，∴AC＝2，BE＝. 在△ACD中，AD⊥CD，AD＝CD，AC＝2，E为AC中点，∴DE⊥AC，DE＝1. 又BD＝2，∴DE2＋BE2＝BD2，即DE⊥BE. ∴直线AC、直线ED、直线EB两两互相垂直. 由点F在BD上且△ADB与△BDC全等， ∴AF＝FC， 由于E为AC中点，∴EF⊥AC， 当△AFC的面积最小时，EF⊥BD， 在Rt△DEB中，∵BE＝，DE＝1， ∴EF＝，BF＝. 如图，以点E为坐标原点，直线AC，EB，ED分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 则C(－1,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)，F， ∴＝(0，－，1)，＝(－1,0,1)，＝(－1，－，0)， ∵＝－＝－＝， 设平面ABD的法向量为m＝(x，y，z)， 可得设y＝1，∴m＝(，1，). 设m与所成的角为α，CF与平面ABD所成的角为θ， ∴sin θ＝|cos α|＝＝， 所以CF与平面ABD所成角的正弦值为. 6.解析　(1)证明　连接OA，OB， 因为PO是三棱锥P­ABC的高，所以PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，PO⊥OB， 所以∠POA＝∠POB＝90°，又PA＝PB，PO＝PO，所以△POA≌△POB，所以OA＝OB， 作AB中点D，连接OD，DE，则有OD⊥AB， 又AB⊥AC，所以OD∥AC， 又因为OD⊄平面PAC，AC⊂平面PAC， 所以OD∥平面PAC， 又D，E分别为AB，PB的中点，所以，在△BPA中，DE∥PA， 又因为DE⊄平面PAC，PA⊂平面PAC， 所以DE∥平面PAC， 又OD，DE⊂平面ODE，OD∩DE＝D， 所以平面ODE∥平面PAC， 又OE⊂平面ODE，所以OE∥平面PAC. (2)过点A作AF∥OP，以AB为x轴，AC为y轴，AF为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为PO＝3，PA＝5，由(1)得OA＝OB＝4， 又∠ABO＝∠CBO＝30°，所以AB＝4， 所以P(2，2,3)，B(4，0,0)，A(0,0,0)，E，设AC＝a，则C(0，a,0)， 平面AEB的法向量设为n1＝(x1，y1，z1)，＝(4，0,0)，＝， 则所以 所以x1＝0，设z1＝－2，则y1＝3， 所以n1＝(0,3，－2)； 平面AEC的法向量设为n2＝(x2，y2，z2)，＝(0，a,0)，＝， 则所以 所以y2＝0，设x2＝，则z2＝－6， 所以n2＝(，0，－6)； 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝＝，设二面角C­AE­B的平面角为θ，则sin θ＝＝， 所以二面角C­AE­B的正弦值为. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 解答题 1.(2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°. (1)证明：A′B∥平面CD′F； (2)求面BCD′与面EFD′A′所成的二面角的正弦值. 2.(2025·北京卷)四棱锥P­ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，E为BC的中点. (1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥面PAB； (2)若PA⊥面ABCD，PA＝AC，求AB与面PCD所成角的正弦值. 3.(2024·天津卷)如图，已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AD⊥AB, AB∥CD, AA1＝2，AB＝2AD＝2，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夹角的余弦值； (3)求点B到平面CB1M的距离. 4.(2023·新课标Ⅱ卷)如图，三棱锥ABCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点. (1)证明：BC⊥DA； (2)点F满足＝，求二面角DABF的正弦值. 5.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点. (1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值. 6.(2022·新高考Ⅱ卷) 如图，PO是三棱锥P­ABC的高，PA=PB，AB⊥AC，E为PB的中点. (1)证明：OE∥平面PAC； (2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3，PA=5，求二面角C­AE­B的正弦值. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $