专题精准强化13 空间向量与立体几何-【创新教程】2026年高考数学大二轮专题增分方案课时作业

I数学 AB与CD相交，由部-E知延长PG必与AB,CD (1)因为D,E分别是AB,AC的中点，则DE∥BC, 且AD⊥BC,则AD⊥DE,即A1D⊥DE, 交于同一点O,由几何关系知EF与PH不平行，故A、C 又因为平面A1DE⊥平面DBCE,平面ADE∩平面 错误.] DBCE=DE,A1DC平面A1DE, 9.解析：利用线面平行判定定理和性质定理可证BB,∥1， 所以A,D⊥平面BDEC. 再由直线平行的传递性可得AA1∥l,可知∠A1AD1即 (2)如图所示： 为所求，可得答案 因为BC∥DE,则直线EM 因为E,F分别为棱BC,BC1的 与BC所成角为∠MED= 中，点，所以BB1∥EF, 45°，且A1D⊥DE,可知DE 因为EF二平面AEF,BB,中平面 =DM=2,则M为A1D的 AEF,所以BB∥平面AEF, 中点，因为BC∥DE,BC 又平面DBB,∩平面AEF=L, 平面A1DE,DEC平面C BB1CDBB1,所以BB∥L, ADE,所以BC∥平 又AA,∥BB,,所以AA,∥L,所以 面A1DE, L与直线AD1所成角的大小等于 又因为过B,C,M三点的平面与线段A1E相交于点N, ∠AAD=年 可得平面BMNC∩平面A,DE=MN,BCC平面 BMNC,所以BC∥MN, 答案：不 所以N为A1E的中点， 又因为MN￠平面A1BC,BCC平面A,BC,可得MN∥ 10.解析：先找出外接球的球心，根据几何关系求出外接球 平面ABC,所以VA BCN=VNA1C 的半径即可， -VM-A BC =VC-A BN 如图，取AC的中，点E,AB的 由(1)可知：AD⊥平面BDEC,BCC平面BDEC,则 中点F,连接EF,DE, A1D⊥BC, 因为AD=CD,所以DEI 且BD⊥BC,BD∩A1D=D,DB,A1DC平面A1BD,所 AC,因为BC⊥AC,EF∥BC 以BC⊥平面A1BD, 所以EF⊥AC, ∠DEF=135°； 可得三棱锥A,-BCN的体积为VcA,M= 过点E作OE⊥平面DAC,过 号5a4,m·BC=君Sa4m·BC=合×8X4=9； 3 点F作OF⊥平面ABC,OE ∩OF=O, 所以三棱维A,-BCN的体积为号 因为点E,F分别是△DAC和△ABC的外心，所以，点O 是三棱锥D-ABC的外接球的球心； 专题精准强化13 由AD=√3，得AC=√6，BC=√2，AB=2√2，所以EF= 1.解：(1)证明：因为A1B⊥平面ABC且BCC平面ABC, 合BC-号，∠0EF=45,OF-EF- 所以A1B⊥BC, 2 又因为∠ABC=90°，可得BC⊥AB, 因为A1B∩AB=B且A,B,ABC平面ABB,A,,则BC AF=2AB=E,0A=VOF+AF/号， /5 ⊥平面ABB1A1, 又因BCC平面BB,C,所以平面BBC⊥平面ABB1A1. 则三维D-ABC的外接球的半径R√月，所以外接 (2)因为VBA,B,c=VcA,B,由(1)可知三棱锥CA1BB, 中，由BC⊥面ABB1, 球的表面积S=4πR2=10元. 答案：10π 则V=号5，XBC=号×EXE×BC=25,解得 11.解：(1)连接A1M,D1M, BC=√3， 因为M是AD中，点，且AD∥BC,AD=2AB,则CM 由(1)可知BC,BA,BA1两两相互垂直， ∥AB, 以B为坐标原，点，以BA,BC,BA1所在直线分别为x 又因为A1B1∥AB,则AB1∥CM,可知A1,B1,C,M 四点共面，由AD=2AD1,AD∥AD,可得A1D1∥ 轴，y轴和z轴， 建立空间直角坐标系，如图 MD,AD=MD,则四边形A1MDD1是平行四边形， 所示， 故DD1∥A1M, 且DD1寸平面A1MCB1,A1MC平面A1MCB1,所以 由(1)可知，BA=BA1=√2，可 DD1∥平面BCM. 得B(0,0,0),A(2,0,0),C(0, (2)过点D作DO⊥AM于 V3,0),A1(0,0,W2),B1(-√2， 点O,连CO,易知CM∥BA, B BA⊥平面ADD1A1, 0wao号) 则平面BCM⊥平面ADDA, DO⊥平面B1CM, 则BC=(0,√5,0)，BB1=(一 所以∠DCO为CD与平面 B,CM所成角， a-(-,,） MD 设平面B1BC的法向量n=(x,y,之)， 又sin∠DCO= DO 2 D 则n·BCV3y=0 √2MD (n·BB,=-√2x+√2x=0 令x=1,可得y=0,之=1，所以n=(1,0,1), 则直线CD与平面B,CM所成角的正弦值为号 设AD与平面B1BC所成角为0，则sin0=lcos(n,AD) 12.解：(1)根据题意可证A1D⊥DE,进而根据面面垂直的 =n·AD=13 13 性质定理分析证明； nAD (2)先证MN∥平面A,BC,可得VA-BCN=VcA,脚，再证 BC⊥平面A1BD,进而结合锥体的体积公式运算求解. 所以AD与平面BBC所成角的正弦值为3 13 ·298· 答案精析丨 2.解：(1)根据已知求得SC=2,进而得SB⊥BC,再由线面 设DP=λDC=A(-√5,1,0)，A∈[0,1]， 垂直的判定证明结论；(2)根据已知构建合适的空间直 角坐标系，标注出相关点坐标，求出相关平面的法向量， 则P(-3,-1,0) 再应用向量法求面面角的余弦值，进而求正弦值. 设平面AEF的法向量为m=(x,y,z), (1)在△SBC中，BC=1,SB=√3，∠SCB=60°， 因为AE=(-√3，-1,2)，EF=(0,2,-1) 所以cos60°=S+1二3-号，解得SC=2,■ 2SC 所以A5m=一5x)十2x=0令y=1, 所以SB2十BC2=SC2,所以SB⊥BC, EF·m=2y-z=0, 又BC⊥AB,AB,SB为平面SAB内两条相交直线，所以 则m=(3,1,2). BC⊥平面SAB; 设平面BFP的法向量为n=(x1y1,之1)， (2)由(1)知，BC⊥平面SAB,AD∥BC,所以AD⊥平 因为BF=(0,0,1),BP=(一31,1一2,0) 面SAB, 又AD在平面ABCD内，所以平面ABCD⊥平面SAB, 所以/F·n==0, 令x1=入一2，则n 由SA在平面SAB内，所以AD⊥SA, {BP·n=V3λx1+(a-2)y1=0, 在三角形SCD中，SC=2,CD=2,∠SCD=60° =(入-2，w3λ，0). 所以SD=2,又AD=1,所以SA=√W4一1=√3， 又号V,=合Vam=Vsc=Vesa,又V,=合y 因为平面AEF与平面BFP夹角的余弦值为 4, -VN-SAB 所以cos(m,m1=2W3a-1)1 所以VCSAB=VN-SAB,又NS∥BC,所以NS=BC=1, 2W2√Q-2)2+3a4 取AB的中点O,SA=SB=√3，可知SO⊥AB, 解得入=合或入=2（合去）， 因为平面ABCD⊥平面SAB,交 线为AB,SO又在平面SAB内， 所以存在P满足题意，且P为CD的中点 所以SO⊥平面ABCD,如图建立 4.解：(1)根据线面平行以及线面垂直，求出线面垂直即 空间直角坐标系， 可；(2)作辅助线得出在O,点处可以作为原点建立空间 易得A(一1,0,0)，B(1,0,0),C 直角坐标系，利用已知求出BB1=2,DD1=4,进而求出 (1,1,0),D(-1,1,0),S(0,0, √2)，N(0,-1,√2)， B D-3,0,4,CF=(0,0,3A,F(0,1,3),结合平面 的法向量求出sin0的取值范围即可. 所以SN=(0,-1,0),SC=(1,1,-√2)，AB=(2,0,0), AN=(1,-1,W2), 1)连接AC,AA=CC,AA,∥CC,AE=入AAi,C市 =ACC1,.AE=CF,即AE=CF,AE∥CF 设平面SNC的法向量为n=(x,y,),则nSS0 ∴.四边形AEFC为平行四边形，则AC∥EF, ln·SN=o EFC平面BEF,AC中平面BEF 所以x+y-V2z=0 ∴.AC∥平面BEF,平面BEF∩平面ABCD=l,又AC -y=0 二平面ABCD, .AC∥1， 令x=1,得x=√2，即n=(W2,0,1), .四边形ABCD是菱形，.AC⊥BD, (m·AB=0 又BB,⊥平面ABCD,ACC平面ABCD, 设平面ABN的法向量m=(a,b,c),则 以/2a=0 m·AN=0'所 则AC⊥BB1, 又BD∩BB1=B,BD、BB1C平面B1BDD1, .AC⊥平面B1BDD1,又AC∥L {a-b+2c=0' ∴L⊥平面BBDD1. 令c=1,则b=√2，即m=(0,√2,1)， (2)连接AC交BD于O点，AC∩BD=O,则OO∥BB. 设平面SNC与平面ABN所成夹角为O, ,BB1⊥平面ABCD, 所以cos0=cos(m,n)|= m·n 1 1 .OO1⊥平面ABCD,因为OB、OCC平面ABCD, m·n√5×√5 31 则OO1⊥OB,001⊥OC. 所以血0=V-0√一百29， “∠BAD=牙，四边形ABCD是菱形， 则OB⊥OC, 即平面SNC与平面ABN所成夹角的正弦值为？y2 31 AC=EF-2,0A=OC=1,AB=BD-23 3.解：(1)证明：因为四边形ABCD为菱形， ’ 所以AC⊥BD. .以OB,OC,OO1为x 因为DE⊥平面ABCD,ACC平面ABCD, 轴，y轴，之轴建立如图的 所以DE⊥AC. 空间直角坐标系， 又因为DE∩BD=D,且DE,BDC平面BDEF, 设BB=t,则DD1=2L. 所以AC⊥平面BDEF. VB-BDF=VR-BDB= 011 因为ACC平面FAC, 所以平面FAC⊥平面BDEF」 号×1×号×2g×: (2)设AC∩BD=O,以O 2 -2 E D 为坐标原点，OA,OB的方 9 -- 向分别为x,y轴的正方 .t=2,即BB1=2,DD1 0 向建立如图所示的空间 =4， 直角坐标系， .O01=3,则D 则A(W3,0,0),B(0,1,0),C -9,0,4,CF=(0,0, (一√3,0,0)，D(0,-1,0),E (0,-1,2),F(0,1,1) 3λ)， F(0,1,3λ)， ·299· I数学 ∴D1F= 故结合曲线对称性，作出曲 线C如图： 的一个法向量， 而d=a+b-3表示曲线C ID.F.ocI √2 1 .'sin= 上的点(a,b)到直线l: DF1·IOC √停+3x-4 x十y-3=0的距离， -2 可知d= :这f0=（3A-4+号，0<2<1， la+b-31取最小 √2 值和最大值时，(a,b)位于曲 则ra[3,号) 线在第一、三象限内的圆孤上， 当x≥0，y≥0时，曲线的方程为x2十y2一x一y=0,即 < 26 专题精准强化14 1.B2.D3.C 此时d的最小值为 229 4.C[由题意可作图如下，圆C:(x 当x<0,y<0时，曲线的方程为x2十y十x十y=0,即 -√3)2+y2=1的圆心C(5,0), (+)+(+)广= 半径r=1,若直线1与圆C有公 共点，则C的斜率一定存在，则圆 战时d的最大值为广2一2-3 +2_52 心C到直线l的距离d= √2 2 21 3k-1型，令d=1,解得k=5或 √+1 故d3到的装小位与最大维之和为号+5号- √2 2 √2，所以|a十b-3|的最小值与最大值之和为3√2×√② k=0,故当k=√3时，直线1的倾斜角取得最大值， =6.] 为] 9.ABC[求出L1∥L2的充要条件即可判断A;根据两直线 垂直得充要条件即可判断B;求出直线2经过的定点即 5.A[根据圆的弦长公式，结合点到直线的距离公式即可 可判断C;判断何种情况下点P(1,3)到直线11的距离最 求解 大，并求出最大值，可判断D. 对于A,若11∥12， 圆心C(2,0)到直线L:x十y=0的距离1==√2，则 则a(a-l)-6=0,解得a=3或a=-2, |AB|=2X√4-2=2√2.] 经检验，符合题意，所以a=3或a=一2， 所以l1∥L2的充要条件是a=3或a=一2，故A正确； 6.C[因为a,b,c成等差数列，所以a-2b十c=0,直线ax +by+c=0恒过P(1,-2),当PC⊥AB时，lAB|取得 对于B,当a=号时，3a+2a-1)=号-号=0，所以4 最小值，此时|PC=1,AB|=2√5-PC平=4.] ⊥L2,故B正确； 7.D[因为⊙C的标准方程为(x y本 对于C,由l2:3x+(a-1)y+3-a=0,得(y-1)a+3x -y+3=0, -1)2+y2=4,圆心为C(1,0), 半径为r=2, 令/y-1=0 3, 又易知直线x一my十1=0过定 3y+3=0解得=-号 (y=1 O C 点(-1,0)， 所以直线山经过定点（号，1），位于第二象限，故C 如图，过C作CH⊥AB于H,因 正确； 为AC在AB上的投影向量的模为√5，则AH=√，所以 对于D,由l:ax十2y十3a=0,得(x+3)a十2y=0, CH=√2-3=1，则2=1，解得m=士5.] √1+m 令0原容了 (y=0 所以直线1过定，点M(-3,0), 8.C[作出曲线C:x2+y2-|x|-|y=0对应的曲线，将 当PM⊥1时，点P(1,3)到直线1的距离的最大， d=a+b3看作曲线C上的.点(a,b)到直线lz+y一3 最大值为1PM|=√(-3-1)+(0-3)2=5，故D √2 错误.] 0的距离，结合圆心到直线的距离求得d的最小值和最大 10.ACD[圆(x-5)2+(y-5)2=16的圆心为M(5,5), 值，即可求得答案. 由题意知点(a,b)在曲线C:x2+y2-|x|一|y|=0上， 半径为4，直线AB的方程为号十=1，即x十2y-4 曲线C关于原点以及坐标轴均对称； =0, 由于x≥0，y≥0时，曲线的方程为x2十y2-x一y=0,即 图心M到直线AB的距离为5+2×5-4-1卫 √12+225 (e-)+()= 115>4, 5 ·300·1数学 ⑧错题序号： 专题精准强化13 空间向量与立体几何 @错因分析： 。0000010000. 1.(2025·三亚一模)在多面体 2.（2025·合肥模拟)如 A1B1-ABC中，ABB1A1为平 图，在四棱锥S-ABCD 行四边形，A1BL平面ABC, 中，ABCD为矩形，且 AA1=2,A1B=√2，∠ABC= AB=2BC=2,SB=√3， 90°，D为A1C的中点. ∠SCB=∠SCD=60°. (1)证明：平面B1BC⊥平面ABB1A1; (1)求证：BC⊥平面SAB; (2)已知多面体A1B1-ABC的体积为2y5, (2)若NS∥BC(N在S的左侧)，设三棱锥 3； NSAB体积为V1,四棱锥S-ABCD体积为 求AD与平面B1BC所成角的正弦值 V2,且V=2V2.求平面SNC与平面ABN 所成夹角的正弦值. 198 专题精准强化 3.如图，在多面体AB 4.如图所示，六面体ABCD CDEF中，四边形 A1B1CD1的底面ABCD ABCD为菱形，DE ⊥平面ABCD,DE 是菱形，∠BAD-了，AA ∥BF,AD=DE=2, ∥BB∥CC∥DD,且 BF=1,∠BAD BB1⊥平面ABCD,AA1= =60°. CC1,AE=λAA1,CF= (1)证明：平面FAC⊥平面BDEF; ACC1(0<A≤1)，DD1=2BB1,平面BEF (2)试问线段CD上是否存在一点P,使得 与平面ABCD的交线为l. 平面AEF与平面BFP夹角的余弦值为号？ (1)证明：直线1⊥平面B1BDD1; (2)已知EF=2,三棱锥B1-BDF的体积 若存在，请判断点P的位置；若不存在，请说 明理由」 VB,-BDF- g,若DF与平面BDD1所成 2W 角为0，求sin0的取值范围， ·199