专题14 空间向量在立体几何中的应用【创新大课堂系列】高三数学全国名校名卷168优化重组卷

_A1B12 ANA)N,点N在线段D1N上（含端点），则当A1N最 大时，即点N为，点D1时，此时A1N=2,此时tan∠A1NB1最小，： 为-号-1，当AN最小时，即AVLD,N,此时AN 2 2SAN2_2X号X1X2_25比时n∠ANB,最大，为 2 DN √5 5 2 =√5，则tan∠A1NB1的取值范围为[1，√5]，故D正确.！ 2√5 故选BCD. 专题14空间向量在立体几何中的应用 1.解(1)由题意证明如下， 在四棱维P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,ABC平面ABCD, ∴AP⊥AB,又AB⊥AD,APC平面PAD,ADC平面PAD,AP∩AD: =A,.AB⊥平面PAD, ,ABC平面PAB,∴.平面PAB⊥平面PAD. (2)(1由题意及(1)证明如下， 方法一： 在四棱锥P-ABCD中，AP⊥AB,AP⊥AD, AB⊥AD,BC∥AD, PA=AB=√2，AD=1+√5， 4 建主空间直角坐标系如图所示， ∴.A(0,0,0),B(√2,0,0)，C(√2,2， 0),D(0,1+√3,0)，P(0,0,√2)， 若P,B,C,D在同一个球面上， B…A D 则|OP|=OB=|OC=|OD, 在平面xAy中， E D F 0 -2AB24 7-1 ∴A(0,0),B(2,0),C(2,2),D(0,1十√3)， :线烧CD中点起标F(停) 直线CD的斜率：1=1十=2_尽-1 0-√2 直线CD的垂直平分线EF斜率：k,一E 6+/2 3-1 2 直线CD的方程：y-Y () 2 2 即y= W6+√2 2 )++3 (2 2 当y=1时，1= (n)+生 2 十3，解得：x0=0: .O(0,1)在立体儿何中，O(0,1,0), [10P1=√02+12+(0-√②)2 |OB引=W(0-√2)2+12+02 10C1=√(0-2)2+(1-2)2+02 0D1=√02+(1-1-3)2+02 解得：OP|=OB|=|OC=|OD|=√5， ,点O在平面ABCD上. 方法二： ,P,B,C,D在同一个球面上， 球心到四个点的距离相等 在△BCD中，到三角形三点距 离相等的点是该三角形的 ● G 外心， 作出BC和CD的垂直平分线， 如图所示， 由几何知识得， OE=AB=√2，BE=CE= A0=G0,=2BC=1, 200 O1D=AD-AO1=5BO,=CO,=√12+（√2）2=√5， ..O D=BO=CO, 点O1是△BCD的外心， 在Rt△AOP中，AP⊥AD,AP =√2， 由勾股定理得， PO,=√AP2+AO=√（√2）2+12 =√5，∴.PO1=BO1=CO1=O1D A =√3， ,点O1即为，点P,B,C,D所在球的球心O, 此时，点O在线段AD上，ADC平面ABCD, ,点O在平面ABCD上. (i）方法1：由题意，(1) (2)及图得， AC=(2,2,0),P0=(0, 1,-√2)， 设直线AC与直线PO所成 角为0， A ∴cos0= 1AC·PO B LACI IPOI 10+2×1+0 √2 √(W②)2+22+0×√0+12+(-2)2 方法2： 由几何知识得，PO=√3 AB⊥AD,BC∥AD, ∴.AB⊥BC 在Rt△ABC中，AB=√2，BC=2,由勾股定理得， AC=√JAB2+BC2=√/（√2）2+22= P √6，过点O作AC的平行线，交BC的 延长线为C1,连接AC1,PC1, 则OC1=AC=√6，直线AC与直线 D PO所成角即为△POC1中∠POC B 或其补角， PA⊥平面ABCD,AC1C平面ABCD, .PA⊥AC1, 在Rt△ABC1中，AB=√2，BC1=BC+CC,=2十1=3，由勾股定 理得， AC1=√AB2+BC=√W2)2+32=√T, 在Rt△APC1中，PA=√2，由勾股定理得， PC1=√/PA2+AC=√(2)2+（√I)2=√13， 在△POC1中，由余弦定理得， PC=PO3+OC-2PO·OC1cos∠POC1, 即：（√13）2=（√3）2+(6)2-25×6c0s∠P0C 解得：cos∠P0C=- 3 ∴直线AC与直线PO所成角的余弦值为：|cos∠POC= √2 3 解(1)证明：因为AD∥BC,且BC=2AD=2AB=22,AB ⊥BC, 可得AD=AB=√2，BD=√JAB2+AD=2, 又因为∠DBC= ∠ADB=45°，可得CD= √22+(2√2)2-2X2X22c0s45°=2 所以BD2+DC2-BC,则CD⊥BD, 因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD, 且CDC平面BCD, 所以CD⊥平面ABD, 文因为ABC平面ABD, 所以CD⊥AB. (2)因为CD⊥平面ABD,且BDC平面 ABD,所以CD⊥BD, 如图所示，以点D为原点，建立空间直 角坐标系， 可得A(1,0,1),B(2,0,0),C(0,2,0), D(0,00), 所以CD=(0,-2,0),AD=(-1,0,-1) 设平面ACD的法向量为n=(,e,则”：立-2y-0 n·AD= 一x一之=0 令x=1,可得y=0,之=-1，所以n=(1,0,一1)， 假设存在点N,使得AN与平面ACD所成角为60°， 设BN=ABC,(其中0A≤1)，则N(2-2A,2λ，0)，AN=(1-2λ，1 2,-1), 所以sin60°=n·A 11-2λ+1 1nl1AN√1-2A)2+(2A)2+（-1)F×2 2 整理得82+2以-1-0，解得X-子或X-号（合去）， 所以在线段BC上存在点N,使得AN与平面ACD所成角为60°，： 光时-子 3.解(1)证明：因为BF⊥AB1,BB1⊥AB1,且BF∩B1B-B,BF, B1BC平面BC1CB,所以A1B1⊥平面BC1CB,因为AB∥A1B1,所 以AB⊥平面BC1CB, 又因为BCC平面B,C1CB,所以AB⊥BC, 以B为坐标原点，以BA,BC,BB1所在的直线分别为x,y,之轴，建 立空间直角坐标系， 如图所示，则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0), D 可得BF=(0,2,1), 设B1D=a(0≤a≤2)，则D(a,0,2),则DE =(1-a,1,-2), 因为BF.DE=0X(1-a)+2×1+1X (-2)=0,所以BF⊥DE,即BF⊥DE. B (2)由(1)可得EF-(-1,1,1),FD=(a,-2, 1), 设平面DEF的法向量为n= T. V: 剥m·EF--x+y+之=0 "(n·FD=a.x-2y+x=0 令=1，可得y-字-2号所以1(1，宁2号） 又由m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量， 设平面BB,CC与平面DEF夹角的大小为， 则cos0=cos(m,n)1=m·n= m·m 入 +()+() ()+ 27 ,当且仅当。一号时，等号 3 成立， 1 1 所以当a-之，即B,D-之时，平面BB,CC与DEF夹角的最 小，此时角的余弦值为 3 4.解(1)证明：连接BF,由△ABC 为等边三角形，F为AC的中点，得 BF⊥AC:由PG⊥平面ABC ACC平面ABC,则PG⊥AC:又 PG∩BF=G,则AC⊥平面PBF, A 又PBC平面PBF,则PB⊥AC, G (2)由题意得PF=2√3，GF=2,在 Rt△PFG中，PG=2E.以F为坐 B 标原点，以FB为x轴的正方向，如图建立空间直角坐标系F一 xyx,则A(0,-23,0),C(0,2√3,0)，B(6,0,0),E(3,-√3,0)，P (2,0,2√2)，FP=(2,0,2√2)，FE=(3,-√5,0).由(1)可知，AC= (0,4√3,0)是平面PBF的一个法向量.设平面PEF的法向量n= (x,y,),由 n=0得{2x+2E&=0, FE·n=0,13x-5y=0, 取n=E6,-1.周为os花m=花n-5,所以平面 AC 3 PEF与平面PBF所成二面角的正弦值为。 , 5.解(1)证明：因为PC=PD,O为CD的中点， 所以PO⊥CD. 又因为平面PCD⊥平面ABCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,, POC平面PCD, 所以PO⊥平面ABCD. 20 因为CD=2,PC⊥PD,PC=PD,所以PO=1. 取AB的中点E,连接OE,则OE⊥CD, 以点)为坐标原点，OD,OE,OP所 在直线分别为xy,之轴，如图建立空 间直角坐标系O-xyz, 则O0,0,0),D(1,0,0),C(-1,0,0) B(-1,2,0),P(0,0,1),A(1,2,0) C PB=(-1,2,-1),PD=(1,0,-1), 因为PB.PD=-1+0+1=0, 所以PB⊥PD. D (2)设平面PAB的一个法向量 为m=(x,y,之)， 则了m·AP-0 即了一x-2y+x=0 (m·AB=0' {-2x=0 解得x=0,令y=1,则之=2，则m=(0,1,2) 设直线PC与平面PAB所成的角为O, 又PC=(-1,0,-1), 则sin0=cosm,Pt1=m·P-1(01,2)·(-1.0,-1)1 mPCl √1+4×W1+1 -2L=10 √5·√2 所以直线PC与平面PAB所成的角的正弦值为√四 5 (3)设平面POB的一个法向量为n=(a,b,c), 则/m·0苏-0 {06品-0中{a”2w-0 解得c=0,令b=1,则a=2,故n=(2,1,0), 设平面POB与平面PAB的夹角为a, 则cosa=cosm,n00-0.1,2》20 1 1+4×√4+I5·√5 故平面POB与平面PAB的夹角的余弦值为 51 解(1)证明：如图，点F是线段AP的 中点，连接FE,FQ, 因为点Q是线段PB的中点，所以FQ∥ 0】 AB.FQ-2AB. 因为EC/AB,BC=合AB,所以FQ∥EC FQ=EC,即四边形FQCE是平行四边形， 所以CQ∥FE,又因为CQ庄平面PAE,FEC平面PAE,所 以CQ∥平面PAE (2)如图， 过分别过点P,F作PH⊥AE,FG⊥AE, 垂足分别为H,G, 因为点F为线段AP的中点，FG∥PH 所以FG是三角形PAH的中位线， 所以FG=号PH,而PA-PE=1,AGH ∠APE=90°， 所以AE=√E,∠PAE=45°，PH也是三角形PAE的中线， 所以FG-PH-子AE-9,AG-FG-9,GE-32 1 tan∠FEG- 因为FG⊥AE,且平面PAE⊥平面ABCE,平面PAE门平面 ABCE=AE. FGC平面PAE,所以FG⊥平面ABCE, 所以∠FEG为FE与平面ABCE所成的角， 因为EF∥CQ, 所以直线CQ与平面ABCE所成角的正切值即为3· (3)如图， P 一方面：因为BC=CE=1,∠BCE=90°， 所以BE=√2=AE,又因为AB=2, 所以AE2十EB2=AB2,即EB⊥EA, 设0=(HP,EB, 因为PH⊥AE,EB⊥EA 所以二面角P-AE-B平面角的大小即为0=〈HP,EB), 6PH-HE-盟，EB-E. (2)以点D为坐标原点，DA,DC,DP方向 的直线分别为x轴，y轴，心轴建立如图所 所以应=(Pi+庞+)2-合+多+2+2·号5 示的空间直角坐标系D-xyz, 易知：D(0,0,0),P(0,0,2),B(2,2, ·cos(π-0)=3-2cos0. 0),C(0,2,0), 另一方面：若直线PA与直线CE所成角为45°，且注意· 则PB=(2,2,-2),由E为PC的中点， 到CE∥AB, 则E(0,1,1), 所以∠PAB=45°或∠PAB=135°， 设PF=入PB-(2x,2入，-2)，则EF-P市 又因为PA=1,AB=2, 所以PB2=PA2+AB2-2PA·AB·cos∠PAB,即PB2=12+22 PE=(2x,2入-1,1-2入)， -218(±）5g 因EF⊥PB,EF.PB-(2A,2λ-1,1-2x)(2,2,-2)-121-4= 0,解得：入= 3 令3一2cos0=5土2√2，解得cos0=√2-1∈(-1,1)满足题意， c0s0=-1-√2<-1，不满足题意，舍去. 所以成-（导号号）则（学号）亦-（号导） 综上，存在点P使PB=5一2√2，且直线PA与直线CE所成角 DB=(2,2,0),DE=(0,1,1), 为45°， 设平面EBD的一个法向量为m1=(x1·y,), 此时所求二面角P-AE-B平面角的余弦值为c0s0=√2一1. 7.解(1)证明：取PA的中点为M,连接DM,ME 则m·D正=0 如图所示，因为AD=PD,所以DM⊥PA. 微品8*{+8 因为AB⊥平面PAD,DMC平面PAD, 令y=1,则x=-1,之=-1， 所以AB⊥DM. 所以m1=(一1,1，一1)， 因为M,E分别为中点，所以ME∥AB, 设DF与平面EBD所成角为O, 由底面ABCD为梯形，AB∥CD,所 DF·m1 以ME∥CD, 所以sin0-|cos(DF,m)|- 所以M,E,C,D四，点共面， DF1·m, 因为DM⊥PA,DM⊥AB,PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB,所 -1x号+1x号-1x 3 以DM⊥平面PAB. 2√2 3 因为DMC平面CDE,所以平面CDE⊥平面PAB,即平面PAB⊥！ 平面CDE. ×号)+（号）+（告 (2)由PA=2可知△PAD是等边三角形，取AD的中点为O 连接OP,则OP⊥AD,取BC的中点为F,连接OF, DF与半西EBD所成角余弦维为√厂（皆T-号 因为AB⊥平面PAD,ABC平面ABCD,所以平面PAD⊥平面 12 11 ABCD, ,设平面DEF的法向量为m=(x,y,z), 因为平面PAD∩平面ABCD=AD,OP⊥AD,OPC平面PAD, 所以OP⊥平面ABCD. m·EF=0 2 ,即3x-3y+3 因为O,F为中点，所以OF∥AB,所以OF⊥AD. m·DE=0 =0,令y=1,则x=1,之= (y+=0 以O为坐标原点，以OA,OF,OP方向 -1, 分别为x轴，y轴，之轴， P 可得平面DEF的一个法向量为m=(1,1,一1)， 建立如图所示的空间直角坐标系， 平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1) 则P0,0W5,C(-1,3,0),D(-1,0, m·n -1 cos(m,m〉=mXn3X1 3 平面DEF与平面ABCD的夹角为锐角， 则-(是-2)元=(-13， 故平面DEF与平面ABCD的余弦值为5 -√3)，DC=(0,3,0), 专题15直线和圆 设平面CDE的法向量为n1=(x1,y1,1), 1.B由题意，在圆x2+(y十2)2=r2(r>0)中，圆心E(0,-2),半径 为r,到直线y=√3x十2的距离为1的点 yW 29-0 {m·DC=0' 有且仅有2个，圆心E(0,一2)到直线y (3y1=0 =√5x十2的距离为：d= 所以y=0,令1=5，则x1=一1，所以n= -1,0W5 10×5-(一-2)X1+2=2,故由图可知 设平面PCE的法向量为n2=(x2,y2,2）, W/(5)2+(-1)2 则m·C它-0 13 当r=1时，圆x2+(y十2)2=r2(r>0)上 n2.D六，即{2x22y2下22=0， 有且仅有一个点(A点)到直线y=√3x十 (-x2十3y2-5x2=0 2的距离等于1：当r=3时，圆x2十(y十 55,所以2 1,2,5 2)2=2(r>0)上有且仅有三个，点(B,C,D点)到直线y=√3x十2 所以令2=1，则2=2,2 3 的距离等于1：当则r的取值范国为(1,3)时，圆x2十(y十2)2= 设二面角P-CE-D的大小为0， r2(r>0)上有且仅有两个点到直线y=√5x十2的距离等于1.故 则cos(n1,2)= n1·n2 -1+5 √30 选B. nn2 √1+4+25 10 :2.D若直线l1:(m-2)x十3y十3=0与直线l2:2x+(m-1)y+2 2× =0平行，则(n一2)(m一1)=3×2=6，整理可得n2-3m-4=0, 解得m=4或m=一1，若m=4,直线l1:2x十3y十3=0与直线L2: 观察可知二面角P-CE-D为锐角，所以c0s0=Y@ 10 2x十3y十2=0平行，符合题意；若n=-1,直线l1:x-y-1=0 与直线l2:x一y十1=0平行，符合题意.综上所述：m=4或加= 故二面角P-CE-D的余弦值为@ 一1.故选D. 10 8.解(1)证明：连接AC,交BD于O,则O为AC的中点， :3.D由题知，两圆外切，由圆C1方程得C1(0,0),半径r1=2,由圆 连接OE,且O、E分别为CA、CP的中，点， C2方程得C2(-a,-2),半径r2=3,则√a2+4=2+3=5,解得 所以OE∥PA,PA￠平面BDE,OEC平面BDE,PA∥平面BDE.:Q=士√.故选D. 202专题14空间向量在立体几何中的应用 (时间：120分钟分值：120分) 解答题：本题共8小题，共120分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤， 1.(15分)(2025·新高考I卷)如图所示的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面 ABCD,BC∥AD,AB⊥AD (1)证明：平面PAB⊥平面PAD; (2)PA=AB=√2，AD=1十√5，BC=2,P,B,C,D在同一个球面上，设该球 面的球心为O. B 是 (1)证明：O在平面ABCD上； (iⅱ)求直线AC与直线PO所成角的余弦值. 2.(15分)(2025·宁夏吴忠一模)在直角梯形ABCD中，AD∥BC,BC=2AD=2AB=2√2，∠ABC= 90°，如图(1).把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD. 图(1) 图(2) (1)求证：CD⊥AB: (2)在线段BC上是否存在点N,使得AN与平面ACD所成角为60？若存在，求出BC的值；若不存 在，说明理由 53 3.(15分)(2025·北京一模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方 A 0B, 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，平面BB1CC与平面DEF夹角最小？并求出此时夹角的 余弦值 4.(15分)(2025·河北省唐山市二模)如图，△ABC是边长为4√的等边三角形，E,F分别为AB,AC 的中点，G是△ABC的中心，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置，且PG⊥平 面ABC. (1)证明：PB⊥AC; (2)求平面PEF与平面PBF所成二面角的正弦值. -54 5.(15分)(2025·天津南开二模)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为 2的正方形，PC⊥PD,PC=PD,O为CD的中点，二面角A-CD-P为直二 面角 C- (1)求证：PB⊥PD; (2)求直线PC与平面PAB所成角的正弦值； D (3)求平面POB与平面PAB夹角的余弦值. 6.(15分)(2025·淅江温州一模)已知矩形ABCD中，AB=2,AD=1,E为线段CD的中点，沿线段 AE将△ADE翻折到△APE,Q为线段PB的中点. D (1)证明：CQ∥平面PAE; (2)若平面PAE⊥平面ABCE,求直线CQ与平面ABCE所成角的正切值； (3)当△ADE在翻折过程中，是否存在点P使直线PA与直线CE所成角为45°？若存在，求出二面 角P-AE-B平面角的余弦值；若不存在，请说明理由. -55- 7.(15分)(2025·陕西模拟预测)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD,AB⊥平 面PAD,AB=AD=PD=2,CD=3,E为PB的中点. P D ... (1)求证：平面PAB⊥平面CDE; (2)若PA=2,求二面角P-CE-D的余弦值. 8.(15分)(2025·天津专题练习)如图，在四棱锥P-ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD,PD= DC=2,E是PC中点，作EF⊥PB交PB于F. (1)求证：PA∥平面EBD: (2)求DF与平面EBD所成角余弦值； (3)求平面DEF与平面ABCD的夹角余弦值. 56