第6章 空间向量与立体几何 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册（苏教版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　用空间向量解决立体几何中的证明、求值问题 1.(2025全国一,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD. (1)证明:平面PAB⊥平面PAD; (2)设PA=AB=,且点P,B,C,D均在球O的球面上. (i)证明:点O在平面ABCD内; (ii)求直线AC与PO所成角的余弦值. 2.(2025天津,17)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1的中点,CG=3GC1. (1)求证:GF⊥平面FBE; (2)求平面FBE与平面EBG夹角的余弦值; (3)求三棱锥D-FBE的体积. 3.(2024新课标Ⅱ,17)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.(2023全国甲理,18)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　(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,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ADO①; (2)证明:平面ADO⊥平面BEF; (3)求二面角D-AO-C的正弦值②. ①关键点拨　证明F是AC的中点 ②心中有“数”　结合定义转化,利用向量法求解 考点2　用空间向量解决立体几何中的最值问题 6　(2021全国甲理,19)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⊥DE①; (2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小②? ①对点突破　P240定点2 ②关键点拨　设参,研究余弦值最大的情况; 对点突破　P245定点2 7.(新高考Ⅰ,20)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. 考点3　已知空间角解决立体几何问题 8.(2021新高考Ⅰ,20)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. 9.(2025全国二,17)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. 10.(2024新课标Ⅰ,17)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. 考点4　用空间向量解决探索性问题 11.(北京高考,16)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. 高考模拟练 应用实践 1.(2025江苏南通如皋中学适应性考试)在四面体ABCD中,BD=2,△ABD为等腰直角三角形,∠BAD=90°,平面ABD⊥平面BCD,点C到直线AB的距离为1,则四面体ABCD的体积的最大值为(　　) A.　　　D.3 2.(多选题)(2024浙江名校联盟模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,点E,F满足,则下列结论正确的有(　　) A.直线BE与D1F一定为异面直线 B.直线AE与平面ACB1所成角的正弦值为 C.四面体ADEF的体积恒为2 D.当λ=μ时,AF+A1F的最小值为 3.(多选题)(2024江苏扬州调研)如图,一个棱长为6的透明的正方体容器(记为正方体ABCD-A1B1C1D1)放置在水平面α的上方,点A恰在平面α内,点B到平面α的距离为2,若容器中装有水,静止时水面与平面AA1D1D的交线与A1D所成的角为0,记水面到平面α的距离为d,则(　　) A.平面ABC1D1⊥平面α B.点D1到平面α的距离为8 C.当d∈(2,8)时,水面的形状是四边形 D.当d=7时,所装的水的体积为 4.(2025山西大学附属中学校月考)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱BB1上一点,且B1P=2PB,Q为正方形BB1C1C内一动点(含边界),D1Q=,则D1Q与平面A1PD所成的角最大时,线段A1Q的长为　　　　.  5.(2025湖南岳阳汨罗第一中学月考)已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为1,动点P在平面ABCD内且满足=12,则直线AP与SC所成角的余弦值的取值范围为　　　　　.  6.(2025江苏苏北七市调研)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,点D在BC上,AD⊥DC1. (1)证明:AD⊥平面BB1C1C; (2)若AB=AC=2,AB⊥AC,二面角C-AC1-D的大小为. (i)求AC与平面ADC1所成角的正弦值; (ii)若点E在侧面ABB1A1内,且三棱锥E-ADC1的体积为,求点E的轨迹的长度. 7.(2024山东潍坊北约联盟期中)如图,已知边长为4的正方形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直,四边形EFCD是半圆弧所在的半圆的内接梯形,且CD∥EF. (1)证明:平面ADE⊥平面BCE; (2)设EF=2,且二面角E-AD-C与二面角D-BC-F的大小都是60°,当点P在棱AD(包含端点)上运动时,求直线PB和平面ACE所成角的正弦值的取值范围. 迁移创新 8.(2025福建厦门第二中学月考)空间中,两两垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系.如果坐标系中有两条坐标轴不垂直,那么这样的坐标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系,它任意两条数轴的夹角均为60°,将这种坐标系称为“斜60°坐标系”.类比空间直角坐标系,定义空间“斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标:i,j,k分别为“斜60°坐标系”下三条数轴(x轴,y轴,z轴)正方向上的单位向量,若向量n=xi+yj+zk,则n与有序实数组(x,y,z)相对应,称向量n的斜60°坐标为[x,y,z],记作n=[x,y,z].在三棱台ABC-A1B1C1中,AB=AC=3,AA1=A1B1=2,∠BAC=∠BAA1=∠CAA1=60°,.如图,以为基底建立空间“斜60°坐标系”. (1)若,求向量的斜60°坐标,并求·的值; (2)求平面A1ED的一个法向量的斜60°坐标; (3)若点F满足(1)中的条件,求三棱锥F-A1ED的体积. 答案与分层梯度式解析 高考真题练 1.解析　(1)证明:因为PA⊥底面ABCD,AD⊂底面ABCD,所以PA⊥AD, 又AB⊥AD,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB, 所以AD⊥平面PAB, 又AD⊂平面PAD, 所以平面PAB⊥平面PAD. (2)由(1)知PA,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AP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P(0,0,,0,0). (i)证明:设O(x,y,z),则OP=, OB=, OD=. 由OP=OB=OC=OD,解得x=z=0,y=1,则O(0,1,0), 故O在线段AD上,即点O在平面ABCD内. (ii)易得), 所以cos<, 故直线AC与PO所成角的余弦值为. 2.解析　(1)证明:证法一:由条件易知tan∠C1FG==tan∠B1BF,所以∠C1FG=∠B1BF, 则∠B1FB+∠B1BF==∠C1FG+∠B1FB, 故∠BFG=π-(∠C1FG+∠B1FB)=,即FG⊥BF. 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知D1C1⊥平面BCC1B1,且EF∥D1C1,所以EF⊥平面BCC1B1, 又FG⊂平面BCC1B1,所以EF⊥FG. 因为EF∩BF=F,EF,BF⊂平面BEF, 所以GF⊥平面BEF. 证法二:如图,以D为坐标原点,建立空间直角坐标系, 则B(4,4,0),E(2,0,4),F(2,4,4),G(0,4,3), 所以=(-2,0,-1), 设平面FBE的法向量是m=(a,b,c), 则则b=0, 令a=2,则c=1,所以m=(2,0,1). 易知=-m,则也是平面FBE的一个法向量, 所以GF⊥平面FBE. (2)=(-4,0,3). 设平面BEG的法向量为n=(x,y,z), 所以 令x=6,则z=8,y=5,即n=(6,5,8). 由(1)知是平面FBE的一个法向量. 设平面FBE与平面BEG的夹角为α, 则cos α=|cos<,n>|=. (3)由(1)知EF⊥平面BCC1B1, 因为FB⊂平面BCC1B1,所以EF⊥FB. 所以S△BEF=EF·BF=. 易得=(2,0,4),则点D到平面BEF的距离d=, 故VD-FBE=d·S△BEF=. 3.解析　(1)证明:由题知AE=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,∴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为坐标原点,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=(3,0,0). 设m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2)分别为平面PBF,平面PCD的法向量, 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. 指点迷津 　　与二面角有关的问题通常有三种问法:一是求二面角的大小(或余弦值),二是求二面角的正弦值,三是求对应两个平面的夹角(或夹角的余弦值).其中求二面角的大小(或余弦值)的问题,需要判断二面角是锐二面角还是钝二面角,其余两种设问都不需要进行判断,直接求得正的三角函数值即可. 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(). 设平面BCC1B1的法向量为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.真题降维 关键信息 信息判断 信息处理 D,E,O分别为对应线段的中点,且BF⊥AO 容易确定DO∥PC,尝试证明EF∥PC 证明F为AC的中点,可根据点在线上设,由=0,得到λ= AB⊥BC,AB=2,BC=2DO 在△ABO和△AOD中计算,发现垂直关系 先确定AO⊥DO,即得AO⊥EF,再结合AO⊥BF得到AO⊥平面BEF,进而证得结论 二面角D-AO-C的棱是AO,且BF⊥AO 结合上面已证得的DO⊥AO,转化为求解cos<> 确定基向量,然后利用向量的数量积求解,再结合同角三角函数的基本关系求正弦值 解析　解法一:(1)证明关键:在平面ADO中寻找与EF平行的直线,观察题图,易知证明方向为“EF∥DO”,由“中点D,E,O”可知要证F为AC的中点,而根据已知条件不易直接通过计算解决,故联想到使用向量法解决. 证明:由题可知,|, 由点F在AC上,可设,0≤λ≤1. ∵|cos∠BAC=2×2=4,BF⊥AO,∴)·=8λ-4=0,解得λ=, ∴F为AC的中点.由O,D分别为BC,BP的中点,得DO∥PC,同理得EF∥PC,∴EF∥DO, 又∵DO⊂平面ADO,EF⊄平面ADO, ∴EF∥平面ADO. (2)证明关键:寻找其中一个面内的某条直线与另一平面内的两条相交直线垂直,显然直线AO为“目标直线”.已知AO⊥BF,再找另一垂直关系即可(AO⊥EF). 证明:∵O为BC的中点,∴OB=, 又AB=2,AB⊥BC, ∴AO==PC=2DO, 又AD=DO, ∴AD2=AO2+DO2,即AO⊥DO, 又EF∥DO,∴AO⊥EF, 又∵BF⊥AO,BF∩EF=F,BF,EF⊂平面BEF, ∴AO⊥平面BEF, 又∵AO⊂平面ADO, ∴平面ADO⊥平面BEF. (3)解题关键:容易在二面角的两个半平面内找到与棱垂直的直线,故考虑研究两直线的方向向量的夹角. 设二面角D-AO-C的平面角的大小为θ,由题图可知θ为钝角, ∵AO⊥DO,AO⊥BF,∴θ为的夹角. 由题意得|, =0. 在△OBD中,BD=OD=,则cos∠BOD=, ∴|cos∠BOD==1. ∴cos θ=,∴sin θ=, ∴二面角D-AO-C的正弦值为. 解法二: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). (1)证明:设,0<λ<1,则F(2-2λ,2λ,0), ∴λ,0),又,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=,又AD=. 由cos∠ABD=,得PA=. 设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=,可得(z>0),解得 故P(-1,). ∵D,E分别是PB,PA的中点, ∴D, ∴,又,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的法向量为m2=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,则y1=,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. 高考风向 　　在近年来的高考题中,对于利用向量法解决立体几何的问题,常在如何建立空间直角坐标系处设置障碍,解题时要依据题设的不同特点,寻找或构造三条两两互相垂直的直线来建系. 6.考教衔接 　　(1)以算代证,设出参数并计算=0即可. (2)把平面BB1C1C与平面DFE所成的角转化为两平面法向量的夹角来研究,设出参数,研究夹角的余弦值,求其最大值,从而得到正弦值的最小值. 解析　(1)证明:∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,BF,B1B⊂平面B1C1CB,∴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)(解题关键:设参但不求参),则=(1-a,1,-2). ∵=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE. (2)由(1)知=(a,-2,1). 设平面DFE的法向量为n=(x,y,z), 则不妨设x=1,则y=, ∴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. 解后反思 　　直线上的动点问题,常通过设与动点有关的未知线段的长度为参数,或利用点在线上来引入参数(如若B1,D,A1三点共线,则可设(λ∈R));平面内的动点问题,可利用四点共面来引入参数.有了参数后建立函数关系式,利用函数知识来求最大(小)值. 7.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,AD⊂平面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,BC⊂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,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz(图略),则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1), 所以=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1). 设平面QCD的法向量为n=(x,y,z), 则取x=-1,得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△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴OA⊥BD, 又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,OA⊂平面ABD, ∴OA⊥平面BCD, 又CD⊂平面BCD,∴OA⊥CD. (2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知OA⊥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). 设OA=a,则E. 设平面EBC的法向量为n=(x,y,z), 则 令x=a,则z=-1,∴n=(a,0,-1). 易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1). 由题可知|cos<m,n>|=,∴a=1,即OA=1,∴VA-BCD=S△BCD·OA=. 9.解析　(1)证明:在四边形ABCD中,AB∥CD, 因为E,F分别在AB,CD上, 所以FC∥EB. 因为BE⊄平面CD'F,FC⊂平面CD'F, 所以BE∥平面CD'F. 同理可得,A'E∥平面CD'F. 又BE∩A'E=E,BE,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)由CD=2AD,F为CD的中点,得DF=DA=FC. 因为AB∥CD,EF∥AD, 所以四边形EFDA为平行四边形, 又∠DAB=90°,DF=DA, 所以四边形EFDA为正方形, 则EF⊥DC,即D'F⊥EF,FC⊥EF, 所以∠D'FC是平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角, 所以∠D'FC=60°. 又D'F=FC,所以△CD'F为正三角形. 由D'F⊥EF,FC⊥EF,D'F∩FC=F,得EF⊥平面CD'F. 因为EF⊂平面EFCB,所以平面D'FC⊥平面EFCB. 取FC的中点O,连接D'O,则D'O⊥平面EFCB, 过O作OM∥EF,交BE于M,则以O为坐标原点,OM,OC,OD'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FC=2,则F(0,-1,0),E(2,-1,0),C(0,1,0),B(2,3,0),D'(0,0,),则). 设平面BCD'的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令z1=1,得x1=-,则n1=(-,1). 设平面EFD'A'的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则 令z2=1,得y2=-,则n2=(0,-,1). 所以cos<n1,n2>=. 设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的大小为θ,则cos θ=,所以sin θ=, 则面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值为. 10.解析　(1)证明:在△ABC中,AB=,BC=1,AC=2, 故有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=,0), 所以,0). 设平面ACP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 不妨取x1=,则n1=(,m,0). 设平面DCP的法向量为n2=(x2,y2,z2), 则则y2=0, 不妨取z2=m,则x2=-2,故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=. 高考风向 　　利用坐标法解决立体几何问题的题型在近几年的高考真题中设置的一个障碍是关键点的坐标不易求出,解题时通常采用先设后求,待定系数的方法解决. 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A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1). 所以=(0,0,2). 所以. 设平面AEF的法向量为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. 高考模拟练 1.C 2.ABD 3.ABD 1.C　由题意可设AB=AD=a,则a2+a2=BD2=4,即2a2=4,解得a=(负值舍去),所以S△ABD==1. 取BD的中点M,连接AM.以点A为坐标原点,AB,AD所在直线分别为x轴,y轴,过A且垂直于平面ABD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(, 所以,0,0). 设C(x0,y0,z0),则=(x0,y0,z0). 因为M为BD的中点,AB=AD,所以AM⊥BD. 又因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AM⊂平面ABD,所以AM⊥平面BCD. 又BC⊂平面BCD,所以AM⊥BC,所以=0,即y0=0,则x0+y0=. 易得点C到直线AB的距离d==1,所以. 因为≥0,所以当y0=0时,取得最大值,为1,所以|z0|的最大值为1,即点C到平面ABD的距离的最大值为1. 故四面体ABCD的体积的最大值为. 2.ABD　以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图1, 则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),E(0,0,1), 所以=(-2,0,0). 由(0<λ<1,0<μ<1)得=(-2μ,2,2λ),所以F(2-2μ,2,2λ). 由于0<λ<1,0<μ<1,所以0<2-2μ<2,0<2λ<2,所以点F在平面BCC1B1内(不包括边界). 连接BD,B1D1,又D1在平面BB1D1D内,所以D1F和平面BB1D1D相交,又BE⊂平面BB1D1D,D1∉直线BE,所以直线BE与D1F一定为异面直线,故A正确. 易得=(-2,0,1). 设平面ACB1的法向量为m=(x,y,z), 则 令y=1,得x=1,z=-1,则m=(1,1,-1), 所以cos<,m>=, 设直线AE与平面ACB1所成的角为θ,θ∈, 则sin θ=|cos<,m>|=,故B正确. 因为点F在平面BCC1B1内(不包括边界),所以点F到平面ADE的距离为2,所以V四面体ADEF=,故C错误. 当λ=μ时,F(2-2λ,2,2λ), 连接BC1,则点F在BC1上(不含端点). 连接A1B,A1C1,AD1,将平面A1BC1绕BC1翻折到与平面ABC1D1在同一平面内,如图2, 连接AA1,此时AA1与BC1的交点即为当λ=μ时,使AF+A1F取得最小值的点F. 由题意可知AB=2,A1B=2,∠ABA1=, 所以A=AB2+A1B2-2AB·A1Bcos∠ABA1=22+(2×cos ,所以AA1=, 所以AF+A1F的最小值为,故D正确. 3.ABD　以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),B(6,0,0),C(6,0,6),D(0,0,6),A1(0,6,0),C1(6,6,6),D1(0,6,6),所以=(6,0,6). 设平面α的法向量为n=(x,y,z), 则点B到平面α的距离为=2.① 因为静止时水面与平面AA1D1D的交线与A1D所成的角为0,所以A1D∥平面α,则·n=-6y+6z=0.② 由①②得z=y,y=|2x|, 令x=1,得y=2,z=2,所以n=(1,2,2). 因为=0,所以A1D⊥AC1,A1D⊥AB,又AC1∩AB=A,AC1,AB⊂平面ABC1D1, 所以平面ABC1D1的一个法向量为=(0,-6,6). 因为·n=0,所以平面ABC1D1⊥平面α,故A正确. 点D1到平面α的距离为=8,故B正确. 易得点D到平面α的距离为=4,点C到平面α的距离为=6,所以当d∈(4,6)时,水面的形状为六边形,故C错误. 当d=7时,设水面与DD1,A1D1的交点分别为M,N. 设N(0,6,t),则=(0,6,t), 所以=7,解得t=,所以N. 设水面与B1C1的交点为G(6,6,m),则,因为·n=6+2m-9=0,所以m=. 连接MN,NG,过G作GH∥MN交CC1于点H,连接MH. 设△D1MN的面积为S1,△C1GH的面积为S2, 易得D1N=D1M=, 则S1=D1M·D1N=, S2=C1H·C1G=, 所以,所以所装的水的体积为63-,故D正确. 4.答案　 解析　以D1为坐标原点,D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示, 则A1(1,0,0),D(0,0,1),C1(0,1,0),D1(0,0,0),P,所以. 设平面A1PD的法向量为m=(a,b,c), 则取c=3,得a=3,b=-2, 则m=(3,-2,3). 连接C1Q,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,D1C1⊥平面BCC1B1,又C1Q⊂平面BCC1B1,所以D1C1⊥C1Q, 所以C1Q=, 所以点Q的轨迹是正方形BB1C1C内(含边界),以C1为圆心,为半径的圆弧,其圆心角为. 设Q(x,1,z),则=(x,0,z), 所以|,即x2+z2=. 设D1Q与平面A1PD所成的角为θ,又=(x,1,z), 所以sin θ=|cos<m,, 因为(x+z)2≤2(x2+z2)=1,当且仅当x=z=时,等号成立,所以x+z≤1,故当x=z=时,D1Q与平面A1PD所成的角最大,此时Q, 所以A1Q=. 5.答案　 解析　设正方形ABCD的中心为O,连接SO,过点O作AB,BC的垂线. 以点O为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则S(0,0,1),A(-1,-1,0),B(1,-1,0),C(1,1,0),D(-1,1,0),所以=(1,1,-1). 设P(x,y,0),则=(-1-x,1-y,0), 所以||2=x2+y2+2x-2y+2. 因为=12,所以x2+y2=1, 所以可设P(cos θ,sin θ,0),0≤θ<2π, 所以=(cos θ+1,sin θ+1,0). 设直线AP与SC所成的角为α, 则cos α=. 令t=sin θ+cos θ+2=+2,则cos α=. 因为0≤θ<2π,所以≤θ+, 所以-,所以t∈[2-], 所以,所以cos α∈. 6.解析　(1)证明:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,又AD⊂平面ABC,所以CC1⊥AD. 又AD⊥DC1,CC1∩DC1=C1,CC1,DC1⊂平面BB1C1C, 所以AD⊥平面BB1C1C. (2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC, 又AB⊥AC,所以以{}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(0,0,0),D(,0), 所以,0). 设AA1=a(a>0),则C1(0,2,a),所以,a). 设平面ADC1的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 取x1=1,得y1=-1,z1=,所以n1=. 易得平面CAC1的一个法向量为(1,0,0),记n2=(1,0,0). 由题意得|cos<n1,n2>|=,即,所以a=2. (i)易得n1=(1,-1,,0), 所以cos<n1,. 故AC与平面ADC1所成角的正弦值为. (ii)因为AD⊥DC1,AD=2,DC1=2,所以. 因为三棱锥E-ADC1的体积为,所以点E到平面ADC1的距离为. 因为点E在侧面ABB1A1上,所以可设E(x,0,z), 所以点E到平面ADC1的距离d=,则z=-x+2, 所以点E在侧面ABB1A1上的运动轨迹是线段A1B, 又A1(0,0,2),B(2,0,0), 所以点E的轨迹的长度为A1B=2. 7.解析　(1)证明:在正方形ABCD中,BC⊥CD. ∵平面ABCD⊥平面CDE,平面ABCD∩平面CDE=CD,BC⊂平面ABCD,∴BC⊥平面CDE. 又DE⊂平面CDE,∴BC⊥DE. ∵E在以CD为直径的半圆上,∴DE⊥CE. 又BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE,∴DE⊥平面BCE. 又DE⊂平面ADE,∴平面ADE⊥平面BCE. (2)∵AD∥BC,DE⊥BC,∴DE⊥AD, 又∵AD⊥DC,∴∠EDC为二面角E-AD-C的平面角, ∴∠EDC=60°.同理,得∠FCD=60°,∴DE=CF=2. 取CD的中点O,以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则A(4,-2,0),B(4,2,0),C(0,2,0),E(0,-1,), ∴). 设P(λ,-2,0),λ∈[0,4],则=(4-λ,4,0). 设平面ACE的法向量为n=(x,y,z), 则令x=1,则y=1,z=, ∴n=(1,1,). 设直线PB和平面ACE所成的角为α, 则sin α=|cos<,n>|= =. 设t=4-λ,则t∈[0,4],sin α=. 令g(t)=,t∈[0,4], 当t=0时,g(t)=0; 当t≠0时,g(t)=, 易知y=t+在(0,4]上单调递减, ∴t+∈[8,+∞),∴g(t)∈(0,1]. 综上,g(t)=∈[0,1]. ∴sin α=,即直线PB和平面ACE所成角的正弦值的取值范围为. 8.解析　(1)连接AB1,AF(图略).因为,所以F为BB1的中点,所以, 则. 连接AC1,=[0,0,2], 所以·[0,0,2]=-×2×cos 60°+1×2=-. (点拨:根据定义,求·[0,0,2],即求·(2k)) (2)易得=[0,-2,2]. 设平面A1ED的法向量为n=[x,y,z], 则 令y=1,得x=1,z=1,所以n=[1,1,1]. (3) =, 所以n·=[1,1,1]·+1×1×cos 60°+1××cos 60°+1×1×cos 60°+1××cos 60°+1×1=3. 易得|n|=. 设点F到平面A1ED的距离为d, 则d=, 又×A1E×A1D×sin 60°=, 所以. 素养评析 　　本题以空间“斜60°坐标系”为背景,考查向量的数量积、平面的法向量以及几何体的体积,题目背景比较新颖,需要学生能够理解空间“斜60°坐标系”,并能够与空间直角坐标系进行类比,同时提升运算求解能力. 46 学科网（北京）股份有限公司 $