第七章 必刷大题14 空间向量与立体几何（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教A提高版）

必刷大题14　空间向量与立体几何 1.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB. (1)求证：AM⊥平面PBD； (2)设直线AM与平面PBD交于点O，求证：AO＝2OM. 证明　(1)由题意知，AB，AD，AP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， 设PA＝AB＝2，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，M(1，1,1)，＝(2,0，－2)，＝(0,2，－2)，＝(1,1,1)， 设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝1，得n＝(1,1,1)， ∵＝n，∴AM⊥平面PBD. (2)如图，连接AC交BD于点E， 则E是AC的中点，连接PE， ∵AM∩平面PBD＝O， ∴O∈AM且O∈平面 PBD， ∵AM⊂平面PAC， ∴O∈平面PAC， 又平面PBD∩平面PAC＝PE， ∴O∈PE， ∴AM，PE的交点就是O，连接EM， ∵M是PC的中点， ∴PA∥EM，PA＝2EM， ∴△PAO∽△EMO， ∴＝＝， ∴AO＝2OM. 2．(2023·长沙模拟)斜三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为2，点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O. (1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D，使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由； (2)求点A1到平面BCC1B1的距离． 解　(1)连接OC， 因为AC＝BC，O为AB的中点， 所以OC⊥AB， 由题意知A1O⊥平面ABC， 又AA1＝2，OA＝AB＝1， 所以A1O＝，∠A1AO＝60°， 以点O为原点，OA，OC，OA1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A1(0,0，)，A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0，，0)， 由＝得B1(－2,0，)， 同理得C1(－1，，)， 设＝t，t∈[0,1]， 得D(－1－t,0，t)， 又＝(－2，，)， ＝(－1－t,0，t－)， 由·＝0， 得－2(－1－t)＋(t－)＝0， 得t＝， 又BB1＝2，∴BD＝， 所以存在点D且BD＝满足条件． (2)设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)， ＝(1，，0)，＝(－1,0，)， 则有 可取n＝(，－1,1)， 又＝(1,0，)， 所以点A1到平面BCC1B1的距离为＝＝， 所以所求距离为. 3．(2024·丹东模拟)如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1－AD－C的大小为120°，E为棱C1D1的中点． (1)证明：CD⊥AE； (2)点F在棱CC1上，AE∥平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值． (1)证明　因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，且平面CDD1C1∩平面ABCD＝DC，AD⊥DC，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面CDD1C1， 又D1D⊂平面CDD1C1， 所以AD⊥D1D，则∠D1DC是二面角D1－AD－C的平面角，故∠D1DC＝120°. 连接DE(图略)，因为E为棱C1D1的中点， 则DE⊥C1D1， 又C1D1∥CD，从而DE⊥CD. 又AD⊥CD，DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面AED， 所以CD⊥平面AED， 又AE⊂平面AED，因此CD⊥AE. (2)解　方法一　如图，连接DE，连接AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连接OG. 设AB＝2， 则DE＝＝， 所以CE＝AE＝＝. 因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AEC，平面AEC∩平面BDF＝OG， 所以AE∥OG，因为O为AC的中点， 所以G为CE的中点， 故OG＝AE＝. 且直线OG与DF所成的角等于直线AE与DF所成的角． 在Rt△EDC中，DG＝CE＝， 因为OD＝， 所以cos∠OGD＝＝. 因此直线AE与DF所成角的余弦值为. 方法二　如图，连接DE，CE，取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG＝DD1＝2. 连接AG交BD于点I，连接HI， 设AB＝2，则DE＝＝， 所以CE＝AE＝＝. 因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF＝IH， 所以AE∥IH. HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角． 在正方形ABCD中，GI＝AG，DI＝DB＝， 所以GH＝EG，故HI＝AE＝. 在△DHG中，GH＝EG＝，GD＝1，∠EGD＝60°， 由余弦定理得DH＝＝. 在△DHI中，cos∠DHI＝＝. 因此直线AE与DF所成角的余弦值为. 方法三　连接DE，由(1)知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，，，为x轴、y轴、z轴正方向，||为2个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系． 由(1)知DE＝，得A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0，)，C1(0,1，)． 则＝(0，－1，)，＝(0,2,0)， ＝(－2,0，)，＝(2,2,0)． 设＝t＝(0，－t，t)(0≤t≤1)， 则＝＋＝(0,2－t，t)． 因为AE∥平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R， 使得＝λ＋μ＝λ(2,2,0)＋μ(0,2－t，t)＝(2λ，2λ＋2μ－μt，μt)＝(－2,0，)， 故2λ＝－2,2λ＋2μ－μt＝0，μt＝， 解得t＝，从而＝. 所以直线AE与DF所成角的余弦值为|cos〈，〉|＝＝＝. 4．(2023·成都模拟)如图所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，ED∥AB，AB＝2DE＝2BD＝2，AC＝BC，异面直线DE与AC所成角为45°，点F，G分别为CE，BC的中点，点H是线段EG上靠近点G的三等分点． (1)求证：A，B，F，H四点共面； (2)求平面HCD与平面BCD夹角的余弦值． (1)证明　如图，取AB的中点O，连接OC，OE， 因为AC＝BC，故∠BAC为锐角， 又ED∥AB， 故∠BAC即为异面直线DE与AC所成角，则∠BAC＝45°， 则∠ACB＝90°，即AC⊥CB， 因为直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB， 平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE， 故DB⊥平面ABC， 又DE＝OB，DE∥OB， 即四边形OBDE为平行四边形， 故EO∥DB，所以EO⊥平面ABC， 故以O为坐标原点，，，的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,1)，E(0,0,1)，F，G， 由于＝＝， 可得H， 则＝，＝(0,2,0)，＝， 则＝＋，故A，B，F，H四点共面． (2)解　因为DB⊥平面ABC，AC⊂平面ABC， 所以DB⊥AC，且AC⊥BC， DB∩BC＝B，DB，BC⊂平面BCD， 故AC⊥平面BCD，所以＝(1,1,0)可作为平面BCD的一个法向量， 设平面HCD的法向量为m＝(x，y，z)， ＝，＝， 则即 令z＝1，则m＝(0，－1,1)， 设平面HCD与平面BCD的夹角为θ， 故cos θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝， 故平面HCD与平面BCD夹角的余弦值为. 5．(2023·长沙模拟)如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1与A1C相交于点D，＝2，且DE∥平面BCC1B1. (1)求三棱锥C－A1B1C1的体积； (2)平面A1B1C与平面ABC所成角为α，CC1与平面A1B1C所成角为β，求证：α＋β＝. (1)解　∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ABB1A1， ∵BB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥BB1， 又AC⊥BB1，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC， ∴BB1⊥平面ABC， 连接C1B，如图， ∵DE∥平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1＝C1B，∴DE∥C1B， ∵＝2，∴＝2， ∴A1C1＝AC. ∴三棱锥C－A1B1C1的底面△A1B1C1的面积S1＝×2×3＝3，高h＝BB1＝2， ∴其体积为V＝S1h＝×3×2＝2. (2)证明　以B为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 则A(6,0,0)，C(0,4,0)，B1(0,0,2)，A1(3,0,2)，C1(0,2,2)， 则＝(3,0,0)，＝(0,4，－2)，＝(0，－2,2)． 设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)， 由取y＝1， 则n＝(0,1,2)， ∵平面ABC的一个法向量为＝(0,0,2)， ∴cos α＝＝＝. sin β＝＝＝. 又∵α，β∈， ∴sin α＝，cos β＝. cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β＝×－×＝. ∵α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝. 6.如图，在八面体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面PAD∥平面QBC，二面角P－AB－C与二面角Q－CD－A的大小都是30°，AP＝CQ＝，PD⊥AB. (1)证明：平面PCD∥平面QAB； (2)设G为△QBC的重心，在棱AP上是否存在点S，使得SG与平面ABCD所成角的正弦值为？若存在，求S到平面ABCD的距离，若不存在，说明理由． (1)证明　因为四边形ABCD为正方形， 所以AB⊥AD， 又PD⊥AB，AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD， 所以AB⊥平面PAD， 因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥AB， 又AD⊥AB，所以∠PAD为二面角P－AB－C的平面角，即∠PAD＝30°， 又平面PAD∥平面QBC，AB∥CD， 所以CD⊥平面QBC， 因为QC⊂平面QBC，所以QC⊥CD， 又CB⊥CD，所以∠QCB为二面角Q－CD－A的平面角， 即∠QCB＝30°， 建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,2,0)，P，Q， 所以＝，＝， 即＝，所以PC∥AQ， 因为PC⊄平面QAB，AQ⊂平面QAB， 所以PC∥平面QAB， 又AB∥CD，CD⊄平面QAB，AB⊂平面QAB， 所以CD∥平面QAB， 因为PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD， 所以平面PCD∥平面QAB. (2)解　由点S在AP上，设点S(0,3m，m)，其中0<m<，点G， 所以＝，平面ABCD的法向量可以为n＝(0,0,1)， 设SG与平面ABCD所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝ ＝＝， 即402＝4＋2＋2， 化简得84m2＋52m－11＝0， 即(6m－1)(14m＋11)＝0， 解得m＝或m＝－(舍去)， 所以存在点S满足条件，且点S到平面ABCD的距离为. 谢谢 学科网（北京）股份有限公司 $