2.9.4 空间向量与立体几何-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训

第二部分专题九立体几何 第4节 空间向量与立体几何 [考点1]利用空间向量求线线角 [考点2]利用空间向量求线面角 (2025·全国一卷，17)如 1.(2026·全国Ⅱ卷， 图，在四棱锥P一ABCD 16)(15分)如图，在 中，PA⊥底面ABCD,AB 三棱锥A一BCD B ⊥AD,BC∥AD. 中，点E在BD上， (1)证明：平面PAB⊥平 AE⊥CE,AE⊥ 面PAD; DE,CD⊥AD (2)若PA=AB=√2，BC=2,AD=1十√5， (1)证明：CD⊥AB; 且点P,B,C,D均在球O的球面上. (2)若DE=2,BE=1,AE=√2，CD=2√3， (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； 求直线AD与平面ABC所成角的正弦值. (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值. 最新真题分类特训·数学 2.(2025·北京卷，17)如图，在四棱锥P一 3.(2024·上海卷，17)(14 ABCD中，△ABC与△ADC均为等腰直角 分)本题共有2个小题，第 三角形，∠BAC=90°，∠ADC=90°，E为 1小题满分6分，第2小题 BC的中点. 满分8分. 如图，在正四棱锥P-AB CD中，O为底面ABCD的中心 (1)若AP=5,AD=3√2，求△POA绕PO 旋转一周形成的几何体的体积； (2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线 BD与平面AEC所成角的大小. (1)若F,G分别为线段PD,PE中点，求 证：FG∥平面PAB; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求AB 与平面PCD所成角的正弦值. 78 第二部分专题九立体几何 4.(2023·全国甲卷 5.(2022· 全国甲卷 (理)，18)(12分)在三 (理)，18)(12分)在四 棱柱ABC一A1B1C 棱锥P一ABCD中， 中，AA1=2,A1C⊥底 PD⊥底面ABCD,CD 面ABC,∠ACB= ∥AB,AD=DC=CB n- ---B 90°，A1到平面BCC1B1的距离为1. =1.AB=2,DP=√3. (1)求证：AC=A1C; (1)证明：BD⊥PA; (2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB, (2)求PD与平面PAB所成的角的正 与平面BCC1B1所成角的正弦值. 弦值. 9 最新真题分类特训·数学 6.(2022·北京卷，17) [考点3] 利用空间向量求二面角 (14分) 1.(2026·天津卷， 0 如图，在三棱柱ABC 17)(15分)如图， 一ABC1中，侧面 在长方体ABCD BCCB1为正方形，平 A1B1CD1中，AB B D 面BCCB,⊥平面 =2,AA1=3,AD ABB A,AB=BC= =4,AE=3ED, 2,M,N分别为A,B1,AC的中点. 2C F=FC. (1)求证：MN∥平面BCC1B1; (1)求证：BD⊥平 (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择 面CEF; 一个作为已知，求直线AB与平面BMN所 (2)求平面AEF与平面CEF的夹角的余弦 成角的正弦值 值； 条件①：AB⊥MN; (3)求三棱锥A-CEF的体积. 条件②：BM=MN; 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按 第一个解答计分， 80 第二部分专题九立体几何 2.(2026·上海卷，18) 3.(2025·全国二卷，17)(15分)如图，在四边 (14分)本题共有2 形ABCD中，AB∥CD,∠DAB=90°，F为 个小题，第1小题满 CD的中点，点E在AB上，EF∥AD,AB= 分6分，第2小题满 B 3AD,CD=2AD,将四边形EFDA沿EF翻 分8分. 折至四边形EFD'A',使得面EFDA'与面 已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为矩形， EFCB所成的二面角为60°. PH⊥底面ABCD,垂足H在AD边上，且 AH=1,HD=4,AB=2,如图. (1)求证：CH⊥PB; D C (2)②若四陵锥P-ARCD的体积为10,5，求 二面角CPB-H的大小. (1)证明：A'B∥平面CD'F (2)求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二 面角的正弦值. 8 最新真题分类特训·数学 4.(2024·新课标I 5.(2024·新课标Ⅱ卷，17)(15分)如图，平面 卷，17)（15分)如 四边形ABCD中，AB=8,CD=3,AD= 图，四棱锥PAB 5√3，∠ADC=90°，∠BAD=30°，点E,F分 CD中，PA⊥底面 C ABCD,PA-AC- 别清足A店=号A0,AF=AB,将△AEF 2,BC=1,AB=3. 沿EF翻折至△PEF,使得PC=4√3. (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角ACP-D的正弦 值为Y,求AD. (1)证明：EF⊥PD: (2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角 的正弦值. 82 第二部分专题九立体几何 6.（2024·全国甲卷（理）， 7.（2024·北京卷，17) 19)(12分)如图，在以A, (14分)已知四棱锥 B,C,D,E,F为顶点的五 P-ABCD,AD∥BC, 面体中，四边形ABCD与 D AB=BC=1,AD=3, 四边形ADEF均为等腰 DE=PE=2,E是AD 梯形，EF∥AD,BC∥AD,AD=4,AB=BC 上一点，PE⊥AD. =EF=2,ED=√10，FB=2√3，M为AD (1)若F是PE中点，证明：BF∥平 的中点. 面PCD. (1)证明：BM∥平面CDE; (2)若AB⊥平面PAD,求平面PAB与平 (2)求二面角FBM-E的正弦值 面PCD夹角的余弦值. 83 最新真题分类特训·数学 8.(2023·新课标I卷，18)(12 9.(2023·新课标Ⅱ卷，20) 分)如图，在正四棱柱ABCD一D (12分)如图，三棱锥A AB1C1D1中，AB=2,AA1= B, BCD中，DA=DB=DC, 4.点A2,B2,C2,D2分别在棱D C以.E BD⊥CD,∠ADB= D AA1,BB1,CC1,DD1上，AA2 C1-- ∠ADC=60°，E为BC的中点. =1,BB2=DD2=2,CC2=3. (1)证明：BC⊥DA; (1)证明：B2C2∥A2D2; (2)点F满足EF=DA,求二面角D-AB (2)点P在棱BB1上，当二面角P-AC2 F的正弦值 D2为150°时，求B2P. 84 第二部分专题九立体几何 10.(2023·全国乙卷（理）， 11.(2022·新高考I卷，19)4 19)(12分)如图，三棱 (12分)如图，直三棱柱 80 锥P-ABC中，AB1 ABC-A1B1C1的体积为 BC,AB=2,BC=2√2， 4,△A1BC的面积为 PB=PC=√6，BP,AP,BC的中点分别为 22. D,E,O,AD=√5DO,点F在AC上，BF (1)求A到平面A,BC的距离； ⊥AO. (2)设D为A1C的中点，AA1=AB,平面 (1)证明：EF∥平面ADO. ABC⊥平面ABB,A1,求二面角A-BD-C (2)证明：平面ADO⊥平面BEF. 的正弦值. (3)求二面角D一AO一C的正弦值. 85 最新真题分类特训·数学 12.(2022·新高考Ⅱ卷， [考点4]利用空间向量求空间距离 20)(12分)如图，PO 1.(2026·全国I卷，15) c 是三棱锥P一ABC的 (13分)如图，在直三棱 A 高，PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点. 柱ABCA1B,C1中， (1)证明：OE∥平面PAC; ∠ACB=90°，AC= (2)若∠ABO=∠CBO=30°，PO=3,PA BC,D,E分别为AB, =5,求二面角C-AE一B的正弦值. AC1的中点. (1)证明：DE∥平面BCC1B1; (2)设CC1=2,直线DE与平面ACC1A1所 成的角为45°，求直线DE到平面BCC1B 的距离. 86 第二部分专题九立体几何 2.(2025·天津卷，17)如图正 D 3.(2024·天津卷，17) A 方体ABCD-A1B1CD1的 ④ (本小题15分)如图， 棱长为4，E,F分别为 已知直四棱柱ABCD B A1D1,CB1的中点，CG A1B1CD1中，AD⊥ =3C1G AB,AB∥CD,AA1= (1)求证：GF⊥平面EBF; 2,AB=2AD=2,DC (2)求平面EBF与平面EBG二面角的余 =1,N是BC1的中点，M是DD1的中点. 弦值； (1)求证D,N∥平面CB,M; (3)求三棱锥D一BEF的体积. (2)求平面CB,M与平面BB1C1C夹角的余 弦值； (3)求点B到平面CB,M的距离. 87最新真题分类特训·数学 又ME-号-1o∠CC-后 则n∠CAC-号故EF=1Xm∠CAC=后 2 在R△MEF中，∠MEF=90,对MF√+音-是， 于是ms∠MFE-器=号 (3)过C1作C1P⊥AC,垂足为 P,作C1Q⊥AM,垂足为Q,连 B. 接PQ,PM,过P作PR⊥C,Q, 垂足为R. 由题千数据可得，CA=CC= 5,CM=√Cp+PM=5,g M 报据勾股定里得，CQ6一（图】 3v2 2, 由C,P⊥平面AMC,AMC平面AMC,则C1P⊥AM,又 CQ⊥AM,C1Q∩C1P=C1,C1Q,C1PC平面C1PQ,于 是AM⊥平面CPQ. 又PRC平面CPQ,则PR⊥AM,又PR⊥CQ,CQ∩ AM=Q,C1Q,AMC平面C,MA,故PR⊥平面C,MA. 在R△CPQ中，PR=PG·PQ_2X22 QC1 323 2 又CA=2PA,故，点C到平面C1MA的距离是P到平面 C1MA的距离的两倍， 即点C到平面C1MA的距离是 31 4.解：(1)取CD中点E,连接 D C D1E,A1B∥D1E,D1EC平面A1 B DCCD,AB寸平面DCCD1, .A1B∥平面DCC1D1. (2)底面积为9，.AA1=4, D 八、E BD=√13，A到BD的距离 d=2×3=6 √13√13 tan 0=AA2 13-0=arctan 213 d 3 31 即二面角A-BD-A的大小为aretan2y3 3 考点3折叠、截面问题和探究性问题中的位置关系 1.ABD对于A,球体直径为0.99<1，故球体可以放入正 方体容器内，故A正确； 对于B,连接正方体的面对角线，可以得到一个正四面 体，其棱长为√2>1.4，故B正确； 对于C,底面直径为0.01m,可以忽略不计，但高为1.8 >√3，√3为正方体的体对角线的长，故C不正确； 对于D,因为1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圆 柱的底面圆， 如图，过AC的中点O作OE⊥AC1,设OE∩AC=E, 18 C 0 01 M 可知AC=2,CC=1,AC,=5,0A=5, 2, 则a∠CAC-%-85, W23 4 2 9>06, 故以AC为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱， 若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相 切，设圆柱的底面圆心O1,与正方体的下底面的切，点为 M,可知：AC⊥0M,0M=0.6,则tm∠CAC-念 =0M AO’ 中后器解得40-06E. 根据对称性可知圆柱的高为√3一2×0.6√2≈1.732一 1.2×1.414=0.0352>0.01, 所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选ABD. 2.B过点P作底面射影点O,则由题意， CO=2√3，PC=6,.PO=2√6，当CO 上存在一点Q使得PQ=5,此时QO=1, C 则动点Q在以QO为半径，O为圆心的圆 里，所以面积为π. 第4节空间向量与立体几何 考点1利用空间向量求线线角 解：(1)证明：由PA⊥平面ABCD可得PA⊥AB. 又AB⊥AD,AD∩PA=A,所以AB⊥平面PAD, 又.ABCPAB,故平面PAB⊥平面PAD. (2)易知AB,AD,PA两两垂直，以A为坐标原点，AB方 向为x轴正方向，AD方向为y轴正方向，AP方向为之轴 正方向建立空间直角坐标系，易得A(0,0,0),B(√2,0， 0),C(√2,2,0)，D(0,3+1,0),P(0,0,√2). (i)设球心O(x,y,z),由OB=OC=OD=OP可得 [(x-√2)2+y+22=(x-√2)2+(y-2)2+z2 (x-2)2+y2+22=x2+(y-3-1)2+22,解得y= (x-√2)2+y2+2=x2+y2+(z-√2)2 1,x=x=0,显然点O(0,1,0)为直线AD上的点，ADC 平面ABCD,所以点O(0,1,0)在平面ABCD上. (i)AC=(W2,2,0),PO=(0,1,-√2)，直线AC与PO所 成角的余弦值等于cos(AC,PO》=AC·P9=? |ACIIPO√6X3 3 0 考点2利用空间向量求线面角 1.解：(1)证明：因为AE⊥CE且AE⊥DE,而CE∩DE=E 且CE,DEC平面BCD,所以AE⊥平面BCD.因为CD C平面BCD,所以CD⊥AE.又因为CD⊥AD,且AE∩ AD=A,AE,ADC平面ADE,所以CD⊥平面ADE. 又因为直线ABC平面ADE.因此，CD⊥AB. (2)因为AE⊥平面BCD,且E,B,D三点共线，以E为 坐标原点，直线BD为x轴，过，点E在平面BCD内垂直 于BD的直线为y轴，直线EA为？轴建立空间直角坐 标系.因为DE=2,BE=1,AE=√2.如图，所以E(0,0, 0),D(2,0,0),B(-1,0,0),A(0,0W2), D 由(1)知CD⊥平面ADE,所以直线CD∥y轴，则，点C的横 坐标与点D相同.因为CD=2V3,所以C点坐标为(2， 2√3,0).AD=(2,0,-√2)，AB=(-1,0,-√2)，AC= (2,2√3，-√2)， 设平面ABC的法向量为n=(x,y,z), 由A8=0≥1=0， n·AC=02x+2√3y-√2z=0 取x=2,可得x=一2√2，y=√6.所以，平面ABC的一个 法向量为n=(一2√2，√6,2).其模长为：n|= √/(-2V2)2+(√6)2+22=√18=3√2， 设AD与平面ABC所成的角为0， 则sin0=AD·n IADIIn =I2×(-2W2)+0-√2×2=62=6 √22+(-√2)2X3√2 6X323' 所以，AD与平面ABC所成角的正孩值为5. 2.解：(1)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√2， .BC=4,E、F分别为BC、PD的中点， iFN-AD-1.BE-2.+GM-1. ,∠DAC=45°，∠ACB=45°， .AD∥BC, .FN∥GM, ∴四边形FGMN为平行四边形， '.FG∥MN, ,FG丈平面PAB,MNC平面PAB,∴.FG∥平面PAB; 8 详解详析 (2),PA⊥平面ABCD,以A为原，点，AC、AB、AP所在 直线分别为x、y、之轴建立如图所示的空间直角坐标系， B y 设AD=CD=2,则A(0,0,0),B(0,2√2,0)， C(2√2,0,0)，D(√2，-√2,0)，P(0,0,2√2)， ∴AB=(0,22,0),DC=(W2√2,0)，CP=(-2√2,0,2√2)， 设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z), .(DC·n=0.(√2x十√2y=0 CP·n=0-2√2x+2√2z=0 取x=1,∴.y=-1,z=1,∴.n=(1,-1,1), 设AB与平面PCD成的角为O, 则sin0=|cos(AB,n1=AB·nL= IAB1·ln 10×1+2W2×(-1)+0×1=22 3 2√2·√1+(-1)2+12 22X33’ 即AB与平面PCD所成角的正孩值为 3.解：(1)连接PO,因为P-ABCD是正四棱锥， 所以底面ABCD是正方形，且POL底面ABCD, 因为AD=3√2，所以AO=OD=OB=OC=3, 因为AP=5,所以PO=√AP2-A0=4, 所以△POA绕OP旋转一周形成的几何体是以3为底 面半径，4为高的圆锥， 所以V#=专5h=3X32×4=12x (2)如图建立空间直角坐标系， 因为AP=AD,由题知PAB CD是正四棱锥，所以该四棱 锥各棱长相等，设AB=√2a, 则AO=OD=OB=OC=a, PO=√AP2-AO=a, 可得O(0,0,0),P(0,0,a), A(0,-a,0),B(a,0,0),C(0, a,0,D-a0,0),E(20,号） 则Bd=(-2a,0,0),AC-0,2,0),A-(受a,号） 设n=(x1少，之)为平面AEC的法向量，则 n·AC=02a·y=0 m应=0号·五+a·%+号名=0令=1，则 y=0,之=一1，所以n=(1,0,-1), 则cos(,Bd)=n·BD=-2a 、② nlBD1|2all√2l2 设直线BD与平面AEC所成角为0，因为sin0=|cos(n, 励1-号0e[p,]所以= 最新真题分类特训·数学 4.解：（1)如图，：A1C⊥底面 C ABC,BCC平面ABC, ∴AC⊥BC,又BC⊥AC, A1C,ACC平面ACC1A1, 10 M A1C∩AC=C, .BC⊥平面ACCA1, 又BCC平面BCC1B1, ∴.平面ACCA1⊥平面BCCB1, 过A1作A.OLCC1交CC1于O,又平面ACC1A1∩平面 BCC1B1=CC1,A1OC平面ACC1A1, A1O⊥平面BCC1B1,:A1到平面BCC1B1的距离为 1,.A10=1, 在Rt△ACC1中，A,C⊥A1C1,CC1=AA1=2, 设CO=x,则C1O=2-x, △A1OC,△AOC1,△ACC1为直角三角形，且CC =2, CO+A O=A C2,A O+OC=CA,A C2+ACi =CC2, .1十x2+1+(2-x)2=4,解得x=1, ∴AC=A1C=AC1=√2，.AC=AC (2)连接A1B,由(1)易证A,B=A1B1,故取BB1的中点 F,连接A1F,A1A与B1B的距离为2， A1F=2, .A1C=AC=√2，AB=AB1=√5，BC=√3， 建立空间直角坐标系C一 C xyz如图所示， 1 C(0,0,0),A(√2,0,0)，B(0, √3,0)，B1(-√2，√5,2)， C1(-√2,0，W2), B ∴CB=(0,N3,0),CC1= （-√2,0W2), AB1=(-2√2，N3,2), 设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则 ∫n·CB=0 ,即3=0 ,令x=1, n·CC1=0-2x十2z=0 则y=0,z=1, 所以，平面BCC1B1的一个法向量为：n=(1,0,1), cos 0=Icos(n,AB )1=In AB113 Inl·AB1I 13 散AB,与平面BCCB,所成角的正弦值为3 5.解：(1)PD⊥底面ABCD, PD⊥BD, 取AB中点E,连接DE,可知BE=号AB=1, :CD∥AB, ..CD LBE, ∴.四边形BCDE为平行四边形， ..DE=CB=1, 18 :DE=合AB, .△ABD为直角三角形，AB 为斜边， .BD⊥AD, :PD∩AD=D, .BD⊥平面PAD, ∴.BD⊥PA. (2)由(1)知，PD,AD,BD 两两垂直，BD= √AB2-AD=√3， 建立空间直角坐标系如 图所示，则D(0,0,0), A(1,0,0),B(0,√5,0)， A P(0,0,W3), ∴.PD=(0,0,-3),PA=(1,0,-√3)，AB=(-1W3,0), PA·n=0 设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)则 AB·n=0 即x3x=0 -x+√3y=0 不妨设y=x=1,则n=(W3,1,1), 设PD与平面PAB的所成角为O,则sin日= I cos (PD,n)=IPD:nl_1-31_5 |PDInl3X√55' ∴PD与平面PAB所成的角的正孩值为汽 6.解：(1)取BC中点D,连接 B B,D,DN.在三棱柱ABC一 ABC1中，A1B1∥AB,A1B1C =AB,因为M,N,D分别为 A1B1,AC,BC的中点，所以 BM∥AB,BM=号AB, B DN∥AB,DN=AB,即 N B,M∥DN且B1M=DN,所以四边形B,MND为平行 四边形，因此B1D∥MN 又MN￠平面BCCB1,BDC平面BCCB1, 所以MN∥平面BCC,B. (2)选条件① 因为侧面BCCB1为正方形，所以CB⊥BB1, 又因为平面BCC1B1⊥平面ABB1A1,且平面BCC1B1∩ 平面ABB1A1=BB1, 所以CB⊥平面ABB1A1,而ABC平面ABB1A1, 所以CB⊥AB, 由(1)得BD∥MN,又因为AB⊥MN, 所以AB⊥B1D, 而BD∩CB=D,所以AB⊥平面BCC1B1, 在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA,BC,BB1两两垂直， 故分别以BC,BA,BB1为x M 轴，y轴，之轴，如图建立空 间直角坐标系， 因为AB=BC=BB1=2,则 B(0,0,0),N(1,1,0), M(0,1,2),A(0,2,0), 所以BN=(1,1,0),BM=(0, 2 D 1,2),AB=(0,-2,0), x 设平面BMN的法向量n=(x,y,之)， 由BN·n=0,BM·m=0,得2十y=0, y+2x=0, 令x=2, 得n=(2,-2,1). 设直线AB与平面BMN所成角为日， 则sin0=|cos(n,AB)1=n·AB 4 n·lAB 2=号所以 直线AB与平面BMN所成角的正弦值为子. 选条件②： 取AB中，点H,连接HM,HN, 因为M,N,H分别为A1B1,AC,AB的中点， 所以B,B∥MH,CB∥NH,而CB⊥BB,,故NH⊥MH. 又因为AB=BC=2,所以NH=BH=1. 在△MHB和△MHN中，BM=MN,NH=BH,公共边 MH,那么△MHB≌△MHN, 因此∠MHN=∠MHB=90°，即MH⊥AB, 故B1B⊥AB. 在三棱柱ABC-A1B1C1中，BA,BC,BB1两两垂直， 故分别以BC,BA,BB1为 M x轴，y轴，之轴，如图建立 空间直角坐标系， 因为AB=BC=BB1=2, 则B(0,0,0),N(1,1,0), M(0,1,2),A(0,2,0), H 所以BN=(1,1,0), B y BM=(0,1,2), AB=(0,-2,0), 设平面BMN的法向量n=(x,y,z), 由BN·n=0,BMin=0,得x十y=0, 1y+2z=0, 令x=2,得n=(2,-2,1). 设直线AB与平面BMN所成角为B, 则sin0=|cos(n,AB)|=n·AB 42 n·lAB 3X2=3,所以 直线AB与平面BMN所成角的正弦值为号 考点3利用空间向量求二面角 1.解：(1)证明：长方体ABCD-AB,C1D1中， 建立如图空间直角坐标系， 189 详解详析 E AB=2,AA1=3,AD=4, A E=3ED,2C F=FC, ∴.D(0,0,0),B(4,2,0), C(0,2,0),E(1,0,3), F(0,2,2),A(4,0,0), ∴BD=(-4,-2,0), CE=(1,-2,3), CF=(0,0,2), BD·CE=O,BD⊥CE, BD·CF=O,BD⊥CF. .BD⊥CE, BD⊥CF, CE∩CF=F, .BD⊥平面CEF (2)由(1)知BD是面CEF的一个法向量， BD=(-4,-2,0), 又AE=(-3,0,3), AF=(-4,2,2) 设n⊥平面AEF,n=(x,y,z), ∴.n·AE=-3x+3z=0, n·AF=-4x+2y+2z=0, 令x=1,z=1,y=1, .n=(1,1,1), BD·n cos(BD,n〉|= BDIl 1-6 √/15 √(-4)2+(-2)2·W3 5 9 平面AEF与平面CEF的夹角的余弦值为西 5 (3)在DC1上取点E1使C1E1=3E1D1, .A E=3ED, .EE1∥AC1,AC1∥AC, ∴.EE1∥AC. EE1中面ACF,ACC面ACF, 最新真题分类特训·数学 .EE1∥面ACF. ,E到面ACF的距离与E1到面ACF的距离相等. VACEF -VEACF -VE ACF -VAE CF' .C1D1=AB=2. C1E1=3E1D1, CE=CD,=×2=8, CF=2CF, CF=号cG=2. S8a=号×CFxE,C=号×2x是=是. 22 V5=×AD:Sa=号×4X号=2， 所以V4cEr的体积为2. 2.解：(1)过H做1∥ 2 AB,以H为原点，以 l,HD,HP所在直线 分别为x,y,z轴建立 A2-- D 空间直角坐标系，如 图所示，则H(0,0, B 0),C(2,4,0),B(2,-1,0),设P(0,0,h), 则HC=(2,4,0),PB=(2,-1,-h), HC·PB=4-4+0=0, 故HCLPB. (2公由题意，Vwm=号SnA==105,解得力 3 =5,故P(0,0,N5), BC=(0,5,0),PB=(2,-1,-5), HP=(0,0,N5), 设平面CPB法向量为n1=(x1,y,z1),平面PBH法向 量为n2=(x2y2,22), BC·m1=015y1=0 PB·n1=0(2x1-y1-5x1=0 令1=5，则y=0,=2所以m1=(W5,0,2); HP·n2=0、5z2=0 PB·n2=02x2-y2-V5x2=0 令x2=1,则y2=2,之2=0，所以2=(1,2,0)； n1·n2√5_1 设二面角CPBH为0，cos8=m,,mg-35-3' 0=arccos 3, 故二面角C-PB-H的大小为arccos3: 3.解：(1)证明，A'E∥D'F,DFC平面CD'F, A'E寸平面CDF, .A'E∥平面CDF, 同理可证EB∥平面CD'F, 又EB∩A'E=E,且EBC平面A'EB, A'EC平面A'EB,.平面A'BE∥平面CD'F 又A'BC平面A'EB,.A'B∥平面CD'F. 9 (2)设AD=m.建立如图所示空间直角坐标系， z本 、D' A D E 则C(m,m,0),B(2m,0,0), D(Ξmn,Eo0,0y.r0m.0. 设平面BCD的法向量为a=(x1,y,名)，则 Ia·BC=0, /一mx1+my1=0 即 a·CD=0, +9=0 m 令1=1，则x1=√3，y1=√5，a=(W3,W5,1). 设平面EFDA'的法向量为b=(x2,y2,z2),则 (b·EF=0,y2=0 即 m ,令22=1，则x2= b·DF=0, 2-2=0 -3,y2=0,b=(-3,0,1), 所以cos0-|cos(a,b1=-3+1=7, √7X4 7· 所以sin0=4红 7 4.解：(1)因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AD,PA⊥BC. 又AD⊥PB,且AP∩BP=P,所以AD⊥平面PAB.在 △ABC中，因为AC=2,BC=1,AB=√3，所以AC=BC+ AB,即AB⊥BC,又AP⊥BC,且AP∩AB=A,所以BC⊥ 平面PAB.因此，AD∥BC,又AD中平面PBC,BCC平面 PBC,所以AD∥平面PBC. (2)过D点作DE∥PA,则 DE⊥平面ABCD,以D为坐 标原，点，分别以DA,DC,DE 为x轴，y轴，之轴建立空间直 D 角坐标系。 设DA=m,DC=n,其中m2+ n2=4,则A(m,0,0),C(0,n, 0),P(m,0,2), 所以AP=(0,0,2),CP=(m,-n,2),DC=(0,n,0). 设平面APC的法向量为n=(x,y,之)，则 (22=0， (mx-ny+2z=0 令x=n,则y=m,所以n=(n,m,0); 设平面DPC的法向量为v=(x,y,z), 同理可得v=(2,0,一m). 因为二面角APCD为锐二面角，所以其余弦值为？， 7 因此号-cos(a,)1= m+√牛示，解得加 2n √5，即AD=√5. 5.解：ID△AEF中，AE=号AD=25, AF=2AB=4,∠EAF=30, :coS∠EAF=AE+AF-EF 2AE·AF 1826-98-2 ∴.EF2+AE2=AF2,.AE⊥EF,.PE⊥EF,DE⊥EF, PE∩DE=E,PE,DEC平面PDE,∴.EF⊥平面PDE, 又PDC平面PDE,∴.EF⊥PD. (2)DE=5√3-2√3=3√3，CD=3,∠CDE=90°， .CE2=36,CE=6, PE=AE=2√3，.PE2+CE2=PC,∴.PE⊥CE, 又PE⊥EF,EF∩CE=E,EF,CEC平面DEF,∴PE ⊥平面DEF,∴PE⊥ED,即EF,ED,EP两两垂直， 以EF,ED,EP分别为x,y,之轴建立如图所示空间直角 坐标系E-xy之， P(0,0,23),D(0,3√3,0)，F(2,0,0),A(0,-2√3,0)， B(4,2√3,0)，C(3,3√3,0)，则PD=(0,33,-2√3)， CD=(-3,0,0),PB=(4,25,-2√3)，BF=(-2, -23,0), 设平面PCD的法向量n1=(x1y,z1), m·P币=035%-2=0， {n·CD=0'1-3x1=0 不妨设y1=2,则之1=3，x1=0,n1=(0,2,3), 设平面PBF的法向量n2=(x2y2,22), m·PB=0.4x十2V3y2-23x=0 。。 m…BF=0{-2x2-23y=0 不妨设x2=3,则2=一1,2=1，n2=(W3,-1,1), 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为a, cos(）=n·m 1 =65 mm=√13X5=65, 8√/65 sin a= 65 6.解：(1)证明：，BC∥AD,AD=4,BC=2. 又M为AD的中，点，.DM=2, .'BC4DM, ,∴.四边形BCDM为平行四边形， .BM∥CD, 'BM￠平面CDE,CDC平面CDE, '.BM∥平面CDE. 9 详解详析 (2)取AM的中点G,连接BG,FG, 在△ABM中，AB=BM=AM=2, .BG⊥AD,且BG=√3， M为AD的中点，EF LDM, .四边形MDEF为平行四边形， .FM=DE=AF=√I0, ∴.△AMF为等腰三角形， ∴.FG⊥AM且FG=3, 在△BGF中，BG=√3，FG=3, 2 又FB=2√3， .BG2+FG2=FB2, ∴.BG⊥FG, ∴以G为坐标原点，GB,GD, GF所在直线分别为x轴，y 轴，之轴建立空间直角坐标系 如图， 则B(3,0,0),F(0,0,3),M(0,1,0),E(0,2,3), .MB=(W3,-1,0),ME=(0,1,3),MF=(0,-1,3), 设平面FBM的法向量为m=(x1,y1,之1)， 则m1西：小-=0， “{m⊥MF,-y+3x1=0, 令之1=1，则y1=3,x1=√3， ∴.平面FBM的一个法向量为m=(W3,3,1) 设平面EBM的法向量为n=(x2,y2,之2)， 则L:54-为=0， {nLME,(y2+3z2=0, 令2=一1，则y2=3,x2=3, .平面EBM的一个法向量为n=(W5,3,-1), 设二面角F-MB-E的大小为a,则 cos a=I cos(m,n)= m·n 11 1mn=13' '.sin a43 13 小二面角FBME的正弦值为4 13 7.解：(1)取PD的中点为S,连接SF,SC,则SF∥ED,SF =2ED=1, 而ED∥BC,ED=2BC,故SF∥BC,SF=BC,故四边形 SFBC为平行四边形， 故BF∥SC,而BF寸平面PCD,SCC平面PCD, 所以BF∥平面PCD. (2)因为ED=2,故AE=1,故AE∥BC,AE=BC, 故四边形AECB为平行四边形，故CE∥AB, 所以CE⊥平面PAD, 而PE,ED二平面PAD,故CELPE,CE⊥ED, 而PE⊥ED, 故建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,2,0), P(0,0,2), 最新真题分类特训·数学 则PA=(0,-1,-2),PB= (1,-1,-2),PC=(1,0,-2), PD=(0,2,-2), 设平面PAB的法向量为m =(x,y,z), B4 m·PA=0 则由 ,可得 (m·PB=0 1-y-2x=0 取m=(0,-2,1), x-y-22=0 设平面PCD的法向量为n=(a,b,c), n·PC=0 则由》 可得/a-2c=0 取n=(2,1,1), nPD= 12b-2c=0 故cos〈m,n)= √30 √5×√6 30￥ 故平面PAB与平面PCD夹角的余孩值为0. 30 8.解：(1)如图，以C为原点，分别 e 以CD,CB,CC1为x,y,之轴建立 C 平面直角坐标系，则A2(2,2,1), D C2(0,0,3),D2(2,0,2), P(0,2,t),(0tt), 令 B2(0,2,2),则B2C2=(0,-2, 1),A2D2=(0,-2,1),因此B2C2 D =A2D2且B,C2与A2D2无公共x 点，所以B2C2∥A2D2,所以B2C2∥A2D2: (2)由(1)得A2C2=(-2,-2,2),A2D2=(0,-2,1), A,P=(-2,0,t-1),设n1=(xy,21),n2=（x2,y2, 2)分别为平面A2C2D2,A2C2P的法向量，则 -2x1-2y1+2x1=0 ,则n1=(1,1,2), 1-2y1十1=0 同理n2=(t-1,3-t,2), 6 26×√/-1)2+(3-)+4 →t2-4t+3=0, 则t=1或t=3,则B2P=|2-t=1. 9.解：(1)证明：连接AE、DE,设DA =DB=DC=W2,∠ADB= ∠ADC=60°，所以△ADB≌ △ADC,图此AB=AC=√2，又因 C_Ei D/ 为BE=CE,所以AE⊥BC,DEC 平面ADE,同理DE⊥BC, 文AE∩DE=E,AE,DEC平面ADE, 所以BC⊥平面ADE,又ADC平面ADE, 所以BC⊥AD. (2)由DA=DB=DC=√2，∠BDC=90°， 由(1)DE⊥BC,AB=AC=√2，则DE=BE=CE=AE=1,可 得AE+DE=AD,因此AE⊥DE,由(1)AE⊥BC,又DE ∩BC=E,DE,BCC平面BDC, 所以AE⊥平面BDC. 因此以E为原点，分别以 ED、EB、EA为x轴、y轴、 之轴建立空间直角坐标系， 则D(1,0,0), A(0,0,1),E(0,0,0), B(0,1,0), 1V 因为EF=DA=(一1,0,1)，AE=(0,0,一1)，所以DB= (-1,1,0),AB=(0,1,-1),AF=(-1,0,0),设平面 ABD,平面ABF的法向量分别是m=(x,y,x),n=(a, b,c), m·DB=-x十y= 所以】 ,取x=1,则m=(1,1,1),同 m·AB=y-z=0 理n=(0,1,1), 设平面ABD与平面ABF的夹角为0， 则cos0m·m3,万3，所以sin0s3 m·n 3 即二面角D-AB-F的正弦值为 31 10.解：(1)连接DE,OF,设AF =tAC(0<t<1),则BF= BA+AF=(1-)BA+BC, A0--BA+BC. BF⊥AO, 则BF.AO-[1-)BA+BC]·(-BA+2BC -(1)A+BC =4(t-1)+4t=0, 解得1=名，则F为AC的中点，由D,E,0,F分别为 PB,PA,BC,AC的中点， 于是DE∥AB,DE=号AB,0F∥AB,OF=AB,即 DE∥OF,DE=OF,则四边形ODEF为平行四边形， EF∥DO,EF=DO, 又EF中平面ADO,DOC平面ADO, 所以EF∥平面ADO. (2)由(1)可知EF∥OD,则A0=6,D0=5, 2 得AD=5D0=30】 2 因比OD+A0=AD=号，则ODLA0,EFLA0, 又AO⊥BF,BF∩EF=F,BF,EFC平面BEF, 则有AO⊥平面BEF,又AOC平面ADO, 所以平面ADO⊥平面BEF. (3)过点O作OH∥BF交AC于点H, 设AD∩BE=G, 由AOLBF,得HOLAO,且FH=号AH, 又由(2)知，OD⊥AO, 则∠DOH为二面角D一AO一C的平面角， 因为D,E分别为PB,PA的中点， 因此G为△PAB的重心， 中有DG=专AD,GE=专BE, 又FH=}AH,即有DH=-8GP, 315 cos∠ABD= 4+2-2=4+6-PA,解得PA= 2x2×9 2X2×√6 V4,同理得BE=6, 2 于是BE十EF2=BF2=3,即有BE⊥EF,则GF2= (×+()= 3 从而GF=压，DH=3x压=压 3 3 2 2.DH=15 在AD0H中，OH=BF=0D= 2 于是cos∠DOH= 、 2x9×9 2 o-(-9. 所以二面角D-A0-C的正弦值为 2 11.解：(1)设A到平面A1BC的距离为h, 号×4 4 3， V-4c-号S4x·A-号X2E:九， 所以号X2巨A=音，所以h=巨， 所以A到平面A1BC的距离为√2. (2)取A1B的中点E,连接AE, 因为AA,=AB,所以AE⊥A1B, 因为平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面 ABB A=AB, 所以AE⊥平面A1BC,AE=√2，则AA1=AB=2,所以 AE⊥BC, 因为直三棱柱ABC-A1B1C1所以A1A⊥BC, 因为AE∩AA1=A,所以BC⊥平面ABB1A, 所以BC⊥AB, 由Vm-4马S=2AB·BC·AA=2×2XBCX2= 4,所以BC=2, 以BC为x轴，BA为y轴，BB,为z轴，建立如图所示 的空间直角坐标系， 所以B(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0),A1(0,2,2), E(0,1,1),D(1,1,1). 198 详解详析 平面BDC的一个法向量 A1下 C 为n1=AE=(0,-1,1), 平面BDA的法向量设为 ￥BD n2=(x,y,z), BA=(0,2,0), BD=(1,1,1), BA·n2=0 (BD·n2=0 所以2=0 x+y+=0'所以y=0, 设x=1,则之=一1，所以n2=(1,0,一1)， 所以0sam):a=- n1·n2 设二面角A一BD一C的平面角为a, 则na=个-oa-g 所以二面角A一BD-C的正孩值为5 21 12.解：(1)连接OA、OB,因为PO是三棱锥P-ABC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丈平面PAC,ACC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寸平面PAC,PAC平面PAC, 所以DE∥平面PAC,又OD、DEC平面ODE,OD∩ DE=D,所以平面ODE∥平面PAC,又OEC平面 ODE,所以OE∥平面PAC; (2)过点D作DZ∥OP,以DB为x轴，DO为y轴，DZ 为之轴，建立如图所示的空间直角坐标系， D B 因为PO=3,PA=5,由(1)AO=OB=4, 又∠ABO=∠CBO=30°，所以OD=2,DB=2√3，所以 P(0,2,3),B(23,0,0),A(-23,0,0), E（1,受）设AC=a,则C(-23a,0 平面AEB的法向量设为n1=(x,y,z),直线AB的方 向向量可设为a=(1,0,0), 直线DPC平面AEB,直线DP的方向向量为b=(0,2,3), 16·%=0所以2=0 (a·m1=0 (2y+3x=0 所以x=0,设y=3,则之=一2， 所以n1=(0,3,-2): 最新真题分类特训·数学 平面AEC的法向量设为，=(x,y,),AC=(0,a,0), A店-(35,1，是) 1AC·n2=0 /ay=0 ,所以 3 AE·n2=0 133x+y+2=0 所以y=0, 设x=√3，则z=一6， 所以n2=(W3,0,-6); n1·n2 12 所以cos(nn,)=m1·n2=√I3X39 4w3 13 二面角C-AE-B的平面角为0，则sin0=√1-cos0 所以二面角C-AE-B的正弦值为 3 考点4利用空间向量求空间距离 1.解：(1)设AC=BC=a,CC1=h,以C为原点， 分别以CA,CB,CC所在直线为x,y,z轴建立空间直角 坐标系. 则A(a,0,0),B(0,a,0),C1(0,0,h) 因为D,E分别为AB,AC1的中点， 所以D(受，受0(0，) 从而D店=(0，-号，合)BC=(0,-a,. BC1=2DE,∴.BC1∥DE,即BC1∥DE, 又，DE寸平面BCC1B1,BC1C平面BCC1B1, 所以DE∥平面BCCB1. (2)由CC=2,得DE=（0,-,1） 平面ACC1A1的法向量可取n=(0,1,0). 设直线DE与平面ACC1A1所成的角为O, a 则sin0= 2 √+1 由0=45°，得 -,解得a=2. 2 因为直线DE∥平面BCC,B, DE到平面BCC1B1的距离即，点D到平面BCC1B,的距 离，又因D为AB中点， 所以所求距离为受-1 2.解：(1)以D为原，点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、 y、之轴建立空间直角坐标系 由已知可得D(0,0,0),B(4,4,0)、G(0,4,3),E(2,0,4)、 F(2,4,4),EF=(0,4,0),BE=(-2,-4,4),GF= (2,0,1),BG=(-4,0,3), 设平面BEF的法向量为n=(x1,y,之)， 19 0,>2-4y十41=0 rBE·n=0 (EF·n=0(4y1=0 取x1=2,则y1=0,21=1, n=(2,0,1), .GF=n,∴GF∥n, .GF⊥平面BEF. (2)设平面EBG的法向量为m=(x2y2,z2), 则厂2x,-4十4名，=0， 1-4x2+322=0 令=4，别=8%=号名=4 3×2+号×0+4X1 4 cos(m,n〉= V2+×3+(2)+ 5 (3)由(1)知EF⊥平面BCCB1,FBC平面BCCB, .EF⊥FB, 马知Sr=合EF·BF=2X4XVN+2=45, 又DE=(2,0,4),则D到平面BEF的距离为d= IDE:nl8 n √5 1 由棱维的体积公式知：VD-er=3dXS△Er 1 3 ×8×45=32. 5 3· 2小 B所 D y A 3.解：(1)取CB1中点P,连接NP,MP, 由N是B:C的中点，故NP∥CC,且NP= 2CC, 由M是DD,的中点，故D,M=号DD,=CC,且 DM∥CC1, 则有D,M∥NP且D1M=NP, 故四边形D,MPN是平行四边形，故D1N∥MP, 又MPC平面CB1M,D1N￠平面CB1M, 故D1N∥平面CB,M; (2)以A为原，点建立如图所示空间 直角坐标系，有A(0,0,0)、B(2,0,0)、 B1(2,0,2)、M0,1,1)、C(1,1,0)、 C1(1,1,2),则有CB1=(1,-1,2)、 CM=(-1,0,1),BB1=(0,0,2), 设平面CB1M与平面BB1CC的 法向量分别为m=(工1，y1,之)、 B n=(x2y2,z2）, 则有m·C日=石一为+2，=0 m·CM=-x1+z1=0 (n·CB=x2-y2+2z2=0 n·BB1=2x2=0 分别取x1=x2=1,则有y1=3、之1=1、y2=1,22=0, 即m=(1,3,1),n=(1,1,0), 则osm,=质滑9：示， 1+3 =2V22 故平面CB1M与平面BB,C,C的夹角的余弦值 为2要。 (3)由BB,=(0,0,2),平面CB1M的法向量为m=(1,3,1), 则有BB:m=2三 2√/11 m√/1+9+1 111 即点B到平面CB,M的距离为2Y 11 专题十平面解析几何 第1节直线与圆 考点1直线的方程、距离问题 B由直线y=k(x十1)过定点(-1,0)，要使距离最大， 则当y=k(x十1)与(0，一1)和(-1,0)的连线垂直时可 得最大距离为(0，一1)和（一1,0）两点之间的距离d= √(0十1)2+(1-0)2=√2，故选B. 考点2圆的方程 1.C令xy=k,则x=k+y, 代入原式化简得2y2+(2-6)y十2-4k-4=0, 因为存在实数y,则△≥0， 即(2k-6)2-4×2(k2-4k-4)≥0， 化简得k2-2k一17≤0， 解得1-3√2≤k≤1+3√2， 故x一y的最大值是3√2十1.故选：C. 2.解析：x2十(y-2)2=m十4,2=π=1，由题意m十4=1 π →m=一3. 答案：一3 3.解析：设点A(0,0),B(4,0),C(-1,1),D(4,2),圆过其 中三，点共有四种情况，解决办法是两条中垂线的交点为 圆心，圆心到任一点的距离为半径 (1)若圆过A、B、C三点，则圆心在直线x=2上，设圆心 坐标为(2，a),则4十a2=9十(a-1)2→a=3,r= /4+a2=√13， 所以圆的方程为(x一2)2十(y一3)2=13. (2)若圆过A、B、D三点，同(1)设圆心坐标为(2，a),则4 +a2=4+(a-2)2→a=1,r=√4十a2=√5，所以圆的方 程为(x-2)2+(y-1)2=5. (3)若圆过A、C、D三点，则线段AC的中垂线方程为y =x十1，线段AD的中垂线方程为y=-2x十5，联立得 x3 /16+49=65 7 3 y-3 所以圆的方程为（红-音）+（一子）广-臣。 19: 详解详析 (4)若圆过B、C、D三点，则线段BD的中垂线方程为 y=1,线段BC中垂线方程为y=5x一7，联立得 8 √（-4+1- y=1 所以国的方程为（一号）广+g一0-碧 答案：(x-2)2+(y-3)2=13或(x-2)2+(y-1)2=5 或(-+(-)广-或(-）广+g- 考点3直线与圆的位置关系 1.BCDA.△C,C2C3为边长是2 的正三角形，设C2C3的中点为 D,连接C1D,则圆C2,C3与CD 相切于点D,且关于CD对称， 显然当1与C1D平行时，l均不 可能与三圆都相交（如图1)，即 ≠-写，收A特误B演条件等 图1 价于d1=d2=d,两点到一条直线距离相等，要么是直 线平行于两点连线，要么是直线过两点的中点，连接 CC,C2C3,由d1=d2得，直线平行于C,C2或者过 CC2中点，再由d2=d得，直线平行于C,C或者过 C2C3中点，综合来看，有且仅有如图2所示的三种可能. 13 2 1 C 0 1 图2 B项正确.D.当b=0时，由点到直线距离公式，得d1= d=4=，则=4=是 √2+1 √2+1 2+行 21>@++与=牛◆ √+1 V厦-2=，则十十=4什2屋-2-4+2E √R+1 √2+3 2+令+1=，剥+十=2+ t2+3 =2+8则p=7,甲=号，即=要时 V +49-2 力 取最大值2D项正确，C根据D选项的分所，6= 0,k=时如图3直线m所示，5十，十>3，当b= 2 0,k=√2时，为临界情况，此时直线l(即直线n)与圆C3