2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第7章　必刷大题14　空间向量与立体几何

公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君必刷大题14空间向量与立体几何1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值．解(1)设点A到平面A1BC的距离为h，因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，所以1AABCV＝13S△ABC·AA11111433ABCABCV，又△A1BC的面积为22，1113AABCABCVSh△＝13×22h＝43，所以h＝2，即点A到平面A1BC的距离为2.(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B.因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.以B为坐标原点，分别以BC→，BA→，BB1—→的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君由(1)知，AE＝2，所以AA1＝AB＝2，A1B＝22.因为△A1BC的面积为22，所以22＝12·A1B·BC，所以BC＝2，所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，则BD→＝(1,1,1)，BA→＝(0,2,0)．设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·BD→＝0，n·BA→＝0，即x＋y＋z＝0，2y＝0，令x＝1，得n＝(1,0，－1)．又平面BDC的一个法向量为AE→＝(0，－1，1)，所以cos〈AE→，n〉＝AE→·n|AE→|·|n|＝－12×2＝－12.设平面ABD与平面BCD的夹角为θ，则sinθ＝1－cos2〈AE→，n〉＝32，所以平面ABD与平面BCD夹角的正弦值为32.2.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，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君设PA＝AB＝2，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，M(1,1,1)，PB→＝(2,0，－2)，PD→＝(0,2，－2)，AM→＝(1,1,1)，设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·PB→＝2x－2z＝0，n·PD→＝2y－2z＝0，取x＝1，得n＝(1,1,1)，∵AM→＝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ME，∵M是PC的中点，∴PA∥ME，PA＝2ME，∴△PAO∽△EMO，∴PAME＝AOOM＝21，∴AO＝2OM.3.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝2CD＝2，∠ADC＝公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君90°，E，F分别为PB，AB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)求点B到平面PCF的距离．(1)证明连接EF(图略)，∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF∥PA，∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD，∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF∥CD，且AF＝CD.∴四边形ADCF为平行四边形，即CF∥AD，∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF∥平面PAD，∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC，∴平面PAD∥平面EFC，CE⊂平面EFC，则CE∥平面PAD.(2)解∵∠ADC＝90°，AB∥CD，∴AB⊥AD，CF⊥AB，又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CF，又PA∩AB＝A，∴CF⊥平面PAB，∴CF⊥PF.设CF＝x，则S△AFC＝12×1×x＝x2，S△PFC＝12×5×x＝52x，设点A到平面PCF的距离为h，由VP－AFC＝VA－PFC，得13×x2×2＝13×5x2×h，则h＝255.∵点F为AB的中点，∴点B到平面PCF的距离等于点A到平面PCF的距离，为255.4.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．(1)证明因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.在△ADB和△CDB中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，DB＝DB，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)解由(1)可知AB＝BC，又∠ACB＝60°，AB＝2，所以△ABC是边长为2的正三角形，则AC＝2，BE＝3，AE＝1.因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝DE·BEBD＝32.方法一由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，3，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，AB→＝(－1，3，0)，DB→＝(0，3，－1)．易得DF＝12，FB＝32，所以3DF→＝FB→.设F(0，y，z)，则DF→＝(0，y，z－1)，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君FB→＝(0，3－y，－z)，所以3(0，y，z－1)＝(0，3－y，－z)，得y＝34，z＝34，即F0，34，34，所以CF→＝1，34，34.设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则n·AB→＝－x1＋3y1＝0，n·DB→＝3y1－z1＝0，不妨取y1＝1，则x1＝3，z1＝3，n＝(3，1，3)．记CF与平面ABD所成的角为α，则sinα＝|cos〈CF→，n〉|＝|CF→·n||CF→||n|＝437.所以CF与平面ABD所成角的正弦值为437.方法二因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.因为VD－AEB＝VE－ADB，所以13·12AE·BE·DE＝13·S△ABD·d2，其中d为点C到平面ABD的距离．在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝2，所以S△ABD＝72，所以d＝2217.由(1)知AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以FC＝FE2＋EC2＝72.记CF与平面ABD所成的角为α，则sinα＝dCF＝437.公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君所以CF与平面ABD所成角的正弦值为437.方法三如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于点G.因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的12.因为EM＝AE·sin60°＝32，所以EG＝DE·EMDM＝DE·EMDE2＋EM2＝217，所以点C到平面ABD的距离d＝2217.FC＝FE2＋EC2＝72.记CF与平面ABD所成的角为α，则sinα＝dCF＝437.所以CF与平面ABD所成角的正弦值为437.5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2，AB＝4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君(1)证明：AC⊥DE；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值．①四棱锥A－BCDE的体积为2；②直线AC与EB所成角的余弦值为64.(1)证明在图①中，连接CE(图略)，因为DC∥AB，CD＝12AB，E为AB的中点，所以DC∥AE，且DC＝AE，所以四边形ADCE为平行四边形，所以AD＝CE＝CD＝AE＝2，同理可证DE＝2，在图②中，取DE的中点O，连接OA，OC(图略)，则OA＝OC＝3，因为AD＝AE＝CE＝CD，所以DE⊥OA，DE⊥OC，因为OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面AOC，所以DE⊥平面AOC，因为AC⊂平面AOC，所以DE⊥AC.(2)解若选择①：由(1)知DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，所以过点A作AH⊥OC交OC于点H(图略)，则AH⊥平面BCDE，因为S四边形BCDE＝23，所以四棱锥A－BCDE的体积VA－BCDE＝2＝13×23·AH，所以AH＝OA＝3，所以AO与AH重合，所以AO⊥平面BCDE，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－3，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，3)，易知平面DAE的一个法向量为CO→＝(3，0,0)，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，因为CE→＝(3，1,0)，CA→＝(3，0，3)，所以n·CE→＝3x＋y＝0，n·CA→＝3x＋3z＝0，取n＝(1，－3，－1)，公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，则cosθ＝|CO→·n||CO→||n|＝33×5＝55，所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为55.若选择②：因为DC∥EB，所以∠ACD即为异面直线AC与EB所成的角，在△ADC中，cos∠ACD＝AC2＋4－44AC＝64，所以AC＝6，所以OA2＋OC2＝AC2，即OA⊥OC，因为DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，又OA⊂平面AOC，所以AO⊥平面BCDE，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－3，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，3)，易知平面DAE的一个法向量为CO→＝(3，0,0)，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，因为CE→＝(3，1,0)，CA→＝(3，0，3)，所以n·CE→＝3x＋y＝0，n·CA→＝3x＋3z＝0，取n＝(1，－3，－1)，设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，则cosθ＝|CO→·n||CO→||n|＝33×5＝55，所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为55.6.(2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．公众号：高中试卷君