高中同步新教材選擇性必修第一冊（人教A版）數(shù)學(xué) 第一章 空間向量與立體幾何 綜合拔高練

第一章空間向量與立體幾何

綜合拔高練

五年高考練

考點1用空間向量解決立體幾何中的證明、求值問題

1.(2022全國甲理,18)在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD,CD//

AB,AD=DC=CB=I,AB=2,DP=√3.

(1)證明PA;

(2)求PD與平面尸A3所成的角的正弦值.

2.(2022全國新高考/,19)如圖,直三棱柱ABc-AlBG的體積為4,△

43C的面積為2√Σ

(1)求A到平面的距離;

⑵設(shè)力為AC的中點,AAi=AB,平面AlBea平面ABB↑A↑,求二面角

A-BQ-C的正弦值.

3.(2022全國新高考〃,20)如圖,PO是三棱錐P-ABC的高,PA=P8,AB

_LAeE為PB的中點.

(1)證明：0E〃平面PAC;

⑵若NA30=NC80=30;PO=3,PA=5,求二面角CAE-B的正弦值.

4.（2022天津,17）如圖,在直三棱柱ABC-MBXCX中,ABVAC,Λ4ι1

AB,AA↑=AB=AC=2,D.E、尸分別為4囪,AAι,8的中點.

⑴求證:初力平面ABC;

⑵求直線BE與平面CGQ所成角的正弦值;

(3)求平面AiCD與平面CC1D夾角的余弦值.

考點2用空間向量解決立體幾何中的最值問題

5.(2021全國甲理,19)已知直三棱柱ABC-ABG中，側(cè)面44閏8為正

方形,AB=BC=2,E,JF分別為AC和CG的中點,。為棱AiB.上的

點,BF±A}B?.

⑴證明：BTLLDE;

(2)當(dāng)BlD為何值時一,面BBGC與面QM所成的二面角的正弦值最

??？

c

6.(2020全國新高考/,20)如圖，四棱錐PABC。的底面為正方形,ED

_L底面A3CD.設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為I.

(1)證明：LL平面PDC-,

⑵已知PQ=AZ)=1,Q為/上的點，求P3與平面QCD所成角的正弦

值的最大值.

考點3用空間向量解決探索性問題

7.(2019北京,16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,P4_L平面ABCD,AD±

CD,AD//BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點，點廠在PCl.,且

PF_1

PC—3,

⑴求證：CQj_平面尸4D;

(2)求二面角F-AE-P的余弦值;

(3)設(shè)點G在尸B上,且9=2判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明

PB3

理由.

三年模擬練

應(yīng)用實踐

1.(2023貴州貴陽一中段考)在四棱錐Q-ABCQ中,底面A8CD是正方

形，若AD=2,2D=2A=√5,QC=3.

⑴證明：平面QAD_L平面ABCO;

(2)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值.

2.（2022重慶兩江育才中學(xué)段考）如圖,邊長為2的等邊APCQ所在的

平面垂直于矩形ABCD所在的平面,BC=2√Σ,M為BC的中點.

(1)證明:AM_LPM;

⑵求平面PAM與平面DAM的夾角的大小;

⑶求點。到平面PAM的距離.

3.（2023山東肥城期中）如圖①，已知AABC是邊長為3的等邊三角形,

點MN分別是邊AB,AC上的點，且BM=2MA,AN=2NC.將AAMN沿

MN折起到MN的位置,如圖②所示.

⑴求證:平面ABM，平面BCNM;

⑵給出三個條件:①AM_L3&②二面角A。MN-C的大小為60°;③

45=√7在這三個條件中任選一個作為下面問題的已知條件,并作答.

在線段BC上是否存在一點尸,使直線尸4與平面43M所成角的正弦

值為甯?若存在,求出心的長;若不存在,請說明理由.

4.(2023云南昆明第一中學(xué)月考)如圖，在直三棱柱AfiC-AifiiCi

Φ,E,F,G分別為線段BiCi,BIB及AC的中點,P為線段A1B上的動

點,BG=^AC,AB=S,BC=6,三棱柱ABC-A∣B∣Ci的體積為240.

(1)求點/到平面44E的距離；

(2)試確定動點P的位置,使直線FP與平面A1ACC1所成角的正弦值

最大.

遷移創(chuàng)新

5.(2023四川外語學(xué)院重慶第二外國語學(xué)校期中)湖北省鄂州市洋瀾湖

畔有一座蓮花山.蓮花山，山連九峰,狀若金色蓮初開,獨展靈秀,故而

得名.這里三面環(huán)湖，通匯長江，山巒疊翠,煙波浩渺.旅游區(qū)管委會計

劃在山上建設(shè)一座別致的涼亭供游客歇腳,該涼亭的實景效果圖和設(shè)

計圖分別如圖①和圖②所示,該涼亭的支撐柱高3√3m,頂部是底面

邊長為2m的正六棱錐,且各側(cè)面與底面所成的角都是45°.

⑴求該涼亭及其內(nèi)部所占空間的大小；

(2)在直線PC上是否存在點M使得直線MA與平面BDIFl所成角

的正弦值為??若存在,請確定點M的位置;若不存在,請說明理由.

P

答案與分層梯度式解析

第一章空間向量與立體幾何

綜合拔高練

五年高考練

1.解析以D為原點,DC,OP所在直線分別為y軸,z軸,過。點且垂

直于48的直線為％軸,建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.

⑴證明：結(jié)合題意知

O(0,0,0),3(y,∣,θ),P(0,0,√3),A(f,-?0),貝U礪=

?~DB-PA=-4--+40=0,.,.DB-LPA,

：.BDLPA.

⑵設(shè)平面PAB的法向量為m=(x,y,Z),

由(1)知而=6，-T，-⑹，送(0，2,0),

.^PA?m=-x--y-√3z=0,

__,22,

AB`m=2y=0,

令z=l,則x=2,y=0,故m=(2,0,1).

又?.?前=(0,0,√3),

：.PD與平面PAB所成的角的正弦值等于ICOs<麗,^>l=∣τ?∣=y?

2.解析⑴由題意知金棱錐&TBC=:聯(lián)棱柱ABeT出Q=條設(shè)A到

平面48C的距離為//,

s

則人棱錐41TBC=l^A1BC?h=雷仁號解得∕l=√∑

故A到平面AiBC的距離為√Σ

⑵連接AB∣,由直棱柱及AAi=AB知四邊形ABBiAi為正方形，故AB

±Aιfi,Aι5=√2AAι,

5

又平面AIBC_L平面ABBIAl,平面43CG平面ABBiAi=AiB,Aβ∣?F

面ABBiAi,

.?.48_L平面AiBC,又BCU平面A1BC,：.ABχLBC,

易知BC±BB?,AB?,BBiU平面ABB↑Aι,AB↑Γ}BBl=Bι,

ΛBC±5F≡ABB∣A∣,：.BCLAB,BC1A?B,

???曝棱柱ABeY出的=?BCTB?Λ41=卯C?力用=4,

Sjc=IBC-A1B=^BC?AAl=2√2,

解得SC=AAi=2.

以B為坐標(biāo)原點,BC,BA,BBl所在直線分別為X軸,y軸,Z軸建立如

圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則

A(O,2,O),B(O,O,O),C(2,O,O),D(1,1,1),B1=(O,2,O),FD=(1,1,1

),麗=(-1,1,1),

設(shè)平面ABQ的法向量為H∣=(ΛI(xiàn),yι,zι),

嚅二例Ui

取xι=l,則j∣=0,zι=-l,故π∣=(l,0,-1),

設(shè)平面BDC的法向量為∏2=(%2,>2,Z2),

J前?n=0,(x+y+Z=O,

叫方.電2=0,叫f2+%2+Z22=0,

取y2=l,則%2=0,Z2=-1,故”2=(0,1,-1),

.11..√3

..cos<w∣,-2>=e.魚=-...sm<n∣,ni>=~,

.?.二面角A-BD-C的正弦值為日.

3.解析(1)證明：連接OA,因為PO是三棱錐尸-ABC的高,所以PO

_L平面ABC,又OA,03U平面ABC,所以POLOA,POVOB,所以N

PaA=NPO3=90°,又PA=PB,PO=PO,所以Rt?POA^Rt?POB,所

以O(shè)A=OB,延長BO,交4C于凡連接PF,

已知ABLAC,OA=OB,則在RtZXA^F1中，O為RF的中點.

在APBF中，O,E分別為BF,PB的中點,所以O(shè)E//PF,又因為OEQ

平面PAC,PrU平面PAC,所以O(shè)E〃平面PAC.

⑵以A為原點,過點A作與OP平行的直線并以其為Z軸,AB所在

直線為％軸,AC所在直線為y軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

由PO=3,PA=5,結(jié)合(1)易知OA=OB=4,

又NABO=NeBo=30°,所以AB=4√3,

易知P(2√3,2,3),β(4√3,0,0),A(0,0,0),E(3√3,1,|)設(shè)C(0,α,0),

貝施二(0,a,0),AB=(4√3,0,0),AE=(3√3,1,0,

設(shè)平面AEB的法向量為nι=(xι,y?,z?),

嚅二川燎：：+|…

所以x∣=0,取y=3,貝IJz∣=-2,故n∣=(0,3,-2).

設(shè)平面AEC的法向量為"2=(%2,”,Z2),

則俗:藍(lán)即康?+∣Z2=。所以N取2則

Z2=-6,所以∏2=(V3,0,-6).

r*r*JITli,^21212Aryf3

所以%COS<H1,tl2>-?=-f=~~7==7==,

∣n1∣∣n2∣√13×√3913√313

2

設(shè)二面角C-AE-B的平面角為仇貝IJSinθ=y∕1-cos<n1,n2>=??,

所以二面角CAbB的正弦值為

4.解析⑴證明：由題可知AcA3,441兩兩互相垂直.以A為原

點,彳瓦麗,前的方向分別為％軸,y軸,Z軸的正方向，建立空間直角

坐標(biāo)系.

則

3(2,O,0),Aι(0,2,0),C(0,0,2),G(0,2,2),。(1,2,0),E(0,1,0),尸

GM。

易知平面ABC的一個法向量為(0,1,0),記%=(0,1,0).

VEF=(∣,0,l),ΛEF?HI=0.

又,.?E網(wǎng)平面ABC,：.E/〃平面ABC.

(2)設(shè)平面CGQ的法向量為〃2=(%,y,z),

由(1)得鬲=(0,2,O),CD=(1,2,-2),BE=(-2,1,0),

,Jn2.CQ=O,p?θ,

[n2-CD=O,[x+2y-2z=0,

令x=2,得γ=0,z=l,.*.m=⑵0,1).

設(shè)直線BE與平面CGQ所成的角為θ,

?,?sin歸cos＜甌?。?=置贏=√?=?

.?.直線與平面CGQ所成角的正弦值為李

⑶設(shè)平面AiCD的法向量為〃3=(%ι,yι,zι),

由⑴得碇=(0,-2,2),CD=(1,2,-2),

.Cn3,中=0，即(-2yι+2z1=0,

',{n3-CD=O1l?i+2%-2z1=0,

令y=l,得％ι=0,ZI=I,.?."3=(0,1,1).

由⑵知平面CGQ的一個法向量為八2二(2,0,1).

設(shè)平面4CD與平面CG。的夾角為α,

r∏lll.∣∏2?∏3∣1√To

貝IJcosα=∣cos<"2,∏3>∣=,,,,,=尼B=TT-

∣∏2lln31v5×√210

，平面48與平面CGQ夾角的余弦值為等.

10

5

5.解析(1)證明：VBFlAifi1,B↑B1AιBι,BFΠB↑B=B,/.AiB1±F≡

B?C?CB.

'：AB//AxBx,.,.AB±ΞF≡BICICB.

5

XVfiCcFBB1CiCB,：.ABLBC.

以8為坐標(biāo)原點,雨,前,西的方向分別為次軸,y軸,z軸的正方向,

建立空間直角坐標(biāo)系，則B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),Λ

前=(0,2,1).設(shè)BZ)="(0WαW2),則D(a,0,2),則屁=(l-α,1,-2).

VBF?DE=(0,2,1)?(l-a,1,-2)=0×(l-a)+2×1+1×(-2)=0,ΛBF±

DE.

⑵由(1)知豌=(-1,1,1),而=(α,-2,1).

設(shè)平面DFE的法向量為n=(%,Mz),

則巴R=一+y+z=O,不妨設(shè)E則產(chǎn)等,z=_,.?.

LFD?n=ax-2y+Z=0,33

易知m=(1,0,0)是平面BBxCxC的一個法向量.

設(shè)平面BBGC與平面OFE所成的銳二面角的大小為θ,則COS

八I∣m?n∣133

6/=cos<m,n>l=-——

∣m∣∣n∣

^÷m2÷m2歷+τ可

[(當(dāng)a=E時取等號)

.,.sinθ=yjl—cos2Θ≥^,故當(dāng)tz=∣,即囪Z)W時,平面BB?C?C與平面

。隹所成的二面角的正弦值最小,最小值為f?

6.解析⑴證明：因為尸。，底面ABCZ),所以PAD.因為底面

ABCQ為正方形,所以ADJ_QC.又DC∩PD=D,DC,PD?5F≡PDC,

所以AOj_平面PDC

因為AJD〃BeAZX平面PBC,所以AD〃平面PBC.

由已知得/〃AD因此人平面PDC.

⑵以。為坐標(biāo)原點,而,反,加的方向分別為％軸,y軸,z軸的正方

向，建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則

D(0,O,O),C(0,1,0),8(1,1,0),P(0,0,1),

.?.反=(0,1,0),麗=(1,1,-1).

由(1)可設(shè)Q(a,0,1),則DQ=(α,0,1).

設(shè)〃=(%,y,z)是平面QCD的法向量，

則卜?DQ=O,gp(ax+z=0,取I,則Z=Q

[n?DC=0,U=。,

所以n=(-1,0,a).

所以cos<n,而>=-n,piL=?L

InllPBl√l+α2×√3

設(shè)PB與平面QCQ所成的角為a

則Sin0=-×-?^?=-∣1+表

3√l+α23Na2+l

因為?Jl+J?≤τ-當(dāng)且僅當(dāng)4=1時等號成立，所以PB與平面

QCD所成角的正弦值的最大值為當(dāng)

7.解析⑴證明：因為PAJ_平面ABCD,CQU平面ABCD,所以PAl

CD又因為AQ_LCD,且AD∩PA=A,AD,PAc5FIlPAQ,所以Co_L

平面PAD.

⑵過A作A。的垂線,交BC于點M.

因為PAJ_平面A3CD所以PALAM,PAlAD.

如圖，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則4(0,0,0),8(2,-

l,0),C(2,2,O),P(0,0,2),E(0,1,1).

所以荏=(0,1,1),同=(2,2,-2),?P=(0,0,2).

所以而=：而二—而=而+而=G∣t).設(shè)平面AEF

的法向量為片(%,y,z),

'y+z=0,

竺二0,即

∣∣

AF=0,.%+y+*°?

令z=l,則y=-l,x=-l.于是n=(-l,-1,1).

易知平面PAD的一個法向量為(1,0,0),記p=(l,0,0),所以

n?p√3

麗=一了

由題知,二面角F-AE-P為銳二面角，所以其余弦值為日.

⑶直線AG在平面AEF內(nèi).理由如下：

由⑵知,PB=(2,-1,-2),平面AEF的一個法向量為n=(-l,-l,1).

因為點G在尸3上,且黑=|,

ΓD?

所以而=I方=G—|,_)尼AP+PG=(^

?X???/

因為而"W+∣+1=0,所以直線AG在平面AEF內(nèi).

三年模擬練

1.解析⑴證明：取AD的中點O,連接。0,CO.因為

QA=QD,OA=OD,所以Qo_LAJD,因為AD=2,QA=√5,所以

QO=5ΞT=2.在正方形ABCD中,DO=?,CZ)=2,故CO=√4∏=√5.

因為QC=3,所以Qe2=QO2+OC2,故Q。J_Oc因為OC∩

AD=O,OC,ADU平面ABCD,所以QOL平面ABCD,

因為QoU平面QAD,所以平面QAOJ_平面ABCD.

<?Λ....0

B^^ζTC

⑵過。作07〃CD,交BC于T,則OTLAQ,

結(jié)合⑴可知OT,A。,OQ兩兩互相垂直,故以O(shè)為原點,建立如圖所

示的空間直角坐標(biāo)系.

則Q(0,1,0),。(0,0,2),3(2,-1,0),故的=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).

設(shè)平面Q3。的法向量為〃=(%,y,z),

Ijn.的=0,即(-2x+y+2z=0,

叱IjI國=0即U%+2y=0,

?。?1,則y=i,z=∣,故〃=(1,1,2).

易知平面QAD的一個法向量為(1,0,0),記相=(1,0,0),故

cos<m,∕2>=-^=j?結(jié)合題圖可知二面角B-QD-A的平面角為銳角，故

IX-3

2

其余弦值為∣.

2.解析以D為原點,直線DA,DC分別為入軸,y軸建立如圖所示的

空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),P(0,1,√3),A(2√2,0,0),M(√2,2,0).

⑴證明:麗=(√Σ,1,-√?,AM=(-√2,2,0).

,.?^PM-AM=(√2,1,-√3)?(-√2,2,0)=0,

：.PM1.AM,：.AM±PM.

⑵設(shè)n=(%,y,Z)為平面PAM的法向量,

Tlm=0,即f√2x+y—√3z=0,

n?AM=0,(―√2x+2y=0,

取y=l,則x=y∕2,Z=Λ∕3,.,.n=(V2,1,?/?).

顯然p=(0,0,1)為平面DAM的一個法向量.

平面PAM與平面D4M的夾角為45°.

(3)萬？=(2√I,0,0),.?.點D到平面PAM的距離d=學(xué)4=

∣(2√2,0,0)?(√2,l,√3)∣_2√6

3.解析⑴證明：由已知得AM=I,AN=2,NA=60°,

：.MNLAB,：.MN±A'M,MN±MB.

又,.?MBnA'M=M,MB,AMU平面A'BM,

.\MN_L平面A1BM.

又,.?MNU平面BCNM,：.平面A'BMA,平面BCNM.

(2)選條件①4ML3C.由(1)得AMIMN,又AM工BC,MN與BC是

兩條相交直線，MN,BCu平面BCNM,AM，平面BCNM.：.

MB,MN,M4兩兩互相垂直.以M為坐標(biāo)原點,MB,MN,MA所在直線

分別為％軸,y軸,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Mxyz,

二'M'?ΛJV

則4(0,0,l),B(2,0,0),由點P在BC上可設(shè)P(2-α,√Ia,0),其中0

≤tz≤∣,則加=Q-a,√3α,-1).

易得平面45M的一個法向量為(O,1,0),記八=(0,1,0).

設(shè)直線PA與平面ABM所成的角為θ,

貝IJSinP=ICoS44'P,n>?=3√10

√(2-α)2+3α2+l10

解得Q=呼＞

.?.不存在滿足條件的點P.

選條件②二面角A1-MN-C的大小為60°.

由(1)得NAMB就是二面角A"/N-C的平面角，

.,.ZA'MB=60°.

過作40L3M,垂足為O,連接OC,則AOL平面BCNM.

經(jīng)計算可得OA'=孚,0M=∣,0B=∣,而BC=3,NMδC=60o,：.OB.LOC.

：.0B,OC,OA兩兩互相垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點,OB,OC,OA所在直線

分別為X軸,y軸,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Oxyz,

則A(0,0,左),3(|,0,0),

由點P在BC上可設(shè)P(I-a,√3a,0),0≤β≤∣,

則/'P=(|一見Ba,一/).

易得平面A5M的一個法向量為(0,1,0),記〃=(0,1,0).

設(shè)直線PA與平面AaW所成的角為θ,

則Sinθ=?cos<A'P,n>?

y3α3√10

J(l-af+3ɑ2+∣10:

解得Q=I或a=3（舍去）,

存在滿足條件的點P,這時PB=3.

選條件③A5=√7.在445M中，由余弦定理的推論得CosZ

222

A'MB=A'M+MB-A'B1+4-7一”432。

2A∣M-MB2×1×2

過A作40_LBM垂足為O,則40_L平面BCNM.

以。為坐標(biāo)原點,方瓦面的方向分別為X軸,Z軸的正方向建立右手

直角坐標(biāo)系（圖略），

則A,（θ,θ,y）,β（∣,θ,θ）,由點P在BC上可設(shè)P（I-α,√3α,θ）,其中O

≤^≤-,

2

則/'P=（|一a，?/?ɑi-γ）?

易得平面45M的一個法向量為（0,1,0）,記〃=（0,1,0）.

設(shè)直線PA與平面A5M所成的角為θ,

嚕3

-解得>-

貝IJSinP=ICOS<4P,n>?=2

.??不存在滿足條件的點P?

4.解析（1）因為BG=^AC,G為AC的中點,

所以aABC為直角三角形，ZABC=9Q°,

又三棱柱ABC-A1JSICI為直三棱柱,所以44SG也為直角三角形，Z

A/6=90°,

222

所以A?E=yjA1B^+B1E=Λ∕8+3=y∕73.

因為三棱柱ABC-A1B1C1的體積為240,

11

所以嗔棱柱ABCiBB=S△ABC-AlA=--AB-BC?A1A=-×S×6×

AιA=240,BPAiA=IO.

易得囪平面A35ι4?

設(shè)點F到平面AlAE的距離為d(d>O),

因為匕棱錐FMAE=V三棱錐E_/F，所以3d?"14?/1E=/BlE?

∣AιA?AB,即dAE=BιE?AB,

所以仁"生竺=整=生W.

A1E√7373

⑵由⑴可知B4,3C,38兩兩互相垂直.以8為坐標(biāo)原

點,BC,BA,BBx所在直線分別為X軸,y軸,Z機(jī)建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系,

則B(0,0,0),F(0,0,5),Ai(0,8,10),A(0,8,0),C(6,0,0),

所以可=S,8,10),前=(6,-8,0),麗=(0,0,10),

設(shè)前=A砧,A∈[0,1],尸(%,Xz),

所以(x,y,z)=2(0,8,10),即??θ,γ=8λ,Z=I(U,所以JP(0,84,104),所以

FP=(0,82,102-5).

設(shè)平面A∣ACC∣的法向量為n=(%ι,y,z∣),

則?敷

P=0,(Gx1—8y1=0,

QOz=0,

(n.AA1=0,1

令x?=4,貝!jyι=3,zι=0,所以〃=(4,3,0).

設(shè)直線FP與平面AiACCi所成的角為。，則sin

__________|24川_________________24λ__________

歸3<而，〃>1=繇,當(dāng)2∈

√64λ2+(10λ-5)2×55√164Λ2-100λ+25

(0,1］時,sinO=W.24_________1_________

“A100.255J2