2025屆高考數(shù)學二輪專題復習與測試專題強化練七立體幾何與空間向量

專題強化練(七)立體幾何與空間向量1．(2024·梅州二模)如圖，正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝eq\f(1,2)AA1＝2，點M為A1B1的中點．(1)在棱BB1上是否存在點Q，使得AQ⊥平面BC1M？若存在，求出eq\f(B1Q,QB)的值；若不存在，請說明理由；(2)求點C到平面BC1M的距離．解：(1)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因為點M為A1B1的中點．所以C1M⊥A1B1，又因為A1A⊥平面A1B1C1，所以A1A⊥C1M，面A1A∩A1B1＝A1，所以C1M⊥平面AA1B1B，過點A作AQ⊥BM交BB1于點Q，AQ⊥C1M，且BM∩C1M＝M，所以AQ⊥平面BC1M，即點Q為所要找的點，易得：△ABQ∽△BB1M，所以eq\f(BQ,B1M)＝eq\f(AB,BB1)，即有eq\f(BQ,1)＝eq\f(2,4)，于是BQ＝eq\f(1,2)，所以B1Q＝B1B－BQ＝4－eq\f(1,2)＝eq\f(7,2)，所以eq\f(B1Q,QB)＝7.(2)連接C與AB的中點N，易知CN∥平面BC1M，點C到平面BC1M的距離hC等于點N到平面BC1M的距離hN，又N為AB的中點，點N到平面BC1M的距離hN等于點A到平面BC1M的距離hA的一半，而由(1)知，當BQ＝eq\f(1,2)時，AQ⊥平面BC1M，設AQ∩BM＝H，則hA＝AH＝ABcos∠BAQ＝2×eq\f(2,\r(22＋（\f(1,2)）2))＝eq\f(8,\r(17))，所以hC＝hN＝eq\f(1,2)hA＝eq\f(4\r(17),17).2．(2024·惠州模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝2，E為線段PB的中點，F(xiàn)為線段BC上的動點．(1)證明：平面AEF⊥平面PBC；(2)若直線AF與平面PAB所成的角的余弦值為eq\f(2\r(5),5)，求點P到平面AEF的距離．(1)證明：因為PA⊥底面ABCD，BC?平面ABCD，所以PA⊥BC.因為ABCD為正方形，所以AB⊥BC，又因為PA∩AB＝A，PA?平面PAB，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB.因為AE?平面PAB，所以AE⊥BC.因為PA＝AB，E為線段PB的中點，所以AE⊥PB，又因為PB∩BC＝B，PB?平面PBC，BC?平面PBC，所以AE⊥平面PBC.又因為AE?平面AEF，所以平面AEF⊥平面PBC.(2)解：因為PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，以A為坐標原點，以eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0，0，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2)，E(1，0，1)，易知u＝(0，1，0)是平面PAB的法向量，設BF＝t(t∈[0，2])，則F(2，t，0)，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，t，0)，所以|cos〈eq\o(AF,\s\up6(→))，u〉|＝eq\f(|\o(AF,\s\up6(→))·u|,|\o(AF,\s\up6(→))||u|)＝eq\r(1－（\f(2\r(5),5)）2)，即eq\f(t,\r(t2＋4))＝eq\f(\r(5),5)，得t＝1，所以eq\o(AF,\s\up6(→))＝(2，1，0)，設n＝(x1，y1，z1)為平面AEF的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AF,\s\up6(→))＝0，))所以平面AEF的法向量n＝(－1，2，1)，又因為eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0，0，2)，所以點P到平面AEF的距離為d＝eq\f(|\o(AP,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq\f(2,\r(6))＝eq\f(\r(6),3)，所以點P到平面AEF的距離為eq\f(\r(6),3).3．(2024·深圳模擬)如圖，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG.DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.(1)求平面EBC與平面BCF的夾角的正弦值；(2)若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長．解：(1)以D為坐標原點，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DG,\s\up6(→))的正方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標系．可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(xiàn)(0，1，2)，G(0，0，2)，M(0，eq\f(3,2)，1)，N(1，0，2)．則eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，0，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(1，－2，2)，eq\o(CF,\s\up6(→))＝(0，－1，2)．設m＝(a，b，c)為平面BCE的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝－a＝0，,m·\o(BE,\s\up6(→))＝a－2b＋2c＝0，))不妨令c＝1，可得m＝(0，1，1)．設k＝(a1，b1，c1)為平面BCF的法向量，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k·\o(BC,\s\up6(→))＝－a1＝0，,k·\o(CF,\s\up6(→))＝－b1＋2c1＝0，))不妨令c1＝1，可得k＝(0，2，1)．因此有cos〈m，k〉＝eq\f(m·k,|m|·|k|)＝eq\f(3\r(10),10)，于是sin〈m，k〉＝eq\f(\r(10),10).所以二面角E-BC-F的正弦值為eq\f(\r(10),10).(2)設線段DP的長為h，(h∈[0，2])，則點P的坐標為(0，0，h)，可得eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1，－2，h)，而eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0，2，0)為平面ADGE的一個法向量，故|cos〈eq\o(BP,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\o(BP,\s\up6(→))·\o(DC,\s\up6(→)),|\o(BP,\s\up6(→))|·|\o(DC,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,\r(h2＋5)).由題意，可得eq\f(2,\r(h2＋5))＝sin60°＝eq\f(\r(3),2)，解得h＝eq\f(\r(3),3)∈[0，2]．所以線段DP的長為eq\f(\r(3),3).4．(2024·廣東模擬)圖1是邊長為eq\r(2)的正方形ABCD，將△ACD沿AC折起得到如圖2所示的三棱錐P-ABC，且PB＝eq\r(2).(1)證明：平面PAC⊥平面ABC；(2)點M是棱PA上不同于P，A的動點，設eq\f(AM,AP)＝λ(0<λ<1)，若平面PBC與平面MBC的夾角的余弦值為eq\f(7,9)，求λ的值．(1)證明：由于正方形ABCD的邊長為eq\r(2)，所以AC＝2.取AC的中點O，連接PO，BO，由題意，得PO＝BO＝eq\f(1,2)AC＝1，再由PB＝eq\r(2)，可得PO2＋BO2＝PB2，即PO⊥BO，由題意知PO⊥AC，又AC∩BO＝O，所以PO⊥平面ABC，又PO?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC.(2)解：由(1)可知PO⊥OB，PO⊥OC，又OB⊥AC，于是可分別以OC，OB，OP所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系．則C(1，0，0)，B(0，1，0)，A(－1，0，0)，P(0，0，1)．所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，0，1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(1，－1，0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(1，0，－1)，由題意知eq\o(AM,\s\up6(→))＝λeq\o(AP,\s\up6(→))＝(λ，0，λ)，所以M(λ－1，0，λ)．所以eq\o(MC,\s\up6(→))＝(2－λ，0，－λ)．設平面MBC的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(BC,\s\up6(→))·m＝x－y＝0，,\o(MC,\s\up6(→))·m＝（2－λ）x－λz＝0，))令x＝1，得平面MBC的法向量為m＝(1，1，eq\f(2－λ,λ))，同理可得平面PBC的一個法向量為n＝(1，1，1)．|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m|·|n|)＝eq\f(|2＋\f(2－λ,λ)|,\r(3)·\r(2＋（\f(2－λ,λ)）2))＝eq\f(7,9)，設t＝eq\f(2－λ,λ)，t∈(1，＋∞)，則上式可化為11t2－54t－5＝0，即(t－5)(11t＋1)＝0，所以t＝5或t＝－eq\f(1,11)(舍去)，所以eq\f(2－λ,λ)＝5，解得λ＝eq\f(1,3).5．(2024·汕頭二模)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中，直線l?平面A1B1C1D1，l∩A1C1＝E，A1E＝3EC1.(1)設l∩B1C1＝P，l∩C1D1＝Q，試在所給圖中作出直線l，使得l⊥CE，并說明理由；(2)設點A與(1)中所作直線l確定平面α.①求平面α與平面ABCD的夾角的余弦值；②請在圖中作出平面α截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面，并寫出作法．解：(1)由題意，P、Q分別為B1C1和C1D1的中點時，有l(wèi)⊥CE，證明過程如下：連接B1D1，取B1C1和C1D1中點分別為P、Q，連接PQ，如圖1，因為A1E＝3EC1，所以PQ肯定過經(jīng)過點E，所以PQ即為所求作的l.因為P、Q分別為B1C1和C1D1的中點，所以PQ為△B1C1D1的中位線，所以PQ∥B1D1，且PQ過經(jīng)過點E，因為正方體的ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1為正方形．所以B1D1⊥A1C，因為PQ∥B1D1，所以PQ⊥A1C1，又因為正方體ABCD-A1B1C1D1的側棱CC1垂直底面A1B1C1D1，PQ?A1B1C1D1，所以PQ⊥CC1，又因為A1C1，CC1?平面A1C1CA，A1C1∩CC1＝C1.所以PQ⊥平面A1C1CA，因為CE?平面A1C1CA，所以PQ⊥CE，即l⊥CE.(2)①連接AP，AQ，建立空間直角坐標系，如圖2所示，設正方體棱長為2，則有D(0，0，0)，D1(0，0，2)，A(2，0，0)，P(1，2，2)，Q(0，1，2)，所以eq\o(AP,\s\up6(→))＝(－1，2，2)，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝(－2，1，2)，eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，0，2)，易知eq\o(DD1,\s\up6(→))＝(0，0，2)為平面ABCD的法向量，設平面α，即平面APQ的法向量n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(AP,\s\up6(→))＝－x＋2y＋2z＝0，,n·\o(AQ,\s\up6(→))＝－2x＋y＋2z＝0，))取n＝(2，－2，3)，所以平面α與平面ABCD的夾角的余弦值為：|cos〈n，eq\o(DD1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(DD1,\s\up6(→))|,|n||\o(DD1,\s\up6(→))|)＝eq\f(6,\r(17)×2)＝eq\f(3\r(17),17).②設直線PQ交A1B1，A1D1于G，H，連接AG，AH分別交BB1，DD1于M，N，連接MP，NQ，則平面AMPQN即為平面α截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面，如圖3所示．6．(2024·深圳福田區(qū)校級模擬)中國古代數(shù)學著作《九章算術》中記載了一種被稱為“曲池”的幾何體．該幾何體是上、下底面均為扇環(huán)形的柱體(扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的部分)．在如圖所示的“曲池”中，AA1⊥平面A1B1C1D1，記弧AB、弧DC的長度分別為l1，l2，已知AD＝1，l1＝2l2＝eq\f(4π,3)，E為弧A1B1的中點．(1)證明：A1D1⊥DE；(2)若AA1＝4AD，求直線CE與平面DEB1所成角的正弦值．(1)證明：延長A1D1，B1C1并相交于點O1，因為l1＝2l2＝eq\f(4π,3)，則D1O1＝A1D1＝AD＝1，∠A1O1B1＝eq\f(2π,3)，連接D1E，O1E，因為E為弧A1B1的中點，則∠A1O1E＝eq\f(π,3)，△A1O1E為正三角形，于是A1D1⊥D1E，因為AA1⊥平面A1B1C1D1，DD1∥AA1，則有DD1⊥平面A1B1C1D1，又A1D1?平面A1B1C1D1，于是A1D1⊥DD1，而D1E∩DD1＝D1，D1E，DD1?平面DD1E，因此A1D1⊥平面DD1E，又DE?平面DD1E，所以A1D1⊥DE.(2)解：以D1為坐標原點，D1O1為x軸，D1E為y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系D1-xyz，則E(0，eq\r(3)，0)，C(eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2)，－4)，D(0，0，－4)，B1(2，eq\r(3)，0)，則eq\o(CE,\s\up6(→))＝(－eq\f(3,2)，eq\f(\r(3),2)，4)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，4)，eq\o(DB1,\s\up6(→))＝(2，eq\r(3)，4)，設平面DEB1的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(CE,\s\up6(→))·m＝\r(3)y＋4z＝0，,\o(DB1,\s\up6(→))·m＝2x＋\r(3)y＋4z＝0，))令z＝eq\r(3)，得m＝(0，－4，eq\r(3))，令直線CE與平面DEB1所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(CE,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(CE,\s\up6(→))·m|,|\o(CE,\s\up6(→))||m|)＝eq\f(|－4×\f(\r(3),2)＋\r(3)×4|,\r(19)×\r(（－\f(3,2)）2＋（\f(\r(3),2)）2＋42))＝eq\f(2\r(3),19)，直線CE與平面DEB1所成角的正弦值為eq\f(2\r(3),19).7．(2024·茂名模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面△ABC為等腰直角三角形，側面AA1C1C⊥底面ABC，D為AC中點，AB＝BC＝eq\r(2)，AA1＝eq\r(5).(1)求證：BD⊥A1D；(2)再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求二面角A-CC1-B的余弦值．條件①：A1C1⊥B1C；條件②：AA1＝B1C.(1)證明：因為AB＝BC，D為AC中點，所以BD⊥AC，又因為平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，BD?平面ABC，所以BD⊥平面AA1C1C，又A1D?平面AA1C1C，所以BD⊥A1D.(2)解：選①，取A1C1的中點E，連接B1E，CE，則A1E∥DC且A1E＝DC，所以四邊形A1DCE為平行四邊形，所以A1D∥CE，因為A1B1＝B1C1，E為A1C1的中點，所以A1C1⊥B1E，又A1C1⊥B1C，B1C∩B1E＝B1，B1C，B1E?平面CB1E，所以A1C1⊥平面CB1E，又AC∥A1C1，所以AC⊥平面CB1E，又CE?平面CB1E，所以AC⊥CE，因為A1D∥CE，所以AC⊥A1D，如圖1，以點D為原點，建立空間直角坐標系，由AB＝BC＝eq\r(2)，AA1＝eq\r(5)，得AC＝2，A1D＝2，則D(0，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，C1(－2，0，2)，則eq\o(CB,\s\up6(→))＝(1，1，0)，eq\o(CC1,\s\up6(→))＝(－1，0，2)，因為BD⊥平面AA1C1C，所以eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，1，0)即為平面AA1C1C的一條法向量，設平面BCC1的法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(CB,\s\up6(→))＝x＋y＝0，,n·\o(CC1,\s\up6(→))＝－x＋2z＝0，))可取n＝(2，－2，1)，則cos〈n，eq\o(DB,\s\up6(→))〉＝eq\f(n·\o(DB,\s\up6(→)),|n||\o(DB,\s\up6(→))|)＝eq\f(－2,1×3)＝－eq\f(2,3)，由圖可知，二面角A-CC1-B為銳二面角，所以二面角A-CC1-B的余弦值為eq\f(2,3).選②，取A1C1的中點E，連接B1E，CE，DE，則A1E∥DC且A1E＝DC，所以四邊形A1DCE為平行四邊形，所以A1D∥CE且A1D＝CE，因為C1E∥DC且C1E＝DC，所以四邊形A1DCE為平行四邊形，所以BD∥B1E且BD＝B1E，又因為BD⊥A1D，所以CE⊥B1E，又AA1＝B1C＝eq\r(5)，BD＝B1E＝1，所以CE＝2，則A1D＝CE＝2，在△ADA1中，因為AD2＋A1D2＝A1A2，所以AD⊥A1D，如圖2，以點D為原點，建立空間直角坐標系，下同選①的答案．8．(2024·廣東模擬)已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是平行四邊形，側棱PA⊥平面ABCD，點M在棱DP上，且DM＝2MP，點N是在棱PC上的動點(不為端點)．(1)若N是棱PC中點，完成：①畫出△PBD的重心G(在圖中作出虛線)，并指出點G與線段AN的關系；②求證：PB∥平面AMN；(2)若四邊形ABCD是正方形，且AP＝AD＝3，當點N在何處時，直線PA與平面AMN所成角的正弦值取最大值．(1)①解：設AC與BD的交點為O，連接PO與AN交于點G，如圖1，因為點O為AC中點，點N為PC中點，所以PO與AN的交點G為△PAC的重心，所以PG＝2GO，又因為PO為△PBD在BD邊上的中線，所以點G也為△PBD的重心，即重心點G在線段AN上．②證明：連接DG并延長交PB于點H，連接MG，如圖2，因為點G