北師大版高考數(shù)學(xué)一輪專項(xiàng)復(fù)習(xí)練習(xí)卷-必刷大題-空間向量與立體幾何（含解析）

必刷大題-空間向量與立體幾何

1.如圖，四棱錐尸一/BCD的底面為正方形，以_L平面NBC。，M是PC的中點(diǎn)，PA=4B.

(1)求證：平面?3。；

⑵設(shè)直線與平面P3D交于點(diǎn)。，求證：AO=2OM.

證明(1)由題意知，AB,AD,/尸兩兩垂直，以/為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,/尸所在直線分別

為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

設(shè)以=AB=2,則尸(0,0,2),5(2,0,0),￡>(0,2,0),M(l,1,1),PB=(2,0,-2),PD=(0,2,一

2),京=(1,1,1),

設(shè)平面的法向量為〃=(x,y,z),

n-PB=2x—2z=0,

則’_取x=l,得”=(1,1,1),

nPD=2y—1z—0,

'：AM=n,平面P2D

(2)如圖，連接NC交AD于點(diǎn)E,

則E是/C的中點(diǎn)，連接PE,

平面網(wǎng)。=。，

...Oe/w且。e平面PBD,

平面PAC,

平面PAC,

又平面PADC平面PAC=PE,

；.OGPE,

：.AM,PE的交點(diǎn)就是。，連接EM,

?.?/是PC的中點(diǎn)，

：.PA//EM,PA=2EM,

：./\PAOsAEMO,

.PA=AO=2

"'EMMO1'

C.AO=2OM.

2.（2023?長沙模擬）斜三棱柱/2C—4121G的各棱長都為2,點(diǎn)/i在下底面48c上的投影為

AB的中點(diǎn)O.

（1）在棱A81（含端點(diǎn)）上是否存在一點(diǎn)。，使NiDL/Ci?若存在，求出2。的長；若不存在，

請說明理由；

⑵求點(diǎn)出到平面BCCiBi的距離.

解⑴連接OC,

因?yàn)镹C=3C,。為的中點(diǎn)，

所以O(shè)CL4B,

由題意知出。，平面4SC,

又/4=2,OA=-AB=],

2

所以40=3,ZAiAO=60°,

以點(diǎn)。為原點(diǎn)，OA,OC,。41所在直線分別為無軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角

坐標(biāo)系，

B、

Xcy

則4(0,0,3),4(1,0,0),5(-1,0,0),C(0,3,0),

由病=/京得5(—2,0,3),

同理得Ci(—1,3,3),

設(shè)詬=礪,?e[0,l],

得。(一1一“)，卡1),

又高=(—2,3,3)，

AiD—(—1—1,0,3f—3),

由涓?&B=o,

得一2(—1一7)+3(3/一市)=0,

得'=%

2

又281=2,：.BD=^,

所以存在點(diǎn)。且滿足條件.

(2)設(shè)平面8CC181的法向量為"=(x,y,z),

正=(1,總0),CG=(-l,0,回

nBC=x+^3y=0,

則有._

〃?CCi——x+3z=0,

可取”=(3,—1,1),

又就=(1,0,3),

所以點(diǎn)4到平面BCC向的距離為&^刻=亨=好，

1?1也5

所以所求距離為個(gè).

3.(2024?丹東模擬)如圖，平行六面體48co-/iSGA的所有棱長都相等，平面CDAG，

平面Z8C。，ADLDC,二面角。一/。一。的大小為120。，￡為棱Cid的中點(diǎn).

⑴證明：CDL4E；

(2)點(diǎn)尸在棱CG上，/E〃平面8。凡求直線NE與。尸夾角的余弦值.

⑴證明因?yàn)槠矫鍯DDiC」平面N2CZ),且平面CDACm平面/BCZ>=DC,/D_LOC,4。

U平面A8CD,所以/D_L平面CDD1G,

又。QU平面CDDxCx,

所以則/ADC是二面角A-4D-C的平面角，故NADC=120。.

連接?！?圖略)，因?yàn)镋為棱的中點(diǎn)，

則DELCxDu

久C\D\//CD,從而。E_LCD

又AD_LC￡>,DECAD=D,DE,ADU平面

所以CD_L平面AED,

又/￡u平面NED,因此CD_L/￡.

(2)解方法一如圖，連接￡>￡,連接NC交2D于點(diǎn)。，連接CE交。尸于點(diǎn)G,連接。G.

所以CE=AE=7AD2+DE2=布.

因?yàn)?￡〃平面ADF,/EU平面/EC,平面/ECO平面尸=OG,

所以/￡〃OG,因?yàn)?。?C的中點(diǎn)，

所以G為CE的中點(diǎn)，

且直線OG與。咒的夾角等于直線4B與。尸的夾角.

在R3DC中，DG=-CE=^-,

22

因?yàn)??！?啦，

因此直線AE與DF夾角的余弦值為2

7

方法二如圖，連接DE,CE,取DC中點(diǎn)為G,連接EG交DF于點(diǎn)X,則￡6=。。1=2.

連接/G交AD于點(diǎn)/,連接印，

設(shè)/2=2,則—

所以CE=AE=\)AD2+DE2=\l7.

因?yàn)?￡〃平面ADF,/EU平面/GE,平面/GED平面3。尸=出,

所以AE〃田.

印與的夾角等于直線/E與。尸的夾角.

在正方形/BCD中，GI=-AG,DI=-DB=^,

333

所以G//=1￡G,故印=1/￡=啦.

333

17

在△O77G中，GH=~EG^~,GD=1,ZEGD^60°,

33

由余弦定理得/1+--2X1X-X-=^.

V9323

BB-B

在△。印中，cosZDHI=+cc=-.3

因此直線/￡與。尸夾角的余弦值為三

7

方法三連接。E,由(1)知DEL平面N3CD,以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，豆，比，加為x軸、y軸、

z軸正方向，|豆|為2個(gè)單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

由⑴知。E=他，得4(2,0,0),5(2,2,0),C(0,2,0),￡(0,0,回Ci(0,l,響.

則運(yùn)=(0,-1,3),詼=(0,2,0),

成=(-2,0,3)，m=(2,2,0).

設(shè)市=北/=(0,~t,收)(OW0),

則5>=比+m=(0,2—7,回.

因?yàn)?E■〃平面瓦)9，所以存在唯一的九〃GR,

使得/E=2D3+〃DF=/(220)+Ma2—t,A/3/)=(22,2%+2〃一［it,—2,0,A/3),

故2Z=—2,2%+2〃-fit=0,他，

42A/?|

解得?=-,從而筋=0,3,3J.

3

AEDF

3

所以直線/E與。/夾角的余弦值為|cos〈AE,DF)|=\AE^DF]

3

4.(2023?成都模擬)如圖所示，直角梯形和三角形N2C所在平面互相垂直，DBLAB,

ED//AB,AB=2DE=2BD=2,AC=BC,異面直線DE與NC夾角為45。，點(diǎn)尸，G分別為

CE,3C的中點(diǎn)，點(diǎn)〃是線段EG上靠近點(diǎn)G的三等分點(diǎn).

⑴求證：A,B,F,X四點(diǎn)共面;

(2)求二面角B-CD-H的平面角的正弦值.

⑴證明如圖，取N8的中點(diǎn)。，連接OC,OE,

因?yàn)镹C=3C,故/氏4c為銳角,

又ED〃AB,

故NBAC即為異面直線OE與/C的夾角，則NA4c=45。,

則N/C5=90°,AC±CB,

因?yàn)橹苯翘菪?B0E和三角形/2C所在平面互相垂直，DBL4B,

平面ABDED平面ABC=AB,DBu平面ABDE,

故￡>8_L平面/8C,

又DE=OB,DE//OB,

即四邊形OBDE為平行四邊形,

WEO〃DB,所以￡O_L平面/8C,

故以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，文，而，龍的方向?yàn)閤,y,z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示,

則/(0,-1,0),5(0,1,0),C(1,0,0),￡(0,0,1),上。，3*?°],

由于曲旭=；昌一”1

可得加？力，

_仙1fl4f|

貝"尸=H'2j,AB=(0,2,0),AH=[3'3'3J,

貝(尸+上48,故/,B,F,"四點(diǎn)共面.

33

(2)解因?yàn)椤?J_平面N3C,/CU平面/8C,

所以D3_L4C,S.AC±BC,

DBCBC=B,DB,BCU平面BCD,

故NC,平面BCD,所以太=(1,1,0)可作為平面BCD的一個(gè)法向量,

設(shè)平面77c。的法向量為MI=(X,y,z),

fl_i_n_ri2n

8。=13'3,3),HD=[3,3,31，

>

HCm一0,(2x—y—z=0,

則，即?7

前nt=0,l-x+2y+2z=0,

令z=l,則,"=(0,—1,1),

設(shè)二面角3一。一〃的平面角為0,

IACmI

由|cos(AC,Ml〉|=1|/。|阿1=_1_=1

也義啦2’

得sin0=-,

2

3

故二面角5—CQ—H的平面角的正弦值為火.

2

5.(2023?長沙模擬)如圖，在三棱臺4BC-4131cl中，AB±BC,ACLBBx,平面482//平

面4BC,48=6,BC=4,BBi=2,/Q與小。相交于點(diǎn)。，AE=2EB,且。E〃平面BCC/i.

(1)求三棱錐C—481cl的體積;

(2)平面481c與平面A8C的夾角為a,CG與平面418c的夾角為人求證：a+￡=:.

(1)解平面，平面ABC,且平面ABBiAiQ平面ABC=AB,AB±BC,BC^平面ABC,

.?.3C_L平面ABB\Ai,

ABB\Ax,：.BCLBB\,

又ACLBB、,BCHAC^C,BC,/Cu平面ABC,

.?.32」平面ABC,

連接CiB,如圖，

E〃平面BCCbBi,OEU平面ASG,平面48cm平面BCC/i=C/,：.DE//C\B,

"：AE=2EB,.?.2b=2Z5G,

：.AICI^-AC.

2

，三棱錐C-431G的底面△ZiSCi的面積Si=1x2X3=3,高h(yuǎn)=BBi=2,

2

.?.其體積為%=1$歷=1義3X2=2.

33

(2)證明以3為坐標(biāo)原點(diǎn)，以防，正，遍的方向分別為x,乃z軸的正方向建立空間直角

坐標(biāo)系，如圖，

則4(6,0,0),C(0,4,0),51(0,0,2),4(3,0,2),Ci(0,2,2),

則而=(3,0,0),麻=(0,4,-2),黃=(0,-2,2).

設(shè)平面出囪。的法向量為〃=(x,y,z),

“?2i4=3x=0,

由.__取尸1,

nBiC=4y—2z=0,

則”=(0,1,2),

,/平面ABC的一個(gè)法向量為麗=(0,0,2),

?_\n-BBx\_4_2A/5

??cosot—__a一『一

\n\\B^\2、55

|〃?CC1|2J10

sin0=__

'l?l|CC；l也義2仍―10'

又,：a,際\,a

..sina——

510

_2/乂3而砧乂亞—也

cos(a+yff)=cosacos尸一sinasm&—AAX—

5105102

：a+pe(0,兀)，：.a+B^-.

4

6.如圖，在八面體/M3CDQ中，四邊形488是邊長為2的正方形，平面BID〃平面03C,

二面角尸一45一C與二面角。一CD—/的大小都是30。，AP=CQ=3,PDLAB.

(1)證明：平面尸CD〃平面Q42；

(2)設(shè)G為△QBC的重心，在棱/尸上是否存在點(diǎn)S,使得SG與平面夾角的正弦值為

出?若存在，求S到平面的距離，若不存在，說明理由.

20

⑴證明因?yàn)樗倪呅?BCD為正方形，

所以

又PDUB,ADQPD=D,AD,「。|=平面以。,

所以48人平面PAD,

因?yàn)镋4U平面Ri。，所以

又ADLAB,所以為二面角尸一/B—C的平面角，即/以。=30。,

又平面P4D〃平面QBC,AB//CD,

所以CD，平面QBC,

因?yàn)?。CU平面05C,所以。CLCO,

又CBLCD,