第一章空间向量与立体几何综合拔高练（Word含答案）

第一章空间向量与立体几何综合拔高练
考点1　用空间向量解决立体几何中证明、求值问题
1.(2021新高考Ⅱ,19)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的余弦值.
2.(2021天津,17)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.
(1)求证:D1F∥平面A1EC1;
(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值;
(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.
3.(2019课标全国Ⅰ文,19)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.
(1)证明:MN∥平面C1DE;
(2)求点C到平面C1DE的距离.
考点2　用空间向量解决立体几何中最值问题
4.(2021全国甲理,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小
5.(2020新高考Ⅰ,20)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.
考点3　已知空间角解决立体几何问题
6.(2021北京,17)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,点E为A1D1的中点,直线B1C1交平面CDE于点F.
(1)求证:点F为B1C1的中点;
(2)若点M为棱A1B1上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为,求.
7.(2018天津,17)如图,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)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE;
(2)求二面角E-BC-F的正弦值;
(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.
考点4　用空间向量解决探索性问题
8.(2019北京,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且.
(1)求证:CD⊥平面PAD;
(2)求二面角F-AE-P的余弦值;
(3)设点G在PB上,且.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.
应用实践
1.(2022重庆两江育才中学段考)如图,边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面,BC=2,M为BC的中点.
(1)证明:AM⊥PM;
(2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小;
(3)求点D到平面PAM的距离.
2.(2022天津南开中学月考)如图,在多面体ABCDEF中,AE⊥平面ABCD,四边形AEFC是平行四边形,且AD∥BC,AB⊥AD,AD=AE=2,AB=BC=1.
(1)求证:CD⊥EF;
(2)求平面ADE与平面DEB夹角的余弦值;
(3)若点P在棱CF上,直线PB与平面DEB所成角的正弦值为,求线段CP的长.
3.(2021上海黄浦三模)如图①,在菱形ABCD中,∠A=60°且AB=2,E为AD的中点.将△ABE沿BE折起,使AD=,得到如图②所示的四棱锥A-BCDE.在四棱锥A-BCDE中,求解下列问题:
图① 图②
(1)证明:BC⊥AB;
(2)在线段AC上是否存在一点P,使得平面ABD与平面PBD夹角的余弦值为 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
迁移创新
4.已知某旅游景点有座名山,高约为16(单位:千米),从山顶看正东方向(东门)入口的俯角约为60°,看正南方向(南门)入口的俯角约为45°,每个入口都有一条山路直通山顶,为方便游客游览,景区计划修建一条从南门入口至东线山路中点的缆车索道.(东门与南门在一个水平面上)
(1)求该索道的长度;
(2)求该索道与地面所成角的余弦值.
答案全解全析
1.解析　(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.由于QD=QA,故QE⊥AD.
在Rt△QAE中,QE===2.
∵底面ABCD是正方形,∴CD=AD=2.
在Rt△CDE中,CE===.
∴在△QCE中,QE2+CE2=QC2,∴QE⊥CE.
又∵CE∩AD=E,CE,AD 平面ABCD,
∴QE⊥平面ABCD.
又QE 平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)建立空间直角坐标系,如图所示,
则B(2,-1,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),所以=(-2,1,2),=(-2,2,0).
显然,平面QAD的一个法向量为n1=(1,0,0).
设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),
则 x=y=2z.
取z=1,则x=y=2,所以n2=(2,2,1).
设二面角B-QD-A的大小为θ,易知θ为锐角,
则cosθ=|cos|===.
2.解析　以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,
则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2),
E(2,1,0),F(1,2,0).
(1)证明:易知=(1,0,-2),=(2,2,0),=(2,1,-2).
设平面A1EC1的法向量为m=(x,y,z),
则令x=2,则y=-2,z=1,
所以m=(2,-2,1).
因为·m=0,所以⊥m,
因为D1F 平面A1EC1,所以D1F∥平面A1EC1.
(2)易得=(2,2,2).
由(1)得平面A1EC1的一个法向量为m=(2,-2,1).
设直线AC1与平面A1EC1所成角为θ,则sinθ=|cos|=
==.
(3)连接BD,易知平面AA1C1的一个法向量为=(2,-2,0).
由(1)得平面A1EC1的一个法向量为m=(2,-2,1).
cos<,m>===,
所以二面角A-A1C1-E的正弦值为=.
3.解析　(1)证明:由题意得DD1⊥平面ABCD,DE⊥AD.
以D为原点,DA,DE,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
则M(1,,2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,,0),C1(-1,,4),所以=(0,-,0),=(-1,,4),=(0,,0).
设平面C1DE的法向量为n=(x,y,z),
则即
取z=1,则y=0,x=4,∴n=(4,0,1).
∵·n=0,MN 平面C1DE,
∴MN∥平面C1DE.
(2)由(1)得C(-1,,0),∴=(-1,,0).
由(1)知平面C1DE的一个法向量为n=(4,0,1).
∴点C到平面C1DE的距离为==.
4.解析　(1)证明:∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,
∴A1B1⊥平面B1C1CB.
∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB.
又∵BC 平面B1C1CB,∴AB⊥BC.
以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),
∴=(0,2,1).设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则=(1-a,1,-2).
∵·=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,
∴BF⊥DE.
(2)由(1)知=(-1,1,1),=(a,-2,1).
设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),
则不妨设x=1,则y=,z=,
∴n=.
易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的锐二面角的大小为θ,则cosθ=
|cos|===≤=,
∴sinθ=≥,故当a=,即B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为.
5.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又DC∩PD=D,所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD 平面PBC,所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD.因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),
∴=(0,1,0),=(1,1,-1).
由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1).
设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,
则即取x=-1,则y=0,z=a,
所以n=(-1,0,a).
所以cos==.
设PB与平面QCD所成角为θ,
则sinθ=×=.
因为≤,当且仅当a=1时,等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.
6.解析　(1)证明:易得CD∥平面A1B1C1D1,又CD 平面CDE,平面A1B1C1D1∩平面CDE=EF,所以CD∥EF,则EF∥C1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,A1D1∥B1C1,所以四边形EFC1D1是平行四边形,则FC1=ED1,又E是A1D1的中点,所以FC1=ED1=A1D1=B1C1,即点F是B1C1的中点.
(2)以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz(图略).设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,=λ(0≤λ≤1),则C(0,2,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),F(1,
2,2),E(1,0,2),所以=(1,0,2),=(0,2,0),=+=
+λ=(2,-2,2)+λ(0,2,0)=(2,-2+2λ,2).
设平面CEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则即
令z1=1,得x1=-2,y1=0,
所以平面CEF的一个法向量为n1=(-2,0,1).
设平面CFM的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则即
令y2=1,得x2=2-2λ,z2=λ-1,
所以平面CFM的一个法向量为n2=(2-2λ,1,λ-1).
因为二面角M-CF-E的余弦值为,
所以=,
即=,又0≤λ≤1,所以λ=,则=.
7.解析　以D为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,可得D(0,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),
E(2,0,2),F(0,1,2),M,N(1,0,2).
(1)证明:=,=(0,2,0),=(2,0,2).
设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,
则即
不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).
因为·n0=0,直线MN 平面CDE,
所以MN∥平面CDE.
(2)=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).
设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,
则即
不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).
设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,
则即
不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).
cos==,于是sin=.
所以二面角E-BC-F的正弦值为.
(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则P(0,0,h),可得=(-1,-2,h).
易知=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,
故|cos<,>|===sin60°=,解得h=或h=-(舍去).
所以线段DP的长为.
8.解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD,且AD∩PA=A,所以CD⊥平面PAD.
(2)过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.
如图,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),
P(0,0,2),E(0,1,1).
所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).
所以==,=+=.
设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),
则即
令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).
易知平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0).
cos==-.
由题知,二面角F-AE-P为锐二面角,所以其余弦值为.
(3)直线AG在平面AEF内.理由如下:
因为点G在PB上,且=,=(2,-1,-2),
所以==,=+=.
由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).
因为·n=-++=0,
所以直线AG在平面AEF内.
1.解析　以D为原点,直线DA,DC分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,1,),A(2,0,0),M(,2,0).
(1)证明:=(,1,-),=(-,2,0).
∵·=(,1,-)·(-,2,0)=0,
∴⊥,∴AM⊥PM.
(2)设n=(x,y,z)为平面PAM的法向量,
则即
取y=1,则x=,z=,∴n=(,1,).
显然p=(0,0,1)为平面DAM的一个法向量.
∴cos===.
∴平面PAM与平面DAM的夹角为45°.
(3)=(2,0,0),
∴点D到平面PAM的距离d===.
2.解析　因为AE⊥平面ABCD,AB 平面ABCD,AD 平面ABCD,所以AE⊥AB,AE⊥AD.
又因为AB⊥AD,所以以点A为坐标原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系Axyz,
则A(0,0,0),D(2,0,0),B(0,1,0),C(1,1,0),E(0,0,2),F(1,1,2).
(1)证明:=(-1,1,0),=(1,1,0).
因为·=(-1,1,0)·(1,1,0)=-1+1=0,
所以⊥,即CD⊥EF.
(2)=(2,-1,0),=(0,-1,2),=(0,1,0).
设平面DEB的法向量为m=(x,y,z),
则即
令y=2,得x=1,z=1,所以m=(1,2,1).
易知=(0,1,0)是平面ADE的一个法向量.
所以cos===.
故平面ADE与平面DEB夹角的余弦值为.
(3)设点P(1,1,t),且0≤t≤2,则=(1,0,t).
由(2)知,平面DEB的一个法向量为m=(1,2,1).
设直线BP与平面DEB所成的角为φ,
则sinφ=|cos<,m>|===,整理,得t2-2t+1=0,解得t=1.所以P(1,1,1).所以线段CP的长为1.
3.解析　(1)证明:在题图①中,连接BD.因为四边形ABCD为菱形,∠A=60°,所以△ABD是等边三角形.因为E为AD的中点,所以BE⊥AE,BE⊥DE.
因为AD=AB=2,E为AD的中点,所以AE=DE=1.在题图②中,AD=,所以AE2+ED2=AD2,所以AE⊥ED.
因为BC∥DE,所以BC⊥BE,BC⊥AE.又BE∩AE=E,AE,BE 平面ABE,所以BC⊥平面ABE.
因为AB 平面ABE,所以BC⊥AB.
(2)由(1)知,AE⊥DE,AE⊥BE,BE⊥DE.以E为坐标原点,EB,ED,EA所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,1),B(,0,0),C(,2,0),D(0,1,0),所以=(-,0,1),
=(0,2,0),=(-,1,0),=(-,-2,1).
设=λ,0≤λ≤1,所以=(-λ,-2λ,λ),
所以=+=(-λ,2-2λ,λ).
设平面PBD的法向量为m=(x,y,z),
由得
令x=1,得y=,z=3-,
所以m=.
设平面ABD的法向量为n=(x',y',z'),
由得
令x'=1,得z'=,y'=,
所以n=(1,,).
若平面ABD与平面PBD夹角的余弦值为,则|cos|=
==,令t=3-,则上式可化为5t2+14t+9=0,解得t=-1或t=-,即3-=-1或3-=-,所以λ=或λ=,所以=1或=.
4.信息提取　分析题干中的数量关系和位置关系,勾画出立体图形.
数学建模　以山高、正东入口、正南入口和入口直通山顶的山路为背景,构建一个侧棱垂直于底面直角三角形的三棱锥,应用空间向量知识求解长度和夹角问题.将实际问题抽象为数学问题,根据所给俯角求出底面直角三角形的直角边长,再建立空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算得到问题的解.
解析　用PA表示山高,点B和点C分别表示南门入口和东门入口,点E为PC的中点,则可近似构成如图所示的三棱锥P-ABC.∵从山顶看正东方向入口的俯角约为60°,看正南方向入口的俯角约为45°,
∴∠PBA=45°,∠PCA=60°,∴AB=16×tan45°=16(千米),
AC=16×tan30°=(千米).
以点A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,0,0),P(0,0,16),B(16,0,0),C,E.
(1)||==(千米),
即索道的长度为千米.
(2)易知=,向量=(0,0,16)是平面ABC的一个法向量.设索道与地面所成角为θ,则sinθ=|cos<,>|==
=,∴cosθ=,即索道与地面所成角的余弦值为.
22