2023年新高考数学一轮复习课时8.6《空间向量与立体几何》达标练习（含详解）

2023年新高考数学一轮复习课时8.6《空间向量与立体几何》达标练习LISTNUMOutlineDefault\l3如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.(1)求证：BD⊥平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小.LISTNUMOutlineDefault\l3如图1，在直角△ABC中，∠ABC=90°，AC=2eq\r(3)，AB=eq\r(3)，D，E分别为AC，BD的中点，连结AE并延长交BC于点F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2所示.(1)求证：AE⊥CD；(2)求平面AEF与平面ADC所成二面角的正弦值.LISTNUMOutlineDefault\l3如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD的中点.(1)求证：B1E⊥AD1.(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE.若存在，求AP的长；若不存在，说明理由.LISTNUMOutlineDefault\l3如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P为CE中点.(1)求证：AB⊥DE.(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值.LISTNUMOutlineDefault\l3如图1所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝eq\f(π,2)，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2所示.(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值.LISTNUMOutlineDefault\l3已知四棱锥S-ABCD的底面为平行四边形，且SD⊥面ABCD,AB=2AD=2SD,∠DCB=60°,M,N分别为BS,CS中点，过MN作平面MNPQ分别与线段CD,AB相交于点P,Q.（1）在图中作出平面MNPQ，使面MNPQ//面SAD(不要求证明）；（2）若SKIPIF1<0，是否存在实数SKIPIF1<0，使二面角M-PQ-B的平面角大小为60°？若存在，求出的SKIPIF1<0值，若不存在，请说明理由.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0答案解析LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC.∵AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥AE.∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.(2)以O为原点，eq\o(OA,\s\up16(→))，eq\o(OB,\s\up16(→))的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，eq\r(3)，0)，D(0，－eq\r(3)，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a>0)，eq\o(OF,\s\up16(→))＝(－1,0，a).设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(OB,\s\up16(→))＝0，,n·\o(OE,\s\up16(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＝0，,x＋2z＝0，))令z＝1，则n＝(－2,0,1)，由题意得sin45°＝|cos〈eq\o(OF,\s\up16(→))，n〉|＝eq\f(|\o(OF,\s\up16(→))·n|,|\o(OF,\s\up16(→))||n|)＝eq\f(|2＋a|,\r(a2＋1)·\r(5))＝eq\f(\r(2),2)，解得a＝3或－eq\f(1,3).由a>0，得a＝3，eq\o(OF,\s\up16(→))＝(－1,0,3)，eq\o(BE,\s\up16(→))＝(1，－eq\r(3)，2)，cos〈eq\o(OF,\s\up16(→))，eq\o(BE,\s\up16(→))〉＝eq\f(－1＋6,\r(10)×\r(8))＝eq\f(\r(5),4)，故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为eq\f(\r(5),4).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)证明：由题意知，而为的中点，∴，又面面，面面，且平面，∴平面，又平面，∴.(2)由(1)可知，，，两两相互垂直，可构建以E为原点，为x轴、y轴、z轴正方向空间直角坐标系，则，，，，，易知面的一个法向量为，，设平面的法向量为，则：，即，令，则，设平面与平面所成锐二面角为θ，则，所以其正弦值为.LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)证明：以A为原点，eq\o(AB,\s\up10(→))，eq\o(AD,\s\up10(→))，eq\o(AA1,\s\up10(→))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(如图).设AB=a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0，1)，故eq\o(AD1,\s\up10(→))=(0，1，1)，eq\o(B1E,\s\up10(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，eq\o(AB1,\s\up10(→))=(a，0，1)，eq\o(AE,\s\up10(→))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).因为eq\o(B1E,\s\up10(→))·eq\o(AD1,\s\up10(→))=－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1=0，所以B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时eq\o(DP,\s\up10(→))=(0，－1，z0).又设平面B1AE的法向量n=(x，y，z).因为n⊥平面B1AE，所以n⊥eq\o(AB1,\s\up10(→))，n⊥eq\o(AE,\s\up10(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x=1，得平面B1AE的一个法向量n=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥eq\o(DP,\s\up10(→))，有eq\f(a,2)－az0=0，解得z0=eq\f(1,2).又DP⊄平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP=eq\f(1,2).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE，因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE，因为CD∥OB，CD=eq\f(1,2)AB=OB，BC=CD，BC⊥AB，所以四边形OBCD是正方形，所以AB⊥OD，又OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，OD∩OE=O，所以AB⊥平面ODE，又DE⊂平面ODE，所以AB⊥DE.(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，OD⊂平面ABCD，OD⊥AB，所以OD⊥平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A(1，0，0)，B(－1，0，0)，D(0，0，1)，E(0，eq\r(3)，0)，C(－1，0，1)，所以eq\o(AD,\s\up10(→))=(－1，0，1)，eq\o(AE,\s\up10(→))=(－1，eq\r(3)，0)，eq\o(BC,\s\up10(→))=(0，0，1)，eq\o(BE,\s\up10(→))=(1，eq\r(3)，0)，设平面ADE的法向量为m=(x，y，z)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AD,\s\up10(→))＝0，,m·\o(AE,\s\up10(→))＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋z＝0，,－x＋\r(3)y＝0，))令y=1，得m=(eq\r(3)，1，eq\r(3))，同理可得平面BCE的法向量为n=(eq\r(3)，－1，0)，所以cos〈m，n〉=eq\f(m·n,|m||n|)=eq\f(2,\r(7)×2)=eq\f(\r(7),7).所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为eq\f(\r(7),7).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)证明：在题图1中，连接CE，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝eq\f(π,2)，所以四边形ABCE为正方形，四边形BCDE为平行四边形，所以BE⊥AC.在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC.又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，又平面A1BE⊥平面BCDE，所以∠A1OC＝eq\f(π,2)，所以OB，OC，OA1两两垂直.如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则B(eq\f(\r(2),2),0,0)，E(-eq\f(\r(2),2),0,0)，A1(0,0,eq\f(\r(2),2))，C(0,eq\f(\r(2),2),0)，得eq\o(BC,\s\up16(→))＝(-eq\f(\r(2),2),eq\f(\r(2),2),0)，eq\o(A1C,\s\up16(→))＝(0,eq\f(\r(2),2),-eq\f(\r(2),2))，由eq\o(CD,\s\up16(→))＝eq\o(BE,\s\up16(→))＝(－eq\r(2)，0,0)，得D(-eq\f(\r(2),2),eq\f(\r(2),2),0).所以eq\o(BD,\s\up16(→))＝(-eq\f(3\r(2),2),eq\f(\r(2),2),0).设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，直线BD与平面A1BC所成的角为θ，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(BC,\s\up16(→))＝0，,