高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 综合拔高练

第一章空间向量与立体几何

综合拔高练

五年高考练

考点1用空间向量解决立体几何中的证明、求值问题

1.(2022全国甲理,18)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD,CD//

AB,AD=DC=CB=I,AB=2,DP=√3.

(1)证明PA;

(2)求PD与平面尸A3所成的角的正弦值.

2.(2022全国新高考/,19)如图,直三棱柱ABc-AlBG的体积为4,△

43C的面积为2√Σ

(1)求A到平面的距离;

⑵设力为AC的中点,AAi=AB,平面AlBea平面ABB↑A↑,求二面角

A-BQ-C的正弦值.

3.(2022全国新高考〃,20)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=P8,AB

_LAeE为PB的中点.

(1)证明：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）如图,在直三棱柱ABC-MBXCX中,ABVAC,Λ4ι1

AB,AA↑=AB=AC=2,D.E、尸分别为4囱,AAι,8的中点.

⑴求证:初力平面ABC;

⑵求直线BE与平面CGQ所成角的正弦值;

(3)求平面AiCD与平面CC1D夹角的余弦值.

考点2用空间向量解决立体几何中的最值问题

5.(2021全国甲理,19)已知直三棱柱ABC-ABG中，侧面44闰8为正

方形,AB=BC=2,E,JF分别为AC和CG的中点,。为棱AiB.上的

点,BF±A}B∖.

⑴证明：BTLLDE;

(2)当BlD为何值时一,面BBGC与面QM所成的二面角的正弦值最

小？

c

6.(2020全国新高考/,20)如图，四棱锥PABC。的底面为正方形,ED

_L底面A3CD.设平面PAD与平面PBC的交线为I.

(1)证明：LL平面PDC-,

⑵已知PQ=AZ)=1,Q为/上的点，求P3与平面QCD所成角的正弦

值的最大值.

考点3用空间向量解决探索性问题

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

CD,AD//BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点，点厂在PCl.,且

PF_1

PC—3,

⑴求证：CQj_平面尸4D;

(2)求二面角F-AE-P的余弦值;

(3)设点G在尸B上,且9=2判断直线AG是否在平面AEF内，说明

PB3

理由.

三年模拟练

应用实践

1.(2023贵州贵阳一中段考)在四棱锥Q-ABCQ中,底面A8CD是正方

形，若AD=2,2D=2A=√5,QC=3.

⑴证明：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重庆两江育才中学段考）如图,边长为2的等边APCQ所在的

平面垂直于矩形ABCD所在的平面,BC=2√Σ,M为BC的中点.

(1)证明:AM_LPM;

⑵求平面PAM与平面DAM的夹角的大小;

⑶求点。到平面PAM的距离.

3.（2023山东肥城期中）如图①，已知AABC是边长为3的等边三角形,

点MN分别是边AB,AC上的点，且BM=2MA,AN=2NC.将AAMN沿

MN折起到MN的位置,如图②所示.

⑴求证:平面ABM，平面BCNM;

⑵给出三个条件:①AM_L3&②二面角A。MN-C的大小为60°;③

45=√7在这三个条件中任选一个作为下面问题的已知条件,并作答.

在线段BC上是否存在一点尸,使直线尸4与平面43M所成角的正弦

值为甯?若存在,求出心的长;若不存在,请说明理由.

4.(2023云南昆明第一中学月考)如图，在直三棱柱AfiC-AifiiCi

Φ,E,F,G分别为线段BiCi,BIB及AC的中点,P为线段A1B上的动

点,BG=^AC,AB=S,BC=6,三棱柱ABC-A∣B∣Ci的体积为240.

(1)求点/到平面44E的距离；

(2)试确定动点P的位置,使直线FP与平面A1ACC1所成角的正弦值

最大.

迁移创新

5.(2023四川外语学院重庆第二外国语学校期中)湖北省鄂州市洋澜湖

畔有一座莲花山.莲花山，山连九峰,状若金色莲初开,独展灵秀,故而

得名.这里三面环湖，通汇长江，山峦叠翠,烟波浩渺.旅游区管委会计

划在山上建设一座别致的凉亭供游客歇脚,该凉亭的实景效果图和设

计图分别如图①和图②所示,该凉亭的支撑柱高3√3m,顶部是底面

边长为2m的正六棱锥,且各侧面与底面所成的角都是45°.

⑴求该凉亭及其内部所占空间的大小；

(2)在直线PC上是否存在点M使得直线MA与平面BDIFl所成角

的正弦值为??若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由.

P

答案与分层梯度式解析

第一章空间向量与立体几何

综合拔高练

五年高考练

1.解析以D为原点,DC,OP所在直线分别为y轴,z轴,过。点且垂

直于48的直线为％轴,建立空间直角坐标系，如图.

⑴证明：结合题意知

O(0,0,0),3(y,∣,θ),P(0,0,√3),A(f,-ɪ0),贝U砺=

∖~DB-PA=-4--+40=0,.,.DB-LPA,

：.BDLPA.

⑵设平面PAB的法向量为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,则x=2,y=0,故m=(2,0,1).

又∙.∙前=(0,0,√3),

：.PD与平面PAB所成的角的正弦值等于ICOs<丽,^>l=∣τ⅛∣=y∙

2.解析⑴由题意知金棱锥&TBC=:联棱柱ABeT出Q=条设A到

平面48C的距离为//,

s

则人棱锥41TBC=l^A1BC∙h=雷仁号解得∕l=√∑

故A到平面AiBC的距离为√Σ

⑵连接AB∣,由直棱柱及AAi=AB知四边形ABBiAi为正方形，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为坐标原点,BC,BA,BBl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(O,2,O),B(O,O,O),C(2,O,O),D(1,1,1),B1=(O,2,O),FD=(1,1,1

),丽=(-1,1,1),

设平面ABQ的法向量为H∣=(ΛI,yι,zι),

嚅二例Ui

取xι=l,则j∣=0,zι=-l,故π∣=(l,0,-1),

设平面BDC的法向量为∏2=(%2,>2,Z2),

J前∙n=0,(x+y+Z=O,

叫方.电2=0,叫f2+%2+Z22=0,

取y2=l,则%2=0,Z2=-1,故”2=(0,1,-1),

.11..√3

..cos<w∣,-2>=e.鱼=-...sm<n∣,ni>=~,

.∙.二面角A-BD-C的正弦值为日.

3.解析(1)证明：连接OA,因为PO是三棱锥尸-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OA=OB,延长BO,交4C于凡连接PF,

已知ABLAC,OA=OB,则在RtZXA^F1中，O为RF的中点.

在APBF中，O,E分别为BF,PB的中点,所以OE//PF,又因为OEQ

平面PAC,PrU平面PAC,所以OE〃平面PAC.

⑵以A为原点,过点A作与OP平行的直线并以其为Z轴,AB所在

直线为％轴,AC所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

由PO=3,PA=5,结合(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,|)设C(0,α,0),

贝施二(0,a,0),AB=(4√3,0,0),AE=(3√3,1,0,

设平面AEB的法向量为nι=(xι,y∖,zɪ),

嚅二川燎：：+|…

所以x∣=0,取y=3,贝IJz∣=-2,故n∣=(0,3,-2).

设平面AEC的法向量为"2=(%2,”,Z2),

则俗:蓝即康∖+∣Z2=。所以N取2则

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

设二面角C-AE-B的平面角为仇贝IJSinθ=y∕1-cos<n1,n2>=ɪɪ,

所以二面角CAbB的正弦值为

4.解析⑴证明：由题可知AcA3,441两两互相垂直.以A为原

点,彳瓦丽,前的方向分别为％轴,y轴,Z轴的正方向，建立空间直角

坐标系.

则

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的一个法向量为(0,1,0),记%=(0,1,0).

VEF=(∣,0,l),ΛEF∙HI=0.

又,.∙E网平面ABC,：.E/〃平面ABC.

(2)设平面CGQ的法向量为〃2=(%,y,z),

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

,Jn2.CQ=O,pɪθ,

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

令x=2,得γ=0,z=l,.*.m=⑵0,1).

设直线BE与平面CGQ所成的角为θ,

∙,∙sin归cos＜瓯小＞1=置赢=√⅛=?

.∙.直线与平面CGQ所成角的正弦值为李

⑶设平面AiCD的法向量为〃3=(%ι,yι,zι),

由⑴得碇=(0,-2,2),CD=(1,2,-2),

.Cn3,中=0，即(-2yι+2z1=0,

',{n3-CD=O1lɪi+2%-2z1=0,

令y=l,得％ι=0,ZI=I,.∙."3=(0,1,1).

由⑵知平面CGQ的一个法向量为八2二(2,0,1).

设平面4CD与平面CG。的夹角为α,

r∏lll.∣∏2∙∏3∣1√To

贝IJcosα=∣cos<"2,∏3>∣=,,,,,=尼B=TT-

∣∏2lln31v5×√210

，平面48与平面CGQ夹角的余弦值为等.

10

5

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

B∖C∖CB.

'：AB//AxBx,.,.AB±ΞF≡BICICB.

5

XVfiCcFBB1CiCB,：.ABLBC.

以8为坐标原点,雨,前,西的方向分别为次轴,y轴,z轴的正方向,

建立空间直角坐标系，则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),Λ

前=(0,2,1).设BZ)="(0WαW2),则D(a,0,2),则屁=(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).

设平面DFE的法向量为n=(%,Mz),

则巴R=一+y+z=O,不妨设E则产等,z=_,.∙.

LFD∙n=ax-2y+Z=0,33

易知m=(1,0,0)是平面BBxCxC的一个法向量.

设平面BBGC与平面OFE所成的锐二面角的大小为θ,则COS

八I∣m∙n∣133

6/=cos<m,n>l=-——

∣m∣∣n∣

^÷m2÷m2历+τ可

[(当a=E时取等号)

.,.sinθ=yjl—cos2Θ≥^,故当tz=∣,即囱Z)W时,平面BB∖C∖C与平面

。隹所成的二面角的正弦值最小,最小值为f∙

6.解析⑴证明：因为尸。，底面ABCZ),所以PAD.因为底面

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

所以AOj_平面PDC

因为AJD〃BeAZX平面PBC,所以AD〃平面PBC.

由已知得/〃AD因此人平面PDC.

⑵以。为坐标原点,而,反,加的方向分别为％轴,y轴,z轴的正方

向，建立空间直角坐标系Dxyz,则

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

.∙.反=(0,1,0),丽=(1,1,-1).

由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(α,0,1).

设〃=(%,y,z)是平面QCD的法向量，

则卜∙DQ=O,gp(ax+z=0,取I,则Z=Q

[n∙DC=0,U=。,

所以n=(-1,0,a).

所以cos<n,而>=-n,piL=∙L

InllPBl√l+α2×√3

设PB与平面QCQ所成的角为a

则Sin0=-×-⅛^⅛=-∣1+表

3√l+α23Na2+l

因为?Jl+J⅛≤τ-当且仅当4=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当

7.解析⑴证明：因为PAJ_平面ABCD,CQU平面ABCD,所以PAl

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

平面PAD.

⑵过A作A。的垂线,交BC于点M.

因为PAJ_平面A3CD所以PALAM,PAlAD.

如图，建立空间直角坐标系Axyz,则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),½P=(0,0,2).

所以而=：而二—而=而+而=G∣t).设平面AEF

的法向量为片(%,y,z),

'y+z=0,

竺二0,即

∣∣

AF=0,.%+y+*°∙

令z=l,则y=-l,x=-l.于是n=(-l,-1,1).

易知平面PAD的一个法向量为(1,0,0),记p=(l,0,0),所以

n∙p√3

丽=一了

由题知,二面角F-AE-P为锐二面角，所以其余弦值为日.

⑶直线AG在平面AEF内.理由如下：

由⑵知,PB=(2,-1,-2),平面AEF的一个法向量为n=(-l,-l,1).

因为点G在尸3上,且黑=|,

ΓDɔ

所以而=I方=G—|,_)尼AP+PG=(^

ɔXɔɔɔ/

因为而"W+∣+1=0,所以直线AG在平面AEF内.

三年模拟练

1.解析⑴证明：取AD的中点O,连接。0,CO.因为

QA=QD,OA=OD,所以Qo_LAJD,因为AD=2,QA=√5,所以

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

因为QC=3,所以Qe2=QO2+OC2,故Q。J_Oc因为OC∩

AD=O,OC,ADU平面ABCD,所以QOL平面ABCD,

因为QoU平面QAD,所以平面QAOJ_平面ABCD.

<⅛Λ....0

B^^ζTC

⑵过。作07〃CD,交BC于T,则OTLAQ,

结合⑴可知OT,A。,OQ两两互相垂直,故以O为原点,建立如图所

示的空间直角坐标系.

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

设平面Q3。的法向量为〃=(%,y,z),

Ijn.的=0,即(-2x+y+2z=0,

叱IjI国=0即U%+2y=0,

取％=1,则y=i,z=∣,故〃=(1,1,2).

易知平面QAD的一个法向量为(1,0,0),记相=(1,0,0),故

cos<m,∕2>=-^=j∙结合题图可知二面角B-QD-A的平面角为锐角，故

IX-3

2

其余弦值为∣.

2.解析以D为原点,直线DA,DC分别为入轴,y轴建立如图所示的

空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,1,√3),A(2√2,0,0),M(√2,2,0).

⑴证明:丽=(√Σ,1,-√¾,AM=(-√2,2,0).

,.∙^PM-AM=(√2,1,-√3)∙(-√2,2,0)=0,

：.PM1.AM,：.AM±PM.

⑵设n=(%,y,Z)为平面PAM的法向量,

Tlm=0,即f√2x+y—√3z=0,

n∙AM=0,(―√2x+2y=0,

取y=l,则x=y∕2,Z=Λ∕3,.,.n=(V2,1,ʌ/ɜ).

显然p=(0,0,1)为平面DAM的一个法向量.

平面PAM与平面D4M的夹角为45°.

(3)万？=(2√I,0,0),.∙.点D到平面PAM的距离d=学4=

∣(2√2,0,0)∙(√2,l,√3)∣_2√6

3.解析⑴证明：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)选条件①4ML3C.由(1)得AMIMN,又AM工BC,MN与BC是

两条相交直线，MN,BCu平面BCNM,AM，平面BCNM.：.

MB,MN,M4两两互相垂直.以M为坐标原点,MB,MN,MA所在直线

分别为％轴,y轴,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz,

二'M'∖ΛJV

则4(0,0,l),B(2,0,0),由点P在BC上可设P(2-α,√Ia,0),其中0

≤tz≤∣,则加=Q-a,√3α,-1).

易得平面45M的一个法向量为(O,1,0),记八=(0,1,0).

设直线PA与平面ABM所成的角为θ,

贝IJSinP=ICoS44'P,n>∖=3√10

√(2-α)2+3α2+l10

解得Q=呼＞

.∙.不存在满足条件的点P.

选条件②二面角A1-MN-C的大小为60°.

由(1)得NAMB就是二面角A"/N-C的平面角，

.,.ZA'MB=60°.

过作40L3M,垂足为O,连接OC,则AOL平面BCNM.

经计算可得OA'=孚,0M=∣,0B=∣,而BC=3,NMδC=60o,：.OB.LOC.

：.0B,OC,OA两两互相垂直.以O为坐标原点,OB,OC,OA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Oxyz,

则A(0,0,左),3(|,0,0),

由点P在BC上可设P(I-a,√3a,0),0≤β≤∣,

则/'P=(|一见Ba,一/).

易得平面A5M的一个法向量为(0,1,0),记〃=(0,1,0).

设直线PA与平面AaW所成的角为θ,

则Sinθ=∖cos<A'P,n>∖

y3α3√10

J(l-af+3ɑ2+∣10:

解得Q=I或a=3（舍去）,

存在满足条件的点P,这时PB=3.

选条件③A5=√7.在445M中，由余弦定理的推论得CosZ

222

A'MB=A'M+MB-A'B1+4-7一”432。

2A∣M-MB2×1×2

过A作40_LBM垂足为O,则40_L平面BCNM.

以。为坐标原点,方瓦面的方向分别为X轴,Z轴的正方向建立右手

直角坐标系（图略），

则A,（θ,θ,y）,β（∣,θ,θ）,由点P在BC上可设P（I-α,√3α,θ）,其中O

≤^≤-,

2

则/'P=（|一a，ʌ/ɜɑi-γ）∙

易得平面45M的一个法向量为（0,1,0）,记〃=（0,1,0）.

设直线PA与平面A5M所成的角为θ,

噜3

-解得>-

贝IJSinP=ICOS<4P,n>∖=2

.∙∙不存在满足条件的点P∙

4.解析（1）因为BG=^AC,G为AC的中点,

所以aABC为直角三角形，ZABC=9Q°,

又三棱柱ABC-A1JSICI为直三棱柱,所以44SG也为直角三角形，Z

A/6=90°,

222

所以A∖E=yjA1B^+B1E=Λ∕8+3=y∕73.

因为三棱柱ABC-A1B1C1的体积为240,

11

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

AιA=240,BPAiA=IO.

易得囱平面A35ι4∙

设点F到平面AlAE的距离为d(d>O),

因为匕棱锥FMAE=V三棱锥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,38两两互相垂直.以8为坐标原

点,BC,BA,BBx所在直线分别为X轴,y轴,Z机建立如图所示的空间

直角坐标系,

则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),丽=(0,0,10),

设前=A砧,A∈[0,1],尸(%,Xz),

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

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

设平面A∣ACC∣的法向量为n=(%ι,y,z∣),

则•敷

P=0,(Gx1—8y1=0,

QOz=0,

(n.AA1=0,1

令x∖=4,贝!jyι=3,zι=0,所以〃=(4,3,0).

设直线FP与平面AiACCi所成的角为。，则sin

__________|24川_________________24λ__________

归3<而，〃>1=繇,当2∈

√64λ2+(10λ-5)2×55√164Λ2-100λ+25

(0,1］时,sinO=W.24_________1_________

“A100.255J2