2023北师大版新教材高中数学选择性必修第一册同步练习-第三章　空间向量与立体几何综合拔高练

2023北师大版新教材高中数学选择性必修第一册

综合拔高练

五年高考练

考点1用空间向量判断立体几何中的位置关系

1.（多选）（2021新高考I,12）在正三棱柱ABC—ABC中，AB=AA1=1,点P满足

前=入阮+P西，其中入£[0,1],以£[0,1],则（）

A.当人=1时，AABiP的周长为定值

B.当u=l时,三棱锥P-A.BC的体积为定值

C.当人三时,有且仅有一个点P,使得A,P±BP

D.当口三时,有且仅有一个点P,使得A0_L平面AB,P

2.（2019江苏,16）如图,在直三棱柱ABC-AB3中,D,E分别为BC,AC的中

点,AB=BC.求证：

⑴AB〃平面DEG;

（2）BE±CiE.

考点2用空间向量求直线与平面所成的角

3.（2021浙江,19）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边

形,ZABC=120°,AB=1,BC=4,PA=V15,M,N分别为BC,PC的中点,PD±DC,PM±MD.

⑴证明：AB_LPM;

⑵求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.

4.(2020新高考I,20)如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PDJ_底面ABCD.设

平面PAD与平面PBC的交线为1.

(1)证明：1J_平面PDC;

(2)已知PD=AD=1,Q为1上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.

R

考点3用空间向量求平面与平面所成的角

5.(2021新高考I,20)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD_L平面BCD,AB=AD,0为

BD的中点.

⑴证明：0A_LCD;

(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上,DE=2EA,且二面角E-BC-D

的大小为45°,求三棱锥A-BCD的体积.

6.(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=V5,QC=3.

⑴证明：平面QAD_L平面ABCD;

(2)求二面角B-QD-A的余弦值.

考点4用空间向量求空间距离

7.(2019课标全国I文，19)如图，直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱

形,AAF4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分别是BC,BBbA,D的中点.

⑴证明:MN〃平面3DE;

(2)求点C到平面C.DE的距离.

考点5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_L平面

ABCD,AD±CD,AD〃BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点，点F在PC上,且詈总

⑴求证:CD_L平面PAD;

(2)求二面角F-AE-P的余弦值；

⑶设点G在PB上,且登=|.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.

PD3

三年模拟练

应用实践

1.（2020浙江杭州四中期中）已知直三棱柱ABC-A'B'C'的底面是正三角形，侧棱

长与底面边长相等,P是侧棱AA'上的点（不含端点）.记直线PB与直线AC所成的

角为a,直线PB与直线B'C所成的角为B,二面角P-B'B-C的平面角为Y,则

（）

A.a>p>yB.a<3<y

C.a>y>pD.0>a>y

2.（多选）（2022湖北襄阳重点高中月考）已知正方体ABCD-ABCD的棱长为2,M

是AAi的中点，过点B的平面a满足CM,平面a,则下列说法正确的有（）

A.若P是线段CG上的动点，则直线AP与平面a所成角的正弦值的取值范围是

V3272'

.3'3.

B.点C到平面a的距离为:

C.平面a截正方体所得截面的面积等于g

D.平面a截正方体所得截面的形状是平行四边形

3.(多选)(2022黑龙江大庆铁人中学月考)定义空间中两个非零向量的一种运算

a®b=|a||b|sin<a,b>,则以下结论中恒成立的有()

A.X(a®b)=(入a)®b(入W0)

B.a®b=b®a

C.(a+b)®c=(a®c)+(b®c)

D.若a=(xi,yi),b=(x2,y2),贝！Ja®b=|xiy2-x2yiI

4.(2022辽宁沈阳郊联体月考)在正方体ABCD-A.B^.D,中，E,F分别为线段AB,AB

的中点,0为四棱锥E-CDDC的外接球的球心,M,N分别是直线DDi,EF上的动点，

记直线0C与MN所成的角为。，则当9最小时，tan.

5.(2022重庆西南大学附属中学检测)如图,在四棱锥S-ABCD中,底面ABCD是正

方形，SA_L底面ABCD,SA=AD,M是SB的中点,AFLSC,且交SC于点F.

⑴求证:平面ACS_L平面AFM;

(2)求平面ADS与平面ACM所成二面角的平面角的正弦值.

6.(2021天津耀华中学暑假验收)如图,在四棱柱ABCD-A.B,C,D,中，侧棱AA」底面

ABCD,AB〃CD,AB±AD,AD=CD=1,AA】=AB=2,E为AA1的中点.

⑴证明：BCJ_CE;

(2)求二面角B「CE-G的平面角的正弦值；

⑶设点M在线段C,E上,且直线AM与平面ADDA所成角的正弦值是求线段AM

的长.

7.(2021河北衡水期中)如图，在四边形ABCD中，AB//CD,且

AB：BC：CD=3：2：2,ZABC=60°,E是线段AB上靠近点A的一个三等分点,沿

DE将4ADE折起，使点A到达点Ai的位置,且A,C=BC=2.

⑴证明：平面ADEJ_平面BCD;

(2)求平面AiBE与平面AiCD所成二面角的平面角的余弦值.

8.(2021海南、山东等新高考地区期中备考)如图,在多面体ABCDP中，AABC是

边长为4的等边三角形,PA=AC,BD=CD=2V2,PC=PB=4夜,E为BC的中点，平面

BDC_L平面ABC.

⑴求证:DE〃平面PAC;

(2)线段BC上是否存在一点T,使得二面角T-DA-B为直二面角？若存在,试指出点

T的位置;若不存在,请说明理由.

C

答案与分层梯度式解析

五年高考练

1.BD选项A,如图①所示，当人=1时一，点P在线段CG上，设CP=x(0WxWl),

若x=0,贝IJZXABF即为△ABC,此时AABF的周长为2近+1;若x=l,贝ijZXABF即

为△ABC,此时△ABF的周长为2V2+1;若0<x<l,则PC,=l-x,

在RtAPCA中,PA=Vl+x2,

在RtAB,C,P中,PBF7I+(1-x)2=Vx2-2x+2,

而AB尸戊,所以AABF的周长为V^+，％2_2X+2+”+'2,不为定值,故选项A

错误；

选项B,当u=l时，点P在线段BC上,

因为BC〃BC,BCQ平面ABC,BCc平面ABC,

所以B£〃平面ABC,

所以直线BC上的任何一点到平面A.BC的距离均相等，

所以三棱锥P-A.BC的体积为定值，故选项B正确；

取BC,BC的中点分别为0,0„连接001,A0,易知00」平面ABC,A0±BC,以

OB,0A,00i所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图②所示的空间直角坐标系,

则B&0,0),A(0,-苧,0),A10,—手,1),选项C,当入三时，点P在线段00」,

设P(0,0,z)(0<z<l),贝|布二(0，今z-1),丽=(q，O,z),若AIP±BP,贝IJ

•RP=0,

即z(z-l)=0,解得z=0或z=l,即当入三时,存在两个点P,使得AiP±BP,故选

项C错误；

选项D,当u三时，点P在线段MN上(M,N分别是线段BBbCC)的中点)，设

若AJB_L平面ABiP,则A,B±AP,则布・AP=0,

即&今-1)•；2)=2X+42=^,解得X=-p所以P(4，°D易验证此时满足

AiB_L平面AB.P,

所以当u弓时,有且仅有一个点P,使得AB_L平面ABR故选项D正确.故选

BD.

2.证明⑴取AC的中点E.,连接EE,.

由题意得EC,EB,EEi两两垂直，以E为原点,EC,EB,EEi所在直线分别为x轴、y

轴、z轴建立空间直角坐标系，如图.

设AC=2c,AB=l,AAi=a,

则E(0,0,0),B(0,71^72,0),D(],,0),

A1(-c,0,a),Bi(0,V1-c2,a),G(c,0,a),

所以41当=(c,V1—c2,0),,0),

所以4血二2前,所以工K〃前，

所以AB〃ED.

因为EDc平面DEG,ABQ平面DEC,

所以AB〃平面DEC,_____

(2)由(1)得方=(0,VF777,0),鬲=(c,0,a),

所以而・EQ=0,所以旃_LM，

所以BE_LGE.

3.解析(1)证明:在△CDM中,DC=1,MC=2,ZDCM=60°,贝ijDM=V3,所以

CD±DM.

又因为CD±PD,所以CDJ_平面PDM.

因此CD±PM.

又因为AB〃CD,所以AB_LPM.

⑵如图，以D为原点,DM,DC所在直线分别为x,y轴,建立空间直角坐标系D-

xyz.

则A(2V3,-2,0),C(0,1,0),M(8,0,0),设P(V3,0,z。)，z0>0,

因为PA=V15,所以Zo=2V2,

故P(g,0,2V2),N(^,|,V2),

所以丽=(-手］闾,DP=(V3,0,2V2),DM=(V3,0,0).

设平面PDM的法向量为n=(x,y,z),

由伊・里=。，得［中x+2V2z=0,取甲(0,1,0)

1n,DM=0,lV3x=0,

设直线AN与平面PDM所成角至a,

所以sina=Icos<A/V,n>|=-^5>n|=—.

11|AN|«|n|6

因此,直线AN与平面PDM所成角的正弦值为半.

6

4.解析⑴证明：因为PD,底面ABCD,所以PD±AD.又底面ABCD为正方形,

所以AD±DC.因此AD_L平面PDC.

因为AD〃BC,ADQ平面PBC,

所以AD〃平面PBC.

由已知得1//AD,因此1_L平面PDC.

⑵以D为坐标原点,病的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标

系,

则D(0,0,0),C(0,1,0),B(l,1,0),P(0,0,l),DC=(0,l,0),PS=(l,1,-1).

由(1)可设Q(a,0,1),则丽=(a,0,1).

设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,

则｛僚::喉可取

n=(-1,0,a).

所以cos<n,PB>=-n,PB_-1-a

|n||PB|Vl+a2•V3,

设PB与平面QCD所成角为e,则sin。亭黑等J1+篇.

因为手J1+岛*当且仅当a=l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

5.解析⑴证明:在4ABD中，因为AB=AD,。为BD的中点,所以A01BD,

又平面ABD_L平面BCD,平面ABDG平面BCD=BD,AOc平面ABD,所以AOL平面

BCD,

又CDc平面BCD,所以AO±CD.

(2)由OC=OD=OB得BC1CD,由(1)知AO_L平面BCD,以C为原点,CD,CB,函的

方向分别为X轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则

C(0,0,0),B(0,V3,0),设A0=a.

则•,.寻(0,V3,0),北=(|,噂,£),设平面EBC的法向量为

n=(x,y,z),贝*皆一°,即「丫6’2令x=a,贝Uz=T,

U・CE=0,(x+/y+£z=0,

n=(a,0,-1),

易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1),

由题可知Icos<m,n>|=|禹卜mq，

Aa=l,即A0=l.

=

*e•VA-BCD=~SABCD•A0-X-X1XV3X1=-^-,

故三棱锥A-BCD的体积为f.

6

6.解析⑴证明：取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.

由于QD=QA,故QELAD.

在RtAQAE中,QE力QgApJ(V5)2-12=2.

\•底面ABCD是正方形，，CD=AD=2,

在RtACDE中,CE=VfD2+DE2=V22+12=V5.

.,.在4QCEQE2+CE2=QC2,.,.QE±CE,

又CEnAD=E,CE、ADc平面ABCD,

，QEJL平面ABCD.

又QEu平面QAD,...平面QADJ_平面ABCD.

(2)建立空间直角坐标系，如图所示，

则B(2,T,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),

.•.丽=(-2,1,2),前=(-2,2,0).

显然,平面QAD的一个法向量为ni=(l,0,0),

设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),

n,BQ=0，=(-2x+y+2z=0,

则2=x=y=2z.

\-2x+2y=0

n2,BD=0

取”=(2,2,1).

设二面角B-QD-A的平面角为。，易知0为锐角,

则cos9=|cos<n„n2>|

7.解析(1)证明：•.•直四棱柱ABCD-A.B.C.D,的底面是菱

形,AAL4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分别是BC,BBbA.D的中点，

.•.DD」平面ABCD,DE±AD,

以D为原点,DA,DE,DDi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M(l,0,2),N(l,0,2),D(0,0,0),E(0,V3,0),G(-1,V3,4),所以丽=(0,-

V3,0),西=(-1,V3,4),DE=(0,V3,0).

设平面C,DE的一个法向量为n=(x,y,z),

贝J?!•DQ=+V3y+4z=0,

In,DE=0,lV3y=0,

取z=l,则n=(4,0,1).

因为丽・n=0,所以而_Ln,又MNQ平面C,DE,

所以MN〃平面GDE.

(2)易知C(-l,V3,0),所以尻=(-1,V3,0),

而平面C,DE的一个法向量为n=(4,0,1),

所以点C到平面C,DE的距离d=^里右二察.

\n\V1717

8.解析(1)证明：因为PAJ_平面ABCD,所以PA±CD,

又因为AD±CD,所以CD,平面PAD.

⑵过A作AD的垂线交BC于点M.

因为PA_L平面ABCD,

所以PA±AM,PA1AD.

如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(2,-

l,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

因为E为PD的中点,

所以E(0,1,1).

所以荏=(0,1,1),同=(2,2,-2),而=(0,0,2).

所以两三定=(1，*》前夕声丽=(l，I，3

设平面AEF的一个法向量为n=(X,y,z),

n.AF-o(y+z=o,

则竺唧2J「_

n•AF=0,匕x+,y+§z=n0.

令z=l,则y=-l,x=-l,于是n=(-l,-1,1).

易得平面PAD的一个法向量为p=(l,0,0),

==-

所以cos<n,P>7|n7||pn|v3-

由题知,二面角F-AE-P为锐角，所以其余弦值为号.

⑶直线AG在平面AEF内.

因为点G在PB上,且器|,而=(2,-1,-2),所以而=|而

3,痔*+路&

由⑵知,平面AEF的一个法向量为n=(-1,-1,1).

所以万・n=T+|+|=0.

所以直线AG在平面AEF内.

三年模拟练

1.D设直三棱柱ABC-A'B'C'的棱长为2,如图，取BC的中点0,以0A,0B所在

直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系,

则A(V3,0,0),B(0,1,0),C(0,-1,0),B'(0,1,2),设P(V3,0,t)(0<t<2),

则丽=(-V3,1,-t),AC=(-V3,-l,0),阮二(0,-2,-2),

Acosa=|cos<丽，前>|」巴驾二厂川2:一¥匕

1'1\PB\\AC\2V3+l+t2V4+t22

cos2=13〈两或小”焉含济詈・春・

VtG(O,2),.-.MG［o,f),

/.cosP<cosa.

由题意得B'B±BC,B'B_LBA,则二面角P-B'B-C的平面角为NABC,则

y=ZABC=60°,

cosB<cosa今cos丫，「.B>a>y,故选D.

2.ABC以D为原点,DA,DC,DD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(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(2,0,1),易得平面a的一个法向量为

国=(2,-2,1),设P(0,2,z),0WzW2,直线AP与平面a所成角为。，则

方=(2,-2,-z),所以sin0=|cos<?X而>|=-^=.易得sin。在［0,2］上

随Z的增大而减小，所以当z=2时，sin。有最小值，为?，当z=0时，sin。

有最大值，为^A正确;阮=(-2,0,0),所以点C到平面a的距离

d=隼界W，B正确;设E,F分别为BC,CD的中点，易证CM,平面BDFE,则面

BDFE就是平面a截正方体所得截面，易得四边形BDFE为等腰梯形,其面积为

［，故C正确,D错误.故选ABC.

3.BD对于

A,人(a®b)=X(|a||b|sin<a,b>),(入a)®b=|X||a||b|sin<入a,b>,故

人(a®b)=(Xa)®b不恒成立;

对于B,a®b=|a||b|sin<a,b>,b®a=|b||a|sin<b,a>,故a®b=b®a恒成立；

对于C,若a=-2b,(a+b)®c=|b||c|sin<b,c>,

(a®c)+(b®c)=|-2b||c|sin<b,c>+|b||c|sin<b,c>=3|b||c|sin<b,c>,

显然(a+b)®c=(a®c)+(b®c)不恒成立；

X1X2+yiy2

对于D,Vcos<a,b>-)

r.sin<a,b>[l-（当沪丫，

N1⑼网）

a@b=|a||b|•1-（^^+丫加）

7<同网）

=J|a|2四2-（XM2+yj2）2

力（好+及）（好+及）-Ql%2+%%）2

=J*资+行资-2%1%2yly2=IXiy2-x2yiI,

贝ija®b=|Xiy2-X2yJ恒成立.

故选BD.

IIVH

4.答案42

解析如图，设P,Q分别为棱CD和CD的中点,则四棱锥E-C.D.DC的外接球即

为三棱柱DFC-DEG的外接球.

二•三棱柱DFC-DEC为直三棱柱，

，其外接球球心0为上、下底面三角形外心G和H连线的中点.

由题意知,MN是平面DD.EF内的一条动直线，

直线0C与平面DDEF所成的角即为最小的6.

设正方体的棱长为2,则EQ=2,ED^VS,

•••△ECD为等腰三角形，

「.△ECD的夕卜接圆的直径为2GE=——=卓丹,贝ijGE=f,

smZEC1D1痣24

.,.PH=GQ=2-|=^,如图，以D为原点,DA,DC,西的方向分另U为x轴、y轴、z

轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz,

.•.西=（0,0,2）,DF=（2,1,0）.

设平面DD,EF的一个法向量为n=（x,y,z）,

则『•巴L2z=0,令g,则甲（「2,。）.

（九•DF=2x+y=0,

,沆.,.当0最小时，sin0=|cos〈n,沆〉匚/二,则tan

\4/V5XV41

42

5.解析(1)证明：YSA，底面ABCD,BCu底面ABCD,，BC，SA.

四边形ABCD为正方形，，BCJ_AB.

•••SAnAB=A,，BC_L平面SAB.

VAMc平面SAB,.\AM±BC.

VSA=AD,AD=AB,/.SA=AB.

OM为SB的中点，，AMJ_SB.

VBCnSB=B,SBC.

VSCc平面SBC,ASC±AM.

XVAF1SC,AFAAM=A,.\SC_L平面AFM.

VSCc平面ACS,.•.平面ACS_L平面AFM.

⑵以A为坐标原点,AD,AB,AS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，

设AD=2,则A(0,0,0),C(2,2,0),M(0,1,1),

.\AC=(2,2,0),AM=(0,1,1).

m•AC=2x+2y=0,„....

设平面ACM的一个法向量为m=(x,y,z),则—,取y=T,可

m•AM=y+z=0,

得m=(l,T,1).

易知平面ADS的一个法向量为n=(0,1,0).

cos<m,n>=-m•nV3

|m||n|3

贝！Jsin<m,n>=y/1—cos2<m,n>=^-

因此,平面ADS与平面ACM所成二面角的平面角的正弦值为彳.

6.解析(1)证明：以A为原点建立空间直角坐标系，如图所示,

依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B,(0,2,2),CI(1,2,l),E(0,1,0),

则西=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1),

：.B^-CE=(1,O,-1)•(-1,l,-l)=O,

,

：.B^±CE,..B,C1±CE.

(2)^C=(l,-2,-l),

设平面BiCE的一个法向量为m=(x,y,z),

则pn•匣=x-2y-z=0,

(m•CE=—x+y-z=0,

取z=l,得x=-3,y=-2,.*.m=(-3,-2,1).

由⑴知BC_LCE,

又CC」BC,CEACG=C,

，BiC」平面CEC„

...瓦瓦=(1,0,-1)为平面CEC,的一个法向量，

•/DK•B1cl_-4_2A/7

-

,,COS〈%^1G)-|m||B^|V14X

•,.sin<m,瓶/工句=V-

••・二面角BrCE-G的平面角的正弦值为手.

(3)AE=(0,l,0),EQ=(l,1,1),

设前=入西=(入，入，入),0W入W1,

^AM=AE+EM=(X,X+1,入).

易知荏=(0,0,2)为平面ADDA的一个法向量.

设6为直线AM与平面ADDA12f理的角，

则sink|cos<M狼）=鬻需其品赤;演篇•

于是忌百;，解得入=［（负值舍去）♦

・•.।AM।=।前।=J（j+G）+C）=学

线段AM的长为¥•

7.解析（1）证明：由题意得，四边形BCDE为菱形,连接CE,取DE的中点0,连

接0Ab0C,如图所示.

在aADE中，易知NEAD=90°,

即AD±AE,即A,D±A,E.

因为。是DE的中点，所以OA^jDE=l.

易知4CDE为等边三角形，

所以0CLDE,且0C=g.

因为A,C=2,所以AiC=0i45+0C2,

所以NAQC=90°,即0A-0C.

又因为OCJ_DE,且OAlnDE=O,

所以OC,平面ADE.

又因为OCu平面BCD,

所以平面AJ)EJ_平面BCD.

⑵以0为原点,OC,标的方向分别为x