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文档简介
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.(2023北京,16)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=AB=BC=1,PC=3.(1)求证:BC⊥平面PAB;(2)求二面角A-PC-B的大小.2.(2023天津,17)三棱台ABC-A1B1C1中,已知A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB=AC=AA1=2,A1C1=1,N为线段AB的中点,M为线段BC的中点.(1)求证:A1N∥平面C1MA;(2)求平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值;(3)求点C到平面C1MA的距离.3.(2023新课标Ⅱ,20)如图,三棱锥A-BCD中,DA=DB=DC,BD⊥CD,∠ADB=∠ADC=60°,E为BC的中点.(1)证明:BC⊥DA;(2)点F满足EF=4.(2023全国甲理,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°,AA1=2,A1到平面BCC1B1的距离为1.(1)证明:A1C=AC;(2)已知AA1与BB1的距离为2,求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.5.(2023全国乙理,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=22,PB=PC=6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,AD=(1)证明:EF∥平面ADO;(2)证明:平面ADO⊥平面BEF;(3)求二面角D-AO-C的正弦值.考点2用空间向量解决立体几何中的最值问题6.(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?7.(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8.(2023新课标Ⅰ,18)如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=4.点A2,B2,C2,D2分别在棱AA1,BB1,CC1,DD1上,AA2=1,BB2=DD2=2,CC2=3.(1)证明:B2C2∥A2D2;(2)点P在棱BB1上,当二面角P-A2C2-D2为150°时,求B2P.9.(2021北京,17)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1D1的中点,B1C1与平面CDE交于点F.(1)求证:F为B1C1的中点;(2)若M为棱A1B1上一点,且二面角M-FC-E的余弦值为53,求A10.(2021新高考Ⅰ,20)如图,在三棱锥A-BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)证明:OA⊥CD;(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.考点4用空间向量解决探索性问题11.(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PFPC(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PGPB三年模拟练应用实践1.(2023北京广渠门中学月考)在四面体A-BCD中,P在平面ABC内,Q在平面BCD内,且满足AP=xAB+yA.AQ与DP所在直线是异面直线B.AQ与DP所在直线平行C.线段AQ与DP必相交D.线段AQ与DP延长后相交2.(2024广东广州华南师范大学附属中学期中)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD、侧面A1ADD1都是正方形,且二面角A1-AD-B的大小为120°,AB=2,若P是C1D与CD1的交点,则AP=()A.3B.3.(2024全国模拟预测)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别是棱A1D1,CC1的中点,点G是底面ABCD内任意一点(包括边界),则三棱锥G-B1EF的体积的取值范围是()A.43C.24.(多选题)(2024浙江名校联盟模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2,点E,F满足AF=A.直线BE与D1F一定为异面直线B.直线AE与平面ACB1所成角的正弦值为15C.四面体A-DEF的体积恒为2D.当λ=μ时,AF+A1F的最小值为12+45.(2024江西五校联考)如图,四棱锥P-ABCD中,PA=PB=AB=AD=2,BC=4,AD∥BC,AD⊥AB,AC与BD交于点O,过点O作平行于平面PAB的平面α.(1)若平面α分别交PC,BC于点E,F,求△OEF的周长;(2)当PD=22时,求平面α与平面PCD夹角的正弦值.6.(2024浙江台州教学质量评估)如图1,四边形ABCD为平行四边形,E为CD的中点,AB=4,AD=AE=2,将△ADE沿AE折起,使点D到达点P的位置,如图2.(1)若平面APE⊥平面ABCE,求证:AP⊥BE;(2)若点A到直线PC的距离为3337.(2024山东潍坊北约联盟期中)已知边长为4的正方形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直,四边形EFCD是半圆弧CD的内接梯形,且CD∥EF.(1)证明:平面ADE⊥平面BCE;(2)设EF=2,且二面角E-AD-C与二面角D-BC-F的大小都是60°,当点P在棱AD(包含端点)上运动时,求直线PB和平面ACE所成角的正弦值的取值范围.答案与分层梯度式解析综合拔高练五年高考练1.解析(1)证明:因为PA⊥平面ABC,BC,AB⊂平面ABC,所以PA⊥BC,PA⊥AB.所以PB=PA又因为BC=1,PC=3,所以PB2+BC2=PC2,所以PB⊥BC.因为PA∩PB=P,PA,PB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB.(2)以B为坐标原点,BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),所以APBC=(1,0,0).设平面PAC的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则m·AP=z1设平面PBC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则n·PC=x2所以cos<m,n>=m·由图知,二面角A-PC-B为锐二面角,所以二面角A-PC-B的大小为π32.解析(1)证明:连接MN.因为M,N分别为线段BC,AB的中点,所以MN是△ABC的中位线,所以MN∥AC,MN=12又因为A1C1∥AC,A1C1=12AC,所以MNA1C1所以四边形MC1A1N是平行四边形,所以MC1∥A1N.因为MC1⊂平面C1MA,A1N⊄平面C1MA,所以A1N∥平面C1MA.(2)因为A1A⊥平面ABC,AB,AC⊂平面ABC,所以A1A⊥AB,A1A⊥AC,又AB⊥AC,所以AB,AC,AA1两两互相垂直.以A为坐标原点,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),C1(0,1,2),M(1,1,0),C(0,2,0),B(2,0,0),所以AM=(1,1,0),设平面C1MA的一个法向量为n=(x,y,z),则n令x=2,则y=-2,z=1,所以n=(2,-2,1).易知平面ACC1A1的一个法向量为AB=(2,0,0).设平面C1MA与平面ACC1A1所成的角为θ,则cosθ=|cos<n,AB>所以平面C1MA与平面ACC1A1所成角的余弦值为23(3)由(2)知,平面C1MA的一个法向量为n=(2,-2,1),AC=(0,2,0).所以点C到平面C1MA的距离为|n3.解析(1)证明:连接AE,DE.∵DB=DC,E为BC的中点,∴DE⊥BC.∵DB=DC,∠ADB=∠ADC=60°,DA=DA,∴△ADB≌△ADC,∴AB=AC,∴AE⊥BC.又AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE,∴BC⊥平面ADE,又DA⊂平面ADE,∴BC⊥DA.(2)设DA=DB=DC=2,则AB=AC=2,BC=22,DE=∴AE2+DE2=AD2,∴AE⊥DE.又AE⊥BC,DE∩BC=E,BC,DE⊂平面BCD,∴AE⊥平面BCD.如图,以E为坐标原点,直线ED,EB,EA分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),A(0,0,2),D(2,0,0),B(0,由EF=DA,得F(-2,0,设平面DAB的一个法向量为n=(x,y,z),则n·DB=设平面ABF的一个法向量为m=(x',y',z'),则m令y'=1,得m=(0,1,1).设二面角D-AB-F的平面角为θ,θ∈[0,π],则|cosθ|=|m∴sinθ=33,故二面角D-AB-F的正弦值为34.解析(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC.又AC∩A1C=C,AC,A1C⊂平面AA1C1C,∴BC⊥平面AA1C1C.∵BC⊂平面BCC1B1,∴平面BCC1B1⊥平面AA1C1C.过A1作A1H⊥CC1,垂足为H,又平面BCC1B1⊥平面AA1C1C,平面BCC1B1∩平面AA1C1C=CC1,A1H⊂平面AA1C1C,∴A1H⊥平面BCC1B1,∴A1H=1.易知∠CA1C1=90°,在Rt△A1CC1中,CC1=2=2A1H,∴H为CC1的中点,∴△A1CC1为等腰直角三角形,∴A1C=A1C1.易知ACA1C1,∴A1C=AC.(2)以C为坐标原点,CA,CB,CA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.在平面BCC1B1内,过H作HQ∥BC,交BB1于点Q,连接A1Q,如图.易知CC1⊥A1H,CC1⊥HQ,CC1BB1,又A1H∩HQ=H,A1H,HQ⊂平面A1HQ,∴CC1⊥平面A1HQ,BB1⊥平面A1HQ,又A1Q⊂平面A1HQ,∴BB1⊥A1Q,∴A1Q=2,∴在Rt△A1HQ中,HQ=3.易知A1C=AC=2,则A(2B(0,0,2设平面BCC1B1的一个法向量为n=(x,y,z),则n·CB=设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ,则sinθ=|cos<AB1,n>|=|A∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为13135.解析以点B为坐标原点,BA,BC所在直线分别为x轴,y轴,垂直于平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),A(2,0,0),O(0,2,0),C(0,2(1)证明:设AF=λAC,0<λ<1,则F(2-2λ,2∴BF=(2−2λ,22λ,0),又∴BF·AO=0,即-2(2-2λ)+4λ=0,解得λ=又D,E,O分别为PB,PA,BC的中点,∴DO∥PC,EF∥PC,∴DO∥EF.又EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,∴EF∥平面ADO.(2)证明:∵D,O分别是PB,BC的中点,且PC=6,∴DO=12PC=6由cos∠ABD=AB2+B设P(x,y,z),z>0,则由PB=PC=6,PA=14故P(-1,2,∵D,E分别是PB,PA的中点,∴D-1∴BE=12∴AO·∴AO⊥又AO⊥BF,BE∩BF=B,BE,BF⊂平面BEF,∴AO⊥平面BEF.又AO⊂平面ADO,∴平面ADO⊥平面BEF.(3)易知平面AOC的一个法向量为m1=(0,0,1).由(2)知OD=设平面AOD的一个法向量为m2=(x1,y1,z1),则m取x1=1,则y1=2,z1=3,所以m设二面角D-AO-C的平面角的大小为θ,则|cosθ|=|cos<m1,m2>|=|m∴sinθ=22,即二面角D-AO-C的正弦值为26.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),∴BF=(0,2,1).设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则DE=(1-a,1,-2).∵BF·(2)由(1)知EF=(−1,1,1),设平面DFE的一个法向量为n=(x,y,z),则EF·n=-x+y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<m,n>|=|m·n故当a=12,即B1D=12时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小,为7.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.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,DA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),所以DC=(0,1,0),由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,则n·DQ=ax+z=0所以cos<n,PB>设PB与平面QCD所成的角为θ,则sinθ=33因为33所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为638.解析(1)证明:证法一:以C为坐标原点,CD,CB,CC1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,连接A2B2,则A2(2,2,1),B∴A2易知点A2,B2,C2,D2不在同一直线上,∴B2C2∥A2D2.证法二:分别取DD2,CC1的中点N,M,连接B2M,MN,A2N,A2B2.在正四棱柱中,BB2=2,BB1=AA1=4,∴B2为BB1的中点.易知AA2=1,DN=1,几何体ABB2A2-DCMN为四棱柱,∴四边形A2B2MN为平行四边形,∴MNA2B2.∵D2N=1,MC2=1,且D2N∥C2M,∴四边形MND2C2为平行四边形,∴D2C2MN,∴A2B2D2C2,∴四边形A2B2C2D2为平行四边形,∴B2C2∥A2D2.(2)同(1)中证法一建系,设BP=t(0≤t≤4),则P(0,2,t).∵A2(2,2,1),C2(0,0,3),D2(2,0,2),∴PA(-2,0,1).设平面PA2C2的一个法向量为u1=(x1,y1,z1),则P令z1=1,则x1=t-12,y1=设平面A2C2D2的一个法向量为u2=(x2,y2,z2),则D2A2·u2=2∴u2=(1,1,2).设二面角P-A2C2-D2的平面角为θ,则θ=150°.∴cosθ=cos150°=-|u当t=1时,BP=1,∴B2P=BB2-BP=1;当t=3时,BP=3,∴B2P=BP-BB2=1.综上,B2P=1.9.解析(1)证明:在正方体ABCD-A1B1C1D1中,因为CD∥C1D1,且CD⊄平面A1B1C1D1,C1D1⊂平面A1B1C1D1,所以CD∥平面A1B1C1D1.因为平面CDE∩平面A1B1C1D1=EF,所以CD∥EF.所以C1D1∥EF.因为E为A1D1的中点,所以F为B1C1的中点.(2)不妨设正方体的棱长为2.如图,建立空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),C(0,2,0),F(1,2,2),所以DC=(0,2,0),设平面CDE的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则m令z1=1,则x1=-2,y1=0,于是m=(-2,0,1).设A1所以FM=(1,2λ-2,0).设平面MFC的一个法向量为n=(x2,y2,z2),则n令x2=2,则z2=-1,y2=11-λ,于是n由题意得|cos<m,n>|=|m·n||10.解析(1)证明:在△ABD中,∵AB=AD,O为BD的中点,∴AO⊥BD,又∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AO⊂平面ABD,∴AO⊥平面BCD,又CD⊂平面BCD,∴OA⊥CD.(2)由OC=OD=OB得BC⊥CD,由(1)知AO⊥平面BCD,以C为坐标原点,CD,CB,设AO=a,则E23设平面EBC的一个法向量为n=(x,y,z),则n令x=a,则z=-1,∴n=(a,0,-1).易知平面BCD的一个法向量为m=(0,0,1).由题可知|cos<m,n>|=m·∴V三棱锥A-BCD=13S△BCD·AO=111.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AE=(0,1,1),所以PF=设平面AEF的一个法向量为n=(x,y,z),则n令z=1,则y=-1,x=-1,所以n=(-1,-1,1).易知平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0).所以cos<n,p>=n·由图知,二面角F-AE-P为锐二面角,所以其余弦值为33(3)直线AG在平面AEF内.理由如下:因为点G在PB上,且PGPB所以PG=由(2)知,平面AEF的一个法向量为n=(-1,-1,1).因为AG·n=-43所以直线AG在平面AEF内.三年模拟练1.C2.B3.C4.ABD1.C若x=s=0,则AP=yAC,AQ=tAC+uAD,所以AQ=2.B因为四边形DD1C1C是平行四边形,P是C1D,CD1的交点,所以P是C1D的中点,所以AP=因为底面ABCD、侧面A1ADD1都是正方形,所以AA1=AD=AB=2,AB⊥AD,AA1⊥AD,所以∠A1AB即为二面角A1-AD-B的平面角,即∠A1AB=120°,所以AB·所以AP+AD·AA13.C以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则B1(2,2,2),E(1,0,2),F(0,2,1),所以EF=(−1,2,−1),取EF的中点M,连接B1M,则M12,1因为B1E=B1F,M为EF的中点,所以B1M⊥EF,所以S△B1EF=设平面B1EF的一个法向量为n=(x,y,z),则n取x=2,得y=-1,z=-4,所以n=(2,-1,-4).设G(m,n,0)(0≤m≤2,0≤n≤2),则GB1=(2-m,2-n,2),所以点G到平面B1EF的距离为所以V三棱锥易得-2≤2m-n≤4,所以23即23≤V4.ABD以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(0,0,0),A1(2,0,2),B1(2,2,2),E(0,0,1),所以AB=(0,2,0),由AF=AB+λ由于0<λ<1,0<μ<1,所以0<2-2μ<2,0<2λ<2,所以点F在平面BCC1B1内(不包括边界),连接BD,B1D1,又D1在平面BB1D1D内,所以D1F和平面BB1D1D相交,又BE⊂平面BB1D1D,D1∉直线BE,所以直线BE与D1F一定为异面直线,A正确.易得AC=(−2,2,0),设平面ACB1的一个法向量为m=(x,y,z),则m·AC=所以cos<AE,m>=AE·设直线AE与平面ACB1所成的角为θ,θ∈0,则sinθ=|cos<AE,m>|=155,B因为点F在平面BCC1B1内(不包括边界),所以点F到平面ADE的距离为2,所以V四面体A-DEF=V四面体F-ADE=13当λ=μ时,F(2-2λ,2,2λ),连接BC1,则点F在BC1上(不含端点).连接A1B,A1C1,将平面A1BC1绕BC1翻折到与平面ABC1D1在同一平面内,如图,连接AA1,此时AA1与BC1的交点即为满足题意的点F.由题意可知AB=2,A1B=22,∠ABA1=5π6∴AA12=AB2+A1B2-2AB·A1Bcos∠ABA1=22+(2cos5π6∴AF+A1F的最小值为12+46,D故选ABD.5.解析(1)由AD∥BC,可得△AOD∽△COB,∴ADBC由题意得,平面OEF∥平面PAB,又平面OEF∩平面PBC=EF,平面PBC∩平面PAB=PB,∴EF∥PB.同理可得,OE∥PA,OF∥AB,∴△PAB∽△EOF,∴ABOF易得△PAB的周长为6,∴△OEF的周长为4.(2)∵平面α∥平面PAB,∴平面α与平面PCD的夹角与平面PAB与平面PCD的夹角相等.∵AD=2,PA=2,PD=22,∴PD2=AD2+PA2,∴AD⊥PA.又AD⊥AB,AB∩PA=A,AB,PA⊂平面PAB,∴AD⊥平面PAB.又AD⊂平面ABCD,∴平面PAB⊥平面ABCD.取AB的中点G,连接PG,则PG⊥AB.又平面PAB∩平面ABCD=AB,PG⊂平面PAB,∴PG⊥平面ABCD.以点A为坐标原点,AB所在直线为x轴,AD所在直线为y轴,过点A且与PG平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),D(0,2,0),P(1,0,3),C(2,4,0),∴设平面PCD的一个法向量为n=(x,y,z),则DC·n=2x+2易知AD=(0,2,0)是平面PAB的一个法向量
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