新教材高考数学第一章空间向量与立体几何4综合拔高练基础过关含解析新人教A版选择性必修第一册

综合拔高练

五年高考练

考点1用空间向量判断线面位置关系

1.(2019江苏，16,14分,的如图,在直三棱柱ABC-AiB^i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用空间向量求异面直线所成的角

2.(2019上海，17,14分,嫡)如图，在正三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC=2,AB=BC=AC=V3.

⑴若PB的中点为M,BC的中点为N,求AC与MN的夹角；

(2)求P-ABC的体积.

考点3用空间向量求直线与平面所成的角

3.(2019天津,17,13分,#?)如图,AE_L平面ABCD,CF//AE,AD/7BC,AD±AB,AB=AD=1,AE=BC=2.

⑴求证:BF〃平面ADE;

(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；

(3)若二面角E-BD-F的余弦值为求线段CF的长.

4.(2019浙江，19,15分,*?)如图，已知三棱柱ABC-ABG,平面AiACC」平面

ABC,ZABC=90°,ZBAC=30°,AiA=AiC=AC,E,F分另！j是AC,AB的中点.

⑴证明：EF_LBC;

(2)求直线EF与平面AiBC所成角的余弦值.

考点4用空间向量求两个平面的夹角

5.(2019课标全国II,17,12分,*如图,长方体ABCD-ABCD的底面ABCD是正方形，点E在棱AAi

上,BE±ECi.

⑴证明:BE_L平面EBiCi；

(2)若AE=AE求二面角B-EC-Ci的正弦值.

6.(2019课标全国in,19,12分,#?)图1是由矩形ADEB,RtAABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中

AB=1,BE=BF=2,ZFBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图2.

(1)证明：图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC_L平面BCGE;

⑵求图2中的二面角B-CG-A的大小.

考点5用空间向量求空间距离

7.（2019课标全国I,19,12分,姨）如图,直四棱柱ABCD-AiBCDi的底面是菱

形,AAi=4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分别是BC,BBbAiD的中点.

⑴证明：MN〃平面CiDE;

⑵求点C到平面CDE的距离.

考点6用空间向量解决探索性问题

8.(2019北京，16,14分,/?)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——=J.

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,且一《判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由.

三年模拟练

应用实践

1.（2020北京通州三模数学试题,*7）如图，在四棱柱ABCD-ABCD中，侧棱AiA_L底面

ABCD,AB1AC,AB=1,AC=AAi=2,AD=CD=VS,点E为线段AAi上的点，且AE=；.

⑴求证:BE_L平面ACBi；

⑵求平面ACD,与平面ACBi夹角的余弦值；

⑶判断棱AB上是否存在点F,使得直线DF〃平面ACB”若存在,求线段AF的长;若不存在,说明理由.深度解

析

2.(2020黑龙江哈尔滨师范大学附中高三上期中,")如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边

形，ZBCD=135°,PA_L底面ABCD,AB=AC=PA=2,E,F分别为BC,AD的中点，点M在线段PD上.

(1)求证:面EMFJ_面PAC;

(2)如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等,求一的值.

3.(2020湖南长沙第一中学高三上月考,")如图所示,在梯形ABCD中,AB〃CD,ZBCD=120°,四边形ACFE为

矩形,且CF_L平面ABCD,AD=CD=BC=CF.

⑴求证:EF_L平面BCF;

(2)点M在线段EF上运动,设平面MAB与平面FCB的夹角为9,试求cos9的取值范围.

4.（2020山东枣庄部分重点高中高三上,"）等边4ABC的边长为3,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足

—=—弓（如图1）.将4ADE沿DE折起到AAiDE的位置，使平面A】DE_L平面BCED,连接AB、AC（如图2）.

⑴求证:AJ）_L平面BCED;

⑵在线段BC上是否存在点P,使直线PA,与平面ABD所成的角为60°?若存在,求出线段BP的长度;若不存

在,请说明理由.

图1图2

答案全解全析

五年高考练

L证明⑴取AC的中点Ei,连接EEi.

由题易得,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=1,AAi=a(c>0,a>0).

2

则E(0,0,0),B(0,71-2,0),D(-,0),Ai(-c,0,a),Bi(0,Vl-,a),G(c,0,a),

所以Fl•二(c,71-2,o),-=(-咚3,o),

所以一丁"7=2-所以—TT〃—所以AIB^ED.

因为EDc平面DEC1,A1BH平面DEG,

所以AB〃平面DECt.

(2)由(1)得一=(0,71-2,o),i=(c,0,a),

而—>•T=0,所以一1，所以BEIGE.

2.解析(1)过点P作底面ABC的垂线,垂足为0,则0为底面三角形的中心,连接B0,以0为原点,0B所在直

线为x轴,OP所在直线为z轴，过。点平行于AC的直线为y轴,建立空间直角坐标系,则0),C(-

?今。)

明。,今N(疗,。).

设AC与MN所成角为0,

则3。二三修哼

AAC与MN的夹角为arccos4.

(2)连接AO并延长,交BC于N,贝!JAN=2AO=|AN=1,

.,.PO=V22-12=V3,

VP-ABC^X-XV3X-XV3=~.

3.解析依题意,可以建立以A为原点,一\一,,一（的方向分别为x轴,y轴,轴正方向的空间直角坐标

系（如图）,

可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).

设CF=h(h〉O),则F(l,2,h).

(1)证明：依题意,一'=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量,又一=(0,2,h),所以•~=0,

又因为直线BFC平面ADE,

所以BF〃平面ADE.

(2)依题意,一'=(-1,1,0),一=(-1,0,2),-'=(-1,-2,2).

设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量，

则［月=。，

(•BE=0,

即｛二L==0°,

不妨令z=l,

可得n=(2,2,1),因此有cos<—\n>=^—=-^.

ICEIII9

所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为小

⑶设m二(xi,ybzi)为平面BDF的法向量,

1•BD=0,

则

<-BF=0,

-i+1=0，

即

2i+h1=0,

不妨令yi=1,可得m=^l,1,

由题意,得|cos<m,n>|,解得h=5经检验,符合题意.所以线段CF的长为:

3尺3

4.解析解法一：⑴证明:连接AE因为AiA=A£,E是AC的中点，所以AiE_LAC,

又平面人小久1_1_平面ABC,AiEc平面AiACCi,平面AiACC,n平面ABC=AC,

所以AiE_L平面ABC,

则AiEIBC.

又因为A1F/7AB,ZABC=90°,

所以BC_LAF.

因为AiEnAF=Ai,

所以BC_L平面AiEF.

因此EF±BC.

⑵取BC的中点G,连接EG,GF,则四边形EGFAj是平行四边形.

由于AiE_L平面ABC,故AiE±EG,

所以平行四边形EGFAi为矩形.

由⑴得BC_L平面EGFAi,则平面ABC_L平面EGFAb所以EF在平面ABC上的射影在直线A,G上

连接AiG交EF于0,则ZE0G是直线EF与平面AiBC所成的角(或其补角)，

不妨设AC=4,贝1J在RtAAiEG中,AiE=2V3,EG=V3.

由于。为AJG的中点,故E0=0G=^=^,

2+02-E2_3

所以cosNEOG二

2•51

因此,直线EF与平面A.BC所成角的余弦值是5

解法二：⑴证明：连接AiE,因为AiA=AiC,E是AC的中点,所以AjEXAC.

又平面AiACCi_L平面ABC,AiEc平面AiACCi,平面AiACCin平面ABC=AC,

所以AiE_L平面ABC.

如图，以E为原点,分别以射线EC,EAi为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz.

不妨设AC=4,贝！］E(0,0,0),A“0,0,2禽),B(百,1,0),B“禽,3,2禽),F停,1,2两,C(0,2,0).

因此一•=停,|，2近)，

—=(-V3,1,0).

由.•=0得EF1BC.

⑵由⑴可得==(0,2,-2V3).

设平面AiBC的法向量为n=(x,y,z).

得+y=0,

信（2-2V3z=0.

取x=l,则n=（l,V3,1）,

设直线EF与平面ABC所成角为9,

则sin。=|cos〈—\n>|一露

因此,直线EF与平面AJBC所成角的余弦值为，

5.解析（1）证明：由已知得,BC_L平面ABBiAi,BEc平面ABBA,

故BC_LBE.

又BE_LEG,ECiABiCi=Cb

所以BE_L平面EBiCi.

（2）由（1）知NBEBi=90°.

由题设知RtAABE^RtAAiBiE,

所以ZAEB=45°,故AE=AB,AAi=2AB.

以D为坐标原点,一"的方向为x轴正方向，|—为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,

贝!JC(0,1,0),B(1,1,0),G(0,1,2),E(l,0,1),所以一,二(1,0,0),-=(1,-1,1),T二(0,0,2).

设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),

则但,=°)即｛=°;

ICE•=0,(—+=°，

所以可取n=(0,-1,-1).

设平面ECCi的法向量为m二(xi,ybzi),

所以可取m=(l,1,0).

于是cos<n,m>=-----

所以二面角B-EC-C,的正弦值为当

6.解析（1）证明：由已知得AD//BE,CG〃BE,所以AD/7CG,故AD,CG确定一个平面，从而A,C,G,D四点共面.

由已知得AB±BE,AB1BC,BEABC=B,

故AB_L平面BCGE.

又因为ABc平面ABC,

所以平面ABC_L平面BCGE.

⑵作EH±BC,垂足为H.因为EHc平面BCGE,平面BCGE_L平面ABC,所以EH_L平面ABC.

由菱形BCGE的边长为2,ZEBC=60°,可求得BH=1,EH=V3.

以H为坐标原点,―"的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,

BHCx

贝(JA(-1,1,0),C(l,0,0),G(2,0,%)，所以一一=(1,0,V3),-=(2,-1,0).

设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),

"CG•=0,

则

<AC•=0,

+V3z=0,

即

.2-=0.

所以可取n=(3,6,-V3).

又平面BCGE的法向量可取m=(0,1,0),

所以cos<n,m>=-~~~py.

因此二面角B-CG-A的大小为30°.

7.解析(1)证明：I•直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱形,AAi=4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分别是BC,BBi,A,D

的中点,

，DDi_L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,建立空间直角坐标系,

贝IjM(l,禽,2),N(l,0,2),D(0,0,0),E(0,V3,0),Ci(-l,V3,4),所以一'=(0,~V3,0),；=(-

1,V3,4),­=(0,73,0),

设平面CiDE的法向量为n=(x,y,z),

则(•丽=。,即1+V3y+4z=0,

I•DE=0,(V3y=0,

取z=l,则n=(4,0,1).

------n=0,MN评面CiDE,

r.MN〃平面CiDE.

(2)由(1)得C(-1,75,0),

­=(-l,V3,0),

而平面CiDE的一个法向量n=(4,0,1),

...点C至Ll平面CiDE的距离~

V1717

8.解析⑴证明：因为PA_L平面ABCD,

所以PA_LCD,

又因为AD_LCD,PAnAD=A,

所以CD_L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_LAM,PA1AD.

如图,建立空间直角坐标系Axyz,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).

所以一=(0,1,1),—=⑵2,-2),-=(0,0,2).

设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),

•AE=0,(+=0,

则即24

•AF=0,l3X+3y+5Z=°-

令z=l,则y=-l,X=-1.

于是n=(~l,-1,1).

又因为平面PAE的法向量p=(l,0,0),

所以cos<n,p>二一--二个.

III।J

由题知,二面角F-AE-P为锐角，

所以其余弦值为今

(3)直线AG在平面AEF内.理由如下:

因为点G在PB上,且—=|,—V2,-1,-2),所以一V—需，―，+--(t-tI)-

OJ\oJSJ\oJ3J

由(2)知，平面AEF的法向量n=(-l,T,1).

所以一,•n=-W=O.

所以直线AG在平面AEF内.

三年模拟练

1.解析⑴证明：因为AiA_L底面ABCD,

所以AiA_LAC.

又因为AB±AC,AM。AB=A,所以AC_L平面ABBA,

又因为BEu平面ABBiAb所以AC±BE.

因为——=：=——，ZEAB=ZABBi=90°,

21

所以RtAABE^RtABB^,

所以NABE=NABE

因为NBABi+NABB=90°,

所以NBABi+NABE=90°,

所以BEIABL

又ACCAB尸A,所以BE_L平面ACBi.

(2)易得AC±AB.如图，以A为原点建立空间直角坐标系，

依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),0,(1,-2,2),E(0,0,J).

由(1)知,BE_L平面ACB1,则—<=(0,1,-：)为平面ACBi的一个法向量,设n=(x,y,z)为平面ACD,的法向量.

由；=(1,-2,2),­=⑵0,0),

得1=0,即｛-2+2=0,

(.•AC=0,"=°­

不妨设z=l,可得n二(0,1,1).

因此1c°s〈n,一〉|=T=f，

所以平面ACDi与平面ACB1夹角的余弦值为

(3)设AiF=a(OWaW1),则F(O,a,2),-=(-1,a+2,2).

~••-Mfa+2,2)•L=a+2_]=0,解得a=T(舍去).

所以直线DF的方向向量与平面ACBi的法向量不垂直，

所以棱AB上不存在点F,使直线DF〃平面ACB,.

解题反思本题主要考查线面垂直、线面平行以及面面夹角的问题，熟记线面垂直的判定定理以及用空间向

量的方法求面面夹角即可,属于常考题型.

2.解析⑴证明：^.^PA_L面ABCD,EFc面ABCD,.-.EF±AP.

在AABC中，AB=AC,ZABC=ZACB=45°,AABIAC,

又AF〃BE,且AF=BE,/.四边形ABEF为平彳亍四边形，，AB〃EF,因止匕AC±EF,又APCAC=A,APc面PAC,ACc面

PAC,

.,.EF±,f0PAC,

又EFc面EMF,.•.面EMF_L面PAC.

⑵分别以AE,AD,AP为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则B(V2,-

V2,O),C(V2,V2,0),P(0,0,2),D(0,2近,0),E(V2,0,0),一=(点,W

2),-'=(0,2V2,0),­=(0,2V2,-2),-=(V2,0,-2).

设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),

则I,PC=V2x+V2y-2z=0,

'I•BC=2V2y=0,

令z=l,贝!Jx=V5,；.n=(调,0,1),

易知平面ABCD的一个法向量m=(0,0,1).设一=X一\XG[0,1],

贝IJ—=、—=入(0,2V2,-2),

=-=(V2,-2V2X,-2+2X).

•直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等，

cos<,,n>|=|cos<\m>,

gplffi-|_lS-

即与上，,解得X=筌故——=A=苧.

3.解析(1)证明：连接AC,设AD=CD=BC=1,

VAB/7CD,ZBCD=120°,.\AB=2,<ABC=60°,

.,.AC2=AB2+BC2-2AB•BC•cos60°=3,

.,.AB2=AC2+BC2,.".BC1AC.

,/四边形ACFE为矩形，；.AC_LCF.

VCF,BCc平面BCF,且CFnBC=C,

；.AC_L平面BCF.

•；EF〃AC,，EF_L平面BCF.

(2)以C为坐标原点，直线CA,CB,CF分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

令FM=X(OWXWg),贝ljA(V3,0,0),B(0,1,0),M(X,0,1),

所以~