2023人教版新教材高中数学选择性必修第一册同步练习-第一章 空间向量与立体几何综合拔高练

2023人教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用空间向量解决立体几何中证明、求值问题

1.(2021新高考H,19)在四棱锥Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若

AD=2,QD=QA=V5,QC=3.

(1)证明:平面QADJ_平面ABCD;

(2)求二面角B-QD-A的余弦值.

2.(2021天津，17)如图,在棱长为2的正方体ABCD-ABCD中,E为棱BC的中点,F

为棱CD的中点.

⑴求证:DF〃平面A】EG;

(2)求直线A3与平面AEG所成角的正弦值；

(3)求二面角A-A.C-E的正弦值.

3.(2019课标全国I文，⑼如图，直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱

形，AAF4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分另ij是BC,BB„AD的中点.

⑴证明：MN〃平面CDE;

⑵求点C到平面GDE的距离.

考点2用空间向量解决立体几何中最值问题

4.（2021全国甲理，19）已知直三棱柱ABC-ABG中，侧面AA.B.B为正方

形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC.的中点,D为棱AB上的点,BF±A,B,.

⑴证明：BFJ_DE;

（2）当B。为何值时,面BBCC与面DFE所成的二面角的正弦值最小？

5.（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1.

⑴证明：1_L平面PDC;

⑵己知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.

考点3已知空间角解决立体几何问题

6.（2021北京，17）已知正方体ABCD-ABCD,点E为AD的中点,直线BC交平面

CDE于点F.

⑴求证:点F为BC的中点；

⑵若点M为棱A周上一点,且二面角M-CF-E的余弦值为求曾.

34遇1

7.（2018天津，17）如图，AD〃BC且AD=2BC,AD±CD,EG^AD且EG=AD,CD/7FG且

CD=2FG,DG,平面ABCD,DA=DC=DG=2.

⑴若M为CF的中点,N为EG的中点，求证:MN〃平面CDE;

(2)求二面角E-BC-F的正弦值；

(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.

考点4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，PAL平面

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

iCJ

(1)求证:CDJ_平面PAD;

(2)求二面角F-AE-P的余弦值;

⑶设点G在PB上，且黑=|.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.(2022重庆两江育才中学段考)如图,边长为2的等边4PCD所在的平面垂直于

矩形ABCD所在的平面,BC=2A/2,M为BC的中点.

(1)证明:AMJ_PM;

(2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小；

(3)求点D到平面PAM的距离.

p

/!/;

2.（2022天津南开中学月考）如图,在多面体ABCDEF中,AE，平面ABCD,四边形

AEFC是平行四边形，且AD/7BC,AB±AD,AD=AE=2,AB=BC=1.

⑴求证:CD_LEF;

⑵求平面ADE与平面DEB夹角的余弦值;

（3）若点P在棱CF上,直线PB与平面DEB所成角的正弦值为求线段CP的长.

3.（2021上海黄浦三模）如图①，在菱形ABCD中，NA=60°且AB=2,E为AD的中点.

将4ABE沿BE折起，使AD=V^,得到如图②所示的四棱锥A-BCDE.在四棱锥A-BCDE

中，求解下列问题:

图②

⑴证明:BC_LAB;

（2）在线段AC上是否存在一点P,使得平面ABD与平面PBD夹角的余弦值为?若存

在,求出黑的值;若不存在,请说明理由.

迁移创新

4.已知某旅游景点有座名山，高约为16（单位:千米），从山顶看正东方向（东门）入

口的俯角约为60°，看正南方向（南门）入口的俯角约为45。，每个入口都有一条

山路直通山顶，为方便游客游览，景区计划修建一条从南门入口至东线山路中点

的缆车索道.（东门与南门在一个水平面上）

（1）求该索道的长度；

（2）求该索道与地面所成角的余弦值.

答案全解全析

五年高考练

1.解析(1)证明:取AD的中点E,连接QE,CE,则AE=DE=1.由于QD=QA,故QE_LAD.

2

在RtAQAE中,QE=JQ42—AE2/J(付-12=2,

・・•底面ABCD是正方形,.,.CD=AD=2.

在RtACDE中,CE=“。2+DE2Z2?+了二遍.

A^EAQCE+,QE2+CE2=QC2,AQE1CE.

又VCEAAD=E,CE,ADu平面ABCD,

；・QE_L平面ABCD.

又QEu平面QAD,J平面QAD_L平面ABCD.

(2)建立空间直角坐标系，如图所示，

则B(2,-l,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),所以的二(-2,1,2),BD=(-2,2,0).

显然,平面QAD的一个法向量为n尸(1,0,0).

设平面BQD的法向量为n2=(x,y,z),

n•BQ=0,(-2x+y+2z=

2=>x=y=2z.

kn2•BD=0=1-2%+2y=0

耳又z=l,贝ijx=y=2,所以nz=(2,2,1).

设二面角B-QD-A的大小为0,易知0为锐角,

3•九22

则cos0=|cos<rii,n2>|="

n1\\n2\1x33'

2.解析以A为坐标原点,AB,AD,AA、所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直

角坐标系,

则A(0,0,0),Ai(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),G(2,2,2),Dt(0,2,2),

E(2,l,0),F(l,2,0).

(1)证明：易知裁=(1,0,-2),碇3(2,2,0),A^E=(2,1,-2).

设平面AEG的法向量为(x,y,z),

n.ifm•AC=2x+2y=0,

则11,令zx=2,则y=-2,z=l,

jn•A]E=2x4-y-2z=0,

所以m=(2,-2,1).

因为印•m=0,所以印J_m,

因为DFC平面AFC,所以DF〃平面AFC.

(2)易得温二(2,2,2).

由(1)得平面AFG的一个法向量为m=(2,-2,1).

设直线AG与平面AiEG所成角为0,则sin。=|cos<m,~AC^>\-

\rn-AC^\_2,V3

l|m|•\AC^\r3x2V39'

(3)连接BD,易知平面AA.C.的一个法向量为砺=(2,-2,0).

由⑴得平面AFC】的一个法向量为m=(2,-2,1)•

cos<DB,m>=-DB・m82V2

DB|•\m\3X2V23'

所以二面角A-A.CrE的正弦值为

3.解析(1)证明：由题意得DD」平面ABCD,DE±AD.

以D为原点,DA,DE,DD.所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则M(l,V3,2),N(l,0,2),D(0,0,0),E(0,V3,0),^(-1,V3,4),所以

丽二(0,S0),DC7=(-1,V3,4),DE=(0,V3,0).

设平面CiDE的法向量为n=(x,y,z),

则卜•鬲=0,即「％+V3y+4z=0,

In•DE=0,(V3y=0,

取z=l,贝ijy=0,x=4,An=(4,0,1).

VMW•n=0,MN。平面CDE,

・・・MN〃平面GDE.

(2)Ftl(1)WC(-1,V3,0),A(-1,V3,0).

由⑴知平面C.DE的一个法向量为n=(4,0,1).

辰

・••点C到平面3DE的距离为•n|_4

|n|V17171

4.解析(1)证明:4BFLAB,BBLAB,BFAB.B=B,

・・・AB_L平面BCCB.

・.，AB〃AB,JAB，平面B£CB.

又・・・BCu平面BiCiCB,AAB±BC.

以B为坐标原点,BA,BC,BBi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(l,l,0),

：.BF=(0,2,1).设BiD=a(0WaW2),则D(a,0,2),贝U标二(1一冉1,一2).

•DF=(0,2,1)•(1-a,l,-2)=0X(l-a)+2X1+1X(-2)=0,

ABFIDE.

(2)由(1)知加二(一1,1,1),而二(a,—2,1).

设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),

则，一不妨设x=l,贝ijy二一z

(FD•n=ax-2y+z=0,

易知m=（l,0,0）是平面BB.CiC的一个法向量.

设平面BBCC与平面DFE所成的锐二面角的大小为0,则cos0=

Icos<m,n>|二\m•n13当a=［时取等号）,

m・n

/.sin0=Vl-cos20^y,故当即BQ中寸,平面BBCC与平面DFE所成的二面

角的正弦值最小，最小值为冬

5.解析（1）证明：因为PD,底面ABCD,所以PD1AD.因为底面ABCD为正方形,所

以AD_LDC.又DCAPD=D,所以ADJ_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.

(2)以D为坐标原点,£5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),

ADC=(0,l,0),PB=(l,1,-1).

由⑴可设Q(a,0,1),则丽二(a,0,1).

设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,

•丽=0,日nfax+z=0,g八

_：Bp]_取x=-l,贝mItJIy=0,z=a

•DC=o,w一°，

所以n=(-1,0,a).

-l-a

所以cos<n,而〉二九*PR

V3\/l+a2

设PB与平面QCD所成角为e,

则sin0童Xk+9

3Vl+a23qa2-l

因为9Jl十言W当,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

6.解析(1)证明：易得CD〃平面ABCD,又CDu平面CDE,平面ABCDA平面

CDE=EF,所以CD/7EF,则EF〃CD.在正方体ABCD-ABCD中,AD〃BC,所以四边

形EFCD是平行四边形,则FC1=ED1,又E是A.D.的中点,所以FC产ED《AD《B£,

即点F是BC的中点.

⑵以D为坐标原点,DA,DC,西的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间

直角坐标系Dxyz(图略).设正方体ABCD-AECD的棱长为

2,硒=X(0W入W1),则C(0,2,0),A1(2,0,2),Bt(2,2,2),F(l,

2,2),E(1,0,2),所以疗二(1,0,2),丽二(0,2,0),由二E+布二高

+X(2,-2,2)+人(0,2,0)=(2,-2+2入，2).

设平面CEF的法向量为n)=(xi,ybzj,

令zE,得Xi=-2,yi=0,

所以平面CEF的一个法向量为n尸(-2,0,1).

设平面CFM的法向量为n2=(x2,y2,z2),

则g•色=。，即俘

(n2•CM=0,(2x2+(-2+2A)y2+2z2=0.

令ys=l,得X2=2-2人,Z2=入T,

所以平面CFM的一个法向量为n2=(2-2X,l,X-l).

因为二面角M-CF-E的余弦值为,

所以|」^二£

I|•|n213

B|Ji-s4,又0W入Wl,所以入4则纬二去

2)2+02+12・J(2—2为?+12+(入—1)211

7.解析以D为坐标原点,瓦?,DC,说的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立

空间直角坐标系,可得D(0,0,0\B(l,2,0),C(0,2,0),

E(2,0,2),F(0,l,2),M(0,1,l),N(l,0,2).

(1)证明：1),DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).

设n<—(Xo,yo,Zo)为平面CDE的法向量,

则忙之泗翦送=。,

不妨令z0=-l,可得n0=(l,0,-1).

因为而•no=O,直线MNQ平面CDE,

所以MN〃平面CDE.

(2)BC=(-1,0,0),BE=(l,-2,2),CF=(O,-1,2).

设n=(xbybZi)为平面BCE的法向量,

-x

mii几•BC=0,RM(i=°,

U-BE=0,U-2yi+2Z1=0,

不妨令z尸1,可得n=(0,l,l).

设m=(x2,y2,z.2)为平面BCF的法向量，

MmiimeBC=0,Bni1tJ=0,

U-cF=o,(-y2+2z2=o,

不妨令Z2=l,可得m=(0,2,1).

/vm•n3«U-r7日H./、V10

COS®*|6一10，于$1水叫心不

所以二面角E-BC-F的正弦值为绊.

10

⑶设线段DP的长为h(hG[0,2]),则P(0,0,h),可得前二(T,-2,h).

易知反二(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，

故|cos<BP,DC>|二黑寻篝=sin60°哼解得h哼或h二年(舍去).

IDIU|V।C।O乙OO

所以线段DP的长为

8.解析(1)证明：因为PA,平面ABCD,CDu平面ABCD,所以PAJ_CD.又因为

AD1CD,且ADGPA=A,所以CD_L平面PAD.

⑵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,-l,0),C(2,2,0),

P(0,0,2),E(0,1,1).

所以荏二(0,1,1),正二(2,2,-2),据(0,0,2).

所以不通=信|,勺,福科而=(|,|,g

设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),

则f严n•竺AF一-。0，即卜fy+z2=「0,

(n•AF=0,(3X+p+V=°，

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p=(l,0,0).

cos<n,p>=n>p

IniIpl3

由题知,二面角F-AE-P为锐二面角，所以其余弦值为苧.

(3)直线AG在平面AEF内,理由如下:

因为点G在PB上,且M|,PF=(2,-l,-2),

所以呵两咆w痔乔弗质哆毁

由⑵知,平面AEF的法向量n=(-l,-l,1).

因为前•“二一+|+|=0,

所以直线AG在平面AEF内.

三年模拟练

1.解析以D为原点,直线DA,DC分别为x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,V3),A(2V2,0,0),M(V2,2,0).

(1)证明:丽二(V2,1,-V3),AM=(~V2f2,0).

VPM•AM=(V2,1,-V3)•(-V2,2,0)=0,

：.PM±AMfAAM1PM.

(2)设n=(x,y,z)为平面PAM的法向量，

n•PM=0,(V2x+y-V3z=0,

•AM=0,l-V2x+2y=0,

取y=l,贝!Jx=V2,z=V3,An=(V2,1,V3).

显然P二(0,0,1)为平面DAM的一个法向量.

J平面PAM与平面DAM的夹角为45°.

(3)M=(2V2,0,0),

・・・点D至I」平面PAM的总目离打星土二等’。―L「二坟

J(伪？+i2+(展23

2.解析因为AE_L平面ABCD,ABu平面ABCD,ADu平面ABCD,所以AE_LAB,AE_LAD.

又因为AB1AD,所以以点A为坐标原点,AD,AB,荏的方向分别为x轴,y轴,z轴

的正方向建立空间直角坐标系Axyz,

则A(0,0,0),D(2,0,0),B(0,l,0),C(l,l,0),E(0,0,2),F(1,1,2).

(1)证明：DC=(-1,1,0),FF=(1,1,0).

因为比•丽二(T,1,0)•(1,1,0)=-1+1=0,

所以反J_而，即CDLEF.

(2)BD=(2,-1,0),FF=(0,-l,2),AB=(0,1,0).

设平面DEB的法向量为m=(x,y,z),

m•BD=0,=0,

则即

•BE=0,2z=0,

令y=2,得x=l,z=l,所以m=(l,2,1).

易知荏二(0,1,0)是平面ADE的一个法向量.

所以cos<m,AB>^m9-

\m\|ABV6xl3

故平面ADE与平面DEB夹角的余弦值为当.

(3)设点P(l,1,t),且0WtW2,则前二(1,0,t).

由(2)知，平面DEB的一个法向量为m=(l,2,1).

设直线BP与平面DEB所成的角为*,

则sin6=|cos〈歌,田〉|二|黑叫11£+整理，得t2-2t+l=0,解得t=l.所以

\\BP\\mIVl+t2xv63

所以线段CP的长为1.

3.解析(1)证明:在题图①中，连接BD.因为四边形ABCD为菱形，NA=60°,所以

△ABD是等边三角形.因为E为AD的中点，所以BE±AE,BE±DE.

因为AD=AB=2,E为AD的中点，所以AE=DE=1.在题图②中，AD=VI所以AE?+ED2=AD?,

所以AELED.

因为BC〃DE,所以BC±BE,BC±AE.又BEAAE=E,AE,BEu平面ABE,所以BC,平面

ABE.

因为ABu平面ABE,所以BC1AB.

(2)由(1)知,AE1DE,AE1BE,BE1DE.以E为坐标原点,EB,ED,EA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(0,0,1),B(百,0,0),C(8,2,0),D(0,1,0),所以瓦?=(-V3,0,1),

fiC=(0,2,0),BD=(-V3,l,0),C4=(-V3,-2,1).

设而二人漪0W入W1,所以近二(一百人，-2入，入),

所以并二品而二(-V3X,2-2X,入).

设平面PBD的法向量为m=(x,y,z),

由但・m=0,得「百Ax+(2-2入)y+M=0,

(BD•m=0,I-遮x+y=0,

令x=l,得y=V3,Z=3V5-竽，

A

所以nr（l,V