2025届高考数学统考二轮复习增分强化练二十二空间向量与立体几何理含解析

PAGE增分强化练(二十二)1．(2024·泉州质检)在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝1，AD＝2BC＝eq\r(2)，PD＝eq\r(3).(1)求证：平面PBD⊥平面PAC；(2)M为棱PB上异于B的点，且AM⊥MC，求直线AM与平面MCD所成角的正弦值．解析：(1)证明：在Rt△ABC与Rt△ABD中，因为eq\f(BC,AB)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(AB,AD)＝eq\f(\r(2),2)，所以eq\f(BC,AB)＝eq\f(AB,AD)，∠ABC＝∠DAB＝90°，即△ABC∽△DAB，所以∠ABD＝∠BCA.因为∠ABD＋∠CBD＝90°，所以∠BCA＋∠CBD＝90°，所以AC⊥BD.因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC，又BD∩PD＝D，所以AC⊥平面PBD，又AC⊂平面PAC,所以平面PBD⊥平面PAC.(2)过A作AE∥DP，因为PD⊥平面ABCD，所以AE⊥平面ABCD，即AE，AB，AD两两相垂直，以A为原点，AB，AD，AE所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为AB＝1，AD＝2BC＝eq\r(2)，PD＝eq\r(3)，所以A(0,0,0)，B(1,0,0)，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)，0))，D(0，eq\r(2)，0)，P(0，eq\r(2)，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up8(→))＝(1,0,0)，eq\o(BP,\s\up8(→))＝(－1，eq\r(2)，eq\r(3))，eq\o(CB,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(2),2)，0))，设eq\o(BM,\s\up8(→))＝λeq\o(BP,\s\up8(→))，λ∈(0,1]．则eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\o(AB,\s\up8(→))＋λeq\o(BP,\s\up8(→))＝(1－λ，eq\r(2)λ，eq\r(3)λ)，eq\o(CM,\s\up8(→))＝eq\o(CB,\s\up8(→))＋λeq\o(BP,\s\up8(→))＝(－λ，－eq\f(\r(2),2)＋eq\r(2)λ，eq\r(3)λ).因为AM⊥MC，所以eq\o(AM,\s\up8(→))·eq\o(CM,\s\up8(→))＝0，即(1－λ)(－λ)＋eq\r(2)λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\r(2)λ))＋3λ2＝0，解得6λ2－2λ＝0，λ＝0或λ＝eq\f(1,3).因为λ∈(0,1]，所以λ＝eq\f(1,3).所以eq\o(AM,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(2),3)，\f(\r(3),3)))，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(\r(2),3)，\f(\r(3),3))).所以eq\o(DC,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(\r(2),2)，0))，eq\o(DM,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(2\r(2),3)，\f(\r(3),3)))，设n＝(x0，y0，z0)为平面MCD的一个法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DM,\s\up8(→))＝0,n·\o(DC,\s\up8(→))＝0))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x0－\f(2\r(2),3)y0＋\f(\r(3),3)z0＝0,x0－\f(\r(2),2)y0＝0))，所以取n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)，\r(3)，\r(2)))，设直线AM与平面MCD所成角为θ，所以sinθ＝|cos〈eq\o(AM,\s\up8(→))，n〉|＝eq\f(\f(\r(6),3)＋\f(\r(6),3)＋\f(\r(6),3),\r(\f(4,9)＋\f(2,9)＋\f(3,9))·\r(\f(6,4)＋3＋2))＝eq\f(2\r(39),13)，所以直线AM与平面MCD所成角的正弦值eq\f(2\r(39),13).2．(2024·济宁模拟)如图，在直角梯形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，且AB＝2DE＝2BE，点C是AB中点，现将△ACD沿CD折起，使点A到达点P的位置．(1)求证：平面PBC⊥平面PEB；(2)若PE与平面PBC所成的角为45°，求平面PDE与平面PBC所成锐二面角的余弦值．解析：(1)证明：∵AB∥DE，AB＝2DE，点C是AB中点，∴CB∥ED，CB＝ED，∴四边形BCDE为平行四边形，∴CD∥EB，又EB⊥AB，∴CD⊥AB，∴CD⊥PC，CD⊥BC，∴CD⊥平面PBC，∴EB⊥平面PBC，又∵EB⊂平面PEB，∴平面PBC⊥平面PEB.(2)由(1)知EB⊥平面PBC，∴∠EPB即为PE与平面PBC所成的角，∴∠EPB＝45°，∵EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，∴△PBE为等腰直角三角形，∴EB＝PB＝BC＝PC，故△PBC为等边三角形，取BC的中点O，连结PO，则PO⊥BC，∵EB⊥平面PBC，又EB⊂平面EBCD，∴平面EBCD⊥平面PBC，又PO⊂平面PBC，∴PO⊥平面EBCD，以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系如图，设BC＝2，则B(0,1,0)，E(2,1,0)，D(2，－1,0)，P(0,0，eq\r(3))，从而eq\o(DE,\s\up8(→))＝(0,2,0)，eq\o(PE,\s\up8(→))＝(2,1，－eq\r(3))，设平面PDE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(DE,\s\up8(→))＝0,m·\o(PE,\s\up8(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0,2x＋y－\r(3)z＝0))，令z＝2得m＝(eq\r(3)，0,2)，又平面PBC的一个法向量n＝(1,0,0)，则cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，平面PDE与平面PBC所成锐二面角的余弦值为eq\f(\r(21),7).3．(2024·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A­MA1­N的正弦值．解析：(1)证明：如图，连接B1C，ME.因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由题设知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up8(→))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A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，eq\r(3)，2)，N(1,0,2)，eq\o(A1A,\s\up8(→))＝(0,0，－4)，eq\o(A1M,\s\up8(→))＝(－1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1N,\s\up8(→))＝(－1,0，－2)，eq\o(MN,\s\up8(→))＝(0，－eq\r(3)，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(A1M,\s\up8(→))＝0，,m·\o(A1A,\s\up8(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0，))可取m＝(eq\r(3)，1,0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(MN,\s\up8(→))＝0，,n·\o(A1N,\s\up8(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0，))可取n＝(2,0，－1)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，所以二面角A­MA1­N的正弦值为eq\f(\r(10),5).4．(2024·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1(1)证明：BE⊥平面EB1C1(2)若AE＝A1E，求二面角B­EC­C1的正弦值．解析：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up8(→))的方向为x轴正方向，|eq\o(DA,\s\up8(→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，eq\o(CB,\s\up8(→))＝(1,0,0)，eq\o(CE,\s\up8(→))＝(1，－1,1)，eq\o(CC1,\s\up8(→))＝(0,0,2)．设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CB,\s\up8(→))·n＝0，,\o(CE,\s\up8(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面