2024年高考数学一轮复习（新高考版） 第7章　必刷大题14　空间向量与立体几何

必刷大题14　空间向量与立体几何1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值．解　(1)设点A到平面A1BC的距离为h，因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，所以＝S△ABC·AA1，又△A1BC的面积为2，＝×2h＝，所以h＝，即点A到平面A1BC的距离为.(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B.因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z11 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由(1)知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2.因为△A1BC的面积为2，所以2＝·A1B·BC，所以BC＝2，所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，则＝(1,1,1)，＝(0,2,0)．设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，得n＝(1,0，－1)．又平面BDC的一个法向量为＝(0，－1，1)，所以cos〈，n〉＝＝＝－.设平面ABD与平面BCD的夹角为θ，则sinθ＝＝，所以平面ABD与平面BCD夹角的正弦值为.2.如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB.(1)求证：AM⊥平面PBD；(2)设直线AM与平面PBD交于O，求证：AO＝2OM.证明　(1)由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所11 在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，设PA＝AB＝2，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，M(1,1,1)，＝(2,0，－2)，＝(0,2，－2)，＝(1,1,1)，设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝1，得n＝(1,1,1)，∵＝n，∴AM⊥平面PBD.(2)如图，连接AC交BD于点E，则E是AC的中点，连接PE，∵AM∩平面PBD＝O，∴O∈AM且O∈平面PBD，∵AM⊂平面PAC，∴O∈平面PAC，又平面PBD∩平面PAC＝PE，∴O∈PE，∴AM，PE的交点就是O，连接ME，∵M是PC的中点，∴PA∥ME，PA＝2ME，∴△PAO∽△EMO，∴＝＝，∴AO＝2OM.3.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝2CD＝2，∠ADC＝11 90°，E，F分别为PB，AB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)求点B到平面PCF的距离．(1)证明　连接EF(图略)，∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF∥PA，∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD，∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF∥CD，且AF＝CD.∴四边形ADCF为平行四边形，即CF∥AD，∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF∥平面PAD，∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC，∴平面PAD∥平面EFC，CE⊂平面EFC，则CE∥平面PAD.(2)解　∵∠ADC＝90°，AB∥CD，∴AB⊥AD，CF⊥AB，又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CF，又PA∩AB＝A，∴CF⊥平面PAB，∴CF⊥PF.设CF＝x，则S△AFC＝×1×x＝，S△PFC＝××x＝x，设点A到平面PCF的距离为h，由VP－AFC＝VA－PFC，得××2＝××h，则h＝.∵点F为AB的中点，∴点B到平面PCF的距离等于点A到平面PCF的距离，为.4.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．(1)证明　因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.在△ADB和△CDB中，因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，11 DB＝DB，所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC⊂平面ACD，所以平面BED⊥平面ACD.(2)解　由(1)可知AB＝BC，又∠ACB＝60°，AB＝2，所以△ABC是边长为2的正三角形，则AC＝2，BE＝，AE＝1.因为AD＝CD，AD⊥CD，所以△ADC为等腰直角三角形，所以DE＝1.所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.由(1)可知，AC⊥平面BED.连接EF，因为EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，即EF的长度最小．在Rt△BED中，当EF的长度最小时，EF⊥BD，EF＝＝.方法一　由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，所以EA，EB，ED两两垂直，以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，＝(－1，，0)，＝(0，，－1)．易得DF＝，FB＝，所以3＝.11 设F(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，＝(0，－y，－z)，所以3(0，y，z－1)＝(0，－y，－z)，得y＝，z＝，即F，所以＝.设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则不妨取y1＝1，则x1＝，z1＝，n＝(，1，)．记CF与平面ABD所成的角为α，则sinα＝|cos〈，n〉|＝＝.所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.方法二　因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC.因为VD－AEB＝VE－ADB，所以·AE·BE·DE＝·S△ABD·，其中d为点C到平面ABD的距离．在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝，所以S△ABD＝，所以d＝.由(1)知AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，所以AC⊥EF，所以FC＝＝.记CF与平面ABD所成的角为α，11 则sinα＝＝.所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.方法三　如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于点G.因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.因为EM＝AE·sin60°＝，所以EG＝＝＝，所以点C到平面ABD的距离d＝.FC＝＝.记CF与平面ABD所成的角为α，则sinα＝＝.所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2，AB＝4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．11 (1)证明：AC⊥DE；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值．①四棱锥A－BCDE的体积为2；②直线AC与EB所成角的余弦值为.(1)证明　在图①中，连接CE(图略)，因为DC∥AB，CD＝AB，E为AB的中点，所以DC∥AE，且DC＝AE，所以四边形ADCE为平行四边形，所以AD＝CE＝CD＝AE＝2，同理可证DE＝2，在图②中，取DE的中点O，连接OA，OC(图略)，则OA＝OC＝，因为AD＝AE＝CE＝CD，所以DE⊥OA，DE⊥OC，因为OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面AOC，所以DE⊥平面AOC，因为AC⊂平面AOC，所以DE⊥AC.(2)解　若选择①：由(1)知DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，所以过点A作AH⊥OC交OC于点H(图略)，则AH⊥平面BCDE，因为S四边形BCDE＝2，所以四棱锥A－BCDE的体积VA－BCDE＝2＝×2·AH，所以AH＝OA＝，所以AO与AH重合，所以AO⊥平面BCDE，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，)，11 易知平面DAE的一个法向量为＝(，0,0)，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，因为＝(，1,0)，＝(，0，)，所以取n＝(1，－，－1)，设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，则cosθ＝＝＝，所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为.若选择②：因为DC∥EB，所以∠ACD即为异面直线AC与EB所成的角，在△ADC中，cos∠ACD＝＝，所以AC＝，所以OA2＋OC2＝AC2，即OA⊥OC，因为DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，又OA⊂平面AOC，所以AO⊥平面BCDE，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，)，易知平面DAE的一个法向量为＝(，0,0)，设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，因为＝(，1,0)，＝(，0，)，所以取n＝(1，－，－1)，设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，则cosθ＝＝＝，所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为.11 6.(2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．(1)证明：平面ACD⊥平面AEF；(2)若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD的夹角最小．(1)证明　因为△ABC是正三角形，点E是BC的中点，所以AE⊥BC，又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，所以AE⊥平面BCD，又因为CD⊂平面BCD，所以CD⊥AE，因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，又因为BD⊥CD，所以CD⊥EF，又因为AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF，又因为CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面AEF.(2)解　在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H，此时EH∥CD，即H为BD的中点，设BC＝4，则EA＝2，DF＝FC＝1，EF＝.以E为原点，以EH，EF，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E(0,0,0)，A(0,0,2)，C(－1，，0)，D(1，，0)，设G(1，y,0)(－≤y≤)，则＝(0,0,2)，＝(1，，－2)，＝(2,0,0)，＝(1，y,0),设平面AEG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则令y1＝－1，得n1＝(y，－1,0)，设平面ACD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则令z2＝1，得n2＝(0,2,1)，11 设平面AEG与平面ACD的夹角为θ，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，当y＝0时，cosθ最大，此时平面AEG与平面ACD的夹角θ最小，故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD的夹角最小．11