2023屆新教材高考數(shù)學二輪復習解答題練習 空間向量與立體幾何A卷

(5)空間向量與立體幾何

A卷

L如圖，AB為圓。的直徑，點E,尸在圓。上，ABHEF,矩形ABCO所在平面和圓

。所在平面互相垂直，已知AB=3,EF=L

(1)求證：平面Ar)F，平面BeF

(2)設幾何體廠-ABCD,尸-BCE的體積分別為匕，V2,求匕：匕的值.

2.如圖,A8CZ)-A4CQ是棱長為4的正方體,E是耳。的中點.

(I)證明:ACLOE;

(H)求三棱錐A-CE耳的體積.

3.在如圖所示的幾何體中,底面ABCZ)是正方形,四邊形4)ΛW是直角梯形,M4LAD,且四

邊形4)PWj_底面ABCD,E,G,F分別為MB,PB,PC的中點,AO=PZ)=2,PD=2AM.

⑴求證:平面EFGH平面ADPM；

(∏)求多面體PMABCD的體積.

4.小明同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面

ABe。是邊長為8(單位：Cm)的正方形，Z?EAB,AFBC,?GCD,z?∕7Ω4均為正三

角形，且它們所在的平面都與平面ABCo垂直.

(1)證明：EF〃平面ABCZ)；

(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度).

5.如圖，四面體ABCD中，ADlCD,AD=CD,ZADB=ZBDC,E為AC的中點.

(1)證明：平面班DJ?平面48；

(2)設A3=3D=2,N4CB=60。，點尸在BD上，當ZXAFC的面積最小時，求Cb與平

面ABO所成的角的正弦值.

6.如圖,已知三棱柱A8C-A4G，平面4ACC∣J.平面ABC,ZABC=90°,ZSAC=30°,

AA=AC=AC,E,F分別是AC,A4的中點.

(1)證明:EFJ_3C；

(2)求直線EF與平面?BC所成角的余弦值.

7.如圖，在三棱臺43C-A4G中，底面A4BC是邊長為2的正三角形，側面ACGA為

等腰梯形，且AG=A4,=1,。為AG的中點.

(1)證明：AC±BD↑

(2)記二面角A-AC-B的大小為。，6*∈py時，求直線A4,與平面BBeC所成角

的正弦值的取值范圍.

8.如圖，在棱柱ABCL>-A4GR中，AAj?平面ABC。，四邊形ABCo是菱形，

ZABC=60°,點N為A。的中點，且Λ4l=4,48=2.

BC

(1)設M是線段BR上一點，且坐=譏試問：是否存在點M,使得直線AV/平面

MD、

MNC?若存在，請證明AV/平面MNG并求出λ的值；若不存在，請說明理由;

(2)求二面角N-CD,-D的余弦值.

9.已知四棱柱ABCD-AiBiClDl的底面為菱形,A8=AA∣=2,NBAD=3,ACe8/)=O,Ao，平面

A,BD,AfB=AtD.

⑴證明：敏?平面4也；

(2)求二面角B-AAf-O的余弦值.

10.如圖，在多面體ABCQEF中，四邊形BCEF是矩形，ADHBC,BCVCD,

BC=CD=1,AD=FA=FB=2,CM=2ME.

(1)證明：FAYCD;

(2)求直線AF與平面MBD所成角的正弦值.

答案以及解析

1、(1)答案：見解析

解析：如圖，矩形ABCO中，CBJ.AB,

平面ABCo平面ABEF=AB

平面ABCZ)J"平面ABEF

所以BC_L平面ABEF

又AE=平面ABEb

AFLBC,又AB為圓。的直徑，

則AFYBF

BCBF=B,BC,BEq平面BCR

所以_L平面BeT,且AF=平面Aob

所以平面A￡>F_L平面BCF.

(2)答案：6

解析：幾何體尸-ABC。是四棱錐，尸-BeE是三棱錐，過b點作EHLAB,交AB

于H

平面ABCD，平面ABERFHJ_平面ABCD

則X=gxABxBCx,V2^^×^EF×FH^×BC,

所E以“-ML=-2--A-B--=6,.

?EF

2.答案：(I)見解析

(∏)y

解析：⑴證明：連接3D

Y四邊形ABCO是正方形,

.-.ACLBD.

在正方體A8Cf>-A4CQ中，

DQJ?平面ABa),

又ACU平面ABC。，

.?.AClDtD.

又RDl8。=￡),0Ou平面BDD1用,8。U平面BDDl片,

.?.AC，平面Bor)A

又OEU平面瓦M4,

.'.ACIDE.

(II)設AC與雙)交于點七連接耳F,AB-

在正方體ABCD-A1B1C1D1中,BD∕∕B∣R?BD=BR.

又EF分別是BQ,8。的中點，

.?.DFHBxE,DF=B,E,

???四邊形OFBIE是平行四邊形，

.-.DEHBxF.

QoEN過平面ABC瓦尸U平面AgC,

.?.￡)￡〃平面ABC.

又正方體ABCD-A4CQ的棱長為4,

■,?VA-CEB、=VE-ABlC=K>-ΛβlC=VBl-ADC

=34B■SVADC

=—1×4“×-1×4”×4”

32

_32

——.

3

3.答案：（I）見解析

(∏)y

解析：⑴證明:QE,G,F分別為M3,PB,PC的中點，

.?.EG//PM,GFHBC.

又???四邊形ABCZ)是正方形，

..BCHAD,

.-.GFHAD.

QEG,GFU平面ADPM,PM,ADu平面ADPM,

.?.EGH平面ADPM,GF//平面ADPM.

又QEGlGF=G,EG,GF?EFG,

,平面EFG〃平面ADPM.

(II)V四邊形ADPM是直角梯形,MAVAD,AD=PDPD2AM,

..DPYAD.

又；四邊形4)ΛW_L底面ABCD,平面ADPMI平面ABCr>=">,PDU平面ADPM,

平面AfiCD,

二PD是四棱錐P-ABCD的高，

??8

%棱錐P-43C0=§XS正方形488XPD=-×2×2×2=~.

???四邊形ABCD是正方形，

,.ABJLAD.

QPD_L平面43CDABU平面ABCD,

ΛPDlAB.

XQADJPD=D,AD,PDU平面ADPM.

.?.ABJ_平面ADRW,即AB是三棱錐B-PMA的高，

1112

L核錐P-ABW=VL^W-AMP=§*SVAMP×=?×2×?X×=~

O91A

.?.多面體PMABCD的體積V=V?p,abcd+W校錐P.AftW=|+-=y.

4.答案：(1)見解析

⑵640^

3

解析：解：（1）如圖，分別取A3,5C的中點用，N,連接EAKFN,MN,

與C均為正三角形，且邊長均為8,

：.EMi.AB,FNLBC,且EM=FN.

又平面EAB與平面尸Be均垂直于平面ABeD,平面E4S平面A88=A8,平面

FBC平面ABeQ=3C,EWU平面E4B,FNU平面尸BC,

.?.EWl5FfflABCD,F2V±5F≡ABCD,

.?.EMHFN,四邊形EMNF為平行四邊形，,EFHMN.

又WU平面ABCO,EFABCD,.?.EF∕/5FffiABCD.

(2)如圖，分別取AO,OC的中點P,Q,連接尸M,PH,PQ,QN,QG,AC,BD.

由(1)知EM_L平面ABC。，

FN，平面ABC。，同理可證得，GQ，平面ABC。，〃尸，平面ABCD易得

EM=FN=GQ=HP=4g,EMHFNHGQIIHP.

易得AC_L3E>,MNHAC,PMUBD,所以PΛ∕_LMZV,

又PM=QN=MN=PQ=*D=4五,所以四邊形PMNQ是正方形，

所以四棱柱PMNQ-HEFG為正四棱柱，

所以%a=(4^)2X4√3=128√3.

因為AC_L80,BDHPM,所以AC_LPM.

因為EM_L平面ABCr>,AC?5FffiABCD,所以EWJ_AC.

又而產(chǎn)加匚平面2“七“，且EMPM=M,所以AC_L平面PME”,

則點A到平面PMEH的距離d=LAC=2及,

4

所以%棱跖PMEH=IsWitlmPMEH×=?××46X2√2=,

164

所以該包裝盒的容積V=%棱WwNL+4%棱跖MffiH=286+4×=θ^(Cm3).

5.答案：(1)證明見解析

(2)建

7

解析：(1)因為AD=CE>,ZADB=ACDB,DB=DB,

所以4M>B=2?CDB,所以AB=BC.

因為E為AC的中點，所以AC_L3E,ACLDE,

又BEDE=E,BE,OEu平面BE。，所以ACJ_平面BED,

又ACU平面AC。，所以平面班D_L平面ACD

(2)因為AB=BC=2,ZACB=60。，

所以35。為正三角形，則AC=2,BE=6,AE=I.

因為AO=8,ADA.CD,所以aADC為等腰直角三角形，所以。E=I.

所以￡>序+^爐=BEr,則DE工BE.

由(1)可知，ACI,平面BED連接ER因為EFU平面BEQ,所以AC_LER,

當ZXAFC的面積最小時，點尸到直線AC的距離最小，即EE的長度最小.

在RtZiBE。中，當EE的長度最小時，EFLBD,EF=DEBE=避

BD2

解法一又f>EJ_AC,BELAC,所以EA,EB,ED兩兩垂直，以E為坐標原點，EA,

EB,Eo所在的直線分別為X,y,z軸建立如圖所示空間直角坐標系E-呼，

則4(1,0,0),B(0,√3,0),O(0,0,1),C(-l,0,0),AB=(-1,√3,O),DB=(O,√3,-1).

易得DF=L,FB=-,所以3。產(chǎn)=依.

22

設尸(O,XZ),則D"=(0,y,z-l),FB=(0,√3-γ,-z),

所以3(0,y,Z-I)=(O,G-y,-z),得y=且，z=-,

44

即F(O,f』,所以CF=(I,烏3).

(44)44

設平面ABD的法向量為〃=&,%,zJ,則卜?AB=>+6x=°.

n-DB=GX-Zl=O

不妨取y∣=l,則Λ1=6,Z[=6，”=(6,1,6).

記CF與平面ABD所成的角為a，則Sina=ICoS〈CF,"〉I=IC'"=^i■.

?CF?-?n?7

解法二因為E為AC的中點，

所以點C到平面ABD的距離等于點E到平面ABO的距離的2倍.

因為。E_LAC,DElBE,ACfBE=E,AC,BE^W?ABC,

所以DEJ"平面ABC.

因為%w=%w,所以2AEXBEXJDEWXSWxg,

其中d為點C到平面ABO的距離.

在"BZ)中，BA=BD=2,AD=y∣2,所以SAW=當，

所以d=酒.

7

因為ACL平面BE。，EF?^≡BED,

所以AC_LEF,所以FC=JFE2+EC?=且.

2

記CF與平面ABO所成的角為a,則Sina=4=迪.

CF7

解法三如圖，過點E作EW，9交A8于點M,連接。M,過點E作EG,Z)M交。M

于點G.

D

因為￡>E_LAC,DEVBE,AC?BE=E,AC,BEu平面ABC,

所以￡>EJ_平面ABC,又ABU平面ABc',

所以QE_LAB,又EMDE=E,EM,DEu平面。EA所以AB_L平面。EM,

又EGU平面OEA√,所以A8_LEG,又Aβ∏f>M=M,AB,DMu平面48。，

所以EG_L平面ABD,則EG的長度等于點E到平面ABD的距離.

因為E為AC的中點，所以EG的長度等于點C到平面AM的距離嗚.

因為加"八出6。。=?所以EG=鬻DEEM√21

^DE2+EM27

所以點C到平面ABQ的距離d=也.

7

FC^yjFE2+EC2=—.

2

記CF與平面ABO所成的角為a,則Sina=4=迪.

CF7

6.答案：（1）證明見解析

⑵-

5

解析：（1）方法一：連接A1E,因為AA=AC,E是AC的中點，所以AEJ.AC.

又平面AACG-L平面ABC,AEU平面AACG，平面AACGC平面ABC=AC,

所以AEJ_平面ABC,則AE_LBC.

又因為AFPA8,ZABC=90°,

故BC_LA,尸.

所以BC_L平面4針.

因此砂1BC.

4

方法二：連接AE,因為AlA=AC,E是AC的中點，所以AEJ_AC.

又平面AACGL平面ABC,AEU平面AACG，平面AACGC平面ABC=AC,所以

A八平面ABC

如圖，以點E為原點，分別以射線EC,JEa為nz軸的正半軸，建立空間直角坐標

系Exyz.

不妨設AC=4,則4(0,0,2我，8(61,0),4(6,3,2我,F∣^,∣,2√3，C(0,2,0).

\/

uιm(Cal、UlIUΓ

因此M=業(yè)±2百，BC=(-√3,l,0).

I22J

由凱尿=。得所IBe

(2)方法一：取BC中點G,連接EG,GF,則EGFA是平行四邊形.

由于AEJ_平AfiC,故AEJ.EG,所以平行四邊形EGEA為矩形.

由(1)得BCI平面EGR,則平面ABC，平面EGR,所以EF在平面ABC上的射影在直

線AtGAl.

連接AIG交EF于。，則ZEOG是直線ER與平面ABC所成的角(或其補角).

不妨設AC=4,則在RtVAEG中，AiE=20,EG=-Ji.

由于。為AG的中點，故EO=OG=49=巫，

22

所以cosZEOG=E°+°G~-EG=?

2EOOG5

因此直線所與平面A，3C所成角的余弦值是：

方法二：設直線￡尸與平面Λ18c?所成角為e?

UUUI_UUUL

由(1)可得BC=(-√3,l,0),AC=(O,2,-2√3).

設平面ABC的法向量為“=(x,y,z).

由屬得一"hy=°取〃=(i,6i),

AiCn=0,[y-y∣3z=0.

LlUU

Uim?FF?n?4

故sinθ=|cos(EF,ιi)∣=-UtB------=—.

?EF???n?5

因此直線EF與平面AABC所成的角的余弦值為，

7.答案：(1)見解析

⑵亶,返

713

解析：(1)如圖，取AC的中點M,連接。M,BM,

在等腰梯形ACGA中，D,M分別為ACI，AC的中點，

.-.ACVDM.

在正三角形ABC中，M為AC的中點，.?.AC,3M.

DMCBM=M,DM,BMu平面8OM,

.?.ACj.平面BDM.又3。u平面BDM,.?.AC±BD.

4

X

(2)DMVAC,BMVAC,

.?.ZOΛ空為二面角A-AC-8的平面角，

即NDMB=e.

Ae，平面BDM,

.?.在平面BDM內作腸，創(chuàng)7,以M為坐標原點，以M4,MB,MZ的方向分別為九,

y,z軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，

nfn?/?Z)?/?.z3^r[1?/?a6.；

則4(1,0,0),B(0,√3,0),C(-l,0,0),D?0,—cosΘ,—Sine,G—,—cos。,—sinΘ,

[22)1222)

.f1√3,z3sA..?

"22J

則C8=(l,6,0),CC=g亭。S娼3.J

1-SIne.

\

設平面851GC的法向量為Zl=(Xy,z)

則有產(chǎn)〃=0，

CC1?∕ι=0,

X+6y-0,

即1√3√3.

—x+——cosσ?y+——sιn"?z=0,

[222

令X=-6，則y=1,z=-~c°s^,

sin。

則〃=JGjIZ噌.

VSIneJ

設直線AA1與平面GC所成角為Z，

▽心」1白、S百、?力

I222J

.,.Sina=Icos/AA,"

I\"j?+2

VSitI2θV1+cosθ

Γπ2π"IΓ11

θw—,—,/.cos0∈——,

_33JL22_

,^√ΣT3√13^

.?sina∈------,-------.

713

8.答案：(1)存在，Λ=2.

(2)余弦值為轡.

解析：(1)取AA的中點P,連接CP交BR于點M,點M即為所求.

證明：連接PM因為N是AD的中點，P是AA的中點，所以PN//A4,，

又PNU平面MNC,AAa平面MNC,

所以直線M//平面MNC.

因為AA/伏力，ADHBC，所以「A〃BC.

所以石器嗡=2.

(2)連接AC.

由(1)知A41∕∕PN.

又AΛ,±平面ABCD,所以尸Nj_平面ABCD.

因為Z4DC=ZABC=60。，四邊形ABCZ)是菱形,

所以AADC為正三角形，所以NC_LAO.

以N為坐標原點，NC,ND,NP所在的直線分別為X,y,z軸，建立空間直角坐標系

又AAI=4,A8=2,所以NC=區(qū)ND=I,

所以點2V(0,0,0),C(√3,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,4),

UUUlUULlIlUlW

則ND1=(0,1,4),D1C=(ΛΛ,-1,-4),DDi=(0,0,4).

設平面ND1C的法向量，〃=(x∣,y∣,zj,

UUUT

+4z∣=0,

機.NDl=0,O11yl

則UUir即.

一八_4z=0,

m-D1C=0,l

令Z]=1,得/n=(0,-4,1).

設平面CDDi的法向量〃=(工2，%*2)，

UUun

Z

nDD1=0,42=0,

則uuir即

.瓜2_y「4?=°，

/rD1C=O,

令x2=1,得J=(L后0),

m?nI_I一4后I_2?[51

所以COS〈見〃〉=-

∣w∣.∣zl∣Γ∣√17×2?！?

由圖易得二面角N-CD「D為銳角,

所以二面角N-CD「D的余弦值為返.

9.答案：(1)見解析⑵」

7

解析：⑴連接股交A8于點Q,連接OQ,易知Q為9的中點，O為AC的中點在

VABCOQP-BC,

1=2t

QOQU平面ABD,4CC平面A8。，

5

.?.βlCPFffiΛlBD.

(2)連接AO,QAOJ.平面ABf)AO1.A.O,

QAB=Az)且O為的中點，

:.AtOlBD,

QAO,BDU平面ABCD且AOCBD=O,

AO_L平面ΛBCO.

如圖,以O為坐標原點,oAo8,oA所在直線分別為χ,χz軸,建立空間直角坐標系O-Wz.

易得A(√3,0,0),B(0,1,0),D(0,-l,0),A(0,0,1),

UUULUllU_

.?.Λ41=(-√3,0,1),AB=(-√3,l,0),

設平面AxAB的法向量為∕ι=(x,y,z),

UUlT

則〃.蟄=°,-y∣3x+Z=0,

n?AB=0,-?/??÷y=0,

令x=l,得y=z=75,

.?.n=Q,6,6).

同理可得平面A1AD的一個法向量為m=(1,-G,石),

結合圖形知,二面角B-AA1-O為鈍二面角，

二二面角B-AA1-。的余弦值為

10.答案：(1)證明過程見解析.

(2)正弦值為由.

10

解析：⑴如圖，取AO的中點。，連接。8,OF