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B卷

(6)空間向量與立體幾何

B卷

L如圖，在正三棱柱ABC-A5G中，各棱長均為4,M,N分別是8C,CG的中點?

B

(1)求證：BN，平面AMB];

(2)求直線AB與平面AMBl所成角的余弦值.

2.如圖,在四棱錐P—ABO)中,AZ)∕∕8C,Z4BC=ZBPC=90。，6C=CO=2M=2CP=2,平面

PBCl5FffiABCD.

(1)證明:PCJ_PA;

(2)求直線AB與平面PCz)所成角的正弦值.

3.如圖,在直三棱柱ABC-ABC中,AB=A4t=2,E,F分別是A田和8瓦的中點,ACJ，A￡P(guān)

⑴求證:PE_LAF；

(II)若CP=2PA,三棱錐P-EFC的體積為1,求PE與平面EFC所成角的正弦值.

4.如圖,四棱錐尸-ABa)的底面為矩形,平面PCr＞，平面ΛBCD,?PCO是邊長為2的等邊

三角形,8C=夜,點E為8的中點,點M為PE上一點(與點P,E不重合).

⑴證明：/W_L5r).

(2)當AM為何值時,直線AM與平面BDM所成的角最大？

5.在三棱錐P-ABC中,ZABC=NPAB=60o,PA=I,AB=2,AC=2亞D為棱BC上一點,且

CD=X.

(I)證明：PO_LAB；

(II)若平面BAB，平面A6C,求直線PC與平面ABe所成角的余弦值.

6.如圖，在四棱柱ABa)-P0WN中，PCjL平面ABCO,四邊形ABC。是直角梯形,

AB?AD,ADHCB,AD=2AB=2CB=2,PA=√6,PD和AN交于點E.

⑴求證：平面E4C，平面PDG;

(2)求直線PD與平面AMN所成角的正弦值.

7.如圖，在三棱柱ABC-AAG中，AB^BC=CA=AiA=A1C=2,AiB=y/6,。為AC的中

點，E為CC的中點.

⑴求證：平面班>E，平面ABC;

⑵若尸為AIA的中點，求直線3b與平面ABC所成角的正弦值.

8.如圖，在直三棱柱ABC-ABC中，AC=3,BC=4,AB=5,A41=4,。是AB的中

點.

A

(1)求證：AClBC1;

(2)求證：AC"平面C￡>4；

(3)求三棱錐G-C力片的體積.

9.如圖，四棱錐P-ABcD的底面是正方形，∕?，底面ABC。，E,F,H分別是3C,

PC,P。的中點，Q4=AB=2.

(I)求證：平面E9〃平面PBA；

(II)求四棱錐P-ABCO被平面EF"分成的兩部分的體積比.

10.如圖，在三棱柱ADF-8CE中，四邊形ABCo是菱形，

ZΛBC=120o,ΛF=3,A￡>=2DF=2√3,P,Q分別為AD,BE的中點，且平面Ar)EJ■平面

ABCD.

(1)求證：DFlPQ;

(2)求直線P。與平面Br)F所成角的正弦值.

答案以及解析

L答案：（1）見解析

⑵巫

5

解析：（1）因為AB=AC,且M為BC的中點，所以4W_LBC.在正三棱柱A8C-A∣B∣C∣

中，平面BCGM，平面ABc',AWu平面ABC,且平面BCG用5F≡ABC=BC,所以

AWJ"平面BCCtBt.

因為HVU平面BCGB1，所以AMJ

因為M,N分別為BC,CG的中點，所以BM=CN=2.

又因為B8∣=CB=4,NMBBI=NNCB=90°,所以AMBB】HANCB,所以ZBMBi=NCNB,

NBBIM=NCBN,

所以NBMBI+匕CBN=ZCNB+ZCBN=90°,所以BV_LBIM.

又因為AMu平面AMBI,片MU平面AMBAMBIM=M,

所以&V_L平面AMBi.

（2）設(shè).BNBIM=O,連接AO.由（1）可知BoJ_平面4M8∣,所以NBAo為AB與平面

AM8］所成的角.連接AN,由題可知AN=BN=√42+22=2√5,

所以BN為等腰三角形，作NELAB于E,則E為AB的中點，所以

NE=NBN2-BE?=4,所以A。=坐些=與=2.在RtZ?AO3中，ZAOB=90°,所以

BN2√5√5

.AO2√5

cosZ7BlAiOn=-----=-------,

AB5

所以直線AB與平面AMBl所成角的余弦值為半.

2.答案：（1）見解析

⑵]

解析：(1)因為平面PBC_L平面ABCD,平面PBCI平面ABCD=BC,ZABC=90°,

所以AB，平面PBC.

因為PCU平面PBC,所以AB_LPC.

y.ZBPC=90°,ABIPB=3,所以PCJ_平面7?B.

因為Λ4u平面PAB,所以Pe_LΛ4.

(2)如圖,取CB的中點E,連接DE,

因為BC=2AD,ADHBC,所以AD∕∕BE,AD=BE,

所以四邊形ABED為平行四邊形,所以DEHAB,

故直線AB與平面PCD所成的角即直線DE與平面PC。所成的角.

過P作BC的垂線交BC于點M過M作CD的垂線交8于點N,連接M),因為平面PBC1

平面A88,平面PBCX平面ABCD=BC,PM±BC,

所以PMJ"平面ABe￡),

因為DCU平面ABcO,

所以PMLDC.

又MNlDC,PM?MN=M,

所以DC，平面PMM

所以平面PMN1平面PCD.

過M作PN的垂線交PN于點”,則MWJ_平面Pc0.

易用ADCB=6G,PB=+,CM=ME=LPM=七里=皂,MN=CMsinΛDCB=-×-=-,

2CB2224

所以PN=?JPM?+MN?=巫,

4

所以MH=PM'N=叵

PNIO

又石C=2MC,所以點E到平面PCo的距離1為點M到平面Pa)的距離的2倍,

所以"=2Λ∕H=乎.

在Rt?CEDΦ,D￡=y∣CD2-CE2=√3,

√15

設(shè)直線他與平面PCD所成的角為。,則Sine=W=3=些,

DE√35

所以直線他與平面PCZ)所成角的正弦值為4.

3.答案：⑴見解析

(∏)y

解析：⑴證明:如圖,連接AE,PE,在直三棱柱ABC-A4G中，

所以然J.A4.

因為AB=AAt=2,

所以與產(chǎn)經(jīng)ZVLA1E,

所以NAEA=ZΛ1FBl.

因為幺郎+ZE4tB=90",

所以ZAE4l+NEA1B=90",

即AyF±AE.

X?1F±AC,ACIAE=A,

所以AF，平面ACE.

又PEU平面ACE,

所以PE_LA°

(II)因為AFLAC.

又ACJ_M，A尸IA41=Λl,

所以AC，平面AAl片8.

又ABU平面A4,4B,所以AC_LA8.

連接ΛF,因為CP=2Λ4,

所以Vp-EFC=vE-PFC=AFC=^VC-AEf-'

又S=|，ACJ_平面AAI48，

所以VP^EK=∣K-ΛW-=IXgXl?AC=1，

解得AC=3.

以4為坐標原點，A4,AcI，AA所在的直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，

則A(0,0,0),E(l,0,0),F(2,0,1),P(0,1,2),C(0,3,2),

UUUULIUUUU

所以PE=(I,T,-2),EF=(l,0,l),EC=(-l,3,2),

設(shè)平面EFC的法向量為n=(x,y,z),

mm

則UiD?Z°取X=I,貝!jy=Lz=—1,即∕ι=(l,l,T),

n?EC=-x+3y+2z=0,

設(shè)PE與平面EFC所成角為。

UUlr-

則sinθ=|cos(PlE,ιλ\="后,〃∣.=顯

\/?PE?-?n?3

所以PE與平面EFC所成角的正弦值為理.

3

4.答案：(1)見解析

(2)30°

解析：(1)證明：如圖,連接AE,交班)于點F因為四邊形ASCO為矩形,8=2,8C=應(yīng),點

E為CD的中點,所以tanNDAE==—,tanZBDC==—,

AD2CD2

所以tanND4￡=tanZBDC,

則ZDAE=ΛBDC.

因為NZM￡+ZA￡?=90。，

所以ZBDC+ZAED=90。，

所以ND莊=90。,則BDYAE.

因為VPS是邊長為2的等邊三角形,點E為CD的中點,所以PE_LCO.

因為平面Pa)J_平面ABCZ),平面PCr)I平面4?CD=CZ),所以PE，平面ABCD.

又打￡>u平面ABCD,所以PEJ_就>.

因為PElAE=E,所以BZ)I.平面Λ∕>E.

因為ΛMu平面ApE,所以B9_L40.

⑵取AB的中點H,連接EH,則EHVCD.

以E為坐標原點,E”,ECEP所在的直線分別為X軸、y軸、Z軸建立如圖的空間直角坐

標系，

由已知條件可知,A(√2,-l,0),D(0,-l,0),B(√2,l,0),PE=JP己-CE?=√22-l2=√3.

、_ULlLl_LlLill_UUlMl

設(shè)M(O,O,M(O<m<6),則AM=(-√2,1,m),BD=(-√2,-2,0),DM=(0,1,m).

設(shè)平面BDM的一個法向量為〃=(x,y,z),

IlIun

則盥"=。即卜&x-2y=0,

DM?n=0,[y+mz=0.

令z=l,則y=-m,x=?[2m,

所以〃=(Mn,-AZZ,1).

設(shè)直線AM與平面BDM所成的角為θ,

UUlI

∏∣.,∕*??AM-n?2m

則1isinθz3=|COS(AM,〃)l∣=uuιr=∣一/=

'/?AMHnl√3+W2?√3∕Π2+1

-------------------￡,L2=?=：,當且僅當3療=3,即W=I時,等號成立.

M+3。MrQm

UUlH_________

所以直線AM與平面BDM所成的角的最大值為30。,此時AM=∣AM∣=√2+l+l=2.

5.答案：(I)見解析

(H)述

26

解析：⑴證明:在△/<45中,/RW=60。,∕?=1,AB=2,

由余弦定理得PB2=PA2+AB2-!PA-AB-cos60°=3,

所以PB=6.

在?ABC中,NABC=60。,AC=2√3,AB=2,

由正弦定理得AC=ab

sinZABCsinZACB

即辛=一Z—,

√3SinZACB

T

解得SinZACB=L

2

又ΛB<AC,所以ZACB<ZABC=60。，

所以ZAC8=30。，

所以ZBAC=90°,即ZvWC為直角三角形，

22

則由勾股定理得BC=y∣AB+AC=4.

過點。作/)￡_LΛ5于點E,則DEHAC,

所以股=匹即3=笠所以BE=?

BCBA422

連接PE,在APEB中,PB=瓜BE=JNPBA=30°,

2

則由余弦定理得PE2=PB1+BE2-2PB-BEcos30°=-,

4

所以PE=無，則PE?+BE2=PB2,

2

所以。E_L3￡,即PEYAB.

y.DEYAB,PE↑DE=E,

所以ABL平面PDE.

又u平面P￡>E,所以PDj.AB.

(∏)若平面E4S，平面ABC,

由⑴可知PE_LBE.

因為fi?u平面ABC,

所以PE_L平面ABC,連接EC,

則NPCE即為直線PC與平面ABC所成角.

在RtZXAEC中,/E4C=90",AE=LAC=,

2

由勾股定理得EC2=AE2+AC2

所以EC=L

2

在RtAPEC中,

由勾股定理得PC2=PE2+EC2=—=13,

4

則PC=√13,

7

所以c"CE噗卡=嚶

所以直線PC與平面48C所成角的余弦值為M?.

6.答案：（1）證明過程見解析.

（2）正弦值為2.

3

解析：（I）QPC，平面ABC。，ACU平面ABC

.-.ACA-PC.

QAD=2,AB=CB=↑,ABrAD,ADHCB,

AC=DC=-?∕2,

..AC2+CD2^AD2,.?.ACrCD.

又CZ)CPC=C,..AC_L平面PDC.

QACU平面EAC,平面EAC_L平面PDC.

(2)解法一：由(1)知，ACVCD,

QPC_L平面ABa),Cr>u平面ABC。，:.PCLCD,

又ACCPC=C,.?.CE>L平面PAC.

又MNHCD,:.MN±平面PAC,

又初VU平面AMN,.?.平面AAmJL平面PAe

易知平面AWZVc平面7?C=ΛM,過點尸作PH_LAW于點“，則P"，平面AMM

連接EH,則ZPEH為直線Po與平面AMN所成的角.

在RtZ?P8中，PPC=y∣PA2-AC2=2,CD=√2,.?.PD=√2+4=√6,則PE=IPO=逅.

22

設(shè)PCCΛM=F,易知產(chǎn)為Pe的中點，PF=I,

連接PM,則PM=AC=應(yīng)四J.PC,

.?.FM=Jl+(揚2=不，

在Rtz?PΛ"中，LXIX夜2χ百χP",PH=-,

223

√6

3

.PH62

:.sinZ7.dPγEHu==-?-=—,

PE23

故直線Po與平面AMN所成角的正弦值為2.

3

解法二：由(1)知，AC±PC,AC=√2,又PA=瓜,所以PC=后五=2.

連接PM,則PM=AC=0,PMLPC.

UCHUULIUU

因為ACLCD,PC，平面ABC0,故以C為坐標原點，S,C4,CP的方向分別為X軸、y

軸、Z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，

則C(0,0,0),A(0,√2,0),D(√2,0,0),P(0,0,2),M(O,-√2,2),

AM=(0,-202),MN=CD=(√2,0,0),PD=(√2,0,-2).

設(shè)平面AMN的法向量為〃=(X,y,z),

uuurr_

π1l∣∕ι?AM=0nπ-2√2y+2z=0m,∣

則《UUir,即r?)，貝IJX=0,

ZiMTV=O√2Λ=0

取y=l,則z=L,所以〃=(0,1,夜).

設(shè)直線PO與平面AMN所成的角為θ,

UUSI

則sin<9=|cos(a,n)?=∣"Λ?=-，

InI-IPDI3

故直線PD與平面AMN所成角的正弦值為2.

3

7.答案：(1)證明過程見解析.

(2)正弦值為

解析：(1)由題意可得四邊形ACGA是菱形，連接AG，所以AAC

因為。為AC的中點，E為Ca的中點，

所以。E∕∕4C∣,所以Z)E_LAC.

連接AQ,因為AB=BC=C4=AA=AC=2,

所以3E>_LAC,且AO=BO=G

又AB=瓜,所以人》+/?。?=4),所以AOJ.30.

又ACCAIO=。，所以BO1.平面ACGA，

因為ACU平面ACGA,所以BOLAC.

因為比>CJDE=。，所以ACJ_平面3DE,

因為ACU平面ABC,所以平面跳)E_L平面A8C.

(2)解法一：由(1)知平面班出，平面ABC,

設(shè)ACCoE=M,連接BM,則平面BDEc平面ABC=BM,

過點。作DN，BM于點N,則Z)N，平面ABc

連接。F,因為。，尸分別是AC,A4,的中點，所以。尸〃AC,

所以點P到平面?BC的距離與點D到平面AxBC的距離相等，為DN.

設(shè)直線B尸與平面ABC所成的角為6，則Sine=型.

BF

因為AB=BC=C4=AA=Λ,C=2,所以AC∣=2√5,

所以。W」￡>E=LACl=

2412

由(1)易知Q_LZ)￡,

所以BM=y!DM2+BD2=.I-+3=—,

所以DN=處也=姮.

BM5

易知BF=√Γ+3=2,

√15

所以Sine="=?=巫，

BF210

即直線BF與平面AiBC所成角的正弦值為號.

解法二：由(1)知BO,AC,Ao兩兩垂直，故以。為坐標原點，直線DC,DA,,

分別為X軸、y軸、Z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，

則B(√3,0,0),C(0,1,0),A(O,O,√3),FfO,-?,

UlULlUDUUlT

所以BF=,BC=(-√3,l,0),AlB=(√3,O,-√3).

設(shè)平面ABC的法向量為M=(x,y,z),

UUW

n?BC=U,f-?/??+y=0,

則UUir得

小AB=0,?√3x-√3z=0,

取z=l,得"=(1,6,1).

設(shè)直線B尸與平面ABC所成的角為θ,

UllU.-

∏∣../?S,∣n?BF∣√15

W1UlsinΘn=∣cos(∕j,BF)l|=-----ut?-=-----,

?n??BF?10

所以直線與平面ABC所成角的正弦值為零.

8.答案：(1)見解析

(2)見解析

（3）三棱錐G-CD用的體積為4

解析：（1）AB2=AC2+BC2,.-.ACVBC.

55

CC1?FffiABC,ACcFffiABC,

:.AC±CC,.XBCCCl=C,

5

:.AC±￥11BCC1B1.BC1?FffiBCCtBt,:.ACLBCx.

（2）如圖，設(shè)Cs與GB的交點為￡,連接。E.

BC=AA1=4,.?.BCC∣B∣為正方形,

：.E是GB的中點.

又。是AB的中點，.?.DEHACx.

DEu平面CDBi,AGC平面CDB∣,

:.AG〃平面CO用.

(3)ACJ_平面BCCg,。為AB的中點，

，點。到平面BCC4的距離等于3AC,

V

C,-CDBI=?5-βlGc=§5陰“《AC=W4X4X]X3=4.

三棱錐C,-CDBt的體積為4.

9.答案：(I)見解析

(II)5:11

解析：(D證明：因為凡H分別是PC,PO的中點，所以FH//CD.

又因為四棱錐戶-ABS的底面是正方形，

所以AB//CD,即ΛB∕∕∕7∕.

又ABU平面「BA,FHU平面ABC,

故FHH平面PBA.

同理可證EFH平面PBA.

因為￡Fu平面E"/,FHU平面EFH,EFFH=F,所以平面EFH〃平面PBA

(II)因為平面EFHU平面PBA,延伸平面EFH交AO于點Q,則HQHPA,所以。為

AD的中點，連接FD

設(shè)多面體“'E-"Z)Q的體積為K,剩余部分體積為匕，四棱錐F-Eez)Q的高為人.

因為VFCE-HDQ=匕CDO^,^,

?

YF-BeDQ=?3四邊形ecdq

5

所以K=VFCE-HDQ~^F-ECDQ+^F-DQH

6

=

因為^P-ABCD?S四邊形ABCD,PA=§，

11

所以K=VfHCO

VFCE-HDQ6^

所以V：%=|：^=5:11.

10.答案：(1)證明過程見解析.

(2)正弦值為

解析：⑴連接BP,在菱形ABCD中，易得BD=2瓜BPLAD.

Q平面ΛBCD1,平面ADF,平面ABcDC平面ADF=

二砂，平面ADF.

又*'u平面AOE,.-.BPA.DF.

在AADF中，易知4。2=￡＞尸+4尸，.df^af-

XAFHBE,..DFA.BE,

連接EP,QBECBP=B,BE,BPu平面BEP,

.?.Of，平面BEP,

又PQU平面BEP,DFVPQ.

(2)解法一：取。R的中點G,連接EG,GP.

QPGH-AF,AFHBE,QE=-BE,：.PGHQE.

=2=2=

.［四邊形PQEG為平行四邊形，，PQHEG.

.?.直線PQ與平面8