2023年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)：空間向量與立體幾何（大題）

2023年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)——大題狂練：空間向量與立體幾何（15

題）

解答題（共15小題）

1.（2021秋□云南期末）如圖所示，在四棱御-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，且

ZBAP=ZCDP=90°.

（1）證明：平面PAB_L平面PAD；

（2）若PA_LPD,PA=PD=2,AB=4,求點D到平面PBC的距離.

2.（2022口徐匯區(qū)校級開學(xué)）已知空間中三，區(qū)（2,0,-2)、B(1,-1,-2)、C(3,0,

-4),設(shè)2=知，b=AC.

（1）若百=3,且W〃花，求向量Z

（2）求以二、E為一組鄰邊的平行四邊形的面積S.

第1頁（共44頁）

3.（2022春口泰州期末）已用=（2,-1,3）-b=（L,2,2）-

（1）求（a+b）?（2a_-b）的值;

（2）當(dāng)（kZ-E）1G+k%）時，求實數(shù)k的值.

4.（2022春口淄博期末）如圖，已知正方體ABCD-AFigD［的棱長為2,M,N分別為棱

BBpBC的中點.

（1）證明：直線DN〃平面AMR；

（2）設(shè)平面AMR與平面ABCD的交線為1,求點M到直線1的距離及二面角D1-1-C

的余弦值.

第2頁（共44頁）

5.（2022春□安徽期中）如圖，在/BC中，AC±BC,ZBAC=30°,AB=4,E,F分別

為AC,AB的中點，APEF是由4AEF繞直線EF旋轉(zhuǎn)得到，連接AP,BP,CP.

（I）求證：BC_L平面PAC；

（II）若AP=3,求點E到平面PAF的距離.

6.（2022□烏魯木齊模擬）如圖，在三棱御-ABC中，PA_L平面ABGAB±BC.

（1）證明：PB±BC；

（2）若PA=AB=BC,求二面角A-PC-B的大小.

第3頁（共44頁）

7.（2021秋□石河子校級月考）如圖所示，在四棱陋-ABCE中，底面ABCE為梯形，且

滿足AB〃CE,ZBCE=90°,AB=2BC=2CE=2DE=2AD,平面ADEJ_平面ABCE

（1）求證：AD±BE；

（2）求直線AC與平面BDE所成角的余弦值.

8.（2021秋口南崗區(qū)校級期末）在棱長為1的正方體ABCD-AFQ1D1中，求平面ACQ的

一個法向量n.

第4頁（共44頁）

9.(2022春□青浦區(qū)校級期末)如圖，在三棱黜-ABC中，AC±BC,BC=V3,AP=CP,

O是AC的中點，PO=1,OB=2,PB=V5.

(1)證明：BC_L平面PAC；

(2)求點A到平面PBC的距離.

TT

10.(2022□安徽模擬)如圖，在正四棱黜-ABCD中，AB=2,ZAPC=—,M為PB上

的四等分點，即BM=』BP.

(1)證明：平面AMCL平面PBC；

(2)求平面PDC與平面AMC所成銳二面角的余弦值.

tkX----^c

第5頁(共44頁)

11.(2022春口淮安期末)如圖，在正方體ABCD-AFiCRi中,

(1)求證：AB〃平面A[B]CD；

(2)求直線AR和平面AFiCD所成的角.

12.(2021秋□灤南縣校級月考)如圖，四棱細-ABCD中，PA_L底面ABCD,AB〃CD,

AD=CD=1,ZBAD=120°,ZACB=90

(1)求證：BCJ_平面PAC；

(2)若二面角D-PC-A的余弦值為乂5,

求點A到平面PBC的距離.

5

第6頁(共44頁)

13.(2022春口皮山縣校級期末)在四棱黜-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面PAD

是正三角形，平面PAD，底面ABCD.

(1)證明：ABJ_平面PAD；

(2)求面PAD與面PDB所成的二面角的正切值.

14.(2021秋口滁州期中)已用=(m-L2,2m)，b=(3,2n-l,1)-

(1)若2〃卜求m與n的值；

(2)若c=(3,m,-3)且ac,求laJ.

第7頁(共44頁)

15.(2021秋口六安月考)如圖，在直四棱柱ABCD-AiBiCRi中，底面ABCD是菱形，點

E為eg中點.

(1)證明：平面BDD],平面EBDp

(2)若NBAD=60。，|AB|=1,1=2'求點D]到平面BDE的距離.

第8頁(共44頁)

2023年高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)——大題狂練：空間向量與立體幾何（15

題）

參考答案與試題解析

一.解答題（共15小題）

1.（2021秋□云南期末）如圖所示，在四棱軸-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，且

ZBAP=ZCDP=90°.

（1）證明：平面PAB_L平面PAD；

（2）若PA_LPD,PA=PD=2,AB=4,求點D到平面PBC的距離.

【考點】點、線、面間的距離計算；平面與平面垂直.

【專題】計算題；方程思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理；直觀想象；數(shù)

學(xué)運算.

【分析】（1）先證ABJ_AP,CD±PD,再由AB〃CD證AB_LPD,進而證得AB_L平面

PAD,即可證得平面PAB±平面PAD；

（2）取AD的中點O,連接PO,先證POL平面ABCD,求出Vp_BCD，再求出S^PBC，

由等體積法而力器即可求解.

【解答】（1）證明：

,/ZBAP=ZCDP=90°,：.ABJ_AP,CD±PD,

：AB〃CD,；.AB_LPD,又,；AP/D=P,APO面PAD,PDQF面PAD,

：.AB_L平面PAD,；AB□平面PAB,二平面PAB_L平面PAD.

(2)解：取AD的中點0,連接PO,取BC的中點E,連接PE,如圖所示,

第9頁（共44頁）

p

AB

A=PD=,22+22=2V2,

；AB_L平面PAD,PO平面PAD,/.AB±PO,

：ABnAD=A,AB,AD□^面ABCD,平面ABCD,即點P到平面BCD的距離

為P0=&,

冷-BCD4SABCD-PO={X1X4X2V2XV2=|'

在RtZ\PAB中，PA=2,AB=4,：.PB=2?立，同理「02近，

在等腰APBC中，PE±BC,BC=2V2,PE=V(2V5)2-(V2)2=372>

SAPBC=yX2^XM=6，

7

VDTBC=Vp-BCD號,點D到平面PBC的距離d=|-

【點評】本題主要考查面面垂直的證明，點面距離的計算等知識，屬于基礎(chǔ)題.

2.(2022□徐匯區(qū)校級開學(xué))已知空間中三點X(2,0,-2).B(1,-1,-2)、C(3,0,

-4),設(shè)a=AB,b=AC.

(1)若lcl=3,且?！??,求向量c；

(2)求以工、E為一組鄰邊的平行四邊形的面積S.

【考點】共線向量與共面向量.

【專題】計算題；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運算.

【分析】(1)根據(jù)題意，求出玩的坐標(biāo)，由向量平行的坐標(biāo)表示方法，可以設(shè)W=t^=

(2t,t,-2t),由向量模的計算公式求出t的值，計算可得答案；

(2)根據(jù)題意，求出版、正的坐標(biāo)，由數(shù)量積的計算公式可得cosA,進而求出sinA,

又由$=屈|正|XsinA,計算可得答案.

頁(共44頁)

解：()根據(jù)題意，(1,-1,-2)、C(3,0,-4),貝!]BC=(2,1,-2),

若?〃8a設(shè)仁=18。=(2t,t,-2t),

又由|c|=3,則4t2+t2+4t2=9t2=9,解可得t=±l,

故仁=(2,1,-2)或(-2,-1,2)；

(2)根據(jù)題意，a=AB=(-1,-1,0),b=AC=(1,0,-2),

則凝l=W+l+0=&,質(zhì)1=百萬=遙，ABQC=-1,

則cosA=cos<標(biāo)，AC>=_^，A2>=故sinA=3歷,

|施||AC|10I。

故S=|ABIAC|XsinA=^/2XA/5X入"。=3.

10

【點評】本題考查向量數(shù)量積的計算，涉及空間向量的平行，屬于基礎(chǔ)題.

3.(2022春口泰州期末)已備⑵-1,3)，b=(l,2,2)-

(1)求(a十b)?(2”b)的值；

(2)當(dāng)(k；-E)1(7+￡)時，求實數(shù)k的值.

【考點】空間向量的數(shù)量積運算；數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；平面向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運算.

【分析】(1)根據(jù)空間向量的坐標(biāo)線性運算與數(shù)量積公式，即可求解.

(2)根據(jù)垂直的數(shù)量積表示，結(jié)合向量的坐標(biāo)公式，即可求解.

【解答】解：(1)因為W=(2,-1,3)，b=(l,2,2)>

故Z+E=(3,1,5)，2a-b=(4,-2,6)-(1,2,2)=(3,-4,4)，

故苗+E)?(2；-%)=3X3-1X4+5X4=26

(2)a2=22+(-l)2+32=4+1+9=14：，b2=12+22+22=9，

a-b=2Xl-lX2+3X2=e>

因為(ka-b)_L(a+kb),

所以(ka-b)?(a+kb)=0，即kJ十(k2-1)&r-kb2=0,

頁(共44頁)

+6(k2-1)-9k=0,即(2k+3)(3k-2)=0,

故k=J或kJ.

【點評】本題主要考查空間向量的數(shù)量積運算，屬于基礎(chǔ)題.

4.(2022春口淄博期末)如圖，已知正方體ABCD-AFiCRi的棱長為2,M,N分別為棱

BBpBC的中點.

(1)證明：直線DN〃平面AMR；

(2)設(shè)平面AMR與平面ABCD的交線為1,求點M到直線1的距離及二面角D1-1-C

的余弦值.

【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面平行.

【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；空間角；邏輯推理；數(shù)學(xué)

運算.

【分析】(1)取eg的中點E,連接DE、NE、ME,證明出平面DEN〃平面AMR,利

用面面平行的性質(zhì)定理可證得結(jié)論成立；

(2)延長D］M、DB交于點P,連接AP,則直線AP即為直線，然后過點D在平面ABCD

內(nèi)作DFL直線AP,垂足為點F,連接DF，推導(dǎo)出點M為PD］的中點，二面角D「1

-C的平面角為/D1FD,計算出D1F、DF,即可得解.

【解答】(1)證明：取eg的中點E,連接DE、NE、ME,

在正方體ABCD-AFigDi中，BBi〃CC］且BB［=CCi，

?/M、E分別為BB］、CC］的中點，則BM〃CE且BM=CE,

故四邊形BCEM為平行四邊形，則ME〃:BC且ME=BC,

又因為AD〃:BC且AD=BC,則ME〃AD且ME=AD,

故四邊形ADEM為平行四邊形，貝［DE〃AM,

VDE平面AMR,AM打面AMR,；.DE〃平面AMDp

頁(共44頁)

〃CD1且AB=C]D],故四邊形ABQD1為平行四邊形，則BQ"AD〉

?；N、E分別為BC、CC]的中點，則NE〃:Bq,則NE〃AD],

VNE平面AMDpAD1□^面AMR,NE〃平面AMR,

?..DECNE=EDE、NE審面DEN,所以，平面DEN〃平面AMR,

；DN□^面DEN,：.DN〃平面AMR.

(2)解：延長D]M、DB交于點P,連接AP,則直線AP即為直線1,

因為BB]〃DD[且BB]=DDi，M為BB1的中點，則磔-衛(wèi)~==工,

故點B為PD的中點，M為PDI的中點，

在^ABP中，郎=2,BP=BD=2\f2,NABF=135°,

由余弦定理可得AP2=AB^+BP2-2ABBPcosl35°=20,則AP=2?立，

222275

Z?__AB+AP-BP

ss/BAP=一荻而一"T"

則sin/BAP=Vl_cos2Z:BAP,

0

過點D在平面ABCD內(nèi)作DF,直線AP,垂足為點F,連接D【F,

sinZDAF=sin(90°-/BAP)

□

所以,DF=ADsinZDAF=^->

因為DD]_L平面ABCD,1審面ABCD,所以DD]_L1,

因為DF_L1,DFCDDi=D,DF,DDjOT?DD^,所以1_L平面DD^,

因為D1F□平面DD]F,所以D]FL,故二面角D1-1-C的平面角為/D1FD,

且D[F=JDD彳+DF[，故點M到直線的距離為宜度，

1Vl55

DF2

cosZ0^0=^—=-=—?

因此，二面角D]T-C的平面角的余弦值為2.

3

頁(共44頁)

本題考查了線面平行的證明以及點到直線的距離和二面角的計算，屬于中檔題.

(2022春□安徽期中)如圖，在4中，AC±BC,ZBAC=30°,AB=4,E,F分別

為AC,AB的中點，ZXPEF是由4AEF繞直線EF旋轉(zhuǎn)得到，連接AP,BP,CP.

(I)求證：BC_L平面PAC；

(II)若AP=3,求點E到平面PAF的距離.

【考點】點、線、面間的距離計算；直線與平面垂直.

【專題】計算題；方程思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理；直觀想象；數(shù)

學(xué)運算.

【分析】(I)由題可知BCLPE,再由ACLBC結(jié)合線面垂直判定證明即可；

(II)利用等積法轉(zhuǎn)化頂點即可求得點面距離.

【解答】(I)證明：因為AC_LBC,BC〃EF,

/.PE±EF,AE±EF,

/.BCXPE,

又ACLLBC,ACAPE=E,AC,PE平面PAC,

：.BC_L平面PAC；

(II)解：因為BC_L平面PAC,BC〃EF,

頁(共44頁)

_L平面PAC,

由題可知PF=AF=2,EF-|SC=1,PE'ACS，

,/PE=AE=V3,AP=,

"SAEPJX,XJBY）之用

?.?PF=AF=2,AP=3,

.?"△支一氣乂商-1⑥平,

設(shè)點E到平面PAF的距離為d,

由^F_PAE~^/E_PAF,得J乂苫乎-乂1=^X3^^義d，

解得

7

【點評】本題主要考查線面垂直的證明，點面距離的計算等知識，屬于基礎(chǔ)題.

6.（2022□烏魯木齊模擬）如圖，在三棱錘-ABC中，PA_L平面ABGABXBC.

（1）證明：PBXBC；

（2）若PA=AB=BC,求二面角A-PC-B的大小.

【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；轉(zhuǎn)化法；空間向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運算.

【分析】（1）利用線面垂直的判定定理即證，

（2）建系，利用向量法解決二面角問題.

【解答】解：（1）證明：；PA_L平面ABG又BC平面ABC,

/.PAXBC,又ABJ_BC,PAAAB=A,

；.BC_L平面PAB,又PB￥面PAB,

/.PB±BC；

（2）如圖以BC為x軸，BA為y軸，過點B且垂直平面ABC的直線為z軸建立空間直

角坐標(biāo)系，

頁（共44頁）

設(shè)PA=AB=BC=1,則A(0,1,0),B(0,0,0),C(1,0,0),P(0,1,1),

AP=(0,0,1),AC=(1,-1,o),BP=(o,1,1),BC=CL,o,o),

設(shè)平面APC與平面BPC的法向量分別為，

—?—?

yj,Z])，n=(x21y2?

??

則AP=0nTBP=0

,m，AC=0,n*BC=0

+s=0

-1=0fy22

,

■">x1-y1=0[x2=0，

分別令X]=l,y2=l,可得，

m=(l,1,。)，n=(0,1,-1)，

又由圖可知二面角A-PC-B的平面角。為銳角,

Im?n|]

/.cos9=|COS〈7Hn>l='1

|m||nIV2X722

，二面角A-PC-B的大小為二一.

【點評】本題考查線面垂直的證明以及二面角大小的求解，屬基礎(chǔ)題.

7.(2021秋口石河子校級月考)如圖所示，在四棱勒-ABCE中，底面ABCE為梯形，且

滿足AB〃CE,ZBCE=90°,AB=2BC=2CE=2DE=2AD,平面ADEJ_平面ABCE.

(1)求證：AD±BE；

(2)求直線AC與平面BDE所成角的余弦值.

第16頁(共44頁)

【考點】直線與平面所成的角；直線與平面垂直.

【專題】計算題；整體思想；演繹法；空間位置關(guān)系與距離；空間向量及應(yīng)用；邏輯推

理；直觀想象；數(shù)學(xué)運算.

【分析】（1）取AB的中點F,連接EF,可知四邊形BCEF是平行四邊形，進而可得EF

±AB,令A(yù)D=BC=EC=ED=1,則AB=2,由勾股定理可得AE_LBE,由平面ADEJ_

平面ABCE可得BE_L平面ADE,即可求證.

（2）取AE的中點O,連接DO、FO,先證明OA、OF、OD兩兩垂直，再以O(shè)A、OF、

OD所在直線分別x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，求面BDE的法向量和直線AC的方向

向量，利用向量夾角公式即可求解.

【解答】（1）證明：取AB的中點F,連接EF,

,：AB=2EC,AB〃CE,；.BF〃CE,且BF=CE,

/.四邊形BCEF是平行四邊形，

：.EF〃BC,又NBCE=90。,.\EF±AB,

令A(yù)D=BC=EC=ED=1,則AB=2,AE=BE=^,

可得AK+BE2=A杼，/.AEXBE,

又平面ADE_L平面ABCE,平面ADEQF面ABCE=AE,

平面ADE,又AD□^面ADE,.\ADXBE；

（2）解：取AE的中點O,連接DO、FO,則易知DO_LAE,FOXAE,

?.?平面ADEJ_平面ABCE平面ADEQF面ABCE=AE,

：.DO_L平面ABCE,；.DOJ_FO,：.OA、OF、OD兩兩垂直，

故可以以O(shè)A、OF、OD所在直線分別x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則

A除0，0），B（冬,72,0）,C（-V2,除。）、0（0,0,冬），E（哆0,0）

第17頁（共44頁）

?T7：_/372V2n、而=(喙，華3BE=(O,

,,AC-('~2~'0)，W2，0)，

z),則「吵°，即[浮飛了嚕海,

設(shè)平面BDE的法向量為1=(x

InBER|L-V2y=o

...y=0,令x=l,貝Uz=-1,,??昂=(1,Q,一1)為平面BDE的一個法向量,

設(shè)直線AC與平面BDE所成的角為9,

,3V2.

血:,y-2~'_37s

貝MinScos(ACTA>|=

|AC|-|n|飛X版-千

二直線AC與平面BDE所成角的正弦值為苣疸.

10

【點評】本題主要考查空間中的垂直關(guān)系，線面角的相關(guān)計算，空間向量的應(yīng)用等知識,

屬于中等題.

8.(2021秋□南崗區(qū)校級期末)在棱長為1的正方體ABCD-AFigDi中，求平面ACD1的

一個法向量n.

【考點】平面的法向量.

【專題】計算題；方程思想；綜合法；空間向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運算.

【分析】利用線面垂直的性質(zhì)、向量與數(shù)量積的關(guān)系即可得出.

【解答】解：由已知圖象可得，A(1,0,0),C(0,1,0),D[(0,0,1),

則AC=(-1,1,0),AD；=-I，0,1),

設(shè)ACDi的一個法向量n=(x,y,z).

/?—??

n?AC=-x+y=0

則一_，取x=1,可得y=1,z=1,

n?AD[=-x+z=0

n=(1,1,1).

【點評】本題主要考查平面的法向量的求法，考查了運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

第18頁(共44頁)

9.(2022春□青浦區(qū)校級期末)如圖，在三棱黜-ABC中，AC±BC,BC=V3,AP=CP,

O是AC的中點，PO=1,OB=2,PB=V5.

(1)證明：BC_L平面PAC；

(2)求點A到平面PBC的距離.

【考點】點、線、面間的距離計算；直線與平面垂直.

【專題】數(shù)形結(jié)合；等體積法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理；數(shù)學(xué)運算.

【分析】(1)證明OP_L平面ABC得出OP_LBC,結(jié)合AC_LBC得出BC_L平面PAC；

(2)根據(jù)VAPBCMVP.ABC計算點A到平面PBC的距離.

【解答】(1)證明：［AP=CP,O是AC中點，；.PO_LAC,

由已知得PO2+OB2=PB2,.,.POXOB,

又ACCOB=O,0BO面ABC,平面ABG

/.POXBC,

VAC±BC,POAAC=O,POD^面PAC,

.\BC_L平面PAC.

(2)解：設(shè)點A到平面PBC的距離為h,

在RtAOCB中，OCHOBI-BC?=1'

則PC=VoP2-H3C2=V2，

；BCJ_平面PAC,/.BC±PC,

,,SAPBC=-2_,

??4_PBC=%_ABC?VAP-ABC《SaBC?P°=*~，

?■?ySApBC'h=^y-'-'^=72，

即點A到平面PBC的距離為企.

第19頁(共44頁)

【點評】本題考查了線面垂直的判定，棱錐體積與點到平面的距離計算，屬于基礎(chǔ)題.

10.(2022□安徽模擬)如圖，在正四棱黜-ABCD中，AB=2,ZAPC=—,M為PB上

3

的四等分點，即BM=』BP.

4

(1)證明：平面AMCLL平面PBC；

(2)求平面PDC與平面AMC所成銳二面角的余弦值.

【考點】二面角的平面角及求法；平面與平面垂直.

【專題】轉(zhuǎn)化思想；數(shù)形結(jié)合法；空間角；邏輯推理.

【分析】(1)由題中數(shù)據(jù)結(jié)合余弦定理，勾股定理可得AMLPB,CMXPB,由此即可證

得平面AMCL平面PBC；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面AMC及平面PDC的法向量，利用向量公式即可得

解.

【解答】解：(1)由AB=2,可知AC=V2?+22=，由/APC二工，可知

PA=PC=AC=2V2,

-ABCD是正四棱錐，

/.PB=PD=PA=PC=2>/2,

??.BM*,鼠=等，

222

在4PAB中，設(shè)NAPB=。，由余弦定理有，0=PA^jfB_2AB_^3_

cos2PA-PB4

222

在APAM中，由余弦定理有，AM=PA+PM-2PA'PMcoSei

/.A]VF+MB2=4=Aff,/.AM_LPB,

同理CMJ_PB,而PB在平面PBC上，AMACM=M,且AM,CM都在平面ACM內(nèi)，

故PB_L平面ACM,又PB匚平面PBC,

二平面AMCL平面PBC；

(2)以底面中心O為原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則

第20頁(共44頁)

0（0,o,o）,c（-i,i,o）,A（I,-i,o）,P（O,o,Ve）,B（I,I,o）

,D（-1,-1,0）

設(shè)平面PDC的法向量為%=（x,y,z），DP=（1,1,粕），DC=（O,2,0），

，可取:=(浦，0,-2)，

設(shè)平面AMC的法向量為門=(a,b,c)，則可取n=PB=(-l,-1,V6),

V21

設(shè)平面PDC與平面AMC所成銳二面角為9,貝(]cose二F1

ImIIn"V

【點評】本題考查面面垂直的判定以及利用空間向量求解二面角問題，考查推理論證及

運算求解能力，屬于常規(guī)題目.

11.(2022春□淮安期末)如圖，在正方1MBCD-AFiCRi中,

(1)求證：AB〃平面AjB[CD；

(2)求直線A]B和平面AFiCD所成的角.

【考點】直線與平面所成的角.

【專題】數(shù)形結(jié)合；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；直觀想象.

【分析】(1)由AB〃A]Bi即可得出AB〃平面A1BQD；

(2)連接BQ交BQ于O,連接OAi，證明OBJ_平面A[B]CD可得/OAF為直線AF

第21頁(共44頁)

和平面A[B]CD所成的角，設(shè)正方體棱長為1,在Rt^AiOB中求出/OAF.

【解答】(1)證明：:ABaAiBi，ABZff面A[B]CD,AFilOf面A[B]CD,

：.AB〃平面A]B[CD.

(2)解：連接BQ交BQ于O,連接OA1,

，

?..四邊形BCCFi是正方形，..OB±B1C,

VA1B11B1C1,A]Bi_LB]B,B1C1AB1B=B1,

平面BCqBp

.,.AJBJXOB,

又AiB]CBiC=Bi，

...OBI,平面A]B[CD,

/.NOAF為直線AF和平面A]BQD所成的角,

設(shè)正方體棱長為1,則A]B=.歷，OB=亞，

2

/.sinZOA1B=-^=A,

1A[B2

/.ZOA1B=30°,

直線A]B和平面AFiCD所成的角為30。.

【點評】本題考查了線面平行的判定定理，面垂直的判定與線面角的計算，屬于中檔題.

12.(2021秋□灤南縣校級月考)如圖，四棱軸-ABCD中，PA_L底面ABCD,AB/7CD,

AD=CD=1,ZBAD=120°,ZACB=90°,

(1)求證：BC_L平面PAC；

(2)若二面角D-PC-A的余弦值為恒,

求點A到平面PBC的距離.

5

第22頁(共44頁)

【考點】點、線、面間的距離計算；直線與平面垂直.

【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離.

【分析】(1)要證BC_L平面PAC,只需證明PA_LBC,BC_LAC即可;

(2)作AOLPC,則AOL平面PBC,利用等面積求解即可.

【解答】解：(1),；PA_L底面ABCD,BCOWABCD,/.PAXBC,

VZACB=90°,.'.BC±AC.

又PACAC=A,.,.BC±5F?PAC；

(2)；AB〃CD,AD=CD=1,ZBAD=120°,

.?.△ACD是等邊三角形，AC=1,

設(shè)PA=x,貝IS,AC=5,$回=￡X』+

...二面角D-PC-A的余弦值為亞~,

5

作ACLLPC,則AO_L平面PBC,

APAC中，由等面積可得AO=PA*AC=6X1

PC22

...點A到平面PBC的距離為返.

2

【點評】本題考查直線與平面垂直，二面角，點到平面的距離，考查空間想象能力，邏

輯思維能力，是中檔題.

13.(2022春□皮山縣校級期末)在四棱融-ABCD中，底面ABCD是正方形，側(cè)面PAD

是正三角形，平面PAD_L底面ABCD.

(1)證明：AB_L平面PAD；

(2)求面PAD與面PDB所成的二面角的正切值.

第23頁(共44頁)

【考點】二面角的平面角及求法；直線與平面垂直.

【專題】綜合題；空間位置關(guān)系與距離；空間角.

【分析】(1)根據(jù)平面PAD_L底面ABCD以及AB_LAD即可證得ABJ_平面PAD；

(2)利用面積射影法，求出面PAD與面PDB所成的二面角的余弦值，即可求出面PAD

與面PDB所成的二面角的正切值.

【解答】(1)證明：I,底面ABCD是正方形，

/.ABXAD,

?.?平面PADJ_底面ABCD,平面PADA底面ABCD=AD,

二由面面垂直的性質(zhì)定理得，AB_L平面PAD；

(2)解：由題意，ZXPBD在面PAD上的射影為APAD.

2

設(shè)AD=a,則SPAD=2^-a,

4

△PBD中，PD=a,BD=\,2a,PB=\12a,S’BD-；XX

/.面PAD與面PDB所成的二面角的余弦值為咨，

V7

二面PAD與面PDB所成的二面角的正切值為叵.

V33

【點評】本小題主要考查直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系，考查面PAD與面PDB

所成的二面角的正切值，考查空間想象能力、推理論證能力和運算能力.

14.(2021秋□滁州期中)已用=(m-L,2,2m)>b=(3,2n-l,1)-

(1)若a〃b,求m與n的值；

(2)若c=(3,m,-3)且a_Lc,求人.

【考點】向量的數(shù)量積判斷向量的共線與垂直；共線向量與共面向量.

【專題】計算題；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；空間向量及應(yīng)用；數(shù)學(xué)運算.

第24頁(共44頁)

"m-l=3k

【分析】(1)根據(jù)題意，由向量平行的判斷方法可得2=kC2n-1),解可得a的值；

,2m=k

(2)根據(jù)題意，由空間向量數(shù)量積的計算公式可得二三=3(m-1)+2m-6m=0,解可

得m的值，由向量模的計算公式計算可得答案.

【解答】解：(1)根據(jù)題意，若設(shè)之=后，

rm-l=3k

則有，2=k(2n-l),解可得m=-1，n=-2,

_3

[2m=k

(2)根據(jù)題意，若3=(3,取,-3)且之八,

則aEb=3(m-1)+2m-6m=0,解可得m=-3,

則a=(-4,2,-6),則|a|=J16+4+36=2A/I^.

【點評】本題考查空間向量數(shù)量積的計算，涉及空間向量平行的判斷，屬于基礎(chǔ)題.

15.(2021秋口六安月考)如圖，在直四棱松BCD-AFigDi中，底面ABCD是菱形，點

E為eg中點.

(1)證明：平面BDDJ平面EBDp

(2)若NBAD=60。，AB|=1,KAl=2＞求點D1到平面BDE的距離.

【考點】點、線、面間的距離計算；平面與平面垂直.

【專題】計算題；方程思想；綜合法；空間位置關(guān)系與距離；邏輯推理；直觀想象；數(shù)

學(xué)運算.

【分析】(1)取BD]的中點F,連接EF；取BD中點為M,連接CM,可證EF〃CM,

第25頁(共44頁)

1.平面BDD即可；

（2）易知Vpnn=V等體積法即可求解.

B-DD.EcDn.-DSE

【解答】（1）證明：取BD],BD的中點F,M,連接EF,FM,CM,

因為E為中點，所以FM〃DD]且|FJ[1—lDD1|，EC〃DDI且lECl-lDD]|，

所以FM〃EC且FM|=ECI,

所以四邊形EFMC為平行四邊形，所以EF〃CM,

由于底面為菱形，所以CMLBD,

由直棱柱的性質(zhì)可得DD]_LCM,DD]BD=D,

所以0\4，面8口口1，所以EF_L面BDDl，

又因為EF面BED],

所以平面BDDJ平面EBD1；

（2）解：易知丫口=Vnm:，設(shè)點D1到面BDE的距離為d,

B-DD.EnDn.-DBE1

SAME卷xix與斗，

V=V-XX

B-DD.EDrDBEgd=yX1X-，??d=~—，

故點D]到平面DBE的距離為2返L.

【點評】本題主要考查面面垂直的證明，點面距離的計算，空間想象能力的培養(yǎng)等知識,

屬于中等題.

頁（共44頁）

.向量的概念與向量的模

【向量概念】

既有大小又有方向的量叫做向量（如物理中的矢量：速度、加速度、力），只有大小沒有方

向的量叫做數(shù)量（物理中的標(biāo)量：身高、體重、年齡）.在數(shù)學(xué)中我們把向量的大小叫做向

量的模，這是一個標(biāo)量.

【向量的幾何表示】

用有向線段表示向量，有向線段的長度表示有向向量的大小，用箭頭所指的方向表示向量的

方向.即用表示有向線段的起點、終點的字母表示，例如標(biāo)、BC,…字母表示，用小寫字

母之、b,…表示.有向向量的長度為模，表示為標(biāo)I、kl,單位向量表示長度為一個單位

的向量；長度為0的向量為零向量.

【向量的?！?/p>

AB的大小，也就是AB的長度（或稱模），記作IABL

【零向量】

長度為零的向量叫做零向量，記作五，零向量的長度為0,方向不確定.

【單位向量】

長度為一個單位長度的向量叫做單位向量屈（與標(biāo)共線的單位向量是厘一）.

|AB|

【相等向量】

長度相等且方向相同的兩個向量叫相等向量，相等向量有傳遞性.

2.數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系

【概念】

向量是有方向的，那么在一個空間內(nèi)，不同的向量可能是平行，也可能是重合，也有可

能是相交.當(dāng)兩條向量的方向互相垂直的時候，我們就說這兩條向量垂直.假如a=（1,0,

1）,E=（2,0,-2）,那么W與E垂直，有之汗=1X2+1X（-2）=0,即互相垂直的向

量它們的乘積為0.

頁（共44頁）

例：與向量(J-,生)垂直的向量可能為()

55

：(,-4)B：(-4,3)C：(4,3)D：(4,-3)

解：對于A：(一^,—')GI3,-4)=—叵=-5,?二A不成立；

'55，55

對于B：—3,國)E-4,3).,.B不成立；

'55」555

對于C：旦，生)E4,3)=造*」^=0，；.C成立；

’55，55

對于D：旦，4)E4,-3)=1212=^1,；.D不成立；

,55，555

故選：C.

點評：分別求出向量(衛(wèi)，里)和A,B,C,D四個備選向量的乘積，如果乘積等于0,

55

則這兩個向量垂直，否則不垂直.

【考點分析】

向量垂直是比較喜歡考的一個點，主要性質(zhì)就是垂直的向量積為0,希望大家熟記這個

關(guān)系并靈活運用.

.直線與平面平行

【知識點的知識】

1、直線與平面平行的判定定理：

如果平面外一條直線和這個平面內(nèi)的一條直線平行，那么這條直線和這個平面平行.用符號

表示為：若a,bDqa〃b,則a〃a.

2、直線與平面平行的判定定理的實質(zhì)是：對于平面外的一條直線，只需在平面內(nèi)找到一條

直線和這條直線平行，就可判定這條直線必和這個平面平行.即由線線平行得到線面平行.

1、直線和平面平行的性質(zhì)定理：

如果一條直線和一個平面平行，經(jīng)過這條直線的平面和這個平面相交，那么這條直線和交

線平行.

用符號表示為：若a〃a,aD§aAP=b,則a〃b.

2、直線和平面平行的性質(zhì)定理的實質(zhì)是：

已知線面平行，過已知直線作一平面和已知平面相交，其交線必和已知直線平行.即由線

面平行口線線平行.

頁(共44頁)

線線平行，并不意味著平面內(nèi)的任意一條直線都與已知直線平行.

正確的結(jié)論是：〃％若bDq則b與a的關(guān)系是：異面或平行.即平面a內(nèi)的直線分成

兩大類，一類與a平行有無數(shù)條，另一類與a異面，也有無數(shù)條.

.直線與平面垂直

【知識點的認識】

直線與平面垂直：

如果一條直線1和一個平面a內(nèi)的任意一條直線都垂直,那么就說直線1和平面a互相垂直,

記作l，a,其中1叫做平面a的垂線，平面a叫做直線1的垂面.

直線與平面垂直的判定：

()定義法：對于直線1和平面a,l_La[]垂直于a內(nèi)的任一條直線.

(2)判定定理1:如果兩條平行直線中的一條垂直于一個平面，那么另一條也垂直于這個

平面.

(3)判定定理2：如果一條直線和一個平面內(nèi)的兩條相交直線都垂直，那么這條直線垂直

于這個平面.

直線與平面垂直的性質(zhì)：

①定理：如果兩條直線同垂直于一個平面，那么這兩條直線平行.符號表示為：a±a,b±

a國〃b

②由定義可知：a±a,bDaHJ_b.

5.平面與平面垂直

【知識點的認識】

平面與平面垂直的判定：

判定定理：如果一個平面經(jīng)過另一個平面的一條垂線，那么這兩個平面互相垂直.

平面與平面垂直的性質(zhì)：

性質(zhì)定理1：如果兩個平面垂直，則在一個平面內(nèi)垂直于它們交線的直線垂直于另一個平面.

性質(zhì)定理2：如果兩個平面垂直，那么經(jīng)過第一個平面內(nèi)的一點垂直于第二個平面的直線在

第一個平面內(nèi).

性質(zhì)定理3：如果兩個相交平面都垂直于第三個平面，那么它們的交線垂直于第三個平面.

性質(zhì)定理4：三個兩兩垂直的平面的交線兩兩垂直.

頁(共44頁)

【知識點的認識】

.定義

(1)共線向量

與平面向量一樣，如果表示空間向量的有向線段所在的直線互相平行或重合，則這些向

量叫做共線向量或平行向量，記作五與任意向量是共線向量.

(2)共面向量

平行于同一平面的向量叫做共面向量.

2.定理

(1)共線向量定理

對于空間任意兩個向量W、b(EXO),a#4的充要條件是存在實數(shù)，使得胃二入大.

(2)共面向量定理

如果兩個向量W、E不共線，則向量三與向量W、E共面的充要條件是存在唯一的有序?qū)?/p>

數(shù)對(，y)