2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強化練二十二空間向量與立體幾何理含解析

PAGE增分強化練(二十二)1．(2024·泉州質(zhì)檢)在四棱錐P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝1，AD＝2BC＝eq\r(2)，PD＝eq\r(3).(1)求證：平面PBD⊥平面PAC；(2)M為棱PB上異于B的點，且AM⊥MC，求直線AM與平面MCD所成角的正弦值．解析：(1)證明：在Rt△ABC與Rt△ABD中，因為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.因為∠ABD＋∠CBD＝90°，所以∠BCA＋∠CBD＝90°，所以AC⊥BD.因為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)過A作AE∥DP，因為PD⊥平面ABCD，所以AE⊥平面ABCD，即AE，AB，AD兩兩相垂直，以A為原點，AB，AD，AE所在的直線為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，因為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))，設(shè)eq\o(BM,\s\up8(→))＝λeq\o(BP,\s\up8(→))，λ∈(0,1]．則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).因為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).因為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)))，設(shè)n＝(x0，y0，z0)為平面MCD的一個法向量，則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)))，設(shè)直線AM與平面MCD所成角為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)，所以直線AM與平面MCD所成角的正弦值eq\f(2\r(39),13).2．(2024·濟寧模擬)如圖，在直角梯形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，且AB＝2DE＝2BE，點C是AB中點，現(xiàn)將△ACD沿CD折起，使點A到達點P的位置．(1)求證：平面PBC⊥平面PEB；(2)若PE與平面PBC所成的角為45°，求平面PDE與平面PBC所成銳二面角的余弦值．解析：(1)證明：∵AB∥DE，AB＝2DE，點C是AB中點，∴CB∥ED，CB＝ED，∴四邊形BCDE為平行四邊形，∴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即為PE與平面PBC所成的角，∴∠EPB＝45°，∵EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，∴△PBE為等腰直角三角形，∴EB＝PB＝BC＝PC，故△PBC為等邊三角形，取BC的中點O，連結(jié)PO，則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(shè)為坐標(biāo)原點，過點O與BE平行的直線為x軸，CB所在的直線為y軸，OP所在的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖，設(shè)BC＝2，則B(0,1,0)，E(2,1,0)，D(2，－1,0)，P(0,0，eq\r(3))，從而eq\o(DE,\s\up8(→))＝(0,2,0)，eq\o(PE,\s\up8(→))＝(2,1，－eq\r(3))，設(shè)平面PDE的一個法向量為m＝(x，y，z)，則由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的一個法向量n＝(1,0,0)，則cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(3),\r(7))＝eq\f(\r(21),7)，平面PDE與平面PBC所成銳二面角的余弦值為eq\f(\r(21),7).3．(2024·高考全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點．(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A-MA1-N的正弦值．解析：(1)證明：如圖，連接B1C，ME.因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因為N為A1D的中點，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由題設(shè)知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND，因此四邊形MNDE為平行四邊形，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為坐標(biāo)原點，eq\o(DA,\s\up8(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則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)．設(shè)m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則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)．設(shè)n＝(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則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A-MA1-N的正弦值為eq\f(\r(10),5).4．(2024·高考全國卷Ⅱ)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，點E在棱AA1上，BE⊥EC1(1)證明：BE⊥平面EB1C1(2)若AE＝A1E，求二面角B-EC-C1的正弦值．解析：(1)證明：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°.由題設(shè)知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D為坐標(biāo)原點，eq\o(DA,\s\up8(→))的方向為x軸正方向，|eq\o(DA,\s\up8(→))|為單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則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)．設(shè)平面EBC的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則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)．設(shè)平面