新教材高考數(shù)學第一章空間向量與立體幾何4綜合拔高練基礎過關含解析新人教A版選擇性必修第一冊

綜合拔高練

五年高考練

考點1用空間向量判斷線面位置關系

1.(2019江蘇，16,14分,的如圖,在直三棱柱ABC-AiB^i中,D,E分別為BC,AC的中點,AB=BC.求證:

⑴AB〃平面DEG;

(2)BE±CiE.

考點2用空間向量求異面直線所成的角

2.(2019上海，17,14分,嫡)如圖，在正三棱錐P-ABC中，PA=PB=PC=2,AB=BC=AC=V3.

⑴若PB的中點為M,BC的中點為N,求AC與MN的夾角；

(2)求P-ABC的體積.

考點3用空間向量求直線與平面所成的角

3.(2019天津,17,13分,#?)如圖,AE_L平面ABCD,CF//AE,AD/7BC,AD±AB,AB=AD=1,AE=BC=2.

⑴求證:BF〃平面ADE;

(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；

(3)若二面角E-BD-F的余弦值為求線段CF的長.

4.(2019浙江，19,15分,*?)如圖，已知三棱柱ABC-ABG,平面AiACC」平面

ABC,ZABC=90°,ZBAC=30°,AiA=AiC=AC,E,F分另！j是AC,AB的中點.

⑴證明：EF_LBC;

(2)求直線EF與平面AiBC所成角的余弦值.

考點4用空間向量求兩個平面的夾角

5.(2019課標全國II,17,12分,*如圖,長方體ABCD-ABCD的底面ABCD是正方形，點E在棱AAi

上,BE±ECi.

⑴證明:BE_L平面EBiCi；

(2)若AE=AE求二面角B-EC-Ci的正弦值.

6.(2019課標全國in,19,12分,#?)圖1是由矩形ADEB,RtAABC和菱形BFGC組成的一個平面圖形,其中

AB=1,BE=BF=2,ZFBC=60°.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合，連接DG,如圖2.

(1)證明：圖2中的A,C,G,D四點共面,且平面ABC_L平面BCGE;

⑵求圖2中的二面角B-CG-A的大小.

考點5用空間向量求空間距離

7.（2019課標全國I,19,12分,姨）如圖,直四棱柱ABCD-AiBCDi的底面是菱

形,AAi=4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分別是BC,BBbAiD的中點.

⑴證明：MN〃平面CiDE;

⑵求點C到平面CDE的距離.

考點6用空間向量解決探索性問題

8.(2019北京，16,14分,/?)如圖，在四棱錐P-ABCD中,PA_L平面ABCD,AD±CD,AD〃BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E

為PD的中點,點F在PC上,且——=J.

⑴求證:CD_L平面PAD;

(2)求二面角F-AE-P的余弦值;

⑶設點G在PB上,且一《判斷直線AG是否在平面AEF內，說明理由.

三年模擬練

應用實踐

1.（2020北京通州三模數(shù)學試題,*7）如圖，在四棱柱ABCD-ABCD中，側棱AiA_L底面

ABCD,AB1AC,AB=1,AC=AAi=2,AD=CD=VS,點E為線段AAi上的點，且AE=；.

⑴求證:BE_L平面ACBi；

⑵求平面ACD,與平面ACBi夾角的余弦值；

⑶判斷棱AB上是否存在點F,使得直線DF〃平面ACB”若存在,求線段AF的長;若不存在,說明理由.深度解

析

2.(2020黑龍江哈爾濱師范大學附中高三上期中,")如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊

形，ZBCD=135°,PA_L底面ABCD,AB=AC=PA=2,E,F分別為BC,AD的中點，點M在線段PD上.

(1)求證:面EMFJ_面PAC;

(2)如果直線ME與平面PBC所成的角和直線ME與平面ABCD所成的角相等,求一的值.

3.(2020湖南長沙第一中學高三上月考,")如圖所示,在梯形ABCD中,AB〃CD,ZBCD=120°,四邊形ACFE為

矩形,且CF_L平面ABCD,AD=CD=BC=CF.

⑴求證:EF_L平面BCF;

(2)點M在線段EF上運動,設平面MAB與平面FCB的夾角為9,試求cos9的取值范圍.

4.（2020山東棗莊部分重點高中高三上,"）等邊4ABC的邊長為3,點D,E分別是邊AB,AC上的點,且滿足

—=—弓（如圖1）.將4ADE沿DE折起到AAiDE的位置，使平面A】DE_L平面BCED,連接AB、AC（如圖2）.

⑴求證:AJ）_L平面BCED;

⑵在線段BC上是否存在點P,使直線PA,與平面ABD所成的角為60°?若存在,求出線段BP的長度;若不存

在,請說明理由.

圖1圖2

答案全解全析

五年高考練

L證明⑴取AC的中點Ei,連接EEi.

由題易得,EC,EB,EEi兩兩垂直，以E為原點,EC,EB,EEi所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,

如圖.

設AC=2c,AB=1,AAi=a(c>0,a>0).

2

則E(0,0,0),B(0,71-2,0),D(-,0),Ai(-c,0,a),Bi(0,Vl-,a),G(c,0,a),

所以Fl?二(c,71-2,o),-=(-咚3,o),

所以一丁"7=2-所以—TT〃—所以AIB^ED.

因為EDc平面DEC1,A1BH平面DEG,

所以AB〃平面DECt.

(2)由(1)得一=(0,71-2,o),i=(c,0,a),

而—>?T=0,所以一1，所以BEIGE.

2.解析(1)過點P作底面ABC的垂線,垂足為0,則0為底面三角形的中心,連接B0,以0為原點,0B所在直

線為x軸,OP所在直線為z軸，過。點平行于AC的直線為y軸,建立空間直角坐標系,則0),C(-

?今。)

明。,今N(療,。).

設AC與MN所成角為0,

則3。二三修哼

AAC與MN的夾角為arccos4.

(2)連接AO并延長,交BC于N,貝!JAN=2AO=|AN=1,

.,.PO=V22-12=V3,

VP-ABC^X-XV3X-XV3=~.

3.解析依題意,可以建立以A為原點,一\一,,一（的方向分別為x軸,y軸,軸正方向的空間直角坐標

系（如圖）,

可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).

設CF=h(h〉O),則F(l,2,h).

(1)證明：依題意,一'=(1,0,0)是平面ADE的一個法向量,又一=(0,2,h),所以?~=0,

又因為直線BFC平面ADE,

所以BF〃平面ADE.

(2)依題意,一'=(-1,1,0),一=(-1,0,2),-'=(-1,-2,2).

設n=(x,y,z)為平面BDE的法向量，

則［月=。，

(?BE=0,

即｛二L==0°,

不妨令z=l,

可得n=(2,2,1),因此有cos<—\n>=^—=-^.

ICEIII9

所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為小

⑶設m二(xi,ybzi)為平面BDF的法向量,

1?BD=0,

則

<-BF=0,

-i+1=0，

即

2i+h1=0,

不妨令yi=1,可得m=^l,1,

由題意,得|cos<m,n>|,解得h=5經檢驗,符合題意.所以線段CF的長為:

3尺3

4.解析解法一：⑴證明:連接AE因為AiA=A￡,E是AC的中點，所以AiE_LAC,

又平面人小久1_1_平面ABC,AiEc平面AiACCi,平面AiACC,n平面ABC=AC,

所以AiE_L平面ABC,

則AiEIBC.

又因為A1F/7AB,ZABC=90°,

所以BC_LAF.

因為AiEnAF=Ai,

所以BC_L平面AiEF.

因此EF±BC.

⑵取BC的中點G,連接EG,GF,則四邊形EGFAj是平行四邊形.

由于AiE_L平面ABC,故AiE±EG,

所以平行四邊形EGFAi為矩形.

由⑴得BC_L平面EGFAi,則平面ABC_L平面EGFAb所以EF在平面ABC上的射影在直線A,G上

連接AiG交EF于0,則ZE0G是直線EF與平面AiBC所成的角(或其補角)，

不妨設AC=4,貝1J在RtAAiEG中,AiE=2V3,EG=V3.

由于。為AJG的中點,故E0=0G=^=^,

2+02-E2_3

所以cosNEOG二

2?51

因此,直線EF與平面A.BC所成角的余弦值是5

解法二：⑴證明：連接AiE,因為AiA=AiC,E是AC的中點,所以AjEXAC.

又平面AiACCi_L平面ABC,AiEc平面AiACCi,平面AiACCin平面ABC=AC,

所以AiE_L平面ABC.

如圖，以E為原點,分別以射線EC,EAi為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標系Exyz.

不妨設AC=4,貝?。軪(0,0,0),A“0,0,2禽),B(百,1,0),B“禽,3,2禽),F停,1,2兩,C(0,2,0).

因此一?=停,|，2近)，

—=(-V3,1,0).

由.?=0得EF1BC.

⑵由⑴可得==(0,2,-2V3).

設平面AiBC的法向量為n=(x,y,z).

得+y=0,

信（2-2V3z=0.

取x=l,則n=（l,V3,1）,

設直線EF與平面ABC所成角為9,

則sin。=|cos〈—\n>|一露

因此,直線EF與平面AJBC所成角的余弦值為，

5.解析（1）證明：由已知得,BC_L平面ABBiAi,BEc平面ABBA,

故BC_LBE.

又BE_LEG,ECiABiCi=Cb

所以BE_L平面EBiCi.

（2）由（1）知NBEBi=90°.

由題設知RtAABE^RtAAiBiE,

所以ZAEB=45°,故AE=AB,AAi=2AB.

以D為坐標原點,一"的方向為x軸正方向，|—為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz,

貝!JC(0,1,0),B(1,1,0),G(0,1,2),E(l,0,1),所以一,二(1,0,0),-=(1,-1,1),T二(0,0,2).

設平面EBC的法向量為n=(x,y,z),

則但,=°)即｛=°;

ICE?=0,(—+=°，

所以可取n=(0,-1,-1).

設平面ECCi的法向量為m二(xi,ybzi),

所以可取m=(l,1,0).

于是cos<n,m>=-----

所以二面角B-EC-C,的正弦值為當

6.解析（1）證明：由已知得AD//BE,CG〃BE,所以AD/7CG,故AD,CG確定一個平面，從而A,C,G,D四點共面.

由已知得AB±BE,AB1BC,BEABC=B,

故AB_L平面BCGE.

又因為ABc平面ABC,

所以平面ABC_L平面BCGE.

⑵作EH±BC,垂足為H.因為EHc平面BCGE,平面BCGE_L平面ABC,所以EH_L平面ABC.

由菱形BCGE的邊長為2,ZEBC=60°,可求得BH=1,EH=V3.

以H為坐標原點,―"的方向為x軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系Hxyz,

BHCx

貝(JA(-1,1,0),C(l,0,0),G(2,0,%)，所以一一=(1,0,V3),-=(2,-1,0).

設平面ACGD的法向量為n=(x,y,z),

"CG?=0,

則

<AC?=0,

+V3z=0,

即

.2-=0.

所以可取n=(3,6,-V3).

又平面BCGE的法向量可取m=(0,1,0),

所以cos<n,m>=-~~~py.

因此二面角B-CG-A的大小為30°.

7.解析(1)證明：I?直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱形,AAi=4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分別是BC,BBi,A,D

的中點,

，DDi_L平面ABCD,DE±AD,

以D為原點,DA,DE,DDi所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系,

貝IjM(l,禽,2),N(l,0,2),D(0,0,0),E(0,V3,0),Ci(-l,V3,4),所以一'=(0,~V3,0),；=(-

1,V3,4),-=(0,73,0),

設平面CiDE的法向量為n=(x,y,z),

則(?麗=。,即1+V3y+4z=0,

I?DE=0,(V3y=0,

取z=l,則n=(4,0,1).

------n=0,MN評面CiDE,

r.MN〃平面CiDE.

(2)由(1)得C(-1,75,0),

-=(-l,V3,0),

而平面CiDE的一個法向量n=(4,0,1),

...點C至Ll平面CiDE的距離~

V1717

8.解析⑴證明：因為PA_L平面ABCD,

所以PA_LCD,

又因為AD_LCD,PAnAD=A,

所以CD_L平面PAD.

⑵過A作AD的垂線交BC于點M.

因為PA_L平面ABCD,

所以PA_LAM,PA1AD.

如圖,建立空間直角坐標系Axyz,則A(0,0,0),B(2,-l,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

因為E為PD的中點，所以E(0,1,1).

所以一=(0,1,1),—=⑵2,-2),-=(0,0,2).

設平面AEF的法向量為n=(x,y,z),

?AE=0,(+=0,

則即24

?AF=0,l3X+3y+5Z=°-

令z=l,則y=-l,X=-1.

于是n=(~l,-1,1).

又因為平面PAE的法向量p=(l,0,0),

所以cos<n,p>二一--二個.

III?J

由題知,二面角F-AE-P為銳角，

所以其余弦值為今

(3)直線AG在平面AEF內.理由如下:

因為點G在PB上,且—=|,—V2,-1,-2),所以一V—需，―，+--(t-tI)-

OJ\oJSJ\oJ3J

由(2)知，平面AEF的法向量n=(-l,T,1).

所以一,?n=-W=O.

所以直線AG在平面AEF內.

三年模擬練

1.解析⑴證明：因為AiA_L底面ABCD,

所以AiA_LAC.

又因為AB±AC,AM。AB=A,所以AC_L平面ABBA,

又因為BEu平面ABBiAb所以AC±BE.

因為——=：=——，ZEAB=ZABBi=90°,

21

所以RtAABE^RtABB^,

所以NABE=NABE

因為NBABi+NABB=90°,

所以NBABi+NABE=90°,

所以BEIABL

又ACCAB尸A,所以BE_L平面ACBi.

(2)易得AC±AB.如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，

依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),0,(1,-2,2),E(0,0,J).

由(1)知,BE_L平面ACB1,則—<=(0,1,-：)為平面ACBi的一個法向量,設n=(x,y,z)為平面ACD,的法向量.

由；=(1,-2,2),-=⑵0,0),

得1=0,即｛-2+2=0,

(.?AC=0,"=°-

不妨設z=l,可得n二(0,1,1).

因此1c°s〈n,一〉|=T=f，

所以平面ACDi與平面ACB1夾角的余弦值為

(3)設AiF=a(OWaW1),則F(O,a,2),-=(-1,a+2,2).

~??-Mfa+2,2)?L=a+2_]=0,解得a=T(舍去).

所以直線DF的方向向量與平面ACBi的法向量不垂直，

所以棱AB上不存在點F,使直線DF〃平面ACB,.

解題反思本題主要考查線面垂直、線面平行以及面面夾角的問題，熟記線面垂直的判定定理以及用空間向

量的方法求面面夾角即可,屬于?？碱}型.

2.解析⑴證明：^.^PA_L面ABCD,EFc面ABCD,.-.EF±AP.

在AABC中，AB=AC,ZABC=ZACB=45°,AABIAC,

又AF〃BE,且AF=BE,/.四邊形ABEF為平彳亍四邊形，，AB〃EF,因止匕AC±EF,又APCAC=A,APc面PAC,ACc面

PAC,

.,.EF±,f0PAC,

又EFc面EMF,.?.面EMF_L面PAC.

⑵分別以AE,AD,AP為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標系Axyz,則B(V2,-

V2,O),C(V2,V2,0),P(0,0,2),D(0,2近,0),E(V2,0,0),一=(點,W

2),-'=(0,2V2,0),-=(0,2V2,-2),-=(V2,0,-2).

設平面PBC的法向量為n=(x,y,z),

則I,PC=V2x+V2y-2z=0,

'I?BC=2V2y=0,

令z=l,貝!Jx=V5,；.n=(調,0,1),

易知平面ABCD的一個法向量m=(0,0,1).設一=X一\XG[0,1],

貝IJ—=、—=入(0,2V2,-2),

=-=(V2,-2V2X,-2+2X).

?直線ME與平面PBC所成的角和直線ME與平面ABCD所成的角相等，

cos<,,n>|=|cos<\m>,

gplffi-|_lS-

即與上，,解得X=筌故——=A=苧.

3.解析(1)證明：連接AC,設AD=CD=BC=1,

VAB/7CD,ZBCD=120°,.\AB=2,<ABC=60°,

.,.AC2=AB2+BC2-2AB?BC?cos60°=3,

.,.AB2=AC2+BC2,.".BC1AC.

,/四邊形ACFE為矩形，；.AC_LCF.

VCF,BCc平面BCF,且CFnBC=C,

；.AC_L平面BCF.

?；EF〃AC,，EF_L平面BCF.

(2)以C為坐標原點，直線CA,CB,CF分別為x軸、y軸、z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,

令FM=X(OWXWg),貝ljA(V3,0,0),B(0,1,0),M(X,0,1),

所以~