2020-2021学年新教材高考数学 第一章 空间向量与立体几何 4综合拔高练基础过关（含解析）新人教A版选择性必修第一册.docx

1、综合拔高练五年高考练考点1用空间向量判断线面位置关系1.(2019江苏,16,14分,)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E.考点2用空间向量求异面直线所成的角2.(2019上海,17,14分,)如图,在正三棱锥P-ABC中,PA=PB=PC=2,AB=BC=AC=3.(1)若PB的中点为M,BC的中点为N,求AC与MN的夹角;(2)求P-ABC的体积.考点3用空间向量求直线与平面所成的角3.(2019天津,17,13分,)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=

2、BC=2.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求线段CF的长.4.(2019浙江,19,15分,)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.(1)证明:EFBC;(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.考点4用空间向量求两个平面的夹角5.(2019课标全国,17,12分,)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明:BE平面EB1C1;(2)若A

3、E=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.6.(2019课标全国,19,12分,)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.考点5用空间向量求空间距离7.(2019课标全国,19,12分,)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE;(2)

4、求点C到平面C1DE的距离.考点6用空间向量解决探索性问题8.(2019北京,16,14分,)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且PFPC=13.(1)求证:CD平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且PGPB=23.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.三年模拟练应用实践1.(2020北京通州三模数学试题,)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,点E为线段AA1上的点,且AE=1

5、2.(1)求证:BE平面ACB1;(2)求平面ACD1与平面ACB1夹角的余弦值;(3)判断棱A1B1上是否存在点F,使得直线DF平面ACB1,若存在,求线段A1F的长;若不存在,说明理由.深度解析2.(2020黑龙江哈尔滨师范大学附中高三上期中,)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是平行四边形,BCD=135,PA底面ABCD,AB=AC=PA=2,E,F分别为BC,AD的中点,点M在线段PD上.(1)求证:面EMF面PAC;(2)如果直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等,求PMPD的值.3.(2020湖南长沙第一中学高三上月考,)如图所示,在梯形ABCD

6、中,ABCD,BCD=120,四边形ACFE为矩形,且CF平面ABCD,AD=CD=BC=CF.(1)求证:EF平面BCF;(2)点M在线段EF上运动,设平面MAB与平面FCB的夹角为,试求cos的取值范围.4.(2020山东枣庄部分重点高中高三上,)等边ABC的边长为3,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足ADDB=CEEA=12(如图1).将ADE沿DE折起到A1DE的位置,使平面A1DE平面BCED,连接A1B、A1C(如图2).(1)求证:A1D平面BCED;(2)在线段BC上是否存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60?若存在,求出线段BP的长度;若不存在,请说明理由.

7、答案全解全析五年高考练1.证明(1)取A1C1的中点E1,连接EE1.由题易得,EC,EB,EE1两两垂直,以E为原点,EC,EB,EE1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,如图.设AC=2c,AB=1,AA1=a(c0,a0).则E(0,0,0),B(0,1-c2,0),Dc2,1-c22,0,A1(-c,0,a),B1(0,1-c2,a),C1(c,0,a),所以A1B1=(c,1-c2,0),ED=c2,1-c22,0,所以A1B1=2ED,所以A1B1ED,所以A1B1ED.因为ED平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面DEC1.(2)由(1)得EB=(0

8、,1-c2,0),EC1=(c,0,a),而EBEC1=0,所以EBEC1,所以BEC1E.2.解析(1)过点P作底面ABC的垂线,垂足为O,则O为底面三角形的中心,连接BO,以O为原点,OB所在直线为x轴,OP所在直线为z轴,过O点平行于AC的直线为y轴,建立空间直角坐标系,则A-12,-32,0,C-12,32,0,M12,0,32,N14,34,0.则AC=(0,3,0),MN=-14,34,-32.设AC与MN所成角为,则cos=|ACMN|AC|MN|=34,AC与MN的夹角为arccos34.(2)连接AO并延长,交BC于N,则AN=32,AO=23AN=1,PO=22-12=3,

9、VP-ABC=13123323=34.3.解析依题意,可以建立以A为原点,AB,AD,AE的方向分别为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h0),则F(1,2,h).(1)证明:依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的一个法向量,又BF=(0,2,h),所以BFAB=0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nBD=0,nBE=0,即-x

10、+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因此有cos=CEn|CE|n|=-49.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)设m=(x1,y1,z1)为平面BDF的法向量,则mBD=0,mBF=0,即-x1+y1=0,2y1+hz1=0,不妨令y1=1,可得m=1,1,-2h.由题意,得|cos|=|mn|m|n|=4-2h32+4h2=13,解得h=87.经检验,符合题意.所以线段CF的长为87.4.解析解法一:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC,又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平

11、面ABC=AC,所以A1E平面ABC,则A1EBC.又因为A1FAB,ABC=90,所以BCA1F.因为A1EA1F=A1,所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC的中点G,连接EG,GF,则四边形EGFA1是平行四边形.由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四边形EGFA1为矩形.由(1)得BC平面EGFA1,则平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.连接A1G交EF于O,则EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角),不妨设AC=4,则在RtA1EG中,A1E=23,EG=3.由于O为A1G的中点,故EO=OG=A1G2=152,所以c

12、osEOG=EO2+OG2-EG22EOOG=35.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是35.解法二:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以A1E平面ABC.如图,以E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz.不妨设AC=4,则E(0,0,0),A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F32,32,23,C(0,2,0).因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).由EFBC=0得EFBC.

13、(2)由(1)可得A1C=(0,2,-23).设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).由BCn=0,A1Cn=0,得-3x+y=0,2y-23z=0.取x=1,则n=(1,3,1),设直线EF与平面A1BC所成角为,则sin=|cos|=|EFn|EF|n|=45.因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为35.5.解析(1)证明:由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,EC1B1C1=C1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原

14、点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),所以CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,z),则CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x1,y1,z1),则CC1m=0,CEm=0,即2z1=0,x1-y1+z1=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以二面角B-EC-C1的正弦值为32.6.解析(1)证明:由

15、已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,BEBC=B,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.由菱形BCGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH=3.以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),所以CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则

16、CGn=0,ACn=0,即x+3z=0,2x-y=0.所以可取n=(3,6,-3).又平面BCGE的法向量可取m=(0,1,0),所以cos=nm|n|m|=32.因此二面角B-CG-A的大小为30.7.解析(1)证明:直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点,DD1平面ABCD,DEAD,以D为原点,DA,DE,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,则M(1,3,2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,3,0),C1(-1,3,4),所以MN=(0,-3,0),DC1=(-1,

17、3,4),DE=(0,3,0),设平面C1DE的法向量为n=(x,y,z),则nDC1=0,nDE=0,即-x+3y+4z=0,3y=0,取z=1,则n=(4,0,1).MNn=0,MN平面C1DE,MN平面C1DE.(2)由(1)得C(-1,3,0),DC=(-1,3,0),而平面C1DE的一个法向量n=(4,0,1),点C到平面C1DE的距离d=|DCn|n|=417=41717.8.解析(1)证明:因为PA平面ABCD,所以PACD,又因为ADCD,PAAD=A,所以CD平面PAD.(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD.如图,建立空间直角坐标系

18、Axyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43.设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则nAE=0,nAF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAE的法向量p=(1,0,0),所以cos=np|n|p|=-33.由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为33.(

19、3)直线AG在平面AEF内.理由如下:因为点G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以AGn=-43+23+23=0.所以直线AG在平面AEF内.三年模拟练1.解析(1)证明:因为A1A底面ABCD,所以A1AAC.又因为ABAC,A1AAB=A,所以AC平面ABB1A1,又因为BE平面ABB1A1,所以ACBE.因为AEAB=12=ABBB1,EAB=ABB1=90,所以RtABERtBB1A,所以ABE=AB1B.因为BAB1+AB1B=9

20、0,所以BAB1+ABE=90,所以BEAB1.又ACAB1=A,所以BE平面ACB1.(2)易得ACAB.如图,以A为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),D1(1,-2,2),E0,0,12.由(1)知,BE平面ACB1,则EB=0,1,-12为平面ACB1的一个法向量,设n=(x,y,z)为平面ACD1的法向量.由AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0),得nAD1=0,nAC=0,即x-2y+2z=0,2x=0,不妨设z=1,可得n=(0,1,1).因此|cos|=|nEB|n|EB|=1010.所以平面ACD

21、1与平面ACB1夹角的余弦值为1010.(3)设A1F=a(0a1),则F(0,a,2),DF=(-1,a+2,2).DFEB=(-1,a+2,2)0,1,-12=a+2-1=0,解得a=-1(舍去).所以直线DF的方向向量与平面ACB1的法向量不垂直,所以棱A1B1上不存在点F,使直线DF平面ACB1.解题反思本题主要考查线面垂直、线面平行以及面面夹角的问题,熟记线面垂直的判定定理以及用空间向量的方法求面面夹角即可,属于常考题型.2.解析(1)证明:PA面ABCD,EF面ABCD,EFAP.在ABC中,AB=AC,ABC=ACB=45,ABAC,又AFBE,且AF=BE,四边形ABEF为平行

22、四边形,ABEF,因此ACEF,又APAC=A,AP面PAC,AC面PAC,EF面PAC,又EF面EMF,面EMF面PAC.(2)分别以AE,AD,AP为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,则B(2,-2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),D(0,22,0),E(2,0,0),PC=(2,2,-2),BC=(0,22,0),PD=(0,22,-2),PE=(2,0,-2).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),则nPC=2x+2y-2z=0,nBC=22y=0,令z=1,则x=2,n=(2,0,1),易知平面ABCD的一个法向量m=(0,0,1).设PM=PD,0,1,则

23、PM=PD=(0,22,-2),ME=PE-PM=(2,-22,-2+2).直线ME与平面PBC所成的角和直线ME与平面ABCD所成的角相等,|cos|=|cos|,即|MEn|n|=|MEm|m|,即|2|3=|-2+2|1,解得=3-32,故PMPD=3-32.3.解析(1)证明:连接AC,设AD=CD=BC=1,ABCD,BCD=120,AB=2,ABC=60,AC2=AB2+BC2-2ABBCcos60=3,AB2=AC2+BC2,BCAC.四边形ACFE为矩形,ACCF.CF,BC平面BCF,且CFBC=C,AC平面BCF.EFAC,EF平面BCF.(2)以C为坐标原点,直线CA,C

24、B,CF分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,令FM=(03),则A(3,0,0),B(0,1,0),M(,0,1),所以AB=(-3,1,0),BM=(,-1,1),设n1=(x,y,z)为平面MAB的法向量,由n1AB=0,n1BM=0,得-3x+y=0,x-y+z=0,取x=1,所以n1=(1,3,3-).因为n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,所以cos=|n1n2|n1|n2|=11+3+(3-)21=1(-3)2+4.因为03,所以当=0时,cos有最小值77;当=3时,cos有最大值12,所以cos77,12.4.解析(1)证明:在ADE中,AD=1,A

25、E=2,A=60,得DE=AD2+AE2-2ADAEcos60=3,所以AD2+DE2=AE2,从而ADDE,所以在题图2中,A1DDE.又平面A1DE平面BCED,平面A1DE平面BCED=DE,A1D平面A1DE,所以A1D平面BCED.(2)由(1)知,A1D,DB,DE两两垂直,以DB,DE,DA1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则B(2,0,0),A1(0,0,1),C12,332,0,则BC=-32,332,0,A1B=(2,0,-1),假设线段BC上存在点P,使直线PA1与平面A1BD所成的角为60,设BP=BC=-32,332,0,其中0,1,则A1P=A1B+BP=2-32,332,-1.易知平面A1BD的一个法向量n=(0,1,0),则sin60=|cos|=|A1Pn|A1P|n|=3322-322+3322+1=32.解得=56,此时|BP|=56|BC|=52.所以存在满足要求的点P,且线段BP的长度为52.