2022版新教材高中数学 第一章 空间向量与立体几何 1-4综合拔高练（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.(2020江苏,15,14分,)在三棱柱ABC-A1B1C1中,ABAC,B1C平面ABC,E,F分别是AC,B1C的中点.(1)求证:EF平面AB1C1;(2)求证:平面AB1C平面ABB1.考点2用空间向量求空间角2.(2020北京,16,13分,)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为BB1的中点.(1)求证:BC1平面AD1E;(2)求直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值.3.(2020课标全国理,18,12分,)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.ABC是底面的内接正三角形,P为DO

2、上一点,PO=66DO.(1)证明:PA平面PBC;(2)求二面角B-PC-E的余弦值.4.(2020课标全国理,19,12分,)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.(1)证明:点C1在平面AEF内;(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.5.(2020新高考,20,12分,)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:l平面PDC;(2)已知PD=AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.考点3用空间

3、向量求空间距离6.(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)求点C到平面C1DE的距离.考点4用空间向量解决探索性问题7.(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

4、,说明理由.三年模拟练应用实践1.(2021山东师范大学附属中学高三上月考,)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD平面ABCD,PAD是边长为2的等边三角形,底面ABCD是菱形,且BAD=60,设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明:lAD;(2)求平面PAD与平面PBC所成角的大小.2.(2021湖南长沙雅礼中学高三上月考,)如图,在ABCD中,A=30,AD=3,AB=2,沿BD将ABD翻折到ABD的位置,使平面ABC平面ABD.(1)求证:AD平面BCD;(2)若在线段AC上有一点M满足AM=AC,且平面MBD与平面BDC的夹角为60,求的值.3.(2020天津滨海七校高三上

5、联考,)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,AB侧面BB1C1C,已知BCC1=3,BC=1,AB=C1C=2,点E是棱C1C的中点.(1)求证:C1B平面ABC;(2)求平面AB1E与平面A1B1E的夹角的余弦值;(3)在棱CA上是否存在一点M,使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值为21111?若存在,求出CMCA的值;若不存在,请说明理由.迁移创新4.(原创)()已知某旅游景点有座名山,高约为16(单位:千米),从山顶看正东方向(东门)入口的俯角约为60,看正南方向(南门)入口的俯角约为45,每个入口都有一条山路直通山顶,为方便游客游览,景区计划修建一条从南门入口至东线山路中点的缆车索道

6、.(东门与南门在一个水平面上)(1)求该索道的长度;(2)求该索道与地面所成角的余弦值.答案全解全析五年高考练1.证明(1)以C为原点,分别以CA,CB1 的方向为x,z 轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,设AC=a,AB=b,CB1=c,则A(a,0,0),B(a,b,0),C(0,0,0),B1(0,0,c),C1(-a,-b,c),AB1=(-a,0,c),B1C1=(-a,-b,0),E,F分别是AC,B1C的中点,Ea2,0,0,F0,0,c2,EF=-a2,0,c2,设平面AB1C1的法向量为m=(x,y,z),则mAB1=0,mB1C1=0,即-ax+cz=0,-

7、ax-by=0, 取x=c,则y=-acb,z=a,m=c,-acb,a,EFm=0,且EF平面AB1C1,EF平面AB1C1.(2)由(1)知AB=(0,b,0),AB1=(-a,0,c),设平面ABB1的法向量为n=(x1,y1,z1),则由nAB=0,nAB1=0,得by1=0,-ax1+cz1=0,取x1=c,则y1=0,z1=a,n=(c,0,a),取平面AB1C的一个法向量为AB=(0,b,0),nAB=0,平面AB1C平面ABB1.2.解析(1)证明:几何体ABCD-A1B1C1D1为正方体,D1C1A1B1,D1C1=A1B1.又ABA1B1,AB=A1B1,D1C1AB,D1

8、C1=AB,四边形ABC1D1为平行四边形,AD1BC1,又AD1平面AD1E,BC1平面AD1E,BC1平面AD1E.(2)不妨设正方体的棱长为2,如图,分别以AD,AB,AA1为正交基底建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),A1(0,0,2),D1(2,0,2),E(0,2,1),AA1=(0,0,2),AD1=(2,0,2),AE=(0,2,1),设平面AD1E的法向量为n=(x,y,z),直线AA1与平面AD1E所成的角为,则nAD1=0,nAE=0,即2x+2z=0,2y+z=0,令z=-2,则x=2,y=1,此时n=(2,1,-2),sin =|cos|=|nAA1|n|

9、AA1|=|-4|4+1+42=23,直线AA1与平面AD1E所成角的正弦值为23.3.解析(1)证明:设DO=a,由题设可得PO=66a,AO=33a,AB=a,PA=PB=PC=22a.因此PA2+PB2=AB2,从而PAPB.又PA2+PC2=AC2,故PAPC.所以PA平面PBC.(2)以O为坐标原点,OE的方向为y轴正方向,|OE|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设可得E(0,1,0),A(0,-1,0),C-32,12,0,P0,0,22.所以EC=-32,-12,0,EP=0,-1,22.设m=(x,y,z)是平面PCE的法向量,则mEP=0,mEC=0,即-

10、y+22z=0,-32x-12y=0.可取m=-33,1,2.由(1)知AP=0,1,22是平面PCB的一个法向量,记n=AP,则cos=nm|n|m|=255.易知二面角B-PC-E的平面角为锐角,所以二面角B-PC-E的余弦值为255.4.解析设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,C1D1的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1xyz.(1)证明:连接C1F,则C1(0,0,0),A(a,b,c),Ea,0,23c,F0,b,13c,EA=0,b,13c,C1F=0,b,13c,得EA=C1F,因此EAC1F,即A,E,F,C1四点共面,所以点C1在平面AEF内.(2

11、)由已知得A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),AE=(0,-1, -1),AF=(-2,0,-2),A1E=(0,-1,2),A1F=(-2,0,1).设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则n1AE=0,n1AF=0,即-y-z=0,-2x-2z=0,可取n1=(-1,-1,1).设n2为平面A1EF的法向量,则n2A1E=0,n2A1F=0,同理可取n2=12,2,1.因为cos=n1n2|n1|n2|=-77,所以二面角A-EF-A1的正弦值为427.5.解析(1)证明:因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD为正方形,所以ADDC.

12、因此AD平面PDC.因为ADBC,AD平面PBC,所以AD平面PBC.由已知得lAD.因此l平面PDC.(2)以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),DC=(0,1,0),PB=(1,1,-1).由(1)可设Q(a,0,1),则DQ=(a,0,1).设n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,则nDQ=0,nDC=0,即ax+z=0,y=0.可取n=(-1,0,a).所以cos=nPB|n|PB|=-1-a31+a2.设PB与平面QCD所成角为,则sin =33|a+1|1+a2=33

13、1+2aa2+1.因为331+2aa2+163,当且仅当a=1时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.6.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=(-1,3,4),DE=(0,3,0),设平面C1DE的法向量为n=(x,y,z),

14、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=41717.7.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Axyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,

15、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.(3)直线AG在平面AEF内.理由如下:因为点G在PB上,且PGPB=23,P

16、B=(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.三年模拟练应用实践1.解析(1)证明:底面ABCD是菱形,BCAD.AD平面PBC,BC平面PBC,AD平面PBC.又AD平面PAD,平面PAD平面PBC=l,lAD.(2)连接BD,则ABD为等边三角形.取AD的中点E,连接PE、BE.ABD是等边三角形,ADBE,同理,得ADPE.平面PAD平面ABCD,平面PAD平面ABCD=AD,PE平面PAD,PE平面ABCD,EA

17、、EB、EP两两垂直,以E为原点建立空间直角坐标系E-xyz,如图,由题意得PD=PA=AD=2,则E(0,0,0),B(0,3,0),C(-2,3,0),P(0,0,3),EB=(0,3,0),PB=(0,3,-3),PC=(-2,3,-3).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z).由nPB=3y-3z=0,nPC=-2x+3y-3z=0,取y=1,得n=(0,1,1).易得EB是平面PAD的一个法向量,cos=EBn|EB|n|=22,=45,平面PAD与平面PBC所成角的大小为45.2.解析(1)证明:ABD中,由余弦定理,得cos 30=22+(3)2-BD2223,解得BD=1,B

18、D2+AD2=AB2,ADB=90,DBC=90.作DFAB于点F.平面ABC平面ABD,平面 ABC平面ABD=AB,DF平面ABC.CB平面ABC,DFBC,又CBBD,BDDF=D,CB平面ABD,又AD平面ABD,CBAD,又ADBD,BDCB=B,AD平面BCD.(2)由(1)知,DA、DB、DA两两垂直,以D为原点,DA,DB,DA所在直线为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则B(0,1,0),C(-3,1,0),A(0,0,3),D(0,0,0),DB=(0,1,0),AC=(-3,1,-3),设M(x,y,z),则AM=(x,y,z-3),由AM=AC,得x

19、=-3,y=,z-3=-3, M(-3,3-3).DM=(-3,3-3).设平面MDB的法向量为m=(x,y,z),则由mDB=0,mDM=0,得y=0,-3x+y+(3-3)z=0,取x=1-,则z=,m=(1-,0,).平面CBD的一个法向量可取DA=(0,0,3),|cos|=|3|32+(-1)2=12,解得=-132.0,1,=3-12.3.解析(1)证明:因为BC=1,CC1=2,BCC1=3,BC1=3,BC2+BC12=CC12,BC1BC,AB侧面BB1C1C,ABBC1,又ABBC=B,AB,BC平面ABC,直线C1B平面ABC.(2)以B为原点,分别以BC,BC1和BA的

20、方向为x轴,y轴和z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则有A(0,0,2),B1(-1,3,0),E12,32,0,A1(-1,3,2),设平面AB1E的法向量为n=(x1,y1,z1),AB1=(-1,3,-2),AE=12,32,-2,nAB1=0,nAE=0,-x1+3y1-2z1=0,12x1+32y1-2z1=0,令y1=3,则x1=1,z1=1,n=(1,3,1).设平面A1B1E的法向量为m=(x,y,z),A1B1=(0,0,-2),A1E=32,-32,-2,mA1B1=0,mA1E=0,-2z=0,32x-32y-2z=0,令y=3,得m=(1,3,0),|m|=2,

21、|n|=5,mn=4,cos=mn|m|n|=425=255.设平面AB1E与平面A1B1E的夹角为,则cos =|cos|=255,平面AB1E与平面A1B1E的夹角的余弦值为255.(3)假设存在点M,设M(x,y,z),CM=CA,0,1,(x-1,y,z)=(-1,0,2),M(1-,0,2),EM=12-,-32,2,由(2)知平面A1B1E的一个法向量为m=(1,3,0),21111=12-32212-2+34+42,得692-38+5=0,即(3-1)(23-5)=0,=13或=523,CMCA=13或CMCA=523.在棱CA上存在一点M,使得EM与平面A1B1E所成角的正弦值

22、为21111.迁移创新4.信息提取山高约16千米;从山顶看正东方向(东门)入口的俯角约为60,看正南方向(南门)入口的俯角约为45;每个入口都有一条山路直通山顶;修建一条从南门入口至东线山路中点的缆车索道.数学建模以山高、正东入口、正南入口和入口直通山顶的山路为背景,可构建一条侧棱垂直底面直角三角形的四棱锥,应用空间向量知识求解长度和角度问题,将实际问题抽象为数学问题,根据所给俯角,求出底面直角三角形的直角边长,再通过建立空间直角坐标系,利用空间向量的坐标运算得到问题的解.解析用PA表示山高,点B和点C分别表示南门入口和东门入口,点E为PC中点,则可近似构成如图三棱锥P-ABC,从山顶看正东方

23、向入口俯角约为60,看正南方向入口俯角约为45,PBA=45,PCA=60,AB=16tan 45=16,AC=16tan 30=1633.以点A为坐标原点,AB、AC、AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,16),B(16,0,0),C0,1633,0,E0,833,8.(1)BE=-16,833,8,|BE|=162+8332+82=83.即该索道的长度为83千米.(2)显然向量AP=(0,0,16)是平面ABC的一个法向量,设索道与地面所成角为,则sin =|cos|=|BEAP|BE|AP|=8168316=33,cos =63,即该索道与地面所成角的余弦值为63.