2024高考数学一轮复习讲义（步步高版）第七章　必刷大题14　空间向量与立体几何

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必刷大题14　空间向量与立体几何
1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.

(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值．
解　(1)设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以＝S△ABC·AA1
，
又△A1BC的面积为2，
＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面A1BC的距离为.
(2)取A1B的中点E，连接AE，
则AE⊥A1B.
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，
又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

由(1)知，AE＝，
所以AA1＝AB＝2，A1B＝2.
因为△A1BC的面积为2，
所以2＝·A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
则＝(1,1,1)，＝(0,2,0)．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1,0，－1)．
又平面BDC的一个法向量为＝(0，－1，1)，
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
设平面ABD与平面BCD的夹角为θ，
则sin θ＝＝，
所以平面ABD与平面BCD夹角的正弦值为.
2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB.

(1)求证：AM⊥平面PBD；
(2)设直线AM与平面PBD交于O，求证：AO＝2OM.
证明　(1)由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP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PA＝AB＝2，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，M(1,1,1)，＝(2,0，－2)，＝(0,2，－2)，＝(1,1,1)，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得n＝(1,1,1)，
∵＝n，∴AM⊥平面PBD.
(2)如图，连接AC交BD于点E，

则E是AC的中点，连接PE，
∵AM∩平面PBD＝O，
∴O∈AM且O∈平面 PBD，
∵AM⊂平面PAC，
∴O∈平面PAC，
又平面PBD∩平面PAC＝PE，
∴O∈PE，
∴AM，PE的交点就是O，连接ME，
∵M是PC的中点，
∴PA∥ME，PA＝2ME，
∴△PAO∽△EMO，
∴＝＝，
∴AO＝2OM.
3. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝2CD＝2，∠ADC＝90°，E，F分别为PB，AB的中点．

(1)求证：CE∥平面PAD；
(2)求点B到平面PCF的距离．
(1)证明　连接EF(图略)，∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF∥PA，
∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD，
∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF∥CD，且AF＝CD.
∴四边形ADCF为平行四边形，即CF∥AD，
∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF∥平面PAD，
∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC，
∴平面PAD∥平面EFC，CE⊂平面EFC，则CE∥平面PAD.
(2)解　∵∠ADC＝90°，AB∥CD，∴AB⊥AD，CF⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CF，又PA∩AB＝A，∴CF⊥平面PAB，∴CF⊥PF.
设CF＝x，则S△AFC＝×1×x＝，S△PFC＝××x＝x，
设点A到平面PCF的距离为h，由VP－AFC＝VA－PFC，
得××2＝××h，则h＝.
∵点F为AB的中点，∴点B到平面PCF的距离等于点A到平面PCF的距离，为.
4. (2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．

(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
(1)证明　因为AD＝CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中，
因为AD＝CD，∠ADB＝∠CDB，
DB＝DB，
所以△ADB≌△CDB，所以AB＝BC.
因为E为AC的中点，所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E，BE，DE⊂平面BED，
所以AC⊥平面BED，
又AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD.
(2)解　由(1)可知AB＝BC，
又∠ACB＝60°，AB＝2，
所以△ABC是边长为2的正三角形，
则AC＝2，BE＝，AE＝1.
因为AD＝CD，AD⊥CD，
所以△ADC为等腰直角三角形，
所以DE＝1.
所以DE2＋BE2＝BD2，则DE⊥BE.
由(1)可知，AC⊥平面BED.
连接EF，因为EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
当△AFC的面积最小时，点F到直线AC的距离最小，
即EF的长度最小．
在Rt△BED中，当EF的长度最小时，
EF⊥BD，EF＝＝.
方法一　由(1)可知，DE⊥AC，BE⊥AC，
所以EA，EB，ED两两垂直，
以E为坐标原点，EA，EB，ED所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，，0)，D(0,0,1)，C(－1,0,0)，

＝(－1，，0)，＝(0，，－1)．
易得DF＝，FB＝，所以3＝.
设F(0，y，z)，则＝(0，y，z－1)，
＝(0，－y，－z)，
所以3(0，y，z－1)＝(0，－y，－z)，
得y＝，z＝，
即F，
所以＝.
设平面ABD的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则
不妨取y1＝1，则x1＝，z1＝，
n＝(，1，)．
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝|cos〈，n〉|＝＝.
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.
方法二　因为E为AC的中点，所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍．
因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
因为VD－AEB＝VE－ADB，
所以·AE·BE·DE＝·S△ABD·，其中d为点C到平面ABD的距离．
在△ABD中，BA＝BD＝2，AD＝，
所以S△ABD＝，所以d＝.
由(1)知AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，
所以FC＝＝.
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝＝.
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.
方法三　如图，过点E作EM⊥AB交AB于点M，连接DM，过点E作EG⊥DM交DM于点G.

因为DE⊥AC，DE⊥BE，AC∩BE＝E，AC，BE⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC，又AB⊂平面ABC，所以DE⊥AB，
又EM∩DE＝E，EM，DE⊂平面DEM，所以AB⊥平面DEM，
又EG⊂平面DEM，所以AB⊥EG，
又AB∩DM＝M，AB，DM⊂平面ABD，
所以EG⊥平面ABD，则EG的长度等于点E到平面ABD的距离．
因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.
因为EM＝AE·sin 60°＝，
所以EG＝＝＝，
所以点C到平面ABD的距离d＝.
FC＝＝.
记CF与平面ABD所成的角为α，
则sin α＝＝.
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.
5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝CD＝2，AB＝4，E为AB的中点，以DE为折痕把△ADE折起，连接AB，AC，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．

(1)证明：AC⊥DE；
(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE与平面AEC夹角的余弦值．
①四棱锥A－BCDE的体积为2；
②直线AC与EB所成角的余弦值为.
(1)证明　在图①中，连接CE(图略)，
因为DC∥AB，CD＝AB，E为AB的中点，
所以DC∥AE，且DC＝AE，
所以四边形ADCE为平行四边形，
所以AD＝CE＝CD＝AE＝2，
同理可证DE＝2，
在图②中，取DE的中点O，连接OA，OC(图略)，
则OA＝OC＝，
因为AD＝AE＝CE＝CD，所以DE⊥OA，DE⊥OC，
因为OA∩OC＝O，OA，OC⊂平面AOC，所以DE⊥平面AOC，
因为AC⊂平面AOC，所以DE⊥AC.
(2)解　若选择①：由(1)知DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，
所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，
所以过点A作AH⊥OC交OC于点H(图略)，则AH⊥平面BCDE，因为S四边形BCDE＝2，
所以四棱锥A－BCDE的体积VA－BCDE＝2＝×2·AH，
所以AH＝OA＝，所以AO与AH重合，所以AO⊥平面BCDE，
建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，)，

易知平面DAE的一个法向量为＝(，0,0)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝(，1,0)，＝(，0，)，
所以取n＝(1，－，－1)，
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝，
所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为.
若选择②：因为DC∥EB，所以∠ACD即为异面直线AC与EB所成的角，
在△ADC中，cos∠ACD＝＝，
所以AC＝，所以OA2＋OC2＝AC2，即OA⊥OC，
因为DE⊥平面AOC，DE⊂平面BCDE，
所以平面AOC⊥平面BCDE，且交线为OC，又OA⊂平面AOC，
所以AO⊥平面BCDE，
建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(－，0,0)，E(0,1,0)，A(0,0，)，

易知平面DAE的一个法向量为＝(，0,0)，
设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，
因为＝(，1,0)，＝(，0，)，
所以取n＝(1，－，－1)，
设平面DAE与平面AEC的夹角为θ，
则cos θ＝＝＝，
所以平面DAE与平面AEC夹角的余弦值为.
6. (2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A－BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E，F分别是BC，DC的中点．

(1)证明：平面ACD⊥平面AEF；
(2)若∠BCD＝60°，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面ACD的夹角最小．
(1)证明　因为△ABC是正三角形，点E是BC的中点，所以AE⊥BC，
又因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，
又因为CD⊂平面BCD，所以CD⊥AE，
因为点E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，
又因为BD⊥CD，所以CD⊥EF，又因为AE∩EF＝E，
AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF，
又因为CD⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面AEF.
(2)解　在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，垂足为H，此时EH∥CD，即H为BD的中点，

设BC＝4，则EA＝2，DF＝FC＝1，EF＝.
以E为原点，以EH，EF，EA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E(0,0,0)，A(0,0,2)，
C(－1，，0)，D(1，，0)，
设G(1，y,0)(－≤y≤)，则＝(0,0,2)，＝(1，，－2)，＝(2,0,0)，＝(1，y,0), 设平面AEG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则令y1＝－1，得n1＝(y，－1,0)，
设平面ACD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则令z2＝1，得n2＝(0,2,1)，
设平面AEG与平面ACD的夹角为θ，
则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝，
当y＝0时，cos θ最大，此时平面AEG与平面ACD的夹角θ最小，
故当点G为BD的中点时，平面AEG与平面ACD的夹角最小．