2024版高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 综合拔高练

这是一份2024版高中同步新教材选择性必修第一册（人教A版）数学 第一章 空间向量与立体几何 综合拔高练，共24页。
第一章　空间向量与立体几何
综合拔高练
五年高考练
考点1　用空间向量解决立体几何中的证明、求值问题
1.(2022全国甲理,18)在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.
(1)证明:BD⊥PA;
(2)求PD与平面PAB所成的角的正弦值.






2.(2022全国新高考Ⅰ,19)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,△A1BC的面积为22.
(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,求二面角A-BD-C的正弦值.




3.(2022全国新高考Ⅱ,20)如图,PO是三棱锥P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
(1)证明:OE∥平面PAC;
(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.






4.(2022天津,17)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥AC,AA1⊥AB,AA1=AB=AC=2,D、E、F分别为A1B1,AA1,CD的中点.
(1)求证:EF∥平面ABC;
(2)求直线BE与平面CC1D所成角的正弦值;
(3)求平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值.





考点2　用空间向量解决立体几何中的最值问题
5.(2021全国甲理,19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.
(1)证明:BF⊥DE;
(2)当B1D为何值时,面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小?



6.(2020全国新高考Ⅰ,20)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　用空间向量解决探索性问题
7.(2019北京,16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,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.(2023贵州贵阳一中段考)在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD=2,QD=QA=5,QC=3.
(1)证明:平面QAD⊥平面ABCD;
(2)求二面角B-QD-A的平面角的余弦值.




2.(2022重庆两江育才中学段考)如图,边长为2的等边△PCD所在的平面垂直于矩形ABCD所在的平面,BC=22,M为BC的中点.
(1)证明:AM⊥PM;
(2)求平面PAM与平面DAM的夹角的大小;
(3)求点D到平面PAM的距离.




3.(2023山东肥城期中)如图①,已知△ABC是边长为3的等边三角形,点M,N分别是边AB,AC上的点,且BM=2MA,AN=2NC.将△AMN沿MN折起到△A'MN的位置,如图②所示.
(1)求证:平面A'BM⊥平面BCNM;
(2)给出三个条件:①A'M⊥BC;②二面角A'-MN-C的大小为60°;③A'B=7.在这三个条件中任选一个作为下面问题的已知条件,并作答.
在线段BC上是否存在一点P,使直线PA'与平面A'BM所成角的正弦值为31010?若存在,求出PB的长;若不存在,请说明理由.
图①　　　图②
4.(2023云南昆明第一中学月考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为线段B1C1,B1B及AC的中点,P为线段A1B上的动点,BG=12AC,AB=8,BC=6,三棱柱ABC-A1B1C1的体积为240.
(1)求点F到平面A1AE的距离;
(2)试确定动点P的位置,使直线FP与平面A1ACC1所成角的正弦值最大.






迁移创新
5.(2023四川外语学院重庆第二外国语学校期中)湖北省鄂州市洋澜湖畔有一座莲花山.莲花山,山连九峰,状若金色莲初开,独展灵秀,故而得名.这里三面环湖,通汇长江,山峦叠翠,烟波浩渺.旅游区管委会计划在山上建设一座别致的凉亭供游客歇脚,该凉亭的实景效果图和设计图分别如图①和图②所示,该凉亭的支撑柱高33 m,顶部是底面边长为2 m的正六棱锥,且各侧面与底面所成的角都是45°.
(1)求该凉亭及其内部所占空间的大小;
(2)在直线PC上是否存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为33?若存在,请确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
图①　　图②
答案与分层梯度式解析
第一章　空间向量与立体几何
综合拔高练
五年高考练
1.解析　以D为原点,DC,DP所在直线分别为y轴,z轴,过D点且垂直于AB的直线为x轴,建立空间直角坐标系,如图.

(1)证明:结合题意知D(0,0,0),B32,32,0,P(0,0,3),A32,−12,0,则DB=32,32,0,PA=32,−12,−3,∴DB·PA=34−34+0=0,∴DB⊥PA,∴BD⊥PA.
(2)设平面PAB的法向量为m=(x,y,z),
由(1)知PA=32,−12,−3,AB=(0,2,0),
∴PA·m=32x−12y−3z=0,AB·m=2y=0,
令z=1,则x=2,y=0,故m=(2,0,1).
又∵DP=(0,0,3),
∴PD与平面PAB所成的角的正弦值等于|cos|=35×3=55.
2.解析　(1)由题意知V三棱锥A1−ABC=13V三棱柱ABC−A1B1C1=43,设A到平面A1BC的距离为h,
则V三棱锥A1−ABC=13S△A1BC·ℎ=223ℎ=43,解得h=2.
故A到平面A1BC的距离为2.
(2)连接AB1,由直棱柱及AA1=AB知四边形ABB1A1为正方形,故AB1⊥A1B,A1B=2AA1,
又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,AB1⊂平面ABB1A1,
∴AB1⊥平面A1BC,又BC⊂平面A1BC,∴AB1⊥BC,
易知BC⊥BB1,AB1,BB1⊂平面ABB1A1,AB1∩BB1=B1,
∴BC⊥平面ABB1A1,∴BC⊥AB,BC⊥A1B,
∴V三棱柱ABC−A1B1C1=12·BC·AB·AA1=12BC·AA12=4,
S△A1BC=12BC·A1B=22BC·AA1=22,
解得BC=AA1=2.
以B为坐标原点,BC,BA,BB1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A(0,2,0),B(0,0,0),C(2,0,0),D(1,1,1),BA=(0,2,0),BD=(1,1,1),CD=(-1,1,1),
设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则BA·n1=0,BD·n1=0,即2y1=0,x1+y1+z1=0,
取x1=1,则y1=0,z1=-1,故n1=(1,0,-1),
设平面BDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则BD·n2=0,CD·n2=0,即x2+y2+z2=0,−x2+y2+z2=0,
取y2=1,则x2=0,z2=-1,故n2=(0,1,-1),
∴cos=12×2=12.∴sin=32,
∴二面角A-BD-C的正弦值为32.
3.解析　(1)证明:连接OA,因为PO是三棱锥P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC,又OA,OB⊂平面ABC,所以PO⊥OA,PO⊥OB,所以∠POA=∠POB=90°,又PA=PB,PO=PO,所以Rt△POA≌Rt△POB,所以OA=OB,延长BO,交AC于F,连接PF,
已知AB⊥AC,OA=OB,则在Rt△ABF中,O为BF的中点.
在△PBF中,O,E分别为BF,PB的中点,所以OE∥PF,又因为OE⊄平面PAC,PF⊂平面PAC,所以OE∥平面PAC.

(2)以A为原点,过点A作与OP平行的直线并以其为z轴,AB所在直线为x轴,AC所在直线为y轴,建立如图所示的空间直角坐标系.

由PO=3,PA=5,结合(1)易知OA=OB=4,
又∠ABO=∠CBO=30°,所以AB=43,
易知P(23,2,3),B(43,0,0),A(0,0,0),E33,1,32,设C(0,a,0),则AC=(0,a,0),AB=(43,0,0),AE=33,1,32,
设平面AEB的法向量为n1=(x1,y1,z1),
则AB·n1=0,AE·n1=0,即43x1=0,33x1+y1+32z1=0,
所以x1=0,取y1=3,则z1=-2,故n1=(0,3,-2).
设平面AEC的法向量为n2=(x2,y2,z2),
则AC·n2=0,AE·n2=0,即ay2=0,33x2+y2+32z2=0,所以y2=0,取x2=3,则z2=-6,所以n2=(3,0,-6).
所以cos=n1·n2|n1||n2|=1213×39=12133=4313,
设二面角C-AE-B的平面角为θ,则sin θ=1−cos2=1113,
所以二面角C-AE-B的正弦值为1113.
4.解析　(1)证明:由题可知AC,AB,AA1两两互相垂直.以A为原点,AB,AA1,AC的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系.
则B(2,0,0),A1(0,2,0),C(0,0,2),C1(0,2,2),D(1,2,0),E(0,1,0),F12,1,1.
易知平面ABC的一个法向量为(0,1,0),记n1=(0,1,0).
∵EF=12,0,1,∴EF·n1=0.
又∵EF⊄平面ABC,∴EF∥平面ABC.
(2)设平面CC1D的法向量为n2=(x,y,z),
由(1)得CC1=(0,2,0),CD=(1,2,-2),BE=(-2,1,0),
∴n2·CC1=0,n2·CD=0,即2y=0,x+2y−2z=0,
令x=2,得y=0,z=1,∴n2=(2,0,1).
设直线BE与平面CC1D所成的角为θ,
∴sin θ=|cos|=|n2·BE||n2||BE|=45×5=45,
∴直线BE与平面CC1D所成角的正弦值为45.
(3)设平面A1CD的法向量为n3=(x1,y1,z1),
由(1)得A1C=(0,-2,2),CD=(1,2,-2),
∴n3·A1C=0,n3·CD=0,即−2y1+2z1=0,x1+2y1−2z1=0,
令y1=1,得x1=0,z1=1,∴n3=(0,1,1).
由(2)知平面CC1D的一个法向量为n2=(2,0,1).
设平面A1CD与平面CC1D的夹角为α,
则cos α=|cos|=|n2·n3||n2||n3|=15×2=1010.
∴平面A1CD与平面CC1D夹角的余弦值为1010.
5.解析　(1)证明:∵BF⊥A1B1,B1B⊥A1B1,BF∩B1B=B,∴A1B1⊥平面B1C1CB.
∵AB∥A1B1,∴AB⊥平面B1C1CB.
又∵BC⊂平面B1C1CB,∴AB⊥BC.
以B为坐标原点,BA,BC,BB1的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则B(0,0,0),F(0,2,1),E(1,1,0),∴BF=(0,2,1).设B1D=a(0≤a≤2),则D(a,0,2),则DE=(1-a,1,-2).
∵BF·DE=(0,2,1)·(1-a,1,-2)=0×(1-a)+2×1+1×(-2)=0,∴BF⊥DE.
(2)由(1)知EF=(-1,1,1),FD=(a,-2,1).
设平面DFE的法向量为n=(x,y,z),
则EF·n=−x+y+z=0,FD·n=ax−2y+z=0,不妨设x=1,则y=a+13,z=2−a3,∴n=1,a+13,2−a3.
易知m=(1,0,0)是平面BB1C1C的一个法向量.
设平面BB1C1C与平面DFE所成的锐二面角的大小为θ,则cos θ=|cos|=|m·n||m||n|=11+a+132+2−a32=32a−122+272≤3272=63当a=12时取等号,
∴sin θ=1−cos2θ≥33,故当a=12,即B1D=12时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小,最小值为33.
6.解析　(1)证明:因为PD⊥底面ABCD,所以PD⊥AD.因为底面ABCD为正方形,所以AD⊥DC.又DC∩PD=D,DC,PD⊂平面PDC,所以AD⊥平面PDC.
因为AD∥BC,AD⊄平面PBC,所以AD∥平面PBC.
由已知得l∥AD,因此l⊥平面PDC.
(2)以D为坐标原点,DA,DC,DP的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系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n·DQ=0,n·DC=0,即ax+z=0,y=0,取x=-1,则y=0,z=a,
所以n=(-1,0,a).
所以cos=n·PB|n||PB|=−1−a1+a2×3.
设PB与平面QCD所成的角为θ,
则sin θ=33×a+1|1+a2=331+2aa2+1.
因为331+2aa2+1≤63,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.
7.解析　(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD,且AD∩PA=A,AD,PA⊂平面PAD,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PA⊥AM,PA⊥AD.
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),P(0,0,2),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n·AE=0,n·AF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.
令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).
易知平面PAD的一个法向量为(1,0,0),记p=(1,0,0),所以cos=n·p|n||p|=−33.
由题知,二面角F-AE-P为锐二面角,所以其余弦值为33.
(3)直线AG在平面AEF内.理由如下:
由(2)知,PB=(2,-1,-2),平面AEF的一个法向量为n=(-1,-1,1).
因为点G在PB上,且PGPB=23,
所以PG=23PB=43,−23,−43,AG=AP+PG=43,−23,23.
因为AG·n=-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:取AD的中点O,连接QO,CO.因为QA=QD,OA=OD,所以QO⊥AD,因为AD=2,QA=5,所以QO=5−1=2.在正方形ABCD中,DO=1,CD=2,故CO=4+1=5.因为QC=3,所以QC2=QO2+OC2,故QO⊥OC,因为OC∩AD=O,OC,AD⊂平面ABCD,所以QO⊥平面ABCD,
因为QO⊂平面QAD,所以平面QAD⊥平面ABCD.

(2)过O作OT∥CD,交BC于T,则OT⊥AD,
结合(1)可知OT,AD,OQ两两互相垂直,故以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
则D(0,1,0),Q(0,0,2),B(2,-1,0),故BQ=(-2,1,2),BD=(-2,2,0).
设平面QBD的法向量为n=(x,y,z),
则n·BQ=0,n·BD=0,即−2x+y+2z=0,−2x+2y=0,
取x=1,则y=1,z=12,故n=1,1,12.
易知平面QAD的一个法向量为(1,0,0),记m=(1,0,0),故cos=11×32=23.结合题图可知二面角B-QD-A的平面角为锐角,故其余弦值为23.
2.解析　以D为原点,直线DA,DC分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),P(0,1,3),A(22,0,0),M(2,2,0).

(1)证明:PM=(2,1,-3),AM=(-2,2,0).
∵PM·AM=(2,1,-3)·(-2,2,0)=0,
∴PM⊥AM,∴AM⊥PM.
(2)设n=(x,y,z)为平面PAM的法向量,
则n·PM=0,n·AM=0,即2x+y−3z=0,−2x+2y=0,
取y=1,则x=2,z=3,∴n=(2,1,3).
显然p=(0,0,1)为平面DAM的一个法向量.
∴cos=n·p|n||p|=36=22.
∴平面PAM与平面DAM的夹角为45°.
(3)DA=(22,0,0),∴点D到平面PAM的距离d=|DA·n|n=|(22,0,0)·(2,1,3)|(2)2+12+(3)2=263.
3.解析　(1)证明:由已知得AM=1,AN=2,∠A=60°,
∴MN⊥AB,∴MN⊥A'M,MN⊥MB.
又∵MB∩A'M=M,MB,A'M⊂平面A'BM,
∴MN⊥平面A'BM.
又∵MN⊂平面BCNM,∴平面A'BM⊥平面BCNM.
(2)选条件①A'M⊥BC.由(1)得A'M⊥MN,又A'M⊥BC,MN与BC是两条相交直线,MN,BC⊂平面BCNM,∴A'M⊥平面BCNM.∴MB,MN,MA'两两互相垂直.以M为坐标原点,MB,MN,MA'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Mxyz,

则A'(0,0,1),B(2,0,0),由点P在BC上可设P(2-a,3a,0),其中0≤a≤32,则A'P=(2-a,3a,-1).
易得平面A'BM的一个法向量为(0,1,0),记n=(0,1,0).
设直线PA'与平面A'BM所成的角为θ,
则sin θ=|cos|=3a52−a2+3a2+34=31010,解得a=15±574>32,
∴不存在满足条件的点P.
4.解析　(1)因为BG=12AC,G为AC的中点,
所以△ABC为直角三角形,∠ABC=90°,
又三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以△A1B1C1也为直角三角形,∠A1B1C1=90°,
所以A1E=A1B12+B1E2=82+32=73.
因为三棱柱ABC-A1B1C1的体积为240,
所以V三棱柱ABC−A1B1C1=S△ABC·A1A=12·AB·BC·A1A=12×8×6×A1A=240,即A1A=10.
易得B1C1⊥平面ABB1A1.
设点F到平面A1AE的距离为d(d>0),
因为V三棱锥F−A1AE=V三棱锥E−A1AF,所以13·d·12A1A·A1E=13·B1E·12A1A·AB,即d·A1E=B1E·AB,
所以d=B1E·ABA1E=3×873=247373.
(2)由(1)可知BA,BC,BB1两两互相垂直.以B为坐标原点,BC,BA,BB1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(0,0,0),F(0,0,5),A1(0,8,10),A(0,8,0),C(6,0,0),
所以BA1=(0,8,10),AC=(6,-8,0),AA1=(0,0,10),
设BP=λBA1,λ∈[0,1],P(x,y,z),
所以(x,y,z)=λ(0,8,10),即x=0,y=8λ,z=10λ,所以P(0,8λ,10λ),所以FP=(0,8λ,10λ-5).
设平面A1ACC1的法向量为n=(x1,y1,z1),
则n·AC=0,n·AA1=0,即6x1−8y1=0,10z1=0,
令x1=4,则y1=3,z1=0,所以n=(4,3,0).
设直线FP与平面A1ACC1所成的角为θ,则sin θ=|cos|=|FP·n||FP||n|=|24λ64λ2+(10λ−5)2×5=24λ5164λ2−100λ+25,当λ∈(0,1]时,sin θ=245·1164−100λ+25λ2=245·1251λ−22+64,
所以当λ=12时,sin θ取得最大值,此时点P为线段A1B的中点.
当λ=0时,P与B重合,此时不满足条件.
综上可知,当点P为线段A1B的中点时,直线FP与平面A1ACC1所成角的正弦值最大.
5.解析　(1)取A1F1的中点G,连接O1G,PG,则O1G⊥A1F1,PG⊥A1F1,故∠PGO1=45°,易得O1G=3,所以PO1=3.
要求该凉亭及其内部所占空间的大小,可将该凉亭分为两部分,分别求其体积.
凉亭的上半部分为正六棱锥,其体积V1=13×6×34×22×3=6(m3),凉亭的下半部分为正六棱柱,其体积V2=6×34×22×33=54(m3),所以该凉亭及其内部所占空间为6+54=60(m3).
(2)不存在.取AB的中点H,连接OH.易得OP,OH,FC两两互相垂直,以O为坐标原点,OH,FC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.

则A(3,-1,0),B(3,1,0),D1(-3,1,33),F1(0,-2,33),P(0,0,43),C(0,2,0),则BD1=(-23,0,33),BF1=(-3,-3,33),PC=(0,2,-43).
假设在直线PC上存在点M,使得直线MA与平面BD1F1所成角的正弦值为33,
设PM=tPC=(0,2t,-43t)(0≤t≤1),则M(0,2t,43−43t),则AM=(-3,2t+1,43(1-t)),
设平面BD1F1的法向量为n=(x,y,z),
则BD1·n=0,BF1·n=0,即−23x+33z=0,−3x−3y+33z=0,
令x=3,则y=3,z=2,
所以平面BD1F1的一个法向量为n=(3,3,2).
设直线MA与平面BD1F1所成的角为θ,
则sin θ=|cos|
=|−33+3(2t+1)+83(1−t)|9+3+4·3+(2t+1)2+[43(1−t)]2=33,
整理得127t2-206t+127=0,
∵Δ=(-206)2-4×1272