2023高考数学二轮专题复习与测试专题强化练七立体几何与空间向量

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专题强化练(七)　立体几何与空间向量
1．(2022·佛山模拟)如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，∠BCC1＝60°，
AC＝AB.

(1)证明：AC1⊥BC；
(2)若AB＝BB1＝2，AB1＝，求二面角A1-BC1-B1的余弦值．
(1)证明：取BC中点O，连接AO，C1O，
因为侧面BCC1B1是菱形，∠BCC1＝60°，
所以BC⊥C1O，
因为AC＝AB，
所以AO⊥BC，且C1O∩AO＝O，
所以BC⊥平面AOC1，
又因为AC1⊂平面AOC1，
所以AC1⊥BC.
(2)解：AB1＝，则AB＝BB1＝2，
由(1)得BC⊥平面AOC1，
且AC1⊂平面AOC1，
所以BC⊥AC1，即B1C1⊥AC1，
所以AC1＝＝＝，
因为AO2＋C1O2＝3＋3＝6＝AC，
所以AO⊥OC1，
即BC，OC1，OA两两垂直，
以，，所在直线及其正方向建立如图空间直角坐标系，

则A(0，0，)，B(－1，0，0)，C1(0，，0)，B1(－2，，0)，A1(－1，，)，
可取m＝(0，0，1)为平面BC1B1的一个法向量，
设平面A1BC1的一个方向量为n＝(x，y，z)，
＝(0，－，－)，＝(1，，0)，
则取n＝(，－1，1)，
则cos 〈m，n〉＝＝＝，
易知二面角A1-BC1-B1为锐角，
所以二面角A1-BC1-B1的余弦值.
2．(2022·韶关模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB的中点．
AB＝2，AD＝4，PA＝PD＝2.

(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面PAD；
(2)若二面角P-AD-B的大小为，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
(1)证明：设PD的中点为E，连接EO，EA，又O是侧棱PC的中点，
因为EO∥DC，且EO＝DC，
又点S是边AB的中点，底面ABCD为矩形，
所以AB∥DC，所以AS∥DC，且AS＝DC，
所以EO∥AS，且EO＝AS，所以四边形ASOE为平行四边形，所以SO∥AE，又SO⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，
所以SO∥平面PAD.
(2)解：因为PA＝PD＝2，AD＝4，所以PA2＋PD2＝AD2＝16，所以△PAD是以∠APD为直角的等腰直角三角形，
设AD中点为F，BC中点为G，连接PF，GF，
则PF＝AD＝2，PF⊥AD且GF⊥AD，
所以二面角P-AD-B的平面角为∠PFG，
所以∠PFG＝，
如图，以DA为x轴，以FG为y轴，以过F且垂直底面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系．

又AB＝2，AD＝4，PF＝2，所以B(2，2，0)，C(－2，2，0)，D(－2，0，0)，
P(0，2cos，2sin )，即P为(0，－1，)，
所以＝(－2，1，－)，＝(2，3，－)，＝(4，0，0)，设平面PBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则令y＝1，则z＝，x＝0，所以n＝(0，1，)，设直线PD与平面PBC所成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，
所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.
3．(2022·茂名模拟)如图所示的圆柱中，AB是圆O的直径，AA1，CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且CD＝BC＝AB＝AA1，E，F分别为A1D，CC1的中点．

(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求平面AA1D与平面C1EB所成锐二面角的余弦值．
(1)证明：取AA1的中点G，连接EG，FG，AC，
因为EG∥AD，EG⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以EG∥平面ABCD，
因为AG∥CF，AG＝CF，所以四边形AGFC是平行四边形，
FG∥AC，又FG⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以FG∥平面ABCD，
因为FG∩EG＝G，所以平面EFG∥平面ABCD，
因为EF⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.
(2)解：设CD＝BC＝AA1＝AB＝2，
由AD＝CD＝BC，得∠DAB＝∠ABC＝60°，
因为AC⊥BC，所以AC＝＝2，
由题意知CA，CB，CC1两两垂直，以C为坐标原点，分别以CA，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则A(2，0，0)，A1(2，0，4)，B(0，2，0)，C1(0，0，4)，
D(，－1，0)，E(，－，2)，
所以＝(－，，2)，＝(0，－2，4)，
设平面C1EB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则取z＝1，
得n＝(，2，1)，
连接BD，因为BD⊥AD，BD⊥AA1，AD∩AA1＝A，所以BD⊥平面AA1D，
所以平面AA1D的一个法向量为＝(－，3，0)，
所以cos〈，n〉＝＝，
所以平面AA1D与平面C1EB所成锐二面角的余弦值为.
4．(2022·河西区二模)如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD＝3，AB＝BC＝AE＝2，CF＝1.

(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线BE与直线DF所成角的余弦值；
(3)求点D到直线BF的距离．
(1)证明：因为AE∥CF，AE⊄平面BFC，CF⊂平面BFC，
所以AE∥平面BCF，
因为AD∥BC，同理可得AD∥平面BFC，
又AD∩AE＝A，所以平面BCF∥平面ADE，
因为BF⊂平面BFC，所以BF∥平面ADE.
(2)解：以A为坐标原点，AB、AD、AE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，3，0)，
E(0，0，2)，F(2，2，1)，
则＝(－2，0，2)，＝(2，－1，1)，
cos 〈，〉＝＝＝－，
所以直线BE与直线DF所成角的余弦值为.
(3)根据(2)可知＝(0，2，1)，(2，－1，1)，
cos〈，〉＝＝＝－，
所以sin 〈，〉＝＝，
所以点D到直线BF的距离为||sin 〈，〉＝×＝.
5．(2022·梅州二模)如图①，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥DC，AB＝2，AD＝
CD＝4，E、F分别是AD，BC的中点，将四边形ABFE沿EF折起，如图②，连结AD，BC，AC.

(1)求证：EF⊥AD；
(2)当翻折至AC＝2时，设Q是EF的中点，P是线段AC上的动点，求线段PQ长的最小值．
(1)证明：因为四边形ABCD是直角梯形，E，F分别是的AD，BC中点，
所以AB∥EF∥CD，EF⊥AE，EF⊥DE，
又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面AED，
又因AD⊂平面AED，所以EF⊥AD.
(2)解：由(1)可知CD⊥平面AED，
因为AD⊂平面AED，所以CD⊥AD，
在Rt△ADC中，AD＝＝＝2，
又AE＝ED＝2，
所以AE2＋ED2＝AD2，即AE⊥DE，
所以EF⊥ED，EF⊥EA，EA⊥ED，
以E为原点，建立如图的空间直角坐标系，

则F(0，3，0)，A(0，0，2)，C(2，4，0)，Q(0，，0)，
设P(x，y，z)，＝λ，λ∈[0，1]，
所以(x，y，z－2)＝λ(2，4，－2)，
得：x＝2λ，y＝4λ，z＝2－2λ，
|PQ|2＝(2λ)2＋(4λ－)2＋(2－2λ)2
＝24λ2－20λ＋
＝24(λ－)2＋，
则当λ＝时，|PQ|有最小值，
所以线段PQ长的最小值为.
6．(2022·汕头一模)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，且DO＝6，P是线段DO上一点．

(1)是否存在点P，使得PA⊥平面PBC，若存在，求出PO的值；若不存在，请说明理由；
(2)当PO为何值时，直线EP与面PBC所成的角的正弦值最大．
解：由题意得，设AE＝AD＝2r，则在Rt△DOA中，AD2－AO2＝DO2，
所以(2r)2－r2＝62，所以r＝2，
又因为△ABC是底面的内接正三角形，
所以AB＝2r·sin 60°＝4×＝6，
所以AB＝AC＝BC＝6，AH⊥BC，
设AE∩BC＝H，OH＝HE＝，
过H作HQ⊥面ABC，
则以H为坐标原点，分别以HA，HB，HQ为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

H(0，0，0)，A(3，0，0)，E(－，0，0)，
B(0，3，0)，O(，0，0)，
因为P是线段DO上一点，
设PO＝a，a∈[0，6]，P(，0，a)，
(1)假设存在点P，使得PA⊥平面PBC，
此时＝(2，0，－a)，＝(－，3，－a)，
＝(－，－3，－a)，
因为PA⊥平面PBC，所以PA⊥PB，
则·＝－6＋0＋a2＝0，a＝，
所以＝(2，0，－)，＝(－，3，－)，
＝(－，－3，－)，
所以·＝0，所以PA⊥PC，
所以存在点P，使得PA⊥平面PBC，此时PO＝.
(2)设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则＝(0，6，0)，＝(－，3，－a)，
所以即
令x＝a，z＝－，y＝0，
则n＝(a，0，－)，
又因为＝(2，0，a)，设直线EP与面PBC所成的角为θ，
所以sin θ＝＝＝
＝≤＝，
当且仅当a2＝，即a＝时取等号，
当PO＝时，直线EP与面PBC所成的角的正弦值最大．
7．(2022·梅州模拟)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝1，AD＝，∠BAD＝，四边形ACEF为矩形，平面ACEF⊥平面ABCD，AF＝1.

(1)求证：平面ABF⊥平面ACEF；
(2)点M在线段EF上运动，且＝λ，若平面MBC与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为，求λ的值．
(1)证明：因为∠BAD＝，所以∠ABC＝，
在△ABC中，AB＝1，BC＝AD＝，所以AC＝1，
所以AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC，
因为平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面ACEF，又AB⊂平面ABF，
所以平面ABF⊥平面ACEF.
(2)解：四边形ACEF为矩形，所以FA⊥AC，
因为平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，FA⊂平面ACEF，
所以FA⊥平面ABCD，
以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，

则B(1，0，0)，C(0，1，0)，E(0，1，1)，F(0，0，1)，
所以＝(－1，1，0)，＝＋＝＋λ＝(0，0，1)＋λ(0，－1，0)＝(0，－λ，1)，
设平面MBC的一个法向量为n(x，y，z)，
则令x＝1，得y＝1，z＝λ，
所以平面MBC的一个法向量为n＝(1，1，λ)，
由题意知，平面ECD的一个法向量为m＝(0，1，0)，
因为0