2025年高考数学二轮复习课时精练学案必刷大题14　空间向量与立体几何（2份打包，原卷版+含解析）

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(1)求证：AM⊥平面PBD；
(2)设直线AM与平面PBD交于点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)，M(1，1,1)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0,2，－2)，eq \(AM,\s\up6(→))＝(1,1,1)，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PB,\s\up6(→))＝2x－2z＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝2y－2z＝0，))取x＝1，得n＝(1,1,1)，∵eq \(AM,\s\up6(→))＝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EM，
∵M是PC的中点，∴PA∥EM，PA＝2EM，
∴△PAO∽△EMO，∴eq \f(PA,EM)＝eq \f(AO,MO)＝eq \f(2,1)，∴AO＝2OM.
2．斜三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为2，点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O.
(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D，使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
(2)求点A1到平面BCC1B1的距离．
解 (1)连接OC，
因为AC＝BC，O为AB的中点，所以OC⊥AB，由题意知A1O⊥平面ABC，
又AA1＝2，OA＝eq \f(1,2)AB＝1，所以A1O＝eq \r(3)，∠A1AO＝60°，
以点O为原点，OA，OC，OA1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A1(0,0，eq \r(3))，A(1,0,0)，B(－1,0,0)，C(0，eq \r(3)，0)，由eq \(AB,\s\up6(→))＝eq \(A1B1,\s\up6(—→))得B1(－2,0，eq \r(3))，
同理得C1(－1，eq \r(3)，eq \r(3))，设eq \(BD,\s\up6(→))＝teq \(BB1,\s\up6(—→))，t∈[0,1]，得D(－1－t,0，eq \r(3)t)，
又eq \(AC1,\s\up6(—→))＝(－2，eq \r(3)，eq \r(3))，eq \(A1D,\s\up6(—→))＝(－1－t,0，eq \r(3)t－eq \r(3))，
由eq \(AC1,\s\up6(—→))·eq \(A1D,\s\up6(—→))＝0，得－2(－1－t)＋eq \r(3)(eq \r(3)t－eq \r(3))＝0，得t＝eq \f(1,5)，
又BB1＝2，∴BD＝eq \f(2,5)，所以存在点D且BD＝eq \f(2,5)满足条件．
(2)设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(1，eq \r(3)，0)，eq \(CC1,\s\up6(—→))＝(－1,0，eq \r(3))，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BC,\s\up6(→))＝x＋\r(3)y＝0，,n·\(CC1,\s\up6(—→))＝－x＋\r(3)z＝0，))可取n＝(eq \r(3)，－1,1)，
又eq \(BA1,\s\up6(—→))＝(1,0，eq \r(3))，所以点A1到平面BCC1B1的距离为eq \f(|\(BA1,\s\up6(—→))·n|,|n|)＝eq \f(2\r(3),\r(5))＝eq \f(2\r(15),5)，
所以所求距离为eq \f(2\r(15),5).
3．如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都相等，平面CDD1C1⊥平面ABCD，AD⊥DC，二面角D1－AD－C的大小为120°，E为棱C1D1的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)点F在棱CC1上，AE∥平面BDF，求直线AE与DF所成角的余弦值．
(1)证明 因为平面CDD1C1⊥平面ABCD，且平面CDD1C1∩平面ABCD＝DC，AD⊥DC，AD⊂平面ABCD，所以AD⊥平面CDD1C1，
又D1D⊂平面CDD1C1，
所以AD⊥D1D，则∠D1DC是二面角D1－AD－C的平面角，故∠D1DC＝120°.
连接DE(图略)，因为E为棱C1D1的中点，则DE⊥C1D1，
又C1D1∥CD，从而DE⊥CD.
又AD⊥CD，DE∩AD＝D，DE，AD⊂平面AED，所以CD⊥平面AED，
又AE⊂平面AED，因此CD⊥AE.
(2)解 方法一 如图，连接DE，连接AC交BD于点O，连接CE交DF于点G，连接OG.
设AB＝2，则DE＝eq \r(D1D2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)D1C1))2)＝eq \r(3)，所以CE＝AE＝eq \r(AD2＋DE2)＝eq \r(7).
因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AEC，平面AEC∩平面BDF＝OG，
所以AE∥OG，因为O为AC的中点，所以G为CE的中点，故OG＝eq \f(1,2)AE＝eq \f(\r(7),2).
且直线OG与DF所成的角等于直线AE与DF所成的角．
在Rt△EDC中，DG＝eq \f(1,2)CE＝eq \f(\r(7),2)，因为OD＝eq \r(2)，所以cs∠OGD＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),2)))2－\r(2)2,2×\f(\r(7),2)×\f(\r(7),2))＝eq \f(3,7).
因此直线AE与DF所成角的余弦值为eq \f(3,7).
方法二 如图，连接DE，CE，取DC中点为G，连接EG交DF于点H，则EG＝DD1＝2.
连接AG交BD于点I，连接HI，
设AB＝2，则DE＝eq \r(D1D2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)D1C1))2)＝eq \r(3)，所以CE＝AE＝eq \r(AD2＋DE2)＝eq \r(7).
因为AE∥平面BDF，AE⊂平面AGE，平面AGE∩平面BDF＝IH，所以AE∥IH.
HI与DH所成角等于直线AE与DF所成角．
在正方形ABCD中，GI＝eq \f(1,3)AG，DI＝eq \f(1,3)DB＝eq \f(2\r(2),3)，所以GH＝eq \f(1,3)EG，故HI＝eq \f(1,3)AE＝eq \f(\r(7),3).
在△DHG中，GH＝eq \f(1,3)EG＝eq \f(2,3)，GD＝1，∠EGD＝60°，
由余弦定理得DH＝eq \r(1＋\f(4,9)－2×1×\f(2,3)×\f(1,2))＝eq \f(\r(7),3).
在△DHI中，cs∠DHI＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(7),3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)))2,2×\f(\r(7),3)×\f(\r(7),3))＝eq \f(3,7).
因此直线AE与DF所成角的余弦值为eq \f(3,7).
方法三 连接DE，由(1)知DE⊥平面ABCD，以D为坐标原点，eq \(DA,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))，eq \(DE,\s\up6(→))为x轴、y轴、z轴正方向，|eq \(DA,\s\up6(→))|为2个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系．
由(1)知DE＝eq \r(3)，得A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，E(0,0，eq \r(3))，C1(0,1，eq \r(3))．
则eq \(CC1,\s\up6(—→))＝(0，－1，eq \r(3))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－2,0，eq \r(3))，eq \(DB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．
设eq \(CF,\s\up6(→))＝teq \(CC1,\s\up6(—→))＝(0，－t，eq \r(3)t)(0≤t≤1)，则eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \(DC,\s\up6(→))＋eq \(CF,\s\up6(→))＝(0,2－t，eq \r(3)t)．
因为AE∥平面BDF，所以存在唯一的λ，μ∈R，
使得eq \(AE,\s\up6(→))＝λeq \(DB,\s\up6(→))＋μeq \(DF,\s\up6(→))＝λ(2,2,0)＋μ(0,2－t，eq \r(3)t)＝(2λ，2λ＋2μ－μt，eq \r(3)μt)＝(－2,0，eq \r(3))，
故2λ＝－2,2λ＋2μ－μt＝0，eq \r(3)μt＝eq \r(3)，解得t＝eq \f(2,3)，从而eq \(DF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,3)，\f(2\r(3),3))).
所以直线AE与DF所成角的余弦值为|cs〈eq \(AE,\s\up6(→))，eq \(DF,\s\up6(→))〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AE,\s\up6(→))·\(DF,\s\up6(→)),|\(AE,\s\up6(→))||\(DF,\s\up6(→))|)))＝eq \f(2,\r(7)×\f(2\r(7),3))＝eq \f(3,7).
4．如图所示，直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，ED∥AB，AB＝2DE＝2BD＝2，AC＝BC，异面直线DE与AC所成角为45°，点F，G分别为CE，BC的中点，点H是线段EG上靠近点G的三等分点．
(1)求证：A，B，F，H四点共面；
(2)求平面HCD与平面BCD夹角的余弦值．
(1)证明 如图，取AB的中点O，连接OC，OE，
因为AC＝BC，故∠BAC为锐角，又ED∥AB，
故∠BAC即为异面直线DE与AC所成角，则∠BAC＝45°，
则∠ACB＝90°，即AC⊥CB，
因为直角梯形ABDE和三角形ABC所在平面互相垂直，DB⊥AB，
平面ABDE∩平面ABC＝AB，DB⊂平面ABDE，故DB⊥平面ABC，
又DE＝OB，DE∥OB，即四边形OBDE为平行四边形，
故EO∥DB，所以EO⊥平面ABC，
故以O为坐标原点，eq \(OC,\s\up6(→))，eq \(OB,\s\up6(→))，eq \(OE,\s\up6(→))的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,1)，E(0,0,1)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，\f(1,2)))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，
由于eq \(GH,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(GE,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,2)，1))，可得Heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,3)，\f(1,3)))，
则eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1，\f(1,2)))，eq \(AB,\s\up6(→))＝(0,2,0)，eq \(AH,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)，\f(1,3)))，
则eq \(AH,\s\up6(→))＝eq \f(2,3)eq \(AF,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(AB,\s\up6(→))，故A，B，F，H四点共面．
(2)解 因为DB⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以DB⊥AC，且AC⊥BC，
DB∩BC＝B，DB，BC⊂平面BCD，
故AC⊥平面BCD，所以eq \(AC,\s\up6(→))＝(1,1,0)可作为平面BCD的一个法向量，
设平面HCD的法向量为m＝(x，y，z)，
eq \(HC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，－\f(1,3)，－\f(1,3)))，eq \(HD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(2,3)，\f(2,3)))，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(HC,\s\up6(→))·m＝0，,\(HD,\s\up6(→))·m＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y－z＝0，,－x＋2y＋2z＝0，))令z＝1，则m＝(0，－1,1)，
设平面HCD与平面BCD的夹角为θ，故cs θ＝|cs〈eq \(AC,\s\up6(→))，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(AC,\s\up6(→))·m,|AC||m|)))＝eq \f(1,\r(2)×\r(2))＝eq \f(1,2)，
故平面HCD与平面BCD夹角的余弦值为eq \f(1,2).
5．如图，在三棱台ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AC⊥BB1，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝6，BC＝4，BB1＝2，AC1与A1C相交于点D，eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(EB,\s\up6(→))，且DE∥平面BCC1B1.
(1)求三棱锥C－A1B1C1的体积；
(2)平面A1B1C与平面ABC所成角为α，CC1与平面A1B1C所成角为β，求证：α＋β＝eq \f(π,4).
(1)解 ∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，AB⊥BC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ABB1A1，∵BB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥BB1，
又AC⊥BB1，BC∩AC＝C，BC，AC⊂平面ABC，∴BB1⊥平面ABC，连接C1B，如图，
∵DE∥平面BCC1B1，DE⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面BCC1B1＝C1B，∴DE∥C1B，
∵eq \(AE,\s\up6(→))＝2eq \(EB,\s\up6(→))，∴eq \(AD,\s\up6(→))＝2eq \(DC1,\s\up6(—→))，∴A1C1＝eq \f(1,2)AC.
∴三棱锥C－A1B1C1的底面△A1B1C1的面积S1＝eq \f(1,2)×2×3＝3，高h＝BB1＝2，
∴其体积为V＝eq \f(1,3)S1h＝eq \f(1,3)×3×2＝2.
(2)证明 以B为坐标原点，以eq \(BA,\s\up6(→))，eq \(BC,\s\up6(→))，eq \(BB1,\s\up6(—→))的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A(6,0,0)，C(0,4,0)，B1(0,0,2)，A1(3,0,2)，C1(0,2,2)，
则eq \(B1A1,\s\up6(—→))＝(3,0,0)，eq \(B1C,\s\up6(—→))＝(0,4，－2)，eq \(CC1,\s\up6(—→))＝(0，－2,2)．设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(B1A1,\s\up6(—→))＝3x＝0，,n·\(B1C,\s\up6(—→))＝4y－2z＝0，))取y＝1，则n＝(0,1,2)，
∵平面ABC的一个法向量为eq \(BB1,\s\up6(—→))＝(0,0,2)，
∴cs α＝eq \f(|n·\(BB1,\s\up6(—→))|,|n||\(BB1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(4,2\r(5))＝eq \f(2\r(5),5).sin β＝eq \f(|n·\(CC1,\s\up6(—→))|,|n||\(CC1,\s\up6(—→))|)＝eq \f(2,\r(5)×2\r(2))＝eq \f(\r(10),10).
又∵α，β∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，∴sin α＝eq \f(\r(5),5)，cs β＝eq \f(3\r(10),10).
cs(α＋β)＝cs αcs β－sin αsin β＝eq \f(2\r(5),5)×eq \f(3\r(10),10)－eq \f(\r(5),5)×eq \f(\r(10),10)＝eq \f(\r(2),2).
∵α＋β∈(0，π)，∴α＋β＝eq \f(π,4).
6.如图，在八面体PABCDQ中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面PAD∥平面QBC，二面角P－AB－C与二面角Q－CD－A的大小都是30°，AP＝CQ＝eq \r(3)，PD⊥AB.
(1)证明：平面PCD∥平面QAB；
(2)设G为△QBC的重心，在棱AP上是否存在点S，使得SG与平面ABCD所成角的正弦值为eq \f(\r(30),20)？若存在，求S到平面ABCD的距离，若不存在，说明理由．
(1)证明 因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，
又PD⊥AB，AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
因为PA⊂平面PAD，所以PA⊥AB，
又AD⊥AB，所以∠PAD为二面角P－AB－C的平面角，即∠PAD＝30°，
又平面PAD∥平面QBC，AB∥CD，所以CD⊥平面QBC，
因为QC⊂平面QBC，所以QC⊥CD，
又CB⊥CD，所以∠QCB为二面角Q－CD－A的平面角，即∠QCB＝30°，
建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2,0,0)，C(2,2,0)，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，
所以eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，即eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \(AQ,\s\up6(→))，所以PC∥AQ，
因为PC⊄平面QAB，AQ⊂平面QAB，所以PC∥平面QAB，
又AB∥CD，CD⊄平面QAB，AB⊂平面QAB，所以CD∥平面QAB，
因为PC∩CD＝C，PC，CD⊂平面PCD，所以平面PCD∥平面QAB.
(2)解 由点S在AP上，设点S(0,3m，eq \r(3)m)，其中0所以eq \(GS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，3m－\f(5,6)，\r(3)m＋\f(\r(3),6)))，平面ABCD的法向量可以为n＝(0,0,1)，
设SG与平面ABCD所成角为θ，
则sin θ＝|cs〈eq \(GS,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(GS,\s\up6(→))·n|,|\(GS,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(3)m＋\f(\r(3),6),\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3m－\f(5,6)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)m＋\f(\r(3),6)))2))＝eq \f(\r(30),20)，
即40eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,6)))2＝4＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3m－\f(5,6)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)m＋\f(\r(3),6)))2，化简得84m2＋52m－11＝0，
即(6m－1)(14m＋11)＝0，解得m＝eq \f(1,6)或m＝－eq \f(11,14)(舍去)，
所以存在点Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),6)))满足条件，且点S到平面ABCD的距离为eq \f(\r(3),6).