2026届高三数学一轮复习练习试题（基础版）第七章必刷大题14空间向量与立体几何（Word版附答案）

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1.(13分)(2025·黔西模拟)如图，平面ABCD⊥平面ABE，AD⊥AB，AB∥CD，AE=AD=CD=12AB=1，∠EAB=90°.
(1)求直线BC与平面ADE所成角的大小；(7分)
(2)求点D到平面BCE的距离.(6分)
2.(15分)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AA1=4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2=1，BB2=DD2=2，CC2=3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；(6分)
(2)点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P.(9分)
3.(15分)(2024·全国甲卷)如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD=4，AB=BC=EF=2，ED=10，FB=23，M为AD的中点.
(1)证明：BM∥平面CDE；(5分)
(2)求二面角F-BM-E的正弦值.(10分)
4.(17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；(7分)
(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.(10分)
答案精析
1.解 (1)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，AD⊥AB，
AD⊂平面ABCD，
所以AD⊥平面ABE，
又因为∠EAB＝90°，
则以点A为坐标原点，AE，AB，AD的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，由已知AE＝AD＝CD＝12AB＝1，
所以A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(0，1，1)，D(0，0，1)，E(1，0，0).
因为BC＝(0，－1，1)，平面ADE的一个法向量为n1＝(0，1，0)，
设直线BC与平面ADE所成的角为θ1，
则sin θ1＝|cs〈BC，n1〉|＝|BC·n1||BC||n1|＝12＝22，
又θ1∈0，π2，所以直线BC与平面ADE所成角的大小为π4.
(2)设平面BCE的法向量为
n2＝(x，y，z)，BC＝(0，－1，1)，
BE＝(1，－2，0)，
则n2·BC＝-y+z＝0,n2·BE＝x-2y＝0.
令x＝2，则n2＝(2，1，1)，
因为DC＝(0，1，0)，所以点D到平面BCE的距离为|DC·n2|n2|＝66.
2.(1)证明 以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，
B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，
A2(2，2，1)，∴B2C2＝(0，－2，1)，
A2D2＝(0，－2，1)，
∴B2C2∥ A2D2，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)解 设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)，
则A2C2
＝(－2，－2，2)，
PC2＝(0，－2，3－λ)，
D2C2＝(－2，0，1)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
则n·A2C2＝-2x-2y+2z＝0,n·PC2＝-2y+(3-λ)z＝0,
令 z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1，3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为
m＝(a，b，c)，
则m·A2C2＝-2a-2b+2c＝0,m·D2C2＝-2a+c＝0,
令 a＝1，得b＝1，c＝2，
∴m＝(1，1，2)，
∴|cs〈n，m〉|＝|n·m||n||m|
＝66·4+(λ-1)2+(3-λ)2
＝|cs 150°|＝32，
化简可得λ2－4λ+3＝0，
解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1.
3.(1)证明 因为BC∥AD，BC＝2，
AD＝4，M为AD的中点，
所以BC∥MD，BC＝MD，
所以四边形BCDM为平行四边形，
所以BM∥CD，
又因为BM⊄平面CDE，
CD⊂平面CDE，
所以BM∥平面CDE.
(2)解 如图所示，作BO⊥AD交AD于O，
连接OF，
因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，
AD＝4， AB＝BC＝2，所以CD＝2，
结合(1)可知四边形BCDM为平行四边形，
可得BM＝CD＝2，又AM＝2，
所以△ABM为等边三角形，
O为AM的中点，所以OB＝3，
又因为四边形ADEF为等腰梯形，
M为AD的中点，EF＝2，
所以EF＝MD，EF∥MD，
所以四边形EFMD为平行四边形，
FM＝ED＝AF＝10，
所以△AFM为等腰三角形，
△ABM与△AFM底边上中点O重合，
则OF⊥AM，OF＝AF2-AO2＝3，
因为OB2+OF2＝FB2，
所以OB⊥OF，
所以OB，OD，OF两两垂直，
以O为坐标原点，OB方向为x轴正方向，OD方向为y轴正方向，OF方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则F(0，0，3)，B(3，0，0)，
M(0，1，0)，E(0，2，3)，
BM＝(－3，1，0)，
BF＝(－3，0，3)，
BE＝(－3，2，3)，
设平面BFM的法向量为
m＝(x1，y1，z1)，
平面EMB的法向量为
n＝(x2，y2，z2)，
则m·BM＝0,m·BF＝0,
即-3x1+y1＝0,-3x1+3z1＝0,
令x1＝3，得y1＝3，z1＝1，
即m＝(3，3，1)，
则n·BM＝0,n·BE＝0,
即-3x2+y2＝0,-3x2+2y2+3z2＝0,
令x2＝3，得y2＝3，z2＝－1，
即n＝(3，3，－1)，
所以cs〈m，n〉＝m·n|m||n|
＝1113·13＝1113，
则sin〈m，n〉＝4313，
故二面角F－BM－E的正弦值为4313.
4.(1)证明 在正方形ABCD中，
AD∥BC，
因为AD⊄平面PBC，
BC⊂平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC＝l，所以AD∥l，
因为在四棱锥P－ABCD中，
底面ABCD是正方形，
所以AD⊥DC，所以l⊥DC，
因为PD⊥平面ABCD，
所以AD⊥PD，所以l⊥PD，
因为DC∩PD＝D，DC，
PD⊂平面PDC，
所以l⊥平面PDC.
(2)解 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，
因为PD＝AD＝1，则有D(0，0，0)，C(0，1，0)，
A(1，0，0)，
P(0，0，1)，
B(1，1，0)，
设Q(m，0，1)，
则有DC＝(0，1，0)，
DQ＝(m，0，1)，
PB＝(1，1，－1)，
设平面QCD的法向量为
n＝(x，y，z)，
则DC·n＝0,DQ·n＝0,即y＝0,mx+z＝0,
令x＝1，则z＝－m，
所以平面QCD的一个法向量为
n＝(1，0，－m)，
则cs〈n，PB〉＝n·PB|n||PB|＝1+0+m3·m2+1.
设直线PB与平面QCD所成的角为θ，
则sin θ＝|cs〈n，PB〉|
＝|1+m3·m2+1
＝33·1+2m+m2m2+1＝33·1+2mm2+1≤33·1+2mm2+1
≤33×1+1＝63，
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为63.