2023人教版新教材高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊(cè)同步練習(xí)-第一章 空間向量與立體幾何綜合拔高練

2023人教版新教材高中數(shù)學(xué)選擇性必修第一冊(cè)

綜合拔高練

五年高考練

考點(diǎn)1用空間向量解決立體幾何中證明、求值問(wèn)題

1.(2021新高考H,19)在四棱錐Q-ABCD中，底面ABCD是正方形，若

AD=2,QD=QA=V5,QC=3.

(1)證明:平面QADJ_平面ABCD;

(2)求二面角B-QD-A的余弦值.

2.(2021天津，17)如圖,在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-ABCD中,E為棱BC的中點(diǎn),F

為棱CD的中點(diǎn).

⑴求證:DF〃平面A】EG;

(2)求直線A3與平面AEG所成角的正弦值；

(3)求二面角A-A.C-E的正弦值.

3.(2019課標(biāo)全國(guó)I文，⑼如圖，直四棱柱ABCD-ABCD的底面是菱

形，AAF4,AB=2,ZBAD=60°,E,M,N分另ij是BC,BB?AD的中點(diǎn).

⑴證明：MN〃平面CDE;

⑵求點(diǎn)C到平面GDE的距離.

考點(diǎn)2用空間向量解決立體幾何中最值問(wèn)題

4.（2021全國(guó)甲理，19）已知直三棱柱ABC-ABG中，側(cè)面AA.B.B為正方

形,AB=BC=2,E,F分別為AC和CC.的中點(diǎn),D為棱AB上的點(diǎn),BF±A,B,.

⑴證明：BFJ_DE;

（2）當(dāng)B。為何值時(shí),面BBCC與面DFE所成的二面角的正弦值最小？

5.（2020新高考I,20）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形,PD,底面ABCD.設(shè)平

面PAD與平面PBC的交線為1.

⑴證明：1_L平面PDC;

⑵己知PD=AD=1,Q為1上的點(diǎn),求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值.

考點(diǎn)3已知空間角解決立體幾何問(wèn)題

6.（2021北京，17）已知正方體ABCD-ABCD,點(diǎn)E為AD的中點(diǎn),直線BC交平面

CDE于點(diǎn)F.

⑴求證:點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)；

⑵若點(diǎn)M為棱A周上一點(diǎn),且二面角M-CF-E的余弦值為求曾.

34遇1

7.（2018天津，17）如圖，AD〃BC且AD=2BC,AD±CD,EG^AD且EG=AD,CD/7FG且

CD=2FG,DG,平面ABCD,DA=DC=DG=2.

⑴若M為CF的中點(diǎn),N為EG的中點(diǎn)，求證:MN〃平面CDE;

(2)求二面角E-BC-F的正弦值；

(3)若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長(zhǎng).

考點(diǎn)4用空間向量解決探索性問(wèn)題

8.(2019北京，16)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PAL平面

ABCD,AD±CD,AD//BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上,且霹=

iCJ

(1)求證:CDJ_平面PAD;

(2)求二面角F-AE-P的余弦值;

⑶設(shè)點(diǎn)G在PB上，且黑=|.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說(shuō)明理由.

三年模擬練

應(yīng)用實(shí)踐

1.(2022重慶兩江育才中學(xué)段考)如圖,邊長(zhǎng)為2的等邊4PCD所在的平面垂直于

矩形ABCD所在的平面,BC=2A/2,M為BC的中點(diǎn).

(1)證明:AMJ_PM;

(2)求平面PAM與平面DAM的夾角的大??；

(3)求點(diǎn)D到平面PAM的距離.

p

/!/;

2.（2022天津南開(kāi)中學(xué)月考）如圖,在多面體ABCDEF中,AE，平面ABCD,四邊形

AEFC是平行四邊形，且AD/7BC,AB±AD,AD=AE=2,AB=BC=1.

⑴求證:CD_LEF;

⑵求平面ADE與平面DEB夾角的余弦值;

（3）若點(diǎn)P在棱CF上,直線PB與平面DEB所成角的正弦值為求線段CP的長(zhǎng).

3.（2021上海黃浦三模）如圖①，在菱形ABCD中，NA=60°且AB=2,E為AD的中點(diǎn).

將4ABE沿BE折起，使AD=V^,得到如圖②所示的四棱錐A-BCDE.在四棱錐A-BCDE

中，求解下列問(wèn)題:

圖②

⑴證明:BC_LAB;

（2）在線段AC上是否存在一點(diǎn)P,使得平面ABD與平面PBD夾角的余弦值為?若存

在,求出黑的值;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.

遷移創(chuàng)新

4.已知某旅游景點(diǎn)有座名山，高約為16（單位:千米），從山頂看正東方向（東門(mén)）入

口的俯角約為60°，看正南方向（南門(mén)）入口的俯角約為45。，每個(gè)入口都有一條

山路直通山頂，為方便游客游覽，景區(qū)計(jì)劃修建一條從南門(mén)入口至東線山路中點(diǎn)

的纜車(chē)索道.（東門(mén)與南門(mén)在一個(gè)水平面上）

（1）求該索道的長(zhǎng)度；

（2）求該索道與地面所成角的余弦值.

答案全解全析

五年高考練

1.解析(1)證明:取AD的中點(diǎn)E,連接QE,CE,則AE=DE=1.由于QD=QA,故QE_LAD.

2

在RtAQAE中,QE=JQ42—AE2/J(付-12=2,

???底面ABCD是正方形,.,.CD=AD=2.

在RtACDE中,CE=“。2+DE2Z2?+了二遍.

A^EAQCE+,QE2+CE2=QC2,AQE1CE.

又VCEAAD=E,CE,ADu平面ABCD,

；?QE_L平面ABCD.

又QEu平面QAD,J平面QAD_L平面ABCD.

(2)建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，

則B(2,-l,0),Q(0,0,2),D(0,1,0),所以的二(-2,1,2),BD=(-2,2,0).

顯然,平面QAD的一個(gè)法向量為n尸(1,0,0).

設(shè)平面BQD的法向量為n2=(x,y,z),

n?BQ=0,(-2x+y+2z=

2=>x=y=2z.

kn2?BD=0=1-2%+2y=0

耳又z=l,貝ijx=y=2,所以nz=(2,2,1).

設(shè)二面角B-QD-A的大小為0,易知0為銳角,

3?九22

則cos0=|cos<rii,n2>|="

n1\\n2\1x33'

2.解析以A為坐標(biāo)原點(diǎn),AB,AD,AA、所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直

角坐標(biāo)系,

則A(0,0,0),Ai(0,0,2),B(2,0,0),D(0,2,0),G(2,2,2),Dt(0,2,2),

E(2,l,0),F(l,2,0).

(1)證明：易知裁=(1,0,-2),碇3(2,2,0),A^E=(2,1,-2).

設(shè)平面AEG的法向量為(x,y,z),

n.ifm?AC=2x+2y=0,

則11,令zx=2,則y=-2,z=l,

jn?A]E=2x4-y-2z=0,

所以m=(2,-2,1).

因?yàn)橛?m=0,所以印J_m,

因?yàn)镈FC平面AFC,所以DF〃平面AFC.

(2)易得溫二(2,2,2).

由(1)得平面AFG的一個(gè)法向量為m=(2,-2,1).

設(shè)直線AG與平面AiEG所成角為0,則sin。=|cos<m,~AC^>\-

\rn-AC^\_2,V3

l|m|?\AC^\r3x2V39'

(3)連接BD,易知平面AA.C.的一個(gè)法向量為礪=(2,-2,0).

由⑴得平面AFC】的一個(gè)法向量為m=(2,-2,1)?

cos<DB,m>=-DB?m82V2

DB|?\m\3X2V23'

所以二面角A-A.CrE的正弦值為

3.解析(1)證明：由題意得DD」平面ABCD,DE±AD.

以D為原點(diǎn),DA,DE,DD.所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

則M(l,V3,2),N(l,0,2),D(0,0,0),E(0,V3,0),^(-1,V3,4),所以

麗二(0,S0),DC7=(-1,V3,4),DE=(0,V3,0).

設(shè)平面CiDE的法向量為n=(x,y,z),

則卜?鬲=0,即「％+V3y+4z=0,

In?DE=0,(V3y=0,

取z=l,貝ijy=0,x=4,An=(4,0,1).

VMW?n=0,MN。平面CDE,

???MN〃平面GDE.

(2)Ftl(1)WC(-1,V3,0),A(-1,V3,0).

由⑴知平面C.DE的一個(gè)法向量為n=(4,0,1).

辰

???點(diǎn)C到平面3DE的距離為?n|_4

|n|V17171

4.解析(1)證明:4BFLAB,BBLAB,BFAB.B=B,

???AB_L平面BCCB.

?.，AB〃AB,JAB，平面B￡CB.

又???BCu平面BiCiCB,AAB±BC.

以B為坐標(biāo)原點(diǎn),BA,BC,BBi所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間

直角坐標(biāo)系,則B(0,0,0),F(0,2,1),E(l,l,0),

：.BF=(0,2,1).設(shè)BiD=a(0WaW2),則D(a,0,2),貝U標(biāo)二(1一冉1,一2).

?DF=(0,2,1)?(1-a,l,-2)=0X(l-a)+2X1+1X(-2)=0,

ABFIDE.

(2)由(1)知加二(一1,1,1),而二(a,—2,1).

設(shè)平面DFE的法向量為n=(x,y,z),

則，一不妨設(shè)x=l,貝ijy二一z

(FD?n=ax-2y+z=0,

易知m=（l,0,0）是平面BB.CiC的一個(gè)法向量.

設(shè)平面BBCC與平面DFE所成的銳二面角的大小為0,則cos0=

Icos<m,n>|二\m?n13當(dāng)a=［時(shí)取等號(hào)）,

m?n

/.sin0=Vl-cos20^y,故當(dāng)即BQ中寸,平面BBCC與平面DFE所成的二面

角的正弦值最小，最小值為冬

5.解析（1）證明：因?yàn)镻D,底面ABCD,所以PD1AD.因?yàn)榈酌鍭BCD為正方形,所

以AD_LDC.又DCAPD=D,所以ADJ_平面PDC.

因?yàn)锳D〃BC,ADQ平面PBC,所以AD〃平面PBC.

由已知得1〃AD.因此1_L平面PDC.

(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),￡5的方向?yàn)閤軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系

Dxyz,則D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),

ADC=(0,l,0),PB=(l,1,-1).

由⑴可設(shè)Q(a,0,1),則麗二(a,0,1).

設(shè)n=(x,y,z)是平面QCD的法向量,

?麗=0,日nfax+z=0,g八

_：Bp]_取x=-l,貝mItJIy=0,z=a

?DC=o,w一°，

所以n=(-1,0,a).

-l-a

所以cos<n,而〉二九*PR

V3\/l+a2

設(shè)PB與平面QCD所成角為e,

則sin0童Xk+9

3Vl+a23qa2-l

因?yàn)?Jl十言W當(dāng),當(dāng)且僅當(dāng)a=l時(shí),等號(hào)成立,所以PB與平面QCD所成角的正

弦值的最大值為當(dāng)

6.解析(1)證明：易得CD〃平面ABCD,又CDu平面CDE,平面ABCDA平面

CDE=EF,所以CD/7EF,則EF〃CD.在正方體ABCD-ABCD中,AD〃BC,所以四邊

形EFCD是平行四邊形,則FC1=ED1,又E是A.D.的中點(diǎn),所以FC產(chǎn)ED《AD《B￡,

即點(diǎn)F是BC的中點(diǎn).

⑵以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,西的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間

直角坐標(biāo)系Dxyz(圖略).設(shè)正方體ABCD-AECD的棱長(zhǎng)為

2,硒=X(0W入W1),則C(0,2,0),A1(2,0,2),Bt(2,2,2),F(l,

2,2),E(1,0,2),所以療二(1,0,2),麗二(0,2,0),由二E+布二高

+X(2,-2,2)+人(0,2,0)=(2,-2+2入，2).

設(shè)平面CEF的法向量為n)=(xi,ybzj,

令zE,得Xi=-2,yi=0,

所以平面CEF的一個(gè)法向量為n尸(-2,0,1).

設(shè)平面CFM的法向量為n2=(x2,y2,z2),

則g?色=。，即俘

(n2?CM=0,(2x2+(-2+2A)y2+2z2=0.

令ys=l,得X2=2-2人,Z2=入T,

所以平面CFM的一個(gè)法向量為n2=(2-2X,l,X-l).

因?yàn)槎娼荕-CF-E的余弦值為,

所以|」^二￡

I|?|n213

B|Ji-s4,又0W入Wl,所以入4則緯二去

2)2+02+12?J(2—2為?+12+(入—1)211

7.解析以D為坐標(biāo)原點(diǎn),瓦?,DC,說(shuō)的方向分別為x軸,y軸,z軸的正方向建立

空間直角坐標(biāo)系,可得D(0,0,0\B(l,2,0),C(0,2,0),

E(2,0,2),F(0,l,2),M(0,1,l),N(l,0,2).

(1)證明：1),DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).

設(shè)n<—(Xo,yo,Zo)為平面CDE的法向量,

則忙之泗翦送=。,

不妨令z0=-l,可得n0=(l,0,-1).

因?yàn)槎?no=O,直線MNQ平面CDE,

所以MN〃平面CDE.

(2)BC=(-1,0,0),BE=(l,-2,2),CF=(O,-1,2).

設(shè)n=(xbybZi)為平面BCE的法向量,

-x

mii幾?BC=0,RM(i=°,

U-BE=0,U-2yi+2Z1=0,

不妨令z尸1,可得n=(0,l,l).

設(shè)m=(x2,y2,z.2)為平面BCF的法向量，

MmiimeBC=0,Bni1tJ=0,

U-cF=o,(-y2+2z2=o,

不妨令Z2=l,可得m=(0,2,1).

/vm?n3?U-r7日H./、V10

COS?*|6一10，于$1水叫心不

所以二面角E-BC-F的正弦值為絆.

10

⑶設(shè)線段DP的長(zhǎng)為h(hG[0,2]),則P(0,0,h),可得前二(T,-2,h).

易知反二(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量，

故|cos<BP,DC>|二黑尋篝=sin60°哼解得h哼或h二年(舍去).

IDIU|V?C?O乙OO

所以線段DP的長(zhǎng)為

8.解析(1)證明：因?yàn)镻A,平面ABCD,CDu平面ABCD,所以PAJ_CD.又因?yàn)?/p>

AD1CD,且ADGPA=A,所以CD_L平面PAD.

⑵過(guò)A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M.

因?yàn)镻A,平面ABCD,所以PA±AM,PA±AD.

如圖,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),B(2,-l,0),C(2,2,0),

P(0,0,2),E(0,1,1).

所以荏二(0,1,1),正二(2,2,-2),據(jù)(0,0,2).

所以不通=信|,勺,福科而=(|,|,g

設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z),

則f嚴(yán)n?竺AF一-。0，即卜fy+z2=「0,

(n?AF=0,(3X+p+V=°，

令z=l,則y=-l,x=-l.于是n=(-l,-1,1).

易知平面PAD的一個(gè)法向量為p=(l,0,0).

cos<n,p>=n>p

IniIpl3

由題知,二面角F-AE-P為銳二面角，所以其余弦值為苧.

(3)直線AG在平面AEF內(nèi),理由如下:

因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上,且M|,PF=(2,-l,-2),

所以呵兩咆w痔喬弗質(zhì)哆毀

由⑵知,平面AEF的法向量n=(-l,-l,1).

因?yàn)榍?“二一+|+|=0,

所以直線AG在平面AEF內(nèi).

三年模擬練

1.解析以D為原點(diǎn),直線DA,DC分別為x軸,y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)

系，則D(0,0,0),P(0,1,V3),A(2V2,0,0),M(V2,2,0).

(1)證明:麗二(V2,1,-V3),AM=(~V2f2,0).

VPM?AM=(V2,1,-V3)?(-V2,2,0)=0,

：.PM±AMfAAM1PM.

(2)設(shè)n=(x,y,z)為平面PAM的法向量，

n?PM=0,(V2x+y-V3z=0,

?AM=0,l-V2x+2y=0,

取y=l,貝!Jx=V2,z=V3,An=(V2,1,V3).

顯然P二(0,0,1)為平面DAM的一個(gè)法向量.

J平面PAM與平面DAM的夾角為45°.

(3)M=(2V2,0,0),

???點(diǎn)D至I」平面PAM的總目離打星土二等’。―L「二墳

J(偽？+i2+(展23

2.解析因?yàn)锳E_L平面ABCD,ABu平面ABCD,ADu平面ABCD,所以AE_LAB,AE_LAD.

又因?yàn)锳B1AD,所以以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn),AD,AB,荏的方向分別為x軸,y軸,z軸

的正方向建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,

則A(0,0,0),D(2,0,0),B(0,l,0),C(l,l,0),E(0,0,2),F(1,1,2).

(1)證明：DC=(-1,1,0),FF=(1,1,0).

因?yàn)楸?麗二(T,1,0)?(1,1,0)=-1+1=0,

所以反J_而，即CDLEF.

(2)BD=(2,-1,0),FF=(0,-l,2),AB=(0,1,0).

設(shè)平面DEB的法向量為m=(x,y,z),

m?BD=0,=0,

則即

?BE=0,2z=0,

令y=2,得x=l,z=l,所以m=(l,2,1).

易知荏二(0,1,0)是平面ADE的一個(gè)法向量.

所以cos<m,AB>^m9-

\m\|ABV6xl3

故平面ADE與平面DEB夾角的余弦值為當(dāng).

(3)設(shè)點(diǎn)P(l,1,t),且0WtW2,則前二(1,0,t).

由(2)知，平面DEB的一個(gè)法向量為m=(l,2,1).

設(shè)直線BP與平面DEB所成的角為*,

則sin6=|cos〈歌,田〉|二|黑叫11￡+整理，得t2-2t+l=0,解得t=l.所以

\\BP\\mIVl+t2xv63

所以線段CP的長(zhǎng)為1.

3.解析(1)證明:在題圖①中，連接BD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，NA=60°,所以

△ABD是等邊三角形.因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)，所以BE±AE,BE±DE.

因?yàn)锳D=AB=2,E為AD的中點(diǎn)，所以AE=DE=1.在題圖②中，AD=VI所以AE?+ED2=AD?,

所以AELED.

因?yàn)锽C〃DE,所以BC±BE,BC±AE.又BEAAE=E,AE,BEu平面ABE,所以BC,平面

ABE.

因?yàn)锳Bu平面ABE,所以BC1AB.

(2)由(1)知,AE1DE,AE1BE,BE1DE.以E為坐標(biāo)原點(diǎn),EB,ED,EA所在直線分別為

x軸,y軸,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

則A(0,0,1),B(百,0,0),C(8,2,0),D(0,1,0),所以瓦?=(-V3,0,1),

fiC=(0,2,0),BD=(-V3,l,0),C4=(-V3,-2,1).

設(shè)而二人漪0W入W1,所以近二(一百人，-2入，入),

所以并二品而二(-V3X,2-2X,入).

設(shè)平面PBD的法向量為m=(x,y,z),

由但?m=0,得「百Ax+(2-2入)y+M=0,

(BD?m=0,I-遮x+y=0,

令x=l,得y=V3,Z=3V5-竽，

A

所以nr（l,V