2025屆高考數(shù)學統(tǒng)考二輪復習增分強化練二十一空間向量與立體幾何理含解析

PAGE增分強化練(二十一)考點一利用空間向量證明平行與垂直如圖所示，平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，E，F(xiàn)，G分別是線段PA，PD，CD的中點．求證：PB∥平面EFG.證明：∵平面PAD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD，∴AB，AP，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，AB，AD，AP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系A-xyz，則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，G(1,2,0)．∴eq\o(PB,\s\up8(→))＝(2,0，－2)，eq\o(FE,\s\up8(→))＝(0，－1,0)，eq\o(FG,\s\up8(→))＝(1,1，－1)，設eq\o(PB,\s\up8(→))＝seq\o(FE,\s\up8(→))＋teq\o(FG,\s\up8(→))，即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(t＝2，,t－s＝0，,－t＝－2，))解得s＝t＝2，∴eq\o(PB,\s\up8(→))＝2eq\o(FE,\s\up8(→))＋2eq\o(FG,\s\up8(→))，又∵eq\o(FE,\s\up8(→))與eq\o(FG,\s\up8(→))不共線，∴eq\o(PB,\s\up8(→))，eq\o(FE,\s\up8(→))與eq\o(FG,\s\up8(→))共面．∵PB?平面EFG，∴PB∥平面EFG.考點二利用空間向量求空間角1．(2024·濱州模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC＝BB1，∠B1BC＝60°，B1C1⊥AB(1)證明：AB＝AC；(2)若AB⊥AC，且AB1＝BB1，求二面角A1-CB1-C1的余弦值．解析：(1)證明：取BC的中點O，連結(jié)AO，OB1.因為BC＝BB1，∠B1BC＝60°，所以△BCB1是等邊三角形，所以B1O⊥BC，又BC∥B1C1，B1C1⊥AB1，所以BC⊥AB1，所以BC⊥平面AOB1，所以BC⊥AO，由三線合一可知△ABC為等腰三角形所以AB＝AC.(2)設AB1＝BB1＝2，則BC＝B1C因為AB⊥AC，所以AO＝1.又因為OB1＝eq\r(3)，所以OBeq\o\al(2,1)＋AO2＝ABeq\o\al(2,1)，所以AO⊥OB1.以O為坐標原點，向量eq\o(OB,\s\up8(→))的方向為x軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz，則O(0,0,0)，C(－1,0,0)，A1(－1，eq\r(3)，1)，B1(0，eq\r(3)，0)，eq\o(CA,\s\up8(→))1＝(0，eq\r(3)，1)，eq\o(CB,\s\up8(→))1＝(1，eq\r(3)，0)．設平面A1B1C的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(CA,\s\up8(→))1·n＝0,\o(CB,\s\up8(→))1·n＝0))，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y＋z＝0,x＋\r(3)y＝0))，可取n＝(eq\r(3)，－1，eq\r(3))，由(1)可知，平面CB1C1的法向量可取eq\o(OA,\s\up8(→))＝(0,0,1)，所以cos〈eq\o(OA,\s\up8(→))，n〉＝eq\f(\o(OA,\s\up8(→))·n,|\o(OA,\s\up8(→))||n|)＝eq\f(\r(21),7)，由圖示可知，二面角A1-CB1-C1為銳二面角，所以二面角A1-CB1-C1的余弦值為eq\f(\r(21),7).2.已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝eq\r(3)，BC＝2AD＝2，E為CD的中點，PB⊥AE.(1)證明：平面PBD⊥平面ABCD；(2)若PB＝PD，PC與平面ABCD所成的角為eq\f(π,4)，求二面角B-PD-C的余弦值．解析：(1)證明：由ABCD是直角梯形，AB＝eq\r(3)，BC＝2AD＝2，可得DC＝2，∠BCD＝eq\f(π,3)，BD＝2，從而△BCD是等邊三角形，∠BDC＝eq\f(π,3)，BD平分∠ADC，∵E為CD的中點，DE＝AD＝1，∴BD⊥AE，又∵PB⊥AE，PB∩BD＝B，∴AE⊥平面PBD，∵AE?平面ABCD，∴平面PBD⊥平面ABCD.(2)如圖，作PO⊥BD于O，連接OC，∵平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD＝BD，∴PO⊥平面ABCD，∴∠PCO為PC與平面ABCD所成的角，∠PCO＝eq\f(π,4)，又∵PB＝PD，∴O為BD中點，OC⊥BD，OP＝OC＝eq\r(3)，以OB，OC，OP為x，y，z軸建立空間直角坐標系，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，D(－1,0,0)，P(0,0，eq\r(3))．eq\o(PC,\s\up8(→))＝(0，eq\r(3)，－eq\r(3))，eq\o(PD,\s\up8(→))＝(－1,0，－eq\r(3))，設平面PCD的一個法向量n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PC,\s\up8(→))＝0，,n·\o(PD,\s\up8(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y－\r(3)z＝0，,x＋\r(3)z＝0，))令z＝1得n＝(－eq\r(3)，1,1)，又平面PBD的一個法向量為m＝(0,1,0)，設二面角B-PD-C為θ，則|cosθ|＝eq\f(|n·m|,|n|·|m|)＝eq\f(1,\r(5)×1)＝eq\f(\r(5),5).所求二面角B-PD-C的余弦值是eq\f(\r(5),5).考點三立體幾何中的探究性問題1．(2024·桂林、崇左模擬)已知四棱錐S-ABCD的底面ABCD是菱形，∠ABC＝eq\f(π,3)，SA⊥底面ABCD，E是SC上的隨意一點．(1)求證：平面EBD⊥平面SAC；(2)設SA＝AB＝2，是否存在點E使平面BED與平面SAD所成的銳二面角的大小為30°？假如存在，求出點E的位置，假如不存在，請說明理由．解析：(1)證明：∵SA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴SA⊥BD.∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD.∵AC∩AS＝A，∴BD⊥平面SAC.∵BD?平面EBD，∴平面EBD⊥平面SAC.(2)當點E為SC的中點時，平面BED與平面SAD所成的銳二面角的大小為30°，理由如下：設AC與BD的交點為O，以OC、OD所在直線分別為x、y軸，以過O垂直平面ABCD的直線為z軸建立空間直角坐標系(如圖)，則A(－1,0,0)，C(1,0,0)，S(－1,0,2)，B(0，－eq\r(3)，0)，D(0，eq\r(3)，0)．設E(x,0，z)，則eq\o(SE,\s\up8(→))＝(x＋1,0，z－2)，eq\o(EC,\s\up8(→))＝(1－x,0，－z)，設eq\o(SE,\s\up8(→))＝λeq\o(EC,\s\up8(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(λ－1,λ＋1),z＝\f(2,λ＋1)))，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ－1,λ＋1)，0，\f(2,λ＋1)))，∴eq\o(DE,\s\up8(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(λ－1,λ＋1)，－\r(3)，\f(2,λ＋1)))，eq\o(BD,\s\up8(→))＝(0,2eq\r(3)，0)，設平面BDE的法向量n＝(x1，y1，z1)，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n⊥\o(DE,\s\up8(→)),n⊥\o(BD,\s\up8(→))))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(DE,\s\up8(→))＝0,n·\o(BD,\s\up8(→))＝0)).求得n＝(2,0,1－λ)為平面BDE的一個法向量．同理可得平面SAD的一個法向量為m＝(eq\r(3)，－1,0)，∵平面BED與平面SAD所成的銳二面角的大小為30°，∴cos30°＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(|\r(3)，－1，0·2，0，1－λ|,2\r(4＋1－λ2))＝eq\f(\r(3),2)，解得λ＝1.∴E為SC的中點．2．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝CC1＝2，∠ACC1＝∠CC1B1，直線AC與直線BB1(1)求證：AB1⊥CC1；(2)若AB1＝eq\r(6)，M是AB1上的點，當平面MCC1與平面AB1C夾角的余弦值為eq\f(1,5)時，求eq\f(AM,MB1)的值．解析：(1)證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，各側(cè)面均為平行四邊形，所以BB1∥CC1，則∠ACC1即為AC與BB1所成的角，所以∠ACC1＝∠CC1B1＝60°，如圖，連接AC1和B1C，因為CA＝CB＝CC1＝2，所以△ACC1和△B1CC1均為等邊三角形，取CC1的中點O，連AO和B1O，則AO⊥CC1，B1O⊥CC1，又AO∩B1O＝O，所以CC1⊥平面AOB1，AB1?平面AOB1，所以AB1⊥CC1.(2)由(1)知AO＝B1O＝eq\r(3)，因為AB1＝eq\r(6)，則AO2＋B1O2＝ABeq\o\al(2,1)，所以AO⊥B1O，又AO⊥CC1，所以AO⊥平面BCC1B1，以OB1所在直線為x軸，OC1所在直線為y軸，OA所在直線為z軸，建立如圖空間直角坐標系，則A(0,0，eq\r(3))，C(0，－1,0)，C1(0,1,0)，B1(eq\r(3)，0,0)，eq\o(AC,\s\up8(→))＝(0，－1，－eq\r(3))，eq\o(AB1,\s\up8(→))＝(eq\r(3)，0，－eq\r(3))，eq\o(CC1,\s\up8(→))＝(0,2,0)，設eq\o(AM,\s\up8(→))＝teq\o(MB1,\s\up8(→))，M(x，y，z)，則(x，y，z－eq\r(3))＝t(eq\r(3)－x，－y，－z)．所以x＝eq\f(\r(3)t,t＋1)，y＝0，z＝eq\f(\r(3),t＋1)，M(eq\f(\r(3)t,t＋1)，0，eq\f(\r(3),t＋1))，所以eq\o(CM,\s\up8(→))＝(eq\f(\r(3)t,t＋1)，1，eq\f(\r(3),t＋1))，設平面ACB1的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，平面MCC1的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AC,\s\up8(→))＝0，,n1·\o(AB1,\s\up8(→))＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y1－\r(3)z1＝0，,\r(3)x1－\r(3)z1＝0，))解得n1＝(1，－eq\r(3)，1)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CC1,\s\up8