专题03 空间向量与立体几何（5月刊）（解答题）（新高考地区专用）（解析版）

1 专题 03 空间向量与立体几何（解答题）（新高考地区专用） 试题精选 1、（江苏省扬州市 2021 届高三第四次模拟考试试题）（本小题满分 12 分）如图，四棱锥 P ABCD 中，PA  平面 ABCD ，AD BC∥ ， 2AB AD  ， 3AC  ，AC BD E ， 2DM MP  ，PB ∥ 平面 MAC ． （1）证明： AC 平面 PAD ； （2）若 PB 与平面 ABCD 所成角为 45，求二面角C PD A  的余弦值． （本小题满分 12 分） 【解析】 （1）证明：∵ PB ∥平面 MAC ， PB  平面 PBD ， （2）平面 PBD  平面 MAC ME ∴ ME PB∥ ，∵ 2DM MP  ， ∴ 2 2DM DE MP BE    ， ∵ AD BC∥ ，∴ 2AD BC  ， 1BC  ， ∵ 2AB  ， 3AC  ，∴ 2 2 24AC BC AB   ∴ AC BC ，∴ AC AD ，又∵ PA 平面 ABCD ，∴ PA AC ∵ AD PA A ，∴ AC 平面 PAD . （2）∵ PB 与平面 ABCD 所成角为 45， ∴ 45PBA  ，∴ 2PA AB  ∵CA  平面 PAD ， 过 A 作 AF PD 于点 F ，连接 CF ，则 AFC 即为所求二面角 C PD A  的平面角， 2 ∵ 3AC  ， 2AF  ，∴ 5CF  ∴ 2 10cos 55 AFC   . 2、（ 2021 届高三下学期模拟试卷（二））（本小题满分 12 分） 如图，在四棱锥 ABCDP  中， CDAB // ， 90ABC ， 1 BCAB ， PDC 是边长为 2 的等边三角形，平面 PDC 平面 ABCD ，E 为线段 PC 上一点． (1)设平面 PAB 平面 lPDC  ，证明： //l 平面 ABCD ； (2)是否存在这样点 E ，使平面 ADEF 与平面 ABCD 所成角为 60o，如果存在，求 || || CP CE 的值；如果不 存在，请说明理由． 【解析】(1)证明：因为 ,// CDAB AB 平面 ,PDC DC 平面 PDC 所以 //AB 平面 ,PDC …………………………………………………………2 分 又 AB 平面 PAB ，且平面 PAB 平面 lPDC  ，所以 lAB // ． 又 l 平面 ABCD ， AB 平面 ABCD ，所以 //l 平面 .ABCD ……………5 分 (2)设 DC 中点为O ，则 DCPO  ，因为平面 PDC 平面 ABCD ，所以 PO 平面 ABCD ，以O 为 原点，OA 为 x 轴，OC 为 y 轴，OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 由已知有 )0,0,1(A 、 )01,0( ，D 、 )0,1,0(C 、 )3,0,0(P ， 假设存在这样的点 E ，设 )10(  CPCE ，则求得 ),3,1,0( E )3,2,0( DE ， ……………………………………………………………7 分 平面 ABCD 的一个法向量为 )1,0,0(m ， ………………………………………8 分 设平面 ADEF 的一个法向量为 ),,( zyxn  ， )0,1,1(DA ． 由      DEn DAn , 得      ， ， 0 0 DEn DAn 从而      .03)2( ,0 zy yx  取 1x ，则 ) 3 2,1,1(, 3 2,1      nzy ， ……………………………10 分 3 若平面 ADEF 与平面 ABCD 所成角为 60o，则 2 1 3 211 3 2 cos 2 22               nm nmnm 整理得 0442   解得 ]1,0[)12(2  ， 故存在这样的点 E 满足条件， )12(2|| ||  CP CE ． ……………………………12 分 3 、（ 盐 城 市 2021 届 高 三 年 级 第 三 次 模 拟 考 试 ） 如 图 ， 在 三 棱 柱 ABC－A1B1C1 中 ， AC＝BB1＝2BC＝2，∠CBB1＝2∠CAB＝π 3 ，且平面 ABC⊥平面B1C1CB. (1)求证：平面 ABC⊥平面ACB1； (2)设点 P 为直线 BC 的中点，求直线A1P与平面ACB1所成角的正弦值． 第 19 题图 【解析】 (1)证明：因为 AC＝2BC＝2，所以 BC＝1． 因为 2∠ACB＝π 3 ，所以∠ACB＝π 6 ． 在△ABC 中， BC sinA ＝ AC sinB ，即 1 sinπ 6 ＝ 2 sinB ， 所以 sinB＝1，即 AB⊥BC． ……2 分 又因为平面 ABC⊥平面B1C1CB，平面 ABC∩平面B1C1CB＝BC，AB平面 ABC， 所以 AB⊥平面B1C1CB． B1 P C B A A1 C1 A1 C1 B1 CA B P x y z E 4 又 B1C平面B1C1CB，所以 AB⊥B1C， 在△B1BC 中，B1B＝2，BC＝1，∠CBB1＝π 3 ， 所以 B1C2＝B1B2＋BC2－2B1BBCcosπ 3 ＝3，即 B1C＝ 3， 所以 B1C⊥BC． ……4 分 而 AB⊥B1C，AB平面 ABC，BC平面 ABC，AB∩BC＝B， 所以 B1C⊥平面 ABC． 又 B1C平面ACB1，所以平面 ABC⊥平面ACB1． ……6 分 (2)在平面 ABC 中过点 C 作 AC 的垂线 CE，分别以 CE，CA，CB1 所在直线为 x，y，z 轴建立如图所示的空 间直角坐标系： 则 B( 3 2 ，1 2 ，0)，A(0，2，0)，B1(0，0， 3)， 所以 P( 3 4 ，1 4 ，0)， → B1A1＝→ BA＝(－ 3 2 ，3 2 ，0)， ……8 分 所以 A1(－ 3 2 ，3 2 ， 3)，所以 → A1P＝(3 3 4 ，－5 4 ，－ 3)， 平面 ACB1 的一个法向量为→ n ＝(1，0，0)， ……10 分 设直线 A1P 与平面 ACB1 所成的角为α， 则 sinα＝|cos< → A1P，→ n >|＝| → A1P·→n | | → A1P||→n | ＝ 3 3 4 27 16 ＋25 16 ＋3 ＝3 3 10 ． ……12 分 4、（南京市 2021 届高三年级第三次模拟考试）如图，在四棱锥 P－ABCD 中，四边形 ABCD 为直角梯形，AD ∥BC，∠ABC＝90º， AD＝2BC＝2AB＝4，△PAD 为等边三角形，E 为 PD 的中点，直线 AB 与 CE 所成角的 大小为 45º． （1）求证：平面 PAD⊥平面 ABCD； （2）求平面 PAB 与平面 PCD 所成角的正弦值． 【解析】 ：(1)取 AD 中点 O，连接 CO，OE． 在梯形 ABCD 中，因为 AD∥BC，AD＝2BC， 所以四边形 ABCO 为平行四边形，所以 CO∥AB， 所以∠OCE 即为异面直线 AB 与 CE 所成的角或补角．·····································2 分 P E DA CB （第 19 题图） 5 在等边△PAD 中，因为 E 为 PD 的中点，所以 OE＝1 2 PA＝1 2 AD＝2． 在△OCE 中，OC＝AB＝2，即 OE＝OC＝2， 所以∠OCE 为锐角，从而∠OCE＝∠OEC＝45°， 所以∠COE＝90°，即 OC⊥OE． ······························································4 分 因为∠ABC＝90º，所以四边形 ABCO 为矩形，所以 OC⊥AD． 又 AD∩OE＝O，AD，OE平面 PAD，所以 OC⊥平面 PAD． 又因为 OC平面 ABCD，所以平面 PAD⊥平面 ABCD． ··································· 6 分 (2)连接 PO，在等边△PAD 中，因为 O 为 AD 中点，所以 PO⊥AD． 由(1)得 OC⊥平面 PAD，PO平面 PAD，所以 OC⊥PO． 以 O 为原点，OC，OD，OP 所在直线分别为 x，y，z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系 O－xyz， 则 A(0，－2，0)，C(2，0，0)，D(0，2，0)，B(2，－2，0)， P(0，0，2 3)， 故→AP ＝(0，2，2 3)，→AB ＝(2，0，0)，→PD ＝(0，2，－2 3)， →CD ＝(－2，2，0)． 设平面 PAB 的法向量为 m＝(x，y，z)，由 m·→AP ＝2y＋2 3z＝0， m·→AB ＝2x＝0， 不妨取 z＝1，得 m＝(0，－ 3，1)． ························································ 8 分 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)，由 n·→PD ＝2y－2 3z＝0， n·→CD ＝－2x＋2y＝0， 不妨取 z＝1，得 n＝( 3， 3，1)． ·························································· 10 分 所以 cos＜m，n＞＝ m·n |m|·|n| ＝－ 7 7 ． 所以平面 PAB 与平面 PCD 的所成角的正弦值为 42 7 ． ·····························12 分 5、（山东日照市 2021 届高三年级模拟考试）已知多面体 EF ABCD 中，ADEF 为正方形，平面 ADEF  平面 ABCD ， //AB CD ， BC CD ， 5AB  ， 2 5 5BC  ， 2BD  ． P E DA CB O z x y 6 （1）证明： AE BF ； （2）求平面 BEF 与平面 BCE 所成锐二面角的余弦值． 【解析】 （1）因为 2BD  ， 2 5 5BC  ， BC CD ，由勾股定理，可得 4 5 5CD  ， 因为 5AB  ，所以 CD BD BD AB  ，因为 //AB CD ，所以 BDC ABD   ， 所以 BCD ADB∽△ △ ， 因为 BC CD ，所以 BD AD 又因为平面 ABCD  平面 ADEF ，平面 ABCD  平面 ADEF AD ， 所以 BD  平面 ADEF ， 由 AE  平面 ADEF ，可得 AE BD ． 在正方形 ADEF 中，有 DF AE ， BD  平面 BDF ， DF  平面 BDF ， BD DF F  ， AE  平面 BDF ， BF  平面 BDF ， BF AE ； （2）以 DA 为 x 轴， DB 为 y 轴， DE 为 z 轴建立空间直角坐标系，可得  0,2,0B ，  0,0,1E ，  1,0,1F ， 4 8, ,05 5C     ，  0, 2,1BE   ，  1,0,0EF  ， 4 2, ,05 5CB       设平面 BEF 的法向量为  1 1 1, ,m x y z ，平面 BCE 的法向量  2 2 2, ,n x y z 7 由 0, 0, BE m EF n          可得 1 1 1 2 0, 0, y z x      令 1 1y  ，得到  0,1,2m  ， 0, 0, BE n CB n          可得 2 2 2 2 2 0 4 2 0,5 5 y z x y      令 2 1x  ，可得  1, 2, 4n    ， 10 2 105cos , 2121 5 m nm n m n           ， 所以平面 BEF 与平面 BCE 所成锐二面角的余弦值为 2 105 21 ． 6、（山东泰安 2021 届高三四模）如图，圆柱的高为 3， CDE△ 是圆柱的下底面圆的内接三角形， AB 是上 底面圆内的一条弦， AD ， BC 均为圆柱的母线，且 2CD  ， P ， Q 分别为 AE ，CE 的中点. （1）求证： //PQ 平面 ABCD ； （2）若 CDE△ 是等边三角形，求直线 PQ与平面 ABE 所成角的正弦值. 【解析】 （1）证明：由圆柱的性质，可得四边形 ABCD 为矩形. 连接 AC ，因为 P ，Q 分别为 AE ，CE 的中点，所以 //PQ AC ，又 PQ  平面 ABCD ，AC  平面 ABCD ， 所以 //PQ 平面 ABCD . （2）解：以 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz ，则  0,0,0D ，  0,0,3A ，  0,2,3B ， ， ɲ ᳸삸 뎈ڣ ， ɲڣ ， ڣ （1）证明：联结 【解析】 所成二面角的正弦值． ڣ 与平面 ᳸삸 求平面（2） ； ڣ 平面 ɲ （1）求证：直线 ． 뎈 ⸱ ， 뎈 ，且满足 ， ， 相交于点 ɲ ， ᳸ ， 삸 的平面与侧棱 ڣ ，过点 삸 뎈 ᳸ ， 뎈 ɲ 뎈 ڣ ° ，侧棱 ᳸ 뎈 ّ靈ڣ삸 长为 2 的菱形， ∠ 是边 삸ɲ᳸ڣ 中，底面 삸ɲ᳸ڣ 睨 7、（山东省淄博市 2021 届高三数学二模试卷）如图所示，已知在四棱锥 . 26 故直线 PQ与平面 ABE 所成角的正弦值为 3 13   ，          CA n CA n CA n 则 3 13sin cos , 26 设直线 PQ与平面 ABE 所成角为 ， 令 1z  ，则  3,0,1n  .              AE n x y z AB n y 3 3 0, 则 2 0, 设平面 ABE 的法向量为  , ,n x y z ， .  0,2,0C ，  3,1,0E ，则  0, 2,3CA   ，  0,2,0AB  ，  3,1, 3AE   8 ． 所成二面角的正弦值是 ڣ 与 ᳸삸 所以平面 ． 뎈 ⸱ 뎈 ∠ sin 所以 ， 뎈 条 条 뎈 ， 뎈 条 条 睨 ɲ 条 뎈 ɲ 由已知可得， 所成二面角的平面角， ڣ 与平面 ᳸삸 为平面 所以 ∠ ， 삸᳸ ， 삸᳸ 所以 ， ，联结 ɲڣ 平面 삸᳸ 因为直线 ， 삸᳸ 平面 //ڣ ，所以平面 //삸᳸ 又 ， ڣ// ，则 ᳸ ， 삸 ， 的中点，联结 ɲ 为 解：取（2） ． ڣ 平面 ɲ 所以直线 内， ڣ 都在平面 ， ڣ 相交，且 ， ڣ 因为直线 ， ڣ ɲ ，所以 条 ڣ 条 뎈 条 ڣ 所以 ， 뎈 ⸱ × ⸱ × × ɲ 뎈 ⸱ 睨 条ڣ ∠ cos ڣ睨 条 条 条 ڣ 뎈 条 ڣ ， ⸱ 뎈 × × 条 条 睨条 条 条 ɲ 뎈ڣ条 条 ɲڣ睨 条 ɲ 条 ڣ ɲ 뎈ڣ ∠ cos 由余弦定理得 ， ɲ 뎈 条ڣ ， 삸᳸ 뎈 条 由已知条件得， ， ɲ ，所以 //삸᳸ ，所以 뎈 又 ， 삸᳸ ɲ ，所以 ɲڣ 平面 삸᳸ 所以 ， ɲڣ 삸᳸ 是菱形，所以 삸ɲ᳸ڣ 又因为 ， 삸᳸ ，所以 삸 뎈 ᳸ 因为 9 10 8、（2021 年高考数学考前信息必刷卷（江苏专用二））在四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D 中，底面 ABCD 是边长 为 2 的菱形， π 3DAB  ， 1 1A AD A AB   ， 1 1 1A B  ， 1 2AA  ， 1 π 6A AC  ． （1）证明： BD  平面 1ACA ； （2）求二面角 1 1C BB A  的余弦值． 【解析】 （1）证明：连接 1A B ， 1A D ，设 AC 与 BD 相交于点O ， 因为 AB AD ， 1 1A AD A AB   ， 所以 1 1A AD A AB≌△ △ ， 所以 1 1A D A B ， 连接 1AO ，因为O 为 BD 的中点， 所以 1AO BD ． 又因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AC BD ， 因为 1AO AC O  ， 1,AC AO  平面 1ACA ，所以 BD  平面 1ACA ， （2）解：在 1A AO 中， 2 1 π4 3 2 2 3 cos 16AO        ，所以 1 1AO  ， 因为 2 2 2 1 14AO AO AA   ，所以 1AO AC ， 因为 1AO BD ， AC BD O ， ,AC BD  平面 ABCD ． 所以 1AO  平面 ABCD ． 以O 为坐标原点，OA， OB ， 1OA 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， 11 则  1 3,0,1C  ， 1 3 1, ,12 2B      ，  0,1,0B ，  3,0,0A ． 设平面 1 1C B B 的法向量  11 1 1, ,xn y z  ， 1 1 3 1, ,02 2C B       uuuur ， 1 3 1, , 12 2B B       uuur ， 由 1 1 1 1 1 0 0 n C B n B B          ，得 1 1 1 1 1 3 1 02 2 3 1 02 2 x y x y z        ， 取 1 1x  ，则 1 3y   ， 1 0z  ，所以  1 1, 3,0n   ， 设平面 1ABB 的法向量  2 2 2 2, ,n x y z  ，  3,1,0AB   uuur ， 1 3 1, , 12 2B B       uuur ， 由 2 2 1 0 0 n AB n B B     uur uuur uur uuur 得 2 2 2 2 2 3 0 3 1 02 2 x y x y z       ， 取 2 1x  ，则 2 3y  ， 2 3z  ，所以  2 1, 3, 3n  uur ， 所以 1 2 1 2 1 2 2 7cos , 72 7 n nn n n n            ， 12 由图知二面角 1 1C BB A  是钝角，所以二面角 1 1C BB A  的余弦值是 7 7  ． 9、（2021 年高考数学考前信息必刷卷（江苏专用二））如图，直棱柱 1 1 1 1—ABCD A B C D 的底面是菱形， ,E F 分别为棱 1 1A B ，CD 的中点， AB EF . （1）求证： AB AD ； （2）若 1AD AA ，求二面角 B EF D  的余弦值. 【解析】 （1）证明：直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的底面是菱形，所以 1A E DF ， 又 ,E F 分别为棱 1 1A B ，CD 的中点，所以 1A E DF ， 所以 1A EFD 是平行四边形，所以 1EF A D . 因为 AB EF ，所以 1AB A D ，又 1AB AA ， 1 1 1A D AA A  ， 所以 AB  平面 1ADD A ， AD  平面 1ADD A ，所以 AB AD . （2）设 1AA AD AB a   ， 因为直棱柱 1 1 1 1—ABCD A B C D 中，侧棱和底面垂直，因此 1 A A AD ， 1A A AB ， 因为 1AD AA ，所以四边形 1 1ADD A 为正方形，则 1 1AD A D ； 由（1）可知， AB AD ，所以 AB ， AD ， 1AA 两两垂直， 以 A 为原点， AB ， AD ， 1AA 所在直线分别为 , ,x y z 轴，建立空间直角坐标系 A xyz ，则  0,0,0A ， 13  1 0, ,D a a ，  1 0, ,AD a a ，  ,0,0B a ， ,0,2 aE a     ， , ,02 aF a     ， ,0,2 aBE a      ， , ,02 aBF a      ， 又由（1）可得 1 1A B  平面 1 1ADD A ，因为 1AD  平面 1 1ADD A ， 所以 1 1A E AD ， 又 1 1 1A D A E A  ， 1A D  平面 1A EFD ， 1A E  平面 1A EFD ，所以 1AD  平面 1A EFD ； 所以  1 0, ,AD a a 为平面 1A EFD 的一个法向量， 设平面 BEF 的法向量为  , ,n x y z  ， 则 0, 0, n BE n BF         02 02 a x az a x ay       ， 不妨令 1z  ，则  2,1,1n  ， 所以 1 1 1 3cos , 3| | AD nAD n AD n           ， 由题意可知，二面角 B EF D  为钝二面角， ∴二面角 B EF D  的余弦值为 3 3  .