2022年新高考一轮复习考点精选练习34《空间向量与立体几何》（含详解）

2022年新高考一轮复习考点精选练习34《空间向量与立体几何》如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD，ABEF均为直角梯形，∠ABC=∠ABE=90°，四边形DCEF为平行四边形，平面ABCD⊥平面DCEF.(1)求证：平面ADF⊥平面ABCD；(2)若△ABD是边长为2的等边三角形，且异面直线BF与CE所成的角为45°，求点E到平面BDF的距离.如图所示，四棱锥SABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P为侧棱SD上的点.(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由.如图所示，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P为侧棱SD上的点.(1)求证：AC⊥SD；(2)若SD⊥平面PAC，则侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由. 如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.(1)求证：BD⊥AA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1=AD=1，E为CD的中点.(1)求证：B1E⊥AD1.(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE.若存在，求AP的长；若不存在，说明理由.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=90°，△ABC≌△ADC，PA=AC=2AB=2，E是线段PC的中点. (1)求证：DE∥平面PAB；(2)求二面角D－CP－B的余弦值. 答案解析解：(1)∵∠ABC=∠ABE=90°，∴AB⊥BC，AB⊥BE.又BC，BE⊂平面BCE，且交于点B，∴AB⊥平面BCE.又CE⊂平面BCE，∴AB⊥CE.又∵AB∥CD，CE∥DF，∴CD⊥DF.又平面ABCD⊥平面DCEF，且交于CD，DF⊂平面DCEF，∴DF⊥平面ABCD.又DF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面ABCD.(2)∵CE∥DF，∴∠BFD为异面直线BF与CE所成的角，则∠BFD=45°.在Rt△BDF中，∠BFD=∠DBF=45°，∴DF=BD=2.∵△ABD是边长为2的等边三角形，∠ABC=90°，∴在Rt△BCD中，∠CBD=30°，∴CD=1，BC=.∵CE∥DF，DF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，∴CE∥平面BDF，∴点C到平面BDF的距离即为点E到平面BDF的距离.由(1)可知DF⊥平面ABCD，则DF为三棱锥F－BCD的高.设点E到平面BDF的距离为h，由VE－BDF=VC－BDF=VF－BCD，得S△BDF·h=S△BCD·DF，∴h==.解：(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图.设底面边长为a，则高SO=a，于是S，D，B，C，=，=，则·=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.理由如下：由已知条件知是平面PAC的一个法向量，且=，=，=.设=t， 则=＋=＋t=，而·=0⇒t=.即当SE∶EC=2∶1时，⊥.而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.解：(1)连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意，知SO⊥平面ABCD.以O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图.设底面边长为a，则高SO=a，于是S，D，B，C，则=，=，所以·=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.(2)棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.理由如下：由已知条件，知是平面PAC的一个法向量，且=，=，=.　设=t，则=＋=＋t=，而·=0⇒t=，即当SE∶EC=2∶1时，⊥.而BE⊄平面PAC，故BE∥平面PAC.解：(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°，∴A1O2=AA＋AO2－2AA1·AOcos60°=3，∴AO2＋A1O2=AA，∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，).由于=(－2，0,0)，=(0,1，)，·=0×(－2)＋1×0＋×0=0，∴⊥，即BD⊥AA1.(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设=λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)=λ(0,1，).从而有P(0,1＋λ，λ)，=(－，1＋λ，λ).设平面DA1C1的法向量为n=(x1，y1，z1)，则又=(0,2,0)，=(，0，)，则取n=(1,0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，则n⊥，即n·=－－λ=0，得λ=－1，即点P在C1C的延长线上，且C1C=CP.解：(1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB=a，则A(0，0，0)，D(0，1，0)，D1(0，1，1)，E，B1(a，0，1)，故=(0，1，1)，=，=(a，0，1)，=.因为·=－×0＋1×1＋(－1)×1=0，所以B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0，0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时=(0，－1，z0).又设平面B1AE的法向量n=(x，y，z).因为n⊥平面B1AE，所以n⊥，n⊥， 得取x=1，得平面B1AE的一个法向量n=.要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0=0，解得z0=.又DP⊄平面B1AE，所以存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP=.解：(1)以B为坐标原点，BA所在的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示.则B(0,0,0)，C(0，，0)，P(1,0,2)，D，A(1,0,0)，E，∴=(－1,0,1)，=(1,0,2)，=(1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(a，b，c)，则∴∴n=(0,1,0)为平面PAB的一个法向量.又·n=0，DE⊄平面PAB，∴DE∥平面PAB.(2)由(1)易知=(0，，0)，=，=，设平面PBC的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则∴令x1=2，则y1=0，z1=－1，∴n1=(2,0，－1)为平面PBC的一个法向量.设平面DPC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则∴令x2=1，则y2=，z2=1，∴n2=(1，，1)为平面DPC的一个法向量.∴cos〈n1，n2〉==.故二面角D－CP－B的余弦值为.