2023年全国卷新课标高考中档大题专项训练-立体几何与空间向量

2023年高中数学总复习高考中档大题专项训练-立体几何与空间向量1．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝eq\f(5,4)，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝eq\r(10).(1)证明：D′H⊥平面ABCD；(2)求二面角B－D′A－C的正弦值．(1)证明由得AC⊥BD，AD＝CD.又由AE＝CF得eq\f(AE,AD)＝eq\f(CF,CD)，故AC∥EF.因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝eq\r(AB2－AO2)＝4.由EF∥AC得eq\f(OH,DO)＝eq\f(AE,AD)＝eq\f(1,4).所以OH＝1，D′H＝DH＝3.于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，所以D′H⊥平面ABCD.(2)解如图，以H为坐标原点，eq\o(HF,\s\up6(→))的方向为x轴正方向，eq\o(HD,\s\up6(→))的方向为y轴正方向，eq\o(HD′,\s\up6())的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，那么H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(3，－4,0)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(6,0,0)，eq\o(AD′,\s\up6(→))＝(3,1,3)．设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(AB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x1－4y1＝0，,3x1＋y1＋3z1＝0，))所以可取m＝(4,3，－5)．设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\o(AD′,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(6x2＝0，,3x2＋y2＋3z2＝0，))所以可取n＝(0，－3,1)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(－14,\r(50)×\r(10))＝－eq\f(7\r(5),25).sin〈m，n〉＝eq\f(2\r(95),25).因此二面角B－D′A－C的正弦值是eq\f(2\r(95),25).

2．在如下图的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．(1)G，H分别为EC，FB的中点，求证：GH∥平面ABC；(2)EF＝FB＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(3)，AB＝BC，求二面角F－BC－A的余弦值．(1)证明设FC中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为点G，I分别是CE，CF的中点，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.(2)解连接OO′，那么OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC.以O为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系．由题意得B(0,2eq\r(3)，0)，C(－2eq\r(3)，0,0)．过点F作FM⊥OB于点M，所以FM＝eq\r(FB2－BM2)＝3，可得F(0，eq\r(3)，3)．故eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－2eq\r(3)，－2eq\r(3)，0)，eq\o(BF,\s\up6(→))＝(0，－eq\r(3)，3)．设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o(BC,\s\up6(→))＝0，,m·\o(BF,\s\up6(→))＝0，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)x－2\r(3)y＝0，,－\r(3)y＋3z＝0.))可得平面BCF的一个法向量m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1，\f(\r(3),3)))，因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(\r(7),7).所以二面角F－BC－A的余弦值为eq\f(\r(7),7).

3．将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为eq\f(2,3)π，长为eq\f(π,3)，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．(1)求三棱锥C—O1A1B1的体积；(2)求异面直线B1C与AA1所成的角的大小．解(1)连接O1B1，那么＝∠A1O1B1＝eq\f(π,3)，∴△O1A1B1为正三角形，∴＝eq\f(\r(3),4)，∴＝eq\f(1,3)OO1·＝eq\f(\r(3),12).(2)设点B1在下底面圆周的射影为B，连接BB1，那么BB1∥AA1，∴∠BB1C为直线B1C与AA1所成角(或补角)，BB1＝AA1＝1.连接BC，BO，OC，＝＝eq\f(π,3)，＝eq\f(2π,3)，∴＝eq\f(π,3)，∴∠BOC＝eq\f(π,3)，∴△BOC为正三角形，∴BC＝BO＝1，∴tan∠BB1C＝eq\f(BC,BB1)＝1，∴∠BB1C＝45°，∴直线B1C与AA1所成的角的大小为45°.

4．如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝eq\f(1,2)AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；(2)假设二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．解(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由，BC∥ED，且BC＝ED.所以四边形BCDE是平行四边形．从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE.所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，那么所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)方法一由，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD.所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．所以∠PDA＝45°.设BC＝1，那么在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.易知PA⊥平面ABCD，从而PA⊥CE.且PA∩AH＝A，于是CE⊥平面PAH.又CE⊂平面PCE，所以平面PCE⊥平面PAH.过A作AQ⊥PH于Q，那么AQ⊥平面PCE.所以∠APH是PA与平面PCE所成的角．在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝eq\f(\r(2),2).在Rt△PAH中，PH＝eq\r(PA2＋AH2)＝eq\f(3\r(2),2).所以sin∠APH＝eq\f(AH,PH)＝eq\f(1,3).方法二由，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.于是CD⊥PD.从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．所以∠PDA＝45°.由∠PAB＝90°，且PA与CD所成的角为90°，可得PA⊥平面ABCD.设BC＝1，那么在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.作Ay⊥AD，以A为原点，以eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AP,\s\up6(→))的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如下图的空间直角坐标系，那么A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)．所以eq\o(PE,\s\up6(→))＝(1,0，－2)，eq\o(EC,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)．设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PE,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EC,\s\up6(→))＝0.))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2z＝0，,x＋y＝0.))设x＝2，解得n＝(2，－2,1)．设直线PA与平面PCE所成的角为α，那么sinα＝eq\f(|n·\o(AP,\s\up6(→))|,|n|·|\o(AP,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,2×\r(22＋－22＋12))＝eq\f(1,3).所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为eq\f(1,3).

5．如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝eq\r(5).(1)求证：PD⊥平面PAB；(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；(3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？假设存在，求eq\f(AM,AP)的值；假设不存在，说明理由．(1)证明∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD.∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，又PA⊥PD，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB.(2)解取AD中点O，连接CO，PO.∵PA＝PD，∴PO⊥AD.又∵PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，∵CO⊂平面ABCD，∴PO⊥CO，∵AC＝CD，∴CO⊥AD.以O为原点建立如下图空间直角坐标系．易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)．那么eq\o(PB,\s\up6(→))＝(1,1，－1)，eq\o(PD,\s\up6(→))＝(0，－1，－1)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．设n＝(x0，y0,1)为平面PDC的一个法向量．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(PD,\s\up6(→))＝0，,n·\o(PC,\s\up6(→))＝0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－y0－1＝0，,2x0－1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y0＝－1，,x0＝\f(1,2).))即n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1，1)).设PB与平面PCD的夹角为θ.那么sinθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n·\o(PB,\s\up6(→)),|n||\o(PB,\s\up6(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(1,2)－1－1,\r(\f(1,4)＋1＋1)×\r(3))))＝eq\f(\r(3),3).(3)解设在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，那么存在λ∈[0,1]使得e