2023届新教材高考数学二轮复习解答题练习 空间向量与立体几何A卷

(5)空间向量与立体几何

A卷

L如图，AB为圆。的直径，点E,尸在圆。上，ABHEF,矩形ABCO所在平面和圆

。所在平面互相垂直，已知AB=3,EF=L

(1)求证：平面Ar)F，平面BeF

(2)设几何体厂-ABCD,尸-BCE的体积分别为匕，V2,求匕：匕的值.

2.如图,A8CZ)-A4CQ是棱长为4的正方体,E是耳。的中点.

(I)证明:ACLOE;

(H)求三棱锥A-CE耳的体积.

3.在如图所示的几何体中,底面ABCZ)是正方形,四边形4)ΛW是直角梯形,M4LAD,且四

边形4)PWj_底面ABCD,E,G,F分别为MB,PB,PC的中点,AO=PZ)=2,PD=2AM.

⑴求证:平面EFGH平面ADPM；

(∏)求多面体PMABCD的体积.

4.小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面

ABe。是边长为8(单位：Cm)的正方形，Z∖EAB,AFBC,∆GCD,z∖∕7Ω4均为正三

角形，且它们所在的平面都与平面ABCo垂直.

(1)证明：EF〃平面ABCZ)；

(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度).

5.如图，四面体ABCD中，ADlCD,AD=CD,ZADB=ZBDC,E为AC的中点.

(1)证明：平面班DJ•平面48；

(2)设A3=3D=2,N4CB=60。，点尸在BD上，当ZXAFC的面积最小时，求Cb与平

面ABO所成的角的正弦值.

6.如图,已知三棱柱A8C-A4G，平面4ACC∣J.平面ABC,ZABC=90°,ZSAC=30°,

AA=AC=AC,E,F分别是AC,A4的中点.

(1)证明:EFJ_3C；

(2)求直线EF与平面∖BC所成角的余弦值.

7.如图，在三棱台43C-A4G中，底面A4BC是边长为2的正三角形，侧面ACGA为

等腰梯形，且AG=A4,=1,。为AG的中点.

(1)证明：AC±BD↑

(2)记二面角A-AC-B的大小为。，6*∈py时，求直线A4,与平面BBeC所成角

的正弦值的取值范围.

8.如图，在棱柱ABCL>-A4GR中，AAj•平面ABC。，四边形ABCo是菱形，

ZABC=60°,点N为A。的中点，且Λ4l=4,48=2.

BC

(1)设M是线段BR上一点，且坐=讥试问：是否存在点M,使得直线AV/平面

MD、

MNC?若存在，请证明AV/平面MNG并求出λ的值；若不存在，请说明理由;

(2)求二面角N-CD,-D的余弦值.

9.已知四棱柱ABCD-AiBiClDl的底面为菱形,A8=AA∣=2,NBAD=3,ACe8/)=O,Ao，平面

A,BD,AfB=AtD.

⑴证明：敏?平面4也；

(2)求二面角B-AAf-O的余弦值.

10.如图，在多面体ABCQEF中，四边形BCEF是矩形，ADHBC,BCVCD,

BC=CD=1,AD=FA=FB=2,CM=2ME.

(1)证明：FAYCD;

(2)求直线AF与平面MBD所成角的正弦值.

答案以及解析

1、(1)答案：见解析

解析：如图，矩形ABCO中，CBJ.AB,

平面ABCo平面ABEF=AB

平面ABCZ)J"平面ABEF

所以BC_L平面ABEF

又AE=平面ABEb

AFLBC,又AB为圆。的直径，

则AFYBF

BCBF=B,BC,BEq平面BCR

所以_L平面BeT,且AF=平面Aob

所以平面A£>F_L平面BCF.

(2)答案：6

解析：几何体尸-ABC。是四棱锥，尸-BeE是三棱锥，过b点作EHLAB,交AB

于H

平面ABCD，平面ABERFHJ_平面ABCD

则X=gxABxBCx,V2^^×^EF×FH^×BC,

所E以“-ML=-2--A-B--=6,.

⅛EF

2.答案：(I)见解析

(∏)y

解析：⑴证明：连接3D

Y四边形ABCO是正方形,

.-.ACLBD.

在正方体A8Cf>-A4CQ中，

DQJ•平面ABa),

又ACU平面ABC。，

.∙.AClDtD.

又RDl8。=£),0Ou平面BDD1用,8。U平面BDDl片,

.∙.AC，平面Bor)A

又OEU平面瓦M4,

.'.ACIDE.

(II)设AC与双)交于点七连接耳F,AB-

在正方体ABCD-A1B1C1D1中,BD∕∕B∣R∙BD=BR.

又EF分别是BQ,8。的中点，

.∙.DFHBxE,DF=B,E,

•∙•四边形OFBIE是平行四边形，

.-.DEHBxF.

QoEN过平面ABC瓦尸U平面AgC,

.•.£)£〃平面ABC.

又正方体ABCD-A4CQ的棱长为4,

■,•VA-CEB、=VE-ABlC=K>-ΛβlC=VBl-ADC

=34B■SVADC

=—1×4“×-1×4”×4”

32

_32

——.

3

3.答案：（I）见解析

(∏)y

解析：⑴证明:QE,G,F分别为M3,PB,PC的中点，

.∙.EG//PM,GFHBC.

又•••四边形ABCZ)是正方形，

..BCHAD,

.-.GFHAD.

QEG,GFU平面ADPM,PM,ADu平面ADPM,

.∙.EGH平面ADPM,GF//平面ADPM.

又QEGlGF=G,EG,GF⊂EFG,

,平面EFG〃平面ADPM.

(II)V四边形ADPM是直角梯形,MAVAD,AD=PDPD2AM,

..DPYAD.

又；四边形4)ΛW_L底面ABCD,平面ADPMI平面ABCr>=">,PDU平面ADPM,

平面AfiCD,

二PD是四棱锥P-ABCD的高，

ɪɪ8

%棱锥P-43C0=§XS正方形488XPD=-×2×2×2=~.

♦・•四边形ABCD是正方形，

,.ABJLAD.

QPD_L平面43CDABU平面ABCD,

ΛPDlAB.

XQADJPD=D,AD,PDU平面ADPM.

.∙.ABJ_平面ADRW,即AB是三棱锥B-PMA的高，

1112

L核锥P-ABW=VL^W-AMP=§*SVAMP×=ʒ×2×ɪX×=~

O91A

.∙.多面体PMABCD的体积V=V⅛p,abcd+W校锥P.AftW=|+-=y.

4.答案：(1)见解析

⑵640^

3

解析：解：（1）如图，分别取A3,5C的中点用，N,连接EAKFN,MN,

与C均为正三角形，且边长均为8,

：.EMi.AB,FNLBC,且EM=FN.

又平面EAB与平面尸Be均垂直于平面ABeD,平面E4S平面A88=A8,平面

FBC平面ABeQ=3C,EWU平面E4B,FNU平面尸BC,

.∙.EWl5FfflABCD,F2V±5F≡ABCD,

.∙.EMHFN,四边形EMNF为平行四边形，,EFHMN.

又WU平面ABCO,EFABCD,.∙.EF∕/5FffiABCD.

(2)如图，分别取AO,OC的中点P,Q,连接尸M,PH,PQ,QN,QG,AC,BD.

由(1)知EM_L平面ABC。，

FN，平面ABC。，同理可证得，GQ，平面ABC。，〃尸，平面ABCD易得

EM=FN=GQ=HP=4g,EMHFNHGQIIHP.

易得AC_L3E>,MNHAC,PMUBD,所以PΛ∕_LMZV,

又PM=QN=MN=PQ=*D=4五,所以四边形PMNQ是正方形，

所以四棱柱PMNQ-HEFG为正四棱柱，

所以%a=(4^)2X4√3=128√3.

因为AC_L80,BDHPM,所以AC_LPM.

因为EM_L平面ABCr>,AC⊂5FffiABCD,所以EWJ_AC.

又而产加匚平面2“七“，且EMPM=M,所以AC_L平面PME”,

则点A到平面PMEH的距离d=LAC=2及,

4

所以%棱跖PMEH=IsWitlmPMEH×=ʒ××46X2√2=,

164

所以该包装盒的容积V=%棱WwNL+4%棱跖MffiH=286+4×=θ^(Cm3).

5.答案：(1)证明见解析

(2)建

7

解析：(1)因为AD=CE>,ZADB=ACDB,DB=DB,

所以4M>B=2∖CDB,所以AB=BC.

因为E为AC的中点，所以AC_L3E,ACLDE,

又BEDE=E,BE,OEu平面BE。，所以ACJ_平面BED,

又ACU平面AC。，所以平面班D_L平面ACD

(2)因为AB=BC=2,ZACB=60。，

所以35。为正三角形，则AC=2,BE=6,AE=I.

因为AO=8,ADA.CD,所以aADC为等腰直角三角形，所以。E=I.

所以£>序+^炉=BEr,则DE工BE.

由(1)可知，ACI,平面BED连接ER因为EFU平面BEQ,所以AC_LER,

当ZXAFC的面积最小时，点尸到直线AC的距离最小，即EE的长度最小.

在RtZiBE。中，当EE的长度最小时，EFLBD,EF=DEBE=避

BD2

解法一又f>EJ_AC,BELAC,所以EA,EB,ED两两垂直，以E为坐标原点，EA,

EB,Eo所在的直线分别为X,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系E-呼，

则4(1,0,0),B(0,√3,0),O(0,0,1),C(-l,0,0),AB=(-1,√3,O),DB=(O,√3,-1).

易得DF=L,FB=-,所以3。产=依.

22

设尸(O,XZ),则D"=(0,y,z-l),FB=(0,√3-γ,-z),

所以3(0,y,Z-I)=(O,G-y,-z),得y=且，z=-,

44

即F(O,f』,所以CF=(I,乌3).

(44)44

设平面ABD的法向量为〃=&,%,zJ,则卜∙AB=>+6x=°.

n-DB=GX-Zl=O

不妨取y∣=l,则Λ1=6,Z[=6，”=(6,1,6).

记CF与平面ABD所成的角为a，则Sina=ICoS〈CF,"〉I=IC'"=^i■.

∖CF∖-∖n∖7

解法二因为E为AC的中点，

所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABO的距离的2倍.

因为。E_LAC,DElBE,ACfBE=E,AC,BE^W∖ABC,

所以DEJ"平面ABC.

因为%w=%w,所以2AEXBEXJDEWXSWxg,

其中d为点C到平面ABO的距离.

在"BZ)中，BA=BD=2,AD=y∣2,所以SAW=当，

所以d=酒.

7

因为ACL平面BE。，EF⊂^≡BED,

所以AC_LEF,所以FC=JFE2+EC?=且.

2

记CF与平面ABO所成的角为a,则Sina=4=迪.

CF7

解法三如图，过点E作EW，9交A8于点M,连接。M,过点E作EG,Z)M交。M

于点G.

D

因为£>E_LAC,DEVBE,AC∖BE=E,AC,BEu平面ABC,

所以£>EJ_平面ABC,又ABU平面ABc',

所以QE_LAB,又EMDE=E,EM,DEu平面。EA所以AB_L平面。EM,

又EGU平面OEA√,所以A8_LEG,又Aβ∏f>M=M,AB,DMu平面48。，

所以EG_L平面ABD,则EG的长度等于点E到平面ABD的距离.

因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面AM的距离呜.

因为加"八出6。。=?所以EG=鬻DEEM√21

^DE2+EM27

所以点C到平面ABQ的距离d=也.

7

FC^yjFE2+EC2=—.

2

记CF与平面ABO所成的角为a,则Sina=4=迪.

CF7

6.答案：（1）证明见解析

⑵-

5

解析：（1）方法一：连接A1E,因为AA=AC,E是AC的中点，所以AEJ.AC.

又平面AACG-L平面ABC,AEU平面AACG，平面AACGC平面ABC=AC,

所以AEJ_平面ABC,则AE_LBC.

又因为AFPA8,ZABC=90°,

故BC_LA,尸.

所以BC_L平面4针.

因此砂1BC.

4

方法二：连接AE,因为AlA=AC,E是AC的中点，所以AEJ_AC.

又平面AACGL平面ABC,AEU平面AACG，平面AACGC平面ABC=AC,所以

A八平面ABC

如图，以点E为原点，分别以射线EC,JEa为nz轴的正半轴，建立空间直角坐标

系Exyz.

不妨设AC=4,则4(0,0,2我，8(61,0),4(6,3,2我,F∣^,∣,2√3，C(0,2,0).

\/

uιm(Cal、UlIUΓ

因此M=业±2百，BC=(-√3,l,0).

I22J

由凯尿=。得所IBe

(2)方法一：取BC中点G,连接EG,GF,则EGFA是平行四边形.

由于AEJ_平AfiC,故AEJ.EG,所以平行四边形EGEA为矩形.

由(1)得BCI平面EGR,则平面ABC，平面EGR,所以EF在平面ABC上的射影在直

线AtGAl.

连接AIG交EF于。，则ZEOG是直线ER与平面ABC所成的角(或其补角).

不妨设AC=4,则在RtVAEG中，AiE=20,EG=-Ji.

由于。为AG的中点，故EO=OG=49=巫，

22

所以cosZEOG=E°+°G~-EG=ɜ

2EOOG5

因此直线所与平面A，3C所成角的余弦值是：

方法二：设直线£尸与平面Λ18c∙所成角为e∙

UUUI_UUUL

由(1)可得BC=(-√3,l,0),AC=(O,2,-2√3).

设平面ABC的法向量为“=(x,y,z).

由属得一"hy=°取〃=(i,6i),

AiCn=0,[y-y∣3z=0.

LlUU

Uim∖FF∙n∖4

故sinθ=|cos(EF,ιi)∣=-UtB------=—.

∖EF∖∙∖n∖5

因此直线EF与平面AABC所成的角的余弦值为，

7.答案：(1)见解析

⑵亶,返

713

解析：(1)如图，取AC的中点M,连接。M,BM,

在等腰梯形ACGA中，D,M分别为ACI，AC的中点，

.-.ACVDM.

在正三角形ABC中，M为AC的中点，.∙.AC,3M.

DMCBM=M,DM,BMu平面8OM,

.∙.ACj.平面BDM.又3。u平面BDM,.∙.AC±BD.

4

X

(2)DMVAC,BMVAC,

.∙.ZOΛ空为二面角A-AC-8的平面角，

即NDMB=e.

Ae，平面BDM,

.∙.在平面BDM内作肠，创7,以M为坐标原点，以M4,MB,MZ的方向分别为九,

y,z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，

nfnʌ/ɜZ)ʌ/ɜ.z3^r[1ʌ/ɜa6.；

则4(1,0,0),B(0,√3,0),C(-l,0,0),D∖0,—cosΘ,—Sine,G—,—cos。,—sinΘ,

[22)1222)

.f1√3,z3sA..?

"22J

则C8=(l,6,0),CC=g亭。S娼3.J

1-SIne.

\

设平面851GC的法向量为Zl=(Xy,z)

则有产〃=0，

CC1∙∕ι=0,

X+6y-0,

即1√3√3.

—x+——cosσ∙y+——sιn"∙z=0,

[222

令X=-6，则y=1,z=-~c°s^,

sin。

则〃=JGjIZ噌.

VSIneJ

设直线AA1与平面GC所成角为Z，

▽心」1白、S百、・力

I222J

.,.Sina=Icos/AA,"

I\"jɜ+2

VSitI2θV1+cosθ

Γπ2π"IΓ11

θw—,—,/.cos0∈——,

_33JL22_

,^√ΣT3√13^

.∖sina∈------,-------.

713

8.答案：(1)存在，Λ=2.

(2)余弦值为辔.

解析：(1)取AA的中点P,连接CP交BR于点M,点M即为所求.

证明：连接PM因为N是AD的中点，P是AA的中点，所以PN//A4,，

又PNU平面MNC,AAa平面MNC,

所以直线M//平面MNC.

因为AA/伏力，ADHBC，所以「A〃BC.

所以石器嗡=2.

(2)连接AC.

由(1)知A41∕∕PN.

又AΛ,±平面ABCD,所以尸Nj_平面ABCD.

因为Z4DC=ZABC=60。，四边形ABCZ)是菱形,

所以AADC为正三角形，所以NC_LAO.

以N为坐标原点，NC,ND,NP所在的直线分别为X,y,z轴，建立空间直角坐标系

又AAI=4,A8=2,所以NC=区ND=I,

所以点2V(0,0,0),C(√3,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,4),

UUUlUULlIlUlW

则ND1=(0,1,4),D1C=(ΛΛ,-1,-4),DDi=(0,0,4).

设平面ND1C的法向量，〃=(x∣,y∣,zj,

UUUT

+4z∣=0,

机.NDl=0,O11yl

则UUir即.

一八_4z=0,

m-D1C=0,l

令Z]=1,得/n=(0,-4,1).

设平面CDDi的法向量〃=(工2，%*2)，

UUun

Z

nDD1=0,42=0,

则uuir即

.瓜2_y「4⅞=°，

/rD1C=O,

令x2=1,得J=(L后0),

m∙nI_I一4后I_2∖[51

所以COS〈见〃〉=-

∣w∣.∣zl∣Γ∣√17×2Γ∏"

由图易得二面角N-CD「D为锐角,

所以二面角N-CD「D的余弦值为返.

9.答案：(1)见解析⑵」

7

解析：⑴连接股交A8于点Q,连接OQ,易知Q为9的中点，O为AC的中点在

VABCOQP-BC,

1=2t

QOQU平面ABD,4CC平面A8。，

5

.∙.βlCPFffiΛlBD.

(2)连接AO,QAOJ.平面ABf)AO1.A.O,

QAB=Az)且O为的中点，

:.AtOlBD,

QAO,BDU平面ABCD且AOCBD=O,

AO_L平面ΛBCO.

如图,以O为坐标原点,oAo8,oA所在直线分别为χ,χz轴,建立空间直角坐标系O-Wz.

易得A(√3,0,0),B(0,1,0),D(0,-l,0),A(0,0,1),

UUULUllU_

.∙.Λ41=(-√3,0,1),AB=(-√3,l,0),

设平面AxAB的法向量为∕ι=(x,y,z),

UUlT

则〃.蛰=°,-y∣3x+Z=0,

n∙AB=0,-ʌ/ɜɪ÷y=0,

令x=l,得y=z=75,

.∙.n=Q,6,6).

同理可得平面A1AD的一个法向量为m=(1,-G,石),

结合图形知,二面角B-AA1-O为钝二面角，

二二面角B-AA1-。的余弦值为

10.答案：(1)证明过程见解析.

(2)正弦值为由.

10

解析：⑴如图，取AO的中点。，连接。8,OF