2024年广东省高考数学一轮复习第7章：空间向量与立体几何（附答案解析）

2024年广东省高考数学一轮复习第7章：空间向量与立体几

何

1.(2022・新高考全国I改编)如图，直三棱柱ABC—481cl的体积为4,△A|BC的面积为2g.

(1)求A到平面A\BC的距离；

(2)设。为4c的中点，AA\=AB,平面ABUL平面A8B1A1，求平面A3。与平面BCO夹角

的正弦值.

解(1)设点A到平面4BC的距离为儿

因为直三棱柱ABC—AiBiG的体积为4,

所以匕-ABC《SAABCAAI

_4

3ABC~AjH\C\3，

又△4BC的面积为2®

114

匕-ABC==3x2^=r3>

所以h=小,

即点A到平面MBC的距离为6.

⑵取4B的中点E,连接AE,

则AELAiB.

因为平面4BC_L平面ABB1A”平面4BCCI平面AEU平面

所以AE,平面A|8C,

又BCU平面4BC,所以AE_L8C.

又44」平面ABC,8CU平面ABC,

所以/Ui_LBC.

因为A4iCAE=A,A4,AEU平面AB81A1,所以BC_L平面ABB14,

又4BU平面A88A,所以BCL4B.

以8为坐标原点，分别以病，BA,就的方向为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间

第1页共11页

直角坐标系,

由(1)知，AE=y[i,

所以44i=AB=2,AiB=2吸.

因为4A出C的面积为26，

所以所以BC=2,

所以A(0,2,0),仇0,0,0),C(2,0,0),Ai(0,2,2),0(1,1,1),£(0,1,1),

则彷=(1,1,1),及=(0,2,0).

设平面A8。的法向量为〃=(x,y9z),

〃•防二0,x+y+z=0,

则_即

[“•84=0,2y=0,

令x=l,得〃=(1,0,-1).

又平面BOC的一个法向量为嬴=(0,-1,1),

AEn_____-1

所以cos(AEn)

9|AE|-|n|市义由-

设平面ABD与平面BCD的夹角为6,

贝!Isin1—cos2(,AE,n>=坐,

所以平面A3。与平面8c。夹角的正弦值为

2.如图，四棱锥尸一ABC。的底面为正方形，平面ABC£>,M是PC的中点，PA=AB.

⑴求证：AM_L平面PBD；

⑵设直线AM与平面PBO交于0,求证：A0=20M.

证明(1)由题意知，AB,AD,AP两两垂直，以A为坐标原点，AB,AD,4尸所在直线分别

第2页共11页

为X轴、y轴、Z轴，建立空间直角坐标系，如图,

设必=AB=2,则尸(0,0,2),8(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),丽=(2,0,-2),PD=

(0,2,-2),俞=(1,1,1),

设平面的法向量为w=(x,y,z),

ti,PB—2X—2z=0,

则，取X=l,得”=(1,1,1),

nPD=2y-2z=0,

VAM=n,；.AM_L平面PSD

(2)如图，连接4c交8。于点E,

则E是AC的中点，连接PE,

平面PBD=O,

...。七4加且。右平面PBD,

：4MU平面PAC,

平面PAC,

又平面PBOn平面PAC=PE,

：.OGPE,

：.AM,PE的交点就是O,连接ME,

是PC的中点，

：.PA//ME,PA^=2ME,

:Zk0s/\EM0,

.PA_AO_2

••应―丽―7

.\AO=2OM.

第3页共11页

3.如图，在四棱锥P—ABCQ中，H_L平面ABC。，AB//CD,PA=AB=2CD=2,ZADC=

90°,E,尸分别为P8,48的中点.

(1)求证：CE〃平面PAD,

(2)求点B到平面PCF的距离.

(1)证明连接EF(图略)，F分别为PB,AB的中点，

♦；E网平面孝D,附u平面附£),，£：/3平面以。，

\'AB//CD,AB=2CD,：.AF//CD,且AF=C£).

四边形AOC尸为平行四边形，EPCF//AD,

；CFQ平面PAD,AQU平面PAD,，CF〃平面PAD,

'：EFQCF=F,EF,C/u平面EFC,

，平面以。〃平面EFC,CEU平面EFC,则CE〃平面BAD

(2)解'：ZADC=90°,AB//CD,C.ABVAD,CF±AB,

又B4_L平面ABC。，：.PA±CF,又必CA8=A,...CF_L平面：.CF±PF.

设CF=x,则SAAFC=；X1Xx=5,SWFC=3义小Xx=^x,

设点A到平面PCT7的距离为h,由VP-AFC=VA-PFC,

#1X^X2=|X-^X/I,贝！］

♦.•点F为48的中点，...点8到平面PCF的距离等于点A到平面PC尸的距离，为手.

4.(2022•全国乙卷)如图，四面体A8CC中，AD±CD,AD=CD,NADB=NBDC,E为AC

的中点.

⑴证明：平面BE。，平面ACD；

(2)设4B=BO=2,NACB=60。，点尸在8。上，当△4FC的面积最小时，求C尸与平面A8O

所成的角的正弦值.

(1)证明因为AO=C£),E为AC的中点，所以ACJ_OE

在△AOB和△COB中，

因为AC=C£),NADB=NCDB,

第4页共11页

DB=DB,

所以AADBg△CDB,所以AB=BC.

因为£为AC的中点，所以ACLBE

又BECDE=E,BE,OEU平面BEC,

所以ACJ_平面BED,

又ACU平面ACD,

所以平面BED上平面ACD.

⑵解由⑴可知A8=BC,

又NACB=60。，AB=2,

所以△ABC是边长为2的正三角形，

则AC=2,BE=事,AE=1.

因为AO=C£),ADVCD,

所以△AQC为等腰直角三角形，

所以OE=1.

所以OE2+BE2=BD2,则DELBE.

由(1)可知，AC_L平面8ED

连接EF,因为EFU平面BED,

所以ACLEF,

当△人人；的面积最小时，点尸到直线AC的距离最小,

即EF的长度最小.

在中，当E尸的长度最小时，

DEBEyf3

EFLBD,EF=—^-=\.

DUZ

方法一由(1)可知，DEYAC,BELAC,

所以EA,EB,E。两两垂直，

以E为坐标原点，EA,EB,ED所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标

系，MA(1,0,0),8(0,小，0),D(0,0,1),C(-1,0,0),

施=（一1,小,0）,加=（0,小,-1）.

13

-

一-2

牙所以3DF=FB.

第5页共11页

设尸(0,y,z),则5>=(0,y,Z-1),

而=(0,小—y,-z),

所以3(0,y,z—1)=(0,小一y,—z),

2—亚_3

付y-4，z_4»

即电,中,如

所以次=(1,奉I).

设平面A3。的法向量为〃=a”yi,Z1),

n-AB=―汨+V3yi=0,

叫-

[n-DB=y[3yi~z\=0,

不妨取y=l,则xi=S，zi=小，

〃=(小，1,小).

记CF与平面A3。所成的角为a,

贝ijsina=|cos<CF,〃〉|=1。广见=¥^.

\CF]\n\

所以CF与平面AB。所成角的正弦值为华.

方法二因为E为AC的中点，所以点C到平面A3。的距离等于点E到平面A3。的距离的

2倍.

因为QE_LAC,DELBE,ACHBE=E,AC,BEU平面ABC,

所以OEJ_平面ABC.

因为VD-AEB=VE-ADB9

所以/其中d为点。到平面ABD的距离.

在△A3。中，BA=BD=2,AD=®

所以SZM6£>=^^,所以d=2/L

由(1)知ACJ_平面BED,EFU平面BED,

所以ACLEF,

所以FC=\FE2+EC2=*.

记C尸与平面48。所成的角为a,

第6页共11页

贝Isin。=今=半

所以CF与平面43。所成角的正弦值为半.

方法三如图，过点E作EMLAB交A8于点M,连接。M,过点E作EGLOW交。M于点

G.

因为DE_L4C,DELBE,ACC\BE=E,AC,BEU平面ABC,

所以。E_L平面ABC,又ABU平面ABC,所以OE_LAB,

又EMCDE=E,EM,£>EU平面OEM,所以AB_L平面OEM,

又EGU平面力EM,所以48J_EG,

又AB,OMU平面ABO,

所以EG,平面A8D,则EG的长度等于点E到平面A3。的距离.

因为E为AC的中点，所以EG的长度等于点C到平面A3。的距离的去

因为EM=AEsin60。=勺，

6小DEEMDEEM①

所以EG-炉+*-7.

所以点C到平面ABD的距离d=2'g.

FC=、F序+EC?=*.

记CF与平面4BO所成的角为a,

则si…左半

所以CF与平面A8力所成角的正弦值为华.

5.（2023•青岛模拟）如图①，在梯形ABCD中，AB//DC,AD=BC=CD=2,AB=4,E为

AB的中点，以OE为折痕把折起，连接AB,AC,得到如图②的几何体，在图②的儿

何体中解答下列问题.

第7页共11页

AEB

图①

⑴证明：ACLDE；

(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面D4E与平面4EC夹角的余弦值.

①四棱锥A-BCDE的体积为2；

②直线4c与EB所成角的余弦值为乎.

⑴证明在图①中，连接CE(图略)，

因为。C〃4B,CD=^AB,E为AB的中点，

所以OC〃AE,S.DC=AE,

所以四边形AQCE为平行四边形，

所以AD=CE=CD=AE=2,

同理可证DE=2,

在图②中，取OE的中点0,连接04,0C(图略)，

贝ij。4=。。=小，

因为AZ)=AE=CE=C。，所以。E_L0A,DE^OC,

因为04A0C=0,OA,AOC,所以OEJL平面AOC,

因为ACU平面AOC,所以QE_LAC.

(2)解若选择①：由(1)知DELL平面AOC,OEU平面8CDE,

所以平面40CJ_平面BCOE,且交线为0C,

所以过点A作4HJ_0C交。C于点，(图略)，则A，_L平面8CDE,因为5百边彩BCOE=2小,

所以四棱锥A—8CCE的体积VA-BCDE^2=^X2y[3-AH,

所以AH=0A=，5,所以A。与AH重合，所以AO_L平面3C0E,

建立如图所示的空间直角坐标系，则0(0,0,0),C(f,0,0),E(0,l,0),A(0,0,小),

易知平面D4E的一个法向量为历=(小，0,0),

第8页共11页

设平面AEC的法向量为w=（x,y,z）,

因为%=（小，1,0）,&=他,0,小）,

n-CE=y/3x+y-0,

所以_取«=（1,一小，—1）,

ln-CA=y/3x+y/3z=0,

设平面D4E与平面AEC的夹角为6,

\CO-n\_A/3_A/5

贝Ucos0—

\CO\\n\小X小5

所以平面D4E与平面AEC夹角的余弦值为坐.

若选择②：因为。C〃EB,所以NACO即为异面直线AC与EB所成的角,

2

AC+4-4

在△AOC中，cosZACD=--4AC-=4

所以AC=#,所以。42+OC2=AC2,gpOA1.OC,

因为DE±平面AOC,DEU平面BCDE,

所以平面AOC_L平面BCDE,且交线为OC,又OAU平面AOC,

所以AO_L平面BCDE,

建立如图所示的空间直角坐标系，则。（0,0,0）,C（一6,0,0）,£（0,1,0）,4（0,0,小）,

易知平面D4E的一个法向量为的=（小，0,0）,

设平面AEC的法向量为〃=（x,y,z）,

因为透=（小，1,0）,CA=（yj3,0,小），

\n-CE=y[3x-\-y=O9.

所以，_取〃=（1,一小，—1）,

[n'CA=yl3x+y[3z=0,

设平面D4£与平面AEC的夹角为仇

\COn\_V3_^5

则cos0=

\CO\\n\小*小5

所以平面。AE与平面AEC夹角的余弦值为坐.

第9页共11页

6.(2022•连云港模拟)如图，在三棱锥A-BCZ)中，△A8C是正三角形，平面A8C，平面BCD,

BDLCD,点E,尸分别是BC,0c的中点.

(1)证明：平面ACQ_L平面AEF；

(2)若NBCD=60。，点G是线段BD上的动点，问：点G运动到何处时，平面AEG与平面

ACD的夹角最小.

(1)证明因为△A8C是正三角形，点E是8c的中点，所以AELBC,

又因为平面A8C_L平面BCD,平面4BCC平面BCD=BC,AEU平面ABC,

所以AE_L平面BCD,

又因为COU平面BCD,所以CDA.AE,

因为点E,F分别是BC,C£>的中点，所以EF〃BD,

又因为BD_LC£>,所以C£>_LEF,又因为AECEF=E,

AEU平面AEF,EFU平面AEF,所以CQ_L平面A