2026版大一轮高考数学-第七章　必刷大题14　空间向量与立体几何

必刷大题14空间向量与立体几何[分值：60分]1.(13分)(2025·保定模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD内存在一条直线EF与AB平行，PA⊥平面ABCD，直线PC与平面ABCD所成的角的正切值为32，PA=BC=23，CD=2AB(1)证明：四边形ABCD是直角梯形；(6分)(2)若点E满足PE=2ED，求平面PEF与平面BEF夹角的正弦值.(7分)(1)证明因为AB∥EF，EF⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，所以AB∥平面PCD，因为AB⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PCD=CD，所以AB∥CD，连接AC，因为PA⊥平面ABCD，所以∠PCA是直线PC与平面ABCD所成的角，则tan∠PCA=PAAC=23AC=32因为AB=2，BC=23，所以AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC.又AB≠CD，所以四边形ABCD是直角梯形.(2)解取CD的中点M，连接AM，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，23)，D(23，-2，0)，C(23，2，0)，B(0，2，0)，AB=(0，2，0)，PC=(23，2，-23)，PD=(23，-2，-23)，由PE=2ED，得E43则BE=43设平面PCD的法向量为n=(x1，y1，z1)，则n取x1=1，得y1=0，z1=1，即n=(1，0，1)，设平面ABE的法向量为m=(x2，y2，z2)，则m取x2=1，得y2=0，z2=-2，即m=(1，0，-2).平面PEF与平面BEF的夹角即平面PCD与平面ABE的夹角，设其为θ，则cosθ=|cos〈n，m〉|=|n·m所以sinθ=1-10102故平面PEF与平面BEF夹角的正弦值为3102.(15分)如图所示的五面体ABC-A1DC1为直三棱柱ABC-A1B1C1截去一个三棱锥D-A1B1C1后的几何体，AC⊥BC，AC=BC=AA1=2，D为BB1的中点，E，F分别为C1D，A1D的中点.(1)判断BF和CE是否垂直，并说明理由；(6分)(2)设AP=λAC(0≤λ≤1)，是否存在λ，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为27？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由.(9分解(1)BF和CE不垂直，理由如下：以点C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，A1(2，0，2)，D(0，2，1)，C1(0，0，2)，E0，1，3BF=1，-1，因为BF·CE=1×0+(-1)×1+32×32=54≠0，所以BF和(2)假设存在λ，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为27由AP=λAC，得P(2(1-λ)，0，0)，显然平面ABC的一个法向量为n1=(0，0，1)，PB=(2(λ-1)，2，0)，设平面PBF的法向量为n2=(x，y，z)，则n取x=3，得n2=(3，3-3λ，-2λ)，设平面ABC与平面PBF的夹角为θ，则cosθ=|cos〈n1，n2〉|=n1·n2|而0≤λ≤1，解得λ=12所以存在实数λ=12，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为23.(15分)(2024·天津模拟)如图，直线PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°，F为线段PA上一点，PD=2，AB=AD=12CD=1，四边形PDCE为矩形(1)若F是PA的中点，求证：AC∥平面DEF；(5分)(2)求直线AE与平面BCP所成角的正弦值；(5分)(3)若点F到平面BCP的距离为16，求PF的长.(5分(1)证明设CP∩DE=G，连接FG，因为四边形PDCE为矩形，所以G为PC的中点，又F为PA的中点，则AC∥FG，又FG⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.(2)解以D为坐标原点，DA，DC，DP的方向分别为x，y，z则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，2，2)，所以BC=(-1，1，0)，CP=(0，-2，2)，AE=(-1，2，2)，设平面BCP的法向量为n=(x，y，z)，则BC令y=1，解得x=1，z=2，所以n=(1，1，2)，设直线AE与平面BCP所成的角为θ，所以sinθ=|AE·n则直线AE与平面BCP所成角的正弦值为37(3)解PA=(1，0，-2)，设PF=λPA=(λ，0，-2λ)，λ∈[0，1]，由平面BCP的一个法向量n=(1，1，2)，则点F到平面BCP的距离为d=|PF·n||解得λ=13，且PF=1所以|PF|=19+24.(17分)(2025·八省联考)在平面四边形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,∠DAB=120°,将△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P为动点.(1)设PC⊥AB,三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上.①证明:平面PAC⊥平面ABC;(4分)②求球O的半径;(6分)(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.(7分)(1)①证明在△ACD中,由AC=CD=1,∠ADC=30°得∠CAD=∠ADC=30°,所以AD=2ACcos∠CAD=2×1×cos30°=3且∠BAC=∠DAB-∠CAD=120°-30°=90°,即AB⊥AC.因为AB⊥AC,PC⊥AB,PC∩AC=C,PC,AC⊂平面PAC,所以AB⊥平面PAC,又AB⊂平面ABC,所以平面PAC⊥平面ABC.②解方法一设△PAC外接圆的半径为r,由正弦定理得2r=ACsin∠APC=1所以r=1,由①知AB⊥平面PAC,所以三棱锥P-ABC外接球的半径R=r2+AB方法二以A为原点,AB,AC所在直线分别为x轴和y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P0设球心O(a,b,c),半径为R,则AO=BO=CO=PO=R,所以a2+b2+c2=(a-1)2+b2+c2=a2+(b-1)2+c2=a2+b-322+c-3解得a=12,b=12,c=所以球O的半径为52(2)解在平面PAC中,过P作PG⊥AC于点G,在平面ABC中,过G作GM⊥AC,则由(1)知AG=3cos30°=32,PG=3sin30°设∠PGM=θ,0°<θ<180°,以G为原点,GM,CG所在直线分别为x轴和y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则G(0,0,0),A0B1,-32所以CA=(0,-1,0),CB=(1,-1,0)CP=3设平面PAC和平面PBC的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则m⊥mn取x1=sinθ,x2=1,则m=(sinθ,0,-cosθ