高考数学一轮复习（培优版） 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)如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O的圆周上，OB=BF=1，点G是线段BF的中点.(1)证明：EG∥平面DAF；(5分)(2)若直线DF与圆柱底面所成的角为45°，求点G到平面DEF的距离.(8分)(1)证明取AF的中点M，连接DM，GM，如图所示，因为G为BF的中点，则GM∥AB，又AB∥DE，得GM∥DE，由GM=12AB，DE=12AB，得GM=所以四边形DEGM为平行四边形，DM∥EG，又DM⊂平面DAF，EG⊄平面DAF，所以EG∥平面DAF.(2)解由OB=BF=OF=1，得∠ABF=60°，又∠AFB=90°，得AF=3.由DA⊥平面ABF，且直线DF与圆柱底面所成的角为45°，即∠AFD=45°，则有AD=3.如图，以F为坐标原点，FB，FA所在直线分别为x，y轴，过点F垂直于圆柱底面的直线FN为z轴，建立空间直角坐标系，则有F(0，0，0)，G12，0，0，D(FD=(0，3，3)设平面DEF的法向量为n=(x，y，z)，则FD令y=1，有x=3，z=-1得n=(3，1，-1)EG=0则点G到平面DEF的距离为|EG·n||2.(15分)(2025·贵阳模拟)如图，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF为正方形，AD∥BC，BC⊥CD，AD=2BC=2CD，G为线段CE上一点.(1)证明：平面BDG⊥平面ABEF.(6分)(2)若EG=2GC，求平面BDE与平面BDG夹角的余弦值.(9分)(1)证明如图，设BC=3，取AD的中点H，连接BH.因为AD=2BC，所以BC=DH.又AD∥BC，BC⊥CD，BC=CD，所以四边形BCDH为正方形，所以AB=BD=32，AD=6因为AB2+BD2=AD2，所以BD⊥AB.又平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥平面ABEF.因为BD⊂平面BDG，所以平面BDG⊥平面ABEF.(2)解因为平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，BE⊥AB，BE⊂平面ABEF，所以BE⊥平面ABCD，又BH，BC⊂平面ABCD，所以BE⊥BH，BE⊥BC，由(1)得BH⊥BC，所以BH，BC，BE两两垂直，以B为原点，BH，BC，BE的方向分别为x，y建立如图所示的空间直角坐标系.设BC=3，则A(3，-3，0)，B(0，0，0)，D(3，3，0)，G(0，2，2)所以BD=(3，3，0)，BG=(0，2，2设平面BDG的法向量为n=(x，y，z)，则n取x=1，得平面BDG的一个法向量为n=(1，-1，2)因为BD⊥AB，BE⊥AB，BE∩BD=B，BE，BD⊂平面BDE，所以AB⊥平面BDE，所以平面BDE的一个法向量为BA=(3，-3，0)，设平面BDE与平面BDG的夹角为θ，则cosθ=|cos〈BA，n〉|=|BA·n即平面BDE与平面BDG夹角的余弦值为223.(15分)(2026·南宁模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB=2CD，∠ABC=90°，△PAD为等腰直角三角形，AD为斜边，其中AB=2，PD=BC=1，PB=PC.(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；(6分)(2)线段PB上是否存在一点T，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为66，若存在，求出PTPB的值；若不存在，请说明理由.((1)证明如图，设线段AD的中点为M，线段BC的中点为N，连接PM，MN，PN，依题意，PD=PA=1，则PM⊥AD，由PB=PC，得PN⊥BC，而CD∥AB，AB⊥BC，MN是梯形ABCD的中位线，于是MN∥AB，MN⊥BC，而MN，PN⊂平面PMN，MN∩PN=N，则BC⊥平面PMN，而PM⊂平面PMN，于是BC⊥PM，又AD，BC⊂平面ABCD，且AD和BC相交，因此PM⊥平面ABCD，而PM⊂平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)解假设存在满足条件的点T，连接BD，依题意，AD=BD=2则AD2+BD2=4=AB2，即AD⊥BD，由(1)知PM⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则PM⊥BD，由AD∩PM=M，AD，PM⊂平面PAD，可得BD⊥平面PAD，过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，2，0)PB=-22令PT=λPB=-22λ，2λ则AT=AP+PT=-由BD⊥平面PAD，则平面PAD的一个法向量为m=(0，1，0)，由题意得|cos〈m，AT〉|=|m·AT所以2λ23λ2+1=16，所以PTPB=故线段PB上存在点T，使得AT与平面PAD所成角的正弦值为66，此时PTPB4.(17分)(2025·武汉模拟)如图，在平面四边形ABCD中，△ABC为等腰直角三角形，△ACD为正三角形，∠ABC=90°，AB=2，现将△DAC沿AC翻折至△SAC，形成三棱锥S-ABC，其中S为动点.(1)证明：AC⊥SB；(3分)(2)若SC⊥BC，三棱锥S-ABC的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面SAC的距离；(5分)(3)求平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值.(9分)(1)证明取AC的中点E，连接SE，BE，因为AB=BC，SA=SC，且AC的中点为E，所以SE⊥AC，BE⊥AC，又SE∩BE=E，SE，BE⊂平面SBE，故AC⊥平面SBE，由于SB⊂平面SBE，故AC⊥SB.(2)解当SC⊥BC时，由△CBS≌△ABS，得SA⊥BA，取SB的中点O，连接OA，OC，故点O到A，B，C，S四点的距离相等，故O为三棱锥S-ABC外接球的球心，因为AB=BC=2，SA=SC=22故SE=6，SB=23，BE=方法一所以三棱锥S-ABC外接球的半径R=SO=SB2=△SAC外接圆的半径r=23SE=故球心O到平面SAC的距离为R2-r2=方法二设点S到平面ABC的距离为h1，点B到平面SAC的距离为h2，由等体积法可得V三棱锥S-ABC=V三棱锥B-SAC⇒13S△ABC×h1=13S△SAC×h而cos∠SEB=6+2-122×由于∠SEB∈(0，π)，故sin∠SEB=6所以h1=SE·sin(π-∠SEB)=6×63=2从而h2=233，故球心O到平面SAC(3)解以B为原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴，过点B作z轴⊥平面ABC，建立空间直角坐标系，如图，过点S作平面ABC的垂线，垂足为Q，设∠SEQ=θ为翻折过程中所旋转的角度，0<θ<π，则QE=6cosθ，SQ=6sinθ，QB=2+6cosθ，故B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，Q(1+3cosθ，1+3cosθ，0)，S(1+3cosθ，1+3cosθ，6sinθ)则BC=(2，0，0)，BS=(1+3cosθ，1+3cosθ，6sinθ)设平面SBC的法向量为m=(x1，y1，z1)，则m取y1=6sinθ，则z1=-(1+3cosθ)，所以平面SBC的一个法向量为m=(0，6sinθ，-1-3cosθ)设平面SAC的法向量为n=(x2，y2，z2)，CS=(-1+3cosθ，1+3cosθ，6sinθ)AC=(2，-2，0)，则n取x2=sinθ，则y2=sinθ，z2=-2cosθ，所以平面SAC的一个法向量为n