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·西安模拟)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，∠ADC=∠BAD=90°，AD=AB=AA1=2，CD=1，A1B1，AA1的中点分别为E，F.(1)证明：EF⊥CF；(6分)(2)求平面CEF与平面AEF夹角的正弦值.(7分)(1)证明在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，因为∠BAD=90°，所以AA1，AB，AD两两垂直，又因为∠ADC=∠BAD=90°，所以CD∥AB，以A为坐标原点，AD，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.因为AD=AB=AA1=2，CD=1，所以C(2，1，0)，F(0，0，1)，E(0，1，2)，则CF=(-2，-1，1)，EF=(0，-1，-1)，从而CF·EF=(-2)×0+(-1)×(-1)+1×(-1)=0，所以EF⊥CF，所以EF⊥CF.(2)解根据题意，可知平面AEF的一个法向量为n1=(1，0，0)，设平面CEF的法向量为n2=(x，y，z)，则n令y=1，可得n2=(-1，1，-1)，所以|cos〈n1，n2〉|=|n1·n2所以平面CEF与平面AEF夹角的正弦值为1−3322.(15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；(6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.(9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(0，3，3)，EFD=(0，3，3)，FE=12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，−3则点G到平面DEF的距离为|EG·n||3.(15分)(2026·长沙模拟)如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形三边AB，CD，AD的中点，将四边形AEFD沿着线段EF折起，连接AB，CD就得到了一个三棱柱ABE-DCF(如图2).(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；(6分)(2)若二面角A-EF-B的大小为2π3，求直线AB与平面GCF(1)证明如图，取CF的中点M，连接OM，GM，由题意知，AG∥EF，且AG=12EF因为O是矩形EBCF对角线的交点，即O是CE的中点，所以OM∥EF，且OM=12EF所以AG∥OM，且AG=OM，所以四边形AOMG为平行四边形，所以AO∥MG，又AO⊄平面GCF，MG⊂平面GCF，所以AO∥平面GCF.(2)解在图1中，EF⊥AE，EF⊥BE，且EF=4，AE=BE=2，在图2中，上述关系依然成立，所以∠AEB就是二面角A-EF-B的平面角，即∠AEB=2π3故以E为坐标原点，EB，EF所在直线分别为x轴、y轴，垂直平面EBCF向上的方向为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(2，0，0)，F(0，4，0)，C(2，4，0)，A(-1，0，3)，G(-1，2，3)，所以AB=(3，0，-3)，FC=(2，0，0)，GC=(3，2，-3)，设平面GCF的法向量为n=(x，y，z)，则FC令z=2，则n=(0，3，2)，设直线AB与平面GCF所成的角为θ，则sinθ=|cos〈AB，n〉|=|AB·n||所以直线AB与平面GCF所成角的正弦值为774.(17分)(2026·邢台模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC为正三角形.AB=A1A=A1B=4，且cos∠A1AC=14，O为AB(1)证明：AC⊥A1O；(7分)(2)若P是侧棱CC1上(包括端点)一点，求直线A1P与平面BCC1B1所成角的正弦值的最大值.(10分)(1)证明如图，连接CO.因为底面ABC为边长为4的正三角形，且O为AB的中点，所以CO=23，又AB=A1A=A1B=4，所以A1O⊥AB，且A1O=23，在△AA1C中，cos∠A1AC=14由余弦定理可得cos∠A1AC=AC2+A1解得A1C=26，在△OA1C中，因为CO2+A1O2=A1C2，所以A1O⊥CO.因为AB，CO⊂平面ABC，且AB∩CO=O，所以A1O⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以AC⊥A1O.(2)解由(1)知A1O⊥平面ABC，因为BC=AC，所以CO⊥AB，则以O为坐标原点，OC，OA，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，2，0)，B(0，-2，0)，C(23，0，0)，A1(0，0，23)，则A1C=(23，0，-23)，BC=(23，2，0)，AA1=CC1=(0设CP=λCC1=(0，-2λ，23λ)，0≤λ≤则A1P=A1C+CP=(23，-2λ，-23+2设平面BCC1B1的法向量为n=(x，y，z)，则BC即2取x=1，则y=-3，z=-1，则平面BCC1B1的一个法向量为n=(1，-3，-1).设直线A1P与平面BCC1B1所成的角为θ，则sinθ=|cos〈A1P，n〉=4=4=4316λ−342故当λ=34时，sinθ取得最大值，