新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第3讲空间向量与空间角

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题4立体几何第3讲空间向量与空间角，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1. (2023·河南模拟)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，D为A1B1的中点，E为A1C1的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为( C )
A.eq \f(\r(6),6) B．eq \f(\r(35),10)
C．eq \f(\r(35),14) D．eq \f(\r(35),7)
【解析】 如图，∵AB＝AA1，设正三棱柱的棱长为a，建立如图所示坐标系，
∴A(0,0,0)，A1(0,0，a)，B1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，a))，∴Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)a，\f(a,4)，a))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)a，\f(a,2)，0))，C1(0，a，a)，∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2)，a))，∴eq \(AD,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),4)a，\f(a,4)，a))，eq \(BE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)a，0，a))，设异面直线AD与BE所成角为θ，cs θ＝eq \f(\(AD,\s\up6(→))·\(BE,\s\up6(→)),|\(AD,\s\up6(→))|·|\(BE,\s\up6(→))|)＝eq \f(\f(5,8)a2,\f(\r(5),2)a·\f(\r(7),2)a)＝eq \f(\r(35),14).故选C.
2.在我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的棱柱称为堑堵．已知在堑堵ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2eq \r(2)，若直线CA1与直线AB所成角为60°，则AA1＝( B )
A.eq \r(3) B．2
C．2eq \r(2) D．2eq \r(3)
【解析】 如图，以B为原点建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0，2eq \r(2)，0)，设A1(2,0，z)(z>0)，则eq \(BA,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(CA1,\s\up6(→))＝(2，－2eq \r(2)，z)，∴|cseq \(BA,\s\up6(→))，eq \(CA1,\s\up6(→))|＝eq \f(4,2×\r(12＋z2))＝cs 60°，解得z＝2，故AA1＝2.故选B.
3.如图为一个四棱锥与三棱锥的组合体，C，D，E三点共线，已知三棱锥P－ADE四个面都为直角三角形，且ED⊥AD，PA⊥平面ABCE，PE＝3，CD＝AD＝2，ED＝1，则直线PC与平面PAE所成角的正弦值等于( C )
A.eq \f(\r(3),4) B．eq \f(\r(10),5)
C．eq \f(\r(15),5) D．eq \f(\r(13),4)
【解析】 如图建立空间直角坐标系，P(0,0,2)，C(2,2,0)，A(0,0,0)，E(2，－1，0)，则有eq \(PC,\s\up6(→))＝(2,2，－2)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(2，－1,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝(0,0,2)，设平面PAE的一个法向量n＝(x，y，z)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＝0，,2z＝0，))令x＝1，则y＝2，z＝0，则n＝(1,2,0)，∴cseq \(PC,\s\up6(→))，n＝eq \f(\(PC,\s\up6(→))·n,|\(PC,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(15),5)，即直线PC与平面PAE所成角的正弦值为eq \f(\r(15),5).故选C.
4. (2023·阿勒泰地区三模)正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AA1，AB，AD的中点，则平面ACC1A1与平面EFG所成角为( D )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
【解析】 连接BD，如图所示，
因为G、F分别为AD、AB的中点，所以GF∥BD，又因为AC⊥BD，所以AC⊥GF，又因为AA1⊥面ABCD，所以AA1⊥GF.又因为AC∩AA1＝A，AC、AA1⊂面ACC1A1，所以GF⊥面ACC1A1，又因为GF⊂面EFG，所以面EFG⊥面ACC1A1，即平面ACC1A1与平面EFG所成角为90°.故选D.
5.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，则正四棱柱的高为( C )
A．2 B．3
C．4 D．5
【解析】 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设DD1＝a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0,2，a)，则eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2,0，a)，eq \(CC1,\s\up6(→))＝(0,0，a)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(→))＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,－2x＋az＝0，))令x＝1，可得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，\f(2,a)))为平面ACD1的一个法向量，故csn，eq \(CC1,\s\up6(→))＝eq \f(n·\(CC1,\s\up6(→)),|n||\(CC1,\s\up6(→))|)＝eq \f(2,a×\r(\f(4,a2)＋2))＝eq \f(2,\r(2a2＋4)).∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为eq \f(1,3)，∴eq \f(2,\r(2a2＋4))＝eq \f(1,3)，解得a＝4(－4已舍去)．
6. (2023·平江县模拟)已知三棱锥D－ABC的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥BD，AC⊥BC，∠DAB＝∠CBA＝30°，二面角D－AB－C的大小为60°，若球O的表面积等于36π，则三棱锥D－ABC的体积等于( B )
A.eq \r(3) B．eq \f(27\r(3),8)
C．eq \r(7) D．eq \f(2\r(7),3)
【解析】 如图，取AB的中点O，连接OC，OD，根据题意可知AD⊥BD，AC⊥BC，∴可得O到A，B，C，D的距离相等，即O为三棱锥D－ABC的外接球的球心，又球O的表面积等于36π，设外接球半径为R，∴4πR2＝36π，∴OD＝R＝3，过C，D作CF，DE垂直于AB于点F，E，∵∠DAB＝∠CBA＝30°，∠DOE＝∠AOC＝60°，∴DE＝ODsin 60°＝eq \f(3,2)eq \r(3)，同理CF＝eq \f(3,2)eq \r(3)，又二面角D－AB－C的大小为60°，∴eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(ED,\s\up6(→))＝60°，∴三棱锥的高为h＝|eq \(DE,\s\up6(→))|·sineq \(FC,\s\up6(→))，eq \(ED,\s\up6(→))＝eq \f(9,4)，∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·CF＝eq \f(9,2)eq \r(3)，∴三棱锥D－ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(27,8)eq \r(3).故选B.
二、多项选择题
7. (2023·龙华区校级模拟)如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥平面ABCD，则下列结论正确的是( ABC )
A．AB⊥SA
B．AC与SB所成的角为90°
C．AD与SB所成的角等于CD与SB所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
【解析】 根据题意，依次分析选项：对于A，SD⊥平面ABCD，则AB⊥SD，又由底面ABCD为正方形，则AD⊥AB，则有AB⊥面SAD，故AB⊥SA，A正确；对于B，SD⊥平面ABCD，则AC⊥SD，又由底面ABCD为正方形，则有BD⊥AC，则AC⊥面SDB，故AC⊥SB，即AC与SB所成的角为90°，B正确；对于C，AD∥BC，则AD与SB所成的角等于∠SBC，而AB∥CD，则CD与SB所成的角等于∠SBA，在△SBC与△SBA中，SA＝SC，AB＝AC，SB为公共边，则△SBC≌△SBA，必有∠SBC＝∠SBA，故AD与SB所成的角等于CD与SB所成的角，C正确；对于D，AB∥CD，SD⊥平面ABCD，则AB与SC所成的角为∠SCD＜∠90°，而DC与SA所成的角为∠SAB＝90°，则AB与SC所成的角小于DC与SA所成的角，故D错误．故选ABC.
8.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，底面为正三角形，且∠A1AB＝∠A1AC＝45°，AB＝1，则下列说法正确的是( ABC )
A．直线A1A与底面A1B1C1所成角的余弦值为eq \f(\r(6),3)
B．设BC中点为P，则线段PA1的长度的最小值为eq \f(1,2)
C．平面A1B1BA与平面BCC1B1夹角的余弦值为eq \f(\r(2),2)
D．直线A1A与平面C1AB1所成角的余弦值的最大值为eq \f(\r(3),2)
【解析】 对于A，设直线A1A与底面A1B1C1所成的角为α，由三余弦定理知，cs 45°＝cs αcs 30°，解得cs α＝eq \f(\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝eq \f(\r(6),3)，选项A正确；对于B，当PA1⊥AA1时，PA1最短为eq \f(1,2)，所以选项B正确；对于C，过点B作BK⊥AA1，垂足为K，连接KP(P为BC中点)，因为AA1⊥平面BCK，所以BB1⊥平面BCK，所以∠KBC为所求二面角的夹角，计算得cs∠KBP＝eq \f(\r(2),2)，所以选项C正确；对于D，当AA1变大时，直线A1A与平面C1AB1所成角越来越小接近于0，所以选项D错误．故选ABC.
三、填空题
9. (2023·潍坊模拟)已知四面体ABCD满足AB⊥BC，BC⊥CD，AB＝BC＝CD＝2eq \r(6)，且该四面体的体积为12eq \r(2)，则异面直线AD与BC所成的角的大小为 eq \f(π,4)或eq \f(π,3) .
【解析】 如图所示：将四面体放入长方体中，
V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(6)×2eq \r(6)×CE＝12eq \r(2)，解得CE＝3eq \r(2)，故DE＝eq \r(CD2－CE2)＝eq \r(24－18)＝eq \r(6)，以FA，FC，FG所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，A(2eq \r(6)，0,0)，B(2eq \r(6)，2eq \r(6)，0)，C(0,2eq \r(6)，0)，D(0，eq \r(6)，3eq \r(2))或D(0,3eq \r(6)，3eq \r(2))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(6)，eq \r(6)，3eq \r(2))或eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2eq \r(6)，3eq \r(6)，3eq \r(2))，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－2eq \r(6)，0,0)，异面直线AD与BC所成的角的大小为θ，θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，cs θ＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))|·|\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(24,2\r(6)×4\r(3))＝eq \f(\r(2),2)，θ＝eq \f(π,4)；或cs θ＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·\(BC,\s\up6(→))|,|\(AD,\s\up6(→))|·|\(BC,\s\up6(→))|)＝eq \f(24,2\r(6)×4\r(6))＝eq \f(1,2)，θ＝eq \f(π,3)；综上所述：异面直线AD与BC所成的角的大小为eq \f(π,4)或eq \f(π,3).
10.如图，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3，E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足eq \f(SF,BF)＝eq \f(CE,BE)＝λ，则当实数λ的值为 eq \f(9,16) 时，∠AFE为直角．
【解析】 ∵SA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，故可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
∵AB＝4，SA＝3，∴B(0,4,0)，S(0,0,3)．设BC＝m，则C(m,4,0)．∵eq \f(SF,BF)＝eq \f(CE,BE)＝λ，∴eq \(SF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))，∴eq \(AF,\s\up6(→))＝eq \f(1,1＋λ)eq \(AS,\s\up6(→))＋eq \f(λ,1＋λ)eq \(AB,\s\up6(→))，∴Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4λ,1＋λ)，\f(3,1＋λ))).同理，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,1＋λ)，4，0))，∴eq \(FE,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,1＋λ)，\f(4,1＋λ)，\f(－3,1＋λ)))，要使∠AFE＝90°，则eq \(FE,\s\up6(→))·eq \(FA,\s\up6(→))＝0，又eq \(FA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－4λ,1＋λ)，\f(－3,1＋λ)))，∴0·eq \f(m,1＋λ)＋eq \f(4,1＋λ)·eq \f(－4λ,1＋λ)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－3,1＋λ)))2＝0，∴16λ＝9，∴λ＝eq \f(9,16).
四、解答题
11. (2023·大埔县三模)如图所示，在几何体PABCD中，AD⊥平面PAB，点C在平面PAB的投影在线段PB上(BC＜PC)，BP＝6，AB＝AP＝2eq \r(3)，DC＝2，CD∥平面PAB.
(1)证明：平面PCD⊥平面PAD.
(2)若二面角B－CD－P的余弦值为－eq \f(\r(7),14)，求线段AD的长．
【解析】 (1)证明：过点C作PB的垂线，垂足为E，连接AE，由题知，CE⊥平面PAB.
因为AD⊥平面PAB，所以CE∥DA.
所以确定平面CEAD，
因为CD∥平面PAB，平面CEAD∩平面PAB＝AE，所以CD∥EA，
所以四边形AECD为矩形，所以AE＝2.
因为BP＝6，AB＝AP＝2eq \r(3)，
所以cs∠APE＝eq \f(3,2\r(3))＝eq \f(\r(3),2)，所以∠APE＝eq \f(π,6)，
由正弦定理易知，∠AEP＝eq \f(π,3)，所以AE⊥AP.
因为AE⊥AD，因为AD∩AP＝A，AD，AP⊂平面ADP，
所以AE⊥平面ADP.所以CD⊥平面ADP.
因为CD⊂平面PCD，所以平面PCD⊥平面PAD.
(2)由(1)知，AE，AP，AD两两垂直，
以A为坐标原点，分别以AE，AP，AD所在的直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设AD＝t(t＞0)，如图所示，D(0,0，t)，C(2,0，t)，P(0,2eq \r(3)，0)，B(3，－eq \r(3)，0)，
所以eq \(DC,\s\up6(→))＝(2,0,0)，eq \(PD,\s\up6(→))＝(0，－2eq \r(3)，t)，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－3，eq \r(3)，t)．
设平面BCD的法向量m＝(x1，y1，z1)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(DC,\s\up6(→))＝0，,m·\(BD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x1＝0，,－3x1＋\r(3)y1＋tz1＝0，))
令y1＝t，得z1＝－eq \r(3)，则m＝(0，t，－eq \r(3))．
设平面PCD的法向量n＝(x2，y2，z2)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(DC,\s\up6(→))＝0，,n·\(PD,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x2＝0，,－2\r(3)y2＋tz2＝0，))
令y2＝t，得z2＝2eq \r(3)，
则n＝(0，t,2eq \r(3))．
所以csm，n＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(t2－6,\r(t2＋3)×\r(t2＋12))＝－eq \f(\r(7),14)，
即t4－13t2＋36＝0，解得t＝2或t＝3，
经检验，t＝3不合题意，所以线段AD的长为2.
12. (2023·滨海新区校级三模)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2，CF＝eq \f(8,7).
(1)求证：BF∥平面ADE；
(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(3)求平面BDE与平面BDF夹角的余弦值．
【解析】 (1)证明：因为AE⊥平面ABCD，AD⊥AB，以A为原点，分别以eq \(AB,\s\up6(→))，eq \(AD,\s\up6(→))，eq \(AE,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,1,0)，E(0,0,2)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，\f(8,7)))，
因为AE⊥平面ABCD，且AB⊂平面ABCD，
所以AE⊥AB，又AD⊥AB，且AD∩AE＝A，所以AB⊥平面ADE，
故eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,0,0)是平面ADE的一个法向量，
又eq \(BF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2，\f(8,7)))，可得eq \(BF,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，
又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.
(2)依题意，eq \(BD,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq \(BE,\s\up6(→))＝(－1,0,2)，eq \(CE,\s\up6(→))＝(－1，－2,2)，
设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(BD,\s\up6(→))＝0，,n·\(BE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,－x＋2z＝0，))
不妨令z＝1，可得n＝(2,2,1)，
设直线CE与平面BDE所成角θ，
因此有sin θ＝|cseq \(CE,\s\up6(→))，n|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(CE,\s\up6(→))·n,|\(CE,\s\up6(→))||n|)))＝eq \f(4,9).
所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为eq \f(4,9).
(3)设m＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(BD,\s\up6(→))＝0，,m·\(BF,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x＋y＝0，,2y＋\f(8,7)z＝0，))
不妨令y＝1，可得m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1，－\f(7,4)))，
所以csm，n＝eq \f(m·n,|m||n|)＝
eq \f(2×1＋2×1－1×\f(7,4),\r(22＋22＋12)×\r(12＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,4)))2))＝eq \f(1,3)，
因为平面BDE与平面BDF夹角为锐角，
所以平面BDE与平面BDF夹角的余弦值为eq \f(1,3).
13.如图，点C是以AB为直径的圆上的动点(异于A，B两点)，已知AB＝2，AE＝eq \r(7)，四边形BEDC为矩形，平面ABC⊥平面BCDE.设平面EAD与平面ABC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面ACD；
(2)当三棱锥A－BCE的体积最大时，求平面EAD与平面ABC所成的锐二面角的余弦值．
【解析】 (1)证明：因为四边形BEDC为矩形，所以CD⊥BC，
因为∠ACB是以AB为直径的圆的圆周角，所以BC⊥AC，
又AC∩CD＝C，AC，CD⊂平面ACD，所以BC⊥平面ACD.
因为ED∥BC，BC⊄平面EAD，DE⊂平面EAD，所以BC∥平面EAD.
又平面EAD与平面ABC的交线为l，所以l∥BC.
所以l⊥平面ACD.
(2)在△ABC中，设AC＝x，则BC＝eq \r(4－x2)(0所以S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)x·eq \r(4－x2)，
因为平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，BE⊥BC，BE⊂平面BCDE，所以BE⊥平面ABC.
又AB⊂平面ABC，所以BE⊥AB，
又因为AE＝eq \r(7)，AB＝2，所以BE＝eq \r(3)，
所以VA－BCE＝VE－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·BE＝eq \f(\r(3),6)x·eq \r(4－x2)＝eq \f(\r(3),6)eq \r(x24－x2)≤eq \f(\r(3),6)·eq \f(x2＋4－x2,2)＝eq \f(\r(3),3)，
当且仅当x2＝4－x2，即x＝eq \r(2)时，三棱锥A－BCE的体积最大．
因为BE∥CD，所以CD⊥平面ABC.
以C为坐标原点，CA，CB，CD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则C(0,0,0)，A(eq \r(2)，0,0)，D(0,0，eq \r(3))，E(0，eq \r(2)，eq \r(3))，
所以eq \(AD,\s\up6(→))＝(－eq \r(2)，0，eq \r(3))，eq \(DE,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，0)，
易知平面ABC的一个法向量为n1＝(0,0，eq \r(3))，
设平面ADE的法向量为n2＝(x0，y0，z0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n2·\(AD,\s\up6(→))＝0，,n2·\(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\r(2)x0＋\r(3)z0＝0，,\r(2)y0＝0，))
取x0＝eq \r(3)，则n2＝(eq \r(3)，0，eq \r(2))，
所以csn1，n2＝eq \f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq \f(\r(6),\r(3)×\r(5))＝eq \f(\r(10),5)，
故平面EAD与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为eq \f(\r(10),5).