2024年高考数学一轮复习（人教版） 第7章　必刷大题14　空间向量与立体几何.docx

必刷大题14　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－A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1＝AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值．
解　(1)设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为4，
所以＝S△ABC·AA1
，
又△A1BC的面积为2，
＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面A1BC的距离为.
(2)取A1B的中点E，连接AE，
则AE⊥A1B.
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，AE⊂平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，
又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AE＝A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由(1)知，AE＝，
所以AA1＝AB＝2，A1B＝2.
因为△A1BC的面积为2，
所以2＝·A1B·BC，所以BC＝2，
所以A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(2,0,0)，A1(0，2,2)，D(1,1,1)，E(0,1,1)，
则＝(1,1,1)，＝(0,2,0)．
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得n＝(1,0，－1)．
又平面BDC的一个法向量为＝(0，－1，1)，
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
设平面ABD与平面BCD的夹角为θ，
则sin θ＝＝，
所以平面ABD与平面BCD夹角的正弦值为.
2. 如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，M是PC的中点，PA＝AB.
(1)求证：AM⊥平面PBD；
(2)设直线AM与平面PBD交于O，求证：AO＝2OM.
证明　(1)由题意知，AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为
x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设PA＝AB＝2，则P(0,0,2)，B(2,0,0)，D(0,2,0)，C(2,2,0)，M(1,1,1)，＝(2,0，－2)，＝(0,2，－2)，＝(1,1,1)，
设平面PBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得n＝(1,1,1)，
∵＝n，∴AM⊥平面PBD.
(2)如图，连接AC交BD于点E，
则E是AC的中点，连接PE，
∵AM∩平面PBD＝O，
∴O∈AM且O∈平面 PBD，
∵AM⊂平面PAC，
∴O∈平面PAC，
又平面PBD∩平面PAC＝PE，
∴O∈PE，
∴AM，PE的交点就是O，连接ME，
∵M是PC的中点，
∴PA∥ME，PA＝2ME，
∴△PAO∽△EMO，
∴＝＝，
∴AO＝2OM.
3. 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，PA＝AB＝2CD＝2，∠ADC＝90°，E，F分别为PB，AB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)，∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF∥PA，
∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD，
∵AB∥CD，AB＝2CD，∴AF∥CD，且AF＝CD.
∴四边形ADCF为平行四边形，即CF∥AD，
∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF∥平面PAD，
∵EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面EFC，
∴平面PAD∥平面EFC，CE⊂平面EFC，则CE∥平面PAD.
(2)解　∵∠ADC＝90°，AB∥CD，∴AB⊥AD，CF⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CF，又PA∩AB＝A，∴CF⊥平面PAB，∴CF⊥PF.
设CF＝x，则S△AFC＝×1×x＝，S△PFC＝××x＝x，
设点A到平面PCF的距离为h，由VP－AFC＝VA－PFC，
得××2＝××h，则h＝.
∵点F为AB的中点，∴点B到平面PCF的距离等于点A到平面PCF的距离，为.
4. (2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD；
(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．
(1)证明　因为AD＝C