2026版大一輪高考數(shù)學-第七章　必刷大題14　空間向量與立體幾何VIP

必刷大題14空間向量與立體幾何[分值：60分]1.(13分)(2025·保定模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，平面PCD內(nèi)存在一條直線EF與AB平行，PA⊥平面ABCD，直線PC與平面ABCD所成的角的正切值為32，PA=BC=23，CD=2AB(1)證明：四邊形ABCD是直角梯形；(6分)(2)若點E滿足PE=2ED，求平面PEF與平面BEF夾角的正弦值.(7分)(1)證明因為AB∥EF，EF?平面PCD，AB?平面PCD，所以AB∥平面PCD，因為AB?平面ABCD，平面ABCD∩平面PCD=CD，所以AB∥CD，連接AC，因為PA⊥平面ABCD，所以∠PCA是直線PC與平面ABCD所成的角，則tan∠PCA=PAAC=23AC=32因為AB=2，BC=23，所以AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC.又AB≠CD，所以四邊形ABCD是直角梯形.(2)解取CD的中點M，連接AM，以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則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則BE=43設平面PCD的法向量為n=(x1，y1，z1)，則n取x1=1，得y1=0，z1=1，即n=(1，0，1)，設平面ABE的法向量為m=(x2，y2，z2)，則m取x2=1，得y2=0，z2=-2，即m=(1，0，-2).平面PEF與平面BEF的夾角即平面PCD與平面ABE的夾角，設其為θ，則cosθ=|cos〈n，m〉|=|n·m所以sinθ=1-10102故平面PEF與平面BEF夾角的正弦值為3102.(15分)如圖所示的五面體ABC-A1DC1為直三棱柱ABC-A1B1C1截去一個三棱錐D-A1B1C1后的幾何體，AC⊥BC，AC=BC=AA1=2，D為BB1的中點，E，F(xiàn)分別為C1D，A1D的中點.(1)判斷BF和CE是否垂直，并說明理由；(6分)(2)設AP=λAC(0≤λ≤1)，是否存在λ，使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為27？若存在，請求出λ的值；若不存在，請說明理由.(9分解(1)BF和CE不垂直，理由如下：以點C為坐標原點，直線CA，CB，CC1分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖，則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，因為BF·CE=1×0+(-1)×1+32×32=54≠0，所以BF和(2)假設存在λ，使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為27由AP=λAC，得P(2(1-λ)，0，0)，顯然平面ABC的一個法向量為n1=(0，0，1)，PB=(2(λ-1)，2，0)，設平面PBF的法向量為n2=(x，y，z)，則n取x=3，得n2=(3，3-3λ，-2λ)，設平面ABC與平面PBF的夾角為θ，則cosθ=|cos〈n1，n2〉|=n1·n2|而0≤λ≤1，解得λ=12所以存在實數(shù)λ=12，使得平面ABC與平面PBF夾角的余弦值為23.(15分)(2024·天津模擬)如圖，直線PD垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC=∠BAD=90°，F(xiàn)為線段PA上一點，PD=2，AB=AD=12CD=1，四邊形PDCE為矩形(1)若F是PA的中點，求證：AC∥平面DEF；(5分)(2)求直線AE與平面BCP所成角的正弦值；(5分)(3)若點F到平面BCP的距離為16，求PF的長.(5分(1)證明設CP∩DE=G，連接FG，因為四邊形PDCE為矩形，所以G為PC的中點，又F為PA的中點，則AC∥FG，又FG?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF.(2)解以D為坐標原點，DA，DC，DP的方向分別為x，y，z則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)，設平面BCP的法向量為n=(x，y，z)，則BC令y=1，解得x=1，z=2，所以n=(1，1，2)，設直線AE與平面BCP所成的角為θ，所以sinθ=|AE·n則直線AE與平面BCP所成角的正弦值為37(3)解PA=(1，0，-2)，設PF=λPA=(λ，0，-2λ)，λ∈[0，1]，由平面BCP的一個法向量n=(1，1，2)，則點F到平面BCP的距離為d=|PF·n||解得λ=13，且PF=1所以|PF|=19+24.(17分)(2025·八省聯(lián)考)在平面四邊形ABCD中,AB=AC=CD=1,∠ADC=30°,∠DAB=120°,將△ACD沿AC翻折至△ACP,其中P為動點.(1)設PC⊥AB,三棱錐P-ABC的各個頂點都在球O的球面上.①證明:平面PAC⊥平面ABC;(4分)②求球O的半徑;(6分)(2)求二面角A-CP-B的余弦值的最小值.(7分)(1)①證明在△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.因為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解方法一設△PAC外接圓的半徑為r,由正弦定理得2r=ACsin∠APC=1所以r=1,由①知AB⊥平面PAC,所以三棱錐P-ABC外接球的半徑R=r2+AB方法二以A為原點,AB,AC所在直線分別為x軸和y軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P0設球心O(a,b,c),半徑為R,則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的半徑為52(2)解在平面PAC中,過P作PG⊥AC于點G,在平面ABC中,過G作GM⊥AC,則由(1)知AG=3cos30°=32,PG=3sin30°設∠PGM=θ,0°<θ<180°,以G為原點,GM,CG所在直線分別為x軸和y軸建立如圖所示的空間直角坐標系,則G(0,0,0),A0B1,-32所以CA=(0,-1,0),CB=(1,-1,0)CP=3設平面PAC和平面PBC的法向量分別為m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),則m⊥mn取x1=sinθ,x2=1,則m=(sinθ,0,-cosθ