版高考数学理科总复习练习53 空间向量与立体几何.docx

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版高考数学理科总复习练习53空间向量与立体几何

5.3　空间向量与立体几何

命题角度1空间位置关系证明与线面角求解　

高考真题体验·对方向

1.（2018全国Ⅰ·18）

如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF⊥BF.

（1）证明:

平面PEF⊥平面ABFD;

（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

（1）证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,

所以BF⊥平面PEF.

又BF⊂平面ABFD,

所以平面PEF⊥平面ABFD.

（2）解作PH⊥EF,垂足为H.由

（1）得,PH⊥平面ABFD.

以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.

由

（1）可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,

所以PE=.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.

可得PH=,EH=.

则H（0,0,0）,P,D为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,

则sinθ=.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

2.（2018全国Ⅱ·20）

如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.

（1）证明:

PO⊥平面ABC;

（2）若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.

（1）证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.

连接OB,因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=AC=2.

由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.

由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.

（2）解如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.

由已知得O（0,0,0）,B（2,0,0）,A（0,-2,0）,C（0,2,0）,P（0,0,2）,=（0,2,2）.取平面PAC的法向量=（2,0,0）,

设M（a,2-a,0）（0

则=（a,4-a,0）.

设平面PAM的法向量为n=（x,y,z）.

由·n=0,·n=0得

可取n=（（a-4）,a,-a）,

所以cos<,n>=.

由已知可得|cos<,n>|=.

所以,

解得a=-4（舍去）,a=.

所以n=.

又=（0,2,-2）,所以cos<,n>=.

所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.

3.（2016全国Ⅲ·19）如图,四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.

（1）证明MN∥平面PAB;

（2）求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.

（1）证明由已知得AM=AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.

又AD∥BC,故TN􀱀AM,四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,

所以MN∥平面PAB.

（2）解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AE⊥BC,从而AE⊥AD,且AE=.

以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,

建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

由题意知,P（0,0,4）,M（0,2,0）,C（,2,0）,N=（0,2,-4）,.

设n=（x,y,z）为平面PMN的法向量,

则

可取n=（0,2,1）.

于是|cos|=.

4.

（2015全国Ⅰ·18）如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.

（1）证明:

平面AEC⊥平面AFC;

（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值.

（1）证明连接BD,设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.

在菱形ABCD中,不妨设GB=1.

由∠ABC=120°,可得AG=GC=.

由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.

又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.

在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.

在Rt△FDG中,可得FG=.

在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.

因为EG⊂平面AEC,

所以平面AEC⊥平面AFC.

（2）解如图,以G为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.由

（1）可得A（0,-,0）,E（1,0,）,F,C（0,,0）,

所以=（1,）,.

故cos<>==-.

所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.

新题演练提能·刷高分

1.

（2018山东潍坊二模）如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=A1D,AB=BC,∠ABC=120°.

（1）证明:

AD⊥A1B;

（2）若平面ADD1A1⊥平面ABCD,且A1D=AB,求直线BA1与平面A1B1CD所成角的正弦值.

（1）证明取AD中点O,连接OB,OA1,BD,

∵AA1=A1D,

∴AD⊥OA1.

又∠ABC=120°,AD=AB,∴△ABD是等边三角形,

∴AD⊥OB,

∴AD⊥平面A1OB.

∵A1B⊂平面A1OB,

∴AD⊥A1B.

（2）解∵平面ADD1A1⊥平面ABCD,

平面ADD1A1∩平面ABCD=AD,

又A1O⊥AD,∴A1O⊥平面ABCD,

∴OA,OA1,OB两两垂直,

以O为坐标原点,分别以OA,OB,OA1所在射线为x,y,z轴建立如图空间直角坐标系O-xyz,

设AB=AD=A1D=2,则A（1,0,0）,A1（0,0,）,B（0,,0）,D（-1,0,0）.

则=（1,0,）,=（-1,,0）,=（0,-）,设平面A1B1CD的法向量n=（x,y,z）,

则

令x=,则y=1,z=-1,可取n=（,1,-1）,

设直线BA1与平面A1B1CD所成角为θ,

则sinθ=|cos|=.

2.

（2018辽宁抚顺一模）如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,底面ABCD为梯形,AB∥CD,∠BAD=60°,PD=AD=AB=2,CD=4,E为PC的中点.

（1）证明:

BE∥平面PAD;

（2）求直线PB与平面BDE所成角的正弦值.

（1）证明设F为PD的中点,连接EF,FA.

因为EF为△PDC的中位线,所以EF∥CD,且EF=CD=2.

又AB∥CD,AB=2,所以AB􀱀EF,故四边形ABEF为平行四边形,所以BE∥AF.

又AF⊂平面PAD,BE⊄平面PAD,

所以BE∥平面PAD.

（2）解设G为AB的中点,因为AD=AB,∠BAD=60°,所以△ABD为等边三角形,故DG⊥AB;

因为AB∥CD,所以DG⊥DC.

又PD⊥平面ABCD,所以PD,DG,CD两两垂直.

以D为坐标原点,为x轴、为y轴、为z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则P（0,0,2）,B（,1,0）,E（0,2,1）,=（0,2,1）,=（,1,0）,

设n=（x,y,z）为平面BDE的一个法向量,

则

令y=1,则n=.又=（,1,-2）,

所以|cos|=,

即直线PB与平面BDE所成角的正弦值为.

3.（2018福建福州3月质检）在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为正三角形,点D在棱BC上,且CD=3BD,点E,F分别为棱AB,BB1的中点.

（1）证明:

A1C∥平面DEF;

（2）若A1C⊥EF,求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值.

（1）证明如图,连接AB1,A1B,交于点H,A1B交EF于点K,连接DK,

因为ABB1A1为矩形,所以H为线段A1B的中点,因为点E,F分别为棱AB,BB1的中点,所以点K为线段BH的中点,所以A1K=3BK,

又因为CD=3BD,所以A1C∥DK,又A1C⊄平面DEF,DK⊂平面DEF,

所以A1C∥平面DEF.

（2）解由

（1）知,EH∥AA1,因为AA1⊥平面ABC,

所以EH⊥平面ABC,

因为△ABC为正三角形,且点E为棱AB的中点,所以CE⊥AB,

故以点E为坐标原点,分别以的方向为x轴,y轴,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,设AB=4,AA1=t（t>0）,则A1（2,t,0）,C（0,0,2）,E（0,0,0）,F

-2,,0

D

-,0,

所以=（-2,-t,2）,=

-2,,0

因为A1C⊥EF,所以=0,

所以（-2）×（-2）-t×+2×0=0,

解得t=2.

所以=（-2,,0）,=

-,0,

设平面DEF的法向量为n=（x,y,z）,

则所以

取x=1,则n=（1,）,

又因为=（-2,0,2）,设直线A1C1与平面DEF所成的角为θ,

所以sinθ=|cos|=,所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为.

4.（2018东北三省三校二模）如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,∠BAD=120°,AB=2,E,F为CD,AA1的中点.

（1）求证:

DF∥平面B1AE;

（2）若AA1⊥底面ABCD,且直线AD1与平面B1AE所成线面角的正弦值为,求AA1的长.

（1）证明设G为AB1的中点,连接EG,GF,

因为FG􀱀A1B1,又DE􀱀A1B1,

所以FG􀱀DE,所以四边形DEGF是平行四边形,

所以DF∥EG,又DF⊄平面B1AE,EG⊂平面B1AE,所以DF∥平面B1AE.

（2）解因为ABCD是菱形,且∠ABC=60°,所以△ABC是等边三角形.

取BC中点M,则AM⊥AD,因为AA1⊥平面ABCD,所以AA1⊥AM,AA1⊥AD,建立如图的空间直角坐标系A-xyz,令AA1=t（t>0）,

则A（0,0,0）,E

0

B1（,-1,t）,D1（0,2,t）,

=

0

=（,-1,t）,=（0,2,t）,设平面B1AE的一个法向量为n=（x,y,z）,

则n·（x+y）=0且n·x-y+tz=0,取n=（-t,t,4）,设直线AD1与平面B1AE所成角为θ,则sinθ=,解得t=2,故线段AA1的长为2.

5.（2018湖南长沙一模,18）如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为梯形,△ADE,△BCF均为等边三角形,EF∥AB,EF=AD=AB.

（1）过BD作截面与线段FC交于点N,使得AF∥平面BDN,试确定点N的位置,并予以证明;

（2）在

（1）的条件下,求直线BN与平面ABF所成角的正弦值.

解

（1）当N为线段FC的中点时,使得AF∥平面BDN.

证法如下:

连接AC,BD,设AC∩BD=O,

∵四边形ABCD为矩形,

∴O为AC的中点,又∵N为FC的中点,

∴ON为△ACF的中位线,

∴AF∥ON.∵AF⊄平面BDN,ON⊂平面BDN,

∴AF∥平面BDN,故N为FC的中点时,使得AF∥平面BDN.

（2）过点O作PQ∥AB分别与AD,BC交于点P,Q,因为O为AC的中点,所以P,Q分别为AD,BC的中点,

∵△ADE与△BCF均为等边三角形,且AD=BC,

∴△ADE≌△BCF,连接EP,FQ,则得EP=FQ,

∵EF∥AB,AB􀱀PQ,EF=AB,

∴EF∥PQ,EF=PQ,

∴四边形EPQF为等腰梯形.

取EF的中点M,连接MO,则MO⊥PQ,

又∵AD⊥EP,AD⊥PQ,EP∩PQ=P,

∴AD⊥平面EPQF,

过点O作OG⊥AB于点G,则OG∥AD,

∴OG⊥OM,OG⊥OQ.

分别以的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设AB=4,则由条件可得O（0,0,0）,A（1,-2,0）,B（1,2,0）,F（0,1,）,D（-1,-2,0）,N.

设n=（x,y,z）是平面ABF的法向量,

则

所以可取n=（,0,1）,

由,

可得|cos<,n>|=,

∴直线BN与平面ABF所成角的正弦值为.

命题角度2空间位置关系证明与二面角求解　

高考真题体验·对方向

1.

（2018全国Ⅲ·19）如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.

（1）证明:

平面AMD⊥平面BMC;

（2）当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.

（1）证明由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.

又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.

而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.

（2）解以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.

当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D（0,0,0）,A（2,0,0）,B（2,2,0）,C（0,2,0）,M（0,1,1）,=（-2,1,1）,=（0,2,0）,=（2,0,0）.

设n=（x1,y,z）是平面MAB的法向量,

则

可取n=（1,0,2）,

是平面MCD的法向量,

因此cos=,sin=.所共面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.

2.

（2017全国Ⅰ·18）如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.

（1）证明:

平面PAB⊥平面PAD;

（2）若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.

（1）证明由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.

由于AB∥CD,故AB⊥PD,从而AB⊥平面PAD.

又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.

（2）解在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.

由

（1）可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,可得PF⊥平面ABCD.

以F为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.

由

（1）及已知可得A,P,B,C.

所以=（,0,0）,=（0,1,0）.

设n=（x,y,z）是平面PCB的法向量,则

可取n=（0,-1,-）.

设m=（x,y,z）是平面PAB的法向量,

则

可取m=（1,0,1）.

则cos==-.

所以二面角A-PB-C的余弦值为-.

3.（2017全国Ⅱ·19）如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.

（1）证明:

直线CE∥平面PAB;

（2）点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.

（1）证明取PA的中点F,连接EF,BF.

因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.

由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,

又BC=AD,所以EF􀱀BC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,

又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.

（2）解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A（0,0,0）,B（1,0,0）,C（1,1,0）,P（0,1,）,=（1,0,-）,=（1,0,0）.

设M（x,y,z）（0

因为BM与底面ABCD所成的角为45°,

而n=（0,0,1）是底面ABCD的法向量,

所以|cos<,n>|=sin45°,,即（x-1）2+y2-z2=0.①

又M在棱PC上,设=λ,则

x=λ,y=1,z=λ.②

由①,②解得（舍去）,

所以M,从而.

设m=（x0,y0,z0）是平面ABM的法向量,则

所以可取m=（0,-,2）.

于是cos=.

因此二面角M-AB-D的余弦值为.

4.

（2017全国Ⅲ·19）如图,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.

（1）证明:

平面ACD⊥平面ABC;

（2）过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.

（1）证明由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.

取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.

又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC.

所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.

在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2,

又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°.所以平面ACD⊥平面ABC.

（2）解由题设及

（1）知,OA,OB,OD两两垂直,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.

则A（1,0,0）,B（0,,0）,C（-1,0,0）,D（0,0,1）.

由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,

即E为DB的中点,得E.故=（-1,0,1）,=（-2,0,0）,.

设n=（x,y,z）是平面DAE的法向量,

则

可取n=.

设m是平面AEC的法向量,则

同理可取m=（0,-1,）.

则cos=.

所以二面角D-AE-C的余弦值为.

5.

（2016全国Ⅰ·18）如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.

（1）证明:

平面ABEF⊥平面EFDC;

（2）求二面角E-BC-A的余弦值.

（1）证明由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,

所以AF⊥平面EFDC.

又AF⊂平面ABEF,

故平面ABEF⊥平面EFDC.

（2）解过D作DG⊥EF,垂足为G,由

（1）知DG⊥平面ABEF.

以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.

由

（1）知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,

故∠DFE=60°,则|DF|=2,|DG|=,

可得A（1,4,0）,B（-3,4,0）,E（-3,0,0）,D（0,0,）.

由已知,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.

又平面ABCD∩平面EFDC=CD,

故AB∥CD,CD∥EF.

由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,

所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,∠CEF=60°.从而可得C（-2,0,）.

所以=（1,0,）,=（0,4,0）,=（-3,-4,）,=（-4,0,0）,

设n=（x,y,z）是平面BCE的法向量,

则

所以可取n=（3,0,-）.

设m是平面ABCD的法向量,

则

同理可取m=（0,,4）,

则cos==-.

故二面角E-BC-A的余弦值为-.

新题演练提能·刷高分

1.

（2018重庆二诊）如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC,C1C⊥平面ABC,侧面ABB1A1是正方形,点E为棱AB的中点,点M,N分别在棱A1B1,AA1上,且A1M=A1B1,AN=AA1.

（1）证明:

平面CMN⊥平面CEN;

（2）若AC⊥BC,求二面角M-CN-A1的余弦值.

（1）证明设AB=8,则A1M=3,AN=2,A1N=6,tan∠NEA=,

tan∠MNA1=,∠NEA=∠MNA1,

又∠NEA=-∠ENA,所以∠MNA1=-∠ENA,所以MN⊥EN.

因为BC=AC,E为AB中点,所以CE⊥AB.

因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,

所以CE⊥平面AA1B1B,

所以MN⊥CE,因为CE∩NE=N,

所以MN⊥平面CEN,因为MN⊂平面CMN,

所以平面CMN⊥平面CEN.

（2）解由AC⊥BC,以C为原点,分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,M

8

N（0,4,2）,

设平面CMN的法向量为n1=（x,y,z）,解得n1=（9,-4）.

平面CNA1的法向量n2=（1,0,0）,

设所求二面角平面角为θ,cosθ=.

2.

（2018河北石家庄一模）四棱锥S-ABCD的底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,△SAD为正三角形.

（1）点M为棱AB上一点,若BC∥平面SDM,=λ,求实数λ的值;

（2）若BC⊥SD,求二面角A-SB-C的余弦值.

解

（1）因为BC∥平面SDM,BC⊂平面ABCD,

平面SDM∩平面ABCD=DM,所以BC∥DM.

因为AB∥DC,所以四边形BCDM为平行四边形,又AB=2CD,所以M为AB的中点.

因为=λ,∴λ=.

（2）因为BC⊥SD,BC⊥CD,SD∩CD=D,

所以BC⊥平面SCD,

又因为BC⊂平面ABCD,所以平面SCD⊥平面ABCD,

平面SCD∩平面ABCD=CD,在平面SCD内过点S作SE⊥直线CD于点E,

则SE⊥平面ABCD,在Rt△SEA和Rt△SED中,因为SA=SD,所以AE==DE,

又由题知∠EDA=45°,所以AE⊥ED,

所以AE=ED=SE=1,

以下建系求解:

以点E为坐标原点,EA方向为x轴,EC方向为y轴,ES方向为z轴建立如图所示空间坐标系,则E（0,0,0）,S（0,0,1）,A（1,0,0）,B（1,2,0）,C（0,2,0）,

=（1,0,-1）,=（0,2,0）,=（0,2,-1）,=（1,0,0）,

设平面SAB的法向量n1=（x,y,z）,

则所以

令x=1得n1=（1,0,1）为平面SAB的一个法向量,同理得n2=（0,1,2）为平面SBC的一个法向量,

cos=,

因为二面角A-SB-C为钝角,

所以二面角A-SB-C余弦值为-.

3.

（2018海南期末）如图,是一个半圆柱与多面体ABB1A1C构成的几何体,平面ABC与半圆柱的下底面共面,且AC⊥BC,P为弧上（不与A1,B1重合）的动点.

（1）证明:

PA1⊥平面PBB1;

（2）若四边形ABB1A1为正方形,且AC=BC,∠PB1A1=,求二面角P-A1B1-C的余弦值.

解

（1）在半圆柱中,BB1⊥平面PA1B1,所以BB1⊥PA1.因为A1B1是上底面对应圆的直径,所以PA1⊥PB1.因为PB1∩BB1=B1,PB1⊂平面PBB1,BB1⊂平面PBB1,所以PA1⊥平面PBB1.

（2）以点C为坐标原点,以CA,CB为x,y轴,过点C作与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系C-xyz.如图所示,

设CB=1,则B（1,0,0）,A（0,1,0）,A1（0,1,）,B1（1,0,）,P（1,1,）.

所以=（0,1,）,=（1,0,）.

平面PA1B1的一个法向量n1=（0,0,1）.

设平面CA1B1的一个法向量n2=（x,y,z）,

则令z=1,则

所以可取n2=（-,-,1）,

所以cos=.

由图可知二面角P-A1B1-C为钝角,所以所