新课标版高考数学一轮复习 85空间向量与立体几何.docx

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新课标版高考数学一轮复习85空间向量与立体几何

（新课标）2019版高考数学一轮复习8.5空间向量与立体几何

A组　2014—2015年模拟·基础题组

1.（2015江西临川一中期中,19）如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是平行四边形,∠DAB=45°,AA1=AB=2,AD=2,点E是C1D1的中点,点F在B1C1上且B1F=2FC1.

（1）证明:

AC1⊥平面EFC;

（2）求锐二面角A-FC-E的平面角的余弦值.

2.（2014山西太原一模,19）在如图所示的几何体中,四边形ABCD为矩形,平面ABEF⊥平面ABCD,EF∥AB,∠BAF=90°,AD=2,AB=AF=2EF=1,点P在棱DF上（其中点P不与D、F重合）.

（1）若P是DF的中点,求证:

BF∥平面ACP;

（2）若二面角D-AP-C的余弦值为,求PF的长.

3.（2014重庆六校下学期第三次诊断,20）如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB⊥平面ABCD.

（1）求证:

平面PED⊥平面PAC;

（2）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.

4.（2014辽宁沈阳二模,19）如图,BC为圆O的直径,D为圆周上异于B、C的一点,AB垂直于圆O所在的平面,BE⊥AC于点E,BF⊥AD于点F.

（1）求证:

BF⊥平面ACD;

（2）若AB=BC=2,∠CBD=45°,求平面BEF与平面BCD所成锐二面角的余弦值.

B组　2014—2015年模拟·提升题组

限时:

50分钟

1.（2015河北重点中学期中,18）如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.

（1）若PA=PD,求证:

平面PQB⊥平面PAD;

（2）若平面APD⊥平面ABCD,且PA=PD=AD=2,则在线段PC上是否存在点M,使二面角M-BQ-C的大小为60°?

若存在,试确定点M的位置;若不存在,请说明理由.

2.（2014北京西城一模,17）如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形,E是CD的中点,D1E⊥CD,AB=2BC=2.

（1）求证:

BC⊥D1E;

（2）求证:

B1C∥平面BED1;

（3）若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为,求线段D1E的长度.

3.（2014宁夏银川一中四模,19）在正三角形ABC中,E,F,P分别是AB,AC,BC边上的点,满足===（如图1）,将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角（如图2）.

（1）求证:

A1E⊥平面BEP;

（2）求直线A1E与平面A1BP所成角大小;

（3）求二面角B-A1P-F的余弦值.

4.（2014辽宁鞍山二模,18）如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,PA⊥CD,PA=1,PD=,E为PD上一点,PE=2ED.

（1）求证:

PA⊥平面ABCD;

（2）求二面角D-AC-E的余弦值;

（3）在侧棱PC上是否存在一点F,使得BF∥平面AEC?

若存在,指出F点的位置,并证明;若不存在,说明理由.

A组　2014—2015年模拟·基础题组

1.

解析　

（1）证明:

以A为坐标原点,射线AB为x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A（0,0,0）,结合已知易得C（4,2,0）,C1（4,2,2）,E（3,2,2）,F,

∴=（4,2,2）,=,=（1,0,-2）,

∴·=（4,2,2）·=0,

·=（4,2,2）·（1,0,-2）=0,

∴AC1⊥EF,AC1⊥EC.

又EF∩EC=E,且EF、EC⊂平面EFC,

∴AC1⊥平面EFC.

（2）连结AF,AC.设向量n=（x,y,z）是平面AFC的法向量,则n⊥,n⊥,而=（4,2,0）,=,

∴4x+2y=0,x+y+2z=0,

令x=1,得n=.

又是平面EFC的法向量,

cos=

==-.

∴锐二面角A-FC-E的平面角的余弦值为.

2.

解析　

（1）证明:

连结BD,交AC于点O,连结OP.

因为O为矩形ABCD对角线的交点,所以OB=OD,又因为P是DF的中点,所以OP为三角形BDF的中位线,所以BF∥OP.

因为BF⊄平面ACP,OP⊂平面ACP,

所以BF∥平面ACP.（4分）

（2）因为∠BAF=90°,所以AF⊥AB,

因为平面ABEF⊥平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB,所以AF⊥平面ABCD.

以A为坐标原点,AB,AD,AF所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系A-xyz,则B（1,0,0）,C（1,2,0）,F（0,0,1）.（7分）

因为AB⊥平面ADP,所以平面ADP的一个法向量为n1=（1,0,0）.

设P点坐标为（0,2-2t,t）（0

则=（0,2-2t,t）,又=（1,2,0）,

设平面APC的一个法向量为n2=（x,y,z）,则

所以平面APC的一个法向量为n2=,

所以|cos|===,（10分）

解得t=或t=2（舍）.

所以P,=,

||==.

故PF的长为.（12分）

3.

解析　

（1）证明:

∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA,

∴PA⊥平面ABCD.

又∵AB⊥AD,故可建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

设BE=1,AP=λ,

则=（2,4,0）,=（0,0,λ）,=（2,-1,0）,（2分）

∴·=4-4+0=0,·=0,

∴DE⊥AC,DE⊥AP,

∴ED⊥平面PAC.（4分）

∴平面PED⊥平面PAC.（6分）

（2）由

（1）知,平面PAC的一个法向量是=（2,-1,0）,且=（2,1,-λ）,

设直线PE与平面PAC所成的角为θ,

则sinθ=|cos<,>|==,解得λ=±2.

∵λ>0,

∴λ=2,即P（0,0,2）.（8分）

设平面PCD的法向量为n=（x0,y0,z0）,

∵=（2,2,0）,=（0,-2,2）,n⊥,n⊥,

∴

令x0=1,则n=（1,-1,-1）,（10分）

∴cos==.（11分）

显然二面角A-PC-D的平面角是锐角,

∴二面角A-PC-D的平面角的余弦值为.（12分）

4.

解析　

（1）证明:

∵BC为圆O的直径,

∴CD⊥BD.

∵AB⊥圆O所在的平面,∴AB⊥CD,

又∵AB∩BD=B,∴CD⊥平面ABD.

又∵BF⊂平面ABD,∴CD⊥BF.

又∵BF⊥AD且AD∩CD=D,

∴BF⊥平面ACD.

（2）如图,以O为原点建立空间直角坐标系.

则B（0,-1,0）,E（0,0,1）,D（1,0,0）,A（0,-1,2）.

∵BF⊥AD,∴DF===AD,得=,

∴F,=,=（0,1,1）.

设平面BEF的法向量为n1=（x,y,z）,则

即

解得不妨取平面BEF的一个法向量n1=（0,-1,1）.

又由已知AB垂直于圆O所在的平面,

得是平面BCD的一个法向量,

设平面BEF与平面BCD所成的锐二面角为θ,n2==（0,0,2）,则cosθ=|cos|==.

B组　2014—2015年模拟·提升题组

1.

解析　

（1）证明:

∵PA=PD,Q为AD的中点,∴PQ⊥AD.

∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点,∴BQ⊥AD.

又PQ∩BQ=Q,∴AD⊥平面PQB,

∵AD⊂平面PAD,∴平面PQB⊥平面PAD.

（2）∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且由

（1）知PQ⊥AD,∴PQ⊥平面ABCD.

以Q为坐标原点,分别以QA,QB,QP所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图.

则Q（0,0,0）,结合已知易得P（0,0,）,B（0,,0）,C（-2,,0）.

假设存在满足题意的点M,可知M与点P,C不重合,设=λ（0<λ<1）,则M（-2λ,λ,（1-λ））.

易知平面CBQ的一个法向量为n1=（0,0,1）.

设平面MBQ的法向量为n2=（x,y,z）,

由可取n2=,

∵二面角M-BQ-C的大小为60°,

∴cos60°=|cos|=,解得λ=（λ=-1舍去）,∴=.

∴存在满足题意的点M,且点M为线段PC靠近P的三等分点.

2.

解析　

（1）证明:

因为底面ABCD和侧面BCC1B1是矩形,所以BC⊥CD,BC⊥CC1,

又因为CD∩CC1=C,

所以BC⊥平面DCC1D1,

因为D1E⊂平面DCC1D1,所以BC⊥D1E.

（2）证明:

连结D1B1,DB,因为BB1∥DD1,BB1=DD1,所以四边形D1DBB1是平行四边形.

连结DB1交D1B于点F,连结EF,则F为DB1的中点.

在△B1CD中,因为DE=CE,DF=B1F,所以EF∥B1C.

又因为B1C⊄平面BED1,EF⊂平面BED1,

所以B1C∥平面BED1.

（3）由

（1）可知BC⊥D1E,

又因为D1E⊥CD,且BC∩CD=C,

所以D1E⊥平面ABCD.

设G为AB的中点,以E为原点,EG,EC,ED1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图.则E（0,0,0）,B（1,1,0）,C（0,1,0）,G（1,0,0）.

设D1E=a,则D1（0,0,a）,B1（1,2,a）.

设平面BED1的一个法向量为n=（x,y,z）,

因为=（1,1,0）,=（0,0,a）,

所以由得

令x=1,得n=（1,-1,0）.

设平面BCC1B1的一个法向量为m=（x1,y1,z1）,

因为=（1,0,0）,=（1,1,a）,

所以由得

令z1=1,得m=（0,-a,1）.

由平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为,

得|cos|===cos,

解得a=1.所以D1E=1.

3.

解析　不妨设正三角形ABC的边长为3.

（1）证明:

在题图1中,取BE的中点D,连结DF.

∵===,∴AF=AD=2,

又∠A=60°,∴△ADF为正三角形.

又∵AE=ED=1,∴EF⊥AD,

∴在题图2中有A1E⊥EF,BE⊥EF.

∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的平面角.

∵二面角A1-EF-B为直二面角,∴A1E⊥BE.

又∵BE∩EF=E,∴A1E⊥平面BEF,即A1E⊥平面BEP.

（2）由

（1）可知,A1E⊥平面BEP,BE⊥EF,故可建立如图所示的空间直角坐标系,则E（0,0,0）,A1（0,0,1）,B（2,0,0）,F（0,,0）,P（1,,0）,

∴=（2,0,-1）,=（-1,,0）,=（0,0,1）,

设平面A1BP的法向量为n1=（x1,y1,z1）,

则

令x1=3,则n1=（3,,6）.

∴cos==,

易知直线A1E与平面A1BP所成角的大小为.

（3）=（0,,-1）,=（-1,0,0）,设平面A1FP的法向量为n2=（x2,y2,z2）.

则n2⊥,n2⊥,

即

令y2=1,得n2=（0,1,）.

∴cos==,

又易知二面角B-A1P-F为钝二面角,

所以二面角B-A1P-F的余弦值是-.

4.

解析　

（1）证明:

∵PA=AD=1,PD=,

∴PA2+AD2=PD2,即PA⊥AD.（2分）

又PA⊥CD,AD∩CD=D,

∴PA⊥平面ABCD.（4分）

（2）过E作EG∥PA交AD于G,从而EG⊥平面ABCD,

且AG=2GD,EG=PA=.（5分）

连结BD交AC于O,过G作GH∥OD,交AC于H,

∴GH=OD=,

连结EH.∵GH⊥AC,EH在平面ABCD上的射影为GH,

∴EH⊥AC,

∴∠EHG为二面角D-AC-E的平面角.（6分）

又tan∠EHG==,

∴二面角D-AC-E的余弦值为.（7分）

（3）存在.以A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系.

则A（0,0,0）,B（1,0,0）,C（1,1,0）,P（0,0,1）,E,=（1,1,0）,=.

设平面AEC的法向量为n=（x,y,z）,

则即

令y=1,则n=（-1,1,-2）.（10分）

假设侧棱PC上存在一点F,且=λ（0≤λ≤1）,使得BF∥平面AEC,则·n=0.

又∵=+=（0,1,0）+（-λ,-λ,λ）=（-λ,1-λ,λ）,

∴·n=λ+1-λ-2λ=0,∴λ=,

∴存在点F,使得BF∥平面AEC,且F为PC的中点.（12分）