全国通用版2019版高考数学总复习专题五立体几何5.3空间向量与立体几何精选刷题练理.doc
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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PFBF.(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,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)解作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,HF的方向为y轴正方向,|BF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PEPF.可得PH=32,EH=32.则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,DP=1,32,32,HP=0,0,32为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin =HPDP|HP|DP|=343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.2.(2018全国20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,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OPAC,且OP=23.连接OB,因为AB=BC=22AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知POOB.由OPOB,OPAC知PO平面ABC.(2)解如图,以O为坐标原点,OB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(0,0,23),AP=(0,2,23).取平面PAC的法向量OB=(2,0,0),设M(a,2-a,0)(0a2),则AM=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由APn=0,AMn=0得2y+23z=9,ax+(4-a)y=0.可取n=(3(a-4),3a,-a),所以cos=23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2.由已知可得|cos|=32.所以23|a-4|23(a-4)2+3a2+a2=32,解得a=-4(舍去),a=43.所以n=-833,433,-43.又PC=(0,2,-23),所以cos=34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.3.(2016全国19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,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=23AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=12BC=2.又ADBC,故TNAM,四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.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AEBC,从而AEAD,且AE=AB2-BE2=AB2-BC22=5.以A为坐标原点,AE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(5,2,0),N52,1,2,PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2,AN=52,1,2.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则nPM=0,nPN=0,即2y-4z=0,52x+y-2z=0,可取n=(0,2,1).于是|cos|=|nAN|n|AN|=8525.4.(2015全国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,AEEC.(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BDAC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由ABC=120,可得AG=GC=3.由BE平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AEEC,所以EG=3,且EGAC.在RtEBG中,可得BE=2,故DF=22.在RtFDG中,可得FG=62.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=2,DF=22,可得EF=322.从而EG2+FG2=EF2,所以EGFG.又ACFG=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GB,GC的方向为x轴、y轴正方向,|GB|为单位长,建立空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-3,0),E(1,0,2),F-1,0,22,C(0,3,0),所以AE=(1,3,2),CF=-1,-3,22.故cos=AECF|AE|CF|=-33.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为33.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:ADA1B;(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,ADOA1.又ABC=120,AD=AB,ABD是等边三角形,ADOB,AD平面A1OB.A1B平面A1OB,ADA1B.(2)解平面ADD1A1平面ABCD,平面ADD1A1平面ABCD=AD,又A1OAD,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(0,0,3),B(0,3,0),D(-1,0,0).则DA1=(1,0,3),DC=AB=(-1,3,0),BA1=(0,-3,3),设平面A1B1CD的法向量n=(x,y,z),则nCD=x-3y=0,nDA1=x+3z=0,令x=3,则y=1,z=-1,可取n=(3,1,-1),设直线BA1与平面A1B1CD所成角为,则sin =|cos|=nBA1|n|BA1|=|-3-3|56=105.2.(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,ABCD,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EFCD,且EF=12CD=2.又ABCD,AB=2,所以ABEF,故四边形ABEF为平行四边形,所以BEAF.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DGAB;因为ABCD,所以DGDC.又PD平面ABCD,所以PD,DG,CD两两垂直.以D为坐标原点,DG为x轴、DC为y轴、DP为z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则P(0,0,2),B(3,1,0),E(0,2,1),DE=(0,2,1),DB=(3,1,0),设n=(x,y,z)为平面BDE的一个法向量,则nDE=0,nDB=0,即2y+z=0,3x+y=0.令y=1,则n=-33,1,-2.又PB=(3,1,-2),所以|cos|=|nPB|n|PB|=64,即直线PB与平面BDE所成角的正弦值为64.3.(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A1CEF,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A1CDK,又A1C平面DEF,DK平面DEF,所以A1C平面DEF.(2)解由(1)知,EHAA1,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CEAB,故以点E为坐标原点,分别以EA,EH,EC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(t0),则A1(2,t,0),C(0,0,23),E(0,0,0),F-2,t2,0,D-32,0,32,所以A1C=(-2,-t,23),EF=-2,t2,0,因为A1CEF,所以A1CEF=0,所以(-2)(-2)-tt2+230=0,解得t=22.所以EF=(-2,2,0),ED=-32,0,32,设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则EFn=0,EDn=0,所以-2x+2y=0,-32x+32z=0,取x=1,则n=(1,2,3),又因为A1C1=AC=(-2,0,23),设直线A1C1与平面DEF所成的角为,所以sin =|cos|=|nA1C1|n|A1C1|=464=66,所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为66.4.(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34,求AA1的长.(1)证明设G为AB1的中点,连接EG,GF,因为FG12A1B1,又DE12A1B1,所以FGDE,所以四边形DEGF是平行四边形,所以DFEG,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AMAD,因为AA1平面ABCD,所以AA1AM,AA1AD,建立如图的空间直角坐标系A-xyz,令AA1=t(t0),则A(0,0,0),E32,32,0,B1(3,-1,t),D1(0,2,t),AE=32,32,0,AB1=(3,-1,t),AD1=(0,2,t),设平面B1AE的一个法向量为n=(x,y,z),则nAE=32(x+3y)=0且nAB1=3x-y+tz=0,取n=(-3t,t,4),设直线AD1与平面B1AE所成角为,则sin =|nAD1|n|AD1|=6t2(t2+4)=34,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,EFAB,EF=AD=12AB.(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ACBD=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,AFON.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PQAB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,ADEBCF,连接EP,FQ,则得EP=FQ,EFAB,ABPQ,EF=12AB,EFPQ,EF=12PQ,四边形EPQF为等腰梯形.取EF的中点M,连接MO,则MOPQ,又ADEP,ADPQ,EPPQ=P,AD平面EPQF,过点O作OGAB于点G,则OGAD,OGOM,OGOQ.分别以OG,OQ,OM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(0,1,2),D(-1,-2,0),N-12,32,22.设n=(x,y,z)是平面ABF的法向量,则nAB=0,nAF=0,即4y=0,-x+3y+2z=0,所以可取n=(2,0,1),由BN=-32,-12,22,可得|cos|=|BNn|BN|n|=23,直线BN与平面ABF所成角的正弦值为23.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19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD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BCCD,BC平面ABCD,所以BC平面CMD,故BCDM.因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM.又BCCM=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,DA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CD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),AM=(-2,1,1),AB=(0,2,0),DA=(2,0,0).设n=(x1,y,z)是平面MAB的法向量,则nAM=0,nAB=0.即-2x+y+z=0,2y=0.可取n=(1,0,2),DA是平面MCD的法向量,因此cos=nDA|n|DA|=55,sin=255.所共面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是255.2.(2017全国18)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,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ABAP,CDPD.由于ABCD,故ABPD,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PFAD,垂足为F.由(1)可知,AB平面PAD,故ABPF,可得PF平面ABCD.以F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,|AB|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A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0).设n=(x,y,z)是平面PCB的法向量,则nPC=0,nCB=0,即-22x+y-22z=0,2x=0.可取n=(0,-1,-2).设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则mPA=0,mAB=0,即22x-22z=0,y=0.可取m=(1,0,1).则cos=nm|n|m|=-33.所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.3.(2017全国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=12AD,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EFAD,EF=12AD.由BAD=ABC=90得BCAD,又BC=12AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CEBF,又BF平面PAB,CE平面PAB,故CE平面PAB.(2)解由已知得BAAD,以A为坐标原点,AB的方向为x轴正方向,|AB|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(0,1,3),PC=(1,0,-3),AB=(1,0,0).设M(x,y,z)(0x1),则BM=(x-1,y,z),PM=(x,y-1,z-3).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|=sin 45,|z|(x-1)2+y2+z2=22,即(x-1)2+y2-z2=0.又M在棱PC上,设PM=PC,则x=,y=1,z=3-3.由,解得x=1+22,y=1,z=-62(舍去),x=1-22,y=1,z=62,所以M1-22,1,62,从而AM=1-22,1,62.设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则mAM=0,mAB=0,即(2-2)x0+2y0+6z0=0,x0=0,所以可取m=(0,-6,2).于是cos=mn|m|n|=105.因此二面角M-AB-D的余弦值为105.4.(2017全国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,ABDCBD,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DOAC,DO=AO.又由于ABC是正三角形,故BOAC.所以DOB为二面角D-AC-B的平面角.在RtAOB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,OA的方向为x轴正方向,|OA|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(0,3,0),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12,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的12,即E为DB的中点,得E0,32,12.故AD=(-1,0,1),AC=(-2,0,0),AE=-1,32,12.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则nAD=0,nAE=0,即-x+z=0,-x+32y+12z=0.可取n=1,33,1.设m是平面AEC的法向量,则mAC=0,mAE=0.同理可取m=(0,-1,3).则cos=nm|n|m|=77.所以二面角D-AE-C的余弦值为77.5.(2016全国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AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.又AF平面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(2)解过D作DGEF,垂足为G,由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,|GF|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|=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知,ABEF,所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,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(-2,0,3).所以EC=(1,0,3),EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0),设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则nEC=0,nEB=0,即x+3z=0,4y=0.所以可取n=(3,0,-3).设m是平面ABCD的法向量,则mAC=0,mAB=0,同理可取m=(0,3,4),则cos=nm|n|m|=-21919.故二面角E-BC-A的余弦值为-21919.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=38A1B1,AN=14AA1.(1)证明:平面CMN平面CEN;(2)若ACBC,求二面角M-CN-A1的余弦值.(1)证明设AB=8,则A1M=3,AN=2,A1N=6,tanNEA=ANAE=12,tanMNA1=A1MA1N=12,NEA=MNA1,又NEA=2-ENA,所以MNA1=2-ENA,所以MNEN.因为BC=AC,E为AB中点,所以CEAB.因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,所以CE平面AA1B1B,所以MNCE,因为CENE=N,所以MN平面CEN,因为MN平面CMN,所以平面CMN平面CEN.(2)解由ACBC,以C为原点,CB,CA,CC1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,M322,522,8,N(0,42,2),设平面CMN的法向量为n1=(x,y,z),n1CM=0,n1CN=0,解得n1=(92,2,-4).平面CNA1的法向量n2=(1,0,0),设所求二面角平面角为,cos =n1n2|n1|n2|=31010.2.(2018河北石家庄一模)四棱锥S-ABCD的底面ABCD为直角梯形,ABCD,ABBC,AB=2BC=2CD=2,SAD为正三角形.(1)点M为棱AB上一点,若BC平面SDM,AM=AB,求实数的值;(2)若BCSD,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BCDM.因为ABDC,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AM=AB,=12.(2)因为BCSD,BCCD,SDCD=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RtSEA和RtSED中,因为SA=SD,所以AE=SA2-SE2=SD2-SE2=DE,又由题知EDA=45,所以AEED,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),SA=(1,0,-1),AB=(0,2,0),SC=(0,2,-1),CB=(1,0,0),设平面SAB的法向量n1=(x,y,z),则n1SA=0,n1AB=0,所以x-z=0,2y=0,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=n1n2|n1|n2|=105,因为二面角A-SB-C为钝角,所以二面角A-SB-C余弦值为-105.3.(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ACBC,P为弧A1B1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=4,求二面角P-A1B1-C的余弦值.解(1)在半圆柱中,BB1平面PA1B1,所以BB1PA1.因为A1B1是上底面对应圆的直径,所以PA1PB1.因为PB1BB1=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(0,1,2),B1(1,0,2),P(1,1,2).所以CA1=(0,1,2),CB1=(1,0,2).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y+2z=0,x+2z=0,令z=1,则x=-2,y=-2,z=1,所以可取n2=(-2,-2,1),所以cos=115=55.由图可知二面角P-A1B1-C为钝角,所以所求二面角的余弦值为-55.4.(2018江西南昌一模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ABCD为直角梯形,ADBC,ADAB,AB=BC=AP=12AD=3,ACBD=O,过O点作平面平行于平面PAB,平面与棱BC,AD,PD,PC分别相交于点E,F,G,H.(1)求GH的长度;(2)求二面角B-FH-E的余弦值.解(1)因为平面PAB,平面平面ABCD=EF,OEF,平面PAB平面ABCD=AB,所以EFAB,同理EHBP,FGAP,因为BCAD,AD=6,BC=3,所以BOCDOA,且BCAD=COAO=12,所以EOOF=12,CE=13CB=1,BE=AF=2,同理CHPC=EHPB=COCA=13,连接HO,则有HOPA,所以HOEO,HO=1,所以EH=13PB=2,同理,FG=23PA=2,过点H作HNEF交FG于N,则GH=HN2+GN2=5.(2)建立如图所示空间直角坐标系,则B(3,0,0),F(0,2,0),E(3,2,0),H(2,2,1),BH=(-1,2,1),FH=(2,0,1),设平面BFH的法向量为n=(x,y,z),nBH=-x+2y+z=0,nFH=2x+z=0,令z=-2,得n=1,32,-2,因为平面EFGH平面PAB,所以平面EFGH的法向量m=(0,1,0).cos=mn|m|n|=321+94+4=32929,故二面角B-FH-E的余弦值为32929.5.(2018山东淄博二模,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB=CC1=2,ACC1=CC1B1,直线AC与直线BB1所成的角为60.(1)求证:AB1CC1;(2)若AB1=6,M是AB1上的点,当平面MCC1与平面AB1C所成二面角的余弦值为15时,求AMMB1的值.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,各侧面均为平行四边形,所以BB1CC1,则ACC1即为AC与BB1所成的角,所以ACC1=CC1B1=60.连接AC1和B1C,因为CA=CB=CC1=2,所以AC1C和B1CC1均为等边三角形.取CC1的中点O,连AO和B1O,则AOCC1,B1OCC1.又AOB1O=O,所以CC1平面AOB1.AB1平面AOB1,所以AB1CC1.(2)解由(1)知AO=B1O=3,因为AB1=6,则AO2+B1O2=AB12,所以AOB1O,又AOCC1,所以AO平面BCC1B1.以OB1所在直线为x轴,OC1所在直线为y轴,OA所在直线为z轴,如图建立空间直角坐标系,则A(0,0,3),C(0,-1,0),C1(0,1,0),B1(3,0,0),AC=(0,-1,-3),AB1=(3,0,-3),CC1=(0,2,0),设AM=tMB1,M(x,y,z),则(x,y,z-3)=t(3-x,-y,-z),所以x=3tt+1,y=0,z=3t+1,M3tt+1,0,3t+1,所以CM=3tt+1,1,3t+1.设平面ACB1的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面MCC1的法向量为n2=(x2,y2,z2),所以n1AC=0,n1AB1=0-y1-3z1=0,3x1-3z1=0,解得n1=(1,-3,1).n2CC1=0,n2CM=02y2=0,3tt+1x2+y2+3t+1z2=0,解得n2=(1,0,-t).所以cos =n1n2|n1|n2|=|1-t|51+t2=15.解得t=12或t=2,即AMMB1=12或AMMB1=2.6.(2018湖北“荆、荆、襄、宜”四地七校联考)如图,在几何体ABCDEF中,平面ADE平面ABCD,四边形ABCD为菱形,且DAB=60,EA=ED=AB=2EF,EFAB,M为BC中点.(1)求证:FM平面BDE;(2)求二面角D-BF-C的平面角的正弦值.(1)证明取CD中点N,连接MN,FN,因为N,M分别为CD,BC中点,所以MNBD.又BD平面BDE,且MN平面BDE,所以MN平面BDE,因为EFAB,AB=2EF,所以EFCD,EF=DN.所以四边形EFND为平行四边形.所以FNED.又ED平面BDE且FN平面BDE,所以FN平面BDE,又FNMN=N,所以平面MFN平面BDE.又FM平面MFN,所以FM平面BDE.(2)解取AD中点O,连接EO,BO.因为EA=ED,所以EOAD.因为平面ADE平面ABCD,所以EO平面ABCD,EOBO.因为AD=AB,DAB=60,所以ADB为等边三角形.因为O为AD中点,所以ADBO.因为EO,BO,AO两两垂直,设AB=4,以O为原点,OA,OB,OE为x,y,z轴,如图建立空间直角坐标系O-xyz由题意得A(2,0,0),B(0,23,0),C(-4,23,0),D(-2,0,0),E(0,0,23),F(-1,3,23).DB=(2,23,0),DF=(1,3,23),CF=(3,-3,23),CB=(4,0,0).设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),则nDB=0,nDF=0,即x+3y=0,x+3y+23z=0,令x=1,则y=-33,z=0,所以n=1,-33,0.设平面BCF的法向量为m=(x,y,z),则mCB=0,mCF=0,即x=0,3x-3y+23z=0,令z=1,则y=2,x=0,所以m=(0,2,1).cos=mn|m|n|=-55,二面角D-BF-C平面角的正弦值为255.7.(2018辽宁大连一模)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是正方形,PA平面ABCD,E,F分别是线段AD,PB的中点,PA=AB=1.(1)求证:EF平面DCP;(2)求平面EFC与平面PDC所成锐二面角的余弦值.解(1)(方法一)取PC中点M,连接DM,MF.M,F分别是PC,PB中点,MFCB,MF=12CB,E为DA中点,ABCD为正方形,DECB,DE=12CB,MFDE,MF=DE,四边形DEFM为平行四边形,EFDM,EF平面PDC,DM平面PDC,EF平面PDC.(方法二)取PA中点N,连接NE,NF.E是AD中点,N是PA中点,NEDP,又F是PB中点,N是PA中点,NEAB,ABCD,NFCD,又NENF=N,NE平面NEF,NF平面NEF,DP平面PCD,CD平面PCD,平面NEF平面PCD.又EF平面NEF,EF平面PCD.(方法三)取BC中点G,连接EG,FG,在正方形ABCD中,E是AD中点,G是BC中点,GECD,又F是PB中点,G是BC中点,GFPC,又PCCD=C,GE平面GEF,GF平面GEF,PC平面PCD,CD平面PCD,平面GEF平面PCD.EF平面GEF,EF平面PCD.(2)PA平面ABC,且四边形ABCD是正方形,AD,AB,AP两两垂直,以A为原点,AP,AB,AD所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,则P(1,0,0),D(0,0,1),C(0,1,1),E0,0,12,F12,12,0.设平面EFC的法向量为n1=(x1,y1,z1),EF=12,12,-12,FC=-12,12,1,则EFn1=0,FCn1=0,即x1+y1-z1=0,-12x1+12y1+z1=0,取n1=(3,-1,2),则设平面PDC的法向量为n2=(x2,y2,z2),PD=(-1,0,1),PC=(-1,1,1),则PDn2=0,PCn2=0,即-x2+z2=0,-x2+y2+z2=0,取n2=(1,0,1),cos=n1n2|n1|n2|=31+(-1)0+21142=5714.平面EFC与平面PDC所成锐二面角的余弦值为5714.命题角度3折叠问题、点到平面的距离高考真题体验对方向1.(2016全国19)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF=54,EF交BD于点H.将DEF沿EF折到DEF的位置,OD=10.(1)证明:DH平面ABCD;(2)求二面角B-DA-C的正弦值.(1)证明由已知得ACBD,AD=CD.又由AE=CF得AEAD=CFCD,故ACEF.因此EFHD,从而EFDH.由AB=5,AC=6得DO=BO=AB2-AO2=4.由EFAC得OHDO=AEAD=14.所以OH=1,DH=DH=3.于是DH2+OH2=32+12=10=DO2,故DHOH.又DHEF,而OHEF=H,所以DH平面ABCD.(2)解如图,以H为坐标原点,HF的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系H-xyz.则H(0,0,0),A(-3,-1,0),B(0,-5,0),C(3,-1,0),D(0,0,3),AB=(3,-4,0),AC=(6,0,0),AD=(3,1,3).设m=(x1,y1,z1)是平面ABD的法向量,则mAB=0,mAD=0,即3x1-4y1=0,3x1+y1+3z1=0,所以可取m=(4,3,-5).设n=(x2,y2,z2)是平面ACD的法向量,则nAC=0,nAD=0,即6x2=0,3x2+y2+3z2=0,所以可取n=(0,-3,1).于是cos=mn|m|n|=-145010=-7525.sin=29525.因此二面角B-DA-C的正弦值是29525.2.(2015陕西18)如图,在直角梯形ABCD中,ADBC,BAD=2,AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,O是AC与BE的交点,将ABE沿BE折起到A1BE的位置,如图.(1)证明:CD平面A1OC;(2)若平面A1BE平面BCDE,求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值.(1)证明在题图中,因为AB=BC=1,AD=2,E是AD的中点,BAD=2,所以BEAC,即在题图中,BEOA1,BEOC,从而BE平面A1OC,又CDBE,所以CD平面A1OC.(2)解由已知,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,平面A1BE平面BCDE,又由(1)知,BEOA1,BEOC,所以A1OC为二面角A1-BE-C的平面角,所以A1OC=2.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系,因为A1B=A1E=BC=ED=1,BCED,所以B22,0,0,E-22,0,0,A10,0,22,C0,22,0,得BC=-22,22,0,A1C=0,22,-22,CD=BE=(-2,0,0).设平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面A1CD的法向量n2=(x2,y2,z2),平面A1BC与平面A1CD夹角为,则n1BC=0,n1A1C=0,得-x1+y1=0,y1-z1=0,取n1=(1,1,1);n2CD=0,n2A1C=0,得x2=0,y2-z2=0,取n2=(0,1,1),从而cos =|cos|=232=63,即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为63.新题演练提能刷高分1.(2018河南4月适应性考试)如图,在边长为23的菱形ABCD中,DAB=60.点E,F分别在边CD,CB上,点E与点C,D不重合,EFAC,EFAC=O.沿EF将CEF翻折到PEF的位置,使平面PEF平面ABFED.(1)求证:PO平面ABD;(2)当PB与平面ABD所成的角为45时,求平面PBF与平面PAD所成锐二面角的余弦值.(1)证明EFAC,POEF.平面PEF平面ABFED,平面PEF平面ABFED=EF,且PO平面PEF,PO平面ABD.(2)解如图,以O为原点,建立空间直角坐标系O-xyz,连接BO,PO平面ABD,PBO为PB与平面ABD所成的角,即PBO=45,PO=BO.设AOBD=H,DAB=60,BDA为等边三角形,BD=23,HB=3,HC=3.设PO=x,则OH=3-x,由PO2=OH2+HB2,得x=2,即PO=2,OH=1.P(0,0,2),A(4,0,0),B(1,3,0),D(1,-3,0),F0,233,0.设平面PAD,平面PBF的法向量分别为m=(a,b,c),n=(x,y,z),由mPA=4a-2c=0,mPD=a-3b-2c=0,取a=1,得m=(1,-3,2).同理,得n=(-1,3,1),cos=mn|m|n|=-1010,平面PBF与平面PAD所成锐二面角的余弦值为1010.2.(2018广东揭阳学业水平考试)如图所示,平面多边形ABCDE中,AE=ED,AB=BD,且AB=5,AD=2,AE=2,CD=1,ADCD,现沿直线AD,将ADE折起,得到四棱锥P-ABCD.(1)求证:PBAD;(2)若PB=5,求PD与平面PAB所成角的正弦值.(1)证明取AD的中点O,连接OB,OP,BA=BD,EA=ED,即PA=PD,OBAD且OPAD,又OBOP=O,AD平面BOP,而PB平面BOP,PBAD.(2)解OP=1,OB=2,OP2+OB2=5=PB2,POOB,OP,OB,OD两两互相垂直,以O为坐标原点,OB,OD,OP所在的直线为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系O-xyz,则A(0,-1,0),B(2,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1),DP=(0,-1,1),AP=(0,1,1),BP=(-2,0,1),设m=(a,b,c)为平面PAB的一个法向量,则由APm=0,BPm=0b+c=0,-2a+c=0,令a=1,则得c=2,b=-2,m=(1,-2,2),设PD与平面PAB所成角为,则sin =cos=|DPm|DP|m|=423=223,即PD与平面PAB所成角的正弦值为223.3.(2018东北三省三校三模)已知等腰直角SAB,SA=AB=4,SAAB,C,D分别为SB,SA的中点,将SCD沿CD折到SCD的位置,SA=22,取线段SB的中点为E.(1)求证:CE平面SAD;(2)求二面角A-EC-B的余弦值.(1)证明取SA中点F,连接DF,EF,SE=EB,SF=FA,EF12AB.又CD12AB,CDEF,四边形CDFE为平行四边形,CEFD,CE平面SAD,FD平面SAD,CE平面SAD.(2)解SD=AD=2,SA=22,SD2+AD2=SA2.SDAD.SDCD,SD平面SCD,SD平面ABCD,AD,CD平面ABCD,SDAD,SDCD,又ADDC,DA,DC,DS两两互相垂直,如图所示,分别以DA,DC,DS为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),C(0,2,0),S(0,0,2),B(2,4,0),E(1,2,1),CE=(1,0,1),CA=(2,-2,0),CB=(2,2,0),设平面ECA,平面ECB的法向量分别为m=(x1,y1,z1),n=(x2,y2,z2),则mCE=0,mCA=0x1+z1=0,2x1-2y1=0,取m=(1,1,-1),nCE=0,nCB=0x2+z2=0,2x2+2y2=0,取n=(1,-1,-1).cos=mn|m|n|=1-1+133=13,二面角A-EC-B的平面角的余弦值为-13.4.(2018山东济南一模)如图1,在高为6的等腰梯形ABCD中,ABCD,且CD=6,AB=12,将它沿对称轴OO1折起,使平面ADO1O平面BCO1O.如图2,点P为BC中点,点E在线段AB上(不同于A,B两点),连接OE并延长至点Q,使AQOB.(1)证明:OD平面PAQ;(2)若BE=2AE,求二面角C-BQ-A的余弦值.(1)证明由题设知OA,OB,OO1两两垂直,所以以O为坐标原点,OA,OB,OO1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设AQ的长度为m,则相关各点的坐标为O(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,3,6),D(3,0,6),Q(6,m,0).点P为BC中点,P0,92,3,OD=(3,0,6),AQ=(0,m,0),PQ=6,m-92,-3.ODAQ=0,ODPQ=0,ODAQ,ODPQ,且AQ与PQ不共线,OD平面PAQ.(2)解BE=2AE,AQOB,AQ=12OB=3,则Q(6,3,0),QB=(-6,3,0),BC=(0,-3,6).设平面CBQ的法向量为n1=(x,y,z),n1QB=0,n1BC=0,-6x+3y=0,-3y+6z=0,令z=1,则y=2,x=1,故n1=(1,2,1),又显然,平面ABQ的法向量为n2=(0,0,1),设二面角C-BQ-A的平面角为,由图可知,为锐角,则cos =n1n2|n1|n2|=66.5.(2018安徽安庆二模)如图,四边形ABCD是矩形,沿对角线AC将ACD折起,使得点D在平面ABC上的射影恰好落在边AB上.(1)求证:平面ACD平面BCD;(2)当ABAD=2时,求二面角D-AC-B的余弦值.(1)证明设点D在平面ABC上的射影为点E,连接DE,则DE平面ABC,所以DEBC.因为四边形ABCD是矩形,所以ABBC.因为ABDE=E,所以BC平面ABD,所以BCAD.又ADCD,CDBC=C,所以AD平面BCD,而AD平面ACD,所以平面ACD平面BCD.(2)解以点B为原点,线段BC所在的直线为x轴,线段AB所在的直线为y轴,建立空间直角坐标系,如图所示.设|AD|=a,则|AB|=2a,所以A(0,-2a,0),C(-a,0,0).由(1)知ADBD,又ABAD=2,所以DBA=30,DAB=60,那么|AE|=|AD|cosDAB=12a,|BE|=|AB|-|AE|=32a,|DE|=|AD|sinDAB=32a,所以D0,-32a,32a,所以AD=0,12a,32a,AC=(-a,2a,0).设平面ACD的一个法向量为m=(x,y,z),则mAD=0,mAC=0,即12ay+32az=0,-ax+2ay=0.取y=1,则x=2,z=-33,所以m=1,2,-33.因为平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),所以cos=mn|m|n|=-3312+22+(-33)2=-14.故所求二面角D-AC-B的余弦值为14.命题角度4探究性问题高考真题体验对方向(2016北京17)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD- 配套讲稿:
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