高考理科数学第3讲空间向量与立体几何(大题细做)671.pdf

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1、 1 限时规范训练(十三)(建议限时 45 分钟，实际用时_分钟)解答题(本题共 5 小题，每小题 12 分，共 60 分)1(2019浙江卷)如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1，平面 A1AC1C平面 ABC，ABC90，BAC30，A1AA1CAC，E，F分别是 AC，A1B1的中点(1)证明：EFBC；(2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值 解：解法一：(1)证明：如图 1，连接 A1E.因为 A1AA1C，E 是 AC 的中点，所以 A1EAC.又平面 A1ACC1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1，平面 A1ACC1平面 ABCAC，所以A1E平面 ABC，则

2、A1EBC.图 1 又因为 A1FAB，ABC90，故 BCA1F.所以 BC平面 A1EF，因此 EFBC.(2)如图 1 取 BC 的中点 G，连接 EG，GF，则四边形 EGFA1是平行四边形 由于 A1E平面 ABC，故 A1EEG，所以平行四边形 EGFA1为矩形 由(1)得 BC平面 EGFA1，则平面 A1BC平面 EGFA1，所以 EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上 连接 A1G 交 EF 于点 O，则EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成的角(或其补角)不妨设 AC4，则在 RtA1EG 中，A1E2 3，EG 3，则 AG 15.由于 O 为 A1G

3、的中点，故 EOOGA1G2152，2 所以 cosEOGEO2OG2EG22EOOG35.因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是35.解法二：(1)证明：连接 A1E.因为 A1AA1C，E 是 AC 的中点，所以 A1EAC.图 2 又平面 A1ACC1平面 ABC，A1E平面 A1ACC1，平面 A1ACC1平面 ABCAC，所以 A1E平面 ABC.如图 2，以点 E 为原点，分别以射线 EC，EA1为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 E-xyz.不妨设 AC4，则 A1(0，0，2 3)，B(3，1，0)，B1(3，3，2 3)，F32，32，2 3，C(0，2

4、，0)因此，EF32，32，2 3，BC(3，1，0)由EFBC0 得 EFBC.(2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为.由(1)可得BC(3，1，0)，A1C(0,2，2 3)设平面 A1BC 的法向量为 n(x，y，z)由BCn0，A1Cn0，得 3xy0，y 3z0.取 n(1，3，1)，3 故 sin|cosEF，n|EFn|EF|n|45.所以 cos35.因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是35.2(2019北京卷)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且

5、PFPC13.(1)求证：CD平面 PAD；(2)求二面角 F-AE-P 的余弦值；(3)设点 G 在 PB 上，且PGPB23.判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由 解：(1)证明：因为 PA平面 ABCD，所以 PACD.又因为 ADCD，PAADA，所以 CD平面 PAD.(2)过点 A 作 AD 的垂线交 BC 于点 M.因为 PA平面 ABCD，所以 PAAM，PAAD.建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，则 A(0，0，0)，B(2，1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)因为 E 为 PD 的中点，所以 E(0，1，1)所以AE(0，1，1

6、)，PC(2，2，2)，AP(0，0，2)所以PF13PC23，23，23，所以AFAPPF23，23，43.设平面 AEF 的法向量为 n(x，y，z)，4 则nAE0，nAF0，即yz0，23x23y43z0.令 z1，则 y1，x1.于是 n(1，1，1)又因为平面 PAD 的一个法向量为 p(1，0，0)，所以 cosn，pnp|n|p|33.由题知，二面角 F-AE-P 为锐角，所以其余弦值为33.(3)解：直线 AG 在平面 AEF 内 理由：因为点 G 在 PB 上，且PGPB23，PB(2，1，2)，所以PG23PB43，23，43，所以AGAPPG43，23，23.由(2)知

7、，平面 AEF 的一个法向量 n(1，1，1)所以AGn4323230.所以直线 AG 在平面 AEF 内 3(2019西安八校联考)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且 ADCD 2，BC2 2，PA2.(1)取 PC 中点 N，连接 DN，求证：DN平面 PAB；(2)求直线 AC 与 PD 所成角的余弦值；(3)在线段 PD 上，是否存在一点 M，使得二面角 M-AC-D 的大小为 45，如果存在，求 BM 与平面 MAC 所成的角，如果不存在，请说明理由 解：取 BC 的中点 E，连接 DE 与 AC，相交于点 O，连接 AE，易知 ACDE，建立

8、如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，1，0)，B(2，1，0)，C(0，1，0)，D(1，0，0)，P(0，1，2)，(1)证明：PC 中点 N(0，0，1)，所以DN(1，0，1)，设平面 PAB 的法向量为 n(a，b，c)，5 由AP(0，0，2)，AB(2，0，0)，则nAP0，nAB0，即2c0，2a0，令 b1，可得：n(0，1，0)，所以DNn0，因为 DN平面 PAB，所以 DN平面PAB.(2)AC(0，2，0)，PD(1，1，2)，设 AC 与 PD 所成的角为，则 cos ACPD|AC|PD|22 666.(3)设 M(x，y，z)及PMPD(01)，所以x，y1，z

9、22，M(，1，2(1)，设平面 ACM 的法向量为 m(x，y，z)，AC(0，2，0)，AM(，2(1)，由mAC0，mAM0，可得 m(22，0，)，取平面 ACD 的一个法向量为 p(0，0，1)，则 cosm，p12（22）2 22 25284，解得 23.解得 M23，13，23，所以BM83，23，23，所以 m23，0，23，设 BM 与平面 MAC 所成角为，所以 sin|cosBM，m|1292 232 212，所 6 以 6.4(2019吉林调研)如图，在三棱锥 P-ABC 中，ABBC2 2，PAPBPCAC4，O 为 AC 的中点(1)证明：PO平面 ABC；(2)若

10、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 解：(1)证明：因为 APCPAC4，O 为 AC 的中点，所以 OPAC，且 OP2 3.连接 OB.因为 ABBC22AC，所以ABC 为等腰直角三角形，且 OBAC，OB12AC2.由 OP2OB2PB2知 POOB.由 OPOB，OPAC，OBACO，知 PO平面 ABC.(2)连接 OM，如图，以 O 为坐标原点，OB的方向为 x 轴正方向，OC的方向为 y 轴正方向，OP的方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系 由已知得 O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，2，0)，C(0，

11、2，0)，P(0，0，2 3)，AP(0，2，2 3)，取平面 PAC 的法向量OB(2，0，0)设 M(a，2a，0)(0a2)，则AM(a，4a，0)设平面 PAM 的法向量为 n(x，y，z)由APn0，AMn0 得2y2 3z0，ax（4a）y0，可取 n(3(a4)，3a，a)，所以 cosOB，n2 3|a4|23（a4）23a2a2.由已知得|cosOB，n|32.7 所以2 3|a4|23（a4）23a2a232.解得 a4(舍去)，a43.所以 n8 33，4 33，43.又PC(0，2，2 3)，所以 cosPC，n34.所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为34.5

12、(2019潍坊三模)如图(1)，在边长为 4 的菱形 ABCD 中，BAD60，DEAB于点 E，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，使 A1DDC，如图(2)(1)求证：A1E平面 BCDE；(2)求二面角 E-A1BC 的余弦值；(3)判断在线段 EB 上是否存在一点 P，使平面 A1DP平面 A1BC？若存在，求出EPPB的值；若不存在，说明理由 解：(1)证明：DEBE，BEDC，DEDC.又A1DDC，A1DDED，DC平面 A1DE，DCA1E.又A1EDE，DCDED，A1E平面 BCDE.(2)A1E平面 BCDE，DEBE，以 EB，ED，EA1所在直线分别为 x 轴

13、，y 轴和 z轴，建立空间直角坐标系 易知 DE2 3，则 A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(4，2 3，0)，D(0，2 3，0)，BA1(2，0，2)，BC(2，2 3，0)，平面 A1BE 的一个法向量为 n(0，1，0)设平面 A1BC 的法向量为 m(x，y，z)，由BA1m0，BCm0，8 得2x2z0，2x2 3y0.令 y1，得 m(3，1，3)，cosm，nmn|m|n|17177.由图，得二面角 E-A1B-C 为钝二面角，二面角 E-A1B-C 的余弦值为77.(3)假设在线段 EB 上存在一点 P，使得平面 A1DP平面 A1BC.设 P(t，0，0)(0t2)，则A1P(t，0，2)，A1D(0，2 3，2)，设平面 A1DP 的法向量为 p(x1，y1，z1)，由A1Dp0，A1Pp0，得2 3y12z10，tx12z10.令 x12，得 p2，t3，t.平面 A1DP平面 A1BC，mp0，即 2 3t3 3t0，解得 t3.0t2，在线段 EB 上不存在点 P，使得平面 A1DP平面 A1BC.