2022高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第三讲 空间向量与立体几何能力训练 理

2022高考数学二轮复习 专题四 立体几何 第三讲 空间向量与立体几何能力训练 理1(2018高考全国卷)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PEBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解析：(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)如图，作PHEF，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Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH，EH.则H(0,0,0)，P，D，.又为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为，则sin .所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.2(2018长春模拟)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA平面ABCD，E为PD的中点(1)证明：PB平面ACE；(2)设PA1，ABC60，三棱锥EACD的体积为，求二面角DAEC的余弦值解析：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE(图略)在PBD中，PEDE，BODO，所以PBOE.又OE平面ACE，PB平面ACE，所以PB平面ACE.(2)由题易知VPABCD2VPACD4VEACD，设菱形ABCD的边长为a，则VPABCDSABCDPA(2a2)1，则a.取BC的中点为M，连接AM，则AMAD.以点A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，则A(0,0,0)，E(0，)，C(，0)，(0，)，(，0)，设n1(x，y，z)为平面AEC的法向量，则即取x1，则n1(1，3)为平面AEC的一个法向量又易知平面AED的一个法向量为n2(1,0,0)，所以cosn1，n2，由图易知二面角DAEC为锐二面角，所以二面角DAEC的余弦值为.3(2018高考全国卷)如图，在三棱锥PABC中，ABBC2，PAPBPCAC4，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MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值解析：(1)证明：因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP2.如图，连接OB.因为ABBCAC，所以ABC为等腰直角三角形，且OBAC，OBAC2.由OP2OB2PB2知POOB.由OPOB，OPAC，OBACO，得PO平面ABC.(2)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Oxyz.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的一个法向量(2,0,0)设M(a,2a,0)(0a2)，则(a,4a,0)设平面PAM的法向量为n(x，y，z)由n0，n0得可取ya，得平面PAM的一个法向量为n(a4)，a，a)，所以cos ，n.由已知可得|cos，n|cos 30，所以，解得a4(舍去)或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.4(2018青岛模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD，ABBC，BCA45，APADAC2，E为PA的中点(1)设平面PAB平面PCDl，求证：CDl；(2)求二面角BCED的余弦值解析：(1)证明：在四边形ABCD中，ACAD，ADAC2，ACD45，BCA45，BCDBCAACD90，即DCBC.又ABBC，ABCD.AB平面PAB，CD平面PAB，CD平面PAB.CD平面PCD，平面PAB平面PCDl，CDl.(2)PA平面ABCD，ACAD，以A为原点，以AD所在的直线为x轴，AC所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，E(0,0,1)，D(2,0,0)，C(0,2,0)，B(1,1,0)，设平面DCE的法向量为n1(x1，y1，z1)，(0，2,1)，(2,0,1)，由得，令x11，则y11，z12，n1(1,1,2)是平面DCE的一个法向量设平面BCE的法向量为n2(x2，y2，z2)，(1,1,0)，(0，2,1)，由得，令x21，则y21，z22，n2(1，1，2)是平面BCE的一个法向量则cosn1，n2，又二面角BCED为钝角，二面角BCED的余弦值为.