2019-2020年高考数学大二轮专题复习第二编专题整合突破专题五立体几何第三讲空间向量与立体几何适考素能特训理.DOC

2019-2020年高考数学大二轮专题复习第二编专题整合突破专题五立体几何第三讲空间向量与立体几何适考素能特训理一、选择题1xx陕西西安质检若平面，的法向量分别是n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，则()A BC，相交但不垂直 D以上答案均不正确答案C解析n1n22(3)(3)15(4)0，n1与n2不垂直，且不共线与相交但不垂直2如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B.C. D.答案A解析不妨设CB1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)(0,2，1)，(2,2,1)cos，故选A.3xx湖南怀化检测 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A斜交 B平行C垂直 DMN在平面BB1C1C内答案B解析建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1MAN，则M，N，.又C1D1平面BB1C1C，所以(0，a,0)为平面BB1C1C的一个法向量因为0，所以，所以MN平面BB1C1C.4xx四川高考 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则sin的取值范围是()A. B.C. D.答案B解析(1)解法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示不妨设DCDADD11，则D(0,0,0)，B(1,1,0)，A1(1,0,1)，O，并设点P(0,1，t)，且0t1.则，(1,0，1)，(0,1，1)设平面A1BD的法向量为n(x0，y0，z0)，则有即取x01，y01，z01，n(1，1，1)sin|cos，n|(0t1)，sin2，0t1.令f(t)，0t1.则f(t)，可知当t时，f(t)0；当t时，f(t)0.又f(0)，f1，f(1)，fmax(t)f1，fmin(t)f(0).sin的最大值为1，最小值为.sin的取值范围为，故选B.解法二：易证AC1平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角的变化情况：AOA1C1OA1(点P为线段CC1的中点时，)由于sinAOA1，sinC1OA1，sin1，所以sin的取值范围是，故选B.二、填空题5xx江苏苏州二模已知正方形ABCD的边长为4，CG平面ABCD，CG2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为_答案解析建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，相关各点的坐标为G(0,0,2)，F(4,2,0)，E(2,4,0)，C(0,0,0)，则(0,0,2)，(4,2，2)，(2,4，2)设平面GEF的法向量为n(x，y，z)，由得平面GEF是一个法向量为n(1,1,3)，所以点C到平面GEF的距离d.三、解答题6xx甘肃天水一模 如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为梯形，ADBC，AD平面SCD，ADDC2，BC1，SD2，SDC120.(1)求SC与平面SAB所成角的正弦值；(2)求平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值解如图，在平面SCD中，过点D作DC的垂线交SC于E，以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系则有D(0,0,0)，S(0，1，)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(1,2,0)(1)设平面SAB的法向量为n(x，y，z)，(1,2,0)，(2，1，)，An0，An0，取y，得n(2，5)又(0,3，)，设SC与平面SAB所成角为，则sin|cosS，n|，故SC与平面SAB所成角的正弦值为.(2)设平面SAD的法向量为m(a，b，c)，D(2,0,0)，D(0，1，)，则有取b，得m(0，1)cosn，m，故平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值是.7xx全国卷如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解(1)证明：连接BC1，交B1C于点O，连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形，所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C，所以B1C平面ABO.由于AO平面ABO，故B1CAO.又B1OCO，故ACAB1.(2)因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO.又因为ABBC，所以BOABOC.故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以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Oxyz.因为CBB160，所以CBB1为等边三角形，又ABBC，则A，B(1,0,0)，B1，C.，.设n(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面A1B1C1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.易知二面角AA1B1C1为锐二面角所以二面角AA1B1C1的余弦值为.8xx合肥质检 如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DADHDB4，AECG3.(1)求证：EGDF；(2)求BE与平面EFGH所成角的正弦值解(1)证明：连接AC，由AE綊CG可知四边形AEGC为平行四边形，所以EGAC，而ACBD，ACBF，所以EGBD，EGBF，因为BDBFB，所以EG平面BDHF，又DF平面BDHF，所以EGDF.(2)设ACBDO，EGHFP，由已知可得：平面ADHE平面BCGF，所以EHFG，同理可得：EFHG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以P为EG的中点，O为AC的中点，所以OP綊AE，从而OP平面ABCD，又OAOB，所以OA，OB，OP两两垂直，由平面几何知识，得BF2.如图，建立空间直角坐标系Oxyz则B(0,2,0)，E(2，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，所以(2，2,3)，(2，0,0)，(0,2，1)设平面EFGH的法向量为n(x，y，z)，由可得令y1，则z2.所以n(0,1,2)设BE与平面EFGH所成角为，则sin.9xx河南六市联考 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABB1A1为矩形，ABBC1，AA1，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，BCAB1.(1)证明：CDAB1；(2)若OC，求二面角ABCB1的余弦值解(1)证明：由AB1B与DBA相似，知BDAB1，又BCAB1，BDBCB，AB1平面BDC，CD平面BDC，CDAB1.(2)由于OC，BC1，在ABD中，可得OB，BOC是直角三角形，BOCO.由(1)知COAB1，则CO平面ABB1A1.以O为坐标原点，OA，OD，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A，B，C，B1，设平面ABC，平面BCB1的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)，则n1(，1，)，n2(1，2)，cosn1，n2，又二面角ABCB1为钝二面角，二面角ABCB1的余弦值为.10xx天津高考 如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD，且点M和N分别为B1C和D1D的中点(1)求证：MN平面ABCD；(2)求二面角D1ACB1的正弦值；(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长解如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，2,2)又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M，N(1，2,1)(1)证明：依题意，可得n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量.由此可得n0，又因为直线MN平面ABCD，所以MN平面ABCD.(2)(1，2,2)，(2,0,0)设n1(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，则即不妨设z11，可得n1(0,1,1)设n2(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，则又(0,1,2)，得不妨设z21，可得n2(0，2，1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以，二面角D1ACB1的正弦值为.(3)依题意，可设，其中0,1，则E(0，2)，从而(1，2,1)又n(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因为0,1，解得2.所以，线段A1E的长为2.11xx洛阳统考如图，四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F分别在BC，AD上，EFAB.现将四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC.(1)若BE1，是否在折叠后的线段AD上存在一点P，且，使CP平面ABEF？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；(2)求三棱锥ACDF的体积的最大值，并求出此时二面角EACF的余弦值解平面ABEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDCEF，FDEF，FD平面ABEF，又AF平面ABEF，FDAF，在折起过程中，AFEF，又FDEFF，AF平面EFDC.以F为原点，FE，FD，FA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(1)解法一：若BE1，则各点坐标如下：F(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,5,0)，C(2,3,0)，平面ABEF的法向量可为(0,5,0)，()，(0,0,1)(0,5,0)，P，若CP平面ABEF，则必有，即0，(0,5,0)50，AD上存在一点P，且，使CP平面ABEF.解法二：AD上存在一点P，使CP平面ABEF，此时.理由如下：当时，可知，过点P作MPFD交AF于点M，连接EM，PC，则有，又BE1，可得FD5，故MP3，又EC3，MPFDEC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，CPME，又CP平面ABEF，ME平面ABEF，故有CP平面ABEF.(2)设BEx(0x4)，则AFx，FD6x，故V三棱锥ACDF2(6x)x(x26x)，当x3时，V三棱锥ACDF有最大值，且最大值为3，A(0,0,3)，D(0,3,0)，C(2,1,0)，E(2,0,0)，(2,0，3)，(2,1，3)，(0,0,3)，(2,1,0)，设平面ACE的法向量m(x1，y1，z1)，则即令x13，则y10，z12，则m(3,0,2)设平面ACF的法向量n(x2，y2，z2)，则即令x21，则y22，z20，则n(1，2,0)，则cosm，n，故二面角EACF的余弦值为.12xx山东名校联考 如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形ABB1A1是正方形，三角形A1CB是等边三角形，ACAB1，B1C1BC，BC2B1C1.(1)求证：AB1平面A1C1C；(2)若点M是边AB上的一个动点(包括A，B两端点)，试确定点M的位置，使得平面A1C1C与平面MA1C1夹角的余弦值为.解(1)证明：取BC的中点E，连接AE，C1E，B1E，B1C1BC，BC2B1C1，B1C1EC，B1C1EC，四边形CEB1C1为平行四边形，从而B1EC1C.又C1C平面A1C1C，B1E平面A1C1C，B1E平面A1C1C.又易知B1C1BE，B1C1BE，四边形B1C1EB是平行四边形，B1BC1E，B1BC1E，又四边形ABB1A1是正方形，AA1BB1，AA1BB1，AA1C1E，A1AC1E，四边形AEC1A1为平行四边形，AEA1C1.又A1C1平面A1C1C，AE平面A1C1C，AE平面A1C1C.根据，结合AEB1EE可得，平面B1AE平面A1C1C.又AB1平面B1AE，故AB1平面A1C1C.(2)四边形ABB1A1为正方形，A1AABAC1，AA1AB.又三角形A1CB为等边三角形，A1CBCA1B.由勾股定理的逆定理可得A1AC90，BAC90，即A1AAC，ABAC.经过点A的三条直线AA1，AC，AB两两垂直从而，可建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则C(1,0,0)，A1(0,0,1)，C1.设M(0，t,0)(0t1)，则(1,0,1)，(0，t，1)设平面A1C1C的法向量为n1(x，y，z)，则即令z1，则x1，y1，n1(1，1,1)为平面A1C1C的一个法向量设平面MA1C1的法向量为n2(m，n，k)，则即令n1，则m1，kt，n2(1,1，t)为平面MA1C1的一个法向量由题设得|cosn1，n2|，即，又0t1，t1.故当点M与点B重合时，平面A1C1C与平面MA1C1夹角的余弦值为.典题例证xx全国卷如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60.(1)证明：平面ABEF平面EFDC；(2)求二面角EBCA的余弦值.审题过程利用线面垂直可推证面面垂直建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.(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)过D作DGEF，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Gxyz.由(1)知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则DF2，DG，可得A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,0，)由已知，ABEF，所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF.由BEAF，可得BE平面EFDC，所以CEF为二面角CBEF的平面角，CEF60.从而可得C(2,0，)连接AC，则(1,0，)，(0,4,0)，(3，4，)，(4,0,0)设n(x，y，z)是平面BCE的法向量，则即所以可取n(3,0，)设m是平面ABCD的法向量，则同理可取m(0，4)则cosn，m.故二面角EBCA的余弦值为.模型归纳利用向量求空间角的模型示意图如下：