2019-2020年高考数学大一轮复习 空间向量及其应用板块命题点专练（十二）理（含解析）.doc

2019-2020年高考数学大一轮复习 空间向量及其应用板块命题点专练（十二）理（含解析）命题点向量法求空间角及应用 命题指数：难度：中 题型：解答题1(xx福建高考)在平面四边形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.将ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如图所示(1)求证：ABCD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值2(xx四川高考)三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MNNP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值3(xx新课标全国卷)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CACB，ABAA1，BAA160.(1)证明：ABA1C；(2)若平面ABC平面AA1B1B，ABCB，求直线A1C 与平面BB1C1C所成角的正弦值4.(xx天津高考)如图， 四棱柱ABCDA1B1C1D1中， 侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点(1)证明：B1C1CE; (2)求二面角B1CEC1的正弦值(3)设点M在线段C1E上， 且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长5(xx安徽高考)如图，四棱柱ABCD A1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形，ADBC，且AD2BC.过A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA14，CD2，梯形ABCD的面积为6，求平面与底面ABCD所成二面角的大小答案命题点1.解：(1)证明：平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)过点B在平面BCD内作BEBD，如图由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M，则(1,1,0)，(0,1，1)设平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，则即取z01，得平面MBC的一个法向量n(1，1,1)设直线AD与平面MBC所成角为，则sin |cosn，|，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.2解：(1)证明：如图，取BD中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，ABD，BCD均为正三角形，因此AOBD，OCBD.因为AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因为AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NHAO，MNBD.因为AOBD，所以NHBD.因为MNNP，所以NPBD.因为NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因为HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因为H为BO中点，故P为BC中点(2)法一：由俯视图及(1)可知，AO平面BCD.因为OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直线OA，OB，OC两两垂直如图，以O为坐标原点，以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M，N，P.于是(1,0，)，(1，0)，(1,0,0)，.设平面ABC的一个法向量n1(x1，y1，z1)，则即有从而取z11，则x1，y11，所以n1(，1,1)连接MP，设平面MNP的一个法向量n2(x2，y2，z2)，则即有从而取z21，所以n2(0,1,1)设二面角ANPM的大小为.则cos .故二面角ANPM的余弦值是.法二：如图，作NQAC于Q，连接MQ.由(1)知，NPAC，所以NQNP.因为MNNP，所以MNQ为二面角ANPM的一个平面角由(1)知，ABD，BCD为边长为2的正三角形，所以AOOC.由俯视图可知，AO平面BCD.因为OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰RtAOC中，AC，作BRAC于R.在ABC中，ABBC，所以BR .因为在平面ABC内，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQ.同理，可得MQ.所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角ANPM的余弦值是.3解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CACB，所以OCAB.由于ABAA1，BAA160，故AA1B为等边三角形，所以OA1AB.因为OCOA1O，所以AB平面OA1C.又A1C平面OA1C，故ABA1C.(2)由(1)知OCAB，OA1AB.又平面ABC平面AA1B1B，交线为AB，所以OC平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由题设知A(1,0,0)，A1(0，0)，C(0,0，)，B(1,0,0)则(1,0，)，(1，0)，(0，)设n(x，y，z)是平面BB1C1C的法向量，则即可取n(，1，1)故cosn，.所以A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值为.4解：法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)(1)证明：易得(1,0，1)，(1,1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2) (1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1)由(1)知，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1,0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sin m，.所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)(0,1,0)，(1,1,1)设(，)，01，有(，1，)可取(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|.于是，解得，所以AM.法二：(1)证明：因为侧棱CC1底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1.经计算可得B1E，B1C1，EC1，从而B1E2B1CEC，所以在B1EC1中，B1C1C1E，又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E.又CE平面CC1E，故B1C1CE.(2)过B1作B1GCE于点G，连接C1G.由(1)知，B1C1CE，故CE平面B1C1G，得CEC1G，所以B1GC1为二面角B1CEC1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sin B1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值为.(3)连接D1E，过点M作MHED1于点H，可得MH平面ADD1A1，连接AH，AM，则MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角设AMx，从而在RtAHM中，有MHx，AHx.在RtC1D1E中，C1D11，ED1，得EHMHx.在AEH中，AEH135，AE1，由AH2AE2EH22AEEHcos 135，得x21x2x，整理得5x22x60，解得x.所以线段AM的长为.5解：(1)证明：因为BQAA1，BCAD，BCBQB，ADAA1A.所以平面QBC平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QCA1D.故QBC与A1AD的对应边相互平行，于是QBCA1AD.所以，即Q为BB1的中点(2)如图1，连接QA，QD.设AA1h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BCa，则AD2a.VQA1AD2ahdahd，VQ ABCDdahd，所以V下VQ A1ADVQABCDahd，又V四棱柱A1B1C1D1ABCDahd，所以V上V四棱柱A1B1C1D1ABCDV下ahdahdahd，故.(3)法一：如图1，在ADC中，作AEDC，垂足为E，连接A1E.又DEAA1，且AA1AEA，所以DE平面AEA1，于是DEA1E.所以AEA1为平面与底面ABCD所成二面角的平面角因为BCAD，AD2BC，所以SADC2SBCA.又因为梯形ABCD的面积为6，DC2，所以SADC4，AE4.于是tanAEA11，AEA1.故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.法二：如图2，以D为原点，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系设CDA.因为S梯形ABCD2sin 6.所以a.从而C(2cos ，2sin ，0)，A1，所以(2cos ，2sin ，0)，.设平面A1DC的法向量n(x，y,1)，由得xsin ，ycos ，所以n(sin ，cos ，1)又因为平面ABCD的法向量m(0,0,1)，所以cosn，m，故平面与底面ABCD所成二面角的大小为.