2019年高考數(shù)學復習大二輪精準提分練習第二篇 第15練

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1、 第15練　空間向量與立體幾何[中檔大題規(guī)范練] [明晰考情]　1.命題角度：空間線、面關系的證明，空間角的求解.2.題目難度：立體幾何大題一般位于解答題的第二題或第三題位置，中檔難度. 考點一　利用空間向量證明平行與垂直 要點重組　設直線l，m的方向向量分別為a，b，平面α，β的法向量分別為u，v，則 l∥m?a∥b?a＝kb(k∈R)； l⊥m?a⊥b?a·b＝0； l∥α?a⊥u?a·u＝0； l⊥α?a∥u?a＝ku(k∈R)； α∥β?u∥v?u＝kv(k∈R)； α⊥β?u⊥v?u·v＝0. 方法技巧　利用空間向量證明平行、垂直的兩種方法 ①坐標法：建立

2、空間直角坐標系，用空間向量的坐標系研究點、線、面的關系； ②基向量法：選三個不共面的向量(夾角最好為90°，45°或60°)，模長已知的向量作為基向量，將相關向量用基向量表示. 1.如圖所示，已知在直三棱柱ABC—A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F(xiàn)分別為B1A，C1C，BC的中點.求證： (1)DE∥平面ABC； (2)B1F⊥平面AEF. 證明　(1)由直三棱柱的性質(zhì)，得A1A⊥AB，A1A⊥AC，又BA⊥AC，如圖，以點A為坐標原點，分別以AB，AC，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A－xyz，令AB＝A

3、A1＝4， 則A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(xiàn)(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4). 取AB的中點N，連接CN， 則N(2，0，0)，C(0，4，0)，D(2，0，2)， ∴＝(－2，4，0)，＝(－2，4，0)， ∴＝，∴DE∥NC. 又∵NC?平面ABC，DE?平面ABC， ∴DE∥平面ABC. (2)∵＝(－2，2，－4)，＝(2，－2，－2)，＝(2，2，0)， ∴·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， ·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0. ∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF. 又∵AF∩EF＝F，AF，E

4、F?平面AEF， ∴B1F⊥平面AEF. 2.如圖所示，在底面是矩形的四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PA＝AB＝1，BC＝2. (1)求證：EF∥平面PAB； (2)求證：平面PAD⊥平面PDC. 證明　由題意知，PA⊥AB，PA⊥AD，BA⊥AD，以點A為坐標原點，AB，AD，AP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系A－xyz如圖所示，則A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)， 因為E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點， 所以E，F(xiàn)， ＝，＝(0，0，1)，＝(0，2，0

5、)，＝(1，0，0)，＝(1，0，0). (1)因為＝－，所以∥，即EF∥AB. 又AB?平面PAB，EF?平面PAB，所以EF∥平面PAB. (2)因為·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0， ·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0， 所以⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC. 又因為AP∩AD＝A，AP?平面PAD，AD?平面PAD，所以DC⊥平面PAD. 因為DC?平面PDC， 所以平面PAD⊥平面PDC. 3.如圖，已知點P在正方體ABCD－A′B′C′D′的對角線BD′上，∠PDA＝60°. (1)求DP與CC′所成的角的大?。? (2)求DP與平面AA′D′D所

6、成的角的大小. 解　如圖，以點D為坐標原點，分別以DA，DC，DD′所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系D－xyz. 設DA＝1，則＝(1，0，0)，＝(0，0，1).連接BD，B′D′. 在平面BB′D′D中，延長DP交B′D′于點H. 設＝(m，m，1)(m>0)，由已知〈，〉＝60°. 由·＝||||cos〈，〉， 可得2m＝，解得m＝， 所以＝. (1)因為cos〈，〉＝＝， 因為〈，〉∈[0°，180°]， 所以〈，〉＝45°，因為異面直線所成的角的范圍是(0°，90°]，DP與CC′所成的角為45°. (2)平面AA′D′D的一個法向量是＝(0，

7、1，0). 因為cos〈，〉＝＝， 且〈，〉∈[0°，180°]， 所以〈，〉＝60°. 可得DP與平面AA′D′D所成的角為30°. 考點二　空間角的求解 要點重組　設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2).平面α，β的法向量分別為u＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同). (1)線線角 設l，m所成的角為θ，則 cos θ＝＝. (2)線面角 設直線l與平面α所成的角為θ， 則sin θ＝＝|cos〈a，u〉|. (3)二面角 設α－l－β的平面角為θ(0≤θ≤π)， 則|cos θ|＝＝|cos〈u

8、，v〉|. 4.(2018·江蘇)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點. (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值. 解　如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}為基底，建立空間直角坐標系O－xyz. 因為AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1(，0，2)，C1(0，1，2). (1)因為P為A1B1的中點，所以P，

9、 從而＝，＝(0，2，2)， 故|cos〈，〉|＝＝＝. 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因為Q為BC的中點，所以Q， 因此＝，＝(0，2，2)，＝(0，0，2). 設n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量， 則即 不妨取n＝(，－1，1). 設直線CC1與平面AQC1所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝. 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 5.如圖，四邊形ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)證明：平面PQC⊥平面DCQ； (2)求二面角Q－BP－C的正弦值. (

10、1)證明　由題意可得QA⊥平面ABCD，所以QA⊥CD. 由四邊形ABCD為正方形知DC⊥AD，又因為QA∩AD＝A，QA，AD?平面PDAQ，所以CD⊥平面PDAQ，所以CD⊥PQ. 在直角梯形PDAQ中，可得DQ＝PQ＝PD， 所以PQ2＋DQ2＝PD2. 由勾股定理的逆定理得PQ⊥QD. 又因為CD∩DQ＝D，CD，DQ?平面DCQ， 所以PQ⊥平面DCQ. 又PQ?平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ. (2)解　由題意知，如圖，以點D為坐標原點，線段DA的長為單位長度，DA，DP，DC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D－xyz，依題意有Q(1，1，0

11、)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，B(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(－1，2，－1). 設n＝(x，y，z)是平面PBC的－個法向量， 則即 可取n＝(0，－1，－2). 同理，平面PBQ的一個法向量為m＝(1，1，1)， 所以cos〈m，n〉＝＝＝－， 所以sin〈m，n〉＝， 即二面角Q－BP－C的正弦值為. 6.如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為棱C1D1的中點，Q為棱BB1上的點，且BQ＝λBB1(λ≠0). (1)若λ＝，求AP與AQ所成的角的余弦值； (2)若直線AA1與平面APQ所成的角為45°，求實數(shù)λ的值. 解

12、　以點A為坐標原點，分別以AB，AD，AA1所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz. (1)因為＝(1，2，2)，＝(2，0，1)， 所以cos〈，〉＝＝＝. 所以AP與AQ所成的角的余弦值為. (2)由題意可知，＝(0，0，2)，＝(2，0，2λ)，＝(1，2，2). 設平面APQ的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則由n⊥，n⊥，得 即 令z＝－2，則x＝2λ，y＝2－λ. 所以n＝(2λ，2－λ，－2). 又因為直線AA1與平面APQ所成的角為45°， 所以|cos〈n，〉|＝＝＝， 可得5λ2－4λ＝0.又因為λ≠0，所以λ＝.

13、 考點三　立體幾何的綜合問題 方法技巧　利用空間向量求解立體幾何中的綜合問題，要根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征建立空間直角坐標系，將題中條件數(shù)量化，利用計算方法求解幾何問題. 7.(2018·全國Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點. (1)證明：平面AMD⊥平面BMC； (2)當三棱錐M－ABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值. (1)證明　由題設知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為CD.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，又DM?平面CMD， 故BC⊥DM. 因為M為上異于C，D的點，且D

14、C為直徑， 所以DM⊥CM. 又BC∩CM＝C，BC，CM?平面BMC， 所以DM⊥平面BMC. 又DM?平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC. (2)解　以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz. 當三棱錐M－ABC體積最大時，M為的中點.由題設得 D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)， ＝(－2，1，1)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)， 設n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則 即 可取n＝(1，0，2)， 是平面MCD的法向量，因此 cos〈n，〉＝＝， sin

15、〈n，〉＝. 所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是. 8.(2018·衡水模擬)在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝2，點E是線段CD上靠近點D的一個三等分點，點F是線段AD上的一個動點，且＝λ(0≤λ≤1).如圖，將△BCE沿BE折起至△BEG，使得平面BEG⊥平面ABED. (1)當λ＝時，求證：EF⊥BG； (2)是否存在λ，使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由. (1)證明　當λ＝時，點F是AD的中點. ∴DF＝AD＝1，DE＝CD＝1. ∵∠ADC＝90°， ∴∠DEF＝45°. ∵CE＝CD＝2，BC＝2，∠

16、BCD＝90°， ∴∠BEC＝45°. ∴BE⊥EF. 又平面GBE⊥平面ABED，平面GBE∩平面ABED＝BE，EF?平面ABED， ∴EF⊥平面BEG. ∵BG?平面BEG，∴EF⊥BG. (2)解　以點C為坐標原點，分別以CD，CB所在直線為x軸，y軸建立如圖所示空間直角坐標系C－xyz. 則E(2，0，0)，D(3，0，0)，F(xiàn)(3，2λ，0). 取BE的中點O， ∵GE＝BG＝2，∴GO⊥BE， 又∵平面BEG⊥平面ABED，平面BEG∩平面ABED＝BE，OG?平面BEG， ∴OG⊥平面BCE， ∵BE＝2，∴OG＝ ，∴G(1，1，). ∴＝(－2

17、，1－2λ，)，＝(－1，1，)，＝(－2，1，). 設平面DEG的一個法向量為n＝(x，y，z)， 則 令z＝，則n＝(0，－2，). 設FG與平面DEG所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝， 解得λ＝或λ＝－(舍)， ∴存在實數(shù)λ，使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為，此時λ＝. 9.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，O是AC的中點，點E在線段BD1上，且＝3，連接OE，AE，EC. (1)求證：OE∥平面A1B1CD； (2)若平面AEC與平面A1B1CD所成的銳二面角的大小為30°，求

18、直線BD1與平面A1B1CD所成的角的正弦值. (1)證明　連接BD，B1D1，B1D，因為四邊形ABCD是正方形，O是AC的中點，所以O是BD的中點，設BD1與B1D交于點M，則點M是BD1的中點，由＝3，得E是BM的中點， 所以OE∥B1D， 又B1D?平面A1B1CD，OE?平面A1B1CD， 所以OE∥平面A1B1CD. (2)解　如圖，以點D為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系D－xyz，設DD1＝h(h>0)，則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，h)，D1(0，0，h)

19、，所以＝(2，2，－h(huán))，＝(0，2，0)，＝(2，0，h)，＝(－2，2，0)，＝(－2，0，h).＝＋＝＋＝. 設平面A1B1CD的法向量為m＝(x，y，z)， 由得得y＝0，令z＝－2， 則m＝(h，0，－2). 設平面AEC的法向量為n＝(a，b，c)，由得令c＝－4，則n＝(h，h，－4). 因為平面AEC與平面A1B1CD所成的銳二面角的大小為30°， 所以cos 30°＝＝＝， 整理得h4＋4h2－32＝0，即(h2＋8)(h2－4)＝0， 所以h＝2， 所以m＝(2，0，－2)，＝(2，2，－2)， 設直線BD1與平面A1B1CD所成的角為θ，則sin θ＝

20、＝＝. 所以直線BD1與平面A1B1CD所成的角的正弦值為. 典例　(12分)如圖1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，BC＝6，D，E分別是AC，AB上的點，CD＝BE＝，O為BC的中點，將△ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐A′－BCDE，其中A′O＝. 　 (1)求證：A′O⊥平面BCDE； (2)求二面角A′－CD－B的余弦值. 審題路線圖 (1)―→―→ (2)―→―→―→―→ 規(guī)范解答·評分標準 (1)證明　如圖①，在折疊前的圖形中，連接AO交DE于點F，則F為DE的中點，在等腰直角三角形ABC中，因為BC＝6，O為BC的中點，所以A

21、C＝AB＝3，OA＝3. 因為CD＝BE＝，所以D和E分別是AC，AB的三等分點，則AF＝2，OF＝1.……2分 如圖②，在折疊后的圖形中，連接OF和A′F，因為A′O＝，所以A′F2＝OF2＋A′O2， 所以A′O⊥OF.……………………………………………………………………………3分 在折疊前的圖形中，DE⊥OA， 　　　 所以在折疊后的圖形中，DE⊥A′F，DE⊥OF.………………………………………4分 又OF∩A′F＝F，OF，A′F?平面OA′F， 所以DE⊥平面OA′F. 因為OA′?平面OA′F，所以DE⊥OA′.……………………………………………5分 因為OF

22、∩DE＝F，OF，DE?平面BCDE， 所以A′O⊥平面BCDE.…………………………………………………………………6分 (2)解　以O為坐標原點，分別以OF，OB，OA′所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系O－xyz，如圖③所示(F為DE的中點)， 則A′(0，0，)，C(0，－3，0)，D(1，－2，0)， 所以＝(0，0，)，＝(0，3，)，＝(－1，2，). ………………………………………………………………………………………………8分 設n＝(x，y，z)為平面A′CD的一個法向量，則 令z＝，得n＝(1，－1，)，|n|＝＝. …………………………………

23、…………………………………………………………9分 由(1)知，＝(0，0，)為平面CDB的一個法向量， 又||＝，·n＝0×1＋0×(－1)＋×＝3，……………………………10分 所以cos〈n，〉＝＝＝， 又由圖知，二面角為銳角，所以二面角A′－CD－B的余弦值為.…………12分 構(gòu)建答題模板 [第一步]　找垂直：找出(或作出)具有公共交點的三條兩兩垂直的直線. [第二步]　寫坐標：建立空間直角坐標系，寫出特殊點坐標. [第三步]　求向量：求直線的方向向量或平面的法向量. [第四步]　求夾角：計算向量的夾角. [第五步]　得結(jié)論：得到所求兩個平面所成的角或直線與平面所成的

24、角. 1.如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，點E在線段BB1上，且EB1＝1，D，F(xiàn)，G分別為CC1，C1B1，C1A1的中點.求證： (1)B1D⊥平面ABD； (2)平面EGF∥平面ABD. 證明　(1)由直三棱柱的性質(zhì)知，BB1⊥AB，BB1⊥BC，又AB⊥BC，以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系B－xyz，如圖所示， 則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)， 設BA＝a，則A(a，0，0)， 所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2

25、)，＝(0，2，－2)， 所以·＝0，·＝0＋4－4＝0， 即B1D⊥BA，B1D⊥BD. 又BA∩BD＝B，BA，BD?平面ABD， 所以B1D⊥平面ABD. (2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(xiàn)(0，1，4)， 則＝，＝(0，1，1)，·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0， 即B1D⊥EG，B1D⊥EF. 又EG∩EF＝E，EG，EF?平面EGF， 所以B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. 2.(2018·永州模擬)如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形ABCD是菱形，EF∥AC，EF＝1，∠ABC＝60°，CE⊥平面ABCD，CE＝，C

26、D＝2，G是DE的中點. (1)求證：平面ACG∥平面BEF； (2)求直線AD與平面ABF所成的角的正弦值. (1)證明　連接BD交AC于O，則O是BD的中點，故OG∥BE，又BE?平面BEF，OG?平面BEF，所以OG∥平面BEF. 又EF∥AC，AC?平面BEF，EF?平面BEF，所以AC∥平面BEF，又AC∩OG＝O，AC，OG?平面ACG，所以平面ACG∥平面BEF. (2)解　連接OF，由題意可得OC＝1，即OC＝EF， 又EF∥AC，所以四邊形OCEF為平行四邊形， 所以OF∥EC，OF＝EC＝， 所以OF⊥平面ABCD，所以OF，OC，OD兩兩垂直.

27、 如圖，以O為坐標原點，分別以OC，OD，OF所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系， 則A(－1，0，0)，B(0，－，0)，D(0，，0)，F(xiàn)(0，0，)，＝(1，，0)，＝(1，－，0)，＝(1，0，)， 設平面ABF的法向量為m＝(a，b，c)，依題意有 即 令a＝，則b＝1，c＝－1，m＝(，1，－1)， |cos〈，m〉|＝＝＝， 所以直線AD與平面ABF所成的角的正弦值是. 3.(2018·天津)如圖，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2. (1)若M為CF的中點，

28、N為EG的中點，求證：MN∥平面CDE； (2)求二面角E－BC－F的正弦值； (3)若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長. (1)證明　依題意，可以建立以D為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系(如圖)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(xiàn)(0，1，2)，G(0，0，2)，M?，N(1，0，2). 依題意得＝(0，2，0)，＝(2，0，2). 設n0＝(x0，y0，z0)為平面CDE的法向量，則 即不妨令z0＝－1，可得n0＝(1，0，－1). 又

29、＝，可得·n0＝0. 又因為直線MN?平面CDE，所以MN∥平面CDE. (2)解　依題意，可得＝(－1，0，0)，＝(1，－2，2)，＝(0，－1，2). 設n＝(x，y，z)為平面BCE的法向量，則 即不妨令z＝1，可得n＝(0，1，1). 設m＝(x，y，z)為平面BCF的法向量，則 即不妨令z＝1，可得m＝(0，2，1). 因此有cos〈m，n〉＝＝， 于是sin〈m，n〉＝. 所以二面角E－BC－F的正弦值為. (3)解　設線段DP的長為h(h∈[0，2])，則點P的坐標為(0，0，h)，可得＝(－1，－2，h). ＝(0，2，0)為平面ADGE的一個法向量，

30、 故|cos〈，〉|＝＝， 由題意，可得＝sin 60°＝， 解得h＝(負值舍去). 所以線段DP的長為. 4.如圖，同一平面上直角梯形ABCD和直角梯形ABEF全等，AD＝2AB＝2BC，將梯形ABEF沿AB折起，使二面角F－AB－D的大小為θ(0＜θ＜π). (1)求證：對任意θ∈(0，π)，平面ABEF⊥平面ADF； (2)當θ＝時，求二面角A－ED－B的余弦值. (1)證明　在折起過程中，AB⊥AF，AB⊥AD恒成立，且AF∩AD＝A，AF?平面ADF，AD?平面ADF，所以AB⊥平面ADF. 因為AB?平面ABEF，所以平面ABEF⊥平面ADF， 所以對任意θ∈

31、(0，π)，平面ABEF⊥平面ADF. (2)解　因為AF⊥AB，AD⊥AB，則二面角F－AB－D的平面角為∠FAD，即θ＝∠FAD＝90°，AB，AD，AF兩兩垂直.以A點為坐標原點，AB，AD，AF所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz，設AB＝BC＝1，則AD＝2，BE＝1. 所以A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，2，0)，E(1，0，1). ＝(0，0，1)，＝(－1，2，0)，＝(0，2，0)，＝(1，0，1). 設n1＝(x1，y1，z1)為平面BED的法向量， 則即 令y1＝1，則n1＝(2，1，0). 設n2＝(x2，y2，z2)為平面AED的法向量， 則即 令x2＝1，則n2＝(1，0，－1). 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝. 結(jié)合圖形可知，二面角A－ED－B的余弦值為.