（全國通用版）2019高考數(shù)學二輪復習 中檔大題規(guī)范練（四）立體幾何與空間向量 理.doc

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(四)立體幾何與空間向量 1．(2018四川成都市第七中學診斷)在多面體ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四邊形ADEF是正方形，AB∥DC，AB＝AD＝1，CD＝2，AC＝EC＝. (1)求證：平面EBC⊥平面EBD； (2)設(shè)M為線段EC上一點，3＝，求二面角M－BD－E的平面角的余弦值． (1)證明　由AD＝1，CD＝2，AC＝， 得AD2＋CD2＝AC2， ∴△ADC為直角三角形，且AD⊥DC， 同理△EDC為直角三角形，且ED⊥DC. 又四邊形ADEF是正方形，∴AD⊥DE. 又AB∥DC，∴DA⊥AB. 在梯形ABCD中，過點B作BH⊥CD于點H， 故四邊形ABHD是正方形． 在△BCH中，BH＝CH＝1， ∴∠BCH＝45，BC＝， ∴∠BDC＝45，∴∠DBC＝90，∴BC⊥BD. ∵ED⊥AD，ED⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC?平面ABCD， ∴ED⊥平面ABCD， 又BC?平面ABCD，∴ED⊥BC， 又BD∩ED＝D，BD，ED?平面EBD， ∴BC⊥平面EBD， 又BC?平面EBC，∴平面EBC⊥平面EBD. (2)解　由(1)可得DA，DC，DE兩兩垂直，以D為原點，DA，DC，DE所在直線為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz， 則D(0,0,0)，E(0,0,1)，B(1,1,0)，C(0,2,0)． 令M(0，y0，z0)， 則＝(0，y0，z0－1)，＝(0,2，－1)， ∵3＝， ∴(0,3y0,3z0－3)＝(0,2，－1)， ∴點M的坐標為. ∵BC⊥平面EBD， ∴＝(－1,1,0)是平面EBD的一個法向量． 設(shè)平面MBD的法向量為m＝(x，y，z)． ＝(1,1,0)，＝， 則即 可得x＝－y＝z. 令y＝－1，得m＝(1，－1,1)． ∴cos〈m，〉＝＝＝－. 由圖形知二面角M－BD－E為銳角， ∴二面角M－BD－E的平面角的余弦值為. 2．(2018安徽省合肥市第一中學模擬)底面OABC為正方形的四棱錐P－OABC，且PO⊥底面OABC，過OA的平面與側(cè)面PBC的交線為DE，且滿足S△PDE∶S△PBC＝1∶4. (1)證明：PA∥平面OBD； (2)當S＝3S時，求二面角B－OE－C的余弦值． (1)證明　由題意知四邊形OABC為正方形， ∴OA∥BC，又BC?平面PBC，OA?平面PBC， ∴OA∥平面PBC， 又OA?平面OAED，平面OAED∩平面PBC＝DE， ∴DE∥OA，又OA∥BC， ∴DE∥BC. 由△PDE∽△PCB，且S△PDE∶S△PBC＝1∶4， 知E，D分別為PB，PC的中點． 連接AC交OB于點F，則點F為AC的中點，連接DF. ∵DF∥PA，DF?平面OBD，PA?平面OBD， ∴PA∥平面OBD. (2)解　∵底面OABC為正方形， 且PO⊥底面OABC， ∴PO，OA，OC兩兩垂直， 以O(shè)為坐標原點，OA，OC，OP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O－xyz， 設(shè)OA＝OC＝2a，OP＝2b， 則O(0,0,0)，C(0,2a,0)，B(2a,2a,0)，F(xiàn)(a，a,0)， P(0,0,2b)，E(a，a，b)． ∵PO⊥平面OABC，CF?平面OABC，∴CF⊥PO. ∵四邊形OABC為正方形， ∴CF⊥OB， 又PO∩OB＝O，PO，OB?平面POB， ∴CF⊥平面POB，即CF⊥平面OBE， ∴平面OBE的一個法向量為＝(a，－a,0)． 設(shè)平面OEC的一個法向量為m＝(x，y，z)， 而＝(0,2a,0)，＝(a，a，b)． 由得 取z＝－a可得， m＝(b,0，－a)為平面OCE的一個法向量． 設(shè)二面角B－OE－C的大小為θ， 由圖易得θ為銳角， 由S＝3S，得PO＝OA， ∴＝. 故cos θ＝＝＝， ∴二面角B－OE－C的余弦值為. 3．(2018寧夏回族自治區(qū)銀川一中模擬)如圖，已知△DEF與△ABC分別是邊長為1與2的正三角形，AC∥DF，四邊形BCDE為直角梯形，且DE∥BC，BC⊥CD，點G為△ABC的重心，N為AB的中點，AG⊥平面BCDE，M為線段AF上靠近點F的三等分點． (1)求證：GM∥平面DFN； (2)若二面角M－BC－D的余弦值為，試求異面直線MN與CD所成角的余弦值． (1)證明　在△ABC中，連接AG并延長交BC于點O，連接ON，OF. 因為點G為△ABC的重心， 所以＝，且O為BC的中點． 又＝， 所以＝＝， 所以GM∥OF. 因為點N為AB的中點， 所以NO∥AC. 又AC∥DF， 所以NO∥DF， 所以O(shè)，D，F(xiàn)，N四點共面， 又OF?平面DFN，GM?平面DFN， 所以GM∥平面DFN. (2)解　由題意知，AG⊥平面BCDE， 因為AG?平面ABC， 所以平面ABC⊥平面BCDE， 又BC⊥CD，平面ABC∩平面BCDE＝BC， CD?平面BCDE， 所以CD⊥平面ABC. 又四邊形BCDE為直角梯形，BC＝2，DE＝1， 所以O(shè)E∥CD， 所以O(shè)E⊥平面ABC. 因為AC∥DF，DE∥BC，AC∩BC＝C，DE∩DF＝D，AC，BC?平面ABC，DE，DF?平面DEF， 所以平面ABC∥平面DEF， 又△DEF與△ABC分別是邊長為1與2的正三角形， 故以O(shè)為坐標原點，OC，OE，OA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O－xyz. 設(shè)CD＝m， 則C(1,0,0)，D(1，m,0)，A(0，0，)，F(xiàn)， B(－1,0,0)，N， 因為＝， 所以M，＝(2,0,0)， ＝， 設(shè)平面MBC的一個法向量為n＝(x，y，z)， 由得 令z＝－m，得n＝(0，，－m)． 又平面BCD的法向量為v＝(0,0,1)． 由題意得|cos〈v，n〉|＝＝＝， 解得m＝， 又＝，＝， 所以|cos〈，〉|＝ ＝ ＝. 所以異面直線MN與CD所成角的余弦值為. 4．(2018益陽統(tǒng)考)如圖，在三棱錐P－ABC中，PA，AB，AC兩兩垂直，PA＝AB＝AC，平面α∥平面PAB，且α與棱PC，AC，BC分別交于P1，A1，B1三點． (1)過A作直線l，使得l⊥BC，l⊥P1A1，請寫出作法并加以證明； (2)若＝，D為線段B1C的中點，求直線P1D與平面PA1B1所成角的正弦值． 解　(1)作法：取BC的中點H，連接AH， 則直線AH即為要求作的直線l. 證明如下：∵PA⊥AB，PA⊥AC，且AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC， ∴PA⊥平面ABC. ∵平面α∥平面PAB， 且α∩平面PAC＝P1A1，平面PAB∩平面PAC＝PA， ∴P1A1∥PA， ∴P1A1⊥平面ABC， ∴P1A1⊥AH. 又AB＝AC，H為BC的中點， 則AH⊥BC，從而直線AH即為要求作的直線l. (2)∵＝， 又平面α∥平面PAB， ∴＝＝＝. 以A為坐標原點，AB，AC，AP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(chǔ)－xyz， 設(shè)AB＝3， 則A1(0,1,0)，B1(2,1,0)，P(0，0,3)，P1(0,1,2)， D(1,2,0)， 則＝(2,0,0)，＝(0,1，－3)，＝(1,1，－2)， 設(shè)平面PA1B1的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，得n＝(0,3,1)． 則cos〈，n〉＝＝. 故直線P1D與平面PA1B1所成角的正弦值為. 5．(2018江西省重點中學協(xié)作體聯(lián)考)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，AB＝AC＝2，AD＝2，PB＝，PB⊥AC. (1)求證：平面PAB⊥平面PAC； (2)若∠PBA＝45，試判斷棱PA上是否存在與點P，A不重合的點E，使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． (1)證明　因為四邊形ABCD是平行四邊形，AD＝2， 所以BC＝AD＝2， 又AB＝AC＝2， 所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB， 又PB⊥AC，AB∩PB＝B，AB，PB?平面PAB， 所以AC⊥平面PAB. 又因為AC?平面PAC， 所以平面PAB⊥平面PAC. (2)解　由(1)知AC⊥AB，AC⊥平面PAB， 分別以AB，AC所在直線為x軸，y軸， 平面PAB內(nèi)過點A且與直線AB垂直的直線為z軸，建立空間直角坐標系A(chǔ)－xyz， 則A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)， ＝(0,2,0)， ＝(－2,2,0)， 由∠PBA＝45，PB＝，可得P(1,0,1)， 所以＝(1,0,1)，＝(－1,0,1)， 假設(shè)棱PA上存在點E， 使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為， 設(shè)＝λ(0<λ<1)， 則＝λ＝(λ，0，λ)，＝－＝(λ，－2，λ)， 設(shè)平面PBC的法向量n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，可得x＝y(tǒng)＝1， 所以平面PBC的一個法向量n ＝(1,1,1)， 設(shè)直線CE與平面PBC所成的角為θ，則 sin θ＝ |cos〈n，〉| ＝ ＝＝， 解得λ＝或λ＝(舍)． 所以在棱PA上存在點E，且＝， 使得直線CE與平面PBC所成角的正弦值為.