《2019年高考數(shù)學復習大二輪精準提分練習第二篇 第15練》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019年高考數(shù)學復習大二輪精準提分練習第二篇 第15練（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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，的法向量分別為u，v，則lmabakb(kR)；lmabab0；lauau0；lauaku(kR)；uvukv(kR)；uvuv0.方法技巧利用空間向量證明平行、垂直的兩種方法坐標法：建立空間直角坐標系，用空間向量的坐標系研究點、線、面的關系；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

2、表示.1.如圖所示，已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC為等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，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，得A1AAB，A1AAC，又BAAC，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Axyz，令ABAA14，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

3、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)22(2)(4)(2)0，(2)222(4)00.，即B1FEF，B1FAF.又AFEFF，AF，EF平面AEF，B1F平面AEF.2.如圖所示，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點，PAAB1，BC2.(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.證明由題意知，PAAB，PAAD，BAAD，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Axyz如圖所示，則A(0，0，0)，B(1，

4、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)，(1，0，0)，(1，0，0).(1)因為，所以，即EFAB.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APDC，ADDC.又因為APADA，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ABCDABCD的對角線BD上，PDA60.(1)求DP與CC所成的角的大??；(2)求DP與平面A

5、ADD所成的角的大小.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Dxyz.設DA1，則(1，0，0)，(0，0，1).連接BD，BD.在平面BBDD中，延長DP交BD于點H.設(m，m，1)(m0)，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AADD的一個法向量是(0，1，0).因為cos，且，0，180，所以，60.可得DP與平面AADD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(

6、a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2).平面，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，則cos .(2)線面角設直線l與平面所成的角為，則sin |cosa，u|.(3)二面角設l的平面角為(0)，則|cos |cosu，v|.4.(2018江蘇)如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，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ABCA1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OBOC，OO1OC，

7、OO1OB，以，為基底，建立空間直角坐標系Oxyz.因為ABAA12，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，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，則sin |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

8、ABCD，PDQA，QAABPD.(1)證明：平面PQC平面DCQ；(2)求二面角QBPC的正弦值.(1)證明由題意可得QA平面ABCD，所以QACD.由四邊形ABCD為正方形知DCAD，又因為QAADA，QA，AD平面PDAQ，所以CD平面PDAQ，所以CDPQ.在直角梯形PDAQ中，可得DQPQPD，所以PQ2DQ2PD2.由勾股定理的逆定理得PQQD.又因為CDDQD，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Dxy

9、z，依題意有Q(1，1，0)，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cosm，n，所以sinm，n，即二面角QBPC的正弦值為.6.如圖，在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，P為棱C1D1的中點，Q為棱BB1上的點，且BQBB1(0).(1)若，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)的值.解以點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

10、間直角坐標系Axyz.(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)，(2，0，2)，(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z2，則x2，y2.所以n(2，2，2).又因為直線AA1與平面APQ所成的角為45，所以|cosn，|，可得5240.又因為0，所以.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)幾何體的結構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)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧

11、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MABC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BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DMCM.又BCCMC，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Dxyz.當三棱錐MABC體積最大時，M為的中點.由題設得D(0，0，0)，A(2，0，0

12、)，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cosn，sinn，.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，AB3，AD2，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(01).如圖，將BCE沿BE折起至BEG，使得平面BEG平面ABED.(1)當時，求證：EFBG；(2)是否存在，使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.(1)證

13、明當時，點F是AD的中點.DFAD1，DECD1.ADC90，DEF45.CECD2，BC2，BCD90，BEC45.BEEF.又平面GBE平面ABED，平面GBE平面ABEDBE，EF平面ABED，EF平面BEG.BG平面BEG，EFBG.(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Cxyz.則E(2，0，0)，D(3，0，0)，F(xiàn)(3，2，0).取BE的中點O，GEBG2，GOBE，又平面BEG平面ABED，平面BEG平面ABEDBE，OG平面BEG，OG平面BCE，BE2，OG ，G(1，1，).(2，12，)，(1，1，)，(2，1，).設平

14、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，則sin |cos，n|，解得或(舍)，存在實數(shù)，使得FG與平面DEG所成的角的正弦值為，此時.9.在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的正方形，側棱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，

15、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OEB1D，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Dxyz，設DD1h(h0)，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)，所以(2，2，h)，(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y0，令z2，則m(h，0，2).設平面AEC的法向量為n

16、(a，b，c)，由得令c4，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h44h2320，即(h28)(h24)0，所以h2，所以m(2，0，2)，(2，2，2)，設直線BD1與平面A1B1CD所成的角為，則sin .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，BAC90，BC6，D，E分別是AC，AB上的點，CDBE，O為BC的中點，將ADE沿DE折起，得到如圖2所示的四棱錐ABCDE，其中AO.(1)求證：AO平面BCDE；(2)求二面角ACDB的余弦值.審題路線圖(1)(2

17、)規(guī)范解答評分標準(1)證明如圖，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BC6，O為BC的中點，所以ACAB3，OA3.因為CDBE，所以D和E分別是AC，AB的三等分點，則AF2，OF1.2分如圖，在折疊后的圖形中，連接OF和AF，因為AO，所以AF2OF2AO2，所以AOOF.3分在折疊前的圖形中，DEOA，所以在折疊后的圖形中，DEAF，DEOF.4分又OFAFF，OF，AF平面OAF，所以DE平面OAF.因為OA平面OAF，所以DEOA.5分因為OFDEF，OF，DE平面BCDE，所以AO平面BCDE.6分(2)解以O為坐標原點，分別以

18、OF，OB，OA所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系Oxyz，如圖所示(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ACD的一個法向量，則令z，得n(1，1，)，|n|.9分由(1)知，(0，0，)為平面CDB的一個法向量，又|，n010(1)3，10分所以cosn，又由圖知，二面角為銳角，所以二面角ACDB的余弦值為.12分構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

19、的法向量.第四步求夾角：計算向量的夾角.第五步得結論：得到所求兩個平面所成的角或直線與平面所成的角.1.如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，點E在線段BB1上，且EB11，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)由直三棱柱的性質知，BB1AB，BB1BC，又ABBC，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Bxyz，如圖所示，則B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，設BAa，則A(a，0，0)，所以(a，

20、0，0)，(0，2，2)，(0，2，2)，所以0，0440，即B1DBA，B1DBD.又BABDB，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)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，所以B1D平面EGF.結合(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，EFAC，EF1，ABC60，CE平面ABCD，CE，CD2，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

21、)證明連接BD交AC于O，則O是BD的中點，故OGBE，又BE平面BEF，OG平面BEF，所以OG平面BEF.又EFAC，AC平面BEF，EF平面BEF，所以AC平面BEF，又ACOGO，AC，OG平面ACG，所以平面ACG平面BEF.(2)解連接OF，由題意可得OC1，即OCEF，又EFAC，所以四邊形OCEF為平行四邊形，所以OFEC，OFEC，所以OF平面ABCD，所以OF，OC，OD兩兩垂直.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A

22、BF的法向量為m(a，b，c)，依題意有即令a，則b1，c1，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，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF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，

23、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z01，可得n0(1，0，1).又，可得n00.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z1，可得n(0，1，1).設m(x，y，z)為平面BCF的法向量，則即不妨令z1，可得m(0，2，1).因此有cosm，n，于是sinm，n.所以二面角EBCF的正弦值為.(3)解設線

24、段DP的長為h(h0，2)，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，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，AD2AB2BC，將梯形ABEF沿AB折起，使二面角FABD的大小為(0).(1)求證：對任意(0，)，平面ABEF平面ADF；(2)當時，求二面角AEDB的余弦值.(1)證明在折起過程中，ABAF，ABAD恒成立，且AFADA，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

25、任意(0，)，平面ABEF平面ADF.(2)解因為AFAB，ADAB，則二面角FABD的平面角為FAD，即FAD90，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Axyz，設ABBC1，則AD2，BE1.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y11，則n1(2，1，0).設n2(x2，y2，z2)為平面AED的法向量，則即令x21，則n2(1，0，1).所以cosn1，n2.結合圖形可知，二面角AEDB的余弦值為.