新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训三立体几何与空间向量20200113035

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新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训三立体几何与空间向量20200113035

大题考法专训(三) 立体几何与空间向量 A级——中档题保分练 ‎1.(2019·全国卷Ⅰ)如图,直四棱柱ABCD A1B‎1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.‎ ‎(1)证明:MN∥平面C1DE;‎ ‎(2)求二面角AMA1N的正弦值.‎ 解:(1)证明:如图,连接B‎1C,ME.‎ 因为M,E分别为BB1,BC的中点,‎ 所以ME∥B‎1C,且ME=B‎1C.‎ 又因为N为A1D的中点,所以ND=A1D.‎ 由题设知A1B1綊DC,可得B‎1C綊A1D,故ME綊ND,‎ 因此四边形MNDE为平行四边形,所以MN∥ED.‎ 又MN⊄平面C1DE,所以MN∥平面C1DE.‎ ‎(2)由已知可得DE⊥DA,以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D xyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,,2),N(1,0,2),=(0,0,-4),=(-1,,-2),=(-1,0,-2),=(0,-,0).‎ 设m=(x,y,z)为平面A1MA的法向量,‎ 则 所以 可取m=(,1,0).‎ 设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,‎ 则所以 可取n=(2,0,-1).‎ 于是cos〈m,n〉===,‎ 所以二面角AMA1N的正弦值为.‎ ‎2.如图,已知四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°.‎ - 7 -‎ ‎(1)求证:AC⊥平面BDEF;‎ ‎(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:设AC与BD相交于点O,连接FO,‎ 因为四边形ABCD为菱形,‎ 所以AC⊥BD,且O为AC的中点,‎ 因为FA=FC,所以AC⊥FO,‎ 又FO∩BD=O,所以AC⊥平面BDEF.‎ ‎(2)连接DF,因为四边形BDEF为菱形,且∠DBF=60°,‎ 所以△DBF为等边三角形,‎ 因为O为BD的中点,‎ 所以FO⊥BD,‎ 又AC⊥FO,AC⊥BD,‎ 所以OA,OB,OF两两垂直,‎ 以O为坐标原点,OA,OB,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,‎ 设AB=2,因为四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,所以BD=2,AC=2.‎ 因为△DBF为等边三角形,所以OF=.‎ 所以A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,),‎ 所以=(-,-1,0),=(-,0,),‎ =(-,1,0).‎ 设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即 令x=1,得平面ABF的一个法向量为n=(1,,1).‎ 设直线AD与平面ABF所成的角为θ,‎ 则sin θ=|cos〈,n〉|==.‎ 故直线AD与平面ABF所成角的正弦值为.‎ ‎3.(2019·北京高考)如图,在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3,E为PD的中点,点F在PC - 7 -‎ 上,且=.‎ ‎(1)求证:CD⊥平面PAD;‎ ‎(2)求二面角FAEP的余弦值;‎ ‎(3)设点G在PB上,且=.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.‎ 解:(1)证明:因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.‎ 又因为AD⊥CD,PA∩AD=A,‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ ‎(2)过点A作AD的垂线交BC于点M.‎ 因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.‎ 以A为坐标原点,AM,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).‎ 因为E为PD的中点,‎ 所以E(0,1,1).‎ 所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).‎ 所以==,‎ 所以=+=.‎ 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则即 令z=1,则y=-1,x=-1.‎ 于是n=(-1,-1,1). ‎ 又因为平面PAD的一个法向量为p=(1,0,0),‎ 所以cos〈n,p〉==-.‎ 由图知,二面角FAEP为锐角,‎ 所以二面角FAEP的余弦值为.‎ ‎(3)直线AG在平面AEF内,理由如下:‎ 因为点G在PB上,且=,=(2,-1,-2),‎ 所以==,‎ 所以=+PG―→=.‎ - 7 -‎ 由(2)知,平面AEF的一个法向量n=(-1,-1,1),‎ 所以·n=-++=0.‎ 所以直线AG在平面AEF内.‎ B级——拔高题满分练 ‎1.(2019·福建南平质检)已知三棱锥SABC的底面ABC是等边三角形,D是AC的中点,CE=CB,平面SBC⊥平面ABC.‎ ‎(1)求证:DE⊥SB;‎ ‎(2)若SB=SC,二面角ASCB的余弦值为,求SD与平面SBC所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:取BC的中点O,连接AO.因为三角形ABC是等边三角形,所以AO⊥BC,由题易得,DE∥AO,从而DE⊥BC.‎ 又因为平面SBC⊥平面ABC,平面SBC∩平面ABC=BC,DE⊂平面ABC,所以DE⊥平面SBC.‎ 又SB⊂平面SBC,所以DE⊥SB.‎ ‎(2)连接SO,因为SB=SC,所以SO⊥BC.‎ 又平面SBC⊥平面ABC,平面SBC∩平面ABC=BC,‎ SO⊂平面SBC,所以SO⊥平面ABC,‎ 所以OA,OB,OS两两垂直.‎ 以OA,OB,OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 设CA=CB=AB=4,SO=h(h>0),则A(2,0,0),C(0,-2,0),S(0,0,h),从而=(2,0,-h),=(0,-2,-h).‎ 设平面ASC的一个法向量为n=(x,y,z),‎ 由得取z=2得 所以n=.‎ 易得平面SBC的一个法向量m=(1,0,0).‎ 由|cos〈n,m〉|=,可得=,解得h=2,‎ 所以S(0,0,2).又因为D(,-1,0),所以=(-,1,2).所以cos〈,m〉==-.‎ - 7 -‎ 设SD与平面SBC所成角的大小为θ,则sin θ=,‎ 故SD与平面SBC所成角的正弦值为.‎ ‎2.如图所示,四棱锥P ABCD的底面为矩形,已知PA=PB=PC=PD=BC=1,AB=,过底面对角线AC作与PB平行的平面交PD于E.‎ ‎(1)试判定点E的位置,并加以证明;‎ ‎(2)求二面角E ACD的余弦值.‎ 解:(1)E为PD的中点.证明如下:‎ 如图,连接OE,‎ 因为PB∥平面AEC,平面PBD∩平面AEC=OE,PB⊄平面AEC,‎ 所以PB∥OE.‎ 又O为BD的中点,所以E为PD的中点.‎ ‎(2)连接PO,‎ 因为四边形ABCD为矩形,‎ 所以OA=OC.‎ 因为PA=PC,所以PO⊥AC.‎ 同理,得PO⊥BD,‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 以O为坐标原点,OP所在直线为z轴,过O平行于AD的直线为x轴,过O平行于CD的直线为y轴建立空间直角坐标系(如图所示).‎ 则A,D,P,‎ E,=,‎ =,=.‎ 显然是平面ACD的一个法向量.‎ 设n=(x,y,z)是平面ACE的法向量,‎ 则即 取y=1,则n=(,1,2),‎ - 7 -‎ 所以cos〈n,〉==.‎ 由图知,二面角EACD为锐角,‎ 所以二面角E AC D的余弦值为.‎ ‎3.已知等边三角形ABC的边长为3,点D,E分别是边AB,AC上的点,且满足==,如图①,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使二面角A1DEB为直二面角,连接A1B,A‎1C,如图②.‎ ‎(1)求证:BD⊥平面A1DE;‎ ‎(2)在线段BC上是否存在点P,使平面PA1E与平面A1BD所成的角为60°?若存在,求出PB的长;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)证明:因为等边三角形ABC的边长为3,且==,所以AD=1,AE=2.‎ 在△ADE中,∠DAE=60°,由余弦定理得DE==,‎ 从而AD2+DE2=AE2,所以AD⊥DE,即BD⊥DE.‎ 因为二面角A1DEB是直二面角,‎ 所以平面A1DE⊥平面BCED.‎ 又平面A1DE∩平面BCED=DE,BD⊥DE,‎ 所以BD⊥平面A1DE.‎ ‎(2)存在点P使平面PA1E与平面A1BD所成角为60°.‎ 由(1)知,BD,DA1,DE两两垂直,以D为坐标原点,分别以DB,DE,DA1所在的直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 设PB=‎2a,作PH⊥BD于点H,连接A1H,A1P,PE,‎ 则BH=a,PH=a,DH=2-a,所以D(0,0,0),A1(0,0,1),P(2-a,a,0),E(0,,0),‎ - 7 -‎ 所以A1P―→=(2-a,a,-1),A1E―→=(0,,-1).‎ 因为ED⊥平面A1BD,‎ 所以平面A1BD的一个法向量为=(0,,0).‎ 设平面PA1E的法向量为n1=(x,y,z),‎ 由得 令y=1,则x=,z=,‎ 所以可取n1=.‎ 所以|cos〈n1,〉|==cos 60°=,解得a=1,‎ 所以存在点P,且PB=2,使平面PA1E与平面A1BD所成的角为60°.‎ - 7 -‎
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