- 2021-06-07 发布 |
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文档介绍
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 -查看更多