《2020高考数学精准提分二轮第二篇 第15练 空间向量与立体几何.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学精准提分二轮第二篇 第15练 空间向量与立体几何.docx（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第15练空间向量与立体几何中档大题规范练明晰考情1.命题角度：空间线、面关系的证明，空间角的求解.2.题目难度：立体几何大题一般位于解答题的第二题或第三题位置，中档难度.考点一利用空间向量证明平行与垂直要点重组设直线l，m的方向向量分别为a，b，平面，的法向量分别为u，v，则lmabakb(kR)；lmabab0；lauau0；lauaku(kR)；uvukv(kR)；uvuv0.方法技巧利用空间向量证明平行、垂直的两种方法坐标法：建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标系研究点、线、面的关系；基向量法：选三个不共面的向量(夹角最好为90，45或60)，模长已知的向量作为基向量，将相关向量用基向量
2、表示.1.如图所示，已知在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，BAC90，且ABAA1，D，E，F分别为B1A，C1C，BC的中点.求证：(1)DE平面ABC；(2)B1F平面AEF.证明(1)由直三棱柱的性质，得A1AAB，A1AAC，又BAAC，如图，以点A为坐标原点，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，令ABAA14，则A(0，0，0)，E(0，4，2)，F(2，2，0)，B(4，0，0)，B1(4，0，4).取AB的中点N，连接CN，则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.如图所示，在底面是矩形的四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PAAB1，BC2.(1)求证：EF平面PAB；(2)求证：平面PAD平面PDC.证明由题意知，PAAB，PAAD，BAAD，以点A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz如图所示，则A(0，0，0)，B(1，
4、0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1)，因为E，F分别是PC，PD的中点，所以E，F，(0，0，1)，(0，2，0)，(1，0，0)，(1，0，0).(1)因为，所以，即EFAB.又AB平面PAB，EF平面PAB，所以EF平面PAB.(2)因为(0，0，1)(1，0，0)0，(0，2，0)(1，0，0)0，所以，即APDC，ADDC.又因为APADA，AP平面PAD，AD平面PAD，所以DC平面PAD.因为DC平面PDC，所以平面PAD平面PDC.3.如图，已知点P在正方体ABCDABCD的对角线BD上，PDA60.(1)求DP与CC所成的角的大小；(2)求DP与平面A
5、ADD所成的角的大小.解如图，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.设DA1，则(1，0，0)，(0，0，1).连接BD，BD.在平面BBDD中，延长DP交BD于点H.设(m，m，1)(m0)，由已知，60.由|cos，可得2m，解得m，所以.(1)因为cos，因为，0，180，所以，45，因为异面直线所成的角的范围是(0，90，DP与CC所成的角为45.(2)平面AADD的一个法向量是(0，1，0).因为cos，且，0，180，所以，60.可得DP与平面AADD所成的角为30.考点二空间角的求解要点重组设直线l，m的方向向量分别为a(
6、a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2).平面，的法向量分别为u(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同).(1)线线角设l，m所成的角为，则cos .(2)线面角设直线l与平面所成的角为，则sin |cosa，u|.(3)二面角设l的平面角为(0)，则|cos |cosu，v|.4.(2018江苏)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.解如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，
7、OO1OB，以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为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)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0，2，2)，故|cos，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0，2，2)，(0，0，2).设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1，1).设直线CC1与平面AQC1所成的角为，则sin |cos，n|.所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.5.如图，四边形ABCD为正方形，PD平面
8、ABCD，PDQA，QAABPD.(1)证明：平面PQC平面DCQ；(2)求二面角QBPC的正弦值.(1)证明由题意可得QA平面ABCD，所以QACD.由四边形ABCD为正方形知DCAD，又因为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.又因为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)解由题意知，如图，以点D为坐标原点，线段DA的长为单位长度，DA，DP，DC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxy
9、z，依题意有Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)，B(1，0，1)，(1，0，0)，(1，2，1).设n(x，y，z)是平面PBC的个法向量，则即可取n(0，1，2).同理，平面PBQ的一个法向量为m(1，1，1)，所以cosm，n，所以sinm，n，即二面角QBPC的正弦值为.6.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱C1D1的中点，Q为棱BB1上的点，且BQBB1(0).(1)若，求AP与AQ所成的角的余弦值；(2)若直线AA1与平面APQ所成的角为45，求实数的值.解以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空
10、间直角坐标系Axyz.(1)因为(1，2，2)，(2，0，1)，所以cos，.所以AP与AQ所成的角的余弦值为.(2)由题意可知，(0，0，2)，(2，0，2)，(1，2，2).设平面APQ的一个法向量为n(x，y，z)，则由n，n，得即令z2，则x2，y2.所以n(2，2，2).又因为直线AA1与平面APQ所成的角为45，所以|cosn，|，可得5240.又因为0，所以.考点三立体几何的综合问题方法技巧利用空间向量求解立体几何中的综合问题，要根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系，将题中条件数量化，利用计算方法求解几何问题.7.(2018全国)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧
11、所在平面垂直，M是上异于C，D的点.(1)证明：平面AMD平面BMC；(2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.(1)证明由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，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Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点.由题设得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)，设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1，0，2)，是平面MCD的法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.8.(2018衡水模拟)在矩形ABCD中，AB3，AD2，点E是线段CD上靠近点D的一个三等分点，点F是线段AD上的一个动点，且(01).如图，将BCE沿BE折起至BEG，使得平面BEG平面ABED.(1)当时，求证：EFBG；(2)是否存在，使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.(1)证
13、明当时，点F是AD的中点.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)解以点C为坐标原点，分别以CD，CB所在直线为x轴，y轴建立如图所示空间直角坐标系Cxyz.则E(2，0，0)，D(3，0，0)，F(3，2，0).取BE的中点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，).设平
14、面DEG的一个法向量为n(x，y，z)，则令z，则n(0，2，).设FG与平面DEG所成的角为，则sin |cos，n|，解得或(舍)，存在实数，使得FG与平面DEG所成的角的正弦值为，此时.9.在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱DD1平面ABCD，O是AC的中点，点E在线段BD1上，且3，连接OE，AE，EC.(1)求证：OE平面A1B1CD；(2)若平面AEC与平面A1B1CD所成的锐二面角的大小为30，求直线BD1与平面A1B1CD所成的角的正弦值.(1)证明连接BD，B1D1，B1D，因为四边形ABCD是正方形，O是AC的中点，所以O是BD的中点，
15、设BD1与B1D交于点M，则点M是BD1的中点，由3，得E是BM的中点，所以OEB1D，又B1D平面A1B1CD，OE平面A1B1CD，所以OE平面A1B1CD.(2)解如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，设DD1h(h0)，则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).设平面A1B1CD的法向量为m(x，y，z)，由得得y0，令z2，则m(h，0，2).设平面AEC的法向量为n
16、(a，b，c)，由得令c4，则n(h，h，4).因为平面AEC与平面A1B1CD所成的锐二面角的大小为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)，设直线BD1与平面A1B1CD所成的角为，则sin .所以直线BD1与平面A1B1CD所成的角的正弦值为.典例(12分)如图1，在等腰直角三角形ABC中，BAC90，BC6，D，E分别是AC，AB上的点，CDBE，O为BC的中点，将ADE沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥ABCDE，其中AO.(1)求证：AO平面BCDE；(2)求二面角ACDB的余弦值.审题路线图(1)(2
17、)规范解答评分标准(1)证明如图，在折叠前的图形中，连接AO交DE于点F，则F为DE的中点，在等腰直角三角形ABC中，因为BC6，O为BC的中点，所以ACAB3，OA3.因为CDBE，所以D和E分别是AC，AB的三等分点，则AF2，OF1.2分如图，在折叠后的图形中，连接OF和AF，因为AO，所以AF2OF2AO2，所以AOOF.3分在折叠前的图形中，DEOA，所以在折叠后的图形中，DEAF，DEOF.4分又OFAFF，OF，AF平面OAF，所以DE平面OAF.因为OA平面OAF，所以DEOA.5分因为OFDEF，OF，DE平面BCDE，所以AO平面BCDE.6分(2)解以O为坐标原点，分别以
18、OF，OB，OA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示(F为DE的中点)，则A(0，0，)，C(0，3，0)，D(1，2，0)，所以(0，0，)，(0，3，)，(1，2，).8分设n(x，y，z)为平面ACD的一个法向量，则令z，得n(1，1，)，|n|.9分由(1)知，(0，0，)为平面CDB的一个法向量，又|，n010(1)3，10分所以cosn，又由图知，二面角为锐角，所以二面角ACDB的余弦值为.12分构建答题模板第一步找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线.第二步写坐标：建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标.第三步求向量：求直线的方向向量或平面
19、的法向量.第四步求夹角：计算向量的夹角.第五步得结论：得到所求两个平面所成的角或直线与平面所成的角.1.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，点E在线段BB1上，且EB11，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点.求证：(1)B1D平面ABD；(2)平面EGF平面ABD.证明(1)由直三棱柱的性质知，BB1AB，BB1BC，又ABBC，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Bxyz，如图所示，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4)，设BAa，则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(0，1，4)，则，(0，1，1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF.又EGEFE，EG，EF平面EGF，所以B1D平面EGF.结合(1)可知平面EGF平面ABD.2.(2018永州模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，EFAC，EF1，ABC60，CE平面ABCD，CE，CD2，G是DE的中点.(1)求证：平面ACG平面BEF；(2)求直线AD与平面ABF所成的角的正弦值.(1
21、)证明连接BD交AC于O，则O是BD的中点，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)解连接OF，由题意可得OC1，即OCEF，又EFAC，所以四边形OCEF为平行四边形，所以OFEC，OFEC，所以OF平面ABCD，所以OF，OC，OD两两垂直.如图，以O为坐标原点，分别以OC，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，B(0，0)，D(0，0)，F(0，0，)，(1，0)，(1，0)，(1，0，)，设平面A
22、BF的法向量为m(a，b，c)，依题意有即令a，则b1，c1，m(，1，1)，|cos，m|，所以直线AD与平面ABF所成的角的正弦值是.3.(2018天津)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长.(1)证明依题意，可以建立以D为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(1，
23、2，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，1，2)，G(0，0，2)，M，N(1，0，2).依题意得(0，2，0)，(2，0，2).设n0(x0，y0，z0)为平面CDE的法向量，则即不妨令z01，可得n0(1，0，1).又，可得n00.又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)解依题意，可得(1，0，0)，(1，2，2)，(0，1，2).设n(x，y，z)为平面BCE的法向量，则即不妨令z1，可得n(0，1，1).设m(x，y，z)为平面BCF的法向量，则即不妨令z1，可得m(0，2，1).因此有cosm，n，于是sinm，n.所以二面角EBCF的正弦值为.(3)解设线
24、段DP的长为h(h0，2)，则点P的坐标为(0，0，h)，可得(1，2，h).(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos，|，由题意，可得sin 60，解得h(负值舍去).所以线段DP的长为.4.如图，同一平面上直角梯形ABCD和直角梯形ABEF全等，AD2AB2BC，将梯形ABEF沿AB折起，使二面角FABD的大小为(0).(1)求证：对任意(0，)，平面ABEF平面ADF；(2)当时，求二面角AEDB的余弦值.(1)证明在折起过程中，ABAF，ABAD恒成立，且AFADA，AF平面ADF，AD平面ADF，所以AB平面ADF.因为AB平面ABEF，所以平面ABEF平面ADF，所以对
25、任意(0，)，平面ABEF平面ADF.(2)解因为AFAB，ADAB，则二面角FABD的平面角为FAD，即FAD90，AB，AD，AF两两垂直.以A点为坐标原点，AB，AD，AF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，设ABBC1，则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).设n1(x1，y1，z1)为平面BED的法向量，则即令y11，则n1(2，1，0).设n2(x2，y2，z2)为平面AED的法向量，则即令x21，则n2(1，0，1).所以cosn1，n2.结合图形可知，二面角AEDB的余弦值为.