《2020高考数学（理科）增分大二轮人教版增分练：第二部分 专题3 增分强化练（二十一） Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学（理科）增分大二轮人教版增分练：第二部分 专题3 增分强化练（二十一） Word版含解析（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、增分强化练(二十一)考点一利用空间向量证明平行与垂直如图所示，平面PAD平面ABCD，ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD2，E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点求证：PB平面EFG.证明：平面PAD平面ABCD，ABCD为正方形，PAD是直角三角形，且PAAD，AB，AP，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，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(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，F(0,1,1)，G(1,2,0)(2,0，2)，(0，1,0)，(1,1，1)
2、，设st，即(2,0，2)s(0，1,0)t(1,1，1)，解得st2，22，又与不共线，与共面PB平面EFG，PB平面EFG.考点二利用空间向量求空间角1(2019滨州模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，BCBB1，B1BC60，B1C1AB1.(1)证明：ABAC；(2)若ABAC，且AB1BB1，求二面角A1CB1C1的余弦值解析：(1)证明：取BC的中点O，连结AO，OB1.因为BCBB1，B1BC60，所以BCB1是等边三角形，所以B1OBC，又BCB1C1，B1C1AB1，所以BCAB1，所以BC平面AOB1，所以BCAO，由三线合一可知ABC为等腰三角形所以ABAC.(2)
3、设AB1BB12，则BCB1C2.因为ABAC，所以AO1.又因为OB1，所以OBAO2AB，所以AOOB1.以O为坐标原点，向量的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，C(1,0,0)，A1(1，1)，B1(0，0)，1(0，1)，1(1，0)设平面A1B1C的法向量为n(x，y，z)，则，即，可取n(，1，)，由(1)可知，平面CB1C1的法向量可取(0,0,1)，所以cos，n ，由图示可知，二面角A1CB1C1为锐二面角，所以二面角A1CB1C1的余弦值为.2.已知四棱锥P ABCD的底面ABCD是直角梯形，ADBC，ABBC，AB，BC2AD2
4、，E为CD的中点，PBAE.(1)证明：平面PBD平面ABCD；(2)若PBPD，PC与平面ABCD所成的角为，求二面角B PD C的余弦值解析：(1)证明：由ABCD是直角梯形，AB，BC2AD2，可得DC2，BCD，BD2，从而BCD是等边三角形，BDC，BD平分ADC，E为CD的中点，DEAD1，BDAE，又PBAE，PBBDB，AE平面PBD，AE平面ABCD，平面PBD平面ABCD.(2)如图，作POBD于O，连接OC，平面PBD平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD，PO平面ABCD，PCO为PC与平面ABCD所成的角，PCO，又PBPD，O为BD中点，OCBD，OPOC，以OB
5、，OC，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0)，P(0,0，)(0，)，(1,0，)，设平面PCD的一个法向量n(x，y，z)，由得令z1得n(，1,1)，又平面PBD的一个法向量为m(0,1,0)，设二面角B PD C为，则|cos |.所求二面角B PD C的余弦值是.考点三立体几何中的探索性问题1(2019桂林、崇左模拟)已知四棱锥SABCD的底面ABCD是菱形，ABC，SA底面ABCD，E是SC上的任意一点(1)求证：平面EBD平面SAC；(2)设SAAB2，是否存在点E使平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30？如果存在，求出点
6、E的位置，如果不存在，请说明理由解析：(1)证明：SA平面ABCD，BD平面ABCD，SABD.四边形ABCD是菱形，ACBD.ACASA，BD平面SAC.BD平面EBD，平面EBD平面SAC. (2)当点E为SC的中点时，平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30，理由如下：设AC与BD的交点为O，以OC、OD所在直线分别为x、y轴，以过O垂直平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图)，则A(1,0,0)，C(1,0,0)，S(1,0,2)，B(0，0)，D(0，0)设E(x,0，z)，则(x1,0，z2)，(1x,0，z)，设，E，(0,2，0)，设平面BDE的法向量n(x1
7、，y1，z1)， ，.求得n(2,0,1)为平面BDE的一个法向量同理可得平面SAD的一个法向量为m(，1,0)，平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30，cos 30，解得1.E为SC的中点2如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，CACBCC12，ACC1CC1B1，直线AC与直线BB1所成的角为60.(1)求证：AB1CC1；(2)若AB1，M是AB1上的点，当平面MCC1与平面AB1C夹角的余弦值为时，求的值解析：(1)证明：在三棱柱ABC A1B1C1中，各侧面均为平行四边形，所以BB1CC1，则ACC1即为AC与BB1所成的角，所以ACC1CC1B160，如图，连接AC1和B
8、1C，因为CACBCC12，所以ACC1和B1CC1均为等边三角形，取CC1的中点O，连AO和B1O，则AOCC1，B1OCC1，又AOB1OO，所以CC1平面AOB1，AB1平面AOB1，所以AB1CC1.(2)由(1)知AOB1O，因为AB1，则AO2B1O2AB，所以AOB1O，又AOCC1，所以AO平面BCC1B1，以OB1所在直线为x轴，OC1所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立如图空间直角坐标系，则A(0,0，)，C(0，1,0)，C1(0,1,0)，B1(，0,0)，(0，1，)，(，0，)，(0,2,0)，设t，M(x，y，z)，则(x，y，z)t(x，y，z)所以x，y0，z，M(，0，)，所以(，1，)，设平面ACB1的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面MCC1的法向量为n2(x2，y2，z2)，所以解得n1(1，1)，解得n2(1,0，t)所以|cos |，解得t或t2，即或2.
