《全国通用版2019版高考数学总复习专题五立体几何5.3空间向量与立体几何精选刷题练理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国通用版2019版高考数学总复习专题五立体几何5.3空间向量与立体几何精选刷题练理（43页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、15.35.3 空间向量与立体几何空间向量与立体几何命题角度 1 空间位置关系证明与线面角 求解 高考真题体验对方向 1 1.(2018 全国18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到 达点P的位置,且PFBF. (1)证明:平面PEF平面ABFD; (2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值. (1)证明由已知可得,BFPF,BFEF,所以BF平面PEF. 又BF平面ABFD, 所以平面PEF平面ABFD.(2)解作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐
2、标系H-xyz. 由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1, 所以PE=.又PF=1,EF=2,故PEPF.3可得PH=,EH= .3 23 22则H(0,0,0),P,D为平面ABFD的(0,0,3 2)(- 1, -3 2,0), =(1,3 2,3 2), =(0,0,3 2)法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则 sin =.|=3 43=3 4所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.3 42 2.(2018 全国20)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.2(1)证明:PO平面ABC; (2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-
3、C为 30,求PC与平面PAM所成角的正弦值. (1)证明因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OPAC,且OP=2.3连接OB,因为AB=BC=AC,所以ABC为等腰直角三角形,且OBAC,OB= AC=2.2 21 2由OP2+OB2=PB2知POOB. 由OPOB,OPAC知PO平面ABC.(2)解如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平33面PAC的法向量=(2,0,0),设M(a,2-a,0)(0=.2 3( - 4)23(
4、 - 4)2+ 32+ 2由已知可得|cos|=.3 2所以,2 3| - 4|23( - 4)2+ 32+ 2=3 2解得a=-4(舍去),a= .4 3所以 n n=.(-8 3 3,4 33, -4 3)又=(0,2,-2),所以 cos=.33 4所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.3 43 3.(2016 全国19)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面 ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN平面PAB; (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.(1)证明由已知得AM= AD=2.取BP的中点T,
5、连接AT,TN,由N为PC中点知2 3TNBC,TN= BC=2.1 2又ADBC,故TNAM,四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT平面PAB,MN 平面PAB,4所以MN平面PAB. (2)解取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AEBC,从而AEAD,且AE=.2- 2= 2-( 2)2= 5以A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A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(,2,0),N=(0,2,-4),5(5 2,1,2),. =(5 2,1, - 2), =(5 2,1,2)设 n n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则
6、 = 0, = 0,?即2 - 4 = 0, 5 2 + - 2 = 0,?可取 n n=(0,2,1).于是|cos|=.|=8 5 254 4.(2015 全国18)如图,四边形ABCD为菱形,ABC=120,E,F是平面ABCD同一侧的两点, BE平面ABCD,DF平面ABCD,BE=2DF,AEEC. (1)证明:平面AEC平面AFC; (2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值. (1)证明连接BD,设BDAC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1. 由ABC=120,可得AG=GC=.3由BE平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC. 又AEEC,所以EG=,且
7、EGAC.3在 RtEBG中,可得BE=,故DF=.22 25在 RtFDG中,可得FG=.6 2在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=.从而EG2+FG2=EF2,所以22 23 2 2EGFG.又ACFG=G,可得EG平面AFC. 因为EG平面AEC, 所以平面AEC平面AFC.(2)解如图,以G为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴正方向,|为单位长,建立,空间直角坐标系G-xyz.由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,0),32(- 1,0,2 2)3所以=(1,),.3, 2 =(- 1, -3,2 2)故 cos0),则A1(2,t,0),C
8、(0,0,2),E(0,0,0),F -32, ,0 ,D -,0, 23 23 2所以=(-2,-t,2),= -2, ,0 ,13 2因为A1CEF,所以=0,1所以(-2)(-2)-t +20=0, 23解得t=2.2所以=(-2,0),= -,0,23 23 2设平面DEF的法向量为 n n=(x,y,z),则所以 = 0, = 0,?- 2 + 2 = 0,-3 2 +3 2 = 0,?取x=1,则 n n=(1,),2, 3又因为=(-2,0,2),设直线A1C1与平面DEF所成的角为,11= 3所以 sin =|cos|=,所以直线A1C1与平面DEF11|11|11|=4 6
9、4=6 6所成的角的正弦值为.6 64 4.(2018 东北三省三校二模)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面为菱形,BAD=120,AB=2,E,F 为CD,AA1的中点.(1)求证:DF平面B1AE;(2)若AA1底面ABCD,且直线AD1与平面B1AE所成线面角的正弦值为 ,求AA1的长.3 4 (1)证明设G为AB1的中点,连接EG,GF,9因为FGA1B1,又DEA1B1,1 21 2所以FGDE,所以四边形DEGF是平行四边形, 所以DFEG,又DF平面B1AE,EG平面B1AE,所以DF平面B1AE. (2)解因为ABCD是菱形,且ABC=60,所以ABC是等边三角形.取
10、BC中点M,则AMAD,因为AA1平面ABCD,所以AA1AM,AA1AD,建立如图的空间 直角坐标系A-xyz,令AA1=t(t0),则A(0,0,0),E,0 ,B1(,-1,t),D1(0,2,t),3 2,323=,0 ,=(,-1,t),=(0,2,t),设平面B1AE的一个法向量为 n n=(x,y,z),3 2,32131则 n n(x+y)=0 且 n nx-y+tz=0,取 n n=(-t,t,4),设直线AD1与平 =3 231= 33面B1AE所成角为,则 sin =,解得t=2,故线段AA1的长为|1|1|=62(2+ 4)=3 42. 5 5.(2018 湖南长沙一模
11、,18)如图,在多面体ABCDEF中,四边形ABCD为梯形,ADE,BCF均为等边三角形,EFAB,EF=AD= AB.1 2(1)过BD作截面与线段FC交于点N,使得AF平面BDN,试确定点N的位置,并予以证明; (2)在(1)的条件下,求直线BN与平面ABF所成角的正弦值.10解(1)当N为线段FC的中点时,使得AF平面BDN.证法如下: 连接AC,BD,设ACBD=O, 四边形ABCD为矩形, O为AC的中点,又N为FC的中点, ON为ACF的中位线,AFON.AF平面BDN,ON平面BDN, AF平面BDN,故N为FC的中点时,使得AF平面BDN.(2)过点O作PQAB分别与AD,BC
12、交于点P,Q,因为O为AC的中点,所以P,Q分别为 AD,BC的中点, ADE与BCF均为等边三角形,且AD=BC, ADEBCF,连接EP,FQ,则得EP=FQ,EFAB,ABPQ,EF= AB,1 2EFPQ,EF= PQ,1 2四边形EPQF为等腰梯形. 取EF的中点M,连接MO,则MOPQ, 又ADEP,ADPQ,EPPQ=P, AD平面EPQF, 过点O作OGAB于点G,则OGAD,OGOM,OGOQ.分别以的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz,不妨设,AB=4,则由条件可得O(0,0,0),A(1,-2,0),B(1,2,0),F(0,1,),D(-1,-2,
13、0),N.2(-1 2,3 2,2 2)设 n n=(x,y,z)是平面ABF的法向量,则 = 0, = 0,?即4 = 0, - + 3 + 2 = 0,?所以可取 n n=(,0,1),2由, =(-3 2, -1 2,2 2)可得|cos|=,|=2 311直线BN与平面ABF所成角的正弦值为.2 3命题角度 2 空间位置关系证明与二面角 求解 高考真题体验对方向1 1.(2018 全国19)如图,边长为 2 的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是 上异于C,D的点. (1)证明:平面AMD平面BMC; (2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正
14、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,故BCDM.因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DMCM. 又BCCM=C,所以DM平面BMC. 而DM平面AMD,故平面AMD平面BMC.(2)解以O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.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0), C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0).设 n n=(x1,y,z)是平面MAB的法向量,则 = 0, = 0.?即- 2 + + = 0, 2 = 0.?可取 n n=(1,0,2),是平面MCD的法向量,12因此 cos=,sin=.所共面MAB与面MCD所成二面角的|=5 52 5 5正弦值是.2 5 52 2.(2017 全国18)如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面PAB
