《2019版高考数学（理科）总复习5.3空间向量与立体几何练习》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学（理科）总复习5.3空间向量与立体几何练习（30页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019 版高考数学（理科）总复习15.3 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.(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
2、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标系 H- xyz. 由(1)可得,DEPE.又 DP=2,DE=1, 所以 PE=.又 PF=1,EF=2,故 PEPF. 可得 PH=,EH=. 则 H(0,0,0),P,D 为平面 ABFD 的法向量.设 DP 与平面 ABFD 所成角为 , 则 sin =. 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为. 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. (1)证明:PO平面 ABC;2019 版高考数学（理科）总复习2(2)若点 M 在棱 B
3、C 上,且二面角 M-PA-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.连接 OB,因为 AB=BC=AC,所以ABC 为等腰直角三角形,且 OBAC,OB=AC=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).取平面 PAC 的法向量 =
4、(2,0,0), 设 M(a,2-a,0)(0=. 由已知可得|cos|=. 所以, 解得 a=-4(舍去),a=. 所以 n=. 又=(0,2,-2),所以 cos=. 所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为. 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,连接 AT,TN,由 N 为 PC 中点知TNBC
5、,TN=BC=2.2019 版高考数学（理科）总复习3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, 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=.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),. 设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量, 则 可取 n=(0,2,1). 于是|cos|=. 4.(2015 全国1
6、8)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=. 由 BE平面 ABCD,AB=BC,可知 AE=EC. 又 AEEC,所以 EG=,且 EGAC. 在 RtEBG 中,可得 BE=,故 DF=. 在 RtFDG 中,可得 FG=. 在直角梯形 BDFE
7、 中,由 BD=2,BE=,DF=,可得 EF=.从而 EG2+FG2=EF2,所以 EGFG. 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), 所以=(1,),. 故 cos0),则 A1(2,t,0),C(0,0,2),E(0,0,0),F -2,0 ,D -,0, ,所以=(-2,-t,2),= -2,0 ,因为 A1CEF,所以=0, 所以(-2)(-
8、2)-t+20=0, 解得 t=2.所以=(-2,0),= -,0, ,设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z), 则所以 取 x=1,则 n=(1,), 又因为=(-2,0,2),设直线 A1C1与平面 DEF 所成的角为 , 所以 sin =|cos|=,所以直线 A1C1与平面 DEF 所成的角的正弦值为. 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
9、的长. (1)证明设 G 为 AB1的中点,连接 EG,GF,因为 FGA1B1,又 DEA1B1,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 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),2019 版高考数学（理科）总复习7则 A(0,0,0),E ,0 ,B1(,-1,t),D1(0,2,t),= ,0 ,=(,-
10、1,t),=(0,2,t),设平面 B1AE 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 n(x+y)=0 且 nx-y+tz=0,取 n=(-t,t,4),设直线 AD1与平面 B1AE 所成角为 ,则 sin =, 解得 t=2,故线段 AA1的长为 2. 5.(2018 湖南长沙一模,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)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. 解(
11、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 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,
12、EFPQ,EF=PQ, 四边形 EPQF 为等腰梯形. 取 EF 的中点 M,连接 MO,则 MOPQ,2019 版高考数学（理科）总复习8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,-2,0),N. 设 n=(x,y,z)是平面 ABF 的法向量, 则 所以可取 n=(,0,1), 由, 可得|cos|=, 直线 BN 与平
13、面 ABF 所成角的正弦值为.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.(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.
14、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=(x1,y,z)是平面 MAB 的法向量, 则 可取 n=(1,0,2),2019 版高考数学（理科）总复习9是平面 MCD 的法向量, 因此 cos=,sin=.所共面 MAB 与面 MCD 所成二面角的正弦值是.2.(2017 全国1
15、8)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,ABCD,且BAP=CDP=90. (1)证明:平面 PAB平面 PAD; (2)若 PA=PD=AB=DC,APD=90,求二面角 A-PB-C 的余弦值. (1)证明由已知BAP=CDP=90,得 ABAP,CDPD.由于 ABCD,故 ABPD,从而 AB平面 PAD. 又 AB平面 PAB,所以平面 PAB平面 PAD.(2)解在平面 PAD 内作 PFAD,垂足为 F.由(1)可知,AB平面 PAD,故 ABPF,可得 PF平面 ABCD. 以 F 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 F- xyz. 由(
16、1)及已知可得 A,P,B,C. 所以=(,0,0),=(0,1,0). 设 n=(x,y,z)是平面 PCB 的法向量,则 可取 n=(0,-1,-). 设 m=(x,y,z)是平面 PAB 的法向量, 则 可取 m=(1,0,1). 则 cos=-. 所以二面角 A-PB-C 的余弦值为-. 3.(2017 全国19)如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,BAD=ABC=90,E 是 PD 的中点.2019 版高考数学（理科）总复习10(1)证明:直线 CE平面 PAB; (2)点 M 在棱 PC 上,且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45,
