《2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练（含最新2018模拟题）：专题8 立体几何 第57练 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练（含最新2018模拟题）：专题8 立体几何 第57练 （6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、训练目标会用空间向量解决立体几何的证明、求空间角、求距离问题. 解题策略 (1)选择适当的空间直角坐标系；(2)求出相关点的坐标，用坐标表示直线的方 向向量及平面的法向量；(3)理解并记住用向量表示的空间角和距离的求解公 式；(4)探索性问题，可利用共线关系设变量，引入参数，列方程求解. 1.在如图所示的几何体中，EA平面 ABC，DB平面 ABC，ACBC，且 ACBCBD2AE，M 是 AB 的中点 (1)求证：CMEM； (2)求 CM 与平面 CDE 所成的角 2.如图，已知矩形 ABCD 所在平面垂直于直角梯形 ABPE 所在平面于直线 AB，且 ABBP2，ADAE1，AEAB，且
2、 AEBP. (1)设点 M 为棱 PD 的中点，求证：EM平面 ABCD； (2)线段 PD 上是否存在一点 N，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值为 ？若存在，试 2 5 确定点 N 的位置；若不存在，请说明理由 3.如图，在五面体 ABCDEF 中， ABCDEF，CDEFCF2AB2AD2，DCF60，ADCD，平面 CDEF平面 ABCD. (1)证明：直线 CE平面 ADF； (2)已知 P 为棱 BC 上的点，试确定 P 点位置，使二面角 PDFA 的大小为 60. 4.如图，ABC 和梯形 ACEF 所在的平面互相垂直，ABBC，AFAC，AF 綊 2CE，G 是
3、线段 BF 上一点，ABAFBC2. (1)当 GBGF 时，求证：EG平面 ABC； (2)求二面角 EBFA 的正弦值； (3)是否存在点 G 满足 BF平面 AEG？并说明理由 答案精析答案精析 1(1)证明 如图，因为 ACBC，所以以点 C 为坐标原点，以 CA，CB 所在直线分别为 x 轴，y 轴，过点 C 作与平面 ABC 垂直的直线为 z 轴， 建立空间直角坐标系 设 EAa，则 A(2a,0,0)，B(0,2a,0)， E(2a,0，a)，D(0,2a,2a)，M(a，a,0) 所以(a，a，a)，(a，a,0)， EM CM 因为0，所以 EMCM. EM CM (2)解
4、设向量 n(1，y0，z0)与平面 CDE 垂直， 则 n，n，即 n0，n0. CE CD CE CD 因为(2a,0，a)，(0,2a,2a)， CE CD 所以 y02，z02，即 n(1,2，2)， cosn， CM CM n |CM |n| 2 2 因为直线 CM 与平面 CDE 所成的角 是 n 与夹角的余角， CM 所以 45， 因此直线 CM 与平面 CDE 所成的角是 45. 2(1)证明 因为平面 ABCD平面 ABPE，且 BCAB，平面 ABCD平面 ABPEAB，BC平面 ABCD， 所以 BC平面 ABPE，所以 BCAB，BCBP， 又 AEAB 且 AEBP，B
5、PAB， 所以 BA，BP，BC 两两垂直以 B 为原点，BA，BP，BC 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， 则 P(0，2,0)，D(2,0,1)，M， (1，1， 1 2) E(2,1,0)，C(0,0,1)， 所以. EM (1，0， 1 2) 平面 ABCD 的一个法向量为 n(0,1,0)， 所以n(0,1,0)0，所以n. EM (1，0， 1 2) EM 又 EM 平面 ABCD，所以 EM平面 ABCD. (2)解 当点 N 与点 D 重合时，直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦值为 .理由如下： 2 5 因为(2，2,1)，(2,0
6、,0)，设平面 PCD 的法向量为 n1(x1，y1，z1)， PD CD 由Error!Error!得Error!Error! 取 y11，得平面 PCD 的一个法向量为 n1(0,1,2) 假设线段 PD 上存在一点 N，使得直线 BN 与平面 PCD 所成角 的正弦值为 . 2 5 设(01)，则(2，2,1)(2，2，)， PN PD PN (2，22，) BN BP PN 所以 sin |cos，n1| BN |BN n1| |BN |n1| . 2 5 222222 2 5 9284 2 5 所以 92845，解得 1 或 (舍去) 1 9 因此，线段 PD 上存在一点 N，当 N
7、 点与 D 点重合时，直线 BN 与平面 PCD 所成角的正弦 值为 . 2 5 3(1)证明 CDEF，CDEFCF2， 四边形 CDEF 为菱形，CEDF， 平面 CDEF平面 ABCD，平面 CDEF平面 ABCDCD， ADCD，AD平面 ABCD， AD平面 CDEF，CEAD， 又ADDFD，直线 CE平面 ADF. (2)解 DCF60， DEF 为正三角形，取 EF 的中点 G，连接 GD， 则 GDEF，GDCD， 平面 CDEF平面 ABCD，GD平面 CDEF，平面 CDEF平面 ABCDCD，GD平面 ABCD， ADCD，DA，DC，DG 两两垂直，以点 D 为原点，
8、DA，DC，DG 所在直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系， CDEFCF2，ABAD1， E(0，1，)，F(0,1，)，C(0,2,0)，B(1,1,0) 33 由(1)知(0，3，)是平面 ADF 的法向量， CE 3 (0,1，)，(1，1,0)， DF 3 CB 设a(a，a,0)(0a1)，则(a,2a,0)， CP CB DP DC CP 设平面 PDF 的法向量为 n(x，y，z)， n0，n0，Error!Error!令 ya， DF DP 3 则 x(a2)，za，n(a2)，a，a)， 333 二面角 PDFA 为 60， |cosn， | ， CE |nCE
9、| |n|CE | 4 3a 12 3a223a2a2 1 2 解得 a ，点 P 在靠近 B 点的三等分点处 2 3 4(1)证明 取 AB 的中点 D，连接 GD，CD， 又 GBGF，所以 AF2GD 且 AFCD. 因为 AFCE 且 AF2CE， 所以 GDCE 且 GDCE，四边形 GDCE 是平行四边形， 所以 CDEG，因为 EG平面 ABC，CD平面 ABC， 所以 EG平面 ABC. (2)解 因为平面 ABC平面 ACEF，平面 ABC平面 ACEFAC，且 AFAC，AF平面 ACEF， 所以 AF平面 ABC，所以 AFAB，AFBC. 因为 BCAB，AFABA，A
10、F，AB平面 ABF， 所以 BC平面 ABF. 如图，以 A 为原点，AB，AF 所在直线分别为 x 轴，z 轴，建立空间直角坐标系 Axyz. 则 F(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，E(2,2,1)，(0,2,1)，(2,0,2)， BE BF (0,2,0)是平面 ABF 的一个法向量 BC 设平面 BEF 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!Error!即Error!Error! 令 y1，则 z2，x2， 所以 n(2,1，2)，所以 cosn， ， BC nBC |n|BC | 1 3 故二面角 EBFA 的正弦值为. 2 2 3 (3)解 因为(2,0,2)(2,2,1)20， BF AE 所以 BF 与 AE 不垂直，所以不存在点 G 满足 BF平面 AEG.
