《高考数学三轮冲刺《空间向量二面角问题》解答题专项练习(含详解)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学三轮冲刺《空间向量二面角问题》解答题专项练习(含详解)（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考数学三轮冲刺空间向量二面角问题解答题专项练习在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ABD90，EB平面ABCD，EFAB，AB2，EB，EF1，BC，且M是BD的中点.(1)求证：EM平面ADF；(2)求二面角AFDB的余弦值的大小.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，ABCD，ABBC，ABE为等边三角形，且平面ABCD平面ABE，AB2CD2BC2，P为CE中点(1)求证：ABDE.(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值如图，四棱锥PABCD的一个侧面PAD为等边三角形，且平面PAD平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，AD2，BD2，BAD.(1)求证：
2、BDPD；(2)求平面DBC与平面PBC夹角的余弦值.如图，在四边形ABCD中，ABCD，BCD，四边形ACFE为矩形，且CF平面ABCD，ADCDBCCF.(1)求证：EF平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.如图1，正方形ABCD的边长为4，ABAEBFEF，ABEF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD底面AEFB，G是EF的中点，如图2.(1)求证：AG平面BCE；(2)求二面角CAEF的余弦值如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，现将ABC沿CD翻折成
3、直二面角ADCB.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由.(2)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB侧面BB1C1C，ABBC1，BB12，BCC1.(1)求证：BC1平面ABC；(2)设 (01)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30，试求的值.如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ABCD，BAD90，DCDA2AB2，点E为AD的中点，BDCEH，PH平面ABCD，且PH4(1)求证：PCBD；(2)线段PC上是否存在一点F，使二面角BDFC的余弦值
4、是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF平面ABCD，AFDE，ADDE，AF2，DE3.(1)求证：平面ACE平面BED；(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角MBED的大小为60？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACAA12，D为棱CC1的中点，AB1A1BO.(1)证明：C1O平面ABD；(2)设二面角DABC的正切值为，ACBC，E为线段A1B上一点，且CE与平面ABD所成角的正弦值为，求的值.答案解：(1)证法一：取AD的中点N，连接
5、MN，NF.在DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，所以MNAB，MNAB，又因为EFAB，EFAB，所以MNEF且MNEF.所以四边形MNFE为平行四边形，所以EMFN，又因为FN平面ADF，EM平面ADF，故EM平面ADF.证法二：因为EB平面ABD，ABBD，故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.由已知可得(,0,-)，(3，2，0)，(0，1，)，设平面ADF的法向量是n(x，y，z).由得令y3，则n(2，3，).又因为n0，所以n，又EM平面ADF，故EM平面ADF.(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n(2，3，).易得平面BFD的一个法向量是m(
6、0，1).所以cosm，n，又二面角AFDB为锐角，故二面角AFDB的余弦值大小为.解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE，因为ABE是等边三角形，所以ABOE，因为CDOB，CDABOB，BCCD，BCAB，所以四边形OBCD是正方形，所以ABOD，又OD平面ODE，OE平面ODE，ODOEO，所以AB平面ODE，又DE平面ODE，所以ABDE.(2)因为平面ABCD平面ABE，平面ABCD平面ABEAB，OD平面ABCD，ODAB，所以OD平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A(1，0，0)，B(1，0，0)，D(0，0，1)，E(0，
7、0)，C(1，0，1)，所以(1，0，1)，(1，0)，(0，0，1)，(1，0)，设平面ADE的法向量为m(x，y，z)，则即令y1，得m(，1，)，同理可得平面BCE的法向量为n(，1，0)，所以cosm，n.所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为. (1)证明：在ABD中，AD2，BD2，BAD，ADBD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，BD平面ABCD，BD平面PAD，又PD平面PAD，BDPD.(2)解如图，作POAD于点O，则PO平面ABCD.过点O作OEBC交CB的延长线于点E，连接PE，以O为坐标原点，分别以OA，OE，OP所在直线为x轴，y轴
8、，z轴建立空间直角坐标系，则D，B，P，C，.易和平面DBC的一个法向量为m，设平面PBC的一个法向量为n，则即取y1，则z2，n(0,1,2)，设平面DBC与平面PBC夹角为，则cos .所以平面DBC与平面PBC夹角的余弦值为.解：(1)证明：在梯形ABCD中，设ADCDBC1，ABCD，BCD，AB2，AC2AB2BC22ABBCcos3.AB2AC2BC2，BCAC.CF平面ABCD，AC平面ABCD，ACCF，又CFBCC，AC平面BCF.四边形ACFE是矩形，EFAC，EF平面BCF.(2)由(1)，以CA，CB，CF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Cxy
9、z，设ADCDBCCF1，令FM(0)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(，0，1)，(，1，0)，(，1，1)，设平面MAB的法向量为n1(x，y，z)，则即令x1，则n1(1，)为平面MAB的一个法向量.易知n2(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为，则cos .0，当0时，cos 有最小值，点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.解：(1)证明：连接BG，因为BCAD，AD底面AEFB，所以BC底面AEFB，又AG底面AEFB，所以BCAG，因为ABEF，且ABEF，所以AB/EG，因
10、为ABAE，所以四边形ABGE为菱形，所以AGBE，又BCBEB，BE平面BCE，BC平面BCE，所以AG平面BCE.(2)由(1)知四边形ABGE为菱形，AGBE，AEEGBGAB4，设AGBEO，所以OEOB2，OAOG2，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(2，0，0)，E(0，2，0)，F(4，2，0)，C(0，2，4)，D(2，0，4)，所以(2，2，4)，(2，2，0)，设平面ACE的法向量为n(x，y，z)，则所以令y1，则x，z，即平面ACE的一个法向量为n(，1，)，易知平面AEF的一个法向量为(0，0，4)，设二面角CAEF的大小为，由图易
11、知(0,)，所以cos .解：(1)AB平面DEF，理由如下：以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，1)，F(1，0)，所以(0，1)，(1，0)，(2，0，2)，由此，得22.又与不共线，根据向量共面的充要条件可知，共面.由于AB平面DEF，所以AB平面DEF.(2)假设存在点P(x，y，0)满足条件，则(x，y，2)，y20，所以y.又(x2，y，0)，(x，2y，0)，所以(x2)(2y)xy，所以xy2.把y代入上式，得x，所以，所以在线段BC上存在点P使APDE，此
12、时.解：(1)因为AB侧面BB1C1C，BC1侧面BB1C1C，故ABBC1.在BCC1中，BC1，CC1BB12，BCC1，所以BCBC2CC2BCCC1cosBCC11222212cos 3.所以BC1.故BC2BCCC，所以BCBC1.而BCABB，所以BC1平面ABC.(2)由(1)可知AB，BC，BC1两两互相垂直.以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图.则B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(1，0，)，C(1，0，0)，C1(0，0，)，所以(1，0， ).所以(，0， )，E(1，0， )，则(1，1，)，(1，1，).设平面AB1E的法向量为n(x，y，z)，则即令z，则x，y，故n(，y，)是平面AB1E的一个法向量.因为AB平面BB1C1C，所以(0，1，0)是平面BB1E的一个法向量.所以|cosn，|.两边平方并化简，得22530，解得1或(舍去).故的值为1.解：(1)证明：ABCD，BAD90，EDCBAD90DCDA2AB，E为AD的中点，ABED，BADEDC，DBADEHDBAADB90，DEHADB90，BDEC又PH平面ABCD，BD平面ABCD，BDPH又PHECH，且PH，EC平面PEC，BD平面PEC
