（全国通用版）2019高考数学二轮复习中档大题规范练（四）立体几何与空间向量理.doc

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1、1(四)立体几何与空间向量1(2018四川成都市第七中学诊断)在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是梯形，四边形 ADEF是正方形， AB DC， AB AD1， CD2， AC EC .5(1)求证：平面 EBC平面 EBD；(2)设 M 为线段 EC 上一点，3 ，求二面角 M BD E 的平面角的余弦值EM EC (1)证明 由 AD1， CD2， AC ，5得 AD2 CD2 AC2， ADC 为直角三角形，且 AD DC，同理 EDC 为直角三角形，且 ED DC.又四边形 ADEF 是正方形， AD DE.又 AB DC， DA AB.在梯形 ABCD 中，过点 B 作 B

2、H CD 于点 H，故四边形 ABHD 是正方形在 BCH 中， BH CH1，2 BCH45， BC ，2 BDC45， DBC90， BC BD. ED AD， ED DC， AD DC D， AD， DC平面 ABCD， ED平面 ABCD，又 BC平面 ABCD， ED BC，又 BD ED D， BD， ED平面 EBD， BC平面 EBD，又 BC平面 EBC，平面 EBC平面 EBD.(2)解 由(1)可得 DA， DC， DE 两两垂直，以 D 为原点， DA， DC， DE 所在直线为 x， y， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 D xyz，则 D(0,0,0)， E(0

3、,0,1)， B(1,1,0)， C(0,2,0)令 M(0， y0， z0)，则 (0， y0， z01)， (0,2，1)，EM EC 3 ，EM EC (0,3 y0,3z03)(0,2，1)，点 M 的坐标为 .(0，23， 23) BC平面 EBD， (1,1,0)是平面 EBD 的一个法向量BC 设平面 MBD 的法向量为 m( x， y， z)(1,1,0)， ，DB DM (0， 23， 23)则Error! 即Error!可得 x y z.令 y1，得 m(1，1,1)3cos m， .BC mBC |m|BC | 232 63由图形知二面角 M BD E 为锐角，二面角 M

4、 BD E 的平面角的余弦值为 .632(2018安徽省合肥市第一中学模拟)底面 OABC 为正方形的四棱锥 P OABC，且 PO底面OABC，过 OA 的平面与侧面 PBC 的交线为 DE，且满足 S PDE S PBC14.(1)证明： PA平面 OBD；(2)当 S 3 S 时，求二面角 B OE C 的余弦值2四 边 形 OABC 2 POB(1)证明 由题意知四边形 OABC 为正方形， OA BC，又 BC平面 PBC， OA平面 PBC， OA平面 PBC，又 OA平面 OAED，平面 OAED平面 PBC DE， DE OA，又 OA BC， DE BC.由 PDE PCB，

5、且 S PDE S PBC14，知 E， D 分别为 PB， PC 的中点连接 AC 交 OB 于点 F，则点 F 为 AC 的中点，连接 DF. DF PA， DF平面 OBD， PA平面 OBD， PA平面 OBD.(2)解 底面 OABC 为正方形，4且 PO底面 OABC， PO， OA， OC 两两垂直，以 O 为坐标原点， OA， OC， OP 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 O xyz，设 OA OC2 a， OP2 b，则 O(0,0,0)， C(0,2a,0)， B(2a,2a,0)， F(a， a,0)，P(0,0,2b)， E(a

6、， a， b) PO平面 OABC， CF平面 OABC， CF PO.四边形 OABC 为正方形， CF OB，又 PO OB O， PO， OB平面 POB， CF平面 POB，即 CF平面 OBE，平面 OBE 的一个法向量为 ( a， a,0)CF 设平面 OEC 的一个法向量为 m( x， y， z)，而 (0,2 a,0)， ( a， a， b)OC OE 由Error! 得Error!取 z a 可得，m( b,0， a)为平面 OCE 的一个法向量设二面角 B OE C 的大小为 ，由图易得 为锐角，由 S 3 S ，得 PO OA，2四 边 形 OABC 2 POB63 .b

7、a 63故 cos ，|CF m|CF |m| aba2 a2a2 b2 55二面角 B OE C 的余弦值为 .553(2018宁夏回族自治区银川一中模拟)如图，已知 DEF 与 ABC 分别是边长为 1 与 2 的正三角形， AC DF，四边形 BCDE 为直角梯形，且 DE BC， BC CD，点 G 为 ABC 的重心，5N 为 AB 的中点， AG平面 BCDE， M 为线段 AF 上靠近点 F 的三等分点(1)求证： GM平面 DFN；(2)若二面角 M BC D 的余弦值为 ，试求异面直线 MN 与 CD 所成角的余弦值74(1)证明 在 ABC 中，连接 AG 并延长交 BC

8、于点 O，连接 ON， OF.因为点 G 为 ABC 的重心，所以 ，且 O 为 BC 的中点AGAO 23又 ，AM 23AF 所以 ，AGAO AMAF 23所以 GM OF.因为点 N 为 AB 的中点，所以 NO AC.又 AC DF，所以 NO DF，所以 O， D， F， N 四点共面，又 OF平面 DFN， GM平面 DFN，所以 GM平面 DFN.(2)解 由题意知， AG平面 BCDE，因为 AG平面 ABC，所以平面 ABC平面 BCDE，又 BC CD，平面 ABC平面 BCDE BC，CD平面 BCDE，所以 CD平面 ABC.6又四边形 BCDE 为直角梯形， BC2

9、， DE1，所以 OE CD，所以 OE平面 ABC.因为 AC DF， DE BC， AC BC C， DE DF D， AC， BC平面 ABC， DE， DF平面 DEF，所以平面 ABC平面 DEF，又 DEF 与 ABC 分别是边长为 1 与 2 的正三角形，故以 O 为坐标原点， OC， OE， OA 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 O xyz.设 CD m，则 C(1,0,0)， D(1， m,0)， A(0，0， )， F ，3 (12， m， 32)B(1,0,0)， N ，(12， 0， 32)因为 ，AM 23AF 所以 M ， (2,

10、0,0) ，(13， 2m3， 233) BC ，BM (43， 2m3， 233)设平面 MBC 的一个法向量为 n( x， y， z)，由Error! 得Error!令 z m，得 n(0， ， m)3又平面 BCD 的法向量为 v(0,0,1)由题意得|cos v， n| ，|vn|v|n| m3 m2 74解得 m ，213又 ， ，MN ( 56， 2m3， 36) CD (0， m， 0)所以|cos ， | MN CD |MN CD |MN |CD |7 .mm2 74 277所以异面直线 MN 与 CD 所成角的余弦值为 .2774(2018益阳统考)如图，在三棱锥 P ABC

11、 中， PA， AB， AC 两两垂直， PA AB AC，平面 平面 PAB，且 与棱 PC， AC， BC 分别交于 P1， A1， B1三点(1)过 A 作直线 l，使得 l BC， l P1A1，请写出作法并加以证明；(2)若 1pBCPAV ， D 为线段 B1C 的中点，求直线 P1D 与平面 PA1B1所成角的正弦值827解 (1)作法：取 BC 的中点 H，连接 AH，则直线 AH 即为要求作的直线 l.证明如下： PA AB， PA AC，且 AB AC A， AB， AC平面 ABC， PA平面 ABC.平面 平面 PAB，且 平面 PAC P1A1，平面 PAB平面 PA

12、C PA， P1A1 PA， P1A1平面 ABC， P1A1 AH.又 AB AC， H 为 BC 的中点，则 AH BC，从而直线 AH 即为要求作的直线 l.(2) 1pABCPV ，8278又平面 平面 PAB， .A1CAC B1CBC P1CPC 23以 A 为坐标原点， AB， AC， AP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 A xyz，设 AB3，则 A1(0,1,0)， B1(2,1,0)， P(0，0,3)， P1(0,1,2)，D(1,2,0)，则 (2,0,0)， (0,1，3)， (1,1，2)，A1B1 PA1 P1D 设平面 P

13、A1B1的法向量为 n( x， y， z)，则Error! 即Error!令 z1，得 n(0,3,1)则 cos ， n .P1D 1610 1530故直线 P1D 与平面 PA1B1所成角的正弦值为 .15305(2018江西省重点中学协作体联考)如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形， AB AC2， AD2 ， PB ， PB AC.2 2(1)求证：平面 PAB平面 PAC；(2)若 PBA45，试判断棱 PA 上是否存在与点 P， A 不重合的点 E，使得直线 CE 与平面PBC 所成角的正弦值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由69 AEAP(1

14、)证明 因为四边形 ABCD 是平行四边形， AD2 ，2所以 BC AD2 ，29又 AB AC2，所以 AB2 AC2 BC2，所以 AC AB，又 PB AC， AB PB B， AB， PB平面 PAB，所以 AC平面 PAB.又因为 AC平面 PAC，所以平面 PAB平面 PAC.(2)解 由(1)知 AC AB， AC平面 PAB，分别以 AB， AC 所在直线为 x 轴， y 轴，平面 PAB 内过点 A 且与直线 AB 垂直的直线为 z 轴，建立空间直角坐标系 A xyz，则 A(0,0,0)， B(2,0,0)， C(0,2,0)，(0,2,0)， (2,2,0)，AC BC

15、 由 PBA45， PB ，可得 P(1,0,1)，2所以 (1,0,1)， (1,0,1)，AP BP 假设棱 PA 上存在点 E，使得直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 ，69设 (0 1)，AEAP则 ( ，0， )， ( ，2， )，AE AP CE AE AC 设平面 PBC 的法向量 n( x， y， z)，则Error! 即Error!令 z1，可得 x y1，所以平面 PBC 的一个法向量 n (1,1,1)，设直线 CE 与平面 PBC 所成的角为 ，则sin |cos n， | CE | 2 |3 2 22 210 ，|2 2|32 2 4 69解得 或 (舍)12 74所以在棱 PA 上存在点 E，且 ，AEAP 12使得直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 .69