新高考2020高考数学二轮复习大题考法专训三立体几何与空间向量20200113035 7页

大题考法专训（三） 立体几何与空间向量 A级——中档题保分练 ‎1．(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD A1B‎1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．‎ ‎(1)证明：MN∥平面C1DE；‎ ‎(2)求二面角AMA1N的正弦值．‎ 解：(1)证明：如图，连接B‎1C，ME.‎ 因为M，E分别为BB1，BC的中点，‎ 所以ME∥B‎1C，且ME＝B‎1C.‎ 又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.‎ 由题设知A1B1綊DC，可得B‎1C綊A1D，故ME綊ND，‎ 因此四边形MNDE为平行四边形，所以MN∥ED.‎ 又MN⊄平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.‎ ‎(2)由已知可得DE⊥DA，以D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，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，‎ 则 所以 可取m＝(，1,0)．‎ 设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，‎ 则所以 可取n＝(2,0，－1)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 所以二面角AMA1N的正弦值为.‎ ‎2.如图，已知四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°.‎ - 7 -‎ ‎(1)求证：AC⊥平面BDEF；‎ ‎(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，‎ 因为四边形ABCD为菱形，‎ 所以AC⊥BD，且O为AC的中点，‎ 因为FA＝FC，所以AC⊥FO，‎ 又FO∩BD＝O，所以AC⊥平面BDEF.‎ ‎(2)连接DF，因为四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，‎ 所以△DBF为等边三角形，‎ 因为O为BD的中点，‎ 所以FO⊥BD，‎ 又AC⊥FO，AC⊥BD，‎ 所以OA，OB，OF两两垂直，‎ 以O为坐标原点，OA，OB，OF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Oxyz，‎ 设AB＝2，因为四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，所以BD＝2，AC＝2.‎ 因为△DBF为等边三角形，所以OF＝.‎ 所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0,0，)，‎ 所以＝(－，－1,0)，＝(－，0，)，‎ ＝(－，1,0)．‎ 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令x＝1，得平面ABF的一个法向量为n＝(1，，1)．‎ 设直线AD与平面ABF所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.‎ 故直线AD与平面ABF所成角的正弦值为.‎ ‎3．(2019·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，E为PD的中点，点F在PC - 7 -‎ 上，且＝.‎ ‎(1)求证：CD⊥平面PAD；‎ ‎(2)求二面角FAEP的余弦值；‎ ‎(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．‎ 解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.‎ 又因为AD⊥CD，PA∩AD＝A，‎ 所以CD⊥平面PAD.‎ ‎(2)过点A作AD的垂线交BC于点M.‎ 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.‎ 以A为坐标原点，AM，AD，AP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Axyz，则A(0,0，0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．‎ 因为E为PD的中点，‎ 所以E(0,1,1)．‎ 所以＝(0,1,1)，＝(2,2，－2)，＝(0,0,2)．‎ 所以＝＝，‎ 所以＝＋＝.‎ 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令z＝1，则y＝－1，x＝－1.‎ 于是n＝(－1，－1,1). ‎ 又因为平面PAD的一个法向量为p＝(1,0,0)，‎ 所以cos〈n，p〉＝＝－.‎ 由图知，二面角FAEP为锐角，‎ 所以二面角FAEP的余弦值为.‎ ‎(3)直线AG在平面AEF内，理由如下：‎ 因为点G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)，‎ 所以＝＝，‎ 所以＝＋PG―→＝.‎ - 7 -‎ 由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1,1)，‎ 所以·n＝－＋＋＝0.‎ 所以直线AG在平面AEF内．‎ B级——拔高题满分练 ‎1．(2019·福建南平质检)已知三棱锥SABC的底面ABC是等边三角形，D是AC的中点，CE＝CB，平面SBC⊥平面ABC.‎ ‎(1)求证：DE⊥SB；‎ ‎(2)若SB＝SC，二面角ASCB的余弦值为，求SD与平面SBC所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：取BC的中点O，连接AO.因为三角形ABC是等边三角形，所以AO⊥BC，由题易得，DE∥AO，从而DE⊥BC.‎ 又因为平面SBC⊥平面ABC，平面SBC∩平面ABC＝BC，DE⊂平面ABC，所以DE⊥平面SBC.‎ 又SB⊂平面SBC，所以DE⊥SB.‎ ‎(2)连接SO，因为SB＝SC，所以SO⊥BC.‎ 又平面SBC⊥平面ABC，平面SBC∩平面ABC＝BC，‎ SO⊂平面SBC，所以SO⊥平面ABC，‎ 所以OA，OB，OS两两垂直．‎ 以OA，OB，OS所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 设CA＝CB＝AB＝4，SO＝h(h＞0)，则A(2，0,0)，C(0，－2，0)，S(0,0，h)，从而＝(2，0，－h)，＝(0，－2，－h)．‎ 设平面ASC的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得取z＝2得 所以n＝.‎ 易得平面SBC的一个法向量m＝(1,0,0)．‎ 由|cos〈n，m〉|＝，可得＝，解得h＝2，‎ 所以S(0,0,2)．又因为D(，－1,0)，所以＝(－，1,2)．所以cos〈，m〉＝＝－.‎ - 7 -‎ 设SD与平面SBC所成角的大小为θ，则sin θ＝，‎ 故SD与平面SBC所成角的正弦值为.‎ ‎2.如图所示，四棱锥P ABCD的底面为矩形，已知PA＝PB＝PC＝PD＝BC＝1，AB＝，过底面对角线AC作与PB平行的平面交PD于E.‎ ‎(1)试判定点E的位置，并加以证明；‎ ‎(2)求二面角E ACD的余弦值．‎ 解：(1)E为PD的中点．证明如下：‎ 如图，连接OE，‎ 因为PB∥平面AEC，平面PBD∩平面AEC＝OE，PB⊄平面AEC，‎ 所以PB∥OE.‎ 又O为BD的中点，所以E为PD的中点．‎ ‎(2)连接PO，‎ 因为四边形ABCD为矩形，‎ 所以OA＝OC.‎ 因为PA＝PC，所以PO⊥AC.‎ 同理，得PO⊥BD，‎ 所以PO⊥平面ABCD.‎ 以O为坐标原点，OP所在直线为z轴，过O平行于AD的直线为x轴，过O平行于CD的直线为y轴建立空间直角坐标系(如图所示)．‎ 则A，D，P，‎ E，＝，‎ ＝，＝.‎ 显然是平面ACD的一个法向量．‎ 设n＝(x，y，z)是平面ACE的法向量，‎ 则即 取y＝1，则n＝(，1,2)，‎ - 7 -‎ 所以cos〈n，〉＝＝.‎ 由图知，二面角EACD为锐角，‎ 所以二面角E AC D的余弦值为.‎ ‎3．已知等边三角形ABC的边长为3，点D，E分别是边AB，AC上的点，且满足＝＝，如图①，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1DEB为直二面角，连接A1B，A‎1C，如图②.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面A1DE；‎ ‎(2)在线段BC上是否存在点P，使平面PA1E与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：因为等边三角形ABC的边长为3，且＝＝，所以AD＝1，AE＝2.‎ 在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得DE＝＝，‎ 从而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE，即BD⊥DE.‎ 因为二面角A1DEB是直二面角，‎ 所以平面A1DE⊥平面BCED.‎ 又平面A1DE∩平面BCED＝DE，BD⊥DE，‎ 所以BD⊥平面A1DE.‎ ‎(2)存在点P使平面PA1E与平面A1BD所成角为60°.‎ 由(1)知，BD，DA1，DE两两垂直，以D为坐标原点，分别以DB，DE，DA1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 设PB＝‎2a，作PH⊥BD于点H，连接A1H，A1P，PE，‎ 则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a，所以D(0,0,0)，A1(0,0,1)，P(2－a，a,0)，E(0，，0)，‎ - 7 -‎ 所以A1P―→＝(2－a，a，－1)，A1E―→＝(0，，－1)．‎ 因为ED⊥平面A1BD，‎ 所以平面A1BD的一个法向量为＝(0，，0)．‎ 设平面PA1E的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 由得 令y＝1，则x＝，z＝，‎ 所以可取n1＝.‎ 所以|cos〈n1，〉|＝＝cos 60°＝，解得a＝1，‎ 所以存在点P，且PB＝2，使平面PA1E与平面A1BD所成的角为60°.‎ - 7 -‎