2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：板块命题点专练(十二)　空间向量及其应用 10页

‎ 板块命题点专练(十二)　空间向量及其应用 ‎ ‎(研近年高考真题——找知识联系，找命题规律，找自身差距)‎ 命题点　向量法求空间角及应用 命题指数：☆☆☆☆☆‎ 难度：中　 题型：解答题 ‎1．(2014·福建高考)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．‎ ‎(1)求证：AB⊥CD；‎ ‎(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．‎ ‎2．(2014·四川高考)三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.‎ ‎(1)证明：P是线段BC的中点；‎ ‎(2)求二面角ANPM的余弦值．‎ ‎3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABCA1B‎1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.‎ ‎(1)证明：AB⊥A‎1C；‎ ‎(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A‎1C 与平面BB‎1C1C所成角的正弦值．‎ ‎4.(2013·天津高考)如图， 四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中， 侧棱A‎1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．‎ ‎(1)证明：B‎1C1⊥CE; ‎ ‎(2)求二面角B1CEC1的正弦值．‎ ‎(3)设点M在线段C1E上， 且直线AM与平面ADD‎1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．‎ ‎5．(2014·安徽高考)如图，四棱柱ABCD A1B‎1C1D1中，A‎1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.‎ ‎(1)证明：Q为BB1的中点；‎ ‎(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；‎ ‎(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．‎ 答案 命题点 ‎1.解：(1)证明：∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.‎ 又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.‎ ‎(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．‎ 由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.‎ 以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．‎ 依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M，‎ 则＝(1,1,0)，＝，＝(0,1，－1)．‎ 设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，‎ 则即取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．‎ 设直线AD与平面MBC所成角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝，‎ 即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.‎ ‎2．解：(1)证明：如图，取BD中点O，连接AO，CO.‎ 由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD均为正三角形，‎ 因此AO⊥BD，OC⊥BD.‎ 因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，‎ 所以BD⊥平面AOC.‎ 又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.‎ 取BO的中点H，连接NH，PH.‎ 又M，N分别为线段AD，AB的中点，‎ 所以NH∥AO，MN∥BD.‎ 因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.‎ 因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.‎ 因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，‎ 所以BD⊥平面NHP.‎ 又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.‎ 又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，‎ 所以HP∥OC.‎ 因为H为BO中点，‎ 故P为BC中点．‎ ‎(2)法一：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.‎ 因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.‎ 又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．‎ 如图，以O为坐标原点，以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.‎ 则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)．‎ 因为M，N分别为线段AD，AB的中点，‎ 又由(1)知，P为线段BC的中点，‎ 所以M，N，P.‎ 于是＝(1,0，－)，＝(－1，，0)，＝(1,0,0)，＝.‎ 设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，则 即 有 从而 取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1,1)．‎ 连接MP，设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，则即 有 从而 取z2＝1，所以n2＝(0,1,1)．‎ 设二面角ANPM的大小为θ.‎ 则cos θ＝＝＝.‎ 故二面角ANPM的余弦值是.‎ 法二：如图，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.‎ 由(1)知，NP∥AC，‎ 所以NQ⊥NP.‎ 因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角ANPM的一个平面角．‎ 由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.‎ 由俯视图可知，AO⊥平面BCD.‎ 因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰Rt△AOC中，AC＝，‎ 作BR⊥AC于R.‎ 在△ABC中，AB＝BC，所以BR＝ ＝.‎ 因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.‎ 又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，‎ 因此NQ＝＝.‎ 同理，可得MQ＝.‎ 所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝＝＝.‎ 故二面角ANPM的余弦值是.‎ ‎3．解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.‎ 因为CA＝CB，所以OC⊥AB.‎ 由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB.‎ 因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA‎1C.‎ 又A‎1C⊂平面OA‎1C，故AB⊥A‎1C.‎ ‎(2)由(1)知OC⊥AB，OA1⊥AB.又平面ABC⊥平面AA1B1B，交线为AB，所以OC⊥平面AA1B1B，故OA，OA1，OC两两相互垂直．‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题设知A(1,0,0)，A1(0，，0)，C(0,0，)，B(－1,0,0)．‎ 则＝(1,0，)，＝＝(－1，，0)，＝(0，－，)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面BB‎1C1C的法向量，‎ 则即 可取n＝(，1，－1)．‎ 故cosn，＝＝－.‎ 所以A‎1C与平面BB‎1C1C所成角的正弦值为.‎ ‎4．解：法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)．‎ ‎(1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，所以B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2) ＝(1，－2，－1)．‎ 设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，‎ 则即消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．‎ 由(1)知，B‎1C1⊥CE，又CC1⊥B‎1C1，可得B‎1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．‎ 于是cos〈m，〉＝＝＝－，‎ 从而sin 〈m，〉＝.‎ 所以二面角B1CEC1的正弦值为.‎ ‎(3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)．设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD‎1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD‎1A1所成的角，则sin θ＝|cos〈，〉|＝＝＝.于是＝，解得λ＝，所以AM＝.‎ 法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥底面A1B‎1C1D1，B‎1C1⊂平面A1B‎1C1D1，所以CC1⊥B‎1C1.经计算可得B1E＝，B‎1C1＝，EC1＝，从而B1E2＝B‎1C＋EC，所以在△B1EC1中，B‎1C1⊥C1E，又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B‎1C1⊥平面CC1E.又CE⊂平面CC1E，故B‎1C1⊥CE.‎ ‎(2)过B1作B‎1G⊥CE于点G，连接C‎1G.由(1)知，B‎1C1⊥CE，故CE⊥平面B‎1C1G，得CE⊥C‎1G，所以∠B1GC1为二面角B1CEC1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝，CC1＝2，可得C‎1G＝.在Rt△B‎1C1G中，B‎1G＝，所以sin ∠B1GC1＝，‎ 即二面角B1CEC1的正弦值为.‎ ‎(3)连接D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD‎1A1，连接AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD‎1A1所成的角．‎ 设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝x，AH＝x.在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝，得EH＝MH＝x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE·EHcos 135°，‎ 得x2＝1＋x2＋x，‎ 整理得5x2－2x－6＝0，解得x＝.所以线段AM的长为.‎ ‎5．解：(1)证明：因为BQ∥AA1，BC∥AD，BC∩BQ＝B，AD∩AA1＝A.‎ 所以平面QBC∥平面A1AD.‎ 从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D.‎ 故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD.‎ 所以＝＝＝，即Q为BB1的中点．‎ ‎(2)如图1，连接QA，QD.设AA1＝h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下，BC＝a，则AD＝‎2a.‎ VQA1AD＝··‎2a·h·d＝ahd，‎ VQ ABCD＝··d·＝ahd，‎ 所以V下＝VQ A1AD＋VQABCD＝ahd，‎ 又V四棱柱A1B‎1C1D1ABCD＝ahd，‎ 所以V上＝V四棱柱A1B‎1C1D1ABCD－V下 ‎＝ahd－ahd＝ahd，‎ 故＝.‎ ‎(3)法一：如图1，在△ADC中，作AE⊥DC，垂足为E，连接A1E.‎ 又DE⊥AA1，且AA1∩AE＝A，‎ 所以DE⊥平面AEA1，于是DE⊥A1E.‎ 所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角．‎ 因为BC∥AD，AD＝2BC，所以S△ADC＝2S△BCA.‎ 又因为梯形ABCD的面积为6，DC＝2，所以S△ADC＝4，AE＝4.‎ 于是tan∠AEA1＝＝1，∠AEA1＝.‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎ 法二：如图2，以D为原点，，分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系．‎ 设∠CDA＝θ.‎ 因为S梯形ABCD＝·2sin θ＝6.‎ 所以a＝.‎ 从而C(2cos θ，2sin θ，0)，A1，‎ 所以＝(2cos θ，2sin θ，0)，＝.‎ 设平面A1DC的法向量n＝(x，y,1)，‎ 由得x＝－sin θ，y＝cos θ，‎ 所以n＝(－sin θ，cos θ，1)．‎ 又因为平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)，‎ 所以cos〈n，m〉＝＝，‎ 故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为.‎