《2022年全国通用高考数学大二轮专题复习专题整合突破专题五立体几何第三讲空间向量与立体几何适考素能特训理 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年全国通用高考数学大二轮专题复习专题整合突破专题五立体几何第三讲空间向量与立体几何适考素能特训理 .pdf（16页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学习必备欢迎下载专题五立体几何第三讲 空间向量与立体几何适考素能特训理一、选择题12015陕西西安质检若平面 ， 的法向量分别是n1(2 ， 3,5) ，n2( 3,1 ，4) ，则 ( ) ABC， 相交但不垂直D以上答案均不正确答案C 解析n1n22( 3) ( 3)15( 4)0，n1与n2不垂直，且不共线 与 相交但不垂直2如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( ) A.55B.53C.255D.35答案A 解析不妨设CB1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)BC1(0,
2、2 ， 1) ，AB1 ( 2,2,1)cosBC1，AB1BC1AB1|BC1| |AB1|0415355，故选 A. 32016湖南怀化检测 如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是 ( ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 16 页学习必备欢迎下载A斜交B平行C垂直DMN在平面BB1C1C内答案B 解析建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1MAN2a3，则M a，2a3，a3，N2a3，2a3，a，MN a3，0，2
3、a3. 又C1D1平面BB1C1C，所以C1D1(0，a,0) 为平面BB1C1C的一个法向量 因为MNC1D10，所以MNC1D1，所以MN平面BB1C1C. 42014四川高考 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为，则 sin 的取值范围是 ( ) A.33， 1B.63， 1精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 16 页学习必备欢迎下载C.63，223D.223，1答案B 解析(1) 解法一：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x
4、轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示不妨设DCDADD11， 则D(0,0,0)，B(1,1,0)，A1(1,0,1)，O12，12，0 ， 并设点P(0,1 ，t) ，且 0t1.则OP 12，12，t，A1D( 1,0 ， 1) ，A1B(0,1 ， 1) 设平面A1BD的法向量为n(x0，y0，z0) ，则有nA1D 0，nA1B 0，即x0z00，y0z00，取x01，y0 1，z0 1，n(1 ， 1， 1)sin |cos OP，n| | 1t|3 t212(0t1)，sin2 t22t13t212，0t1.令f(t) t22t 13t212，0t1.则f(t)2t2t1 3
5、t2122tt3t2122，可知当t 0，12时，f(t)0；精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 16 页学习必备欢迎下载当t12，1 时，f(t) 0.又f(0) 23，f121，f(1) 89，fmax(t) f121，fmin(t) f(0) 23. sin 的最大值为1，最小值为63. sin 的取值范围为63， 1 ，故选 B. 解法二： 易证AC1平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角 的变化情况： AOA12C1OA1( 点P为线段CC1的中点时， 2) 由于 sin
6、AOA163，sin C1OA122363，sin21，所以 sin 的取值范围是63，1 ，故选 B. 二、填空题52016江苏苏州二模 已知正方形ABCD的边长为4，CG平面ABCD，CG2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为 _答案61111解析建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，相关各点的坐标为G(0,0,2)，F(4,2,0)，E(2,4,0)，C(0,0,0)，则CG(0,0,2)，GF(4,2 ， 2) ，GE(2,4 ， 2) 设平面GEF的法向量为n (x，y，z) ，由GFn0，GEn0，得平面GEF是一个法向量为n(1,1,3)，所以点C到平面GE
7、F的距离d|nCG|n|61111. 三、解答题62015甘肃天水一模 如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD为梯形，ADBC，AD精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 16 页学习必备欢迎下载平面SCD，ADDC2，BC1，SD2，SDC120.(1) 求SC与平面SAB所成角的正弦值；(2) 求平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值解如图，在平面SCD中，过点D作DC的垂线交SC于E，以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系则有D(0,0,0)，S(0， 1，3) ，A(2,0
8、,0)，C(0,2,0)，B(1,2,0)(1) 设平面SAB的法向量为n(x，y，z) ，AB( 1,2,0) ，AS( 2， 1，3) ，ABn 0，ASn0，x2y0，2xy3z0，取y3，得n(23，3，5) 又SC(0,3 ，3) ，设SC与平面SAB所成角为，则 sin |cos SC，n| 23232 101020，故SC与平面SAB所成角的正弦值为1020. (2) 设平面SAD的法向量为m(a，b，c) ，DA(2,0,0)，DS(0 ， 1，3) ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 16 页学习必备欢迎
9、下载则有2a0，b3c0，取b3，得m(0 ，3，1)cosn，mnm|n| |m|82102105，故平面SAD与平面SAB所成的锐二面角的余弦值是105. 72014全国卷 如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，ABB1C. (1) 证明：ACAB1；(2) 若ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角AA1B1C1的余弦值解(1) 证明： 连接BC1，交B1C于点O，连接AO. 因为侧面BB1C1C为菱形， 所以B1CBC1，且O为B1C及BC1的中点又ABB1C， 所以B1C平面ABO. 由于AO? 平面ABO， 故B1CAO. 又B1OCO， 故ACAB1. (
10、2) 因为ACAB1，且O为B1C的中点，所以AOCO. 又因为ABBC，所以BOABOC. 故OAOB，从而OA，OB，OB1两两互相垂直以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向， |OB| 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz. 因为CBB160，所以CBB1为等边三角形，又ABBC，则A0，0，33，B(1,0,0)，B10，33， 0 ，C0，33， 0 . AB1 0，33，33，A1B1AB 1， 0，33，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 16 页学习必备欢迎下载B1C1BC1，33，0. 设n(x，
11、y，z) 是平面AA1B1的法向量，则nAB10，nA1B10，即33y33z0，x33z0.所以可取n(1 ，3，3) 设m是平面A1B1C1的法向量，则mA1B10，mB1C10.同理可取m(1 ，3，3) 则 cosn，mnm|n|m|17. 易知二面角AA1B1C1为锐二面角所以二面角AA1B1C1的余弦值为17. 82016合肥质检 如图，六面体ABCDHEFG中，四边形ABCD为菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DADHDB4，AECG3. (1) 求证：EGDF；(2) 求BE与平面EFGH所成角的正弦值解(1) 证明：连接AC，由AE綊CG可知四边形AEGC为
12、平行四边形，所以EGAC，而ACBD，ACBF，所以EGBD，EGBF，因为BDBFB，所以EG平面BDHF，又DF? 平面BDHF，所以EGDF. (2) 设ACBDO，EGHFP，由已知可得：平面ADHE平面BCGF，所以EHFG，同理可得：EFHG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以P为EG的中点，O为AC的中点，所以OP綊AE，从而OP平面ABCD，又OAOB，所以OA，OB，OP两两垂直，由平面几何知识，得BF2. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 16 页学习必备欢迎下载如图，建立空间直角坐标系Oxyz则B(
13、0,2,0)，E(23，0,3) ，F(0,2,2)，P(0,0,3)，所以BE(23， 2,3) ，PE(23，0,0) ，PF(0,2 ， 1)设平面EFGH的法向量为n(x，y，z) ，由PEn0，PFn0，可得x0，2yz0，令y1，则z2. 所以n(0,1,2)设BE与平面EFGH所成角为 ，则 sin |BEn|BE| |n|4525. 92016河南六市联考 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABB1A1为矩形，ABBC1，AA12，D为AA1的中点，BD与AB1交于点O，BCAB1. (1) 证明：CDAB1；(2) 若OC33，求二面角ABCB1的余弦值解(1) 证明：
14、由AB1B与DBA相似，知BDAB1，又BCAB1，BDBCB，AB1平面BDC，CD? 平面BDC，CDAB1. (2) 由于OC33，BC1，在ABD中，可得OB63，BOC是直角三角形，BOCO. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 16 页学习必备欢迎下载由(1) 知COAB1，则CO平面ABB1A1. 以O为坐标原点，OA，OD，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A33，0，0， ，B0，63，0 ，C0，0，33，B1233，0，0 ，BC 0，63，33，AB 33，63，0 ，BB1 2
15、33，63，0 ，设平面ABC，平面BCB1的法向量分别为n1(x1，y1，z1) ，n2(x2，y2，z2) ，则BCn163y133z10，ABn133x163y10，n1(2， 1，2) ，BCn263y233z20，BB1n2233x263y20，n2(1 ，2， 2)，cosn1，n2n1n2|n1|n2|27035，又二面角ABCB1为钝二面角，二面角ABCB1的余弦值为27035. 102015天津高考 如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABAC，AB 1，ACAA12，ADCD5，且点M和N分别为B1C和D1D的中点(1) 求证：MN平面ABCD
16、；(2) 求二面角D1ACB1的正弦值；(3) 设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13，求线段A1E的长解如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1 ， 2,0) ，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1 ， 2,2) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 16 页学习必备欢迎下载又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，得M1，12，1 ，N(1， 2,1) (1) 证明：依题意，可得n(0,0,1)为平
17、面ABCD的一个法向量.MN 0，52，0 . 由此可得MNn0，又因为直线MN?平面ABCD，所以MN平面ABCD. (2)AD1 (1， 2,2) ，AC(2,0,0)设n1(x1，y1，z1) 为平面ACD1的法向量，则n1AD10，n1AC0，即x12y12z1 0，2x10.不妨设z11，可得n1(0,1,1)设n2(x2，y2，z2) 为平面ACB1的法向量，则n2AB10，n2AC0，又AB1 (0,1,2)，得y22z20，2x20.不妨设z21，可得n2(0 ， 2，1) 因此有 cosn1，n2n1n2|n1| |n2|1010，于是 sin n1，n231010，所以，二
18、面角D1ACB1的正弦值为31010. (3) 依题意，可设A1E A1B1，其中0,1，则E(0 ，2) ，从而NE( 1， 2,1) 又n (0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知，得cosNE，nNEn|NE| |n|精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 16 页学习必备欢迎下载1221213， 整理得 24 30， 又因为 0,1， 解得 72. 所以，线段A1E的长为72. 112015洛阳统考 如图， 四边形ABCD中，ABAD，ADBC，AD 6，BC2AB4，E，F分别在BC，AD上，EFAB. 现将
19、四边形ABCD沿EF折起，使平面ABEF平面EFDC. (1) 若BE1，是否在折叠后的线段AD上存在一点P，且APPD，使CP平面ABEF？若存在，求出 的值，若不存在，说明理由；(2) 求三棱锥ACDF的体积的最大值，并求出此时二面角EACF的余弦值解平面ABEF平面EFDC，平面ABEF平面EFDCEF，FDEF，FD平面ABEF，又AF? 平面ABEF，FDAF，在折起过程中，AFEF，又FDEFF，AF平面EFDC. 以F为原点，FE，FD，FA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(1) 解法一：若BE1，则各点坐标如下：F(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,5,0)，C(2,
20、3,0)，平面ABEF的法向量可为FD(0,5,0)，APPD，FPFA(FDFP) ，FP11 FA1FD11(0,0,1)1(0,5,0) 0，51，11，P0，51，11，CP 2，513，11 2，3 21，11，若CP平面ABEF，则必有CPFD，即CPFD0，CPFD 2， 321，11(0,5,0)3215 0， 32，AD上存在一点P，且AP32PD，使CP平面ABEF. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 16 页学习必备欢迎下载解法二：AD上存在一点P，使CP平面ABEF，此时 32. 理由如下：当 3
21、2时，AP32PD，可知APAD35，过点P作MPFD交AF于点M，连接EM，PC，则有MPFDAPAD35，又BE1，可得FD5，故MP3，又EC3，MPFDEC，故有MP綊EC，故四边形MPCE为平行四边形，CPME，又CP?平面ABEF，ME? 平面ABEF，故有CP平面ABEF. (2) 设BEx(0 x4)，则AFx，FD6x，故V三棱锥ACDF13122(6x) x13( x26x) ，当x 3时，V三棱锥ACDF有最大值，且最大值为3，A(0,0,3)，D(0,3,0)，C(2,1,0)，E(2,0,0)，AE(2,0 ， 3) ，AC(2,1 ， 3) ，FA(0,0,3)，F
22、C (2,1,0)，设平面ACE的法向量m(x1，y1，z1) ，则mAC0，mAE0，即2x1y13z10，2x13z10，令x13，则y10，z12，则m (3,0,2)设平面ACF的法向量n(x2，y2，z2) ，则nFA0，nFC0，即3z20，2x2y20，令x21，则y2 2，z20，则n(1 ， 2,0) ，则 cosm，nmn|m|n|313536565，故二面角EACF的余弦值为36565. 122016山东名校联考 如图，在多面体ABCA1B1C1中，四边形ABB1A1是正方形，三角形A1CB是等边三角形，ACAB1，B1C1BC，BC2B1C1. 精选学习资料 - - -
23、 - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 16 页学习必备欢迎下载(1) 求证：AB1平面A1C1C；(2) 若点M是边AB上的一个动点 ( 包括A，B两端点 ) ，试确定点M的位置， 使得平面A1C1C与平面MA1C1夹角的余弦值为13. 解(1) 证明：取BC的中点E，连接AE，C1E，B1E，B1C1BC，BC2B1C1，B1C1EC，B1C1EC，四边形CEB1C1为平行四边形，从而B1EC1C. 又C1C? 平面A1C1C，B1E?平面A1C1C，B1E平面A1C1C. 又易知B1C1BE，B1C1BE，四边形B1C1EB是平行四边形，B1B
24、C1E，B1BC1E，又四边形ABB1A1是正方形，AA1BB1，AA1BB1，AA1C1E，A1AC1E，四边形AEC1A1为平行四边形，AEA1C1. 又A1C1? 平面A1C1C，AE?平面A1C1C，AE平面A1C1C. 根据，结合AEB1EE可得，平面B1AE平面A1C1C. 又AB1? 平面B1AE，故AB1平面A1C1C. (2) 四边形ABB1A1为正方形，A1AABAC1，AA1AB. 又三角形A1CB为等边三角形，A1CBCA1B2. 由勾股定理的逆定理可得A1AC90，BAC90，即A1AAC，ABAC. 经过点A的三条直线AA1，AC，AB两两垂直从而，可建立如图所示的
25、空间直角坐标系Axyz，则C(1,0,0)，A1(0,0,1)，C112，12，1 . 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 16 页学习必备欢迎下载设M(0 ，t,0)(0 t1)，则CA1( 1,0,1) ，A1C112，12，0 ，A1M(0，t， 1) 设平面A1C1C的法向量为n1(x，y，z) ，则n1CA10，n1A1C10，即xz0，12x12y0，令z1，则x1，y 1，n1(1 ， 1,1) 为平面A1C1C的一个法向量设平面MA1C1的法向量为n2 (m，n，k) ，则n2A1C10，n2A1M0，即1
26、2m12n0，tnk0，令n1，则m 1，kt，n2( 1,1 ，t) 为平面MA1C1的一个法向量由题设得 |cos n1，n2| n1n2|n1|n2|13，即| 2t|32t213，又 0t1，t1. 故当点M与点B重合时，平面A1C1C与平面MA1C1夹角的余弦值为13. 典题例证精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 16 页学习必备欢迎下载2016全国卷 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角DAFE与二面角CBEF都是 60.(1) 证明：平面ABE
27、F平面EFDC；(2) 求二面角EBCA的余弦值 . 审题过程切入点利用线面垂直可推证面面垂直关注点建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角. 规范解答 (1) 证明：由已知可得AFDF，AFFE，所以AF平面EFDC. 又AF? 平面ABEF，故平面ABEF平面EFDC. (2) 过D作DGEF，垂足为G，由 (1) 知DG平面ABEF. 以G为坐标原点，GF的方向为x轴正方向， |GF| 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz. 由(1) 知DFE为二面角DAFE的平面角，故DFE60，则DF2，DG3，可得A(1,4,0)，B( 3,4,0)，E( 3,0,0) ，D(0
28、,0 ，3) 由已知，ABEF，所以AB平面EFDC. 又平面ABCD平面EFDCCD，故ABCD，CDEF. 由BEAF， 可得BE平面EFDC， 所以CEF为二面角CBEF的平面角， CEF60.从而可得C( 2,0 ，3) 连接AC，则EC (1,0 ，3) ，EB(0,4,0)，AC( 3， 4，3) ，AB ( 4,0,0) 设n(x，y，z) 是平面BCE的法向量，则精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 16 页学习必备欢迎下载nEC0，nEB0，即x3z0，4y0，所以可取n(3,0 ，3) 设m是平面ABCD的法向量，则mAC0，mAB0.同理可取m(0 ，3，4) 则 cosn，mnm|n|m|21919. 故二面角EBCA的余弦值为21919. 模型归纳利用向量求空间角的模型示意图如下：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 16 页