高三数学二轮复习1_5_3用空间向量的方法解立体几何问题课时巩固过关练理新人教版

我们在这里，召开私营企业家联谊会，借此机会，我代表成都市渝中工商局、渝中区私营企业协会，祝各位领导新年快乐、工作愉快、身体健康，祝各位企业家事业兴旺课时巩固过关练 十四 用空间向量的方法解立体几何问题(25分钟50分)一、选择题(每小题5分，共15分)1.(2016兰州一模)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B，AC上的点，A1M=AN=2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A.相交B.平行C.垂直D.不能确定【解析】选B.因为正方体的棱长为a，A1M=AN=2a3，所以MB=23A1B，CN=23CA，所以MN=MB+BC+CN=23A1B+BC+23CA=23(A1B1+B1B)+BC+23(CD+DA)=23B1B+13B1C1，又CD是平面B1BCC1的一个法向量，且MNCD=23B1B+13B1C1CD=0，所以MNCD，又MN平面B1BCC1，所以MN平面B1BCC1.2.(2016银川二模)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为()A.32B.1010C.35D.25【解析】选D.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，1，0)，M1,12,1，N1,1,12，所以AM=0,12,1，CN=1,0,12，故cos=AMCN|AM|CN|=125252=25.3.(2016洛阳二模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1底面ABC，点D在棱BB1上，且BD=1，若AD与平面AA1C1C所成的角为，则sin的值是()A.32B.22C.104D.64【解析】选D.如图，建立空间直角坐标系，易求点D32,12,1，平面AA1C1C的一个法向量是n=(1，0，0)，所以cos=322=64，即sin=64.二、填空题(每小题5分，共10分)4.(2016南昌二模)P是二面角-AB-棱上的一点，分别在平面，上引射线PM，PN，如果BPM=BPN=45，MPN=60，那么二面角-AB-的大小为_.【解析】不妨设PM=a，PN=b，如图.作MEAB于点E，NFAB于点F，因为EPM=FPN=45，所以PE=22a，PF=22b，所以EMFN=(PM-PE)(PN-PF)=PMPN-PMPF-PEPN+PEPF=abcos60-a22bcos45-22abcos45+22a22b=ab2-ab2-ab2+ab2=0，所以EMFN，所以二面角-AB-的大小为90.答案：905.(2016太原二模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别在AB1，BC1上，且AM=13AB1，BN=13BC1，则下列结论：AA1MN；A1C1MN；MN平面A1B1C1D1；BD1MN.其中正确命题的序号是_.(写出所有正确命题的序号)【解析】建立以D为坐标原点，DC，DA，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴的空间直角坐标系.令正方体的棱长为3，可得D(0，0，0)，A(0，3，0)，A1(0，3，3)，C1(3，0，3)，D1(0，0，3)，B(3，3，0)，M(1，3，1)，N(3，2，1).中，AA1=(0，0，3)，MN=(2，-1，0)，因为AA1MN=0，所以对；中，A1C1=(3，-3，0)，与MN不成线性关系，所以错；中，易知平面A1B1C1D1的一个法向量为DD1=(0，0，3)，而DD1MN=0，且MN平面A1B1C1D1，所以正确；中，BD1=(-3，-3，3)，因为BD1MN0，所以错误.答案：三、解答题(6题12分，7题13分，共25分)6.(2016四川高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，ADBC，ADC=PAB=90，BC=CD=12AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90.(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM平面PBE，并说明理由.(2)若二面角P-CD-A的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.【解析】(1)延长AB，交直线CD于点M，因为E为AD中点，所以AE=ED=12AD，因为BC=CD=12AD，所以ED=BC，因为ADBC即EDBC，所以四边形BCDE为平行四边形，所以BECD，因为ABCD=M，所以MCD，所以CMBE，因为BE平面PBE，所以CM平面PBE，因为MAB，AB平面PAB，所以M平面PAB，故在平面PAB上可找到一点M使得CM平面PBE.(2)过A作AFEC交EC于点F，连接PF，过A作AGPF交PF于点G，因为PAB=90，PA与CD所成角为90，所以PACD，PAAB，因为ABCD=M，所以PA平面ABCD，因为EC平面ABCD，所以PAEC，因为ECAF且AFAP=A，所以CE平面PAF，因为AG平面PAF，所以AGCE，因为AGPF且PFCE=F，所以AG平面PFC，所以APF为所求PA与平面PCE所成的角，因为PA平面ABCD，ADC=90，即ADDC.所以PDA为二面角P-CD-A所成的平面角，由题意可得PDA=45，而PAD=90，所以PA=AD，因为BC=CD，四边形BCDE是平行四边形，ADC=90，所以四边形BCDE是正方形，所以BEC=45，所以AEF=BEC=45，因为AFE=90，所以AF=22AE，所以tanAPF=AFAP=24ADAP=24，所以sinAPF=13.【加固训练】(2016日照一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1为矩形，AB=1，AA1=2，D是AA1的中点，BD与AB1交于点O，且CO平面ABB1A1.(1)证明：BCAB1.(2)若OC=OA，求直线CD与平面ABC所成角的正弦值.【解析】(1)由题意，因为四边形ABB1A1是矩形，D为AA1的中点，AB=1，AA1=2，AD=22，所以在直角三角形ABB1中，tanAB1B=ABBB1=22，在直角三角形ABD中，tanABD=ADAB=22，所以AB1B=ABD，又BAB1+AB1B=90，所以BAB1+ABD=90，所以在三角形ABO中，BOA=90，即BDAB1，又因为CO侧面ABB1A1，AB1侧面ABB1A1，所以COAB1，COBD=O，所以AB1平面BCD，因为BC平面BCD，所以BCAB1.(2)如图，分别以OD，OB1，OC所在的直线为x，y，z轴，以O为原点，建立空间直角坐标系，则A0,-33,0，B-63,0,0，C0,0,33，B10,233,0，D66,0,0，所以AB=-63,33,0，AC=0,33,33，CD=66,0,-33，设平面ABC的法向量为n=(x，y，z)，则根据得-63x+33y=0,33y+33z=0,可得n=(1，2，-2)是平面ABC的一个法向量，设直线CD与平面ABC所成角为，则sin=155，所以直线CD与平面ABC所成角的正弦值为155.7.(2016长春二模)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，四边形ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD，DAB=60，AD=2，AM=1，E为AB的中点.(1)求证：AN平面MEC.(2)在线段AM上是否存在点P，使二面角P-EC-D的大小为3？若存在，求出AP的长h；若不存在，请说明理由.【解题导引】(1)连接BN，利用CM与BN交于F，连接EF.证明ANEF，通过直线与平面平行的判定定理证明AN平面MEC.(2)对于存在性问题，可先假设存在，即假设在线段AM上存在点P，使二面角P-EC-D的大小为3.通过建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用坐标法进行求解判断.【解析】(1)连接BN，CM与BN交于F，连接EF.由已知可得四边形BCNM是平行四边形，所以F是BN的中点.因为E是AB的中点，所以ANEF.又EF平面MEC，AN平面MEC，所以AN平面MEC.(2)连接DE，由于四边形ABCD是菱形，DAB=60，E是AB的中点，可得DEAB.又四边形ADNM是矩形，平面ADNM平面ABCD，所以DN平面ABCD，如图建立空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(3，0，0)，C(0，2，0)，P(3，-1，h)，CE=(3，-2，0)，EP=(0，-1，h).设平面PEC的法向量为n1=(x，y，z)，则所以3x-2y=0,-y+hz=0,令y=3h，所以n1=(2h，3h，3)，又平面ADE的法向量n2=(0，0，1)，所以cos=37h2+3=cos3=12，解得h=377.所以在线段AM上存在点P，当h=377时，使二面角P-EC-D的大小为3.(30分钟55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB=2，若棱AB上存在点P，使得D1PPC，则AD的取值范围是()A.1，2)B.(1，2C.(0，1D.(0，2)【解析】选C.如图建立空间直角坐标系.设AD=a(a0)，AP=x(0x2)，则P(a，x，2)，C(0，2，2)，所以D1P=(a，x，2)，CP=(a，x-2，0)，因为D1PPC，所以D1PCP=0，即a2+x(x-2)=0，a=-x2+2x=-(x-1)2+1.当0x2时，a(0，1.2.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别在A1D，AC上，且A1E=23A1D，AF=13AC，则()A.EF至多与A1D，AC中的一条垂直B.EFA1D，EFACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面【解析】选B.以D点为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，A(1，0，0)，C(0，1，0)，E13,0,13，F23,13,0，B1,1,0，D1(0，0，1)，所以A1D=(-1，0，-1)，AC=(-1，1，0)，EF=13,13,-13，BD1=(-1，-1，1)，即EF=-13BD1，A1DEF=ACEF=0，从而EFBD1，EFA1D，EFAC.3.在底面为正方形的四棱锥V-ABCD中，侧棱VA底面ABCD，且VA=AB，点M为VA的中点，则直线VC与平面MBC所成角的余弦值是()A.22B.1515C.15315D.21015【解析】选D.由题意可建立如图所示的空间直角坐标系，设VA=2，则V(0，0，2)，M(0，0，1)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，所以MB=(2，0，-1)，MC=(2，2，-1)，CV=(-2，-2，2).设平面MBC的法向量为n=(x，y，z)，由得2x-z=0,2x+2y-z=0,令x=1，可得n=(1，0，2)，设直线VC与平面MBC所成的角为，则sin=|cos|=-2+0+4125=1515.所以cos=1-15152=21015.【加固训练】已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于()A.64B.104C.22D.32【解析】选A.设直线AB1与侧面ACC1A1所成角为，建立如图所示空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则A(0，-1，0)，B1(3，0，2)，AB1=(3，1，2)，O(0，0，0)，B(3，0，0)，所以BO=(-3，0，0)为侧面ACC1A1的法向量，所以sin=|AB1BO|AB1|BO|=64.4.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下四个命题：异面直线C1P和CB1所成的角为定值；二面角P-BC1-D的大小为定值；三棱锥D-BPC1的体积为定值；直线CP与平面ABC1D1所成的角为定值.其中真命题的个数为()A.1B.2C.3D.4【解题导引】以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量对每个命题逐个验证进而作出判断.【解析】选C.以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，1)，B1(1，1，1).设P(t，0，1-t)，0t1.中，C1P=(t，-1，-t)，CB1=(1，0，1)，因为C1PCB1=0，所以C1PCB1，故对；中，因为D1AC1B，所以平面PBC1即平面ABC1D1，两平面都固定，所以其二面角为定值，故对；中，因为点P到直线BC1的距离AB=1，所以V三棱锥D-BPC1=1312BC1AB12CB1=16，故对；中，CP=(t，-1，1-t)，易知平面ABC1D1的一个法向量为CB1=(1，0，1)，所以cos不是定值，故错误.二、填空题(每小题5分，共10分)5.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，C1C平面ABC，ACB=90，AA1=2，AC=BC=1，则异面直线A1B与AC所成角的正切值是_.【解析】以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，CC1为z轴，建立空间直角坐标系，因为AA1=2，AC=BC=1，所以A1(1，0，2)，B(0，1，0)，A(1，0，0)，C(0，0，0)，A1B=(-1，1，-2)，AC=(-1，0，0)，设异面直线A1B与AC所成角为，则cos=|A1BAC|A1B|AC|=16=66.所以sin=1-cos2=306，故tan=sincos=30666=5.答案：5【加固训练】已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_.【解析】延长A1B1至D，使A1B1=B1D，连接BD，C1D，DM，则AB1BD，MBD就是直线AB1和BM所成的角.设三棱柱的各条棱长为2，则BM=5，BD=22，C1D2=A1D2+A1C12-2A1DA1C1cos60=16+4-24=12.DM2=C1D2+C1M2=13，所以cosDBM=BM2+BD2-DM22BMBD=0，所以DBM=90.答案：90【一题多解】解答本题还可以用以下方法解决：不妨设棱长为2，选择基向量BA，BC，BB1，则AB1=BB1-BA，BM=BC+12BB1，cos=(BB1-BA)BC+12BB1225=0-2+2+0225=0，故=90.答案：906.已知三棱锥ABCD中，ABCD，且AB与平面BCD成60角.当SBCDSACD的值取到最大值时，二面角A-CD-B的大小为_.【解析】过A作AO平面BCD，连接BO并延长交CD于E，连接AE，则BE是AB在底面BCD上的射影，则ABE=60，因为ABCD，AOCD，ABBO=A，所以CD平面ABE，所以AECD，则AEB是二面角A-CD-B的平面角，则SBCDSACD=12CDBE12CDAE=BEAE，要使SBCDSACD的值取到最大值，则BEAE取得最大值，由正弦定理得BEAE=sinBAEsin60，所以当sinBAE取得最大值，即当BAE=90时取最大值，此时AEB=30.答案：30三、解答题(7题12分，8题13分，共25分)7.如图，在矩形ABCD中，AD=2，AB=2AD，E是CD的中点，O是AE的中点，以AE为折痕向上折起，使D为D，且DB=DC.(1)求证：平面DAE平面ABCE.(2)求CD与平面ABD所成角的正弦值.【解析】(1)取BC的中点F，连接OF，DO，DF，则BCOF，因为DB=DC，所以BCDF，又因为OF平面DOF，DF平面DOF，OFDF=F，所以BC平面DOF，因为DO平面DOF，所以BCDO，因为DA=DE，即DA=DE，所以DOAE，又因为AE平面ABCE，BC平面ABCE，AE与BC相交，所以DO平面ABCE，因为DO平面DAE，所以平面DAE平面ABCE.(2)以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，-1，0)，B(1，3，0)，C(-1，3，0)，D(0，0，2).所以DA=(1，-1，-2)，DB=(1，3，-2)，DC=(-1，3，-2).设平面ABD的法向量为n=(x，y，z)，则nDA，nDB.所以x-y-2z=0,x+3y-2z=0,令z=2，得x=2，y=0，所以n=(2，0，2)，|n|=6，|DC|=23，nDC=-4.所以cos=-23.所以CD与平面ABD所成角的正弦值为23.8.如图直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是直角梯形，ABDC，BAD=90，AA1=AB=4，CD=AD=2，E，F，G分别是侧棱BB1，C1C，DD1上的点，BE=2，DG=3.(1)若CF=2，求证：A1，E，F，G四点共面.(2)若平面EFG与平面A1ADD1所成二面角(锐角)的余弦值为66，求CF的长度.【解析】因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，底面ABCD是直角梯形，ABDC，BAD=90，所以以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图：因为AA1=AB=2CD=4，AD=2，E，F，G分别是侧棱BB1，C1C，DD1上的点，BE=2，DG=3.所以A(0，0，0)，B(4，0，0)，D(0，2，0)，C(2，2，0)，E(4，0，2)，G(0，2，3)，A1(0，0，4)，(1)若CF=2，则F(2，2，2)，则A1F=(2，2，-2)，A1E=(4，0，-2)，A1G=(0，2，-1)，因为A1F=12A1E+A1G，所以A1，E，F，G四点共面.(2)设CF=a，则F(2，2，a)，0a4，则EF=(-2，2，a-2)，EG=(-4，2，1)，则平面A1ADD1的一个法向量为n=(1，0，0)，设m=(x，y，z)为平面EFG的一个法向量，得-2x+2y+(a-2)z=0,-4x+2y+z=0,即2x+(a-3)z=0,-4x+2y+z=0,令z=1，则x=3-a2，y=5-2a2，则m=3-a2,5-2a2,1，因为平面EFG与平面A1ADD1所成二面角(锐角)的余弦值为66，所以|cos|= =3-a23-a22+5-2a22+1=66，平方整理得a2-10a+16=0，解得a=2或a=8(舍)，即CF的长度为2.【加固训练】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADBC，ADC=90，平面PAD底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=AD=2，BC=1，CD=3.(1)求证：平面PQB平面PAD.(2)若二面角M-BQ-C为30，设PM=tMC，试确定t的值.【解析】(1)因为ADBC，BC=12AD，Q为AD的中点，所以四边形BCDQ为平行四边形，所以CDBQ.因为ADC=90，所以AQB=90，即QBAD.又因为平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，所以BQ平面PAD.因为BQ平面PQB，所以平面PQB平面PAD.(2)因为PA=PD，Q为AD的中点，所以PQAD.因为平面PAD平面ABCD，且平面PAD平面ABCD=AD，所以PQ平面ABCD.如图，以Q为原点建立空间直角坐标系.则平面BQC的一个法向量为n=(0，0，1).Q(0，0，0)，P(0，0，3)，B(0，3，0)，C(-1，3，0).设M(x，y，z)，则PM=(x，y，z-3)，MC=(-1-x，3-y，-z)，因为PM=tMC，所以x=t(-1-x),y=t(3-y),z-3=t(-z)x=-t1+t,y=3t1+t,z=31+t,在平面MBQ中，QB=(0，3，0)，QM=-t1+t,3t1+t,31+t，所以平面MBQ的法向量为m=(3，0，t).因为二面角M-BQ-C为30，所以cos 30=t3+0+t2=32，得t=3.【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决：(1)因为ADBC，BC=12AD，Q为AD的中点，所以四边形BCDQ为平行四边形，所以CDBQ.因为ADC=90，所以AQB=90，即QBAD.因为PA=PD，所以PQAD.因为PQBQ=Q，PQ，BQ平面PBQ，所以AD平面PBQ.因为AD平面PAD，所以平面PQB平面PAD.(2)过点M作MOPQ交QC于点O，过O作OEQB交QB于点E，连接ME，因为PQ平面ABCD，所以MO平面ABCD，由三垂线定理知MEQB，则MEO为二面角M-BQ-C的平面角.设CM=a，则PM=at，PC=7，因为MOPQ=CMCP，所以MO=3a7，OEQB，BCQB，且三线都共面，所以BCOE，所以EOBC=QOQC=PMPC，所以EO=ta7.在RtMOE中，tanMEO=tan 30=MOEO，所以MOEO=3t=33，解得t=3.1.如图，在梯形ABCD中，ABCD，AD=DC=CB=1，ABC=60，四边形ACFE为矩形，平面ACFE平面ABCD，CF=1.(1)求证：BC平面ACFE.(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为(90)，试求cos的取值范围.【解题导引】(1)证明线面垂直可以利用面面垂直进行证明，即若两个平面垂直并且其中一个平面内的一条直线a与两个平面的交线垂直时则直线a与另一个平面垂直，即可证明线面垂直.(2)建立空间直角坐标系，根据坐标表示出两个平面的法向量，结合向量的有关运算求出二面角的余弦的表达式，再利用函数的有关知识求出余弦的范围.【解析】(1)在梯形ABCD中，因为ABCD，AD=DC=CB=1，ABC=60，所以AB=2.所以AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3，所以AB2=AC2+BC2，所以BCAC.因为平面ACFE平面ABCD，平面ACFE平面ABCD=AC，BC平面ABCD，所以BC平面ACFE.(2)由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的如图所示空间直角坐标系，令FM=(03)，则C(0，0，0)，A(3，0，0)，B(0，1，0)