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

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、挑选题12021 ·陕西西安质检 如平面 ， 的法向量分别是 n1 2 ， 3,5 ，n2 3,1 ， 4 ，就 a b c ， 相交但不垂直d以上答案均不正确答案c解析n1·n22× 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abc a1b1c1， ca cc1 2cb，就直线 bc1 与直线 ab1 夹角的余弦值为 55a. 5b. 3c. 25 5d.35答案a解析不妨设 cb 1，就b

2、0,0,1， a2,0,0，c10,2,0， b10,2,1 bc1 0,2 ， 1 ，ab1 2,2,1bccos ， 1· ab10 4 15，应选 a.bc1ab15×35| bc1| ·|ab1|32021 ·湖南怀化检测 如下列图，在正方体abcd a1b1c1d1 中，棱长为 a，m，n 分别2a为 a1b和 ac上的点， a1man 3，就 mn与平面 bb1c1c的位置关系是 a斜交b平行c垂直d mn在平面 bb1c1c 内答案b2a2aa解析建立如下列图的空间直角坐标系，由于a1m an3，就m a，3 ， 3 ，2a2aa2an 3

3、 ，3 ， a ，mn ， 0，. 33又 c1d1平面 bb1c1c，所以 cd1 0 ，a, 0 为平面 bb1c1c的一个法向量 由于 mn· cd10，11mnc1d1所以 ，所以 mn平面 bb1c1c.42021 ·四川高考 如图，在正方体 abcd a1b1c1d1 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 ，就 sin 的取值范畴是 ，a.331b.61，3，c.62233答案bd. 221，3解析1 解法一：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

4、标系，如下列图11不妨设 dc da dd11，就 d0,0,0，b1,1,0，a11,0,1，o 2， 2，0 ，并设点 p0,1 ，t ，且 0 t 1.就11op 2， 2， t，a1d 1,0 ， 1 ，a1b 0,1 ， 1 设平面 a1bd的法向量为 n x0，y0 ，z0 ，1n· ad 0，就有· 0， x0 z0 0，即y0z0 0，na1b取 x0 1， y0 1， z0 1， n 1 ， 1， 1 sin |cos op， n| | 1 t |0 t 1 ， sint 2 2t 12 3 t 2 13t 2 12，0 t 1.22t 2t 1令 f t

5、 123 t 2，0 t 1.就 f t 2t t 1t t 2，3 t 2 1 223 t 21 221可知当 t 0， 2 时， f t >0 ；当 t 12， 1 时， f t 0.218又 f 0 3， f2 1， f 1 9，123 f max t f2 1， f min t f 0 .6 sin 的最大值为 1，最小值为 3 .， sin 的取值范畴为631 ，应选 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 的变化情形： aoa1 c1oa1 点 p 为线段 cc1 的中点时， 由于 s

6、in226226 aoa，sin coasin 1，所以 sin 的取值范畴是6， 1 ，应选 b.111>，33323二、填空题52021 ·江苏苏州二模 已知正方形abcd的边长为 4，cg平面 abcd， cg 2， e， f分别是 ab， ad的中点，就点 c到平面 gef的距离为611答案11解析建立如下列图的空间直角坐标系cxyz，相关各点的坐标为g0,0,2， f4,2,0， e2,4,0， c0,0,0，就 0,0,2， cggf4,2 ， 2 ，ge 2,4 ， 2 设平面 gef的法向量为 n x，y， z ，gf· n 0，由·nge

7、0，得平面 gef是一个法向量为 n 1,1,3，所以点 c到平面 gef的距离 d| n· cg| n|61111.三、解答题62021 ·甘肃天水一模如图，在四棱锥 sabcd中，底面 abcd为梯形， ad bc，ad平面 scd， ad dc 2， bc 1，sd 2， 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就有 d

8、0,0,0， s0 ， 1，3 ， a2,0,0，c0,2,0， b1,2,0(1) 设平面 sab的法向量为 n x， y， z ， 1,2,0， 2， 1，3 ， ab ·n 0， as · n 0，abas x 2y 0，取 y3，得 n 23，3， 5 2x y3z 0， 又sc 0,3 ， 3 ，设 sc与平面 sab所成角为 ，就 sin |cos sc ， n| 2323×2 101010 20 ，故 sc与平面 sab所成角的正弦值为20 .(2) 设平面 sad的法向量为 m a， b， c ， da 2,0,0， ds 0 ， 1，3 ，2a

9、0，就有 b3c 0，取 b 3，得 m 0 ，3， 1 n·m810×2 cos n，m | n| ·|m| 210 5，10故平面 sad与平面 sab所成的锐二面角的余弦值是5.72021 ·全国卷 如图，三棱柱 abc a1b1c1 中，侧面 bb1c1c 为菱形， abb1c.(1) 证明： ac ab1；(2) 如 acab1， cbb1 60°， ab bc，求二面角 a a1b1 c1 的余弦值解1 证明： 连接 bc1，交 b1c 于点 o，连接 ao. 由于侧面 bb1c1c 为菱形， 所以 b1c bc1，且 o为 b1c

10、及 bc1 的中点又 ab b1c，所以 b1 c平面 abo. 由于 ao. 平面 abo，故 b1c ao. 又 b1o co，故 ac ab1.2 由于 ac ab1，且 o为 b1c 的中点，所以ao co.又由于 ab bc，所以 boa boc. 故 oa ob，从而 oa， ob， ob1 两两相互垂直以 o为坐标原点， 标系 oxyz.ob的方向为 x 轴正方向， |ob| 为单位长，建立如下列图的空间直角坐由于 cbb160°，所以 cbb 为等边三角形，又ab bc，就 a 0， 0，3 ， b1,0,0， b 0， 30 ，1313 ，3c 0，3 ， 0 .3

11、33ab1 0，3 ，3， a1b1 ab 1， 0， 3，b31c1 bc 1，3 ， 0 .设 n x，y， z 是平面 aa1b1 的法向量，n· ab10，就n· ab1 0，33 y即3x33 z0， 0.1z3所以可取 n 1 ，3，3 设 m是平面 a1b1c1 的法向量，就m·a1b1 0，m·b1c1 0.同理可取 m 1 ， 3，3 n· m17就 cosn，m | n| m| .易知二面角 a a1b1 c1 为锐二面角1所以二面角 a a1b1 c1 的余弦值为 .782021 ·合肥质检 如图，六面体 abc

12、dhef中g，四边形 abcd为菱形， ae， bf， cg， dh都垂直于平面 abcd. 如 da dh db 4， ae cg3.(1) 求证： eg df；(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为平行四边形，所以eg ac，而 ac bd， ac bf，所以 eg bd，eg bf，由于 bd bf b，所以 eg平面 bdhf，又 df. 平面 bdhf，所以 egdf.2 设 acbd o，eghf p，由已知可得：平面 adhe平面 bcgf，所以 eh fg，同理可得： ef hg，所以四边形 efgh为平行四

13、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 oa ob，所以 oa， ob， op两两垂直，由平面几何学问，得bf 2.如图，建立空间直角坐标系oxyz就 b0,2,0， e23， 0,3 ， f0,2,2，p0,0,3，所以 be 23， 2,3 ， pe 23，0,0 ，pf0,2 ， 1 设平面 efgh的法向量为 n x， y， z ，pe· n 0，由pf· n 0，x 0，可得2y z 0，令 y 1，就 z 2. 所以 n 0,1,2设 be与平面 efgh所成角为 ，就 sin | be· n

14、| be| ·|n|45 25 .92021 ·河南六市联考 如图，在三棱柱 abc a1b1c1 中，平面 abb1a1 为矩形， ab bc 1， aa1 2，d为 aa1 的中点， bd与 ab1 交于点 o， bcab1.(1) 证明： cd ab1；，求二面角(2) 如 oc33a bc b1 的余弦值解1 证明：由 ab1b与 dba相像，知 bd ab1，又 bc ab1，bd bcb， ab1平面 bdc， cd. 平面 bdc， cdab1.2 由于 oc363 ， bc 1，在 abd中，可得 ob 3 ， boc是直角三角形， boco.由1 知 co

15、 ab1，就 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，就 a3， 0，0， ，b 0， 6， 0 ，c 0， 0，321，b 3，0， 0 ，bc 0，63 ，3 33336， 26，3 ， 3ab 3 ，3 ， 0bb1 33， 3 ， 0设平面 abc，平面 bcb1 的法向量分别为 n1 x1， y1， z1 ，n2 x2， y2， z2 ，bc· n 6 3 0，13 y1就3 z1ab· n 3 6y 0，113 x13 n1 2， 1，2 ，bc· n263 y223

16、3 z2 0，6bb1· n2 33x2 3 y2 0， n2 1 ，2， 2 ，n1· n2 cos n1，n2| n1| n2|270 35 ，又二面角a bc b1 为钝二面角，270二面角 a bc b1 的余弦值为35.102021 ·天津高考 如图，在四棱柱abcd a1b1c1d1 中，侧棱 a1a底面 abcd， ab ac， ab 1， ac aa1 2，ad cd5，且点 m和 n分别为 b1c和 d1d 的中点(1) 求证： mn平面 abcd；(2) 求二面角 d1 acb1 的正弦值；(3) 设 e 为棱 a1b1 上的点，如直线 ne和

17、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 a0,0,0，b0,1,0，c2,0,0，d1 ， 2,0 ， a10,0,2， b10,1,2， c12,0,2， d11 ， 2,2 又由于 m，n 分别为 b1c 和 d1d 的中点，1得 m 1， 1 ， n1 ， 2,1 2051 证明：依题意，可得n 0,0,1为平面 abcd的一个法向量 . mn， 2， 0 .·mn由此可得 n 0，又由于直线mn.平面 abcd，所以 mn平面 abcd. ad21 1 ， 2,2 ， ac 2,0,0设 n1 x1， y

18、1，z1 为平面 acd1 的法向量，n1·ad1 0，就n1·ac0，x1 2y1 2z1 0，即2x10.不妨设 z1 1，可得 n1 0,1,1设 n2 x2， y2，z2 为平面 acb1 的法向量，n2·ab1 0，就n2·ac0，又ab 0,1,2，得y2 2z2 0， 2x2 0.1不妨设 z21，可得 n20 ， 2， 1 n1· n210因此有 cosn1， n2| n1| ·|n2| 10 ，于是 sin n1， n231010，所以，二面角 d1 ac b1 的正弦值为310.103 依题意，可设 a1 e a1

19、b1，其中 0,1，就 e0 ， ， 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cos ne， nne· n| ne| ·|n|1122 212 3，整理得 2.所以，线段 a1e 的长为7 2. 4 3 0，又由于 0,1，解得 7112021 ·洛阳统考 如图， 四边形 abcd中， ab ad，ad bc，ad 6，bc 2ab 4，e，f 分别在 bc， ad上， ef ab. 现将四边形 abcd沿 ef折起，使平面 abef平面 efdc.(1) 如 be1，是否在折叠后的线段ad上存在一点 p，且 ap

20、pd，使 cp平面 abef？如存在，求出 的值，如不存在，说明理由；(2) 求三棱锥 a cdf的体积的最大值，并求出此时二面角e ac f 的余弦值 解平面 abef平面 efdc，平面 abef平面 efdc ef， fd ef， fd平面 abef，又 af. 平面 abef， fd af，在折起过程中， afef，又 fd ef f， 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：如 be1，就各点坐标如下： f0,0,0，a0,0,1， d0,5,0， c2,3,0，平面 abef的法向量可为 ，fd 0,5,0，a

21、ppd fp fa fd fp ， fp 1 1 5fa11fd 1 1 0,0,1 1 5 0,5,0 0， 1 1， 1 ， p 0， 1 ， 1 ， cp 2， 51 3， 3 21 2，1 1 1 1 如 cp平面 abef，就必有cp fd，即 cp· fd 0， cp· fd 2， 3 2 ， 1 3 2·0,5,0·5 0，3 ，2111 ad上存在一点 p，且 ap 3pd，使 cp平面 abef.2解法二： ad上存在一点 p，使 cp平面 abef，此时 3. 理由如下：233ap35当 时， ap22pd，可知ad ，mp ap3过

22、点 p 作 mp fd交 af于点 m，连接 em， pc，就有又 be 1，可得 fd5，故 mp 3， ，5fdad又 ec 3，mp fdec，故有 mp綊 ec，故四边形 mpce为平行四边形， cp me，又 cp.平面 abef， me. 平面 abef，故有 cp平面 abef.2 设 bex0< x4 ，就 af x， fd 6 x，故 v 三棱锥 acdf112× ×2×6 x ×x3123 x 6x ，当 x 3 时， v 三棱锥 a cdf有最大值，且最大值为3， a0,0,3， d0,3,0， c2,1,0， e2,0,0，

23、 ae 2,0 ， 3 ，ac 2,1 ， 3 ，fa 0,0,3， fc 2,1,0，设平面 ace的法向量 m x1， y1，z1 ，m· ac0，就m· ae 0，2x1 y1 3z1 0，即2x1 3z1 0，令 x1 3，就 y1 0， z1 2，就 m 3,0,2 设平面 acf的法向量 n x2， y2，z2 ，n· fa0，就n· fc 0，3z2 0，即2x2 y2 0，令 x2 1，就 y2 2， z2 0，就 n1 ， 2,0 ，m· n就 cosm，n | m| n| 313×3655 65，故二面角 e ac

24、 f 的余弦值为36565 .122021 ·山东名校联考 如图，在多面体abc a1b1 c1 中，四边形 abb1a1 是正方形，三角形 a1cb是等边三角形， ac ab 1， b1c1bc， bc 2b1c1.(1) 求证： ab1平面 a1 c1c；(2) 如点 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 a1c1c1与平面 ma1c1 夹角的余弦值为 3.解1 证明：取 bc的中点 e，连接 ae， c1e， b1e， b1c1 bc， bc 2b1c1， b1c1 ec， b1c1ec，四边形 ceb1c1 为平行四边形，从而b1e

25、 c1c.又 c1c. 平面 a1c1c， b1e.平面 a1c1c， b1e平面 a1c1c. 又易知 b1c1 be， b1c1 be，四边形 b1c1eb是平行四边形， b1b c1e， b1 b c1e，又四边形 abb1a1 是正方形， aa1 bb1， aa1 bb1， aa1 c1e， a1 a c1e，四边形 aec1a1 为平行四边形， ae a1c1. 又 a1c1. 平面 a1c1c， ae.平面 a1c1c， ae平面 a1c1c. 依据，结合ae b1e e可得，平面 b1ae平面 a1c1c.又 ab1. 平面 b1ae，故 ab1平面 a1c1c.2 四边形 ab

26、b1a1 为正方形， a1 a ab ac 1， aa1ab.又三角形 a1cb为等边三角形，a1c bc a1b2.由勾股定理的逆定理可得a1ac90°， bac90°，即 a1a ac，ab ac.经过点 a的三条直线 aa1， ac， ab两两垂直从而，可建立如下列图的空间直角坐标系axyz，就 c1,0,0，a10,0,1，c111， ， 1 . 22211设 m0 ， t, 00 t 1 ，就 ca1 1,0,1， a1c1设平面 a1c1c 的法向量为 n1 x， y，z ，n1·ca1 0，就1n1·ac1 0， ，0 ， a1m 0 ， t ， 1 2 x z 0，即 1x 1y 0，令 z 1，就 x 1， y 1，22 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 ，1n2·ac1 0，就n2·a1m 0，11即 2m 2n0，tn k 0，令 n 1，就 m 1， k t ， n2 1,1 ， t 为平面 ma1c1 的一个法向量由题设得 |cos n1， n2| n1·n2| n1| n2|1 ，即3| 2 t | 3· 2 t12