新高考2024高考数学二轮复习大题考法专训三立体几何与空间向量

PAGE1-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．(2024·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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＝eq\f(1,2)B1C.又因为N为A1D的中点，所以ND＝eq\f(1,2)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，eq\o(DA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，eq\r(3)，2)，N(1,0,2)，eq\o(A1A,\s\up7(→))＝(0,0，－4)，eq\o(A1M,\s\up7(→))＝(－1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1N,\s\up7(→))＝(－1,0，－2)，eq\o(MN,\s\up7(→))＝(0，－eq\r(3)，0)．设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(A1M,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(A1A,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0，))可取m＝(eq\r(3)，1,0)．设n＝(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(MN,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(A1N,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0，))可取n＝(2,0，－1)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，所以二面角A­MA1­N的正弦值为eq\f(\r(10),5).2.如图，已知四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°.(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＝2eq\r(3).因为△DBF为等边三角形，所以OF＝eq\r(3).所以A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0,0，eq\r(3))，所以eq\o(AD,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，－1,0)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，0，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1,0)．设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AF,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(AB,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋y＝0，))令x＝1，得平面ABF的一个法向量为n＝(1，eq\r(3)，1)．设直线AD与平面ABF所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(AD,\s\up7(→))·n|,|eq\o(AD,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(\r(15),5).故直线AD与平面ABF所成角的正弦值为eq\f(\r(15),5).3．(2024·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上，且eq\f(PF,PC)＝eq\f(1,3).(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eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3).推断直线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eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(2,2，－2)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(0,0,2)．所以eq\o(PF,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，所以eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\o(AP,\s\up7(→))＋eq\o(PF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))).设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))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〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝－eq\f(\r(3),3).由图知，二面角F­AE­P为锐角，所以二面角F­AE­P的余弦值为eq\f(\r(3),3).(3)直线AG在平面AEF内，理由如下：因为点G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(2，－1，－2)，所以eq\o(PG,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，－\f(4,3)))，所以eq\o(AG,\s\up7(→))＝eq\o(AP,\s\up7(→))＋PG→＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).由(2)知，平面AEF的一个法向量n＝(－1，－1,1)，所以eq\o(AG,\s\up7(→))·n＝－eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)＝0.所以直线AG在平面AEF内．B级——拔高题满分练1．(2024·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＝eq\f(1,4)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eq\f(\r(5),5)，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(2eq\r(3)，0,0)，C(0，－2，0)，S(0,0，h)，从而eq\o(SA,\s\up7(→))＝(2eq\r(3)，0，－h)，eq\o(SC,\s\up7(→))＝(0，－2，－h)．设平面ASC的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(SA,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(SC,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(3)x－hz＝0，,2y＋hz＝0，))取z＝2得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(h,\r(3))，,y＝－h，))所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,\r(3))，－h，2)).易得平面SBC的一个法向量m＝(1,0,0)．由|cos〈n，m〉|＝eq\f(\r(5),5)，可得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(h,\r(3)))),\r(\f(h2,3)＋h2＋4))＝eq\f(\r(5),5)，解得h＝2eq\r(3)，所以S(0,0,2eq\r(3))．又因为D(eq\r(3)，－1,0)，所以eq\o(DS,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1,2eq\r(3))．所以cos〈eq\o(DS,\s\up7(→))，m〉＝eq\f(eq\o(DS,\s\up7(→))·m,eq\o(DS,\s\up7(→))||m|)＝－eq\f(\r(3),4).设SD与平面SBC所成角的大小为θ，则sinθ＝eq\f(\r(3),4)，故SD与平面SBC所成角的正弦值为eq\f(\r(3),4).2.如图所示，四棱锥P­ABCD的底面为矩形，已知PA＝PB＝PC＝PD＝BC＝1，AB＝eq\r(2)，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E­AC­D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Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，－\f(\r(2),4)，\f(1,4)))，eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，－\f(\r(2),4)，－\f(1,4)))，eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，0))，eq\o(OP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2))).明显eq\o(OP,\s\up7(→))是平面ACD的一个法向量．设n＝(x，y，z)是平面ACE的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(EA,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(OA,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x－\f(\r(2),4)y－\f(1,4)z＝0，,\f(1,2)x－\f(\r(2),2)y＝0，))取y＝1，则n＝(eq\r(2)，1,2eq\r(2))，所以cos〈n，eq\o(OP,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(OP,\s\up7(→)),|n||eq\o(OP,\s\up7(→))|)＝eq\f(2\r(22),11).由图知，二面角E­AC­D为锐角，所以二面角E­AC­D的余弦值为eq\f(2\r(22),11).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，且满意eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)，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eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)，所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得DE＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)，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，