《（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 第十二單元 空間向量 高考達標檢測（三十三）空間向量2綜合——翻折、探索 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2022年高考數(shù)學一輪復習 第十二單元 空間向量 高考達標檢測（三十三）空間向量2綜合——翻折、探索 理（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用版（全國通用版） 20222022 年高考數(shù)學一輪復習年高考數(shù)學一輪復習 第十二單元第十二單元 空間向量空間向量 高高考達標檢測（三十三）空間向量考達標檢測（三十三）空間向量 2 2 綜合綜合翻折、探索翻折、探索 理理1如圖 1，在ABC中，C90，ACBC3a，點P在AB上，PEBC交AC于點E，PFAC交BC于點F.沿PE將APE翻折成APE，使得平面APE平面ABC；沿PF將BPF翻折成BPF，使得平面BPF平面ABC，如圖 2.(1)求證：BC平面APE；(2)若AP2PB，求二面角APCB的正切值解：(1)證明：因為FCPE，F(xiàn)C 平面APE，PE平面APE，所以FC平面A

2、PE.因為平面APE平面ABC，且平面APE平面ABCPE，AEPE，所以AE平面ABC.同理BF平面ABC，所以BFAE，從而BF平面APE.又FCBFF，所以平面BCF平面APE.因為BC平面BCF，所以BC平面APE.(2)易知EC，EP，EA兩兩垂直，可建立如圖所示的空間直角坐標系Exyz.則C(a,0,0)，P(0,2a,0)，A(0,0,2a)，B(a,2a，a)所以AC(a,0，2a)，AP(0,2a，2a)，BC(0，2a，a)，BP(a,0，a)設平面ACP的一個法向量為m(x，y,1)，則mAC0，mAP0，即ax2a0，2ay2a0，解得x2，y1，所以平面ACP的一個法

3、向量為m(2,1,1)設平面BCP的一個法向量為n(x，y，1)，則nBC0，nBP0，即2aya0，axa0，解得x1，y12，所以平面BCP的一個法向量為n1，12，1.設二面角APCB的大小為，易知為銳角，則 cos|mn|m|n|32|63266，從而可得 tan 5，即二面角APCB的正切值為 5.2.如圖， 在梯形ABCD中，ABCD，ADDCCB1， ABC60.EAFC，且FC平面ABCD，F(xiàn)C2，AE1，點M為EF上任意一點(1)求證：AMBC；(2)點M在線段EF上運動(包括兩端點)，試確定M的位置，使平面MAB與平面FBC所成的銳二面角為 60.解：(1)證明：ABCD，

4、ADDCCB1，ABC60，AB2，連接AC，在ABC中，AC2AB2BC22ABBCcos 602212221cos 603，AB2AC2BC2，BCAC.FC平面ABCD，F(xiàn)CBC.又ACFCC，BC平面AEFC，AM平面AEFC，BCAM.(2)以C為坐標原點，分別以直線CA，CB，CF為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz，則A(3，0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，F(xiàn)(0,0,2)，E( 3，0,1)，AB( 3，1,0)，設M(x，y，z)，F(xiàn)M FE(01)，則(x，y，z2)( 3，0，1)，x 3，y0，z2，故M( 3，0,2)，AM( 3 3，

5、0,2)設平面ABM的法向量m(x1，y1，z1)，則mAM0，mAB0，即31x12z10， 3x1y10，令x11，可得y1 3，z1312，m1， 3，312.易知平面FBC的一個法向量為n(1,0,0)，cos 60|mn|m|n|113312212，1，點M與點E重合時，平面MAB與平面FBC所成的銳二面角為 60.3如圖，已知在長方形ABCD中，AB2，A1，B1分別是邊AD，BC上的點，且AA1BB11，A1E垂直B1D于E，F(xiàn)為AB的中點把長方形ABCD沿直線A1B1折起，使得平面AA1B1B平面A1B1CD，且直線B1D與平面AA1B1B所成的角為 30.(1)求異面直線A1

6、E，B1F所成角的余弦值；(2)求二面角FB1DA1的余弦值解：由已知條件可得A1A，A1B1，A1D兩兩垂直，可建立如圖所示的空間直角坐標系A1xyz，由已知AB2，AA1BB11，可得A1(0,0,0)，B1(2,0,0)，F(xiàn)(1,0,1)又A1D平面AA1B1B，所以B1D與平面AA1B1B所成的角為DB1A130， 又A1B1AB2，A1EB1D， 所以A1E1，A1D2 33，從而易得E12，32，0，D0，2 33，0.(1)因為A1E12，32，0，B1F(1,0,1)，所以 cos A1E，B1FA1EB1F|A1E|B1F|12224，所以異面直線A1E，B1F所成角的余弦值

7、為24.(2)易知平面A1B1CD的一個法向量m(0,0,1)設n(x，y，z)是平面B1DF的法向量，易知B1D2，2 33，0，所以nB1F0，nB1D0，即xz0，2x2 33y0.令x1，得n(1， 3，1)所以 cosm，nmn|m|n|55.由圖知二面角FB1DA1為銳角，所以二面角FB1DA1的余弦值為55.4(2018成都模擬)如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，BD與EF交于點H，G為BD的中點， 點R在線段BH上， 且BRRH(0) 現(xiàn)將AED，CFD，DEF分別沿DE，DF，EF折起，使點A，C重合于點B(該點記為P)，如圖所示(1)若2，求證：GR

8、平面PEF；(2)是否存在正實數(shù)，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為2 25？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由解：(1)證明：由題意，可知PE，PF，PD三條直線兩兩垂直PD平面PEF.在圖中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，G為BD的中點，EFAC，GDGB2GH.在圖中，PRRHBRRH2，且DGGH2，在PDH中，GRPD，GR平面PEF.(2)由題意，分別以PF，PE，PD所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Pxyz.設PD4，則P(0,0,0)，F(xiàn)(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)，EF(2，2,0)，DE(0,2，4)P

9、RRH，PR1PH，R1，1，0，RF21，1，021，1，0.設平面DEF的一個法向量為m(x，y，z)，由EFm0，DEm0，得2x2y0，2y4z0.取z1，則m(2,2,1)直線FR與平面DEF所成角的正弦值為2 25，|cosm，RF|mRF|m|RF|413212122 232222 25，921870，解得13或73(不合題意，舍去)故存在正實數(shù)13，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為2 25.已知在三棱柱ABCA1B1C1中，B1B平面ABC，ABC90，B1BAB2BC4，D，E分別是B1C1，A1A的中點(1)求證：A1D平面B1CE；(2)設M是B1E的中點，N在棱

10、AB上，且BN1，P是棱AC上的動點，直線NP與平面MNC所成角為，試問：的正弦值存在最大值嗎？若存在，請求出APAC的值；若不存在，請說明理由解：(1)證明：連接BC1交B1C于點O，連接EO，DO，在B1BC1中，DO綊12B1B，在四邊形B1BA1A中，A1E綊12B1B，A1E綊DO，四邊形A1EOD是平行四邊形，A1DEOA1D 平面B1CE，EO平面B1CE，A1D平面B1CE.(2)假設存在符合題意的點P.以B為坐標原點，BA，BC，BB1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Bxyz，由已知得A(4,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,4)，E(4,0

11、,2)，M(2,0,3)，N(1,0,0)，則MN(1,0，3)，NC(1,2,0)，AC(4,2,0)，NA(3,0,0)設平面MNC的一個法向量m(x，y，z)，則mMN0，mNC0，即x3z0，x2y0，取x6，得m(6,3，2)，設AP AC(01)，則NPNA AC(34，2，0)，由題設得 sin|cosNP，m|NPm|NP|m|6346|7342421817 202249，設t1(01)，則1t，且 0t1，sin18t7 20t216t5.當t0 時，sin0，當 0t1 時，sin1875t216t2018751t852365187653 57.當且僅當1t85，即t58時，sin取得最大值3 57，此時38.存在符合題意的點P，且APAC38.