高考數(shù)學大二輪專題復習 第二編 專題整合突破 專題五 立體幾何 第三講 空間向量與立體幾何適考素能特訓 理
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專題五 立體幾何 第三講 空間向量與立體幾何適考素能特訓 理 一、選擇題 1．[2015陜西西安質檢]若平面α，β的法向量分別是n1＝(2，－3,5)，n2＝(－3,1，－4)，則( ) A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上答案均不正確 答案 C 解析 ∵n1n2＝2(－3)＋(－3)1＋5(－4)≠0， ∴n1與n2不垂直，且不共線．∴α與β相交但不垂直． 2．如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 不妨設CB＝1，則B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)． ∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)． cos〈，〉＝＝＝，故選A. 3．[2016湖南懷化檢測] 如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，A1M＝AN＝，則MN與平面BB1C1C的位置關系是( ) A．斜交 B．平行 C．垂直 D．MN在平面BB1C1C內(nèi) 答案 B 解析 建立如圖所示的空間直角坐標系，由于A1M＝AN＝，則M，N，＝. 又C1D1⊥平面BB1C1C，所以＝(0，a,0)為平面BB1C1C的一個法向量．因為＝0，所以⊥，所以MN∥平面BB1C1C. 4．[2014四川高考] 如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點．設點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為α，則sinα的取值范圍是( ) A. B. C. D. 答案 B 解析 (1)解法一：以D為坐標原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示． 不妨設DC＝DA＝DD1＝1，則D(0,0,0)，B(1,1,0)，A1(1,0,1)，O，并設點P(0,1，t)，且0≤t≤1. 則＝，＝(－1,0，－1)，＝(0,1，－1)． 設平面A1BD的法向量為n＝(x0，y0，z0)， 則有即 取x0＝1，y0＝－1，z0＝－1， ∴n＝(1，－1，－1)． ∴sinα＝|cos〈，n〉|＝(0≤t≤1)， ∴sin2α＝，0≤t≤1. 令f(t)＝，0≤t≤1. 則f′(t)＝＝－， 可知當t∈時，f′(t)>0； 當t∈時，f′(t)≤0. 又∵f(0)＝，f＝1，f(1)＝， ∴fmax(t)＝f＝1，fmin(t)＝f(0)＝. ∴sinα的最大值為1，最小值為. ∴sinα的取值范圍為，故選B. 解法二：易證AC1⊥平面A1BD，當點P在線段CC1上從C運動到C1時，直線OP與平面A1BD所成的角α的變化情況：∠AOA1→→∠C1OA1(點P為線段CC1的中點時，α＝)．由于sin∠AOA1＝，sin∠C1OA1＝>，sin＝1，所以sinα的取值范圍是，故選B. 二、填空題 5．[2016江蘇蘇州二模]已知正方形ABCD的邊長為4，CG⊥平面ABCD，CG＝2，E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，則點C到平面GEF的距離為________． 答案 解析 建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz， 相關各點的坐標為G(0,0,2)，F(xiàn)(4,2,0)，E(2,4,0)，C(0,0,0)，則＝(0,0,2)，＝(4,2，－2)，＝(2,4，－2)．設平面GEF的法向量為n＝(x，y，z)， 由得平面GEF是一個法向量為n＝(1,1,3)，所以點C到平面GEF的距離d＝＝. 三、解答題 6．[2015甘肅天水一模] 如圖，在四棱錐S－ABCD中，底面ABCD為梯形，AD∥BC，AD⊥平面SCD，AD＝DC＝2，BC＝1，SD＝2，∠SDC＝120. (1)求SC與平面SAB所成角的正弦值； (2)求平面SAD與平面SAB所成的銳二面角的余弦值． 解 如圖，在平面SCD中，過點D作DC的垂線交SC于E，以D為原點，DA，DC，DE所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系． 則有D(0,0,0)，S(0，－1，)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(1,2,0)． (1)設平面SAB的法向量為n＝(x，y，z)， ∵＝(－1,2,0)，＝(－2，－1，)，An＝0，An＝0， ∴取y＝，得n＝(2，，5)． 又＝(0,3，－)， 設SC與平面SAB所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈S，n〉|＝＝， 故SC與平面SAB所成角的正弦值為. (2)設平面SAD的法向量為m＝(a，b，c)， ∵D＝(2,0,0)，D＝(0，－1，)， 則有取b＝，得m＝(0，，1)． ∴cos〈n，m〉＝＝＝， 故平面SAD與平面SAB所成的銳二面角的余弦值是. 7．[2014全國卷Ⅰ]如圖，三棱柱ABC－A1B1C1中，側面BB1C1C為菱形，AB⊥B1C. (1)證明：AC＝AB1； (2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60，AB＝BC，求二面角A－A1B1－C1的余弦值． 解 (1)證明：連接BC1，交B1C于點O，連接AO.因為側面BB1C1C為菱形，所以B1C⊥BC1，且O為B1C及BC1的中點． 又AB⊥B1C，所以B1C⊥平面ABO.由于AO?平面ABO，故B1C⊥AO.又B1O＝CO，故AC＝AB1. (2)因為AC⊥AB1，且O為B1C的中點，所以AO＝CO. 又因為AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB，從而OA，OB，OB1兩兩互相垂直． 以O為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz. 因為∠CBB1＝60， 所以△CBB1為等邊三角形，又AB＝BC，則A，B(1,0,0)，B1，C. ＝，＝＝， ＝＝. 設n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量， 則即 所以可取n＝(1，，)． 設m是平面A1B1C1的法向量，則 同理可取m＝(1，－，)． 則cos〈n，m〉＝＝. 易知二面角A－A1B1－C1為銳二面角． 所以二面角A－A1B1－C1的余弦值為. 8．[2016合肥質檢] 如圖，六面體ABCDHEFG中，四邊形ABCD為菱形，AE，BF，CG，DH都垂直于平面ABCD.若DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3. (1)求證：EG⊥DF； (2)求BE與平面EFGH所成角的正弦值． 解 (1)證明：連接AC，由AE綊CG可知四邊形AEGC為平行四邊形，所以EG∥AC，而AC⊥BD，AC⊥BF，所以EG⊥BD，EG⊥BF， 因為BD∩BF＝B，所以EG⊥平面BDHF，又DF?平面BDHF，所以EG⊥DF. (2)設AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，由已知可得：平面ADHE∥平面BCGF，所以EH∥FG，同理可得：EF∥HG，所以四邊形EFGH為平行四邊形，所以P為EG的中點，O為AC的中點，所以OP綊AE， 從而OP⊥平面ABCD，又OA⊥OB，所以OA，OB，OP兩兩垂直，由平面幾何知識，得BF＝2. 如圖，建立空間直角坐標系Oxyz則B(0,2,0)，E(2，0,3)，F(xiàn)(0,2,2)，P(0,0,3)， 所以＝(2，－2,3)，＝(2，0,0)，(0,2，－1)． 設平面EFGH的法向量為n＝(x，y，z)， 由可得 令y＝1，則z＝2.所以n＝(0,1,2)． 設BE與平面EFGH所成角為θ，則sinθ＝＝. 9．[2016河南六市聯(lián)考] 如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面ABB1A1為矩形，AB＝BC＝1，AA1＝，D為AA1的中點，BD與AB1交于點O，BC⊥AB1. (1)證明：CD⊥AB1； (2)若OC＝，求二面角A－BC－B1的余弦值． 解 (1)證明：由△AB1B與△DBA相似，知BD⊥AB1， 又BC⊥AB1，BD∩BC＝B， ∴AB1⊥平面BDC，CD?平面BDC，∴CD⊥AB1. (2)由于OC＝，BC＝1，在△ABD中，可得OB＝， ∴△BOC是直角三角形，BO⊥CO. 由(1)知CO⊥AB1，則CO⊥平面ABB1A1. 以O為坐標原點，OA，OD，OC所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A，B，C，B1，＝， ＝，＝， 設平面ABC，平面BCB1的法向量分別為n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)， 則 ∴n1＝(，－1，)， ∴n2＝(1，，－2)， ∴cos〈n1，n2〉＝＝－，又二面角A－BC－B1為鈍二面角， ∴二面角A－BC－B1的余弦值為－. 10．[2015天津高考] 如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點M和N分別為B1C和D1D的中點． (1)求證：MN∥平面ABCD； (2)求二面角D1－AC－B1的正弦值； (3)設E為棱A1B1上的點，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A1E的長． 解 如圖，以A為原點建立空間直角坐標系，依題意可得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)． 又因為M，N分別為B1C和D1D的中點， 得M，N(1，－2,1)． (1)證明：依題意，可得n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量.＝. 由此可得n＝0，又因為直線MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. (2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)． 設n1＝(x1，y1，z1)為平面ACD1的法向量， 則即不妨設z1＝1，可得n1＝(0,1,1)． 設n2＝(x2，y2，z2)為平面ACB1的法向量， 則又＝(0,1,2)，得 不妨設z2＝1，可得n2＝(0，－2，1)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， 于是sin〈n1，n2〉＝， 所以，二面角D1－AC－B1的正弦值為. (3)依題意，可設＝λ，其中λ∈[0,1]，則E(0，λ，2)，從而＝(－1，λ＋2,1)． 又n＝(0,0,1)為平面ABCD的一個法向量，由已知，得cos〈，n〉＝＝＝，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因為λ∈[0,1]，解得λ＝－2. 所以，線段A1E的長為－2. 11．[2015洛陽統(tǒng)考]如圖，四邊形ABCD中，AB⊥AD，AD∥BC，AD＝6，BC＝2AB＝4，E，F(xiàn)分別在BC，AD上，EF∥AB.現(xiàn)將四邊形ABCD沿EF折起，使平面ABEF⊥平面EFDC. (1)若BE＝1，是否在折疊后的線段AD上存在一點P，且＝λ，使CP∥平面ABEF？若存在，求出λ的值，若不存在，說明理由； (2)求三棱錐A－CDF的體積的最大值，并求出此時二面角E－AC－F的余弦值． 解 ∵平面ABEF⊥平面EFDC，平面ABEF∩平面EFDC＝EF，F(xiàn)D⊥EF， ∴FD⊥平面ABEF，又AF?平面ABEF， ∴FD⊥AF， 在折起過程中，AF⊥EF，又FD∩EF＝F， ∴AF⊥平面EFDC. 以F為原點，F(xiàn)E，F(xiàn)D，F(xiàn)A分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系． (1)解法一：若BE＝1，則各點坐標如下： F(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,5,0)，C(2,3,0)， ∴平面ABEF的法向量可為＝(0,5,0)， ∵＝λ， ∴－＝λ(－)， ∴＝＋＝(0,0,1)＋(0,5,0)＝， ∴P， ∴＝＝， 若CP∥平面ABEF，則必有⊥，即＝0， ∵＝(0,5,0)＝5＝0， ∴λ＝， ∴AD上存在一點P，且＝，使CP∥平面ABEF. 解法二：AD上存在一點P，使CP∥平面ABEF，此時λ＝.理由如下： 當λ＝時，＝，可知＝， 過點P作MP∥FD交AF于點M，連接EM，PC，則有＝＝， 又BE＝1，可得FD＝5，故MP＝3， 又EC＝3，MP∥FD∥EC，故有MP綊EC，故四邊形MPCE為平行四邊形， ∴CP∥ME，又CP?平面ABEF，ME?平面ABEF， 故有CP∥平面ABEF. (2)設BE＝x(0
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