3年高考（新课标）高考数学一轮复习 8.5空间向量与立体几何.doc

【3年高考】（新课标）2016版高考数学一轮复习 8.5空间向量与立体几何a组20122014年高考基础题组1.(2014北京,17,14分)如图,正方形amde的边长为2,b,c分别为am,md的中点.在五棱锥p-abcde中,f为棱pe的中点,平面abf与棱pd,pc分别交于点g,h.(1)求证:abfg;(2)若pa底面abcde,且pa=ae,求直线bc与平面abf所成角的大小,并求线段ph的长.2.(2014江西,19,12分)如图,四棱锥p-abcd中,abcd为矩形,平面pad平面abcd.(1)求证:abpd;(2)若bpc=90,pb=,pc=2,问ab为何值时,四棱锥p-abcd的体积最大?并求此时平面bpc与平面dpc夹角的余弦值.3.(2013课标全国,18,12分)如图,直三棱柱abc-a1b1c1中,d,e分别是ab,bb1的中点,aa1=ac=cb=ab.(1)证明:bc1平面a1cd;(2)求二面角d-a1c-e的正弦值.4.(2013北京,17,14分)如图,在三棱柱abc-a1b1c1中,aa1c1c是边长为4的正方形,平面abc平面aa1c1c,ab=3,bc=5.(1)求证:aa1平面abc;(2)求二面角a1-bc1-b1的余弦值;(3)证明:在线段bc1上存在点d,使得ada1b.并求的值.5.(2012课标全国,19,12分)如图,直三棱柱abc-a1b1c1中,ac=bc=aa1,d是棱aa1的中点,dc1bd.(1)证明:dc1bc;(2)求二面角a1-bd-c1的大小.b组20122014年高考提升题组1.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱abcd-a1b1c1d1中,a1a底面abcd.四边形abcd为梯形,adbc,且ad=2bc.过a1,c,d三点的平面记为,bb1与的交点为q.(1)证明:q为bb1的中点;(2)求此四棱柱被平面所分成上下两部分的体积之比;(3)若aa1=4,cd=2,梯形abcd的面积为6,求平面与底面abcd所成二面角的大小.2.(2014山东,17,12分)如图,在四棱柱abcd-a1b1c1d1中,底面abcd是等腰梯形,dab=60,ab=2cd=2,m是线段ab的中点.(1)求证:c1m平面a1add1;(2)若cd1垂直于平面abcd且cd1=,求平面c1d1m和平面abcd所成的角(锐角)的余弦值.3.(2013重庆,19,13分)如图,四棱锥p-abcd中,pa底面abcd,bc=cd=2,ac=4,acb=acd=,f为pc的中点,afpb.(1)求pa的长;(2)求二面角b-af-d的正弦值.4.(2013江西,19,12分)如图,四棱锥p-abcd中,pa平面abcd,e为bd的中点,g为pd的中点,dabdcb,ea=eb=ab=1,pa=,连结ce并延长交ad于f.(1)求证:ad平面cfg;(2)求平面bcp与平面dcp的夹角的余弦值.5.(2012北京,16,14分)如图1,在rtabc中,c=90,bc=3,ac=6.d,e分别是ac,ab上的点,且debc,de=2.将ade沿de折起到a1de的位置,使a1ccd,如图2.(1)求证:a1c平面bcde;(2)若m是a1d的中点,求cm与平面a1be所成角的大小;(3)线段bc上是否存在点p,使平面a1dp与平面a1be垂直?说明理由.6.(2012天津,17,13分)如图,在四棱锥p-abcd中,pa平面abcd,acad,abbc,bac=45,pa=ad=2,ac=1.(1)证明pcad;(2)求二面角a-pc-d的正弦值;(3)设e为棱pa上的点,满足异面直线be与cd所成的角为30,求ae的长.a组20122014年高考基础题组1.解析(1)证明:在正方形amde中,因为b是am的中点,所以abde.又因为ab平面pde,所以ab平面pde.因为ab平面abf,且平面abf平面pde=fg,所以abfg.(2)因为pa底面abcde,所以paab,paae.如图建立空间直角坐标系axyz,则a(0,0,0),b(1,0,0),c(2,1,0),p(0,0,2),f(0,1,1),=(1,1,0).设平面abf的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1.所以n=(0,-1,1).设直线bc与平面abf所成角为,则sin =|cos|=.因此直线bc与平面abf所成角的大小为.设点h的坐标为(u,v,w).因为点h在棱pc上,所以可设=(01),即(u,v,w-2)=(2,1,-2).所以u=2,v=,w=2-2.因为n是平面abf的法向量,所以n=0,即(0,-1,1)(2,2-2)=0.解得=,所以点h的坐标为.所以ph=2.2.解析(1)证明:abcd为矩形,故abad.又平面pad平面abcd,平面pad平面abcd=ad,所以ab平面pad,故abpd.(2)过p作ad的垂线,垂足为o,过o作bc的垂线,垂足为g,连结pg.故po平面abcd,bc平面pog,bcpg.在rtbpc中,pg=,gc=,bg=.设ab=m,则op=,故四棱锥p-abcd的体积v=m=.因为m=,故当m=,即ab=时,四棱锥p-abcd的体积最大.此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为o(0,0,0),b,c,d,p.故=,=(0,0),=.设平面bpc的法向量为n1=(x,y,1),则由n1,n1得解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).同理可求出平面dpc的法向量为n2=.设平面bpc与平面dpc的夹角为,可知为锐角,从而平面bpc与平面dpc夹角的余弦值为cos =.3.解析(1)证明:连结ac1交a1c于点f,则f为ac1中点.又d是ab中点,连结df,则bc1df.因为df平面a1cd,bc1平面a1cd,所以bc1平面a1cd.(2)由ac=cb=ab得,acbc.以c为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系c-xyz.设ca=2,则d(1,1,0),e(0,2,1),a1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).设n=(x1,y1,z1)是平面a1cd的法向量,则即可取n=(1,-1,-1).同理,设m是平面a1ce的法向量,则可取m=(2,1,-2).从而cos=,故sin=.即二面角d-a1c-e的正弦值为.4.解析(1)证明:因为aa1c1c为正方形,所以aa1ac.因为平面abc平面aa1c1c,且aa1垂直于这两个平面的交线ac,所以aa1平面abc.(2)由(1)知aa1ac,aa1ab.由题知ab=3,bc=5,ac=4,所以abac.如图,以a为原点建立空间直角坐标系a-xyz,则b(0,3,0),a1(0,0,4),b1(0,3,4),c1(4,0,4).设平面a1bc1的法向量为n=(x,y,z),则即令z=3,则x=0,y=4,所以n=(0,4,3).同理可得,平面b1bc1的法向量为m=(3,4,0).所以cos=.由题知二面角a1-bc1-b1为锐角,所以二面角a1-bc1-b1的余弦值为.(3)设d(x,y,z)是直线bc1上一点,且=.所以(x,y-3,z)=(4,-3,4).解得x=4,y=3-3,z=4.所以=(4,3-3,4).由=0,即9-25=0,解得=.因为0,1,所以在线段bc1上存在点d,使得ada1b.此时,=.5.解析(1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于d为aa1的中点,故dc=dc1.又ac=aa1,可得d+dc2=c,所以dc1dc.而dc1bd,dcbd=d,所以dc1平面bcd.又bc平面bcd,故dc1bc.(2)由(1)知bcdc1,且bccc1,则bc平面acc1,所以ca,cb,cc1两两相互垂直.以c为坐标原点,的方向为x轴的正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系c-xyz.由题意知a1(1,0,2),b(0,1,0),d(1,0,1),c1(0,0,2).则=(0,0,-1),=(1,-1,1),=(-1,0,1).设n=(x,y,z)是平面a1b1bd的法向量,则即可取n=(1,1,0).同理,设m是平面c1bd的法向量,则可取m=(1,2,1).从而cos=.故二面角a1-bd-c1的大小为30.b组20122014年高考提升题组1.解析(1)证明:因为bqaa1,bcad,bcbq=b,adaa1=a,所以平面qbc平面a1ad.从而平面a1cd与这两个平面的交线相互平行,即qca1d.故qbc与a1ad的对应边相互平行,于是qbca1ad.所以=,即q为bb1的中点.图1(2)如图1,连结qa,qd.设aa1=h,梯形abcd的高为d,四棱柱被平面所分成上下两部分的体积分别为v上和v下,bc=a,则ad=2a.=2ahd=ahd,vq-abcd=dh=ahd,所以v下=+vq-abcd=ahd,又=ahd,所以v上=-v下=ahd-ahd=ahd,故=.(3)解法一:如图1,在adc中,作aedc,垂足为e,连结a1e,ac.又deaa1,且aa1ae=a,所以de平面aea1,于是dea1e.所以aea1为平面与底面abcd所成二面角的平面角.因为bcad,ad=2bc,所以sadc=2sbca.又因为梯形abcd的面积为6,dc=2,所以sadc=4,ae=4.于是tanaea1=1,aea1=.故平面与底面abcd所成二面角的大小为.图2解法二:如图2,以d为原点,的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.设cda=.因为s四边形abcd=2sin =6,所以a=.从而c(2cos ,2sin ,0),a1,所以=(2cos ,2sin ,0),=.设平面a1dc的法向量为n=(x,y,1),由得x=-sin ,y=cos ,所以n=(-sin ,cos ,1).又因为平面abcd的一个法向量为m=(0,0,1),所以cos=,故平面与底面abcd所成二面角的大小为.2.解析(1)证明:因为四边形abcd是等腰梯形,且ab=2cd,所以abdc,又m是ab的中点,因此cdma且cd=ma.连结ad1,在四棱柱abcd-a1b1c1d1中,因为cdc1d1,cd=c1d1,可得c1d1ma,c1d1=ma,所以四边形amc1d1为平行四边形.因此c1md1a,又c1m平面a1add1,d1a平面a1add1,所以c1m平面a1add1.(2)解法一:连结ac,mc,由(1)知cdam且cd=am,所以四边形amcd为平行四边形.可得bc=ad=mc,又abc=dab=60,所以mbc为正三角形,因此ab=2bc=2,ca=,因此cacb.以c为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系c-xyz.所以a(,0,0),b(0,1,0),d1(0,0,),因此m,所以=,=.设平面c1d1m的法向量n=(x,y,z),由得可得平面c1d1m的一个法向量n=(1,1).又=(0,0,)为平面abcd的一个法向量,cos=,所以平面c1d1m和平面abcd所成的角(锐角)的余弦值为.解法二:由(1)知平面d1c1m平面abcd=ab,过c向ab引垂线交ab于n,连结d1n.由cd1平面abcd,可得d1nab,因此d1nc为二面角c1-ab-c的平面角.在rtbnc中,bc=1,nbc=60,可得cn=.所以nd1=.在rtd1cn中,cosd1nc=.所以平面c1d1m和平面abcd所成的角(锐角)的余弦值为.3.解析(1)如图,连结bd交ac于o,因为bc=cd,即bcd为等腰三角形,又ca平分bcd,故acbd.以o为坐标原点,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向,建立空间直角坐标系o-xyz,则oc=cdcos=1,而ac=4,得ao=ac-oc=3,又od=cdsin=,故a(0,-3,0),b(,0,0),c(0,1,0),d(-,0,0).因pa底面abcd,可设p(0,-3,z),由f为pc边中点,得f.又=,=(,3,-z),因afpb,故=0,即6-=0,z=2(舍去-2),所以pa=2.(2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).设平面fad的法向量为n1=(x1,y1,z1),平面fab的法向量为n2=(x2,y2,z2),由n1=0,n1=0,得因此可取n1=(3,-2).由n2=0,n2=0,得故可取n2=(3,-,2).从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为cos=.故二面角b-af-d的正弦值为.4.解析(1)在abd中,因为e是bd中点,所以ea=eb=ed=ab=1,故bad=,abe=aeb=,因为dabdcb,所以eabecb,从而有fed=bec=aeb=,所以fed=fea,故efad,af=fd,又因为pg=gd,所以fgpa.又pa平面abcd,所以gfad,故ad平面cfg.(2)以点a为坐标原点建立如图所示的坐标系,则a(0,0,0),b(1,0,0),c,d(0,0),p,故=,=,=.设平面bcp的法向量n1=(1,y1,z1),则解得即n1=.设平面dcp的法向量n2=(1,y2,z2),则解得即n2=(1,2).从而平面bcp与平面dcp的夹角的余弦值为cos =.5.解析(1)证明:因为acbc,debc,所以deac.所以dea1d,decd.所以de平面a1dc.所以dea1c.又因为a1ccd,所以a1c平面bcde.(2)如图,以c为坐标原点,建立空间直角坐标系c-xyz,则a1(0,0,2),d(0,2,0),m(0,1,),b(3,0,0),e(2,2,0).设平面a1be的法向量为n=(x,y,z),则n=0,n=0.又=(3,0,-2),=(-1,2,0),所以令y=1,则x=2,z=.所以n=(2,1,).设cm与平面a1be所成的角为.因为=(0,1,),所以sin =|cos|=.所以cm与平面a1be所成角的大小为.(3)假设这样的点p存在,设其坐标为(p,0,0),其中p0,3.设平面a1dp的法向量为m=(x,y,z),则m=0,m=0.又=(0,2,-2),=(p,-2,0),所以令x=2,则y=p,z=.所以m=.平面a1dp平面a1be,当且仅当mn=0,即4+p+p=0.解得p=-2,与p0,3矛盾.所以线段bc上不存在点p,使平面a1dp与平面a1be垂直.6.解析解法一:如图,以点a为原点建立空间直角坐标系,依题意得a(0,0,0),d(2,0,0),c(0,1,0),b,p(0,0,2).(1)证明:易得=(0,1,-2),=(2