（新高考）2020高考数学大题考法专训（三）立体几何与空间向量.docx

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(2019全国卷)如图，直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD60，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MEB1C，且MEB1C.又因为N为A1D的中点，所以NDA1D.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MNED.又MN平面C1DE，所以MN平面C1DE.(2)由已知可得DEDA，以D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D xyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，2)，N(1,0,2)，(0,0，4)，(1，2)，(1,0，2)，(0，0)设m(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则所以可取m(，1,0)设n(p，q，r)为平面A1MN的法向量，则所以可取n(2,0，1)于是cosm，n，所以二面角AMA1N的正弦值为.2.如图，已知四边形ABCD与四边形BDEF均为菱形，FAFC，且DABDBF60.(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ACBD，且O为AC的中点，因为FAFC，所以ACFO，又FOBDO，所以AC平面BDEF.(2)连接DF，因为四边形BDEF为菱形，且DBF60，所以DBF为等边三角形，因为O为BD的中点，所以FOBD，又ACFO，ACBD，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AB2，因为四边形ABCD为菱形，DAB60，所以BD2，AC2.因为DBF为等边三角形，所以OF.所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，1,0)，F(0,0，)，所以(，1,0)，(，0，)，(，1,0)设平面ABF的法向量为n(x，y，z)，则即令x1，得平面ABF的一个法向量为n(1，1)设直线AD与平面ABF所成的角为，则sin |cos，n|.故直线AD与平面ABF所成角的正弦值为.3(2019北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3，E为PD的中点，点F在PC上，且.(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.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由解：(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PACD.又因为ADCD，PAADA，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PAAM，PAAD.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(0,1,1)，(2,2，2)，(0,0,2)所以，所以.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1，x1.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cosn，p.由图知，二面角FAEP为锐角，所以二面角FAEP的余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内，理由如下：因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，所以PG.由(2)知，平面AEF的一个法向量n(1，1,1)，所以n0.所以直线AG在平面AEF内B级拔高题满分练1(2019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，CECB，平面SBC平面ABC.(1)求证：DESB；(2)若SBSC，二面角ASCB的余弦值为，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AOBC，由题易得，DEAO，从而DEBC.又因为平面SBC平面ABC，平面SBC平面ABCBC，DE平面ABC，所以DE平面SBC.又SB平面SBC，所以DESB.(2)连接SO，因为SBSC，所以SOBC.又平面SBC平面ABC，平面SBC平面ABCBC，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CACBAB4，SOh(h0)，则A(2，0,0)，C(0，2，0)，S(0,0，h)，从而(2，0，h)，(0，2，h)设平面ASC的一个法向量为n(x，y，z)，由得取z2得所以n.易得平面SBC的一个法向量m(1,0,0)由|cosn，m|，可得，解得h2，所以S(0,0,2)又因为D(，1,0)，所以(，1,2)所以cos，m.设SD与平面SBC所成角的大小为，则sin ，故SD与平面SBC所成角的正弦值为.2.如图所示，四棱锥P ABCD的底面为矩形，已知PAPBPCPDBC1，AB，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E ACD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AECOE，PB平面AEC，所以PBOE.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OAOC.因为PAPC，所以POAC.同理，得POBD，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A，D，P，E，.显然是平面ACD的一个法向量设n(x，y，z)是平面ACE的法向量，则即取y1，则n(，1,2)，所以cosn，.由图知，二面角EACD为锐角，所以二面角E AC D的余弦值为.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，且满足，如图，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.(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，所以AD1，AE2.在ADE中，DAE60，由余弦定理得DE，从而AD2DE2AE2，所以ADDE，即BDDE.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BCEDDE，BDDE，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，DA1，DE两两垂直，以D为坐标原点，分别以DB，DE，DA1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设PB2a，作PHBD于点H，连接A1H，A1P，PE，则BHa，PHa，DH2a，所以D(0,0,0)，A1(0,0,1)，P(2a，a,0)