（全国通用）2017年高考数学大二轮专题复习 第二编 专题整合突破 专题五 立体几何 第三讲 空间向量与立体几何适考素能特训 理.DOC

专题五 立体几何 第三讲 空间向量与立体几何适考素能特训 理一、选择题12015陕西西安质检若平面，的法向量分别是n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，则()a bc，相交但不垂直 d以上答案均不正确答案c解析n1n22(3)(3)15(4)0，n1与n2不垂直，且不共线与相交但不垂直2如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱abca1b1c1，cacc12cb，则直线bc1与直线ab1夹角的余弦值为()a. b.c. d.答案a解析不妨设cb1，则b(0,0,1)，a(2,0,0)，c1(0,2,0)，b1(0,2,1)(0,2，1)，(2,2,1)cos，故选a.32016湖南怀化检测 如图所示，在正方体abcda1b1c1d1中，棱长为a，m，n分别为a1b和ac上的点，a1man，则mn与平面bb1c1c的位置关系是()a斜交 b平行c垂直 dmn在平面bb1c1c内答案b解析建立如图所示的空间直角坐标系，由于a1man，则m，n，.又c1d1平面bb1c1c，所以(0，a,0)为平面bb1c1c的一个法向量因为0，所以，所以mn平面bb1c1c.42014四川高考 如图，在正方体abcda1b1c1d1中，点o为线段bd的中点设点p在线段cc1上，直线op与平面a1bd所成的角为，则sin的取值范围是()a. b.c. d.答案b解析(1)解法一：以d为坐标原点，da，dc，dd1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示不妨设dcdadd11，则d(0,0,0)，b(1,1,0)，a1(1,0,1)，o，并设点p(0,1，t)，且0t1.则，(1,0，1)，(0,1，1)设平面a1bd的法向量为n(x0，y0，z0)，则有即取x01，y01，z01，n(1，1，1)sin|cos，n|(0t1)，sin2，0t1.令f(t)，0t1.则f(t)，可知当t时，f(t)0；当t时，f(t)0.又f(0)，f1，f(1)，fmax(t)f1，fmin(t)f(0).sin的最大值为1，最小值为.sin的取值范围为，故选b.解法二：易证ac1平面a1bd，当点p在线段cc1上从c运动到c1时，直线op与平面a1bd所成的角的变化情况：aoa1c1oa1(点p为线段cc1的中点时，)由于sinaoa1，sinc1oa1，sin1，所以sin的取值范围是，故选b.二、填空题52016江苏苏州二模已知正方形abcd的边长为4，cg平面abcd，cg2，e，f分别是ab，ad的中点，则点c到平面gef的距离为_答案解析建立如图所示的空间直角坐标系cxyz，相关各点的坐标为g(0,0,2)，f(4,2,0)，e(2,4,0)，c(0,0,0)，则(0,0,2)，(4,2，2)，(2,4，2)设平面gef的法向量为n(x，y，z)，由得平面gef是一个法向量为n(1,1,3)，所以点c到平面gef的距离d.三、解答题62015甘肃天水一模 如图，在四棱锥sabcd中，底面abcd为梯形，adbc，ad平面scd，addc2，bc1，sd2，sdc120.(1)求sc与平面sab所成角的正弦值；(2)求平面sad与平面sab所成的锐二面角的余弦值解如图，在平面scd中，过点d作dc的垂线交sc于e，以d为原点，da，dc，de所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系则有d(0,0,0)，s(0，1，)，a(2,0,0)，c(0,2,0)，b(1,2,0)(1)设平面sab的法向量为n(x，y，z)，(1,2,0)，(2，1，)，an0，an0，取y，得n(2，5)又(0,3，)，设sc与平面sab所成角为，则sin|coss，n|，故sc与平面sab所成角的正弦值为.(2)设平面sad的法向量为m(a，b，c)，d(2,0,0)，d(0，1，)，则有取b，得m(0，1)cosn，m，故平面sad与平面sab所成的锐二面角的余弦值是.72014全国卷如图，三棱柱abca1b1c1中，侧面bb1c1c为菱形，abb1c.(1)证明：acab1；(2)若acab1，cbb160，abbc，求二面角aa1b1c1的余弦值解(1)证明：连接bc1，交b1c于点o，连接ao.因为侧面bb1c1c为菱形，所以b1cbc1，且o为b1c及bc1的中点又abb1c，所以b1c平面abo.由于ao平面abo，故b1cao.又b1oco，故acab1.(2)因为acab1，且o为b1c的中点，所以aoco.又因为abbc，所以boaboc.故oaob，从而oa，ob，ob1两两互相垂直以o为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系oxyz.因为cbb160，所以cbb1为等边三角形，又abbc，则a，b(1,0,0)，b1，c.，.设n(x，y，z)是平面aa1b1的法向量，则即所以可取n(1，)设m是平面a1b1c1的法向量，则同理可取m(1，)则cosn，m.易知二面角aa1b1c1为锐二面角所以二面角aa1b1c1的余弦值为.82016合肥质检 如图，六面体abcdhefg中，四边形abcd为菱形，ae，bf，cg，dh都垂直于平面abcd.若dadhdb4，aecg3.(1)求证：egdf；(2)求be与平面efgh所成角的正弦值解(1)证明：连接ac，由ae綊cg可知四边形aegc为平行四边形，所以egac，而acbd，acbf，所以egbd，egbf，因为bdbfb，所以eg平面bdhf，又df平面bdhf，所以egdf.(2)设acbdo，eghfp，由已知可得：平面adhe平面bcgf，所以ehfg，同理可得：efhg，所以四边形efgh为平行四边形，所以p为eg的中点，o为ac的中点，所以op綊ae，从而op平面abcd，又oaob，所以oa，ob，op两两垂直，由平面几何知识，得bf2.如图，建立空间直角坐标系oxyz则b(0,2,0)，e(2，0,3)，f(0,2,2)，p(0,0,3)，所以(2，2,3)，(2，0,0)，(0,2，1)设平面efgh的法向量为n(x，y，z)，由可得令y1，则z2.所以n(0,1,2)设be与平面efgh所成角为，则sin.92016河南六市联考 如图，在三棱柱abca1b1c1中，平面abb1a1为矩形，abbc1，aa1，d为aa1的中点，bd与ab1交于点o，bcab1.(1)证明：cdab1；(2)若oc，求二面角abcb1的余弦值解(1)证明：由ab1b与dba相似，知bdab1，又bcab1，bdbcb，ab1平面bdc，cd平面bdc，cdab1.(2)由于oc，bc1，在abd中，可得ob，boc是直角三角形，boco.由(1)知coab1，则co平面abb1a1.以o为坐标原点，oa，od，oc所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则a，b，c，b1，设平面abc，平面bcb1的法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)，则n1(，1，)，n2(1，2)，cosn1，n2，又二面角abcb1为钝二面角，二面角abcb1的余弦值为.102015天津高考 如图，在四棱柱abcda1b1c1d1中，侧棱a1a底面abcd，abac，ab1，acaa12，adcd，且点m和n分别为b1c和d1d的中点(1)求证：mn平面abcd；(2)求二面角d1acb1的正弦值；(3)设e为棱a1b1上的点，若直线ne和平面abcd所成角的正弦值为，求线段a1e的长解如图，以a为原点建立空间直角坐标系，依题意可得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)又因为m，n分别为b1c和d1d的中点，得m，n(1，2,1)(1)证明：依题意，可得n(0,0,1)为平面abcd的一个法向量.由此可得n0，又因为直线mn平面abcd，所以mn平面abcd.(2)(1，2,2)，(2,0,0)设n1(x1，y1，z1)为平面acd1的法向量，则即不妨设z11，可得n1(0,1,1)设n2(x2，y2，z2)为平面acb1的法向量，则又(0,1,2)，得不妨设z21，可得n2(0，2，1)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2，所以，二面角d1acb1的正弦值为.(3)依题意，可设，其中0,1，则e(0，2)，从而(1，2,1)又n(0,0,1)为平面abcd的一个法向量，由已知，得cos，n，整理得2430，又因为0,1，解得2.所以，线段a1e的长为2.112015洛阳统考如图，四边形abcd中，abad，adbc，ad6，bc2ab4，e，f分别在bc，ad上，efab.现将四边形abcd沿ef折起，使平面abef平面efdc.(1)若be1，是否在折叠后的线段ad上存在一点p，且，使cp平面abef？若存在，求出的值，若不存在，说明理由；(2)求三棱锥acdf的体积的最大值，并求出此时二面角eacf的余弦值解平面abef平面efdc，平面abef平面efdcef，fdef，fd平面abef，又af平面abef，fdaf，在折起过程中，afef，又fdeff，af平面efdc.以f为原点，fe，fd，fa分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(1)解法一：若be1，则各点坐标如下：f(0,0,0)，a(0,0,1)，d(0,5,0)，c(2,3,0)，平面abef的法向量可为(0,5,0)，()，(0,0,1)(0,5,0)，p，若cp平面abef，则必有，即0，(0,5,0)50，ad上存在一点p，且，使cp平面abef.解法二：ad上存在一点p，使cp平面abef，此时.理由如下：当时，可知，过点p作mpfd交af于点m，连接em，pc，则有，又be1，可得fd5，故mp3，又ec3，mpfdec，故有mp綊ec，故四边形mpce为平行四边形，cpme，又cp平面abef，me平面abef，故有cp平面abef.(2)设bex(0x4)，则afx，fd6x，故v三棱锥acdf2(6x)x(x26x)，当x3时，v三棱锥acdf有最大值，且最大值为3，a(0,0,3)，d(0,3,0)，c(2,1,0)，e(2,0,0)，(2,0，3)，(2,1，3)，(0,0,3)，(2,1,0)，设平面ace的法向量m(x1，y1，z1)，则即令x13，则y10，z12，则m(3,0,2)设平面acf的法向量n(x2，y2，z2)，则即令x21，则y22，z20，则n(1，2,0)，则cosm，n，故二面角eacf的余弦值为.122016山东名校联考 如图，在多面体abca1b1c1中，四边形abb1a1是正方形，三角形a1cb是等边三角形，acab1，b1c1bc，bc2b1c1.(1)求证：ab1平面a1c1c；(2)若点m是边ab上的一个动点(包括a，b两端点)，试确定点m的位置，使得平面a1c1c与平面ma1c1夹角的余弦值为.解(1)证明：取bc的中点e，连接ae，c1e，b1e，b1c1bc，bc2b1c1，b1c1ec，b1c1ec，四边形ceb1c1为平行四边形，从而b1ec1c.又c1c平面a1c1c，b1e平面a1c1c，b1e平面a1c1c.又易知b1c1be，b1c1be，四边形b1c1eb是平行四边形，b1bc1e，b1bc1e，又四边形abb1a1是正方形，aa1bb1，aa1bb1，aa1c1e，a1ac1e，四边形aec1a1为平行四边形，aea1c1.又a1c1平面a1c1c，ae平面a1c1c，ae平面a1c1c.根据，结合aeb1ee可得，平面b1ae平面a1c1c.又ab1平面b1ae，故ab1平面a1c1c.(2)四边形abb1a1为正方形，a1aabac1，aa1ab.又三角形a1cb为等边三角形，a1cbca1b.由勾股定理的逆定理可得a1ac90，bac90，即a1aac，abac.经过点a的三条直线aa1，ac，ab两两垂直从而，可建立如图所示的空间直角坐标系axyz，则c(1,0,0)，a1(0,0,1)，c1.设m(0，t,0)(0t1)，则(1,0,1)，(0，t，1)设平面a1c1c的法向量为n1(x，y，z)，则即令z1，则x1，y1，n1(1，1,1)为平面a1c1c的一个法向量设平面ma1c1的法向量为n2(m，n，k)，则即令n1，则m1，kt，n2(1,1，t)为平面ma1c1的一个法向量由题设得|cosn1，n2|，即，又0t1，t1.故当点m与点b重合时，平面a1c1c与平面ma1c1夹角的余弦值为.典题例证2016全国卷如图，在以a，b，c，d，e，f为顶点的五面体中，面abef为正方形，af2fd，afd90，且二面角dafe与二面角cbef都是60.(1)证明：平面abef平面efdc；(2)求二面角ebca的余弦值.审题过程利用线面垂直可推证面面垂直建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.(1)证明：由已知可得afdf，affe，所以af平面efdc.又af平面abef，故平面abef平面efdc.(2)过d作dgef，垂足为g，由(1)知dg平面abef.以g为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系gxyz.由(1)知dfe为二面角dafe