2018版数学专题复习专题8立体几何第51练含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精训练目标会用空间向量解决立体几何的证明、求空间角、求距离问题.训练题型(1）用空间向量证明平行与垂直；(2)用空间向量求空间角；(3)求长度与距离.解题策略(1）选择适当的空间坐标系；（2)求出相关点的坐标,用坐标表示直线的方向向量及平面的法向量；(3）理解并记住用向量表示的空间角和距离的求解公式；(4）探索性问题，可利用共线关系设变量，引入参数，列方程求解。1。（2016·杭州质检）在底面为正三角形的三棱柱ABC－A1B1C1中,AB＝2，AA1⊥平面ABC，点E，F，G分别为BB1,AB,AC的中点．(1）求证：BG∥平面A1EC；（2）若AA1＝2eq\r(2），求二面角A1－EC－F的大小．2．（2016·宁波高三十校联考)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中,D，M分别为CC1和A1B的中点，A1D⊥CC1，侧面ABB1A1为菱形且∠BAA1＝60°，AA1＝A1D＝2，BC＝1.(1）证明：直线MD∥平面ABC；(2）求二面角B－AC－A1的余弦值3。（2017·江西中英中学联考)如图,在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°，D为AC的中点，AB⊥B1D。（1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC;（2)在线段CC1(不含端点）上,是否存在点E，使得二面角E－B1D－B的余弦值为－eq\f（\r（7）,14)?若存在，求出eq\f(CE，CC1）的值；若不存在，说明理由．4．(2017·太原质检）如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE－BCF和一个正四棱锥P－ABCD组合而成的,AD⊥AF，AE＝AD＝2.(1）证明:平面PAD⊥平面ABFE；（2）求正四棱锥P－ABCD的高h,使得二面角C－AF－P的余弦值是eq\f（2\r(2）,3).答案解析1．(1）证明取A1C的中点H，连接HG，EH,所以HG∥A1A，HG＝eq\f(1,2)A1A.又E为BB1的中点，所以BE∥HG，BE＝HG，所以四边形EHGB为平行四边形，故BG∥EH.又EH⊂平面A1EC，BG⊄平面A1EC，所以BG∥平面A1EC。（2）解以F为坐标原点，分别以FB，FC所在直线及过F垂直AB向上的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设AA1＝a，则F(0，0，0),A1(－1,0，a）,E(1,0，eq\f（a，2）），C（0，eq\r（3）,0)，所以eq\o(FE，\s\up6（→))＝（1,0,eq\f(a,2）），eq\o(FC,\s\up6（→)）＝(0，eq\r(3），0），eq\o（A1E，\s\up6(→）)＝（2,0,－eq\f(a,2))，eq\o(A1C,\s\up6（→))＝(1，eq\r（3)，－a)，设平面ECF的法向量为m＝（x，y，z）,则由eq\o(FE，\s\up6（→))·m＝0及eq\o(FC，\s\up6(→))·m＝0，得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋\f（a，2)z＝0,,\r（3）y＝0,）)不妨取m＝(－a，0,2），类似地，可取平面A1EC法向量为n＝（a，eq\r(3）a，4）．设二面角A1－EC－F的平面角为θ，则cosθ＝cos〈m,n>＝eq\f（8－a2,\r（a2＋4)·\r（4a2＋16)),当a＝2eq\r(2）时,cosθ＝0，即θ＝90°.2．(1）证明∵A1D⊥CC1，且D为CC1的中点，AA1＝A1D＝2，∴A1C＝A1C1＝eq\r（5）＝AC，又BC＝1,AB＝BA1＝2,∴CB⊥BA，CB⊥BA1,又BA∩BA1＝B,∴CB⊥平面ABB1A1，取AA1的中点F，则BF⊥AA1，即BC，BF，BB1两两互相垂直，以B为原点，BB1，BF，BC所在直线分别为x,y，z轴建立空间直角坐标系如图，∴B1(2,0，0），C(0，0，1)，A（－1，eq\r(3），0),A1（1,eq\r（3),0），C1(2，0,1），D(1,0，1)，M(eq\f(1,2)，eq\f(\r（3），2），0)．则eq\o（BA,\s\up6（→))＝（－1，eq\r(3），0）,eq\o（BC，\s\up6(→)）＝(0,0，1），设平面ABC的法向量为m＝(x，y，z)，则m·eq\o（BA，\s\up6（→）)＝－x＋eq\r(3)y＝0，m·eq\o（BC,\s\up6（→))＝z＝0，取m＝(eq\r(3），1,0），∵eq\o(MD，\s\up6(→））＝(eq\f（1,2)，－eq\f（\r(3）,2），1)，m·eq\o（MD,\s\up6(→）)＝eq\f（\r（3）,2）－eq\f(\r（3),2）＋0＝0，∴m⊥eq\o(MD,\s\up6（→))，又MD⊄平面ABC，∴直线MD∥平面ABC。（2)解设平面ACA1的法向量为n＝（x1,y1，z1)，eq\o(AC,\s\up6(→））＝（1,－eq\r（3),1)，eq\o（AA1,\s\up6（→）)＝(2，0，0),n·eq\o(AC,\s\up6(→)）＝x1－eq\r(3）y1＋z1＝0，n·eq\o(AA1,\s\up6(→))＝2x1＝0，取n＝(0，1，eq\r(3））,又由（1)知平面ABC的法向量为m＝(eq\r（3），1,0）,设二面角B－AC－A1的平面角为θ.则cosθ＝cos〈m，n>＝eq\f(m·n，|m||n｜）＝eq\f（1，2×2）＝eq\f(1,4）.3．（1)证明取AB的中点O，连接OD，OB1.因为B1B＝B1A,所以OB1⊥AB。又AB⊥B1D,OB1∩B1D＝B1，OB1⊂平面B1OD，B1D⊂平面B1OD，所以AB⊥平面B1OD，因为OD⊂平面B1OD，所以AB⊥OD.由已知条件知，BC⊥BB1，又OD∥BC，所以OD⊥BB1。因为AB∩BB1＝B，AB⊂平面ABB1A1,BB1⊂平面ABB1A1,所以OD⊥平面ABB1A1。因为OD⊂平面ABC，所以平面ABB1A1⊥平面ABC.（2）解由（1）知OB，OD，OB1两两垂直，所以以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up6(→)），eq\o（OD，\s\up6（→))，eq\o(OB1,\s\up6（→）)的方向为x轴,y轴,z轴的正方向，｜eq\o(OB,\s\up6(→）)|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题设知，B1（0，0，eq\r（3）)，B(1,0，0),D(0,1，0），A(－1，0，0）,C（1，2,0)，C1（0,2，eq\r（3）），∴eq\o（B1D，\s\up6（→)）＝（0，1，－eq\r（3)），eq\o（B1B，\s\up6(→))＝（1,0,－eq\r（3）），eq\o（CC1，\s\up6(→））＝（－1，0,eq\r(3)），eq\o（B1C,\s\up6(→）)(1，2，－eq\r(3）)，设eq\o(CE,\s\up6（→)）＝λeq\o(CC1,\s\up6（→））（0＜λ＜1)，由eq\o(B1E，\s\up6（→)）＝eq\o（B1C，\s\up6（→）)＋eq\o（CE，\s\up6（→））＝(1－λ，2，eq\r(3)（λ－1）)，设平面BB1D的法向量为m＝（x1,y1，z1），则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·\o（B1D，\s\up6（→））＝0,,m·\o（B1B，\s\up6（→))＝0，)）得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（y1－\r（3)z1＝0，，x1－\r(3）z1＝0，）)令z1＝1,则x1＝y1＝eq\r（3)，所以平面BB1D的法向量为m＝（eq\r(3），eq\r（3），1）．设平面B1DE的法向量为n＝（x2，y2，z2),则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o(B1D，\s\up6(→））＝0，，n·\o(B1E,\s\up6(→)）＝0，)）得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(y2－\r（3)z2＝0，,1－λx2＋2y2＋\r（3)λ－1z2＝0,））令z2＝1,则x2＝eq\f（\r(3)λ＋1，λ－1)，y2＝eq\r(3)，所以平面B1DE的一个法向量n＝（eq\f(\r（3）λ＋1，λ－1)，eq\r（3），1）．设二面角E－B1D－B的大小为θ，则cosθ＝eq\f(m·n，｜m｜｜n|)＝eq\f（\f（3λ＋3,λ－1）＋3＋1,\r(7)·\r(3\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（λ＋1,λ－1））)2＋4））＝－eq\f（\r(7)，14）。解得λ＝eq\f（1,3）。所以在线段CC1上存在点E，使得二面角E－B1D－B的余弦值为－eq\f(\r（7),14），此时eq\f(CE，CC1）＝eq\f(1，3）.4．（1）证明在直三棱柱ADE－BCF中，AB⊥平面ADE，AD⊂平面ADE，所以AB⊥AD。又AD⊥AF，AB⊂平面ABFE,AF⊂平面ABFE，所以AD⊥平面ABFE.因为AD⊂平面PAD,所以平面PAD⊥平面ABFE.(2)解由（1）知AD⊥平面ABFE，以A为原点，AB，AE，AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0），F(2，2，0)，C(2，0,2)，P(1，－h,1），eq\o（AF,\s\up6（→）)＝(2，2，0)，eq\o（AC,\s\up6（→)）＝(2，0,2），eq\o(AP，\s\up6（→））＝（1，－h，1)．设平面AFC的一个法向量为m＝（x1,y1,z1），则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m·\o（AF，\s\up6(→）)＝2x1＋2y1＝0，,m·\o（AC，\s\up6（→)）＝2x1＋2z1＝0,）)取x1＝1，则y1＝z1＝－1,所以m＝（1，－1，－1)．设平面AFP的一个法向量为n＝（x2,y2，z2），则eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（n·\o(AF,\s\up6(→)）＝2x2＋2y2＝0，,n·\o(AP,\s\up6(→))＝x2－hy2＋z2＝0，）)取x2＝1，则y2＝－1