高中数学 加练 专题7　第68练　高考大题突破练-立体几何与空间向量

第68练高考大题突破练—立体几何与空间向量(分值：60分)1.(13分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥平面AA1C1C，A1C⊥AB.(1)证明：平面A1BC⊥平面ABC；(5分)(2)已知AC=BC=12A1C，求直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.(8分(1)证明因为BC⊥平面AA1C1C，A1C⊂平面AA1C1C，所以BC⊥A1C，又因为A1C⊥AB，BC，AB⊂平面ABC，BC∩AB=B，所以A1C⊥平面ABC，又因为A1C⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面ABC.(2)解由(1)知，CA，CB，CA1两两垂直，以C为坐标原点，CA，CB，CA1的方向分别为x轴，y轴，由AC=BC=12A1C，可设AC=BC=1，A1C=2则A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，2)，所以AB=(-1，1，0)，CB=0，1，0，AA所以AB1=AB+BB1=-1，设n=x，y，z为平面BCC则n·CB=y=0，n·BB1设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，则sinθ=cos〈AB1，即直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为252.(15分)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为22.(1)求A到平面A1BC的距离；(5分)(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值.(10分)解(1)设点A到平面A1BC的距离为h，因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，所以VA-A1BC=VA1=13VABC又△A1BC的面积为22，VA-A1BC=13S△A1所以h=2，即点A到平面A1BC的距离为2.(2)取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B.因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，AE⊂平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，又BC⊂平面A1BC，所以AE⊥BC.又AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.因为AA1∩AE=A，AA1，AE⊂平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，又AB⊂平面ABB1A1，所以BC⊥AB.以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1的方向为x，y，由(1)知，AE=2，所以AA1=AB=2，A1B=22.因为△A1BC的面积为22，所以22=12·A1B·BC，所以BC=2所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，则BD=(1，1，1)，BA=(0，2，0).设平面ABD的法向量为n=(x，y，z)，则n·BD令x=1，得n=(1，0，-1).又平面BCD的一个法向量为AE=(0，-1，1)，所以cos〈AE，n〉=AE·n|AE|·|设平面ABD与平面BCD的夹角为θ，则sinθ=1-cos2〈所以平面ABD与平面BCD夹角的正弦值为323.(15分)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，CD=2AB=4，AE⊥CD，垂足为E，将△ADE沿AE翻折，得到四棱锥P-ABCE.在四棱锥P-ABCE中，点M，N分别在PB，AC上，且ANNC=BM(1)求证：MN∥平面PCE；(6分)(2)若二面角P-AE-C的大小为120°，求直线MN与平面PAE所成角的余弦值.(9分)(1)证明设F，G分别是棱AE，AP上的点，且AFFE=AGGP=2，连接NF，FG，又ANNC=BMMP所以NF∥CE∥AB∥GM，FG∥EP，即M，N，F，G四点共面，由NF⊄平面PCE，CE⊂平面PCE，则NF∥平面PCE，同理可证FG∥平面PCE，又NF∩FG=F，且NF，FG⊂平面MNFG，所以平面MNFG∥平面PCE，又MN⊂平面MNFG，故MN∥平面PCE.(2)解由题意知AE⊥CE，AE⊥PE，则∠PEC为二面角P-AE-C的平面角，故∠PEC=120°，而CE∩PE=E，CE，PE⊂平面PCE，所以AE⊥平面PCE，以E为原点，EA，EC所在直线分别为x，y轴，过点E且垂直于平面ABCE的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设AE=h，易知CE=3，PE=1，则A(h，0，0)，B(h，2，0)，C(0，3，0)，E(0，0，0)，P0，-12，3所以Mh3，13则MN=0，53，-33，PA设m=(x，y，z)是平面PAE的法向量，则m令y=3，则m=(0，3，1)，设直线MN与平面PAE所成的角为θ，θ∈0，所以sinθ=|m·MN||则cosθ=277，所以直线MN与平面PAE所成角的余弦值为4.(17分)如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，AB∥EF，AD=AE=BC=BF=3，EF=2AB=4.(1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：l∥CF；(3分)(2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由；(4分)(3)若EG=λED，λ∈[0，1]，求平面BFG与平面ADE夹角余弦值的取值范围.(10分)(1)证明因为四边形CDEF为矩形，所以CF∥DE，因为DE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，所以CF∥平面ADE，因为平面ADE∩平面BCF=l，CF⊂平面BCF，所以l∥CF.(2)解存在，且点G为DE的中点，使得DE⊥平面ABG，理由如下：取DE的中点G，因为AD=AE，所以AG⊥DE，因为EF∥AB且EF⊥DE，所以AB⊥DE，因为AB∩AG=A，且AB，AG⊂平面ABG，所以DE⊥平面ABG.(3)解设点H为DE的中点，取EF，FC和AB的中点分别为P，Q，S，连接HQ，取HQ的中点O，连接OS，OP，BQ，则OP⊥OQ，BQ=AH，AB∥EF∥HQ，故四边形ABQH为等腰梯形，所以OS⊥HQ.由(2)知DE⊥平面ABH，因为OS⊂平面ABH，则DE⊥OS，所以OS⊥OP，故建立如图所示的空间直角坐标系，则E(2，-2，0)，F(2，2，0)，D(-2，-2，0)，因为EF=2AB，所以AB=2，因为AD=AE=BC=BF=3，DE=HQ=4，所以AH=32-4OS=(5)所以A(0，-1，2)，B(0，1，2)，可得EA=(-2，1，2)，ED=(-4，0，0)，FB=(-2，-1，2)，FE=(0，-4，0)，则EG=λED=(-4λ，0，0)，λ∈[0，1]，所以FG=FE+EG=(-4λ，-4，0)，设平面BFG的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则n取x1=2，可得y1=-2λ，z1=2-λ，所以n1=(2，-2λ，2-λ)，设平面ADE的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则n取z2=1，可得x2=0，y2=-2，所以n2=(0，-2，1)，所以|cos〈n1，n2〉|=|=|3λ+2|5λ2-4λ+8×5=令m