高考数学一轮总复习第七章立体几何771空间角课时跟踪检测理.docx
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高考数学一轮总复习第七章立体几何771空间角课时跟踪检测理
2019-2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.7.1空间角课时跟踪
检测理
［课时跟踪检测］
1.（XX年天津卷）如图，在三棱锥P—ABC中,PA!
底面ABC/BAC=90°•点D,E,N分别为棱PAPC,BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4,AB=2.
⑴求证：
MN/平面BDE
⑵求二面角C-EM-N的正弦值；
⑶已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为胡求线段AH的长.
解：
如图，以A为原点，分别以ABAC,AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.
依题意可得A（0,0,0），氏2,0,0）,C（0,4,0）,R0,0,4）,D（0,0,2）,E（0,2,2）,M（0,0,1）,
N120）.
（1）证明：
DE=（0,2,0）,DB=（2,0,—2）.
设n=（x,y,z）为平面BDE的法向量，
n•DE=0,则〜
n•DB=0,
2y=0,
即
2x—2z=0.
不妨设z=1,可得n=（1,0,1）
又S=（1,2,—1）,可得MTn-n=0.
因为MN平面BDE
所以M/平面BDE
N
A
V
⑵易知n1=（1,0,0）为平面CEM勺一个法向量.
设圧=（xi,yi,zi）为平面EMN勺法向量,
n2•EM=0,
则
n2•MN=0.
因为触（0，-2,—1）,MN=（1,2,-1）,
所以
—2yi—乙=0,
xi+2yi—zi=0.
不妨设yi=1，可得n2=（—4,1,—2）.
因此有cos〈n1,n2>
n1・n2
In1||n2|
4
于是sin
n2〉
.：
105
21
所以二面角C—EM-N的正弦值为
"05
21
（3）依题意,
设AH=h（0whw4）,贝U”0,0,h）,进而可得F?
H=（—1,—2,h）,BE=（—
2,2,2）.由已知得
|cos
|F?
H-BE|2h—2|_J7
|nH|BE卅+5X2321
整理得10h2—21h+8=0,解得h=5或h=》
52
所以线段AH的长为8或
2.如图，四棱锥P—ABC呼,PA±底面ABCDAD/BCAB=AD=AC=3,PA=BC=4,M
为线段AD上一点，AM=2MDN为PC的中点.
（1）证明：
MN/平面PAB
（2）求直线AN与平面PMb所成角的正弦值.
2
解：
（1）证明：
由已知得AM=-AD=2.
3
如图，取BP的中点T,连接AT,TN
1
由N为PC中点知TN//BCTN=2BC=2.
又AD/BC
故TN綊AM四边形AMN为平行四边形,于是M/AT.
因为AT?
平面PABMN平面PAB
所以M/平面PAB
⑵如图，取BC的中点E,连接AE
由AB=AC得AE!
BC从而AE1AD
且AE=QAB—BE=
以A为坐标原点，分别以AEADAP勺方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
由题意知，P（0,0,4）,M0,2,0）,q5,2,0）,N-25,1,2，则PM=（0,2,-4）,Pn
1,-2
设n=（x,y,z）为平面PMIN勺法向量,
n•PM=0,
则-
n•PN=0,2y-4z=0,
即5x+y-2z=0.
2
取z=1可得n=（0,2,1）
于是|cos
说，，|n•AN|
〈n,A2|=J―决.
|n||AN25
所以直线
AN与平面PMb所成角的正弦值为.
25
3.（xx届沈阳市教学质量监测）如图，在长方体AC中，AD=AB=2,AA=1,E为DC
的中点.
⑴在所给图中画出平面
ABD与平面BEC的交线（不必说明理由）;
⑵证明：
BD//平面BEC
（3）求平面ABD与平面BEC所成锐二面角的余弦值.
解：
（1）连接BC交BiC于M连接ME则直线ME即为平面ABD与平面BEC的交线，如
图所示.
⑵证明：
在长方体AC中，DADCDD两两垂直，于是以D为坐标原点，DADCDD
所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
因为AD=AB=2,AA=1,
所以Q0,0,0）,A（2,0,0）,D（0,0,1）,02,2,0）,B（2,2,1）,C（0,2,0）,E（0,1,1）
所以E3D=（—2,—2,1）,CB=（2,0,1）,（0,—1,1）,
设平面BEC的法向量为rn=（x,y,z）,
所以CB丄m,CELm,
从而有,
CB-m=0,
CE-m=0,
2x+z=0,
即不妨令x=—1,
y=z,
得到平面BEC的一个法向量为（—1,2,2）,
而BD-m=2—4+2=0,
所以BDLm,
又因为BD?
平面BEC
所以BD//平面BEC
⑶由⑵知BA=（0,—2,0）,E3D=（—2,—2,1）,
设平面ABD的法向量为n=（为,屮,zj,
BA-n=0,
BD•n=0,
所以航n,BD丄n,从而有
即—2yi=0,
—2xi—2yi+Zi=0,
不妨令Xi=1,
得到平面ABD的一个法向量为n=（1,0,2）,
因为cos〈mn〉=|m：
|=—1+4=芈,
Im|-|n|5
所以平面ABD与平面BEC所成锐二面角的余弦值为
25
5
4.如图1,已知正三角形ABC以ABAC为边在同一平面内向外作正三角形ABE与ACDF为CD中点，分别沿ABAF将平面ABE平面ADF折成直二面角，连接ECCD如图2所示.
（1）求证：
CD/平面ABE
⑵求二面角E-AC-B的余弦值.
解：
（1）证明：
取AB的中点G,连接EG则EGLAb
由题意知二面角C-AB-E为直二面角，
•••EGL平面ABCF
•••F为CD的中点，AC=AD
•AFLFCAFLFD
又二面角C-AF-D为直二面角，
•DFL平面ABCF
•DF//EG
由题意知/BAC=ZACF=60°,
•CF//AB
又DFHCF=F,EGHAB=G
•平面CDF/平面ABE
又CI?
平面DCF
•CD/平面ABE
⑵连接GC由于AC=BC所以GCLAB于点G,以G为坐标原点，GBGCGE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,
设厶ABC勺边长为2,
•••GE=GC=3,
则Q0,0,0）,C0,a/3,0）,A-1,0,0）,E（0,0，护）,B（1,0,0）,
•AE=（1,0,3）,AC=（1,3,0）,AB=（2,0,0）,
设平面AEC的一个法向量为rn=（x,y,z）,
Afe=0,
则
XC=0,
即x+.3z—0,
x+3y=0,
取x=-3，得y=1,z=1,
•-m=（-3,1,1）.
同理可知平面ABC的一个法向量为n=（0,0,1）,
mrn1,5
那厶cos〈mn〉=|=.—=5,
|m||n|（5xi5
又二面角E-AC-B为锐角，
•二面角E-AC-B的余弦值为J.
2019-2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.7.2空间向量的应用
课时跟踪检测理
［课时跟踪检测］
1.已知单位正方体ABC-ABCD,E,F分别是棱B1C1,CD的中点.试求：
（1）AD与EF所成角的大小；
（2）AF与平面BEB所成角的余弦值.
解：
建立如图所示的空间直角坐标系，
1,0.
得A（1,0,1）,B（0,0,1）
1
2,0，
（1）因为AD=（0,1，—1）,EF=1
所以cos〈AD,EF>=
0,1，―
1
2,
即AD与EF所成的角为
60°.
⑵FA=1,—1,1,
由图可得，BA^（1,0,0）
为平面BEB的一个法向量,
设AF与平面BEB所成的角为0,
则sin0=|cos〈BAFA>|=
1X
12
2
2
2+
—1
+1
1
1,0,0•2，—1，11
3,
所以cos0=23".
3
即AF与平面BEB所成角的余弦值为年.
AB=AA=1,E为
2.（xx届昆明市两区七校调研）如图，在长方体ABC—A1B1C1D中,
BC中点.
（1）求证：
CD丄DE;
（2）
的值；若不存在,
在棱AA上是否存在一点M使得BM/平面ADE?
若存在，求
说明理由;
⑶若二面角B—AE-D的大小为90°,求AD的长.
解：
⑴证明：
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz,设
AD=a,则
0,
Q0,0,0）,A（a,0,0）,B（a,1,0）,B（a,1,1）,G（0,1,1）,D（0,0,1）
所以CD=（0，—1,—1）
所以CD-D^=0，所以CD丄DE
⑵设AA^h，则Ma,0,h）,
0,AD=（—a,0,1）,
连接BM所以BIM=（0,—1,h）,XE=
设平面ADE的法向量为n=（x,y,z）,
Xe-+y=0
则2
Ad-n=—ax+z=0
所以平面ADE的一个法向量为n=（2,a,2a）,
因为BM/平面ADE,所以BM丄n,
_乡1
即BMl・n=2ah—a=0,所以h=》
即在AA上存在点M使得BM/平面ADE,
AM1
此时AA=1
1,0,AB
（3）连接AB,BE,设平面BAE的法向量为m^（x',y，,z'）,XE=—|,
Xe-m=-2x，+y，=0,则2
AB-m=y，+z'=0,
所以平面BAE的一个法向量为m^（2,a,-a）.
因为二面角B-AE-D的大小为90°,
22所以miln,所以mrn=4+a-2a=0,
因为a>0,所以a=2，即AD=2.
3.如图1,/ACB=45°,BC=3,过动点A作AD丄BC,垂足D在线段BC上且异于点B,
连接AB沿ADW^ABD折起，使/BDC=90°（如图2所示）.
（1）当BD的长为多少时，三棱锥A-BCD的体积最大；
（2）当三棱锥A-BCD的体积最大时，设点E,M分别为棱BCAC的中点，试在棱CD上确定一点N,使得ENLBM并求EN与平面BMN所成角的大小.
解：
⑴设BD=x（0由ADLBC/ACB=45°知，
△ADC为等腰直角三角形，
所以AD=CD=3-x.
由折起前ADLBC知,折起后，ADLDQADLBD
且BmDC=D,
所以ADL平面BCD
又/BDC=90°,
11
所以SLbcd=qBD・CD=2*（3—x）.
于是
1
V-BCD=3AD
1
SLbcd=3（3-x）
1
-2X（3—x）
=1'2x（3—x）-（3—x）
12x+
w
12
=3（当且仅当2x=3-x,即x=1时，等号成立）,
故当x=1,即BD=1时，三棱锥A-BCD的体积最大.
⑵以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.
由⑴知，当三棱锥A—BCD勺体积最大时，BA1,ABCD=2.
1
于是可得D（0,0,0）,B（1,0,0）,C0,2,0）,A0,0,2）,M（0,1,1）,电，1,0,
所以（—1,1,1）.
设N（0，入，0），贝U
1En=—2，入-1,0.
因为ENLBM,
所以旨BM=0,
11
即—2，入—1，0-（—1,1,1）=2+入—1=0,
11故入=2,n0,2，0.
1
所以当DN=2（即N是CD上靠近点D的一个四等分点）时，ENLBM
设平面BMN勺一个法向量为n=（x，y，z），
n丄BN
n丄BM
1
及BN=—1,^，0，
1
—x+2y=0,
取x=1得n=（1,2,—1）.
—x+y+z=0,
设EN与平面BMb所成角的大小为0,
则由Wn=—2,—2,0,
可得sin0=|cos〈n,IN〉|=
1
-—1
2
X2
于即
0=60°，故EN与
平面BMN所成角的大小为60°.
4.如图，在四棱锥P—ABCD^，平面PADL平面ABCD平面PCDL平面ABCDE为PB
上任意一点，O为菱形ABCD寸角线的交点.
3:
1两部分；
求PD：
AD的值.
E-ABC的体积是
⑴求证：
平面EACL平面PBD
⑵试确定点E的位置，使得四棱锥P—ABCD勺体积被平面EAC分成
⑶在⑵的条件下，若/BAD=60°,二面角B-AE-C的大小为45°解：
⑴证明：
如图，过点B作BGLAD于点G
又PD?
平面PAD故PDLBG
同理，过点B作BHLCD于点H,则PD丄BH
又B（?
平面ABCDBH?
平面ABCDBG?
BH=B,
所以PDL平面ABCD所以PDLAC
又BDLAC且BEPD=D故ACL平面PBD又AC?
平面EAC
所以平面EACL平面PBD
（2）若四棱锥P-ABCD勺体积被平面EAC分成3:
1两部分，则三棱锥
1
四棱锥P-ABCD勺体积的4,
设四棱锥P-ABCD勺底面积为S,三棱锥E-ABC的高为h,
小1111
则3X，SXh=4X3SXPD
1
由此得h=尹D
故此时E为PB的中点.
（3）解法一：
如图，连接EO易知O为BD的中点，
由
（2）知E为PB的中点，
1
所以EO=2PD并且EO/PD
则平面EAC平面ABCD
故BOL平面EACBOLAE
过点O作OF丄AE于点F,则AEL平面BOF
连接BF,
贝UAELBF,
故/OFB即为二面角B-AE-C的平面角,
即/OFB=45°.
设AD=a,贝VBD=a,
ob=2a,。
7
在Rt△BOF中,
1
OB2atan/OF=Of=OF=1,
故OF=2a,
在Rt△AOE中,
由三角形的等积定理
OA
OE=OF-AE
-OE=2a-
2+oE,
解得OE=¥，
4
a,
故pd^-26
a,
所以PD：
AD=_：
6:
2.
解法二：
连接OE由
（1）
（2）
OBOEW两垂直，以点O为坐标原点，6AOBOE
知OA
分别为x轴,
设OB=mOE=h,贝yOA=,3m
从而A.3m,0,0）,B（0,m,0）,E（0,0,h）,AB=（—3m,m,0）,BE=（0,-mh）,
这时可以选向量ni=（0,1,0）作为平面AEC勺一个法向量,
设平面ABE的法向量为n2=（x,y,z）,
n2•XB=0,则〜
n2•BE=0,
—3m灶my=0,
—m什hz=0,
取x=1,贝Uy=3,
3m
"V,
则平面ABE的一个法向量为n2=1,.3,寻卩
2，
n2〉1=帀而1
1+3+h2
故cos45°=|cos〈ni
解得h=J，贝VPD：
AD=2h:
2n=h:
6:
2.
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