届高三数学复习立体几何与空间向量立体几何集训.docx

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届高三数学复习立体几何与空间向量立体几何集训

2019届高三数学复习--立体几何与空间向量--立体几何集训

基础过关

1.如图X13-1所示,在三棱柱ABc-A1B1c1中,△ABc和△AA1c均是边长为2的等边三角形,点o为Ac的中点,平面AA1c1c⊥平面ABc.

（1）证明:

A1o⊥平面ABc;

（2）求直线AB与平面A1Bc1所成角的正弦值.

图X13-1

2.在如图X13-2所示的几何体中,DE∥Ac,Ac⊥平面BcD,Ac=2DE=4,Bc=2,Dc=1,∠BcD=60°.

（1）证明:

BD⊥平面AcDE;

（2）求平面BcD与平面BAE所成二面角的正弦值.

图X13-2

3.如图X13-3所示,在四棱柱ABcD-A1B1c1D1中,底面ABcD为正方形,AA1⊥平面ABcD,为棱DD1的中点,N为棱AD的中点,Q为棱BB1的中点.

（1）证明:

平面NQ∥平面c1BD;

（2）若AA1=2AB,棱A1B1上有一点P,且=λ（λ∈（0,1））,使得二面角P-N-Q的余弦值为,求λ的值.

图X13-3

4.如图X13-4①所示,四边形ABcD是一个直角梯形,∠ABc=∠BAD=90°,E为Bc上一点,AE,BD相交于点o,AD=Ec=3,BE=1,AB=.将△ABE沿AE折起,使平面ABE⊥平面ADcE,得到如图X13-4②所示的四棱锥B-AEcD.

（1）求证:

cD⊥平面BoD;

（2）求直线AB与平面BcD所成角的正弦值.

①

②

图X13-4

5.如图X13-5所示,四边形ABcD是边长为a的菱形,∠BAD=60°,EB⊥平面ABcD,FD⊥平面ABcD,EB=2FD=a.

（1）求证:

EF⊥Ac;

（2）求直线cE与平面ABF所成角的正弦值.

图X13-5

6.如图X13-6①所示,在等腰直角三角形S’AB中,S’A=AB=4,S’A⊥AB,c,D分别为S’B,S’A的中点,将△S’cD沿cD翻折到△ScD的位置,使平面SDc⊥平面ABcD,如图X13-6②,SA=2,E为线段SB的中点.

（1）求证:

cE∥平面SAD;

（2）求二面角A-Ec-B的余弦值.

①　　②

图X13-6

能力提升

7.如图X13-7所示,在四棱锥P-ABcD中,底面ABcD是平行四边形,AB=Ac=2,AD=2,PB=3,PB⊥Ac.

（1）求证:

平面PAB⊥平面PAc.

（2）若∠PBA=45°,试判断棱PA上是否存在与点P,A不重合的点E,使得直线cE与平面PBc所成角的正弦值为?

若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.

图X13-7

8.如图X13-8所示,在四棱锥P-ABcD中,平面PAD⊥平面ABcD,AD∥Bc,AB=Bc=PA=1,AD=2,∠PAD=∠DAB=∠ABc=90°,点E在棱Pc上,且cE=λcP（0

（1）求证:

cD⊥AE.

（2）是否存在实数λ,使得二面角c-AE-D的余弦值为?

若存在,求出实数λ的值;若不存在,请说明理由.

图X13-8

限时集训（十三）

基础过关

1.解:

（1）证明:

∵AA1=A1c,且o为Ac的中点,

∴A1o⊥Ac,

又平面AA1c1c⊥平面ABc,平面AA1c1c∩平面ABc=Ac,且A1o⊂平面AA1c1c,

∴A1o⊥平面ABc.

（2）如图,连接oB,以o为原点,oB,oc,oA1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

则o（0,0,0）,A（0,-1,0）,B（,0,0）,A1（0,0,）,c1（0,2,）,

∴=（,1,0）,=（,0,-）,=（0,2,0）.

设平面A1Bc1的法向量为n=（x,y,z）,

则即

令x=1,则y=0,z=1,∴n=（1,0,1）.

设直线AB与平面A1Bc1所成的角为α,

则sinα=|cos|===,

故直线AB与平面A1Bc1所成角的正弦值为.

2.解:

（1）证明:

在△BcD中,由余弦定理得BD2=22+12-2×1×2cos60°=3,

所以Bc2=BD2+Dc2,所以BD⊥cD.

又Ac⊥平面BcD,所以Ac⊥BD.

因为Ac∩cD=c,所以BD⊥平面AcDE.

（2）易知DB,Dc,DE两两垂直,所以以D为原点,DB,Dc,DE所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,可得D（0,0,0）,B（,0,0）,c（0,1,0）,E（0,0,2）,A（0,1,4）,

则=（-,1,4）,=（0,1,2）.

设n=（x,y,z）是平面BAE的法向量,

则

令z=,得n=（2,-2,）.

易知平面BcD的一个法向量为=（0,0,1）.

设平面BcD与平面BAE所成二面角的平面角为θ,

则|cosθ|==,从而sinθ=.

3.解:

（1）证明:

∵,Q分别为棱DD1,BB1的中点,

∴D􀱀BQ,∴四边形QBD为平行四边形,

∴Q∥BD,

又BD⊂平面c1BD,∴Q∥平面c1BD.

连接AD1,∵N为棱AD的中点,为棱DD1的中点,∴N∥AD1,

又AD1∥Bc1,∴N∥Bc1.

∵Bc1⊂平面c1BD,∴N∥平面c1BD.

又N∩Q=,∴平面QN∥平面c1BD.

（2）由题意知DA,Dc,DD1两两垂直,以D为原点,,,所在的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,

设AB=1,则A（1,0,0）,N,（0,0,1）,Q（1,1,1）,A1（1,0,2）,B1（1,1,2）,∴=（0,1,0）,=,=（1,1,0）.

设P（x,y,z）,则由=λ,

得∴P（1,λ,2）,∴=（1,λ,1）.

设平面PN的法向量为=（a1,b1,c1）,则即令c1=1,则a1=2,b1=,∴=.

设平面NQ的法向量为n=（a2,b2,c2）,则即令c2=1,则a2=2,b2=-2,∴n=（2,-2,1）,

由题知==,即64λ2-252λ+153=0,

解得λ=或（与0故λ=.

4.解:

（1）证明:

在Rt△AEB中,因为BE=1,AB=,所以∠BAE=30°,

同理∠BDA=30°,所以∠AoD=90°,即AE⊥BD.

因为AD∥Ec,AD=Ec,所以四边形ADcE是平行四边形,

所以∠cDo=∠AoD=90°,所以cD⊥Do.

因为平面ABE⊥平面ADcE,平面ABE∩平面ADcE=AE,Bo⊥AE,Bo⊂平面ABE,

所以Bo⊥平面ADcE,

又cD⊂平面ADcE,所以Bo⊥cD.

因为Bo∩Do=o,Bo⊂平面BoD,Do⊂平面BoD,所以cD⊥平面BoD.

（2）由

（1）可知,直线oA,oB,oD两两垂直,以o为原点,oA,oD,oB所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系o-xyz,如图所示,

则A,B0,0,,c,D,所以=,=0,,-,=（2,0,0）.

设平面BcD的法向量为n=（a,b,c）,则

令b=1,则a=0,c=3,所以n=（0,1,3）.

设直线AB与平面BcD所成的角为θ,

则sinθ=|cos|==,

所以直线AB与平面BcD所成角的正弦值为.

5.解:

（1）证明:

连接BD.因为四边形ABcD是菱形,所以Ac⊥BD.

因为FD⊥平面ABcD,Ac⊂平面ABcD,

所以Ac⊥FD.

又BD∩FD=D,所以Ac⊥平面BDF.

因为EB⊥平面ABcD,FD⊥平面ABcD,所以EB∥FD,所以B,D,F,E四点共面,

又EF⊂平面BDFE,所以EF⊥Ac.

（2）如图,取AB的中点Q,连接DQ.因为四边形ABcD是菱形,∠BAD=60°,所以△ABD是正三角形.又Q为AB的中点,所以DQ⊥AB,所以DQ⊥Dc,则DQ,Dc,DF两两垂直,以D为坐标原点,分别以,,所在的方向为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系D-xyz.

易得A,B,F,c（0,a,0）,Ea,a,a,

所以=（0,a,0）,=-a,a,a.

设平面ABF的法向量为n=（x,y,z）,

则即

令x=1,则y=0,z=1,所以n=（1,0,1）.

又=,

所以|cos|==,

所以直线cE与平面ABF所成角的正弦值为.

6.解:

（1）证明:

取SA的中点F,连接DF,EF,

∵SE=EB,SF=FA,∴EF􀱀AB,

又cD􀱀AB,∴cD􀱀EF,

∴四边形cDFE为平行四边形,∴cE∥FD.

∵cE⊄平面SAD,FD⊂平面SAD,

∴cE∥平面SAD.

（2）∵平面ScD⊥平面ABcD,平面ScD∩平面ABcD=cD,SD⊥cD,SD⊂平面ScD,

∴SD⊥平面ABcD,

又AD,cD⊂平面ABcD,

∴SD⊥AD,SD⊥cD.

又∵AD⊥Dc,

∴DA,Dc,DS两两垂直.

如图所示,以D为原点,

DA,Dc,DS所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,

由题易知DA=Dc=DS=2,

则A（2,0,0）,c（0,2,0）,B（2,4,0）,E（1,2,1）,∴=（1,0,1）,=（2,-2,0）,=（2,2,0）.

设平面EcA,平面EcB的法向量分别为=（x1,y1,z1）,n=（x2,y2,z2）,

则即

令x1=1,则y1=1,z1=-1,∴=（1,1,-1）,

即

令x2=1,则y2=-1,z2=-1,∴n=（1,-1,-1）,

∴cos===.

由图易知,二面角A-Ec-B的平面角为钝角,

∴二面角A-Ec-B的余弦值为-.

能力提升

7.解:

（1）证明:

因为四边形ABcD是平行四边形,AD=2,所以Bc=AD=2,

又AB=Ac=2,所以AB2+Ac2=Bc2,所以Ac⊥AB.

因为PB⊥Ac,AB∩PB=B,所以Ac⊥平面PAB,

又Ac⊂平面PAc,所以平面PAB⊥平面PAc.

（2）由

（1）知Ac⊥AB,Ac⊥平面PAB,

如图,以A为原点,AB,Ac所在直线分别为x,y轴,平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系A-xyz,

则A（0,0,0）,B（2,0,0）,c（0,2,0）,所以=（0,2,0）,=（-2,2,0）,

由∠PBA=45°,PB=3,BA=2,可得P（-1,0,3）,

所以=（-1,0,3）,=（-3,0,3）.

假设棱PA上存在点E,使得直线cE与平面PBc所成角的正弦值为,设此时=λ（0则=λ=（-λ,0,3λ）,=-=（-λ,-2,3λ）.

设平面PBc的法向量为n=（x,y,z）,

则即令z=1,则x=1,y=1,所以n=（1,1,1）.

设直线cE与平面PBc所成的角为θ,则

sinθ=|cos|===,

整理得3λ2+4λ=0,因为0所以棱PA上不存在与点P,A不重合的点E,使得直线cE与平面PBc所成角的正弦值为.

8.解:

（1）证明:

过点c作cF∥AB交AD于点F,

∵AB=Bc=1,AD=2,∠DAB=∠ABc=90°,

∴四边形ABcF为正方形,且AF=FD=1,Ac=.

在Rt△cFD中,cD=,在△AcD中,cD2+Ac2=4=AD2,∴cD⊥Ac.

∵∠PAD=90°,∴PA⊥AD,

又平面PAD⊥平面ABcD,平面PAD∩平面ABcD=AD,PA⊂平面PAD,

∴PA⊥平面ABcD,∴PA⊥cD.

∵PA,Ac⊂平面PAc,且PA∩Ac=A,

∴cD⊥平面PAc,又AE⊂平面PAc,∴cD⊥AE.

（2）由题知,PA,AB,AD两两垂直,

以点A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,

则A（0,0,0）,P（0,0,1）,c（1,1,0）,D（0,2,0）,∴=（-1,1,0）,=（0,2,0）.

假设存在实数λ（0设E（x,y,z）,∵=λ,∴（x-1,y-1,z）=λ（-1,-1,1）,

∴E（1-λ,1-λ,λ）,则=（1-λ,1-λ,λ）.

∵cD⊥平面PAc,∴平面AEc的一个法向量为n==（-1,1,0）.

设平面AED的法向量为=（a,b,c）,

则即令c=1,则a=,b=0,∴==（-λ,0,1-λ）,

∵≠0,∴可取=（-λ,0,1-λ）,

∴|cos|===,化简得3λ2-8λ+4=0,

∵λ∈（0,1）,∴λ=,

∴存在实数λ=,使得二面角c-AE-D的余弦值为.