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

1、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PA PC, BC的中点，M是线段AD的中点，PA= AC= 4, AB= 2.求证：MN/平面BDE 求二面角 C- EM- N的正弦值； 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AB AC, 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

2、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BDENAV 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 E

3、M= 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, n2n1 n2I n1|n 2|4于是sinn2.：10521所以二面角 C EM- N的正弦值为0521(3)依题意,设 AH= h(0 w hw 4),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 |2 h 2| _J7| nH| BE 卅 + 5X 2 3 21整理得10h2 21h

4、+ 8 = 0,解得h = 5或h =5 2所以线段AH的长为8或2.如图，四棱锥 P ABC呼,PA底面 ABCDAD/ BC AB= AD= AC= 3 , PA= BC= 4 , M为线段 AD上一点，AM= 2MD N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, TN1由 N为 PC中点知 TN/ BC TN= 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PAB MN平面PAB所以M/平面PAB 如图，取B

5、C的中点E,连接AE由 AB= AC得 AE! BC 从而 AE1 AD且 AE= QAB BE=以A为坐标原点，分别以 AE AD AP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) , q 5, 2,0) , N-25, 1 , 2，则 PM= (0,2 , - 4) , Pn1,- 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5 x+ y-2z = 0.2取 z = 1 可得 n= (0,2,1)于是|cos说，| n AN|n, A2

6、| = J 决.| n| AN 25所以直线AN与平面PMb所成角的正弦值为 .253.(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.在所给图中画出平面ABD与平面BEC的交线（不必说明理由）;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.证明：在长方体 AC中，DA DC DD两两垂直，于是以 D为坐标原点，DA DC DD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,

7、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, CEL m,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BDL m,又因为BD?平面BEC所以BD /平面BEC 由 知 BA= (0,

8、 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 cosm n= | m ：| =1+4=芈,I m| - |n| 5所以平面ABD与平面BEC所成锐二面角的余弦值为2554.如图1,已知正三角形 ABC以AB AC为边在同一平面内向外作正三角形 ABE与ACD F为CD中点，分别沿 AB AF将平面ABE平面ADF折成直二面角，连接 EC CD如图2所 示.(1)求证

9、：CD/平面ABE 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= ADAFL FC AFL FD又二面角C- AF- D为直二面角，DFL平面 ABC FDF/ EG由题意知/ BAC=Z ACF= 60 ,CF/ AB又 DFH CF= F, EGH AB= G平面CDF/平面ABE又CI?平面DCFCD/ 平面 ABE连接GC由于AC= BC所以GCL AB于点G,以G为坐标原点，GB GC GE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

10、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),mrn 1 , 5那厶 cos m n= | =. = 5 ,|m|

11、 n| (5xi 5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)12, 0，(1)因为 AD= (0,1， 1) , EF= 1所以 cos AD, EF =0, 1，12,即AD与EF所成的角为60. FA= 1, 1,

12、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 sin 0 = |cos BA FA | =1 X1 2222 +1+111, 0, 0 2， 1，1 13,所以 cos 0 = 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;若二面角B AE- D的大小为90,求AD的长.解： 证明：以D为原点，建立如图所示的空间

13、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 2Ad - 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

14、BMln= 2ah a= 0,所以h=即在AA上存在点M使得BM/平面ADE,AM 1此时AA= 11, 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 2AB - 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 ,2 2 所以 miln,所以 mrn = 4+ a -2a = 0,因为a0,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B

15、C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BC AC的中点，试在棱 CD上 确定一点N,使得ENL BM并求EN与平面BMN所成角的大小.解： 设 BD= x(0x3)，贝U CD= 3- x.由 ADL BC / ACB= 45 知， ADC为等腰直角三角形，所以 AD= CD= 3- x.由折起前ADL BC知 ,折起后，ADL DQ ADL BD且 Bm DC= D,所以ADL平面BCD又/ BDC= 90 ,1 1所以 SL

16、bcd= qBD CD= 2*(3 x).于是1V- BCD= 3AD1SL bcd= 3(3 - x)1-2X(3 x)=12x(3 x) - (3 x)1 2x +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. 以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.由 知，当三棱锥 A BCD勺体积最大时，BA 1, AB CD= 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

17、1 En= 2，入-1, 0 .因为ENL BM,所以旨BM= 0,1 1即2，入1，0 - ( 1,1,1) = 2+ 入1 = 0, 1 1 故入=2, n 0, 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，ENL BM设平面BMN勺一个法向量为 n= (x，y，z)，n丄BNn丄BM1及BN= 1, ，0，1x+ 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 sin 0 = |cos n, IN| =1-12X 2于即0 = 60，故 EN与平面BM

18、N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 ABCD E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的体积是求证：平面EACL平面PBD试确定点E的位置，使得四棱锥 P ABCD勺体积被平面EAC分成 在 的条件下，若/ BAD= 60,二面角B- AE- C的大小为45 解：证明：如图，过点 B作BGL AD于点G又PD?平面PAD故PDL BG同理，过点B作BHL CD于点H,则PD丄BH又 B(?平面 ABCD BH?平面 ABCD BG? BH= B,所以PDL平面 ABCD

19、所以PDL AC又BDL AC且BE PD= 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1 1 11则3X，SX h= 4X 3SX PD1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 EAC BOL AE过点O作OF丄AE于点F, 则AEL平面BOF连接

20、BF,贝U AEL BF,故/ OFB即为二面角B- AE- C的平面角,即/ OFB= 45.设 AD= a,贝V BD= a,ob= 2a ,。7在 Rt BOF中,1OB 2a tan / OF= Of= OF= 1,故 OF= 2a ,在 Rt AOE中,由三角形的等积定理OAOE= OF- AE-OE= 2a -2+ oE,解得OE=，4a,故 pd-26a,所以 PD： AD= _：6 : 2.解法二：连接 OE由(1)(2)OB OEW两垂直，以点 O为坐标原点，6A OB OE知OA分别为x轴,设 OB= m OE= h,贝y OA= ,3m从而 A . 3m,0,0) , B(0 , m,0) , E(0,0 , h), AB= ( 3m, m,0) , BE= (0 , - m h),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U y = 3,3mV,则平面 ABE的一个法向量为 n2= 1, .3,寻卩2，,n21 =帀而11 + 3+ h2故 cos45= |cos ni解得 h= J，贝V PD： AD= 2h : 2n= h : 6 : 2.m 2 v