2019年高考数学二轮复习专题突破课时作业13空间向量与立体几何理.doc

1、1课时作业 13 空间向量与立体几何1如图所示，在底面是矩形的四棱锥 P ABCD 中， PA底面 ABCD， E， F 分别是PC， PD 的中点， PA AB1， BC2.(1)求证： EF平面 PAB；(2)求证：平面 PAD平面 PDC.证明：以 A 为原点， AB， AD， AP 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系 A xyz 如图所示，则 A(0,0,0)， B(1,0,0)， C(1,2,0)， D(0,2,0)， P(0,0,1)，所以 E ， F ，(12， 1， 12) (0， 1， 12) ， (0,0,1)， (0,2,0)， (1,0,0)

2、， (1,0,0)EF ( 12， 0， 0) AP AD DC AB (1)因为 ，所以 ，EF 12AB EF AB 即 EF AB.又 AB平面 PAB， EF平面 PAB，所以 EF平面 PAB.(2)因为 (0,0,1)(1,0,0)0，AP DC (0,2,0)(1,0,0)0，AD DC 所以 ， ，AP DC AD DC 即 AP DC， AD DC.又因为 AP AD A， AP平面 PAD， AD平面 PAD，所以 DC平面 PAD.因为 DC平面 PDC，所以平面 PAD平面 PDC.222018浙江卷如图，已知多面体 ABCA1B1C1， A1A， B1B， C1C 均

3、垂直于平面ABC， ABC120， A1A4， C1C1， AB BC B1B2.(1)证明： AB1平面 A1B1C1；(2)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值解析： (1)证明：由 AB2， AA14， BB12， AA1 AB， BB1 AB，得方 法 1：AB1 A1B12 ，2所以 A1B 1 AB 1 AA 1，2 2 2故 AB1 A1B1.由 BC2， BB12， CC11， BB1 BC， CC1 BC，得 B1C1 .5由 AB BC2， ABC120，得 AC2 .3由 CC1 AC，得 AC1 ，13所以 AB 1 B1C 1 AC 1，2 2 2故 A

4、B1 B1C1.又因为 A1B1 B1C1 B1，因此 AB1平面 A1B1C1.(2)解：如图，过点 C1 作 C1D A1B1，交直线 A1B1 于点 D，连接 AD.由 AB1平面 A1B1C1，得平面 A1B1C1平面 ABB1.由 C1D A1B1，得 C1D平面 ABB1.所以 C1AD 是 AC1 与平面 ABB1 所成的角由 B1C1 ， A1B12 ， A1C1 ，5 2 213得 cos C1A1B1 ，sin C1A1B1 ，67 17所以 C1D ，3故 sin C1AD .C1DAC1 3913因此，直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 .3913(1)

5、证明：如图，以 AC 的中点 O 为原点，分别以射线 OB， OC 为 x， y 轴的正半方 法 2：轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0， ，0)， B(1,0,0)， A1 (0， ，4)， B1 (1,0,2)，3 3C1 (0， ，1)3因此 (1， ，2)， (1， ，2)， (0,2 ，3)AB1 3 A1B1 3 A1C1 3由 0，AB1 A1B1 得 AB1 A1B1.由 0，得 AB1 A1C1.AB1 A1C1 所以 AB1平面 A1B1C1.(2)解：设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 .由(1)可知(0,2 ，1)， (1， ，0)

6、， (0,0,2)AC1 3 AB 3 BB1 设平面 ABB1 的法向量为 n( x， y， z)由Error! 得Error!可取 n( ，1,0)3所以 sin |cos ， n| .AC1 |AC1 n|AC1 |n| 39134因此，直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是 .391332018江苏卷如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中， AB AA12，点 P， Q 分别为A1B1， BC 的中点(1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值；(2)求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值解析：如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，设 AC， A1C1的

7、中点分别为 O， O1，则OB OC， OO1 OC， OO1 OB，以 ， ， 为基底，建立空间直角坐标系 O xyz.OB OC OO1 因为 AB AA12，所以 A(0，1,0)， B( ，0,0)， C(0,1,0)， A1(0，1,2)，3B1( ， 0,2)， C1(0,1,2)3(1)解：因为 P 为 A1B1的中点，所以 P ，(32， 12， 2)从而 ， (0,2,2)，BP ( 32， 12， 2) AC1 故|cos ， | .BP AC1 |BP AC1 |BP |AC1 | | 1 4|522 31020因此，异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为 .3102

8、0(2)解：因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q ，(32， 12， 0)因此 ， (0,2,2) ， (0,0,2)AQ (32， 32， 0) AC1 CC1 设 n( x， y， z)为平面 AQC1的一个法向量，则Error! 即Error!不妨取 n( ，1,1)35设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 ，则 sin |cos ， n| .CC1 |CC1 n|CC1 |n| 252 55所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为 .5542018郑州市高中毕业班第一次质量预测如图，在三棱锥 P ABC 中，平面PAB平面 ABC， AB6， BC2 ， AC2 ， D， E

9、 分别为线段 AB， BC 上的点，且3 6AD2 DB， CE2 EB， PD AC.(1)求证： PD平面 ABC；(2)若直线 PA 与平面 ABC 所成的角为 ，求平面 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角 4解析：(1)证明：由题意知 AC2 ， BC2 ， AB6，6 3 AC2 BC2 AB2， ACB ，cos ABC . 2 236 33又易知 BD2， CD22 2(2 )2222 cos ABC8，3 3 CD2 ，又 AD4，2 CD2 AD2 AC2， CD AB.平面 PAB平面 ABC， CD平面 PAB， CD PD， PD AC， AC CD C， PD平面

10、 ABC.(2)由(1)知 PD， CD， AB 两两互相垂直，可建立如图所示的直角坐标系 D xyz，6直线 PA 与平面 ABC 所成的角为 ，即 PAD ， 4 4 PD AD4，则 A(0，4,0)， C(2 ，0,0)， B(0,2,0)， P(0,0,4)，2 (2 ，2,0)， (2 ，4,0)， (0，4，4)CB 2 AC 2 PA AD2 DB， CE2 EB， DE AC，由(1)知 AC BC， DE BC，又 PD平面 ABC， PD BC， PD DE D， CB平面 PDE， (2 ，2,0)为平面 PDE 的一个法向量CB 2设平面 PAC 的法向量为 n( x

11、， y， z)，则Error!Error!令 z1，得 x ， y1，2 n( ，1,1)为平面 PAC 的一个法向量2cos n， ，CB 4 2412 32平面 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角的余弦值为 ，32故平面 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角为 30.52018北京卷如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中， CC1平面 ABC， D， E， F， G 分别为 AA1， AC， A1C1， BB1 的中点， AB BC ， AC AA12.5(1)求证： AC平面 BEF；(2)求二面角 BCDC1 的余弦值；(3)证明：直线 FG 与平面 BCD 相交解析：(1)证明

12、：在三棱柱 ABCA1B1C1 中，因为 CC1平面 ABC，所以四边形 A1ACC1 为矩形又 E， F 分别为 AC， A1C1 的中点，所以 AC EF.因为 AB BC，7所以 AC BE，所以 AC平面 BEF.(2)解：由(1)知 AC EF， AC BE， EF CC1.又 CC1平面 ABC，所以 EF平面 ABC.因为 BE平面 ABC，所以 EF BE.如图，建立空间直角坐标系 Exyz.由题意得 B(0,2,0)， C(1，0,0)， D(1,0,1)， E(0,0，0)， F(0,0,2)， G(0,2,1)所以 (1，2,0)， (1，2,1)BC BD 设平面 BC

13、D 的法向量为 n( x0， y0， z0)，则Error! 即Error!令 y01，则 x02， z04.于是 n(2，1，4)又因为平面 CC1D 的法向量为 (0,2,0)，EB 所以 cos n， .EB nEB |n|EB | 2121由题知二面角 BCDC1 为钝角，所以其余弦值为 .2121(3)证明：由(2)知平面 BCD 的法向量为 n(2，1，4)， (0,2，1)FG 因为 n 20(1)2(4)(1)20，FG 所以直线 FG 与平面 BCD 相交862018太原市高三年级模拟试题(二)如图，在四棱锥 E ABCD 中，底面 ABCD 是圆内接四边形， CB CD C

14、E1， AB AD AE ， EC BD.3(1)求证：平面 BED平面 ABCD；(2)若点 P 在平面 ABE 内运动，且 DP平面 BEC，求直线 DP 与平面 ABE 所成角的正弦值的最大值解析：(1)证明：如图，连接 AC，交 BD 于点 O，连接 EO， AD AB， CD CB， AC AC， ADC ABC，易得 ADO ABO， AOD AOB90， AC BD.又 EC BD， EC AC C， BD平面 AEC，又 OE平面 AEC， OE BD.又底面 ABCD 是圆内接四边形， ADC ABC90，在 Rt ADC 中，由 AD ， CD1，可得 AC2， AO ，3

15、32 AEC90， ，易得 AEO ACE， AOE AEC90，即AEAC AOAE 32EO AC.又 AC， BD平面 ABCD， AC BD O， EO平面 ABCD，又 EO平面 BED，平面 BED平面 ABCD.(2)如图，取 AE 的中点 M， AB 的中点 N，连接 MN， ND， DM，则 MN BE，由(1)知， DAC BAC30，即 DAB60， ABD 为正三角形，9 DN AB，又 BC AB，平面 DMN平面 EBC，点 P 在线段 MN 上以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A ， B ， E ， M ，(32， 0， 0) (0， 32，

16、0) (0， 0， 32) (34， 0， 34)D ， N ，(0， 32， 0) (34， 34， 0) ， ， ， ，AB ( 32， 32， 0) AE ( 32， 0， 32) DM (34， 32， 34) MN (0， 34， 34)设平面 ABE 的法向量 n( x， y， z)，则Error!即Error! 令 x1，则 n(1， ， )，3 3设 (0 1)，可得 ，MP MN DP DM MP (34， 32 34 ， 34 34 )设直线 DP 与平面 ABE 所成的角为 ，则 sin ，|nDP n|DP | 1242 2 40 1，当 0 时，sin 取得最大值 .427故直线 DP 与平面 ABE 所成角的正弦值的最大值为 .427