全国通用版2019版高考数学一轮复习第十二单元空间向量高考达标检测三十三空间向量2综合--翻折探索（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 高考达标检测（三十三） 空间向量 2 综合 翻折、探索 1如图 1，在 ABC 中， C 90 ， AC BC 3a，点 P 在 AB 上， PE BC 交 AC 于点 E，PF AC 交 BC 于点 F.沿 PE 将 APE 翻折成 A PE，使得平面 A PE 平面 ABC；沿 PF 将 BPF 翻折成 B PF，使得平面 B PF 平面 ABC，如图 2. (1)求证： B C 平面 A PE； (2)若 AP 2PB，求二面角 A PCB 的正切值 解： (1)证明：因为 FC PE， FC?平面 A PE， PE?平面 A PE， 所以 FC 平面

2、A PE. 因为平面 A PE 平面 ABC，且平面 A PE 平面 ABC PE， A E PE， 所以 A E 平面 ABC. 同理 B F 平面 ABC， 所以 B F A E，从而 B F 平面 A PE. 又 FC B F F， 所以平面 B CF 平面 A PE. 因为 B C? 平面 B CF，所以 B C 平面 A PE. (2)易知 EC， EP， EA 两两垂直 ， 可建立如图所示的空间直角坐标系 Exyz. 则 C(a,0,0)， P(0,2a,0)， A(0,0,2 a)， B( a,2a， a) 所以 A C (a,0， 2a)， A P (0,2a， 2a)， B

3、C (0， 2a， a)， B P ( a,0， a) 设平面 A CP 的一个法向量为 m (x， y,1)， =【 ;精品教育资源文库 】 = 则? m A C 0，m A P 0，即? ax 2a 0，2ay 2a 0， 解得 ? x 2，y 1， 所以平面 A CP 的一个法向量为 m (2,1,1) 设平面 B CP 的一个法向量为 n (x ， y ， 1)， 则? n B C 0，n B P 0，即? 2ay a 0， ax a 0， 解得 ? x 1，y 12， 所以平面 B CP 的一个法向量为 n ? ? 1， 12， 1 . 设二面角 A PCB 的大小为 ， 易知 为锐

4、角 ， 则 cos |m n|m| n| ? ? 326 32 66 ， 从而可得 tan 5， 即二面角 A PCB 的正切值为 5. 2.如图，在梯形 ABCD中， AB CD， AD DC CB 1， ABC 60. EA FC，且 FC 平面 ABCD， FC 2， AE 1，点 M 为 EF 上任意一点 (1)求证： AM BC； (2)点 M 在线段 EF 上运动 (包括两端点 )，试确定 M 的位置，使平面 MAB 与平面 FBC 所成的锐二面角为 60. 解： (1)证明： AB CD， AD DC CB 1， ABC 60 ， AB 2，连接 AC， 在 ABC 中， AC2

5、 AB2 BC2 2AB BCcos 60 22 12 221 cos 60 3， AB2 AC2 BC2， BC AC. FC 平面 ABCD， FC BC. 又 AC FC C， BC 平面 AEFC， AM?平面 AEFC， BC AM. (2)以 C 为坐标原点，分别以直线 CA， CB， CF 为 x 轴、 y 轴、 z轴建立如图所示的空间直角坐标系 C xyz，则 A( 3， 0,0)，B(0,1,0)， C(0,0,0)， F(0,0,2)， E( 3， 0,1)， AB ( 3， 1,0)， 设 M(x， y， z)， FM FE (0 1) ， 则 (x， y， z 2) (

6、 3， 0， 1)， =【 ;精品教育资源文库 】 = ? x 3 ，y 0，z 2 ，故 M( 3 ， 0,2 )， AM ( 3 3， 0,2 ) 设平面 ABM 的法向量 m (x1， y1， z1)， 则? m AM 0，m AB 0，即 ? 3 x1 z1 0， 3x1 y1 0，令 x1 1，可得 y1 3， z1 3 2 ， m ? ?1， 3， 3 2 . 易知平面 FBC 的一个法向量为 n (1,0,0)， cos 60 |m n|m|n| 11 3 ? ?3 2 2 12， 1， 点 M 与点 E 重合时，平面 MAB 与平面 FBC 所成的锐二 面角为 60. 3如图，

7、已知在长方形 ABCD 中， AB 2， A1， B1分别是边 AD， BC 上的点，且 AA1 BB1 1， A1E 垂直 B1D 于 E， F 为 AB 的中点把长方形 ABCD 沿直线 A1B1折起，使得平面 AA1B1B 平面 A1B1CD，且直线 B1D 与平面 AA1B1B 所成的角为 30. (1)求异面直线 A1E， B1F 所成角的余弦值； (2)求二面角 FB1DA1的余弦值 解：由已知条件可得 A1A， A1B1， A1D 两两垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系 A1xyz，由已知 AB 2， AA1 BB1 1，可得 A1(0,0,0)， B1(2,0,0)， F(1

8、,0,1) 又 A1D 平面 AA1B1B，所以 B1D 与平面 AA1B1B 所成的角为 DB1A1 30 ，又 A1B1 AB 2， A1E B1D，所以 A1E 1， A1D 2 33 ，=【 ;精品教育资源文库 】 = 从而易得 E? ?12， 32 ， 0 ， D? ?0， 2 33 ， 0 . (1)因为 A1E ? ?12， 32 ， 0 ， B1F ( 1,0,1)， 所以 cos A1E ， B1F A1E B1F |A1E | B1F | 12224 ， 所以异面直线 A1E， B1F 所成角的余弦值为 24 . (2)易知平面 A1B1CD 的一个法向量 m (0,0,1

9、) 设 n (x， y， z)是 平面 B1DF 的法向量 ， 易知 B1D ? ? 2， 2 33 ， 0 ， 所以? n B1F 0，n B1D 0，即? x z 0，2x 2 33 y 0. 令 x 1， 得 n (1， 3， 1) 所以 cos m， n m n|m| n| 55 . 由图知二面角 FB1DA1为锐角 ， 所以二面角 FB1D A1的余弦值为 55 . 4 (2018 成都模拟 )如图 ，在正方形 ABCD 中，点 E， F 分别是 AB， BC 的中点， BD与 EF 交于点 H， G 为 BD 的中点，点 R 在线段 BH 上，且 BRRH ( 0)现将 AED，

10、CFD， DEF 分别沿 DE， DF， EF 折起，使点 A， C 重合于点 B(该点记为 P)，如图 所示 (1)若 2，求证： GR 平面 PEF； (2)是否存在正实数 ，使得直线 FR 与平面 DEF 所成角的正弦值为 2 25 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由 =【 ;精品教育资源文库 】 = 解： (1)证明：由题意，可知 PE， PF， PD 三条直线两两垂直 PD 平面 PEF. 在图 中， E， F 分别是 AB， BC 的中点， G 为 BD 的中点， EF AC， GD GB 2GH. 在图 中， PRRH BRRH 2，且 DGGH 2， 在 PDH 中，

11、GR PD， GR 平面 PEF. (2)由题意，分别以 PF， PE， PD 所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Pxyz. 设 PD 4，则 P(0,0,0)， F(2,0,0)， E(0,2,0)， D(0,0,4)， H(1，1,0)， EF (2， 2,0)， DE (0,2， 4) PRRH ， PR 1 PH ， R 1 ， 1 ， 0， RF 2 1 ， 1 ， 0 2 1 ， 1 ， 0. 设平面 DEF 的一个法向量为 m (x， y， z)， 由? EF m 0，DE m 0，得? 2x 2y 0，2y 4z 0. 取 z 1，则 m (2

12、,2,1) 直线 FR 与平面 DEF 所成角的正弦值为 2 25 ， |cos m， RF | |m RF |m| RF |41 3 ? ?2 1 2 ? ? 1 2 2 23 2 2 2 2 25 ， 9 2 18 7 0， 解得 13或 73(不合题意，舍去 ) 故存在正实数 13，使得直线 FR 与平面 DEF 所成角的正弦值为 2 25 . 已知在三棱柱 ABCA1B1C1中， B1B 平面 ABC， ABC 90 ， B1B=【 ;精品教育资源文库 】 = AB 2BC 4， D， E 分别是 B1C1， A1A 的中点 (1)求证： A1D 平面 B1CE； (2)设 M 是 B

13、1E 的中点， N 在棱 AB 上，且 BN 1， P 是棱 AC 上的动点，直线 NP 与平面MNC 所成角为 ，试问： 的正弦值存在最大值吗？若存在，请求出 APAC的值；若不存在，请说明理由 解： (1)证明：连接 BC1交 B1C 于点 O，连接 EO， DO， 在 B1BC1中， DO 綊 12B1B， 在四边形 B1BA1A 中， A1E 綊 12B1B， A1E 綊 DO， 四边形 A1EOD 是平行四边形， A1D EO A1D?平面 B1CE， EO? 平面 B1CE， A1D 平面 B1CE. (2)假设存在符合题意的点 P. 以 B 为坐标原点， BA， BC， BB1所

14、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 Bxyz， 由已知得 A(4,0,0)， C(0,2,0)， B1(0,0,4)， E(4,0,2)， M(2,0,3)， N(1,0,0)， 则 MN ( 1,0， 3)， NC ( 1,2,0)， AC ( 4,2,0)， NA (3,0,0) 设平面 MNC 的一个法向量 m (x， y， z)， 则? m MN 0，m NC 0，即? x 3z 0， x 2y 0， 取 x 6，得 m (6,3， 2)， 设 AP AC (0 1) ， 则 NP NA AC (3 4 ， 2 ， 0)， =【 ;精品教育资源文库 】 = 由题设得 sin |cos NP ， m | | NP m| NP | m| 4 6 |7 4 2 4 2 7 20 2 24 9， 设 t 1 (0 1) ，则 1 t，且 0 t1 ， sin 18t7 20t2 16t 5. 当 t 0 时， sin 0， 当 0 t1 时， sin 187 5t2 16t 20 187 5? ?1t 85 2 365 187 65 3 57 . 当且仅当 1t 85， 即 t 58时， sin 取得最大值 3 57