高考数学二轮大题解题技巧： 立体几何与空间向量 Word版含解析.doc

1、 - 1 - 大题考法专训（三）大题考法专训（三） 立体几何与空间向量立体几何与空间向量 A 级级中档题保分练中档题保分练 1(2019 全国卷全国卷)如图，直四棱柱如图，直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1的底面是菱的底面是菱 形，形，AA14，AB2，BAD60 ，E，M，N 分别是分别是 BC，BB1，A1D 的中点的中点 (1)证明：证明：MN平面平面 C1DE； (2)求二面角求二面角 A- MA1- N 的正弦值的正弦值 解：解：(1)证明：如图，连接证明：如图，连接 B1C，ME. 因为因为 M，E 分别为分别为 BB1，BC 的中点，的中点， 所以所以 MEB1C，且，且

2、ME1 2B1C. 又因为又因为 N 为为 A1D 的中点，所以的中点，所以 ND1 2A1D. 由题设知由题设知 A1B1綊綊 DC，可得，可得 B1C 綊綊 A1D，故，故 ME 綊綊 ND， 因此四边形因此四边形 MNDE 为平行四边形，所以为平行四边形，所以 MNED. 又又 MN 平面平面 C1DE，所以，所以 MN平面平面 C1DE. (2)由已知可得由已知可得 DEDA， 以， 以 D 为坐标原点，为坐标原点，DA 的方向为 的方向为 x 轴正方轴正方 向，建立如图所示的空间直角坐标系向，建立如图所示的空间直角坐标系 D - xyz，则，则 A(2,0,0)，A1(2,0,4)，

3、 M(1， 3，2)，N(1,0,2)，A1A (0,0，4)，A1M (1， 3，2)，A1N (1,0，2)，MN (0， 3，0) 设设mm(x，y，z)为平面为平面 A1MA 的法向量，的法向量， 则则 mm A1M 0， mm A1A 0， 所以所以 x 3y2z0， 4z0， 可取可取mm( 3，1,0) 设设n n(p，q，r)为平面为平面 A1MN 的法向量，的法向量， 则则 n n MN 0， n n A1N 0， 所以所以 3q0， p2r0， 可取可取n n(2,0，1) - 2 - 于是于是 cosmm，n n mm n n |mm|n n| 2 3 2 5 15 5

4、， 所以二面角所以二面角 A- MA1- N 的正弦值为的正弦值为 10 5 . 2.如图，已知四边形如图，已知四边形 ABCD 与四边形与四边形 BDEF 均为菱形，均为菱形，FAFC，且，且 DABDBF60 . (1)求证：求证：AC平面平面 BDEF； (2)求直线求直线 AD 与平面与平面 ABF 所成角的正弦值所成角的正弦值 解：解：(1)证明：设证明：设 AC 与与 BD 相交于点相交于点 O，连接，连接 FO， 因为四边形因为四边形 ABCD 为菱形，为菱形， 所以所以 ACBD，且，且 O 为为 AC 的中点，的中点， 因为因为 FAFC，所以，所以 ACFO， 又又 FOB

5、DO，所以，所以 AC平面平面 BDEF. (2)连接连接 DF，因为四边形，因为四边形 BDEF 为菱形，且为菱形，且DBF60 ， 所以所以DBF 为等边三角形，为等边三角形， 因为因为 O 为为 BD 的中点，的中点， 所以所以 FOBD， 又又 ACFO，ACBD， 所以所以 OA，OB，OF 两两垂直，两两垂直， 以以 O 为坐标原点，为坐标原点，OA，OB，OF 所在直线分别为所在直线分别为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴建立如图所示的空间轴建立如图所示的空间 直角坐标系直角坐标系 O- xyz， 设设 AB2，因为四边形，因为四边形 ABCD 为菱形，为菱形，DAB60 ，所以，

6、所以 BD2，AC2 3. 因为因为DBF 为等边三角形，所以为等边三角形，所以 OF 3. 所以所以 A( 3，0,0)，B(0,1,0)，D(0，1,0)，F(0,0， 3)， 所以所以AD ( 3，1,0)， AF ( 3，0， 3)， AB ( 3，1,0) 设平面设平面 ABF 的法向量为的法向量为n n(x，y，z)， 则则 AF n n 0， AB n n 0， 即即 3x 3z0， 3xy0， - 3 - 令令 x1，得平面，得平面 ABF 的一个法向量为的一个法向量为n n(1， 3，1) 设直线设直线 AD 与平面与平面 ABF 所成的角为所成的角为 ， 则则 sin |c

7、osAD ， ，n n| |AD n n| |AD |n n| 15 5 . 故直线故直线 AD 与平面与平面 ABF 所成角的正弦值为所成角的正弦值为 15 5 . 3(2019 北京高考北京高考)如图，在四棱锥如图，在四棱锥 P- ABCD 中，中，PA平面平面 ABCD， ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3，E 为为 PD 的中点，点的中点，点 F 在在 PC 上，且上，且PF PC 1 3. (1)求证：求证：CD平面平面 PAD； (2)求二面角求二面角 F- AE- P 的余弦值；的余弦值； (3)设点设点 G 在在 PB 上，且上，且PG PB 2 3.判断直线 判断直线

8、 AG 是否在平面是否在平面 AEF 内，说明理由内，说明理由 解：解：(1)证明：因为证明：因为 PA平面平面 ABCD，所以，所以 PACD. 又因为又因为 ADCD，PAADA， 所以所以 CD平面平面 PAD. (2)过点过点 A 作作 AD 的垂线交的垂线交 BC 于点于点 M. 因为因为 PA平面平面 ABCD，所以，所以 PAAM，PAAD. 以以 A 为坐标原点，为坐标原点，AM，AD，AP 所在直线分别为所在直线分别为 x 轴，轴，y 轴，轴，z 轴，轴，建立如图所示的空建立如图所示的空 间直角坐标系间直角坐标系 A- xyz，则，则 A(0,0，0)，B(2，1,0)，C(

9、2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2) 因为因为 E 为为 PD 的中点，的中点， 所以所以 E(0,1,1) 所以所以 AE (0,1,1)， PC (2,2，2)， AP (0,0,2) 所以所以 PF 1 3 PC 2 3， ，2 3， ，2 3 ， 所以所以 AF AP PF 2 3， ，2 3， ，4 3 . 设平面设平面 AEF 的法向量为的法向量为n n(x，y，z)， 则则 n n AE 0， n n AF 0， 即即 yz0， 2 3x 2 3y 4 3z 0. 令令 z1，则，则 y1，x1. 于是于是n n(1，1,1). - 4 - 又因为平面又因为平面 PA

10、D 的一个法向量为的一个法向量为p p(1,0,0)， 所以所以 cosn n，p p n p |n|p| 3 3 . 由图知，二面角由图知，二面角 F- AE- P 为锐角，为锐角， 所以所以二面角二面角 F- AE- P 的余弦值为的余弦值为 3 3 . (3)直线直线 AG 在平面在平面 AEF 内，理由如下：内，理由如下： 因为点因为点 G 在在 PB 上，且上，且PG PB 2 3， ， PB (2，1，2)， 所以所以 PG 2 3 PB 4 3， ，2 3， ，4 3 ， 所以所以AG AP PG 4 3， ，2 3， ，2 3 . 由由(2)知，平面知，平面 AEF 的一个法向

11、量的一个法向量n n(1，1,1)， 所以所以AG n n4 3 2 3 2 3 0. 所以直线所以直线 AG 在平面在平面 AEF 内内 B 级级拔高题满分练拔高题满分练 1(2019 福建南福建南平质检平质检)已知三棱锥已知三棱锥 S- ABC 的底面的底面 ABC 是等边三是等边三 角形，角形，D 是是 AC 的中点，的中点，CE1 4CB，平面 ，平面 SBC平面平面 ABC. (1)求证：求证：DESB； (2)若若 SBSC，二面角，二面角 A- SC- B 的余弦值为的余弦值为 5 5 ，求，求 SD 与平面与平面 SBC 所成角的正弦值所成角的正弦值 解：解：(1)证明：取证明

12、：取 BC 的中点的中点 O，连接，连接 AO.因为三角形因为三角形 ABC 是等是等 边三角形，所以边三角形，所以 AOBC，由题易得，由题易得，DEAO，从而，从而 DEBC. 又因为平面又因为平面 SBC平面平面 ABC， 平面， 平面 SBC平面平面 ABCBC， DE 平面平面 ABC，所以，所以 DE平面平面 SBC. 又又 SB平面平面 SBC，所以，所以 DESB. (2)连接连接 SO，因为，因为 SBSC，所以，所以 SOBC. 又平面又平面 SBC平面平面 ABC，平面，平面 SBC平面平面 ABCBC， SO平面平面 SBC，所以，所以 SO平面平面 ABC， 所以所以

13、 OA，OB，OS 两两垂直两两垂直 以以 OA，OB，OS 所在直线分别为所在直线分别为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴建立空间直角坐标系轴建立空间直角坐标系 O- xyz. 设设 CACBAB4，SOh(h0)，则，则 A(2 3，0,0)，C(0，2，0)，S(0,0，h)，从而，从而 SA (2 3，0，h)， SC (0，2，h) - 5 - 设平面设平面 ASC 的一个法向量为的一个法向量为n n(x，y，z)， 由由 n n SA 0， n n SC 0， 得得 2 3xhz0， 2yhz0， 取取 z2 得得 x h 3， ， yh， 所以所以n n h 3， ，h，2. 易得

14、平面易得平面 SBC 的一个法向量的一个法向量mm(1,0,0) 由由|cosn n，mm| 5 5 ，可得，可得 h 3 h2 3 h24 5 5 ，解得，解得 h2 3， 所以所以 S(0,0,2 3)又因为又因为 D( 3，1,0)，所以，所以 DS ( 3，1,2 3)所以所以 cos DS ， ，mm DS m DS |m| 3 4 . 设设 SD 与平面与平面 SBC 所成角的大小为所成角的大小为 ，则，则 sin 3 4 ， 故故 SD 与平面与平面 SBC 所成角的正所成角的正弦值为弦值为 3 4 . 2.如图所示， 四棱锥如图所示， 四棱锥 P - ABCD 的底面为矩形，

15、已知的底面为矩形， 已知 PAPBPCPDBC1， AB 2， 过底面对角线过底面对角线 AC 作与作与 PB 平行的平面交平行的平面交 PD 于于 E. (1)试判定点试判定点 E 的位置，并加以证明；的位置，并加以证明； (2)求二面角求二面角 E - AC- D 的余弦值的余弦值 解：解：(1)E 为为 PD 的中点证明如下：的中点证明如下： 如图，连接如图，连接 OE， 因为因为 PB平面平面 AEC，平面，平面 PBD平面平面 AECOE，PB 平面平面 AEC， 所以所以 PBOE. 又又 O 为为 BD 的中点，所以的中点，所以 E 为为 PD 的中点的中点 (2)连接连接 PO

16、， 因为四边形因为四边形 ABCD 为矩形，为矩形， 所以所以 OAOC. - 6 - 因为因为 PAPC，所以，所以 POAC. 同理，得同理，得 POBD， 所以所以 PO平面平面 ABCD. 以以 O 为坐标原点，为坐标原点，OP 所在直线为所在直线为 z 轴，过轴，过 O 平行于平行于 AD 的直线为的直线为 x 轴，过轴，过 O 平行于平行于 CD 的直线为的直线为 y 轴建立空间直角坐标系轴建立空间直角坐标系(如图所示如图所示) 则则 A 1 2， ， 2 2 ，0 ，D 1 2， ， 2 2 ，0 ，P 0，0，1 2 ， E 1 4， ， 2 4 ，1 4 ， EA 3 4，

17、， 2 4 ，1 4 ， OA 1 2， ， 2 2 ，0 ， OP 0，0，1 2 . 显然显然 OP 是平面 是平面 ACD 的一个法向量的一个法向量 设设n n(x，y，z)是平面是平面 ACE 的法向量，的法向量， 则则 n n EA 0， n n OA 0， 即即 3 4x 2 4 y1 4z 0， 1 2x 2 2 y0， 取取 y1，则，则n n( 2，1,2 2)， 所以所以 cosn n， OP n n OP |n n| OP | 2 22 11 . 由图知，二面角由图知，二面角 E- AC- D 为锐角，为锐角， 所以二面角所以二面角 E - AC - D 的余弦值为的余弦

18、值为2 22 11 . 3 已知等边三角形 已知等边三角形 ABC 的边长为的边长为 3， 点， 点 D， E 分别是边分别是边 AB， AC 上的点， 且满足上的点， 且满足AD DB CE EA 1 2，如图 ，如图，将，将ADE 沿沿 DE 折起到折起到A1DE 的位置，使二面角的位置，使二面角 A1- DE- B 为直二面角，连接为直二面角，连接 A1B，A1C，如图，如图. (1)求证：求证：BD平面平面 A1DE； (2)在线段在线段 BC 上是否存在点上是否存在点 P，使平面，使平面 PA1E 与平面与平面 A1BD 所成的角为所成的角为 60 ？若存在，求？若存在，求 出出 P

19、B 的长；若不存在，请说明理由的长；若不存在，请说明理由 - 7 - 解：解：(1)证明：因为等边三角形证明：因为等边三角形 ABC 的边长为的边长为 3，且，且AD DB CE EA 1 2，所以 ，所以 AD1，AE2. 在在ADE 中，中，DAE60 ，由余弦定理得，由余弦定理得 DE 1222212cos 60 3， 从而从而 AD2DE2AE2，所以，所以 ADDE，即，即 BDDE. 因为二面角因为二面角 A1- DE- B 是直二面角，是直二面角， 所以平面所以平面 A1DE平面平面 BCED. 又平面又平面 A1DE平面平面 BCEDDE，BDDE， 所以所以 BD平面平面 A

20、1DE. (2)存在点存在点 P 使平面使平面 PA1E 与平面与平面 A1BD 所成角为所成角为 60 . 由由(1)知，知，BD，DA1，DE 两两垂直，以两两垂直，以 D 为坐标原点，分别以为坐标原点，分别以 DB，DE，DA1所在的直所在的直 线为线为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴，建立如图所示的空间直角轴，建立如图所示的空间直角坐标系坐标系 D- xyz. 设设 PB2a，作，作 PHBD 于点于点 H，连接，连接 A1H，A1P，PE， 则则 BHa，PH 3a，DH2a，所以，所以 D(0,0,0)，A1(0,0,1)，P(2a， 3a,0)，E(0， 3， 0)， 所以所以

21、A1P (2a， 3a，1)，A1E (0， 3，1) 因为因为 ED平面平面 A1BD， 所以平面所以平面 A1BD 的一个法向量为的一个法向量为DE (0， 3，0) 设平面设平面 PA1E 的法向量为的法向量为n n1(x，y，z)， 由由 n n1 A1E 0， n n1 A1P 0， 得得 3yz0， 2a x 3ayz0， 令令 y1，则，则 x 3 1a 2a ，z 3， 所以可取所以可取n n1 3 1a 2a ，1， 3 . 所以所以|cosn n1，DE | | 3| 3 3 1a 2 2a 2 13 cos 60 1 2，解得 ，解得 a1， 所以存在点所以存在点 P，且，且 PB2，使平面，使平面 PA1E 与平面与平面 A1BD 所成的角为所成的角为 60 .