高考數學三輪增分練 高考中檔大題規(guī)范練（二）立體幾何與空間向量 理

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(二)立體幾何與空間向量 1．(2016課標全國甲)如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，AB＝5，AC＝6，點E，F分別在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于點H.將△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝. (1)證明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B－D′A－C的正弦值． (1)證明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD. 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，從而EF⊥D′H. 由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4. 由EF∥AC得＝＝. 所以OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH. 又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H， 所以D′H⊥平面ABCD. (2)解　如圖， 以H為坐標原點，的方向為x軸正方向，的方向為y軸正方向，的方向為z軸正方向，建立空間直角坐標系，則H(0,0,0)， A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，C(3，－1,0)， D′(0,0,3)，＝(3，－4,0)，＝(6,0,0)，＝(3,1,3)． 設m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，則 即 所以可取m＝(4,3，－5)． 設n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，則 即 所以可取n＝(0，－3,1)． 于是cos〈m，n〉＝＝＝－. sin〈m，n〉＝. 因此二面角B－D′A－C的正弦值是. 2．(2016山東)在如圖所示的圓臺中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，FB是圓臺的一條母線． (1)已知G，H分別為EC，FB的中點，求證：GH∥平面ABC； (2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角F－BC－A的余弦值． (1)證明　設FC中點為I，連接GI，HI.在△CEF中， 因為點G，I分別是CE，CF的中點， 所以GI∥EF. 又EF∥OB，所以GI∥OB. 在△CFB中，因為H是FB的中點，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B， 所以平面GHI∥平面ABC. 因為GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC. (2)解　連接OO′，則OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圓O的直徑，所以BO⊥AC. 以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系． 由題意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)． 過點F作FM⊥OB于點M， 所以FM＝＝3，可得F(0，，3)． 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)． 設m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量． 由可得 可得平面BCF的一個法向量m＝， 因為平面ABC的一個法向量n＝(0,0,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝. 所以二面角F－BC－A的余弦值為. 3．(2016上海)將邊長為1的正方形AA1O1O(及其內部)繞OO1旋轉一周形成圓柱，如圖，長為π，長為，其中B1與C在平面AA1O1O的同側． (1)求三棱錐C—O1A1B1的體積； (2)求異面直線B1C與AA1所成的角的大?。? 解　(1)連接O1B1，則＝∠A1O1B1＝， ∴△O1A1B1為正三角形， ∴＝， ∴ ＝OO1＝. (2)設點B1在下底面圓周的射影為B， 連接BB1，則BB1∥AA1， ∴∠BB1C為直線B1C與AA1所成角(或補角)， BB1＝AA1＝1. 連接BC，BO，OC，＝＝，＝， ∴＝，∴∠BOC＝，∴△BOC為正三角形， ∴BC＝BO＝1，∴tan∠BB1C＝＝1， ∴∠BB1C＝45， ∴直線B1C與AA1所成的角的大小為45. 4．(2016四川)如圖，在四棱錐P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90，BC＝CD＝AD.E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90. (1)在平面PAB內找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由； (2)若二面角P－CD－A的大小為45，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值． 解　(1)在梯形ABCD中，AB與CD不平行．延長AB，DC， 相交于點M(M∈平面PAB)，點M即為所求的一個點．理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC＝ED. 所以四邊形BCDE是平行四邊形． 從而CM∥EB.又EB?平面PBE，CM?平面PBE. 所以CM∥平面PBE. (說明：延長AP至點N，使得AP＝PN，則所找的點可以是直線MN上任意一點) (2)方法一　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD.從而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角． 所以∠PDA＝45. 設BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 過點A作AH⊥CE，交CE的延長線于點H，連接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 從而PA⊥CE.且PA∩AH＝A，于是CE⊥平面PAH.又CE?平面PCE， 所以平面PCE⊥平面PAH. 過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA與平面PCE所成的角． 在Rt△AEH中，∠AEH＝45，AE＝1， 所以AH＝. 在Rt△PAH中，PH＝ ＝. 所以sin∠APH＝＝. 方法二　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD. 于是CD⊥PD. 從而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．所以∠PDA＝45. 由∠PAB＝90，且PA與CD所成的角為90，可得PA⊥平面ABCD. 設BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 作Ay⊥AD，以A為原點，以，的方向分別為x軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系， 則A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)． 所以＝(1,0，－2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2)． 設平面PCE的法向量為n＝(x，y，z)． 由得設x＝2，解得n＝(2，－2,1)． 設直線PA與平面PCE所成的角為α， 則sin α＝＝＝. 所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為. 5．(2016北京)如圖，在四棱錐P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求證：PD⊥平面PAB； (2)求直線PB與平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在點M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，說明理由． (1)證明　∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，又AB⊥AD，AB?平面ABCD， ∴AB⊥平面PAD. ∵PD?平面PAD，∴AB⊥PD， 又PA⊥PD，PA∩AB＝A，∴PD⊥平面PAB. (2)解　取AD中點O，連接CO，PO.∵PA＝PD，∴PO⊥AD. 又∵PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD， ∴PO⊥平面ABCD， ∵CO?平面ABCD，∴PO⊥CO， ∵AC＝CD，∴CO⊥AD. 以O為原點建立如圖所示空間直角坐標系． 易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)． 則＝(1,1，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)． 設n＝(x0，y0,1)為平面PDC的一個法向量． 由得解得 即n＝. 設PB與平面PCD的夾角為θ. 則sin θ＝|cos〈n，〉| ＝＝＝. (3)解　設在棱PA上存在點M，使得BM∥平面PCD， 則存在λ∈[0,1]使得＝λ，因此點M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)． ∵BM?平面PCD，∴BM∥平面PCD， 當且僅當n＝0，即(－1，－λ，λ)＝0，解得λ＝，∴在棱PA上存在點M使得BM∥平面PCD，此時＝.