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【3年高考】(新课标)2016版高考数学一轮复习 8.5空间向量与立体几何


【3 年高考】(新课标)2016 版高考数学一轮复习 8.5 空间向量与 立体几何
A 组 2012—2014 年高考·基础题组 1.(2014 北京,17,14 分)如图,正方形 AMDE 的边长为 2,B,C 分别为 AM,MD 的中点.在五棱锥 P-ABCDE 中,F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD,PC 分别交于点 G,H. (1)求证:AB∥FG

; (2)若 PA⊥底面 ABCDE,且 PA=AE,求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并求线段 PH 的长.

2.(2014 江西,19,12 分)如图,四棱锥 P-ABCD 中,ABCD 为矩形,平面 PAD⊥平面 ABCD. (1)求证:AB⊥PD; (2)若∠BPC=90°,PB=,PC=2,问 AB 为何值时,四棱锥 P-ABCD 的体积最大?并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值.

3.(2013 课标全国Ⅱ,18,12 分)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1 的中 点,AA1=AC=CB=AB. (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)求二面角 D-A1C-E 的正弦值.

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4.(2013 北京,17,14 分)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1C1C 是边长为 4 的正方形,平面 ABC⊥ 平面 AA1C1C,AB=3,BC=5. (1)求证:AA1⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1-BC1-B1 的余弦值; (3)证明:在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B.并求的值.

5.(2012 课标全国,19,12 分)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC=AA1,D 是棱 AA1 的中 点,DC1⊥BD. (1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小.

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B 组 2012—2014 年高考·提升题组 1.(2014 安徽,20,13 分)如图,四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,A1A⊥底面 ABCD.四边形 ABCD 为梯 形,AD∥BC,且 AD=2BC.过 A1,C,D 三点的平面记为 α ,BB1 与 α 的交点为 Q. (1)证明:Q 为 BB1 的中点; (2)求此四棱柱被平面 α 所分成上下两部分的体积之比; (3)若 AA1=4,CD=2,梯形 ABCD 的面积为 6,求平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小.

2.(2014 山东,17,12 分)如图,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,底面 ABCD 是等腰梯 形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M 是线段 AB 的中点. (1)求证:C1M∥平面 A1ADD1; (2)若 CD1 垂直于平面 ABCD 且 CD1=,求平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值.

3.(2013 重庆,19,13 分)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB=∠ACD=,F 为 PC 的中点,AF⊥PB. (1)求 PA 的长; (2)求二面角 B-AF-D 的正弦值.

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4.(2013 江西,19,12 分)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,E 为 BD 的中点,G 为 PD 的中 点,△DAB≌△DCB,EA=EB=AB=1,PA=,连结 CE 并延长交 AD 于 F. (1)求证:AD⊥平面 CFG; (2)求平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值.

5.(2012 北京,16,14 分)如图 1,在 Rt△ABC 中,∠C=90°,BC=3,AC=6.D,E 分别是 AC,AB 上的 点,且 DE∥BC,DE=2.将△ADE 沿 DE 折起到△A1DE 的位置,使 A1C⊥CD,如图 2. (1)求证:A1C⊥平面 BCDE; (2)若 M 是 A1D 的中点,求 CM 与平面 A1BE 所成角的大小; (3)线段 BC 上是否存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直?说明理由.

6.(2012 天津,17,13 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1. (1)证明 PC⊥AD; (2)求二面角 A-PC-D 的正弦值; (3)设 E 为棱 PA 上的点,满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30°,求 AE 的长.

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A 组 2012—2014 年高考·基础题组 1. 解析 (1)证明:在正方形 AMDE 中,因为 B 是 AM 的中点,所以 AB∥DE. 又因为 AB?平面 PDE, 所以 AB∥平面 PDE. 因为 AB? 平面 ABF,且平面 ABF∩平面 PDE=FG, 所以 AB∥FG. (2)因为 PA⊥底面 ABCDE,所以 PA⊥AB,PA⊥AE. 如图建立空间直角坐标系 Axyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),=(1,1,0).

设平面 ABF 的法向量为 n=(x,y,z), 则即 令 z=1,则 y=-1.所以 n=(0,-1,1). 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α , 则 sin α =|cos<n,>|==. 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为. 设点 H 的坐标为(u,v,w). 因为点 H 在棱 PC 上,所以可设=λ (0<λ <1), 即(u,v,w-2)=λ (2,1,-2).
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所以 u=2λ ,v=λ ,w=2-2λ . 因为 n 是平面 ABF 的法向量,所以 n·=0, 即(0,-1,1)·(2λ ,λ ,2-2λ )=0. 解得 λ =,所以点 H 的坐标为. 所以 PH==2. 2. 解析 (1)证明:ABCD 为矩形,故 AB⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD, 平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PD. (2)过 P 作 AD 的垂线,垂足为 O,过 O 作 BC 的垂线,垂足为 G,连结 PG.

故 PO⊥平面 ABCD,BC⊥平面 POG,BC⊥PG. 在 Rt△BPC 中,PG=,GC=,BG=. 设 AB=m,则 OP==,故四棱锥 P-ABCD 的体积 V=··m·=. 因为 m==, 故当 m=,即 AB=时,四棱锥 P-ABCD 的体积最大. 此时,建立如图所示的坐标系,各点的坐标为 O(0,0,0),B,C,D,P. 故=,=(0,,0),=. 设平面 BPC 的法向量为 n1=(x,y,1),则由 n1⊥,n1⊥得解得 x=1,y=0,n1=(1,0,1). 同理可求出平面 DPC 的法向量为 n2=. 设平面 BPC 与平面 DPC 的夹角为 θ ,可知 θ 为锐角,从而平面 BPC 与平面 DPC 夹角 θ 的余 弦值为 cos θ ===. 3. 解析 (1)证明:连结 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 中点. 又 D 是 AB 中点,连结 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF? 平面 A1CD,BC1?平面 A1CD, 所以 BC1∥平面 A1CD. (2)由 AC=CB=AB 得,AC⊥BC. 以 C 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz.设 CA=2,则 D(1,1,0),E(0,2,1),A1(2,0,2),=(1,1,0),=(0,2,1),=(2,0,2).

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设 n=(x1,y1,z1)是平面 A1CD 的法向量, 则即 可取 n=(1,-1,-1). 同理,设 m 是平面 A1CE 的法向量,则 可取 m=(2,1,-2). 从而 cos<n,m>==,故 sin<n,m>=. 即二面角 D-A1C-E 的正弦值为. 4. 解析 (1)证明:因为 AA1C1C 为正方形,所以 AA1⊥AC. 因为平面 ABC⊥平面 AA1C1C,且 AA1 垂直于这两个平面的交线 AC,所以 AA1⊥平面 ABC. (2)由(1)知 AA1⊥AC,AA1⊥AB. 由题知 AB=3,BC=5,AC=4,所以 AB⊥AC.如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系 A-xyz,则 B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4).

设平面 A1BC1 的法向量为 n=(x,y,z),则 即 令 z=3,则 x=0,y=4,所以 n=(0,4,3). 同理可得,平面 B1BC1 的法向量为 m=(3,4,0). 所以 cos<n,m>==. 由题知二面角 A1-BC1-B1 为锐角, 所以二面角 A1-BC1-B1 的余弦值为. (3)设 D(x,y,z)是直线 BC1 上一点,且=λ . 所以(x,y-3,z)=λ (4,-3,4). 解得 x=4λ ,y=3-3λ ,z=4λ . 所以=(4λ ,3-3λ ,4λ ). 由·=0,即 9-25λ =0,解得 λ =.
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因为∈[0,1],所以在线段 BC1 上存在点 D,使得 AD⊥A1B.此时,=λ =. 5. 解析 (1)证明:由题设知,三棱柱的侧面为矩形. 由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1. 又 AC=AA1,可得 D+DC =C,所以 DC1⊥DC. 而 DC1⊥BD,DC∩BD=D,所以 DC1⊥平面 BCD. 又 BC? 平面 BCD,故 DC1⊥BC. (2)由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1,则 BC⊥平面 ACC1, 所以 CA,CB,CC1 两两相互垂直. 以 C 为坐标原点,的方向为 x 轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz.
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由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). 则=(0,0,-1),=(1,-1,1),=(-1,0,1). 设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量, 则即可取 n=(1,1,0). 同理,设 m 是平面 C1BD 的法向量,则 可取 m=(1,2,1). 从而 cos<n,m>==. 故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30°. B 组 2012—2014 年高考·提升题组 1. 解析 (1)证明:因为 BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A, 所以平面 QBC∥平面 A1AD. 从而平面 A1CD 与这两个平面的交线相互平行,即 QC∥A1D. 故△QBC 与△A1AD 的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD. 所以===,即 Q 为 BB1 的中点.

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图1 (2)如图 1,连结 QA,QD.设 AA1=h,梯形 ABCD 的高为 d,四棱柱被平面 α 所分成上下两部分的 体积分别为 V 上和 V 下,BC=a,则 AD=2a. =×·2a·h·d=ahd, VQ-ABCD=··d·h=ahd, 所以 V 下=+VQ-ABCD=ahd, 又=ahd, 所以 V 上=-V 下=ahd-ahd=ahd, 故=. (3)解法一:如图 1,在△ADC 中,作 AE⊥DC,垂足为 E,连结 A1E,AC. 又 DE⊥AA1,且 AA1∩AE=A, 所以 DE⊥平面 AEA1,于是 DE⊥A1E. 所以∠AEA1 为平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的平面角. 因为 BC∥AD,AD=2BC,所以 S△ADC=2S△BCA. 又因为梯形 ABCD 的面积为 6,DC=2,所以 S△ADC=4,AE=4. 于是 tan∠AEA1==1,∠AEA1=. 故平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小为.

图2 解法二:如图 2,以 D 为原点,,的方向分别为 x 轴和 z 轴正方向建立空间直角坐标系. 设∠CDA=θ . 因为 S 四边形 ABCD=·2sin θ =6, 所以 a=. 从而 C(2cos θ ,2sin θ ,0), A1, 所以=(2cos θ ,2sin θ ,0),=. 设平面 A1DC 的法向量为 n=(x,y,1), 由得 x=-sin θ ,y=cos θ , 所以 n=(-sin θ ,cos θ ,1). 又因为平面 ABCD 的一个法向量为 m=(0,0,1), 所以 cos<n,m>==, 故平面 α 与底面 ABCD 所成二面角的大小为. 2. 解析 (1)证明:因为四边形 ABCD 是等腰梯形,
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且 AB=2CD,所以 AB∥DC,又 M 是 AB 的中点,因此 CD∥MA 且 CD=MA.

连结 AD1,在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中, 因为 CD∥C1D1,CD=C1D1, 可得 C1D1∥MA,C1D1=MA, 所以四边形 AMC1D1 为平行四边形. 因此 C1M∥D1A,又 C1M?平面 A1ADD1,D1A? 平面 A1ADD1, 所以 C1M∥平面 A1ADD1. (2)解法一:连结 AC,MC,由(1)知 CD∥AM 且 CD=AM,所以四边形 AMCD 为平行四边形.

可得 BC=AD=MC, 又∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC 为正三角形, 因此 AB=2BC=2,CA=, 因此 CA⊥CB. 以 C 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz. 所以 A(,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,), 因此 M, 所以=,==. 设平面 C1D1M 的法向量 n=(x,y,z), 由得 可得平面 C1D1M 的一个法向量 n=(1,,1). 又=(0,0,)为平面 ABCD 的一个法向量, cos<,n>==, 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为. 解法二:由(1)知平面 D1C1M∩平面 ABCD=AB,过 C 向 AB 引垂线交 AB 于 N,连结 D1N. 由 CD1⊥平面 ABCD,可得 D1N⊥AB,因此∠D1NC 为二面角 C1-AB-C 的平面角. 在 Rt△BNC 中,BC=1,∠NBC=60°,
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可得 CN=. 所以 ND1==. 在 Rt△D1CN 中,cos∠D1NC===. 所以平面 C1D1M 和平面 ABCD 所成的角(锐角)的余弦值为. 3. 解析 (1)如图,连结 BD 交 AC 于 O,因为 BC=CD,即△BCD 为等腰三角形,又 CA 平分∠BCD, 故 AC⊥BD.以 O 为坐标原点,,,的方向分别为 x 轴,y 轴,z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz,则 OC=CDcos=1,而 AC=4,得 AO=AC-OC=3,又 OD=CDsin=,故 A(0,-3,0),B(,0,0),C(0,1,0),D(-,0,0).

因 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z),由 F 为 PC 边中点,得 F.又=,=(,3,-z),因 AF⊥PB,故·=0, 即 6-=0,z=2(舍去-2),所以 PA=2. (2)由(1)知=(-,3,0),=(,3,0),=(0,2,).设平面 FAD 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 FAB 的法 向量为 n2=(x2,y2,z2), 由 n1·=0,n1·=0, 得 因此可取 n1=(3,,-2). 由 n2·=0,n2·=0, 得 故可取 n2=(3,-,2). 从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 cos<n1,n2>==. 故二面角 B-AF-D 的正弦值为. 4. 解析 (1)在△ABD 中,因为 E 是 BD 中点,所以 EA=EB=ED=AB=1,故∠BAD=,∠ABE=∠AEB=, 因为△DAB≌△DCB,所以△EAB≌△ECB, 从而有∠FED=∠BEC=∠AEB=,所以∠FED=∠FEA, 故 EF⊥AD,AF=FD,又因为 PG=GD,所以 FG∥PA. 又 PA⊥平面 ABCD,所以 GF⊥AD,故 AD⊥平面 CFG.

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(2)以点 A 为坐标原点建立如图所示的坐标系,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C,D(0,,0),P,故 =,=,=.

设平面 BCP 的法向量 n1=(1,y1,z1), 则 解得即 n1=. 设平面 DCP 的法向量 n2=(1,y2,z2), 则解得 即 n2=(1,,2).从而平面 BCP 与平面 DCP 的夹角的余弦值为 cos θ ===. 5. 解析 (1)证明:因为 AC⊥BC,DE∥BC,所以 DE⊥AC. 所以 DE⊥A1D,DE⊥CD. 所以 DE⊥平面 A1DC.所以 DE⊥A1C. 又因为 A1C⊥CD,所以 A1C⊥平面 BCDE. (2)如图,以 C 为坐标原点,建立空间直角坐标系 C-xyz, 则 A1(0,0,2),D(0,2,0),M(0,1,),B(3,0,0),E(2,2,0).

设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 n·=0,n·=0. 又=(3,0,-2),=(-1,2,0),所以 令 y=1,则 x=2,z=.所以 n=(2,1,). 设 CM 与平面 A1BE 所成的角为 θ . 因为=(0,1,),所以 sin θ =|cos<n,>|===. 所以 CM 与平面 A1BE 所成角的大小为. (3)假设这样的点 P 存在,设其坐标为(p,0,0),其中 p∈[0,3]. 设平面 A1DP 的法向量为 m=(x,y,z),则 m·=0,m·=0. 又=(0,2,-2),=(p,-2,0),所以 令 x=2,则 y=p,z=. 所以 m=. 平面 A1DP⊥平面 A1BE,当且仅当 m·n=0,即 4+p+p=0. 解得 p=-2,与 p∈[0,3]矛盾.
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所以线段 BC 上不存在点 P,使平面 A1DP 与平面 A1BE 垂直. 6. 解析 解法一:如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,

依题意得 A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),B,P(0,0,2). (1)证明:易得=(0,1,-2),=(2,0,0), 于是·=0,所以 PC⊥AD. (2)=(0,1,-2),=(2,-1,0). 设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z), 则即不妨令 z=1,可得 n=(1,2,1). 可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0). 于是 cos<m,n>===,从而 sin<m,n>=. 所以二面角 A-PC-D 的正弦值为. (3)设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h∈[0,2].由此得=. 由=(2,-1,0),得 cos<,>===,所以=cos 30°=, 解得 h=,即 AE=. 解法二:(1)证明:由 PA⊥平面 ABCD,可得 PA⊥AD, 因为 AD⊥AC,PA∩AC=A,故 AD⊥平面 PAC, 又 PC? 平面 PAC,所以 PC⊥AD. (2)如图,作 AH⊥PC 于点 H,连结 DH.

由 PC⊥AD,PC⊥AH,可得 PC⊥平面 ADH, 因此 DH⊥PC,从而∠AHD 为二面角 A-PC-D 的平面角. 在 Rt△PAC 中,PA=2,AC=1,由此得 AH=. 由(1)知 AD⊥AH.故在 Rt△DAH 中,DH==. 因此 sin∠AHD==. 所以二面角 A-PC-D 的正弦值为.
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(3)如图,因为∠ADC<45°,故过点 B 作 CD 的平行线必与线段 AD 相交,设交点为 F,连结 BE,EF. 故∠EBF 或其补角为异面直线 BE 与 CD 所成的角. 由于 BF∥CD,故∠AFB=∠ADC. 在 Rt△DAC 中,CD=,sin∠ADC=,故 sin∠AFB=. 在△AFB 中,由=,AB=,

sin∠FAB=sin 135°=,可得 BF=. 由余弦定理,BF =AB +AF -2AB·AF·cos∠FAB,可得 AF=. 设 AE=h. 在 Rt△EAF 中,EF==. 在 Rt△BAE 中,BE==. 在△EBF 中,因为 EF<BE,从而∠EBF=30°,由余弦定理得 cos 30°=.可解得 h=.所以 AE=.
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