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2020版高考数学大二轮专题突破理科通用版:专题突破练17 空间中的平行与空间角

专题突破练 17 空间中的平行与空间角
1.
(2019 山东潍坊三模,理 18)如图,一简单几何体 ABCDE 的一个面 ABC 内接于圆 O,G,H 分别是 AE,BC 的中点,AB 是圆 O 的直径,四边形 DCBE 为平行四边形,且 DC⊥平面 ABC. (1)证明:GH∥平面 ACD; (2)若 AC=BC=BE=2,求二面角 O-CE-B 的余弦值.

2.
(2019 新疆乌鲁木齐二模,理 18)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 2 的菱形,∠ DAB=60°,PD=4,M 为 PD 的中点,E 为 AM 的中点,点 F 在线段 PB 上,且 PF=3FB. (1)求证:EF∥平面 ABCD; (2)若平面 PDC⊥底面 ABCD,且 PD⊥DC,求平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值.

3.
(2019 湖北八校联考一,理 18)如图所示,四棱锥 P-ABCD 中,面 PAD⊥面 ABCD,PA=PD= ,四边形 ABCD 为等腰梯形,BC∥AD,BC=CD= AD=1,E 为 PA 的中点. (1)求证:EB∥平面 PCD. (2)求平面 PAD 与平面 PCD 所成的二面角 θ 的正弦值.

4. (2019 安徽“江南十校”二模,理 18)已知多面体 ABC-DEF,四边形 BCDE 为矩形,△ADE 与△BCF 为边长 为 2 的等边三角形,AB=AC=CD=DF=EF=2. (1)证明:平面 ADE∥平面 BCF; (2)求 BD 与平面 BCF 所成角的正弦值.
5.

(2019 四川宜宾二模,理 19)如图,四边形 ABCD 是菱形,EA⊥平面 ABCD,EF∥AC,CF∥平面 BDE,G 是 AB 中点. (1)求证:EG∥平面 BCF; (2)若 AE=AB,∠BAD=60°,求二面角 A-BE-D 的余弦值.
6.

如图,四棱锥 P-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD,AB=BC= AD,∠BAD=∠ ABC=90°,E 是 PD 的中点. (1)证明:直线 CE∥平面 PAB; (2)点 M 在棱 PC 上,且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°,求二面角 M-AB-D 的余弦值.

7.
如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形,PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点. (1)证明:PB∥平面 AEC; (2)设二面角 D-AE-C 为 60°,AP=1,AD= ,求三棱锥 E-ACD 的体积.

8.
(2019 河北衡水同卷联考,理 18)如图,在多面体 ABCDFE 中,四边形 ABCD 是菱形,∠ABC=60°,四边 形 ABEF 是直角梯形,∠FAB=90°,AF∥BE,AF=AB=2BE=2. (1)证明:CE∥平面 ADF; (2)若平面 ABCD⊥平面 ABEF,H 为 DF 的中点,求平面 ACH 与平面 ABEF 所成锐二面角的余弦值.

参考答案
专题突破练 17 空间中的 平行与空间角
1.(1)证明 连接 GO,OH,∵GO∥CD,OH∥AC,∴GO∥平面 ACD,OH∥平面 ACD, 又 GO 交 HO 于点 O,∴平面 GOH∥平面 ACD, ∴GH∥平面 ACD. (2)解 以 C 为原点,CB 为 x 轴,CA 为 y 轴,CD 为 z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则 C(0,0,0),B(2,0,0),A(0,2,0),O(1,1,0),E(2,0,2). 平面 BCE 的法向量 m=(0,1,0),设平面 OCE 的法向量 n=(x0,y0,z0).
=(2,0,2), =(1,1,0). 则
令 x0=-1,∴n=(-1,1,1). ∵二面角 O-CE-B 是锐二面角,记为 θ, ∴cos θ=|cos<m,n>|=

2.(1)证明 取 MD 的中点 N,连接 EN,FN. ∵E 为 AM 的中点,∴EN∥AD. 又 M 为 PD 的中点,N 为 MD 的中点,∴PN=3ND. ∵PF=3FB,∴FN∥BD. ∵EN∩FN=N,AD∩BD=D, ∴平面 ENF∥平面 ABCD, ∵EF?平面 ENF,∴EF∥平面 ABCD. (2)解 ∵平面 PDC⊥平面 ABCD,PD⊥DC, ∴PD⊥平面 ABCD. 设 AB 的中点为 G,以 D 为坐标原点,DG 为 x 轴,DC 为 y 轴,DP 为 z 轴,建立空间直角坐标 系,

则 B( ,1,0),C(0,2,0),P(0,0,4),则 =(- ,1,0), =(0,-2,4), 设平面 PBC 的法向量 n=(x,y,z),



-

-

取 x=2,得 n=(2,2

),

同理得平面 PAD 的法向量 m=( ,3,0),设平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角为 θ,则

cos θ=

,

∴平面 PAD 与平面 PBC 所成锐二面角的余弦值为

3.(1)证明 取 AD 的中点 O,连接 EO,OB. ∵E 为 PA 的中点,O 为 AD 的中点, ∴OE∥PD.

又∵BC∥AD,BC= AD,

∴四边形 BCDO 是平行四边形,

∴BO∥CD.

∵OE∥PD,BO∥CD,OE 和 BO 是平面 EBO 内的两条交线,

∴平面 EBO∥平面 PCD.

又 BE?平面 PCD,∴BE∥平面 PCD.

(2)解 取 BC 的中点 M,以

方向为正方向建立如图所示的空间直角系 O-xyz.

则 P(0,0,1),A(0,-1,0),D(0,1,0),C =(0,1,-1), = - ,0 .

,0 ,则平面 PCD 的一个法向量为 n1=(1,0,0),

设平面 PDC 的一个法向量为 n2=(x,y,z),则
-

不妨令 x=1,则 y= ,z=1,n2=(1,

),

∴|cos θ|=|cos<n1,n2>|= ,则 sin θ=

4.(1)证明 取 BC,DE 中点分别为 O,O1,连接 OA,O1A,OF,O1F. 由 AB=AC=CD=DF=EF=2,BC=DE=CF=AE=AD=BF=2 ,可知△ABC,△DEF 为等腰 直角三角形, 故 OA⊥BC,O1F⊥DE,CD⊥DE,CD⊥DF,故 CD⊥平面 DEF,平面 BCDE⊥平面 DEF,所 以 O1F⊥平面 BCDE. 同理 OA⊥平面 BCDE, 所以 O1F∥OA,而 O1F=OA,故四边形 AOFO1 为平行四边形, 所以 AO1∥OF,所以 AO1∥平面 BCF, 又 BC∥DE,故 DE∥平面 BCF,而 AO1∩DE=O1, 所以平面 ADE∥平面 BCF. (2)解 以 O 为坐标原点,以过 O 且平行于 AC 的直线作为 x 轴,平行于 AB 的直线作为 y 轴,OO1 为 z 轴建立空间直角坐标系如图.

则有 B(1,1,0),C(-1,-1,0),D(-1,-1,2),F(-1,1,2), 故 =(-2,-2,2), =(-2,-2,0), =(-2,0,2). 设平面 BCF 的法向量为 n=(x,y,z),由 n, 故平面 BCF 的一个法向量为 n=(1,-1,1). 设 BD 与平面 BCF 所成角为 θ,则 sin θ=|cos< ,n>|

n得 - -

取 x=1 得 y=-1,z=1,

=- - -
故 BD 与平面 BCF 所成角的正弦值为 5.(1)证明 设 AC∩BD=O,连接 OE,OF. ∵四边形 ABCD 是菱形,EA⊥平面 ABCD,EF∥AC,CF∥平面 BDE, ∴OE∥CF,∴EF=AO=CO, ∴OF⊥平面 ABCD. 设 OA=a,OB=b,AE=c,以 O 为原点,OA,OB,OF 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐 标系,则 E(a,0,c),G ,0 ,B(0,b,0),C(-a,0,0),F(0,0,c).

=(0,b,-c), =(-a,0,-c), = - ,- ,-c ,

设平面 BCF 的法向量为 n=(x,y,z),则

-

--

取 z=b,得 n= - ,c,b ,

∵n = - ·- + c+(-c)·b=0,

∴EG∥平面 BCF. (2)解 设 AE=AB=2,∵∠BAD=60°, ∴OB=1,OA= , ∴A( ,0,0),B(0,1,0),E( ,0,2),D(0,-1,0), =( ,-1,2), =( ,-1,0), =(0,-2,0). 设平面 ABE 的法向量 n=(x,y,z),



-

-

取 x=1,得 n=(1, ,0),

设平面 BDE 的法向量 m=(x,y,z),



-

-

取 x=2,得 m=(2,0,- ),

设二面角 A-BE-D 的平面角为 θ,则 cos θ=

∴二面角 A-BE-D 的余弦值为 6.(1)证明 取 PA 的中点 F,连接 EF,BF. 因为 E 是 PD 的中点,所以 EF∥AD,EF= AD.
由∠BAD=∠ABC=90°得 BC∥AD, 又 BC= AD,所以 EFBC,四边形 BCEF 是平行四边形,CE∥BF,
又 BF?平面 PAB,CE?平面 PAB,故 CE∥平面 PAB. (2)解 由已知得 BA⊥AD,以 A 为坐标原点, 的方向为 x 轴正方向,| |为单位长,建立如 图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, ), =(1,0,-
), =(1,0,0).

设 M(x,y,z)(0<x<1),则 =(x-1,y,z), =(x,y-1,z- ). 因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45°,而 n=(0,0,1)是底面 ABCD 的法向量,

所以|cos< ,n>|=sin 45°,

,

-

即(x-1)2+y2-z2=0.



又 M 在棱 PC 上,设 = ,则 x=λ,y=1,z=

由①②解得 -

(舍去),

所以 M -

设 m=(x0,y0,z0)是平面 ABM 的法向量,则 即所以可取 m=(0,- ,2). 于是 cos<m,n>=

,从而

② -

因此二面角 M-AB-D 的余弦值为
7.(1)证明 连接 BD 交 AC 于点 O,连接 EO. 因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点. 又 E 为 PD 的中点,所以 EO∥PB. EO?平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC. (2)解 因为 PA⊥平面 ABCD,ABCD 为矩形,所以 AB,AD,AP 两两垂直. 如图,以 A 为坐标原点, 的方向为 x 轴的正方向,| |为单位长,建立空间直角坐标系 Axyz,

则 D(0, ,0),E 设 B(m,0,0)(m>0), 则 C(m, ,0), =(m, ,0),

设 n1=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量,则



可取 n1= 又 n2=(1,0,0)为平面 DAE 的法向量,由题设|cos<n1,n2>|= ,即 因为 E 为 PD 的中点, 所以三棱锥 E-ACD 的高为

,解得 m=

三棱锥 E-ACD 的体积 V=
8.(1)证明 (方法一)因为四边形 ABCD 是菱形,所以 AD∥BC. 又因为 AF∥BE,AF∩AD=A,BC∩BE=B,所以平面 ADF∥平面 BCE. 因为 CE?平面 BCE,所以 CE∥平面 ADF. (方法二)取 AF 的中点 M,连接 DM,EM,如图.

由题意知 AM=BE 且 AM∥BE, 所以四边形 ABEM 为平行四边形,即 ME=AB 且 ME∥AB. 又因为四边形 ABCD 是菱形,所以四边形 DCEM 为平行四边形,即有 DM∥CE.

又 DM?平面 ADF,CE?平面 ADF,所以 CE∥平面 ADF.

(2)解 取 CD 的中点 N,在菱形 ABCD 中,∠ABC=60°,可得 AN⊥CD.

因为平面 ABCD⊥平面 ABEF,平面 ABCD∩平面 ABEF=AB,AF?平面 ABEF,AF⊥AB,所 以 AF⊥平面 ABCD.

以 A 为坐标原点,以 标系 A-xyz 如图所示.

的方向分别为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,建立空间直角坐

故 A(0,0,0),C( ,1,0),D( ,-1,0),F(0,0,2),H ,- ,1 , = ,- ,1 , =( ,1,0). 设平面 ACH 的一个法向量为 n=(x,y,z), 则有

即-

令 x=1 可得 n=(1,- ,- ). 易知平面 ABEF 的一个法向量为 m=(1,0,0).

设平面 ACH 与平面 ABEF 所成的锐二面角为 θ,则 cos θ=

,

即所求二面角的余弦值为