《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十二單元 空間向量 高考達(dá)標(biāo)檢測（三十三）空間向量2綜合——翻折、探索 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十二單元 空間向量 高考達(dá)標(biāo)檢測（三十三）空間向量2綜合——翻折、探索 理（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十二單元 空間向量 高考達(dá)標(biāo)檢測（三十三）空間向量2綜合——翻折、探索 理 1．如圖1，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝3a，點(diǎn)P在AB 上，PE∥BC交AC于點(diǎn)E，PF∥AC交BC于點(diǎn)F.沿PE將△APE翻折成△A′PE，使得平面A′PE⊥平面ABC；沿PF將△BPF翻折成△B′PF，使得平面B′PF⊥平面ABC，如圖2. (1)求證：B′C∥平面A′PE； (2)若AP＝2PB，求二面角A′-PC-B′的正切值． 解：(1)證明：因?yàn)镕C∥PE，F(xiàn)C?平面A′PE，PE?平面A′PE， 所以FC∥平面A′PE. 因?yàn)槠矫鍭′PE⊥平面ABC，且平

2、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，從而B′F∥平面A′PE. 又FC∩B′F＝F， 所以平面B′CF∥平面A′PE. 因?yàn)锽′C?平面B′CF，所以B′C∥平面A′PE. (2)易知EC，EP，EA′兩兩垂直，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 則C(a,0,0)，P(0,2a,0)，A′(0,0,2a)，B′(a,2a，a)． 所以＝(a,0，－2a)，＝(0,2a，－2a)， ＝(0，－2a，－a)，＝(－a,0，－a)． 設(shè)平面A′CP的一個(gè)法向量為m＝(x，y,1)，

3、 則即解得 所以平面A′CP的一個(gè)法向量為m＝(2,1,1)． 設(shè)平面B′CP的一個(gè)法向量為n＝(x′，y′，1)， 則即解得 所以平面B′CP的一個(gè)法向量為n＝. 設(shè)二面角A′-PC-B′的大小為θ，易知θ為銳角， 則cos θ＝＝＝， 從而可得tan θ＝，即二面角A′-PC-B′的正切值為. 2.如圖，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°.EA∥FC，且FC⊥平面ABCD，F(xiàn)C＝2，AE＝1，點(diǎn)M為EF上任意一點(diǎn)． (1)求證：AM⊥BC； (2)點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(包括兩端點(diǎn))，試確定M的位置，使平面MAB與平面FBC所成的銳二面角

4、為60°. 解：(1)證明：∵AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°， ∴AB＝2，連接AC， 在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos 60°＝22＋12－2×2×1×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為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以直線CA，CB，CF為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C -xyz，則A(，0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，F(xiàn)(0,0,2)，E(，0,1)，＝(

5、－，1,0)， 設(shè)M(x，y，z)，＝λ (0≤λ≤1)， 則(x，y，z－2)＝λ(，0，－1)， ∴故M(λ，0,2－λ)， ∴＝(λ－，0,2－λ)． 設(shè)平面ABM的法向量m＝(x1，y1，z1)， 則即 令x1＝1，可得y1＝，z1＝， ∴m＝. 易知平面FBC的一個(gè)法向量為n＝(1,0,0)， ∴cos 60°＝＝＝， ∴λ＝1， ∴點(diǎn)M與點(diǎn)E重合時(shí)，平面MAB與平面FBC所成的銳二面角為60°. 3．如圖，已知在長方形ABCD中，AB＝2，A1，B1分別是邊AD，BC上的點(diǎn)，且AA1＝BB1＝1，A1E垂直B1D于E，F(xiàn)為AB的中點(diǎn)．把長方形ABCD沿直線

6、A1B1折起，使得平面AA1B1B⊥平面A1B1CD，且直線B1D與平面AA1B1B所成的角為30°. (1)求異面直線A1E，B1F所成角的余弦值； (2)求二面角F-B1D-A1的余弦值． 解：由已知條件可得A1A，A1B1，A1D兩兩垂直，可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)1-xyz，由已知AB＝2，AA1＝BB1＝1，可得A1(0,0,0)，B1(2,0,0)，F(xiàn)(1,0,1)． 又A1D⊥平面AA1B1B，所以B1D與平面AA1B1B所成的角為∠DB1A1＝30°，又A1B1＝AB＝2，A1E⊥B1D，所以A1E＝1，A1D＝，從而易得E，D. (1)因?yàn)椋?，?－1,0

7、,1)， 所以cos 〈，〉＝＝＝－， 所以異面直線A1E，B1F所成角的余弦值為. (2)易知平面A1B1CD的一個(gè)法向量m＝(0,0,1)． 設(shè)n＝(x，y，z)是平面B1DF的法向量， 易知＝， 所以即 令x＝1，得n＝(1，，1)． 所以cos〈m，n〉＝＝. 由圖知二面角F-B1D-A1為銳角， 所以二面角F-B1D -A1的余弦值為. 4．(xx·成都模擬)如圖①，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，BD與EF交于點(diǎn)H，G為BD的中點(diǎn)，點(diǎn)R在線段BH上，且＝λ(λ>0)．現(xiàn)將△AED， △CFD，△DEF分別沿DE，DF，EF折

8、起，使點(diǎn)A，C重合于點(diǎn)B(該點(diǎn)記為P)，如圖②所示． (1)若λ＝2，求證：GR⊥平面PEF； (2)是否存在正實(shí)數(shù)λ，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：由題意，可知PE，PF，PD三條直線兩兩垂直． ∴PD⊥平面PEF. 在圖①中，∵E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，G為BD的中點(diǎn)， ∴EF∥AC，GD＝GB＝2GH. 在圖②中，∵＝＝2，且＝2， ∴在△PDH中，GR∥PD，∴GR⊥平面PEF. (2)由題意，分別以PF，PE，PD所在直線為x軸、y軸、z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系P-xyz.

9、設(shè)PD＝4，則P(0,0,0)，F(xiàn)(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)， ＝(2，－2,0)，＝(0,2，－4)． ∵＝λ，∴＝， ∴R，，0， ∴＝2－，－，0＝，－，0. 設(shè)平面DEF的一個(gè)法向量為m＝(x，y，z)， 由得 取z＝1，則m＝(2,2,1)． ∵直線FR與平面DEF所成角的正弦值為， ∴|cos〈m，〉|＝＝＝＝， ∴9λ2＋18λ－7＝0， 解得λ＝或λ＝－(不合題意，舍去)． 故存在正實(shí)數(shù)λ＝，使得直線FR與平面DEF所成角的正弦值為. 　已知在三棱柱ABC-A1B1C1中，B1B⊥平面ABC，∠ABC＝90

10、°，B1B＝AB＝2BC＝4，D，E分別是B1C1，A1A的中點(diǎn)． (1)求證：A1D∥平面B1CE； (2)設(shè)M是B1E的中點(diǎn)，N在棱AB上，且BN＝1，P是棱AC上的動點(diǎn)，直線NP與平面MNC所成角為θ，試問：θ的正弦值存在最大值嗎？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：連接BC1交B1C于點(diǎn)O，連接EO，DO， 在△B1BC1中，DO綊B1B， 在四邊形B1BA1A中，A1E綊B1B， ∴A1E綊DO，∴四邊形A1EOD是平行四邊形， ∴A1D∥EO ∵A1D?平面B1CE，EO?平面B1CE， ∴A1D∥平面B1CE. (2)假設(shè)存在符合題意

11、的點(diǎn)P. 以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，BA，BC，BB1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系B-xyz， 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)， 則＝(－1,0，－3)，＝(－1,2,0)，＝(－4,2,0)，＝(3,0,0) 設(shè)平面MNC的一個(gè)法向量m＝(x，y，z)， 則即 取x＝6，得m＝(6,3，－2)， 設(shè)＝λ (0≤λ≤1)， 則＝＋λ＝(3－4λ，2λ，0)， 由題設(shè)得sin θ＝|cos〈，m〉|＝ ＝＝， 設(shè)t＝1－λ(0≤λ≤1)，則λ＝1－t，且0≤t≤1， ∴sin θ＝. 當(dāng)t＝0時(shí)，sin θ＝0， 當(dāng)0＜t≤1時(shí)，sin θ＝ ＝≤＝. ∴當(dāng)且僅當(dāng)＝， 即t＝時(shí)，sin θ取得最大值，此時(shí)λ＝. ∴存在符合題意的點(diǎn)P，且＝.