《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 第三講 空間向量與立體幾何能力訓(xùn)練 理.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 第三講 空間向量與立體幾何能力訓(xùn)練 理.doc（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

第三講 空間向量與立體幾何 1．(2018高考全國(guó)卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PE⊥BF. (1)證明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值． 解析：(1)證明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)如圖，作PH⊥EF，垂足為H. 由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，||為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz. 由(1)可得，DE⊥PE. 又DP＝2，DE＝1， 所以PE＝. 又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF. 所以PH＝，EH＝. 則H(0,0,0)，P，D， ＝，＝. 又為平面ABFD的法向量， 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ， 則sin θ＝＝＝. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 2．(2018長(zhǎng)春模擬)如圖，四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點(diǎn)． (1)證明：PB∥平面ACE； (2)設(shè)PA＝1，∠ABC＝60?，三棱錐EACD的體積為，求二面角DAEC的余弦值． 解析：(1)證明：連接BD交AC于點(diǎn)O，連接OE(圖略)． 在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE. 又OE?平面ACE，PB?平面ACE，所以PB∥平面ACE. (2)由題易知VPABCD＝2VPACD＝4VEACD＝，設(shè)菱形ABCD的邊長(zhǎng)為a， 則VPABCD＝S?ABCDPA＝(2a2)1＝，則a＝. 取BC的中點(diǎn)為M，連接AM，則AM⊥AD. 以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸，y 軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系， 則A(0,0,0)，E(0，，)，C(，，0)，＝(0，，)，＝(，，0)， 設(shè)n1＝(x，y，z)為平面AEC的法向量，則即取x＝1，則n1＝(1，－，3)為平面AEC的一個(gè)法向量． 又易知平面AED的一個(gè)法向量為n2＝(1,0,0)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝＝， 由圖易知二面角DAEC為銳二面角， 所以二面角DAEC的余弦值為. 3．(2018高考全國(guó)卷Ⅱ)如圖，在三棱錐PABC中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)． (1)證明：PO⊥平面ABC； (2)若點(diǎn)M在棱BC上，且二面角MPAC為30，求PC與平面PAM所成角的正弦值． 解析：(1)證明：因?yàn)镻A＝PC＝AC＝4，O為AC的中點(diǎn)， 所以O(shè)P⊥AC，且OP＝2. 如圖，連接OB. 因?yàn)锳B＝BC＝AC， 所以△ABC為等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB＝AC＝2. 由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB. 由OP⊥OB，OP⊥AC，OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC. (2)如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz. 由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，＝(0,2,2)． 取平面PAC的一個(gè)法向量＝(2,0,0)． 設(shè)M(a,2－a,0)(0≤a≤2)，則＝(a,4－a,0)． 設(shè)平面PAM的法向量為n＝(x，y，z)． 由n＝0，n＝0得 可取y＝a，得平面PAM的一個(gè)法向量為n＝((a－4)，a，－a)， 所以cos 〈，n〉＝. 由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30＝， 所以＝， 解得a＝－4(舍去)或a＝. 所以n＝. 又＝(0,2，－2)，所以cos〈，n〉＝. 所以PC與平面PAM所成角的正弦值為. 4．(2018青島模擬)如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BCA＝45?，AP＝AD＝AC＝2，E為PA的中點(diǎn)． (1)設(shè)平面PAB∩平面PCD＝l，求證：CD∥l； (2)求二面角BCED的余弦值． 解析：(1)證明：在四邊形ABCD中，∵AC⊥AD，AD＝AC＝2， ∴∠ACD＝45?，∵∠BCA＝45?，∴∠BCD＝∠BCA＋∠ACD＝90?，即DC⊥BC. 又AB⊥BC，∴AB∥CD. ∵AB?平面PAB，CD?平面PAB， ∴CD∥平面PAB. ∵CD?平面PCD，平面PAB∩平面PCD＝l， ∴CD∥l. (2)∵PA⊥平面ABCD，AC⊥AD， ∴以A為原點(diǎn)，以AD所在的直線為x軸，AC所在的直線為y軸，AP所在的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則P(0,0,2)，E(0,0,1)，D(2,0,0)，C(0,2,0)，B(－1,1,0)， 設(shè)平面DCE的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，＝(0，－2,1)，＝(－2,0,1)， 由得， 令x1＝1，則y1＝1，z1＝2，∴n1＝(1,1,2)是平面DCE的一個(gè)法向量． 設(shè)平面BCE的法向量為n2＝(x2，y2，z2)， ＝(1,1,0)，＝(0，－2,1)， 由得，令x2＝1，則y2＝－1，z2＝－2，∴n2＝(1，－1，－2)是平面BCE的一個(gè)法向量． 則cos〈n1，n2〉＝＝＝－， 又二面角BCED為鈍角，∴二面角BCED的余弦值為－.