高考数学三轮增分练 高考中档大题规范练（二）立体几何与空间向量 理

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(二)立体几何与空间向量 1．(2016课标全国甲)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝. (1)证明：D′H⊥平面ABCD； (2)求二面角B－D′A－C的正弦值． (1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD. 又由AE＝CF得＝，故AC∥EF. 因此EF⊥HD，从而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　如图， 以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系，则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)． 设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，则 即 所以可取m＝(4,3，－5)． 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，则 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山东)在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线． (1)已知G，H分别为EC，FB的中点，求证：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)证明　设FC中点为I，连接GI，HI.在△CEF中， 因为点G，I分别是CE，CF的中点， 所以GI∥EF. 又EF∥OB，所以GI∥OB. 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩OB＝B， 所以平面GHI∥平面ABC. 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC. (2)解　连接OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆O的直径，所以BO⊥AC. 以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得B(0,2，0)，C(－2，0,0)． 过点F作FM⊥OB于点M， 所以FM＝＝3，可得F(0，，3)． 故＝(－2，－2，0)，＝(0，－，3)． 设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量． 由可得 可得平面BCF的一个法向量m＝， 因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)， 所以cos〈m，n〉＝＝. 所以二面角F－BC－A的余弦值为. 3．(2016上海)将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为π，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧． (1)求三棱锥C—O1A1B1的体积； (2)求异面直线B1C与AA1所成的角的大小． 解　(1)连接O1B1，则＝∠A1O1B1＝， ∴△O1A1B1为正三角形， ∴＝， ∴ ＝OO1＝. (2)设点B1在下底面圆周的射影为B， 连接BB1，则BB1∥AA1， ∴∠BB1C为直线B1C与AA1所成角(或补角)， BB1＝AA1＝1. 连接BC，BO，OC，＝＝，＝， ∴＝，∴∠BOC＝，∴△BOC为正三角形， ∴BC＝BO＝1，∴tan∠BB1C＝＝1， ∴∠BB1C＝45， ∴直线B1C与AA1所成的角的大小为45. 4．(2016四川)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90，BC＝CD＝AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90. (1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由； (2)若二面角P－CD－A的大小为45，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值． 解　(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行．延长AB，DC， 相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点．理由如下： 由已知，BC∥ED，且BC＝ED. 所以四边形BCDE是平行四边形． 从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE. 所以CM∥平面PBE. (说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点) (2)方法一　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD.从而CD⊥PD. 所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角． 所以∠PDA＝45. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH. 易知PA⊥平面ABCD， 从而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. 过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE. 所以∠APH是PA与平面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. 从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角．所以∠PDA＝45. 由∠PAB＝90，且PA与CD所成的角为90，可得PA⊥平面ABCD. 设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2. 作Ay⊥AD，以A为原点，以，的方向分别为x轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则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)． 设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z)． 由得设x＝2，解得n＝(2，－2,1)． 设直线PA与平面PCE所成的角为α， 则sin α＝＝＝. 所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为. 5．(2016北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝. (1)求证：PD⊥平面PAB； (2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值； (3)在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值；若不存在，说明理由． (1)证明　∵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中点O，连接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为原点建立如图所示空间直角坐标系． 易知P(0,0,1)，B(1,1,0)，D(0，－1,0)，C(2,0,0)． 则＝(1,1，－1)，＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)． 设n＝(x0，y0,1)为平面PDC的一个法向量． 由得解得 即n＝. 设PB与平面PCD的夹角为θ. 则sin θ＝|cos〈n，〉| ＝＝＝. (3)解　设在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD， 则存在λ∈[0,1]使得＝λ，因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)． ∵BM⊄平面PCD，∴BM∥平面PCD， 当且仅当n＝0，即(－1，－λ，λ)＝0，解得λ＝，∴在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.