新高考2024高考數(shù)學二輪復習大題考法專訓三立體幾何與空間向量

PAGE1-大題考法專訓（三）立體幾何與空間向量A級——中檔題保分練1．(2024·全國卷Ⅰ)如圖，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分別是BC，BB1，A1D的中點．(1)證明：MN∥平面C1DE；(2)求二面角A-MA1-N的正弦值．解：(1)證明：如圖，連接B1C，ME因為M，E分別為BB1，BC的中點，所以ME∥B1C，且ME＝eq\f(1,2)B1C.又因為N為A1D的中點，所以ND＝eq\f(1,2)A1D.由題設知A1B1綊DC，可得B1C綊A1D，故ME綊ND因此四邊形MNDE為平行四邊形，所以MN∥ED.又MN?平面C1DE，所以MN∥平面C1DE.(2)由已知可得DE⊥DA，以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up7(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，eq\r(3)，2)，N(1,0,2)，eq\o(A1A,\s\up7(→))＝(0,0，－4)，eq\o(A1M,\s\up7(→))＝(－1，eq\r(3)，－2)，eq\o(A1N,\s\up7(→))＝(－1,0，－2)，eq\o(MN,\s\up7(→))＝(0，－eq\r(3)，0)．設m＝(x，y，z)為平面A1MA的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(A1M,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(A1A,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋\r(3)y－2z＝0，,－4z＝0，))可取m＝(eq\r(3)，1,0)．設n＝(p，q，r)為平面A1MN的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(MN,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(A1N,\s\up7(→))＝0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)q＝0，,－p－2r＝0，))可取n＝(2,0，－1)．于是cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(2\r(3),2×\r(5))＝eq\f(\r(15),5)，所以二面角A-MA1-N的正弦值為eq\f(\r(10),5).2.如圖，已知四邊形ABCD與四邊形BDEF均為菱形，F(xiàn)A＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°.(1)求證：AC⊥平面BDEF；(2)求直線AD與平面ABF所成角的正弦值．解：(1)證明：設AC與BD相交于點O，連接FO，因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD，且O為AC的中點，因為FA＝FC，所以AC⊥FO，又FO∩BD＝O，所以AC⊥平面BDEF.(2)連接DF，因為四邊形BDEF為菱形，且∠DBF＝60°，所以△DBF為等邊三角形，因為O為BD的中點，所以FO⊥BD，又AC⊥FO，AC⊥BD，所以OA，OB，OF兩兩垂直，以O為坐標原點，OA，OB，OF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系O-xyz，設AB＝2，因為四邊形ABCD為菱形，∠DAB＝60°，所以BD＝2，AC＝2eq\r(3).因為△DBF為等邊三角形，所以OF＝eq\r(3).所以A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(xiàn)(0,0，eq\r(3))，所以eq\o(AD,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，－1,0)，eq\o(AF,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，0，eq\r(3))，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1,0)．設平面ABF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(AF,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(AB,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\r(3)x＋\r(3)z＝0，,－\r(3)x＋y＝0，))令x＝1，得平面ABF的一個法向量為n＝(1，eq\r(3)，1)．設直線AD與平面ABF所成的角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(AD,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(AD,\s\up7(→))·n|,|eq\o(AD,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(\r(15),5).故直線AD與平面ABF所成角的正弦值為eq\f(\r(15),5).3．(2024·北京高考)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3，E為PD的中點，點F在PC上，且eq\f(PF,PC)＝eq\f(1,3).(1)求證：CD⊥平面PAD；(2)求二面角F-AE-P的余弦值；(3)設點G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3).推斷直線AG是否在平面AEF內，說明理由．解：(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD.又因為AD⊥CD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.(2)過點A作AD的垂線交BC于點M.因為PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD.以A為坐標原點，AM，AD，AP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系A-xyz，則A(0,0，0)，B(2，－1,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．因為E為PD的中點，所以E(0,1,1)．所以eq\o(AE,\s\up7(→))＝(0,1,1)，eq\o(PC,\s\up7(→))＝(2,2，－2)，eq\o(AP,\s\up7(→))＝(0,0,2)．所以eq\o(PF,\s\up7(→))＝eq\f(1,3)eq\o(PC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，－\f(2,3)))，所以eq\o(AF,\s\up7(→))＝eq\o(AP,\s\up7(→))＋eq\o(PF,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，\f(2,3)，\f(4,3))).設平面AEF的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AF,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋z＝0，,\f(2,3)x＋\f(2,3)y＋\f(4,3)z＝0.))令z＝1，則y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1,1).又因為平面PAD的一個法向量為p＝(1,0,0)，所以cos〈n，p〉＝eq\f(n·p,|n||p|)＝－eq\f(\r(3),3).由圖知，二面角F-AE-P為銳角，所以二面角F-AE-P的余弦值為eq\f(\r(3),3).(3)直線AG在平面AEF內，理由如下：因為點G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(2，－1，－2)，所以eq\o(PG,\s\up7(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，－\f(4,3)))，所以eq\o(AG,\s\up7(→))＝eq\o(AP,\s\up7(→))＋PG→＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，－\f(2,3)，\f(2,3))).由(2)知，平面AEF的一個法向量n＝(－1，－1,1)，所以eq\o(AG,\s\up7(→))·n＝－eq\f(4,3)＋eq\f(2,3)＋eq\f(2,3)＝0.所以直線AG在平面AEF內．B級——拔高題滿分練1．(2024·福建南平質檢)已知三棱錐S-ABC的底面ABC是等邊三角形，D是AC的中點，CE＝eq\f(1,4)CB，平面SBC⊥平面ABC.(1)求證：DE⊥SB；(2)若SB＝SC，二面角A-SC-B的余弦值為eq\f(\r(5),5)，求SD與平面SBC所成角的正弦值．解：(1)證明：取BC的中點O，連接AO.因為三角形ABC是等邊三角形，所以AO⊥BC，由題易得，DE∥AO，從而DE⊥BC.又因為平面SBC⊥平面ABC，平面SBC∩平面ABC＝BC，DE?平面ABC，所以DE⊥平面SBC.又SB?平面SBC，所以DE⊥SB.(2)連接SO，因為SB＝SC，所以SO⊥BC.又平面SBC⊥平面ABC，平面SBC∩平面ABC＝BC，SO?平面SBC，所以SO⊥平面ABC，所以OA，OB，OS兩兩垂直．以OA，OB，OS所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系O-xyz.設CA＝CB＝AB＝4，SO＝h(h＞0)，則A(2eq\r(3)，0,0)，C(0，－2，0)，S(0,0，h)，從而eq\o(SA,\s\up7(→))＝(2eq\r(3)，0，－h(huán))，eq\o(SC,\s\up7(→))＝(0，－2，－h(huán))．設平面ASC的一個法向量為n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(SA,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(SC,\s\up7(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(3)x－h(huán)z＝0，,2y＋hz＝0，))取z＝2得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(h,\r(3))，,y＝－h(huán)，))所以n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,\r(3))，－h(huán)，2)).易得平面SBC的一個法向量m＝(1,0,0)．由|cos〈n，m〉|＝eq\f(\r(5),5)，可得eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(h,\r(3)))),\r(\f(h2,3)＋h2＋4))＝eq\f(\r(5),5)，解得h＝2eq\r(3)，所以S(0,0,2eq\r(3))．又因為D(eq\r(3)，－1,0)，所以eq\o(DS,\s\up7(→))＝(－eq\r(3)，1,2eq\r(3))．所以cos〈eq\o(DS,\s\up7(→))，m〉＝eq\f(eq\o(DS,\s\up7(→))·m,eq\o(DS,\s\up7(→))||m|)＝－eq\f(\r(3),4).設SD與平面SBC所成角的大小為θ，則sinθ＝eq\f(\r(3),4)，故SD與平面SBC所成角的正弦值為eq\f(\r(3),4).2.如圖所示，四棱錐P-ABCD的底面為矩形，已知PA＝PB＝PC＝PD＝BC＝1，AB＝eq\r(2)，過底面對角線AC作與PB平行的平面交PD于E.(1)試判定點E的位置，并加以證明；(2)求二面角E-AC-D的余弦值．解：(1)E為PD的中點．證明如下：如圖，連接OE，因為PB∥平面AEC，平面PBD∩平面AEC＝OE，PB?平面AEC，所以PB∥OE.又O為BD的中點，所以E為PD的中點．(2)連接PO，因為四邊形ABCD為矩形，所以OA＝OC.因為PA＝PC，所以PO⊥AC.同理，得PO⊥BD，所以PO⊥平面ABCD.以O為坐標原點，OP所在直線為z軸，過O平行于AD的直線為x軸，過O平行于CD的直線為y軸建立空間直角坐標系(如圖所示)．則Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，－\f(\r(2),4)，\f(1,4)))，eq\o(EA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，－\f(\r(2),4)，－\f(1,4)))，eq\o(OA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(2),2)，0))，eq\o(OP,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(1,2))).明顯eq\o(OP,\s\up7(→))是平面ACD的一個法向量．設n＝(x，y，z)是平面ACE的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(EA,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(OA,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)x－\f(\r(2),4)y－\f(1,4)z＝0，,\f(1,2)x－\f(\r(2),2)y＝0，))取y＝1，則n＝(eq\r(2)，1,2eq\r(2))，所以cos〈n，eq\o(OP,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(OP,\s\up7(→)),|n||eq\o(OP,\s\up7(→))|)＝eq\f(2\r(22),11).由圖知，二面角E-AC-D為銳角，所以二面角E-AC-D的余弦值為eq\f(2\r(22),11).3．已知等邊三角形ABC的邊長為3，點D，E分別是邊AB，AC上的點，且滿意eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)，如圖①，將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1-DE-B為直二面角，連接A1B，A1C，如圖②.(1)求證：BD⊥平面A1DE；(2)在線段BC上是否存在點P，使平面PA1E與平面A1BD所成的角為60°？若存在，求出PB的長；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：因為等邊三角形ABC的邊長為3，且eq\f(AD,DB)＝eq\f(CE,EA)＝eq\f(1,2)，所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，由余弦定理得DE＝eq\r(12＋22－2×1×2×cos60°)＝eq\r(3)，從而AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE，即BD⊥DE.因為二面角A1-DE-B是直二面角，所以平面A1DE⊥平面BCED.又平面A1DE∩平面BCED＝DE，BD⊥DE，所以BD⊥平面A1DE.(2)存在點P使平面PA1E與平面A1BD所成角為60°.由(1)知，BD，