2020届高考数学山东省二轮复习训练习题：专题三第3讲 空间向量与立体几何

第3讲 空间向量与立体几何

解答题

1.(2019广东佛山模拟)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为菱

形,∠BAD=60°,AB=2,DF=BE=1,AF=CE=√3,且平面ADF⊥底面ABCD,平面BCE⊥底面ABCD.

(1)证明:EF⊥平面ADF; (2)求二面角A-EF-C的余弦值.

解析 (1)证明:分别过点E,F作BC,AD的垂线,垂足分别为点N,M,连接MN. 因为平面ADF⊥底面ABCD,平面ADF∩底面ABCD=AD,FM⊥AD,FM?平面ADF, 所以FM⊥平面ABCD,又MN?平面ABCD, 所以FM⊥MN.

同理可证,EN⊥平面ABCD,所以EN⊥MN,所以FM∥EN. 过点B作BG⊥AD,垂足为G.

在Rt△AGB中,∠BAD=60°,AB=2,则AG=1. 易知∠ADF=60°,

所以在Rt△FMD中,MD=2,FM=2,所以GM=2. 同理可得BN=2,EN=2,所以GM=BN,FM=EN.

又GM∥BN,FM∥EN,所以四边形BNMG为平行四边形,四边形FMNE为平行四边形,所以MN∥GB,MN∥EF. 从而MN⊥AD,又FM∩AD=M,

所以MN⊥平面ADF,所以EF⊥平面ADF.

(2)以M为坐标原点,MA,MN,MF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系M-xyz,如图所示.

1

√31

√31

由(1)知MN=GB=√3, 则A(2,0,0),F(0,0,

3

3√3√3),E(0,3,),C(-,√3,0), √222

???? =(-3,0,√3),????? =(-3,√3,-√3). ???? =(0,√3,0),?所以?????????????2222

???? =0,-x1+z1=0,??·?AF2设平面AEF的法向量为m=(x1,y1,z1),则{即{2解得

???? ??·FE=0,√3y1=0,y1=0,

{ z1=√3x1,

令z1=√3,则x1=1,y1=0,所以m=(1,0,√3).

? =0,-x2+√3y2-??·???FC

设平面EFC的法向量为n=(x2,y2,z2),则{即{2

???? =0,√3y=0,??·FE2y2=0,

{ z2=-√3x2,

令z2=-√3,则x2=1,y2=0,所以n=(1,0,-√3). 从而cos=|??||??|=2×2=-2.

因为二面角A-EF-C为钝角,所以二面角A-EF-C的余弦值为-2.

2.(2019浙江,19,15分)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点. (1)证明:EF⊥BC;

(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

1

??·??

1-3

1

3

√3z22

3

√3=0,

解得

解析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.本题考查了逻辑推理和直观想象的核心素养. (1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,

所以A1E⊥AC,

又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E?平面A1ACC1, 平面A1ACC1∩平面ABC=AC, 所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC. 又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF.因此EF⊥BC.

(2)取BC的中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.

由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.

由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O,则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角), 不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2√3,EG=√3. 由于O为A1G的中点,故EO=OG=所以cos∠EOG=

????2+O??2-E??232????·????

??1G√15=2, 2

=5.

3

因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是5.

3.(2019河北衡水统一联考)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.

解析 (1)证法一: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.

证法二:取AF的中点M,连接DM,EM,如图所示.

由题意知AM=BE,且AM∥BE,所以四边形ABEM为平行四边形,即ME??AB. 因为四边形ABCD是菱形,所以AB??DC,所以ME??DC,即四边形DCEM为平行四边形,所以DM∥CE.

又DM?平面ADF,CE?平面ADF,所以CE∥平面ADF. (2)取CD的中点N,连接AN,

在菱形ABCD中,∠ABC=60°,可得AN⊥AB.

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

以A为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.

故A(0,0,0),C(√3,1,0),D(√3,-1,0),F(0,0,2), H(2,-2,1),

????? =(√3,-1,1),????? =(√3,1,0). 则?????????

22设平面ACH的法向量为n=(x,y,z), x-y+z=0,??·????? AH=0,

则{即{22

????? ??·AC=0,√3x+y=0.令x=1,可得n=(1,-√3,-√3).

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=|??||??|=7,即所求锐二面角的余弦值为7.

|??·??|√7√7√31

√31

4.(2019陕西第二次教学质量检测)如图所示,等腰梯形ABCD的底角∠BAD=∠ADC=60°,直角梯形ADEF所在的平面垂直于平面ABCD,且∠EDA=90°,ED=AD=2AF=2AB=2. (1)证明:平面ABE⊥平面EBD;

(2)点M在线段EF上,试确定点M的位置,使平面MAB与平面ECD所成的二面角的余弦值为4.

√3

解析 (1)证明:∵平面ABCD⊥平面ADEF,平面ABCD∩平面ADEF=AD,ED⊥AD,ED?平面ADEF,∴ED⊥平面ABCD, ∵AB?平面ABCD,∴ED⊥AB. ∵AB=1,AD=2,∠BAD=60°, ∴BD=√1+4-2×1×2cos60°=√3, ∴AB2+BD2=AD2,∴AB⊥BD.

又BD?平面EBD,ED?平面EBD,BD∩ED=D, ∴AB⊥平面EBD.

又AB?平面ABE,∴平面ABE⊥平面EBD.

(2)以B为坐标原点,BA,BD所在直线分别为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,0,0),C(-2,

1√3,0),D(0,√3,0),E(0,√3,2),F(1,0,1), 2

则????? ????=(2,

1√3???? =(1,-√3,-1),????? ,0),????? ????=(0,0,2),????? ????=(1,0,0),?????????=(0,√3,2).

2

???? =(λ,-√3λ,-λ)(0≤λ≤1), 设?????? ????=λ?????则?????? ????=????? ????+?????? ????=(λ,√3-√3λ,2-λ).

设平面ECD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面MAB的法向量为n=(x2,y2,z2),