1、1.4綜合拔高練五年高考練考點(diǎn)1用空間向量判斷線面位置關(guān)系 1.(2019江蘇,16,14分,)如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別為BC,AC的中點(diǎn),AB=BC.求證:(1)A1B1平面DEC1;(2)BEC1E.考點(diǎn)2用空間向量求異面直線所成的角2.(2019上海,17,14分,)如圖,在正三棱錐P-ABC中,PA=PB=PC=2,AB=BC=AC=3.(1)若PB的中點(diǎn)為M,BC的中點(diǎn)為N,求AC與MN的夾角;(2)求P-ABC的體積.考點(diǎn)3用空間向量求直線與平面所成的角3.(2019天津,17,13分,)如圖,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1

2、,AE=BC=2.(1)求證:BF平面ADE;(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值為13,求線段CF的長.4.(2019浙江,19,15分,)如圖,已知三棱柱ABC-A1B1C1,平面A1ACC1平面ABC,ABC=90,BAC=30,A1A=A1C=AC,E,F分別是AC,A1B1的中點(diǎn).(1)證明:EFBC;(2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值.考點(diǎn)4用空間向量求兩個(gè)平面的夾角5.(2019課標(biāo)全國,17,12分,)如圖,長方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,點(diǎn)E在棱AA1上,BEEC1.(1)證明:BE平面EB1C1;(

3、2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.6.(2019課標(biāo)全國,19,12分,)圖1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.將其沿AB,BC折起使得BE與BF重合,連接DG,如圖2.(1)證明:圖2中的A,C,G,D四點(diǎn)共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小.考點(diǎn)5用空間向量求空間距離7.(2019課標(biāo)全國,19,12分,)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(diǎn).(1)證明:MN平面C1DE

4、;(2)求點(diǎn)C到平面C1DE的距離.考點(diǎn)6用空間向量解決探索性問題8.(2019北京,16,14分,)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PA=AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點(diǎn),點(diǎn)F在PC上,且PFPC=13.(1)求證:CD平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)設(shè)點(diǎn)G在PB上,且PGPB=23.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi),說明理由.三年模擬練應(yīng)用實(shí)踐1.(2020北京通州三模數(shù)學(xué)試題,)如圖,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,側(cè)棱A1A底面ABCD,ABAC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,點(diǎn)E為線段AA1上的點(diǎn),且

5、AE=12.(1)求證:BE平面ACB1;(2)求平面ACD1與平面ACB1夾角的余弦值;(3)判斷棱A1B1上是否存在點(diǎn)F,使得直線DF平面ACB1,若存在,求線段A1F的長;若不存在,說明理由.深度解析2.(2020黑龍江哈爾濱師范大學(xué)附中高三上期中,)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是平行四邊形,BCD=135,PA底面ABCD,AB=AC=PA=2,E,F分別為BC,AD的中點(diǎn),點(diǎn)M在線段PD上.(1)求證:面EMF面PAC;(2)如果直線ME與平面PBC所成的角和直線ME與平面ABCD所成的角相等,求PMPD的值.3.(2020湖南長沙第一中學(xué)高三上月考,)如圖所示,在梯形

6、ABCD中,ABCD,BCD=120,四邊形ACFE為矩形,且CF平面ABCD,AD=CD=BC=CF.(1)求證:EF平面BCF;(2)點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動(dòng),設(shè)平面MAB與平面FCB的夾角為,試求cos 的取值范圍.4.(2020山東棗莊部分重點(diǎn)高中高三上,)等邊ABC的邊長為3,點(diǎn)D,E分別是邊AB,AC上的點(diǎn),且滿足ADDB=CEEA=12(如圖1).將ADE沿DE折起到A1DE的位置,使平面A1DE平面BCED,連接A1B、A1C(如圖2).(1)求證:A1D平面BCED;(2)在線段BC上是否存在點(diǎn)P,使直線PA1與平面A1BD所成的角為60?若存在,求出線段BP的長度;若不存在,請

7、說明理由.答案全解全析五年高考練1.證明(1)取A1C1的中點(diǎn)E1,連接EE1.由題易得,EC,EB,EE1兩兩垂直,以E為原點(diǎn),EC,EB,EE1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖.設(shè)AC=2c,AB=1,AA1=a(c0,a0).則E(0,0,0),B(0,1-c2,0),Dc2,1-c22,0,A1(-c,0,a),B1(0,1-c2,a),C1(c,0,a),所以A1B1=(c,1-c2,0),ED=c2,1-c22,0,所以A1B1=2ED,所以A1B1ED,所以A1B1ED.因?yàn)镋D平面DEC1,A1B1平面DEC1,所以A1B1平面DEC1.(2)由(1)得

8、EB=(0,1-c2,0),EC1=(c,0,a),而EBEC1=0,所以EBEC1,所以BEC1E.2.解析(1)過點(diǎn)P作底面ABC的垂線,垂足為O,則O為底面三角形的中心,連接BO,以O(shè)為原點(diǎn),OB所在直線為x軸,OP所在直線為z軸,過O點(diǎn)平行于AC的直線為y軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則A-12,-32,0,C-12,32,0,M12,0,32,N14,34,0.則AC=(0,3,0),MN=-14,34,-32.設(shè)AC與MN所成角為,則cos =|ACMN|AC|MN|=34,AC與MN的夾角為arccos 34.(2)連接AO并延長,交BC于N,則AN=32,AO=23AN=1,PO=2

9、2-12=3,VP-ABC=13123323=34.3.解析依題意,可以建立以A為原點(diǎn),AB,AD,AE的方向分別為x軸,y軸,z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).設(shè)CF=h(h0),則F(1,2,h).(1)證明:依題意,AB=(1,0,0)是平面ADE的一個(gè)法向量,又BF=(0,2,h),所以BFAB=0,又因?yàn)橹本€BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)依題意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面BDE的法向量,則nBD=0,nB

10、E=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1),因此有cos=CEn|CE|n|=-49.所以直線CE與平面BDE所成角的正弦值為49.(3)設(shè)m=(x1,y1,z1)為平面BDF的法向量,則mBD=0,mBF=0,即-x1+y1=0,2y1+hz1=0,不妨令y1=1,可得m=1,1,-2h.由題意,得|cos|=|mn|m|n|=4-2h32+4h2=13,解得h=87.經(jīng)檢驗(yàn),符合題意.所以線段CF的長為87.4.解析解法一:(1)證明:連接A1E,因?yàn)锳1A=A1C,E是AC的中點(diǎn),所以A1EAC,又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面

11、A1ACC1平面ABC=AC,所以A1E平面ABC,則A1EBC.又因?yàn)锳1FAB,ABC=90,所以BCA1F.因?yàn)锳1EA1F=A1,所以BC平面A1EF.因此EFBC.(2)取BC的中點(diǎn)G,連接EG,GF,則四邊形EGFA1是平行四邊形.由于A1E平面ABC,故A1EEG,所以平行四邊形EGFA1為矩形.由(1)得BC平面EGFA1,則平面A1BC平面EGFA1,所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上.連接A1G交EF于O,則EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補(bǔ)角),不妨設(shè)AC=4,則在RtA1EG中,A1E=23,EG=3.由于O為A1G的中點(diǎn),故EO=OG=A1G2=

12、152,所以cosEOG=EO2+OG2-EG22EOOG=35.因此,直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是35.解法二:(1)證明:連接A1E,因?yàn)锳1A=A1C,E是AC的中點(diǎn),所以A1EAC.又平面A1ACC1平面ABC,A1E平面A1ACC1,平面A1ACC1平面ABC=AC,所以A1E平面ABC.如圖,以E為原點(diǎn),分別以射線EC,EA1為y,z軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系Exyz.不妨設(shè)AC=4,則E(0,0,0),A1(0,0,23),B(3,1,0),B1(3,3,23),F32,32,23,C(0,2,0).因此,EF=32,32,23,BC=(-3,1,0).由EFBC=

13、0得EFBC.(2)由(1)可得A1C=(0,2,-23).設(shè)平面A1BC的法向量為n=(x,y,z).由BCn=0,A1Cn=0,得-3x+y=0,2y-23z=0.取x=1,則n=(1,3,1),設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為,則sin =|cos|=|EFn|EF|n|=45.因此,直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為35.5.解析(1)證明:由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,EC1B1C1=C1,所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB1=90.由題設(shè)知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2A

14、B.以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA的方向?yàn)閤軸正方向,|DA|為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz,則C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),所以CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).設(shè)平面EBC的法向量為n=(x,y,z),則CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).設(shè)平面ECC1的法向量為m=(x1,y1,z1),則CC1m=0,CEm=0,即2z1=0,x1-y1+z1=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以二面角B-EC-C1的正弦值為32.6.解

15、析(1)證明:由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG確定一個(gè)平面,從而A,C,G,D四點(diǎn)共面.由已知得ABBE,ABBC,BEBC=B,故AB平面BCGE.又因?yàn)锳B平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC,垂足為H.因?yàn)镋H平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.由菱形BCGE的邊長為2,EBC=60,可求得BH=1,EH=3.以H為坐標(biāo)原點(diǎn),HC的方向?yàn)閤軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Hxyz,則A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),所以CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).設(shè)平面ACGD的法向量為n=(

16、x,y,z),則CGn=0,ACn=0,即x+3z=0,2x-y=0.所以可取n=(3,6,-3).又平面BCGE的法向量可取m=(0,1,0),所以cos=nm|n|m|=32.因此二面角B-CG-A的大小為30.7.解析(1)證明: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(diǎn),DD1平面ABCD,DEAD,以D為原點(diǎn),DA,DE,DD1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則M(1,3,2),N(1,0,2),D(0,0,0),E(0,3,0),C1(-1,3,4),所以MN=(0,-3,0),

17、DC1=(-1,3,4),DE=(0,3,0),設(shè)平面C1DE的法向量為n=(x,y,z),則nDC1=0,nDE=0,即-x+3y+4z=0,3y=0,取z=1,則n=(4,0,1).MNn=0,MN平面C1DE,MN平面C1DE.(2)由(1)得C(-1,3,0),DC=(-1,3,0),而平面C1DE的一個(gè)法向量n=(4,0,1),點(diǎn)C到平面C1DE的距離d=|DCn|n|=417=41717.8.解析(1)證明:因?yàn)镻A平面ABCD,所以PACD,又因?yàn)锳DCD,PAAD=A,所以CD平面PAD.(2)過A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M.因?yàn)镻A平面ABCD,所以PAAM,PAAD.如圖,建

18、立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因?yàn)镋為PD的中點(diǎn),所以E(0,1,1).所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43.設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y,z),則nAE=0,nAF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0.令z=1,則y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因?yàn)槠矫鍼AE的法向量p=(1,0,0),所以cos=np|n|p|=-33.由題知,二面角F-AE-P為銳角,所以其

19、余弦值為33.(3)直線AG在平面AEF內(nèi).理由如下:因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2),所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23.由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以AGn=-43+23+23=0.所以直線AG在平面AEF內(nèi).三年模擬練1.解析(1)證明:因?yàn)锳1A底面ABCD,所以A1AAC.又因?yàn)锳BAC,A1AAB=A,所以AC平面ABB1A1,又因?yàn)锽E平面ABB1A1,所以ACBE.因?yàn)锳EAB=12=ABBB1,EAB=ABB1=90,所以RtABERtBB1A,所以ABE=AB1B.因?yàn)锽AB

20、1+AB1B=90,所以BAB1+ABE=90,所以BEAB1.又ACAB1=A,所以BE平面ACB1.(2)易得ACAB.如圖,以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),D1(1,-2,2),E0,0,12.由(1)知,BE平面ACB1,則EB=0,1,-12為平面ACB1的一個(gè)法向量,設(shè)n=(x,y,z)為平面ACD1的法向量.由AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0),得nAD1=0,nAC=0,即x-2y+2z=0,2x=0,不妨設(shè)z=1,可得n=(0,1,1).因此|cos|=|nEB|n|EB|=1010

21、.所以平面ACD1與平面ACB1夾角的余弦值為1010.(3)設(shè)A1F=a(0a1),則F(0,a,2),DF=(-1,a+2,2).DFEB=(-1,a+2,2)0,1,-12=a+2-1=0,解得a=-1(舍去).所以直線DF的方向向量與平面ACB1的法向量不垂直,所以棱A1B1上不存在點(diǎn)F,使直線DF平面ACB1.解題反思本題主要考查線面垂直、線面平行以及面面夾角的問題,熟記線面垂直的判定定理以及用空間向量的方法求面面夾角即可,屬于?？碱}型.2.解析(1)證明:PA面ABCD,EF面ABCD,EFAP.在ABC中,AB=AC,ABC=ACB=45,ABAC,又AFBE,且AF=BE,四邊

22、形ABEF為平行四邊形,ABEF,因此ACEF,又APAC=A,AP面PAC,AC面PAC,EF面PAC,又EF面EMF,面EMF面PAC.(2)分別以AE,AD,AP為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz,則B(2,-2,0),C(2,2,0),P(0,0,2),D(0,22,0),E(2,0,0),PC=(2,2,-2),BC=(0,22,0),PD=(0,22,-2),PE=(2,0,-2).設(shè)平面PBC的法向量為n=(x,y,z),則nPC=2x+2y-2z=0,nBC=22y=0,令z=1,則x=2,n=(2,0,1),易知平面ABCD的一個(gè)法向量m=(0,0,1).設(shè)PM=PD,0,1,則PM=PD=(0,22,-2),ME=PE-PM=(2,-22,-2+2).直線ME與平面PBC所成的角和直線ME與平面ABCD所成的角相等,|cos|=|cos|,即|MEn|n|=|MEm|m|,即|2|3=|-2+2|1,解得=3-32,故PMPD=3-32.3.解析(1)證明:連接AC,設(shè)AD=CD=BC=1,ABCD,BCD=120,AB=2,ABC=60,AC2=AB2+BC2-2ABBCcos 60=3,AB2=AC2+BC2,BCAC.四邊形ACFE為矩形,ACCF.CF,BC平面BCF,且CFBC=C,AC平面BCF.EFAC,EF平