2年模拟新课标版高考数学一轮复习 85空间向量与立体几何.docx
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2年模拟新课标版高考数学一轮复习85空间向量与立体几何
§8.5 空间向量与立体几何
A组 2014—2015年模拟·基础题组
限时:
50分钟
1.(2015江西临川一中期中,19)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是平行四边形,∠DAB=45°,AA1=AB=2,AD=2,点E是C1D1的中点,点F在B1C1上且B1F=2FC1.
(1)证明:
AC1⊥平面EFC;
(2)求锐二面角A-FC-E的平面角的余弦值.
2.(2014山西太原一模,19)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为矩形,平面ABEF⊥平面ABCD,EF∥AB,∠BAF=90°,AD=2,AB=AF=2EF=1,点P在棱DF上(其中点P不与D、F重合).
(1)若P是DF的中点,求证:
BF∥平面ACP;
(2)若二面角D-AP-C的余弦值为,求PF的长.
3.(2014重庆六校下学期第三次诊断,20)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AB⊥AD,AB⊥PA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB⊥平面ABCD.
(1)求证:
平面PED⊥平面PAC;
(2)若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.
4.(2014辽宁沈阳二模,19)如图,BC为圆O的直径,D为圆周上异于B、C的一点,AB垂直于圆O所在的平面,BE⊥AC于点E,BF⊥AD于点F.
(1)求证:
BF⊥平面ACD;
(2)若AB=BC=2,∠CBD=45°,求平面BEF与平面BCD所成锐二面角的余弦值.
B组 2014—2015年模拟·提升题组
限时:
50分钟
1.(2015河北重点中学期中,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点.
(1)若PA=PD,求证:
平面PQB⊥平面PAD;
(2)若平面APD⊥平面ABCD,且PA=PD=AD=2,则在线段PC上是否存在点M,使二面角M-BQ-C的大小为60°?
若存在,试确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
2.(2014北京西城一模,17)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD和侧面BCC1B1都是矩形,E是CD的中点,D1E⊥CD,AB=2BC=2.
(1)求证:
BC⊥D1E;
(2)求证:
B1C∥平面BED1;
(3)若平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为,求线段D1E的长度.
3.(2014宁夏银川一中四模,19)在正三角形ABC中,E,F,P分别是AB,AC,BC边上的点,满足===(如图1),将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置,使二面角A1-EF-B成直二面角(如图2).
(1)求证:
A1E⊥平面BEP;
(2)求直线A1E与平面A1BP所成角大小;
(3)求二面角B-A1P-F的余弦值.
4.(2014辽宁鞍山二模,18)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,PA⊥CD,PA=1,PD=,E为PD上一点,PE=2ED.
(1)求证:
PA⊥平面ABCD;
(2)求二面角D-AC-E的余弦值;
(3)在侧棱PC上是否存在一点F,使得BF∥平面AEC?
若存在,指出F点的位置,并证明;若不存在,说明理由.
A组 2014—2015年模拟·基础题组
1.
解析
(1)证明:
以A为坐标原点,射线AB为x轴的正半轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),结合已知易得C(4,2,0),C1(4,2,2),E(3,2,2),F,
∴=(4,2,2),=,=(1,0,-2),
∴·=(4,2,2)·=0,
·=(4,2,2)·(1,0,-2)=0,
∴AC1⊥EF,AC1⊥EC.
又EF∩EC=E,且EF、EC⊂平面EFC,
∴AC1⊥平面EFC.
(2)连结AF,AC.设向量n=(x,y,z)是平面AFC的法向量,则n⊥,n⊥,而=(4,2,0),=,
∴4x+2y=0,x+y+2z=0,
令x=1,得n=.
又是平面EFC的法向量,
cos
==-.
∴锐二面角A-FC-E的平面角的余弦值为.
2.
解析
(1)证明:
连结BD,交AC于点O,连结OP.
因为O为矩形ABCD对角线的交点,所以OB=OD,又因为P是DF的中点,所以OP为三角形BDF的中位线,所以BF∥OP.
因为BF⊄平面ACP,OP⊂平面ACP,
所以BF∥平面ACP.(4分)
(2)因为∠BAF=90°,所以AF⊥AB,
因为平面ABEF⊥平面ABCD,且平面ABEF∩平面ABCD=AB,所以AF⊥平面ABCD.
以A为坐标原点,AB,AD,AF所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系A-xyz,则B(1,0,0),C(1,2,0),F(0,0,1).(7分)
因为AB⊥平面ADP,所以平面ADP的一个法向量为n1=(1,0,0).
设P点坐标为(0,2-2t,t)(0 则=(0,2-2t,t),又=(1,2,0), 设平面APC的一个法向量为n2=(x,y,z),则 所以平面APC的一个法向量为n2=, 所以|cos 解得t=或t=2(舍). 所以P,=, ||==. 故PF的长为.(12分) 3. 解析 (1)证明: ∵平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AB⊥PA, ∴PA⊥平面ABCD. 又∵AB⊥AD,故可建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz. 设BE=1,AP=λ, 则=(2,4,0),=(0,0,λ),=(2,-1,0),(2分) ∴·=4-4+0=0,·=0, ∴DE⊥AC,DE⊥AP, ∴ED⊥平面PAC.(4分) ∴平面PED⊥平面PAC.(6分) (2)由 (1)知,平面PAC的一个法向量是=(2,-1,0),且=(2,1,-λ), 设直线PE与平面PAC所成的角为θ, 则sinθ=|cos<,>|==,解得λ=±2. ∵λ>0, ∴λ=2,即P(0,0,2).(8分) 设平面PCD的法向量为n=(x0,y0,z0), ∵=(2,2,0),=(0,-2,2),n⊥,n⊥, ∴ 令x0=1,则n=(1,-1,-1),(10分) ∴cos 显然二面角A-PC-D的平面角是锐角, ∴二面角A-PC-D的平面角的余弦值为.(12分) 4. 解析 (1)证明: ∵BC为圆O的直径, ∴CD⊥BD. ∵AB⊥圆O所在的平面,∴AB⊥CD, 又∵AB∩BD=B,∴CD⊥平面ABD. 又∵BF⊂平面ABD,∴CD⊥BF. 又∵BF⊥AD且AD∩CD=D, ∴BF⊥平面ACD. (2)如图,以O为原点建立空间直角坐标系. 则B(0,-1,0),E(0,0,1),D(1,0,0),A(0,-1,2). ∵BF⊥AD,∴DF===AD,得=, ∴F,=,=(0,1,1). 设平面BEF的法向量为n1=(x,y,z),则 即 解得不妨取平面BEF的一个法向量n1=(0,-1,1). 又由已知AB垂直于圆O所在的平面, 得是平面BCD的一个法向量, 设平面BEF与平面BCD所成的锐二面角为θ,n2==(0,0,2),则cosθ=|cos B组 2014—2015年模拟·提升题组 1. 解析 (1)证明: ∵PA=PD,Q为AD的中点,∴PQ⊥AD. ∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=60°,Q为AD的中点,∴BQ⊥AD. 又PQ∩BQ=Q,∴AD⊥平面PQB, ∵AD⊂平面PAD,∴平面PQB⊥平面PAD. (2)∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且由 (1)知PQ⊥AD,∴PQ⊥平面ABCD. 以Q为坐标原点,分别以QA,QB,QP所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图. 则Q(0,0,0),结合已知易得P(0,0,),B(0,,0),C(-2,,0). 假设存在满足题意的点M,可知M与点P,C不重合,设=λ(0<λ<1),则M(-2λ,λ,(1-λ)). 易知平面CBQ的一个法向量为n1=(0,0,1). 设平面MBQ的法向量为n2=(x,y,z), 由可取n2=, ∵二面角M-BQ-C的大小为60°, ∴cos60°=|cos ∴存在满足题意的点M,且点M为线段PC靠近P的三等分点. 2. 解析 (1)证明: 因为底面ABCD和侧面BCC1B1是矩形,所以BC⊥CD,BC⊥CC1, 又因为CD∩CC1=C, 所以BC⊥平面DCC1D1, 因为D1E⊂平面DCC1D1,所以BC⊥D1E. (2)证明: 连结D1B1,DB,因为BB1∥DD1,BB1=DD1,所以四边形D1DBB1是平行四边形. 连结DB1交D1B于点F,连结EF,则F为DB1的中点. 在△B1CD中,因为DE=CE,DF=B1F,所以EF∥B1C. 又因为B1C⊄平面BED1,EF⊂平面BED1, 所以B1C∥平面BED1. (3)由 (1)可知BC⊥D1E, 又因为D1E⊥CD,且BC∩CD=C, 所以D1E⊥平面ABCD. 设G为AB的中点,以E为原点,EG,EC,ED1所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,如图.则E(0,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),G(1,0,0). 设D1E=a,则D1(0,0,a),B1(1,2,a). 设平面BED1的一个法向量为n=(x,y,z), 因为=(1,1,0),=(0,0,a), 所以由得 令x=1,得n=(1,-1,0). 设平面BCC1B1的一个法向量为m=(x1,y1,z1), 因为=(1,0,0),=(1,1,a), 所以由得 令z1=1,得m=(0,-a,1). 由平面BCC1B1与平面BED1所成的锐二面角的大小为, 得|cos 解得a=1.所以D1E=1. 3. 解析 不妨设正三角形ABC的边长为3. (1)证明: 在题图1中,取BE的中点D,连结DF. ∵===,∴AF=AD=2, 又∠A=60°,∴△ADF为正三角形. 又∵AE=ED=1,∴EF⊥AD, ∴在题图2中有A1E⊥EF,BE⊥EF. ∴∠A1EB为二面角A1-EF-B的平面角. ∵二面角A1-EF-B为直二面角,∴A1E⊥BE. 又∵BE∩EF=E,∴A1E⊥平面BEF,即A1E⊥平面BEP. (2)由 (1)可知,A1E⊥平面BEP,BE⊥EF,故可建立如图所示的空间直角坐标系,则E(0,0,0),A1(0,0,1),B(2,0,0),F(0,,0),P(1,,0), ∴=(2,0,-1),=(-1,,0),=(0,0,1), 设平面A1BP的法向量为n1=(x1,y1,z1), 则 令x1=3,则n1=(3,,6). ∴cos 易知直线A1E与平面A1BP所成角的大小为. (3)=(0,,-1),=(-1,0,0),设平面A1FP的法向量为n2=(x2,y2,z2). 则n2⊥,n2⊥, 即 令y2=1,得n2=(0,1,). ∴cos 又易知二面角B-A1P-F为钝二面角, 所以二面角B-A1P-F的余弦值是-. 4. 解析 (1)证明: ∵PA=AD=1,PD=, ∴PA2+AD2=PD2,即PA⊥AD.(2分) 又PA⊥CD,AD∩CD=D, ∴PA⊥平面ABCD.(4分) (2)过E作EG∥PA交AD于G,从而EG⊥平面ABCD, 且AG=2GD,EG=PA=.(5分) 连结BD交AC于O,过G作GH∥OD,交AC于H, ∴GH=OD=, 连结EH.∵GH⊥AC,EH在平面ABCD上的射影为GH, ∴EH⊥AC, ∴∠EHG为二面角D-AC-E的平面角.(6分) 又tan∠EHG==, ∴二面角D-AC-E的余弦值为.(7分) (3)存在.以A为原点,AB,AD,AP所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系. 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,0,1),E,=(1,1,0),=. 设平面AEC的法向量为n=(x,y,z), 则即 令y=1,则n=(-1,1,-2).(10分) 假设侧棱PC上存在一点F,且=λ(0≤λ≤1),使得BF∥平面AEC,则·n=0. 又∵=+=(0,1,0)+(-λ,-λ,λ)=(-λ,1-λ,λ), ∴·n=λ+1-λ-2λ=0,∴λ=, ∴存在点F,使得BF∥平面AEC,且F为PC的中点.(12分)
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