高三理科數(shù)學(xué) 新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：專題五 立體幾何 專題能力訓(xùn)練15 Word版含答案

《高三理科數(shù)學(xué) 新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：專題五 立體幾何 專題能力訓(xùn)練15 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高三理科數(shù)學(xué) 新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(xí)題：專題五 立體幾何 專題能力訓(xùn)練15 Word版含答案（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題能力訓(xùn)練15　立體幾何中的向量方法 能力突破訓(xùn)練 1. 如圖,正方形ABCD的中心為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,點(diǎn)G為AB的中點(diǎn),AB=BE=2. (1)求證:EG∥平面ADF; (2)求二面角O-EF-C的正弦值; (3)設(shè)H為線段AF上的點(diǎn),且AH=23HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 2. 如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60,O為EF的中點(diǎn). (1)求

2、證:AO⊥BE; (2)求二面角F-AE-B的余弦值; (3)若BE⊥平面AOC,求a的值. 3. (20xx山東,理17)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,G是DF的中點(diǎn). (1)設(shè)P是CE上的一點(diǎn),且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)當(dāng)AB=3,AD=2時(shí),求二面角E-AG-C的大小. 4. 如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E為CD的

3、中點(diǎn). (1)求證:B1E⊥AD1; (2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由. 5. (20xx北京,理16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點(diǎn)M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4. (1)求證:M為PB的中點(diǎn); (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值. 6. 如圖,AB是半圓O的直徑,C是半圓

4、O上除A,B外的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),DC垂直于半圓O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=14. (1)證明:平面ADE⊥平面ACD; (2)當(dāng)三棱錐C-ADE體積最大時(shí),求二面角D-AE-B的余弦值. 思維提升訓(xùn)練 7.如圖甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45,OB=BC=1,OD=3OA,現(xiàn)將梯形ABCD沿OB折起成如圖乙所示的四棱錐P-OBCD,使得PC=3,E是線段PB上一動(dòng)點(diǎn). (1)證明:DE和PC不可能垂直; (2)當(dāng)PE=2BE時(shí),求PD與平面CDE所成角的正弦值

5、. 8. 如圖,平面PAD⊥平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,∠PAD=90,且PA=AD=2;E,F,G分別是線段PA,PD,CD的中點(diǎn). (1)求證:PB∥平面EFG. (2)求異面直線EG與BD所成的角的余弦值. (3)在線段CD上是否存在一點(diǎn)Q,使得點(diǎn)A到平面EFQ的距離為45?若存在,求出CQ的值;若不存在,請(qǐng)說明理由. 參考答案 專題能力訓(xùn)練15　立體幾何中的向量方法 能力突破訓(xùn)練 1.解依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O(shè)為原點(diǎn),分別以AD,BA,OF的方向?yàn)閤軸、

6、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0). (1)證明依題意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量, 則n1AD=0,n1AF=0,即2x=0,x-y+2z=0. 不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,2,1), 又EG=(0,1,-2),可得EGn1=0, 又因?yàn)橹本€EG?平面ADF,所以EG∥平面ADF. (2)易證OA=(-1,1,0)為平面OEF的一個(gè)法向量.依題意

7、,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2). 設(shè)n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量, 則n2EF=0,n2CF=0,即x+y=0,-x+y+2z=0. 不妨設(shè)x=1,可得n2=(1,-1,1). 因此有cos=OAn2|OA||n2|=-63, 于是sin=33. 所以,二面角O-EF-C的正弦值為33. (3)由AH=23HF,得AH=25AF. 因?yàn)锳F=(1,-1,2), 所以AH=25AF=25,-25,45, 進(jìn)而有H-35,35,45,從而BH=25,85,45, 因此cos=BHn2|BH||n2|=-

8、721. 所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為721. 2.(1)證明因?yàn)椤鰽EF是等邊三角形,O為EF的中點(diǎn), 所以AO⊥EF. 又因?yàn)槠矫鍭EF⊥平面EFCB,AO?平面AEF, 所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE. (2)解取BC中點(diǎn)G,連接OG. 由題設(shè)知EFCB是等腰梯形, 所以O(shè)G⊥EF. 由(1)知AO⊥平面EFCB, 又OG?平面EFCB, 所以O(shè)A⊥OG. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則E(a,0,0),A(0,0,3a), B(2,3(2-a),0),EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3(a-2),0). 設(shè)平面AEB

9、的法向量為n=(x,y,z), 則nEA=0,nBE=0,即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0. 令z=1,則x=3,y=-1. 于是n=(3,-1,1). 平面AEF的法向量為p=(0,1,0). 所以cos=np|n||p|=-55. 由題知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-55. (3)解因?yàn)锽E⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BEOC=0. 因?yàn)锽E=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),所以BEOC=-2(a-2)-3(a-2)2. 由BEOC=0及0

10、E,AB⊥BE,AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP?平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120.因此∠CBP=30. (2)解法一:取EC的中點(diǎn)H,連接EH,GH,CH. 因?yàn)椤螮BC=120,所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13. 取AG中點(diǎn)M,連接EM,CM,EC,則EM⊥AG,CM⊥AG, 所以∠EMC為所求二面角的平面角. 又AM=1,所以EM=CM=13-1=23. 在△BEC中,由于∠EBC=120, 由余弦定理得EC2=22+22-222cos120=12,所以EC=23,因此△EMC為等邊

11、三角形,故所求的角為60. 解法二:以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. 由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個(gè)法向量. 由mAE=0,mAG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0. 取z1=2,可得平面AEG的一個(gè)法向量m=(3,-3,2). 設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個(gè)法向量. 由nAG=0,nCG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z

12、2=0. 取z2=-2,可得平面ACG的一個(gè)法向量n=(3,-3,-2). 所以cos=mn|m||n|=12. 因此所求的角為60. 4. 解以A為原點(diǎn),AB,AD,AA1的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖). 設(shè)AB=a,則A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),Ea2,1,0,B1(a,0,1), 故AD1=(0,1,1),B1E=-a2,1,-1,AB1=(a,0,1),AE=a2,1,0. (1)證明∵AD1B1E=-a20+11+(-1)1=0,∴B1E⊥AD1. (2)假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0,z

13、0), 使得DP∥平面B1AE,此時(shí)DP=(0,-1,z0). 又設(shè)平面B1AE的法向量n=(x,y,z). ∵n⊥平面B1AE, ∴n⊥AB1,n⊥AE,得ax+z=0,ax2+y=0. 取x=1,得平面B1AE的一個(gè)法向量n=1,-a2,-a. 要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,有a2-az0=0, 解得z0=12. 又DP?平面B1AE, ∴存在點(diǎn)P,滿足DP∥平面B1AE,此時(shí)AP=12. 5.(1)證明設(shè)AC,BD交點(diǎn)為E,連接ME. 因?yàn)镻D∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME. 因?yàn)锳BCD是正方形,所以E為BD的中點(diǎn). 所

14、以M為PB的中點(diǎn). (2)解取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OE. 因?yàn)镻A=PD,所以O(shè)P⊥AD. 又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以O(shè)P⊥平面ABCD. 因?yàn)镺E?平面ABCD,所以O(shè)P⊥OE. 因?yàn)锳BCD是正方形,所以O(shè)E⊥AD. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2). 設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z), 則nBD=0,nPD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0. 令x=1,則y=1,z=2. 于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量

15、為p=(0,1,0). 所以cos=np|n||p|=12. 由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為π3. (3)解由題意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22. 設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α, 則sinα=|cos|=|nMC||n||MC|=269. 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為269. 6.(1)證明因?yàn)锳B是直徑,所以BC⊥AC. 因?yàn)镃D⊥平面ABC,所以CD⊥BC. 因?yàn)镃D∩AC=C,所以BC⊥平面ACD. 因?yàn)镃D∥BE,CD=BE, 所以四邊形BCDE是平行四邊形, 所以BC∥DE,所以

16、DE⊥平面ACD. 因?yàn)镈E?平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD. (2)解依題意,EB=ABtan∠EAB=414=1. 由(1)知VC-ADE=VE-ACD=13S△ACDDE =1312ACCDDE =16ACBC≤112(AC2+BC2) =112AB2=43, 當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC=22時(shí)等號(hào)成立. 如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,1),E(0,22,1),A(22,0,0),B(0,22,0), 則AB=(-22,22,0),BE=(0,0,1), DE=(0,22,0),DA=(22,0,-1). 設(shè)平面DAE的法向量為n1=(x,y,z),

17、 則n1DE=0,n1DA=0,即22y=0,22x-z=0, 取n1=(1,0,22). 設(shè)平面ABE的法向量為n2=(x,y,z), 則n2BE=0,n2AB=0,即z=0,-22x+22y=0, 取n2=(1,1,0), 所以cos=n1n2|n1||n2|=129=26. 可以判斷與二面角D-AE-B的平面角互補(bǔ),所以二面角D-AE-B的余弦值為-26. 思維提升訓(xùn)練 7.解如題圖甲所示,因?yàn)锽O是梯形ABCD的高,∠BAD=45,所以AO=OB. 因?yàn)锽C=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=2,如題圖乙所示,OP=OA=1,OC=2,

18、PC=3,所以有OP2+OC2=PC2.所以O(shè)P⊥OC. 而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP兩兩垂直,故以O(shè)為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),則P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0), (1)設(shè)E(x,0,1-x),其中0≤x≤1,所以DE=(x,-3,1-x),PC=(1,1,-1). 假設(shè)DE和PC垂直,則DEPC=0,有x-3+(1-x)(-1)=0,解得x=2,這與0≤x≤1矛盾,假設(shè)不成立,所以DE和PC不可能垂直. (2)因?yàn)镻E=2BE,所以E23,0,13.設(shè)平面CDE的一個(gè)法向量是n=(x,y,z),因?yàn)镃D=(-1,2,0),DE=13

19、,-3,13,所以nCD=0,nDE=0, 即-x+2y=0,23x-3y+13z=0. 令y=1,則n=(2,1,5),而PD=(0,3,-1), 所以|cos|=PDn||PD||n|=315. 所以PD與平面CDE所成角的正弦值為315. 8.解∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90, ∴PA⊥平面ABCD, 而四邊形ABCD是正方形,即AB⊥AD. 故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0). (1)證明:∵PB

20、=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1), 設(shè)PB=sFE+tFG,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2, ∴PB=2FE+2FG. 又∵FE與FG不共線,∴FE與FG共面. ∵PB?平面EFG,∴PB∥平面EFG. (2)∵EG=(1,2,-1),BD=(-2,2,0), ∴EGBD=(1,2,-1)(-2,2,0)=1(-2)+22+(-1)0=2. 又∵|EG|=12+22+(-1)2=6, |BD|=(-2)2+22+02=22, ∴cos=EGBD|EG||BD|=2622=36. 因此

21、,異面直線EG與BD所成的角的余弦值為36. (3)假設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)Q滿足題設(shè)條件, 令CQ=m(0≤m≤2),則DQ=2-m, ∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2-m,2,0), ∴EQ=(2-m,2,-1). 而EF=(0,1,0), 設(shè)平面EFQ的法向量為n=(x,y,z), 則nEF=(x,y,z)(0,1,0)=0,nEQ=(x,y,z)(2-m,2,-1)=0, ∴y=0,(2-m)x+2y-z=0, 令x=1,則n=(1,0,2-m), ∴點(diǎn)A到平面EFQ的距離 d=|AEn||n|=|2-m|1+(2-m)2=45, 即(2-m)2=169, ∴m=23或m=103(不合題意,舍去), 故存在點(diǎn)Q,當(dāng)CQ=23時(shí),點(diǎn)A到平面EFQ的距離為45.