1、高中同步测试卷(十四)高考微专题 空间向量与立体几何1(2014高考湖北卷)如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中 E，F，M，N 分别是棱 AB，AD，A1B1，A1D1 的中点，点 P，Q 分别在棱 DD1，BB1 上移动，且 DPBQ(02)(1)当 1 时，证明：直线 BC1平面 EFPQ；(2)是否存在，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由2.如图，在直三棱柱 A1B1C1ABC 中，ABAC，ABAC2，A1A4，点 D 是 BC 的中点(1)求异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值；(2)求平面
2、 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值3.(2014高考浙江卷)如图，在四棱锥 A-BCDE 中，平面 ABC平面 BCDE，CDEBED90，ABCD2，DEBE1，AC 2.(1)证明：DE平面 ACD；(2)求二面角 B-AD-E 的大小4.如图，在直棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，ADBC，BAD90，ACBD，BC1，ADAA13.(1)证明：ACB1D；(2)求直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值5.如图，在等腰直角三角形 ABC 中，A 90，BC6，D，E 分别是 AC，AB 上的点，CDBE 2，O 为 BC 的中点将ADE 沿 DE 折起，得到如
3、图所示的四棱锥ABCDE，其中 AO 3.(1)证明：AO平面 BCDE；(2)求二面角 ACD-B 的平面角的余弦值6.如图，四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E 为棱 AA1 的中点(1)证明 B1C1CE；(2)求二面角 B1CEC1 的正弦值；(3)设点 M 在线段 C1E 上，且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 26，求线段 AM的长7.如图所示，在三棱锥 P-ABQ 中，PB平面 ABQ，BABPBQ，D，C，E，F 分别是AQ，BQ，AP，BP 的中点，AQ2BD，PD 与 EQ 交
4、于点 G，PC 与 FQ 交于点 H，连接 GH.(1)求证：ABGH；(2)求二面角 D-GH-E 的余弦值8.(2014高考江西卷)如图，四棱锥 P-ABCD 中，ABCD 为矩形平面 PAD平面 ABCD.(1)求证：ABPD；(2)若BPC90，PB 2，PC2.问 AB 为何值时，四棱锥 P-ABCD 的体积最大？并求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值参考答案与解析 1导学号：22280090【解】法一：(1)证明：如图(1)，连接 AD1，由 ABCD-A1B1C1D1是正方体，知 BC1AD1.当 1 时，P 是 DD1 的中点，又 F 是 AD 的中点，所以 FPA
5、D1.所以 BC1FP.而 FP平面 EFPQ，且 BC1平面 EFPQ，故直线 BC1平面 EFPQ.(2)如图(2)，连接 BD.因为 E，F 分别是 AB，AD 的中点，所以 EFBD，且 EF12BD.又 DPBQ，DPBQ，所以四边形 PQBD 是平行四边形，故 PQBD，且 PQBD，从而 EFPQ，且 EF12PQ.在 RtEBQ 和 RtFDP 中，因为 BQDP，BEDF1，于是 EQFP 12，所以四边形 EFPQ 是等腰梯形同理可证四边形 PQMN 是等腰梯形分别取 EF，PQ，MN 的中点为 H，O，G，连接 OH，OG，则 GOPQ，HOPQ，而 GOHOO，故GOH
6、 是面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角的平面角若存在，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角，则GOH90.连接 EM，FN，则由 EFMN，且 EFMN，知四边形 EFNM 是平行四边形连接 GH，因为 H，G 分别是 EF，MN 的中点，所以 GHME2.在GOH 中，GH24，OH212222212，OG21(2)2222(2)212，由 OG2OH2GH2，得(2)2122124，解得 1 22，故存在 1 22，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角法二：向量方法：以 D 为原点，射线 DA，DC，DD1 分别为 x，y，z 轴的正半轴建立如图
7、(3)所示的空间直角坐标系 D-xyz.由已知得图(3)B(2，2，0)，C1(0，2，2)，E(2，1，0)，F(1，0，0)，P(0，0，)，BC1(2，0，2)，FP(1，0，)，FE(1，1，0)(1)证明：当 1 时，FP(1，0，1)，因为BC1(2，0，2)，所以BC1 2FP，即 BC1FP.而 FP平面 EFPQ，且 BC1平面 EFPQ，故直线 BC1平面 EFPQ.(2)设平面 EFPQ 的一个法向量为 n(x，y，z)，则由FEn0，FPn0，可得xy0，xz0.于是可取 n(，1)同理可得平面 MNPQ 的一个法向量为 m(2，2，1)若存在，使面 EFPQ 与面 P
8、QMN 所成的二面角为直二面角，则 mn(2，2，1)(，1)0，即(2)(2)10，解得 1 22.故存在 1 22，使面 EFPQ 与面 PQMN 所成的二面角为直二面角2【解】(1)以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(1，1，0)，A1(0，0，4)，C1(0，2，4)，所以A1B(2，0，4)，C1D(1，1，4)因为 cosA1B，C1DA1B C1D|A1B|C1D|1820 183 1010，所以异面直线 A1B 与 C1D 所成角的余弦值为3 1010.(2)设平面 ADC1 的法向量为 n1
9、(x，y，z)，因为AD(1，1，0)，AC1(0，2，4)，所以 n1AD 0，n1AC1 0，即 xy0 且 y2z0，取 z1，得 x2，y2，所以，n1(2，2，1)是平面 ADC1 的一个法向量取平面 AA1B 的一个法向量为 n2(0，1，0)，设平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的大小为.由|cos|n1n2|n1|n2|29 123，得 sin 53.因此，平面 ADC1 与平面 ABA1 所成二面角的正弦值为 53.3导学号：22280091【解】(1)证明：在直角梯形 BCDE 中，由 DEBE1，CD2，得 BDBC 2.由 AC 2，AB2，得 AB2AC2B
10、C2，即 ACBC.又平面 ABC平面 BCDE，从而 AC平面 BCDE，所以 ACDE.又 DEDC，从而 DE平面 ACD.(2)法一：如图，作 BFAD，与 AD 交于点 F，过点 F 作 FGDE，与 AE 交于点 G，连接 BG，由(1)知 DEAD，则 FGAD.所以BFG 是二面角 B-AD-E 的平面角在直角梯形 BCDE 中，由 CD2BC2BD2，得 BDBC，又平面 ABC平面 BCDE，得BD平面 ABC，从而 BDAB.由于 AC平面 BCDE，得 ACCD.在 RtACD 中，由 DC2，AC 2，得 AD 6.在 RtAED 中，由 ED1，AD 6，得 AE
11、7.在 RtABD 中，由 BD 2，AB2，AD 6，得BF2 33，AF23AD，从而 GF23.在ABE，ABG 中，利用余弦定理分别可得 cosBAE5 714，BG23.在BFG 中，cosBFGGF2BF2BG22BFGF 32.所以，BFG6，即二面角 B-AD-E 的大小是6.法二：以 D 为原点，分别以射线 DE，DC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示由题意知各点坐标如下：D(0，0，0)，E(1，0，0)，C(0，2，0)，A(0，2，2)，B(1，1，0)设平面 ADE 的法向量为 m(x1，y1，z1)，平面 ABD 的法向量为 n(x2，
12、y2，z2)，可算得AD(0，2，2)，AE(1，2，2)，DB(1，1，0)由mAD 0，mAE0，得2y1 2z10，x12y1 2z10.可取 m(0，1，2)由nAD 0，nBD 0，得2y2 2z20，x2y20，可取 n(1，1，2)于是|cosm，n|mn|m|n|332 32.由题意可知，所求二面角是锐角故二面角 BAD-E 的大小是6.4.【解】(1)证明：易知，AB，AD，AA1 两两垂直如图，以 A 为坐标原点，AB，AD，AA1 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系设 ABt，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B(t，0，0)，B1(t，0，3)，
13、C(t，1，0)，C1(t，1，3)，D(0，3，0)，D1(0，3，3)从而B1D(t，3，3)，AC(t，1，0)，BD(t，3，0)因为 ACBD，所以ACBD t2300.解得 t 3或 t 3(舍去)于是B1D(3，3，3)，AC(3，1，0)因为ACB1D 3300，所以ACB1D，即 ACB1D.(2)由(1)知，AD1(0，3，3)，AC(3，1，0)，B1C1(0，1，0)设 n(x，y，z)是平面 ACD1 的一个法向量，则nAC0，nAD1 0，即 3xy0，3y3z0.令 x1，则 n(1，3，3)设直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角为，则sin|cosn，B1C
14、1|nB1C1|n|B1C1|37 217，即直线 B1C1 与平面 ACD1 所成角的正弦值为 217.5【解】(1)在折叠前的图形中，在等腰直角三角形 ABC 中，因为 BC6，O 为 BC 的中点，所以 ACAB3 2，OCOB3.又因为 CDBE 2，所以 ADAE2 2.如题图，连接 OD(图略)，在OCD 中，由余弦定理可得OD OC2CD22OCCDcos 45 5.在折叠后的图形中，因为 AD2 2，所以 AO2OD2AD2，所以 AOOD.同理可证 AOOE.又 ODOEO，所以 AO平面 BCDE.(2)以点 O 为原点，建立空间直角坐标系 Oxyz，如图所示(F 为 DE
15、 的中点)，则 A(0，0，3)，C(0，3，0)，D(1，2，0)，所以OA(0，0，3)，CA(0，3，3)，DA(1，2，3)设 n(x，y，z)为平面 ACD 的一个法向量，则nCA 3y 3z0，nDA x2y 3z0.令 z 3，得 n(1，1，3)，|n|113 5.由(1)知，OA(0，0，3)为平面 CDB 的一个法向量又|OA|3，OA n010(1)3 33，所以 cosn，OA nOA|n|OA|33 5 155，即二面角 ACD-B 的平面角的余弦值为 155.6导学号：22280092【解】如图，以点 A 为原点，以 AD，AA1，AB 所在直线为 x 轴、y 轴、
16、z 轴建立空间直角坐标系，依题意得A(0，0，0)，B(0，0，2)，C(1，0，1)，B1(0，2，2)，C1(1，2，1)，E(0，1，0)(1)证明：易得B1C1(1，0，1)，CE(1，1，1)，于是B1C1 CE0，所以 B1C1CE.(2)B1C(1，2，1)设平面 B1CE 的法向量 m(x，y，z)，则mB1C 0，mCE0，即x2yz0，xyz0.消去 x，得 y2z0，不妨令 z1，可得一个法向量为 m(3，2，1)由(1)知，B1C1CE，又 CC1B1C1，可得 B1C1平面 CEC1，故B1C1(1，0，1)为平面 CEC1 的一个法向量于是 cosm，B1C1 mB
17、1C1|m|B1C1|414 22 77，从而 sinm，B1C1 217.所以二面角 B1CEC1 的正弦值为 217.(3)AE(0，1，0)，EC1(1，1，1)设EM EC1(，)，01，有AM AEEM(，1，)可取AB(0，0，2)为平面 ADD1A1 的一个法向量设 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角，则sin|cosAM，AB|AM AB|AM|AB|22（1）2223221.于是3221 26，解得 13(负值舍去)，所以 AM 2.7【解】(1)证明：如图，因为 D、C、F 分别是 AQ，BQ、AP，BP 的中点，所以 EFAB，DCAB.所以 EFDC.又 EF
18、平面 PCD，DC平面 PCD.所以 EF平面 PCD.又 EF平面 EFQ，平面 EFQ平面 PCDGH，所以 EFGH.又 EFAB，所以 ABGH.(2)在ABQ 中，AQ2BD，ADDQ，所以ABQ90.又 PB平面 ABQ，所以 BA，BQ，BP 两两垂直以 B 为坐标原点，分别以 BA，BQ，BP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系设 BABQBP2，则E(1，0，1)，F(0，0，1)，Q(0，2，0)，D(1，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，2)，所以EQ(1，2，1)，FQ(0，2，1)，DP(1，1，2)，CP(0，1，2)设平面 EF
19、Q 的一个法向量为 m(x1，y1，z1)，由 mEQ 0，mFQ 0，得x12y1z10，2y1z10，取 y11，得 m(0，1，2)设平面 PDC 的一个法向量为 n(x2，y2，z2)，由 nDP 0，nCP0，得x2y22z20，y22z20，取 z21，得 n(0，2，1)所以 cosm，n mn|m|n|45.因为二面角 D-GH-E 为钝角，所以二面角 D-GH-E 的余弦值为45.8导学号：22280093【解】(1)证明：因为四边形 ABCD 为矩形，故 ABAD.又平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD，所以 AB平面 PAD，故 ABPD.(2)过
20、P 作 AD 的垂线，垂足为 O，过 O 作 BC 的垂线，垂足为 G，连接 PG.故 PO平面 ABCD，BC平面 POG，BCPG.在 RtBPC 中，PG2 33，GC2 63，BG 63.设 ABm，则 OP PG2OG243m2，故四棱锥 P-ABCD 的体积为V13 6m43m2m386m2，因为 m 86m2 8m26m46m223283，故当 m 63，即 AB 63 时，四棱锥 P-ABCD 的体积最大此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O(0，0，0)，B63，63，0，C63，2 63，0，D0，2 63，0，P0，0，63.故PC63，2 63，63，BC(0，6，0)，CD 63，0，0.设平面 BPC 的法向量 n1(x，y，1)，则由 n1PC，n1BC 得 63 x2 63 y 63 0，6y0，解得 x1，y0，n1(1，0，1)同理可求出平面 DPC 的法向量 n20，12，1.从而平面 BPC 与平面 DPC 夹角 的余弦值为cos|n1n2|n1|n2|12141 105.
