1、大二轮理2大二轮 数学 理适考素能特训3大二轮 数学 理一、选择题12015陕西西安质检若平面，的法向量分别是n1(2，3,5)，n2(3,1，4)，则()ABC，相交但不垂直D以上答案均不正确解析 n1n22(3)(3)15(4)0，n1 与 n2 不垂直，且不共线 与 相交但不垂直4大二轮 数学 理2如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为()A.55B.53C.2 55D.355大二轮 数学 理解析 不妨设 CB1，则 B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)BC1(0,2，
2、1)，AB1(2,2,1)cosBC1，AB1 BC1 AB1|BC1|AB1|04153 55，故选 A.6大二轮 数学 理32016湖南怀化检测 如图所示，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，棱长为 a，M，N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1MAN 2a3，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A斜交B平行C垂直DMN 在平面 BB1C1C 内7大二轮 数学 理解析 建立如图所示的空间直角坐标系，由于 A1MAN 2a3，则Ma，2a3，a3，N2a3，2a3，a，MN a3，0，2a3.8大二轮 数学 理又 C1D1平面 BB1C1C，所以C1D1(0，a,0)为平
3、面BB1C1C 的一个法向量因为MN C1D1 0，所以MN C1D1，所以 MN平面 BB1C1C.9大二轮 数学 理42014四川高考 如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，点 O 为线段 BD 的中点设点 P 在线段 CC1 上，直线OP 与平面 A1BD 所成的角为，则 sin 的取值范围是()A.33，1B.63，1C.63，2 23D.2 23，110大二轮 数学 理解析(1)解法一：以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示不妨设 DCDADD11，则 D(0,0,0)，B(1,1,0)，A1(1,0,1)，O1
4、2，12，0，并设点 P(0,1，t)，且 0t1.11大二轮 数学 理则OP 12，12，t，A1D(1,0，1)，A1B(0,1，1)设平面 A1BD 的法向量为 n(x0，y0，z0)，则有nA1D 0，nA1B 0，即x0z00，y0z00，取 x01，y01，z01，n(1，1，1)sin|cosOP，n|1t|3t212(0t1)，12大二轮 数学 理sin2t22t13t212，0t1.令 f(t)t22t13t212，0t1.则 f(t)2t2t13t21222t1t13t2122，可知当 t0，12 时，f(t)0；当 t12，1 时，f(t)0.13大二轮 数学 理又f(0
5、)23，f12 1，f(1)89，fmax(t)f12 1，fmin(t)f(0)23.sin 的最大值为 1，最小值为 63.sin 的取值范围为63，1，故选 B.14大二轮 数学 理解法二：易证 AC1平面 A1BD，当点 P 在线段 CC1 上从 C 运动到 C1 时，直线 OP 与平面 A1BD 所成的角 的变化情况：AOA12C1OA1(点 P 为线段 CC1 的中点时，2)由于 sinAOA1 63，sinC1OA12 23 63，sin21，所以 sin 的取值范围是63，1，故选 B.15大二轮 数学 理二、填空题52016江苏苏州二模已知正方形 ABCD 的边长为 4，CG
6、平面 ABCD，CG2，E，F 分别是 AB，AD 的中点，则点 C 到平面 GEF 的距离为_6 111116大二轮 数学 理解析 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，相关各点的坐标为 G(0,0,2)，F(4,2,0)，E(2,4,0)，C(0,0,0)，则CG(0,0,2)，GF(4,2，2)，GE(2,4，2)设平面GEF 的法向量为 n(x，y，z)，17大二轮 数学 理由 GF n0，GE n0，得平面 GEF 是一个法向量为 n(1,1,3)，所以点 C 到平面 GEF 的距离 d|nCG|n|6 1111.18大二轮 数学 理三、解答题62015甘肃天水一模 如图，在四棱锥
7、 SABCD 中，底面 ABCD 为梯形，ADBC，AD平面 SCD，ADDC2，BC1，SD2，SDC120.(1)求 SC 与平面 SAB 所成角的正弦值；(2)求平面 SAD 与平面 SAB 所成的锐二面角的余弦值19大二轮 数学 理解 如图，在平面 SCD 中，过点 D 作 DC 的垂线交 SC于 E，以 D 为原点，DA，DC，DE 所在直线分别为 x 轴，y轴，z 轴，建立空间直角坐标系则有 D(0,0,0)，S(0，1，3)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，B(1,2,0)20大二轮 数学 理(1)设平面 SAB 的法向量为 n(x，y，z)，AB(1,2,0)，AS(2，1
8、，3)，A Bn0，A Sn0，x2y0，2xy 3z0，取 y 3，得 n(2 3，3，5)又SC(0,3，3)，设 SC 与平面 SAB 所成角为，则 sin|cosS C，n|2 32 32 10 1020，21大二轮 数学 理故 SC 与平面 SAB 所成角的正弦值为 1020.(2)设平面 SAD 的法向量为 m(a，b，c)，D A(2,0,0)，D S(0，1，3)，则有2a0，b 3c0，取 b 3，得 m(0，3，1)cosn，m nm|n|m|82 102 105，故平面 SAD 与平面 SAB 所成的锐二面角的余弦值是105.22大二轮 数学 理72014全国卷如图，三棱
9、柱 ABCA1B1C1 中，侧面 BB1C1C 为菱形，ABB1C.(1)证明：ACAB1；(2)若 ACAB1，CBB160，ABBC，求二面角 AA1B1C1 的余弦值23大二轮 数学 理解(1)证明：连接 BC1，交 B1C 于点 O，连接 AO.因为侧面 BB1C1C 为菱形，所以 B1CBC1，且 O 为 B1C 及 BC1的中点又 ABB1C，所以 B1C平面 ABO.由于 AO平面ABO，故 B1CAO.又 B1OCO，故 ACAB1.(2)因为 ACAB1，且 O 为 B1C 的中点，所以 AOCO.又因为 ABBC，所以BOABOC.故 OAOB，从而 OA，OB，OB1 两
10、两互相垂直24大二轮 数学 理以 O 为坐标原点，OB 的方向为 x 轴正方向，|OB|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.因为CBB160，25大二轮 数学 理所 以 CBB1 为 等 边 三 角 形，又 AB BC，则A0，0，33，B(1,0,0)，B10，33，0，C0，33，0.AB1 0，33，33，A1B1 AB1，0，33，B1C1 BC1，33，0.设 n(x，y，z)是平面 AA1B1 的法向量，26大二轮 数学 理则 nAB1 0，nA1B1 0，即 33 y 33 z0，x 33 z0.所以可取 n(1，3，3)设 m 是平面 A1B1C1 的法向量，则m
11、A1B1 0，mB1C1 0.同理可取 m(1，3，3)则 cosn，m nm|n|m|17.27大二轮 数学 理易知二面角 AA1B1C1 为锐二面角所以二面角 AA1B1C1 的余弦值为17.28大二轮 数学 理82016合肥质检 如图，六面体 ABCDHEFG 中，四边形 ABCD 为菱形，AE，BF，CG，DH 都垂直于平面 ABCD.若 DADHDB4，AECG3.29大二轮 数学 理(1)求证：EGDF；(2)求 BE 与平面 EFGH 所成角的正弦值解(1)证明：连接 AC，由 AE 綊 CG 可知四边形 AEGC为平行四边形，所以 EGAC，而 ACBD，ACBF，所以 EGB
12、D，EGBF，因为 BDBFB，所以 EG平面 BDHF，又 DF平面 BDHF，所以 EGDF.30大二轮 数学 理(2)设 ACBDO，EGHFP，由已知可得：平面ADHE平面 BCGF，所以 EHFG，同理可得：EFHG，所以四边形 EFGH 为平行四边形，所以 P 为 EG 的中点，O为 AC 的中点，所以 OP 綊 AE，从而 OP平面 ABCD，又 OAOB，所以 OA，OB，OP 两两垂直，由平面几何知识，得 BF2.31大二轮 数学 理如图，建立空间直角坐标系 Oxyz 则 B(0,2,0)，E(2 3，0,3)，F(0,2,2)，P(0,0,3)，所以BE(2 3，2,3)，
13、PE(2 3，0,0)，PF(0,2，1)32大二轮 数学 理设平面 EFGH 的法向量为 n(x，y，z)，由PEn0，PFn0，可得x0，2yz0，令 y1，则 z2.所以 n(0,1,2)设 BE 与平面 EFGH 所成角为，则 sin|BEn|BE|n|4 525.33大二轮 数学 理92016河南六市联考 如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，平面 ABB1A1 为矩形，ABBC1，AA1 2，D 为 AA1的中点，BD 与 AB1 交于点 O，BCAB1.(1)证明：CDAB1；(2)若 OC 33，求二面角 ABCB1 的余弦值34大二轮 数学 理解(1)证明：由AB1B 与DB
14、A 相似，知 BDAB1，又 BCAB1，BDBCB，AB1平面 BDC，CD平面 BDC，CDAB1.(2)由于 OC 33，BC1，在ABD 中，可得 OB 63，BOC 是直角三角形，BOCO.由(1)知 COAB1，则 CO平面 ABB1A1.35大二轮 数学 理以 O 为坐标原点，OA，OD，OC 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则 A33，0，0，B0，63，0，C0，0，33，B1 23 3，0，0，BC 0，63，33，AB 33，63，0，BB1 23 3，63，0，36大二轮 数学 理设平面 ABC，平面 BCB1 的法向量分别为 n1(x1，y1
15、，z1)，n2(x2，y2，z2)，则BCn1 63 y1 33 z10，ABn1 33 x1 63 y10，n1(2，1，2)，BCn2 63 y2 33 z20，BB1 n223 3x2 63 y20，37大二轮 数学 理n2(1，2，2)，cosn1，n2 n1n2|n1|n2|2 7035，又二面角 ABCB1 为钝二面角，二面角 ABCB1 的余弦值为2 7035.38大二轮 数学 理102015天津高考 如图，在四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，侧棱 A1A底面 ABCD，ABAC，AB1，ACAA12，ADCD 5，且点 M 和 N 分别为 B1C 和 D1D 的中点39大二轮
16、 数学 理(1)求证：MN平面 ABCD；(2)求二面角 D1ACB1 的正弦值；(3)设 E 为棱 A1B1 上的点，若直线 NE 和平面 ABCD 所成角的正弦值为13，求线段 A1E 的长解 如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得 A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，D(1，2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1，2,2)40大二轮 数学 理又因为 M，N 分别为 B1C 和 D1D 的中点，得 M1，12，1，N(1，2,1)(1)证明：依题意，可得 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量.MN 0，52，0
17、.41大二轮 数学 理由此可得MN n0，又因为直线 MN平面 ABCD，所以 MN平面 ABCD.(2)AD1(1，2,2)，AC(2,0,0)设 n1(x1，y1，z1)为平面 ACD1 的法向量，则n1AD1 0，n1AC0，即x12y12z10，2x10.不妨设 z11，可得 n1(0,1,1)42大二轮 数学 理设 n2(x2，y2，z2)为平面 ACB1 的法向量，则 n2AB1 0，n2AC0，又AB1(0,1,2)，得y22z20，2x20.不妨设 z21，可得 n2(0，2，1)因此有 cosn1，n2 n1n2|n1|n2|1010，于是 sinn1，n23 1010，所以
18、，二面角 D1ACB1 的正弦值为3 1010.43大二轮 数学 理(3)依题意，可设A1E A1B1，其中 0,1，则 E(0，2)，从而NE(1，2,1)又 n(0,0,1)为平面 ABCD 的一个法向量，由已知，得cosNE，n NEn|NE|n|112221213，整理得2430，又因为 0,1，解得 72.所以，线段 A1E 的长为 72.44大二轮 数学 理112015洛阳统考如图，四边形 ABCD 中，ABAD，ADBC，AD6，BC2AB4，E，F 分别在 BC，AD 上，EFAB.现将四边形 ABCD 沿 EF 折起，使平面 ABEF平面 EFDC.45大二轮 数学 理(1)
19、若 BE1，是否在折叠后的线段 AD 上存在一点 P，且APPD，使 CP平面 ABEF？若存在，求出 的值，若不存在，说明理由；(2)求三棱锥 ACDF 的体积的最大值，并求出此时二面角 EACF 的余弦值46大二轮 数学 理解 平面 ABEF平面 EFDC，平面 ABEF平面EFDCEF，FDEF，FD平面 ABEF，又 AF平面 ABEF，FDAF，在折起过程中，AFEF，又 FDEFF，AF平面 EFDC.以 F 为原点，FE，FD，FA 分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系47大二轮 数学 理(1)解法一：若 BE1，则各点坐标如下：F(0,0,0)，A(0,0,1)，D(0,5
20、,0)，C(2,3,0)，平面 ABEF 的法向量可为FD(0,5,0)，APPD，FPFA(FD FP)，FP 11FA 1FD 11(0,0,1)1(0,5,0)0，51，11，48大二轮 数学 理P0，51，11，CP2，513，112，321，11，若 CP平面 ABEF，则必有CPFD，即CPFD 0，CP FD 2，321，11(0,5,0)32150，49大二轮 数学 理32，AD 上存在一点 P，且AP32PD，使 CP平面 ABEF.解法二：AD 上存在一点 P，使 CP平面 ABEF，此时32.理由如下：当 32时，AP32PD，可知APAD35，50大二轮 数学 理过点
21、P 作 MPFD 交 AF 于点 M，连接 EM，PC，则有MPFDAPAD35，又 BE1，可得 FD5，故 MP3，又 EC3，MPFDEC，故有 MP 綊 EC，故四边形MPCE 为平行四边形，CPME，又 CP平面 ABEF，ME平面 ABEF，故有 CP平面 ABEF.51大二轮 数学 理(2)设 BEx(0 x4)，则 AFx，FD6x，故 V 三棱锥 ACDF13122(6x)x13(x26x)，当 x3 时，V 三棱锥 ACDF 有最大值，且最大值为 3，A(0,0,3)，D(0,3,0)，C(2,1,0)，E(2,0,0)，AE(2,0，3)，AC(2,1，3)，FA(0,0
22、,3)，FC(2,1,0)，设平面 ACE 的法向量 m(x1，y1，z1)，52大二轮 数学 理则 mAC0，mAE0，即2x1y13z10，2x13z10，令 x13，则 y10，z12，则 m(3,0,2)设平面 ACF 的法向量 n(x2，y2，z2)，则nFA0，nFC0，即3z20，2x2y20，令 x21，则 y22，z20，则 n(1，2,0)，53大二轮 数学 理则 cosm，n mn|m|n|313 53 6565，故二面角 EACF 的余弦值为3 6565.54大二轮 数学 理122016山东名校联考 如图，在多面体 ABCA1B1C1中，四边形 ABB1A1 是正方形，
23、三角形 A1CB 是等边三角形，ACAB1，B1C1BC，BC2B1C1.55大二轮 数学 理(1)求证：AB1平面 A1C1C；(2)若点 M 是边 AB 上的一个动点(包括 A，B 两端点)，试确定点 M 的位置，使得平面 A1C1C 与平面 MA1C1 夹角的余弦值为13.解(1)证明：取 BC 的中点 E，连接 AE，C1E，B1E，B1C1BC，BC2B1C1，B1C1EC，B1C1EC，四边形 CEB1C1 为平行四边形，从而 B1EC1C.又 C1C平面 A1C1C，B1E平面 A1C1C，56大二轮 数学 理B1E平面 A1C1C.又易知 B1C1BE，B1C1BE，四边形 B
24、1C1EB 是平行四边形，B1BC1E，B1BC1E，又四边形 ABB1A1 是正方形，AA1BB1，AA1BB1，AA1C1E，A1AC1E，四边形 AEC1A1 为平行四边形，AEA1C1.又 A1C1平面 A1C1C，AE平面 A1C1C，AE平面 A1C1C.57大二轮 数学 理根据，结合 AEB1EE 可得，平面 B1AE平面A1C1C.又 AB1平面 B1AE，故 AB1平面 A1C1C.(2)四边形 ABB1A1 为正方形，A1AABAC1，AA1AB.又三角形 A1CB 为等边三角形，A1CBCA1B 2.由勾股定理的逆定理可得A1AC90，BAC90，即 A1AAC，ABAC
25、.58大二轮 数学 理经过点 A 的三条直线 AA1，AC，AB 两两垂直从而，可建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则C(1,0,0)，A1(0,0,1)，C112，12，1.59大二轮 数学 理设 M(0，t,0)(0t1)，则CA1(1,0,1)，A1C1 12，12，0，A1M(0，t，1)设平面 A1C1C 的法向量为 n1(x，y，z)，则n1CA1 0，n1A1C1 0，即xz0，12x12y0，令 z1，则 x1，y1，60大二轮 数学 理n1(1，1,1)为平面 A1C1C 的一个法向量设平面 MA1C1 的法向量为 n2(m，n，k)，则n2A1C1 0，n2A1M 0
26、，即12m12n0，tnk0，令 n1，则 m1，kt，n2(1,1，t)为平面 MA1C1 的一个法向量61大二轮 数学 理由题设得|cosn1，n2|n1n2|n1|n2|13，即|2t|3 2t213，又 0t1，t1.故当点 M 与点 B 重合时，平面 A1C1C 与平面 MA1C1夹角的余弦值为13.62大二轮 数学 理典题例证2016全国卷如图，在以 A，B，C，D，E，F 为顶点的五面体中，面 ABEF 为正方形，AF2FD，AFD90，且二面角 DAFE 与二面角 CBEF 都是 60.63大二轮 数学 理(1)证明：平面 ABEF平面 EFDC；(2)求二面角 EBCA 的余
27、弦值.审题过程切入点 利用线面垂直可推证面面垂直关注点 建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角.64大二轮 数学 理规范解答(1)证明：由已知可得 AFDF，AFFE，所以 AF平面 EFDC.又 AF平面 ABEF，故平面 ABEF平面 EFDC.65大二轮 数学 理(2)过D作DGEF，垂足为G，由(1)知DG平面ABEF.以 G 为坐标原点，GF 的方向为 x 轴正方向，|GF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Gxyz.由(1)知DFE 为二面角 DAFE 的平面角，故DFE60，则 DF2，DG 3，可得 A(1,4,0)，B(3,4,0)，E(3,0,0)，D(0,
28、0，3)由已知，ABEF，所以 AB平面 EFDC.又平面 ABCD平面 EFDCCD，故 ABCD，CDEF.66大二轮 数学 理由 BEAF，可得 BE平面 EFDC，所以CEF 为二面角 CBEF 的平面角，CEF60.从而可得 C(2,0，3)连接 AC，则EC(1,0，3)，EB(0,4,0)，AC(3，4，3)，AB(4,0,0)设 n(x，y，z)是平面 BCE 的法向量，则nEC0，nEB0，即x 3z0，4y0，67大二轮 数学 理所以可取 n(3,0，3)设 m 是平面 ABCD 的法向量，则mAC0，mAB0.同理可取 m(0，3，4)则 cosn，m nm|n|m|2 1919.故二面角 EBCA 的余弦值为2 1919.68大二轮 数学 理模型归纳利用向量求空间角的模型示意图如下：