《五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第八章 第六節(jié) 空間向量的應(yīng)用 理全國(guó)通用》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《五年高考真題高考數(shù)學(xué) 復(fù)習(xí) 第八章 第六節(jié) 空間向量的應(yīng)用 理全國(guó)通用（7頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 考點(diǎn)　空間向量及其應(yīng)用 1．(20xx·陜西，18)如圖1，在直角梯形 ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點(diǎn)，O是AC與BE的交點(diǎn)．將△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如圖2. (1)證明：CD⊥平面A1OC； (2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值． (1)證明　在圖1中，因?yàn)锳B＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中點(diǎn)，∠BAD＝，所以BE⊥AC， 即在圖2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O， 圖1 從而BE⊥平面A1OC， 又在直角梯形ABC

2、D中，AD∥BC，BC＝AD，E為AD中點(diǎn)，所以BC綉ED， 所以四邊形BCDE為平行四邊形，故有CD∥BE， 所以CD⊥平面A1OC. (2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE， 又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC， 所以∠A1OC為二面角A1－BE－C的平面角， 所以∠A1OC＝， 圖2 如圖，以O(shè)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系， 因?yàn)锳1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED， 所以B，E， A1，C， 得＝， ＝， ＝＝(－，0，0)， 設(shè)平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平

3、面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC與平面A1CD夾角為θ， 則得取n1＝(1，1，1)； 得取n2＝(0，1，1)， 從而cos θ＝|cos|＝＝， 即平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值為. 2．(20xx·天津，17)如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，側(cè)棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且點(diǎn)M和N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)． (1)求證：MN∥平面ABCD； (2)求二面角D1－AC－B1的正弦值； (3)設(shè)E為棱A1B1上的點(diǎn)，若直線NE和平面ABCD所成角的正弦值為，求線段A

4、1E的長(zhǎng)． 解　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)， A1(0，0，2)，B1(0，1，2)，C1(2，0，2)，D1(1，－2，2)，又因?yàn)镸，N分別為B1C和D1D的中點(diǎn)， 得M， N(1，－2，1)． (1)證明　依題意，可得n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個(gè)法向量，＝，由此可得·n＝0，又因?yàn)橹本€MN?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD. (2)＝(1，－2，2)，＝(2，0，0)， 設(shè)n1＝(x，y，z)為平面ACD1的法向量， 則即 不妨設(shè)z＝1，可得n1＝(0，1，1)．

5、 設(shè)n2＝(x，y，z)為平面ACB1的法向量，則 又＝(0，1，2)， 得不妨設(shè)z＝1，可得n2＝(0，－2，1)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝ －，于是sin〈n1，n2〉＝. 所以，二面角D1－AC－B1的正弦值為. (3)依題意，可設(shè)＝λ，其中λ∈[0，1]，則E(0，λ，2)，從而＝(－1，λ＋2，1)，又n＝(0，0，1)為平面ABCD的一個(gè)法向量， 由已知，得cos〈，n〉＝ ＝＝， 整理得λ2＋4λ－3＝0， 又因?yàn)棣恕蔥0，1]，解得λ＝－2， 所以，線段A1E的長(zhǎng)為－2. 3．(20xx·江西，19)如圖，四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面AB

6、CD，E為BD的中點(diǎn)，G為PD的中點(diǎn)，△DAB≌△DCB，EA＝EB＝AB＝1，PA＝，連接CE并延長(zhǎng)交AD于F. (1)求證：AD⊥平面CFG； (2)求平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值． (1)證明　在△ABD中，因?yàn)镋是BD的中點(diǎn)，所以 EA＝EB＝ED＝AB＝1， 故∠BAD＝，∠ABE＝∠AEB＝， 因?yàn)椤鱀AB≌△DCB， 所以△EAB≌△ECB， 從而有∠FED＝∠BEC＝∠AEB＝， 所以∠FED＝∠FEA， 故EF⊥AD，AF＝FD， 又因?yàn)镻G＝GD， 所以FG∥PA. 又PA⊥平面ABCD， 所以GF⊥AD， 故AD⊥平面CFG. (

7、2)解　以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的坐標(biāo)系， 則A(0，0，0)，B(1，0，0)， C， D，P， 故＝， ＝， ＝. 設(shè)平面BCP的法向量n1＝(1，y1，z1)， 則 解得即n1＝. 設(shè)平面DCP的法向量n2＝(1，y2，z2)， 則解得 即n2＝(1，，2)．從而平面BCP與平面DCP的夾角的余弦值為cosθ＝＝＝. 4.(20xx·湖北，19)如圖，AB是圓O的直徑，點(diǎn)C是圓O上異于A，B的點(diǎn)，直線PC⊥平面ABC，E，F(xiàn)分別是PA，PC的中點(diǎn)． (1)記平面BEF與平面ABC的交線為l，試判斷直線l與平面PAC的位置關(guān)系，并加以證明； (2)設(shè)(1)

8、中的直線l與圓O的另一個(gè)交點(diǎn)為D，且點(diǎn)Q滿足＝，記直線PQ與平面ABC所成的角為θ，異面直線PQ與EF所成的角為α，二面角E-l-C的大小為β，求證：sin θ＝sin αsin β. (1)解　直線l∥平面PAC，證明如下： 連接EF，因?yàn)镋，F(xiàn)分別是PA，PC的中點(diǎn)， 所以EF∥AC. 又EF?平面ABC，且AC?平面ABC， 所以EF∥平面ABC. 而EF?平面BEF，且平面BEF∩平面ABC＝l，所以EF∥l. 因?yàn)閘?平面PAC，EF?平面PAC， 所以直線l∥平面PAC. (2)證明　法一　(綜合法)如圖1，連接BD，由(1)可知交線l即為直線BD，且l∥AC.

9、 因?yàn)锳B是⊙O的直徑， 所以AC⊥BC， 于是l⊥BC， 圖1 已知PC⊥平面ABC，而l?平面ABC，所以PC⊥l. 而PC∩BC＝C，所以l⊥平面PBC. 連接BE，BF，因?yàn)锽F?平面PBC， 所以l⊥BF. 故∠CBF就是二面角E-l-C的平面角， 即∠CBF＝β. 由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP. 連接PQ，DF，因?yàn)镕是CP的中點(diǎn)，CP＝2PF， 所以DQ＝PF， 從而四邊形DQPF是平行四邊形，PQ∥FD. 連接CD，因?yàn)镻C⊥平面ABC， 所以CD是FD在平面ABC內(nèi)的射影， 故∠CDF就是直線PQ與平面ABC所成的角，即∠C

10、DF＝θ. 又BD⊥平面PBC，有BD⊥BF，知∠BDF為銳角， 故∠BDF為異面直線PQ與EF所成的角，即∠BDF＝α， 于是在Rt△DCF，Rt△FBD，Rt△BCF中，分別可得 sin θ＝，sin α＝，sin β ＝， 從而sin αsin β＝·＝＝sin θ， 即sin θ＝sin αsin β. 法二　(向量法)如圖2，由＝，作DQ∥CP，且DQ＝CP. 連接PQ，EF，BE，BF，BD，由(1)可知交線l即為直線BD. 以點(diǎn)C為原點(diǎn)，向量，，所在直線分別為x、y、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)CA＝a，CB＝b，CP＝2c，則有C(0，0，0)，A(a，0，0)，B(0，b，0)，P(0，0，2c)，Q(a，b，c)，E，F(xiàn)(0，0，c)． 于是＝(a，0，0)， 圖2 ＝(－a，－b，c)，＝(0，－b，c)， 所以cos α＝ ＝， 從而sin α＝＝. 又取平面ABC的一個(gè)法向量為m＝(0，0，1)，可得 sin θ＝＝， 設(shè)平面BEF的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)， 所以由 可得 取n＝(0，c，b)． 于是|cos β|＝＝， 從而sin β＝＝. 故sin αsin β＝·＝＝sin θ， 即sin θ＝sin αsin β.