2021届高考数学统考二轮复习-增分强化练(二十二)空间向量与立体几何(理-含解析).doc

2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练（二十二）空间向量与立体几何（理，含解析）

2021届高考数学统考二轮复习 增分强化练（二十二）空间向量与立体几何（理，含解析）

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增分强化练(二十二)
1．(2019·泉州质检)在四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，AB＝1，AD＝2BC＝，PD＝.
(1)求证： 平面PBD⊥平面PAC；
(2)M为棱PB上异于B的点，且AM⊥MC，求直线AM与平面MCD所成角的正弦值．
解析：(1)证明：在Rt△ABC与Rt△ABD中，因为＝， ＝，
所以＝，∠ABC＝∠DAB＝90°，即△ABC∽△DAB，所以∠ABD＝∠BCA.
因为∠ABD＋∠CBD＝90°，所以∠BCA＋∠CBD＝90°，所以AC⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PD⊥AC，
又BD∩PD＝D，所以AC⊥平面PBD，
又AC⊂平面PAC, 所以平面PBD⊥平面PAC.
(2)过A作AE∥DP，因为PD⊥平面ABCD，所以AE⊥平面ABCD，即AE，AB，AD两两相垂直，以A为原点，AB，AD，AE所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AB＝1，AD＝2BC＝，PD＝，
所以A(0,0,0)，B(1,00)，C，D(0，，0)，P(0，，)，
＝(1,0,0)，＝(－1，，)，＝，
设＝λ，λ∈(0,1]．则＝＋λ＝(1－λ，λ，λ)，
＝＋λ＝(－λ，－＋λ，λ).
因为AM⊥MC，所以·＝0，即(1－λ)(－λ)＋λ＋3λ2＝0，
解得6λ2－2λ＝0，λ＝0或λ＝.因为λ∈(0,1]，所以λ＝.
所以＝，即M.
所以＝，＝，
设n＝(x0，y0，z0)为平面MCD的一个法向量，则，
所以，
所以取n＝，
设直线AM与平面MCD所成角为θ，
所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
所以直线AM与平面MCD所成角的正弦值.
2．(2019·济宁模拟)如图，在直角梯形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，且AB＝2DE＝2BE，点C是AB中点，现将△ACD沿CD折起，使点A到达点P的位置．

(1)求证：平面PBC⊥平面PEB；
(2)若PE与平面PBC所成的角为45°，求平面PDE与平面PBC所成锐二面角的余弦值．
解析：(1)证明：∵AB∥DE，AB＝2DE，点C是AB中点，
∴CB∥ED，CB＝ED，∴四边形BCDE为平行四边形，
∴CD∥EB，
又EB⊥AB，∴CD⊥AB，
∴CD⊥PC，CD⊥BC，∴CD⊥平面PBC，
∴EB⊥平面PBC，
又∵EB⊂平面PEB，∴平面PBC⊥平面PEB.
(2)由(1)知EB⊥平面PBC，
∴∠EPB即为PE与平面PBC所成的角，
∴∠EPB＝45°，
∵EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，∴△PBE为等腰直角三角形，∴EB＝PB＝BC＝PC，
故△PBC为等边三角形，
取BC的中点O，连结PO，则PO⊥BC，
∵EB⊥平面PBC，又EB⊂平面EBCD，
∴平面EBCD⊥平面PBC，又PO⊂平面PBC，
∴PO⊥平面EBCD，
以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系如图，

设BC＝2，则B(0,1,0)，E(2,1,0)，D(2，－1,0)，
P(0,0，)，
从而＝(0,20)，＝(2,1，－)，
设平面PDE的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则由得，令z＝2得m＝(，0,2)，
又平面PBC的一个法向量n＝(1,0,0)，
则cos〈m，n〉＝＝＝，
平面PDE与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.
3．(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
(1)证明：MN∥平面C1DE；
(2)求二面角A­MA1­N的正弦值．
解析：(1)证明：如图，连接B1C，ME.
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C且ME＝B1C.
又因为N为A1D的中点，所以ND＝A1D.

由题设知A1B1綊DC，
可得B1C綊A1D，故ME綊ND，
因此四边形MNDE为平行四边形，
所以MN∥ED.
又MN⊄平面C1DE，
所以MN∥平面C1DE.
(2)由已知可得DE⊥DA，以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则A(2,0,0)，A1(2,0,4)，M(1，，2)，N(1,0,2)，＝(0,0，－4)，＝(－1，，－2)，＝(－1,0，－2)，＝(0，－，0)．
设m＝(x，y，z)为平面A1MA的法向量，则
所以可取m＝(，1,0)．
设n＝(pq，r)为平面A1MN的法向量，
则所以
可取n＝(2,0，－1)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝，
所以二面角A­MA1­N的正弦值为.
4．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.

(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B­EC­C1的正弦值．

解析：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，
则C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，E(1,0,1)，＝(1,0,0)，＝(1，－1,1)，＝(0,0,2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
则即
所以可取m＝(1,1,0)．
于是cos〈n，m〉＝＝－.
所以，二面角B­EC­C1的正弦值为.