2018届高考数学高考复习指导大二轮专题复习课后强化训练：专题5 第3讲用空间向量的方法解立体几何问题（理） .doc

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1、第一部分专题五第三讲A组1已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为(B)A，4B，4C，2,4 D4，15解析352z0，所以z4，又BP平面ABC，所以x15y60，3x3y3z0，由得x，y2已知在正四棱锥ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，点E是AA1的中点，则异面直线DC1与BE所成角的余弦值为(B)ABCD解析建立如图所示空间直角坐标系，设AB1，则AA12，所以B(1,0,0)，E(0,0,1)，D(0,1,0)，C1(1,1,2)，则(1,0,2)，(1,0,1)，设异面直线DC1与BE所成的角为，则cos 3已知正

2、三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则直线AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于(A)A B C D解析设直线AB1与侧面ACC1A1所成角为，建立如图所示空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则A(0，1,0)，B1(，0,2)，(，1,2)，O(0,0,0)，B(，0,0)，所以(，0,0)为侧面ACC1A1的法向量，所以sin 4已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列命题：()232，()0，向量与向量的夹角为60，正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|，其中正确命题的序号是(B)A B C D解析如图所示：以点D为坐标原点，以向量，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建

3、立空间直角坐标系，设棱长为1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，对于：(0,0，1)，(1,0,0)，(0,1,0)，所以(1,1，1)，()23，而21，所以()232.所以正确；对于：(1,1，1)，(0,0，1)，(0,1,0)，所以()0.所以正确；对于：(1,0,1)，(0,1，1)，1，cos，所以与的夹角为120，所以不正确；对于：因为0，所以错误故选B5在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中，ABC90，ADBC，SA平面ABCD，SAABBC1，AD，则平面S

4、CD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是_.解析如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D(，0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知(，0,0)是平面SAB的一个法向量设平面SCD的法向理n(x，y，z)，因为(，0，1)，(，1,0)，所以n0，n0，可推出z0，y0，令x2，则有y1，z1，所以n(2，1,1)设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为，则cos 6已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是_90_.解析延长A1B1至D，使A1B1B1D，连接BD，C1D，DM，则AB1BD，MBD就是直线AB1和B

5、M所成的角设三棱柱的各条棱长为2，则BM，BD2，C1D2A1D2A1C2A1DA1C1cos 601642412.DM2C1D2C1M213，所以cosDBM0，所以DBM907如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直，CEAC，EFAC，AB，CEEF1.(1)求证：AF平面BDE；(2)求证：CF平面BDE；(3)求二面角ABED的大小解析(1)设AC与BD交于点G，因为EFAG，且EF1，AGAC1，所以四边形AGEF为平行四边形所以AFEG.因为EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CEAC，所以C

6、E平面ABCD.如图以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0,0,0)，A(，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，0)，F(，1)所以(，1)，(0，1)，(，0,1)所以0110，1010.所以CFBE，CFDE，所以CF平面BDE又BEDEE，BE、DE平面BDE(3)由(2)知，(，1)是平面BDE的一个法向量，设平面ABE的法向量n(x，y，z)，则n0，n0即所以x0，zy.令y1，则z所以n(0,1，)，从而cosn，因为二面角ABED为锐角，所以二面角ABED为B组1(2017全国卷，19)如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ACD是直角三角形，ABDC

7、BD，ABBD(1)证明：平面ACD平面ABC；(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角DAEC的余弦值解析(1)证明：由题设可得ABDCBD，从而ADCD又ACD是直角三角形，所以ADC90取AC的中点O，连接DO，BO，则DOAC，DOAO又因为ABC是正三角形，故BOAC，所以DOB为二面角DACB的平面角在RtAOB中 ，BO2AO2AB2，又ABBD，所以BO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90所以平面ACD平面ABC(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长度建立如图所

8、示的空间直角坐标系Oxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1,0,0)，D(0,0,1)由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的，即E为DB的中点，得E(0，)，故(1,0,1)，(2,0,0)，(1，)设n(x，y，z)是平面DAE的法向量，则即可取n(1，1)设m是平面AEC的法向量，则同理可取m(0，1，)，则cosn，m所以二面角DAEC的余弦值为2(2017天津卷，17)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2(1)求

9、证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长解析如图，以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)(1)证明：(0,2,0)，(2,0，2)设n(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，则即不妨设z1，可得n(1,0,1)，又(1,2，1)，可得n0因为MN平面BDE，所以MN平面BDE(2)易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则因为(0，2，1)，(1,2，1)，所以不妨设y11，可得n2(4,1，2)因此有cosn1，n2，于是sinn1，n2所以二面角CEMN的正弦值为(3)依题意，设AH(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，(2,2,2)由已知得|cos，|，整理得10h221h80，解得h或h.所以线段AH的长为或