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专题1-3 空间向量综合:斜棱柱、不规则几何体建系计算(讲+练)-2023-2024学年高二数学期末导与练(人教A版选择性必修第一册)
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专题 1.3 空间向量综合:斜棱柱、不规则几何体建系计算 热点考题归纳【题型一】斜棱柱垂面型建系 【典例分析】1.(2023·江西·校联考模拟预测)如图,三棱柱中,,D是AC的中点,.(1)证明:⊥平面;(2)若点到平面的距离是棱长AB的,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】(1)先证明,结合,利用线面垂直的判定证明平面,进而得到,再证明,并利用线面垂直判定证明⊥平面;(2)建立空间直角坐标系,设,由条件证明,求平面和平面的法向量,结合向量夹角公式求二面角的余弦值..【详解】(1)因为,D是AC的中点,所以BD⊥AC,因为,,平面,所以BD⊥平面,又平面,所以因为,D是AC的中点,所以,因为,,平面,所以⊥平面.(2)由(1)知⊥平面,,所以两两垂直,以为原点,以所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,因为,平面,所以,AC⊥平面,因为,所以,取的中点,连接,,可得,所以平面,即为平面,又AC平面,所以平面平面,过点作于点H,平面,平面平面,则⊥平面,所以,令,则因为,,所以,所以,,所以,所以,因为,,所以,所以,,,设平面的一个法向量为,则得,令,则,所以为平面的一个法向量,又BD⊥平面,所以是平面的一个法向量,,所以二面角的余弦值为.2.(2023·河北沧州·校考模拟预测)如图,在斜三棱柱中,,,的中点为,的中点为. (1)证明:OD∥平面;(2)若,,,求平面与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】(1)连接,则为的中点,然后由三角形中位定理可得∥,再由线面平行的判定定理可证得结论;(2)由题意可证得平面,所以以为坐标原点,建立如图所示空间直角坐标系,利用空间向量求解即可.【详解】(1)连接,因为四边形为平行四边形,所以为的中点,因为为的中点,所以∥,又平面,平面,所以∥平面. (2)因为,又,,平面,所以平面,因为平面,所以,又,,平面,所以平面,因为平面,所以平面平面,取的中点,因为,所以,因为平面平面,平面平面,所以平面,,建立如图所示空间直角坐标系,, 由得,则,设平面的法向量为,则,令,所以 ,因为平面,所以可取平面的法向量为.设平面与平面所成角为,由图可知为锐角,则,故平面与平面所成角为.【提分秘籍】【变式演练】1..(2023·天津津南·天津市咸水沽第一中学校考模拟预测)如图,在三棱柱中,平面平面,是的中点,且. (1)证明:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值;(3)求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见详解(2)(3)【分析】(1)根据线面垂直的判定定理结合面面垂直的性质定理分析证明;(2)建系,利用空间向量求线面夹角;(3)建系,利用空间向量求面面夹角【详解】(1)连接,由题意可知:为等边三角形,且是的中点,所以,因为平面平面,平面平面,,所以平面,且平面,可得,,平面,所以平面.(2)取的中点,连接,由题意可知:为等边三角形,则,因为,所以,因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,如图,以为坐标原点原点建立空间直角坐标系,则,可得,设平面的法向量,则,令,则,即,可得,所以直线与平面所成角的正弦值为.(3)由(1)可知:平面,则为平面的法向量,由(2)可得:,所以平面与平面所成角的余弦值. 2.(2023·湖南长沙·雅礼中学校考模拟预测)如图,在四棱锥中,底面是边长为4的菱形,,,点在线段上,,平面平面. (1)求四面体的体积;(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)(2)【分析】(1)取的中点,连接,过点作的平行线,易证,根据面面垂直的性质可得平面,从而可得平面,以点为原点,建立空间直角坐标系,取的中点,连接,根据求得点得坐标,根据,求出,再根据锥体得体积公式即可得解;(2)利用向量法求解即可.【详解】(1)取的中点,连接,过点作的平行线,在菱形中,为等边三角形,又底面是边长为4的菱形,,且,又平面平面,平面平面平面,平面,又平面,又平面,又,如图以点为原点,建立空间直角坐标系,,取的中点,连接,则,,,设,则,由,得,即,设,则,,,;(2)设平面的一个法向量为,由,得取,又,∴直线与平面所成角的正弦值为:. 【题型二】斜棱柱垂线法建系【典例分析】1.(2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考模拟预测)如图,在三棱柱中,平面,点为棱的中点,. (1)求证:;(2)若,求直线与平面所成角的正弦的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据圆的几何关系证明先线垂直,再根据线面垂直的性质和线面垂直判定即可求解;(2)根据线面角法向量求法和均值不等式即可求解.【详解】(1)因为点为棱的中点,,所以A,B,C三点共圆,且AC为直径,所以.因为平面,平面,所以.又因为,平面,所以平面.因为平面,所以.(2)设,以为轴,为轴,过点与垂直的直线为轴,建立如图空间直角坐标系, 则所以,,,设平面的法向量为,所以令,则,.所以.所以(当且仅当,即时,等号成立).所以直线与平面所成角的正弦的最大值为.2.(2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测)斜三棱柱的各棱长都为,点在下底面的投影为的中点. (1)在棱(含端点)上是否存在一点使?若存在,求出的长;若不存在,请说明理由;(2)求点到平面的距离.【答案】(1)存在,(2)【分析】(1)建立空间直角坐标系,求出相关点坐标,假设在棱(含端点)存在一点使,利用,结合向量垂直的坐标表示即可求得答案.(2)求出平面的法向量,根据空间距离的向量求法,即可求得答案.【详解】(1)因为点在下底面的投影为的中点,故平面,连接,由题意为正三角形,故,以为原点,分别为轴建立如图所示空间直角坐标系: 则,,设,可得,,假设在棱(含端点)上存在一点使,则,则;(2)由(1)知,设平面的法向量为,则,令,则,则,又,则到平面的距离为,即点到平面距离为.【提分秘籍】【变式演练】1.(2023·广东韶关·统考模拟预测)如图,在三棱柱中,为的中点,,,,点在底面上的射影为点. (1)求证:平面;(2)若,求平面与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)连接交于点,连接,可得,进而可证平面;(2)如图以为原点,分别以,,所在直线为,,轴,建立空间直角坐标系,求得平面的一个法向量与平面的一个法向量,利用向量法可求平面与平面所成角的余弦值,即可得解.【详解】(1)连接交于点,连接,则是的中点,由于、分别是,的中点,所以,由于平面,平面,所以平面; (2)由点在底面上的射影为点,所以平面.在中,,,,,过作的平行线为,易知,,两两垂直,如图以为原点,分别以,,所在直线为,,轴,建立空间直角坐标系,,,,,,,得,,,,,设平面的法向量, ,令,则,,,设平面的法向量为, ,令,则,,平面的法向量为, 设平面与平面所成角为,所以,则,所以平面与平面所成角的正弦值为.2.(2023·福建福州·福州三中校考模拟预测)如图,在三棱柱中,,侧面为菱形,为等边三角形.(1)求证:;(2)若,点E是侧棱上的动点,且平面与平面的夹角的余弦值为,求点B到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)先证明平面,再根据线面垂直的性质定理即可证明结论;(2)建立平面直角坐标系,求得相关点坐标,设,求出平面的一个法向量,根据平面与平面的夹角的余弦值求得参数,根据空间距离的向量求法,即可求得答案.【详解】(1)连接与相交于点,连接,如图所示:∵四边形为菱形,∴为的中点,则.为等边三角形,有,平面,,∴平面,平面,∴,又,平面,,∴平面,∵平面,∴.(2)由(1)知,,且平面,故平面,而平面,故平面平面,分别取的中点,连接,则,∴平面,为等边三角形,,而平面平面,平面,故平面,以为原点,,,的方向分别为轴、轴、轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,设,则,∴,,设平面的一个法向,则有,令,则,,即,又∵平面的法向量为,∴平面与平面的夹角的余弦值为,∴,∴或(舍),此时,又,∴点到平面的距离为:.【题型三】 棱锥垂面型建系【典例分析】1.(2023·贵州贵阳·校联考三模)如图所示,在四棱锥中,底面为直角梯形,,,,,,.(1)求证:平面平面;(2)求平面与平面所成二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据线面垂直判定可得平面,得到;由勾股定理可证得;由线面垂直和面面垂直的判定可证得结论;(2)作,垂足为,且,以为坐标原点可建立空间直角坐标系,利用二面角的向量求法可求得结果.【详解】(1)四边形为直角梯形,,,又,,平面,平面,又平面,;作,,,,,又,,,,,,平面,平面,平面,平面平面.(2)作,垂足为,且,由(1)知:平面,平面,,,,,,,,,则,以为坐标原点,正方向为轴,可建立如图所示空间直角坐标系,则,,,,平面,是平面的一个法向量;设平面的法向量,又,,,令,解得:,,;;由图形可知:平面与平面所成二面角为锐二面角,平面与平面所成二面角的余弦值为.【提分秘籍】【变式演练】(2023·贵州毕节·校考模拟预测)如图,在三棱锥中,平面平面,点在棱上,且. (1)证明:平面平面.(2)设是的中点,点在棱上,且平面,求二面角的正弦值.【答案】(1)见解析(2)【分析】(1)利用余弦定理求出,利用勾股定理可证得,再利用面面垂直的性质的定理可证得结论成立;(2)推导出点为的中点,然后以点为坐标原点,以、所在直线分别为、轴,过点且垂直于平面的直线作轴建立空间直角坐标系,求出点的坐标,利用空间向量法可求得二面角的余弦值,即可求得二面角的正弦值.【详解】(1)证明:由,得,,,,由余弦定理可得,,则,因为平面平面,平面平面,平面,平面,又平面,平面平面;(2)因为平面,平面,平面平面,故,而是的中点,故为中位线,得,又,故为中点,由(1)可知平面,以点为坐标原点,以、所在直线分别为、轴,过点且垂直于平面的直线作轴建立如下图所示的空间直角坐标系, 则、、、,设点,其中,,,,所以,,解得,则,解得,故点,设平面的法向量为,,,则,取,可得,设平面的法向量为,,则,取,可得,所以,.由图可知,二面角的平面角为锐角,故二面角的余弦值为.那么二面角的正弦值为.【题型四】斜面棱锥型建系【典例分析】(2023秋·重庆长寿·高二统考期末)如图,在三棱锥中,为等腰直角三角形,,. (1)求证:;(2)若,求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理分析证明;(2)建系,利用空间向量求面面夹角.【详解】(1)取中点,连接,,在和中,,,,可得,则,所以,因为,且,平面,所以平面,且平面,所以.(2)在平面中,过点作,交延长线于点,连接,,,由(1)得平面,且平面,所以,且,平面,所以平面,在中,,,由余弦定理可得,即,在中,,在中,,在中,,可得,,则以A为原点,为轴,为轴,如图建立空间直角坐标系,则,,,,可得,,,,,设平面的法向量为,则,令,则,,即,设平面的法向量为,则,令,则,,即,设平面与平面的夹角,可得,所以平面与平面的夹角的余弦值. 【提分秘籍】【变式演练】(2023·全国·模拟预测)四棱锥中,面,,底面ABCD中,,,.(1)若点在线段BC上,试确定的位置,使面面ABCD,并给出证明;(2)求二面角A-EB-C的余弦值.【答案】(1)点是的中点,证明见解析(2)【分析】(1)先取点是的中点,再应用面面垂直判定定理证明面面.(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量法先求平面与平面的法向量,再用两个法向量所成角的余弦值得到二面角A-EB-C的余弦值.【详解】(1)当点是的中点时,面面.证明:由点是的中点,得,又,,所以,,四边形是平行四边形.根据,得四边形是矩形,故.因为面,面,所以,因为,,面,于是面,由于面,因此面面.(2)结合(1)中结论,不妨令为的中点,因为面面,面面,所以过点作于点,则面,以为轴,以过点所作的垂线为轴,为轴建立空间直角坐标系,如图所示,设,则,因为面,面,所以,在中,根据,,可得,,,,则,,,,,,.设面的法向量为,则,即令,则,,所以,设面的法向量为,则即令,则,,所以.,设二面角的大小为,易知,所以,因此二面角的余弦值为..【题型五】 平行六面体型建系【典例分析】(2023·江苏扬州·统考模拟预测)如图,平行六面体的体积为6,截面的面积为6. (1)求点到平面的距离;(2)若,,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)1(2)【分析】(1)应用等体积法求出点到平面距离;(2)空间向量法求线面角的正弦值即可.【详解】(1)在平行六面体中,是三棱柱,,设点到平面的距离为,则,所以,即点到平面的距离为1.(2)在中,,所以是菱形,连接交于,则,由(1)知点到平面的距离为1,所以平面.设点在直线上射影为点,则,且,所以和重合,即.以为坐标原点,分别为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系,则,根据,则,,设平面的一法向量为,则,取,则,设直线与平面所成角为,则,所以直线与平面所成角正弦值为. 【提分秘籍】【变式演练】(2023·江西宜春·校联考模拟预测)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,已知底面ABCD是菱形,AC=2BD=2AA1=4,AC1⊥CC1,AA1⊥BD,E是侧棱BB1上一点. (1)若BE=B1E,证明:CC1⊥平面AC1E;(2)若,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)设,交于点,连接,,可证,,进而可证平面,进而,,可证结论;(2)过作,垂足为,以为坐标原点,,所在直线分别为,轴建立空间直角坐标系,求得平面的一个法向量与平面的一个法向量,利用向量法求二面角的余弦值.【详解】(1)证明:如图,设,交于点,连接,, 因为四边形是菱形,,,所以,.因为,,平面,,所以平面,因为平面,所以,连接,,所以,因为,所以,所以.因为,所以,所以.因为,平面,,所以平面.(2)过作,垂足为,因为平面,平面,所以,又,,平面,,所以平面.如图,以为坐标原点,,所在直线分别为x,y轴建立空间直角坐标系,则,,,,,所以,,因为,所以, 则,所以.易知平面的一个法向量为,设平面的法向量为,则,即,令,则,,所以.设二面角的大小为,所以,由图可知二面角为锐角,所以二面角的余弦值为.【题型六】等角射影角平分线型建系 【典例分析】(2022·江西·校联考模拟预测)如图,在三棱柱中,,,.(1)求证:;(2)若为线段的中点,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据已知可推得,,进而得出平面,.然后根据勾股定理,可证得,进而得出平面,即可得出证明;(2)设,以点为坐标原点,建立空间直角坐标系,写出点的坐标,然后求出以及平面的法向量,根据向量法即可求出答案.【详解】(1),,.,,.,平面,平面,平面.又平面,.在中,有.,,,,.又平面,平面,,平面.平面,.(2)由(1)知,平面,.设,则,,则以为原点,分别以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系, 设,则,,,,,,,.设平面的一个法向量为,,即,取,则,,所以是平面的一个法向量,,直线与平面所成角的正弦值.【提分秘籍】【变式演练】(2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考三模)如图,在四棱柱中,(1)求证:平面平面;(2)设为棱的中点,线段交于点平面,且,求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【分析】(1)根据给定条件,利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理作答.(2)由(1)的信息,以为原点建立空间直角坐标系,利用空间向量求解作答.【详解】(1)设交于点,连接,如图,因为,则点在线段的垂直平分线上,即有为的中点,又因为,则,又平面,因此平面,而平面,所以平面平面.(2)由(1)知,平面,而平面,则平面平面,在平面内过作,又平面平面,因此平面,射线两两垂直,以为原点,射线的方向为轴正方向,建立空间直角坐标系,因为为棱的中点,则点是正的重心,又,平面,且,则,所以,设平面的法向量为,则,令,得,设平面的法向量为,则,令,得,设平面与平面的夹角为,则,即平面与平面的夹角的余弦值为.【题型七】台体建系【典例分析】(2023·浙江·校联考三模)如图,三棱台中,,,为线段上靠近的三等分点.(1)线段上是否存在点,使得平面,若不存在,请说明理由;若存在,请求出的值;(2)若,,点到平面的距离为,且点在底面的射影落在内部,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)存在,(2)【分析】(1)取的靠近点的三等分点,连接、、,证明出平面平面,利用面面平行的性质可得出平面,由此可得出结论;(2)过点在平面内作,垂足为点,连接,过点在平面内作,垂足为点,证明出平面,求出的值,然后以点为坐标原点,、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】(1)取的靠近点的三等分点,连接、、,则,又因为,所以,四边形为平行四边形,则,因为平面,平面,所以,平面,因为,所以,,因为平面,平面,所以,平面,因为,、平面,所以,平面平面,因为平面,故平面,因此,线段上是否存在点,且当时,平面.(2)过点在平面内作,垂足为点,连接,由,,,所以,,所以,,所以,,过点在平面内作,垂足为点,因为,,,、平面,所以,平面,因为平面,则,又因为,,、平面,所以,平面,因为点到平面的距离为,即,且,所以,由图可知,为锐角,所以,,以点为坐标原点,、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系,则、、、、、,,,设平面的法向量,则,取,则,,所以,,因为,因此,与平面所成角的正弦值为.【提分秘籍】【变式演练】(2023·安徽合肥·二模)如图,在多面体ABCFDE中,四边形ABED是菱形,,,平面ABED,点G是线段CD的中点.(1)证明:平面BCD;(2)若,求直线FG与平面ACD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)连接AE,交BD于点O,连接GO.根据题意得到和,利用线面垂直的判定得到平面CBD,然后利用中位线定理得到四边形EFGO为平行四边形,进而得到,从而得证;(2)建立空间直角坐标系,写出相应点的坐标,分别求出平面的法向量和直线的方向向量,利用空间向量的夹角公式进而求解.【详解】(1)连接AE,交BD于点O,连接GO.在菱形ABED中,.因为平面ABED,平面ABED,所以.又因为,平面CBD,所以平面CBD.因为,且,,所以,且,所以四边形EFGO为平行四边形,所以,所以平面CBD.(2)如图,以B为坐标原点,分别以BC,BA所在直线为x,y轴建立空间直角坐标系,如图.设,则,,,,设平面ACD的一个法向量为,由得,取,因为,记直线FG与平面ACD所成角为,则,所以,直线FG与平面ACD所成角的正弦值是.【题型八】不规则几何体型建系【典例分析】(2023·广西南宁·南宁二中校联考模拟预测)如图所示,在多面体中,底面为直角梯形,,,侧面为菱形,平面平面,M为棱的中点.(1)若点N为的中点,求证:平面;(2)若,,求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】(1)连接,,证得,利用线面平行的判定定理,即可证得平面.(2)根据题意,证得平面,以为原点,建立空间直角坐标系,分别求得平面和平面的一个法向量和,结合向量的夹角公式,即可求解.【详解】(1)证明:连接,,因为M,N分别为,的中点,所以为的中位线,所以,又平面,平面,所以平面.(2)解:取的中点O,连接,因为侧面为菱形,且,所以在中,,解得,所以',即,又因为平面平面,平面平面,平面,所以平面,过O作的垂线,交于H并延长,分别以,,所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,如图所示,设,则,故,,,,,则,,,,,设平面的法向量为,则 ,即,取,可得,设平面的法向量为, ,即,令,则,所以,则,故平面与平面夹角的余弦值为.【提分秘籍】【变式演练】(2023·山东济南·校考模拟预测)如图,在直角梯形ABCD中,,,四边形为平行四边形,对角线和相交于点H,平面⊥平面,,,G是线段上一动点(不含端点). (1)当点G为线段BE的中点时,证明:平面;(2)若,且直线与平面成角,求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)连接,由三角形中位线和边长关系可知四边形是平行四边形,即可证明平面;(2)根据题意可知,以为原点建立空间直角坐标系,可设利用空间向量即可表示出,进而确定点位置,再分别求得两平面的法向量即可得出二面角的正弦值为.【详解】(1)证明:连接,如下图(1)中所示:因为四边形为平行四边形,所以是中点,又点为线段的中点,则,且,又且,所以,所以四边形是平行四边形,所以,又平面,平面,所以平面; (2)以为原点,为轴,过且在平面内与垂直的直线为轴,建立空间直角坐标系,如图(2)所示:由平面⊥平面,,可知,均为边长为2的正三角形,则有,设,则,为平面的法向量,所以,解得(其中舍去),所以,设平面的法向量为,则有,令,则,故可取.设平面的法向量为,则有,令,则,故可取所以.所以二面角的正弦值为.即二面角的正弦值为.【题型九】翻折型建系【典例分析】(2023·重庆万州·统考模拟预测)如图1所示,在四边形中,,为上一点,,,将四边形沿折起,使得,得到如图2所示的四棱锥. (1)若平面平面,证明:;(2)点是棱上一动点,且直线与平面所成角的正弦值为,求.【答案】(1)证明见解析;(2).【分析】(1)先证明,根据线线平行判定定理平面,再由线面平行性质定理证明线线平行;(2)建立空间直角坐标系,设点的坐标,求出平面的法向量,利用线面角的法向量公式计算即可求解.【详解】(1)在图1中,因为,,,所以,,又,所以,因为,,所以,故, 在图2中,因为,平面,平面,所以平面,因为平面,平面平面,所以;(2)由(1)知,,,,平面,平面,所以平面,又平面,所以平面平面,故以为坐标原点,分别为轴, 在平面内过点作的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则,,因为,平面AEB平面BCE,且,所以点在平面的射影为中点,故,,设,则,,,设平面的法向量为,则,即,不妨令,则,,所以为平面的一个法向量.因为直线与平面所成角的正弦值为,所以,整理得,解得或(舍),所以为中点,所以.【提分秘籍】【变式演练】(2023·山东泰安·统考模拟预测)如图1,在平行四边形中,,,为的中点,,,沿将翻折到的位置,如图2,. (1)证明:平面;(2)求平面和平面的夹角.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)确定为正三角形,,证明,得到证明.(2)确定平面,,建立空间直角坐标系,确定平面和平面的法向量,根据向量的夹角公式计算得到答案.【详解】(1),,为正三角形,,则为中点,设,,,故,故为的三等分点, ,为的三等分点,即F为的中点,故,平面,平面,故平面.(2)由题设易得,,,故,即,,故,,,PH、HF在面PHF内,故平面.PF在面PHF内,故,又,,AC、AD在面ABCD内,故平面.在中,,由题意易得∠ABC=60°,∠BAC=30°,则∠ACB=90°,故,过点作平面的垂线为z轴,以分别为轴、轴正方向,建立如图所示坐标系. 则,,,,,,,,设平面的一个法向量为,则,令,则,所以设平面的一个法向量为,则,令,则,,所以,设平面和平面的夹角为,,则,,所以平面和平面的夹角为.【题型十】无垂面垂线型【典例分析】(2023·贵州毕节·校考模拟预测)如图,在三棱柱中,侧面是矩形,,,分别为棱的中点,为线段的中点.(1)证明:平面.(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【分析】(1)连接,利用平行线分线段成比例定理,及线面平行的判断定理推理作答.(2)由已知证明平面,再建立空间直角坐标系,利用空间向量求解作答.【详解】(1)在三棱柱中,连接,交于点,连接,如图,四边形为平行四边形,有,而为的中点,则,由,得,又分别为的中点,即有,因此,则,而平面平面,所以平面.(2)因为,则是菱形,又,即,是正三角形,则,矩形中,,而,平面,于是平面,令,过作,则平面,以为原点建立如图所示的空间直角坐标系, 则,,设平面和平面的法向量分别为,,则,令,得,,令,得,,令二面角的大小为,则,于是,所以二面角的正弦值为.【变式演练】(2023·河南南阳·南阳中学校考三模)如图,在四棱锥中,平面平面,四边形是梯形,,,,分别是棱,的中点. (1)证明:平面.(2)若,求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)构造面面平行,利用面面平行的性质定理证明线面平行即可;(2)以为坐标原点,建立空间直角坐标系,利用向量法求出直线的方向向量与平面的法向量,即可得线面夹角的正弦值.【详解】(1)证明:取的中点,连接,. 因为,分别是棱,的中点,所以.因为平面,平面,所以平面.因为,分别是棱,的中点,所以.因为平面,平面,所以平面.因为,平面,且,所以平面平面.因为平面,所以平面.(2)以为坐标原点,分别以,的方向为,轴的正方向,垂直平面向上的方向为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. 设,则,.由余弦定理可得,则,从而,,,,,故,,.设平面的法向量为,则,令,得.设直线与平面所成的角为,则,即直线与平面所成角的正弦值为.题1.(2023·全国·高二专题练习)如图1,在等边中,点,分别为边,上的动点,且满足,记.将沿翻折到位置,使得平面平面,连接,得到图2,点为的中点. (1)当平面时,求的值;(2)试探究:随着值的变化,二面角的大小是否为定值?如果是,请求出二面角的正弦值;如果不是,请求出二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)(2)是,【分析】(1)建立空间直角坐标系,利用向量的夹角即可求解,(2)由法向量的夹角即可求解二面角.【详解】(1)取的中点,连接并延长与相交,因为,,所以,即,又平面平面,平面平面,平面,所以平面,建立如图空间直角坐标系,不妨设,则,,,,,,所以,,.设平面的法向量为,则,令,则,,所以即是平面的一个法向量,因为平面,所以,,解得;(2) 由(1)知,是平面的一个法向量,同理可求平面的一个法向量为,,即随着值的变化,二面角的大小为定值.且,所以二面角的正弦值为.2.(2023·全国·高二专题练习)如图(1)所示,在中,,,,垂直平分.现将沿折起,使得二面角大小为,得到如图(2)所示的空间几何体(折叠后点记作点) (1)求点到面的距离;(2)求四棱锥外接球的体积;(3)点为一动点,满足,当直线与平面所成角最大时,试确定点的位置.【答案】(1)(2)(3)【分析】(1)由已知可证得平面平面,取中点 ,连接 ,则有两两垂直,所以以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,然后利用空间向量求解,(2)连接,则四边形的外接圆圆心在的中点,外接圆的圆心为的三等分点,过点圆心分别作两面垂线,则垂线交点即为球心,连接,求出其长度可得外接球的半径,从而可求出外接球的体积,(3)由,表示出点的坐标,然后利用空间向量表示出直线与平面所成角的正弦值,求出其最大值可得答案.【详解】(1)由,,,得 ,, 因为垂直平分,所以,所以为平面与平面的二面角的平面角,所以 ,,所以为等边三角形,取中点 ,连接 ,所以,因为,平面,所以平面,因为平面,所以平面平面,因为所以为二面角的平面角,所以,以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系,则,所以, 设的一个法向量为 ,则,令,则又,所以点到面的距离;(2)连接,由,则四边形的外接圆圆心在的中点,为正三角形,则外接圆的圆心为的三等分点,过点圆心分别作两面垂线,则垂线交点即为球心,如图所示,连接,则即球的半径.在中,,则,在中,,所以由勾股定理得,则球的体积 ; (3)设,由得,所以,得, ,所以,设直线与平面所成角为(),则 所以当时,取得最大值,此时直线与平面所成角最大,即当时,直线与平面所成角最大. 3.(2023秋·重庆长寿·高二统考期末)如图,在三棱锥中,为等腰直角三角形,,. (1)求证:;(2)若,求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理分析证明;(2)建系,利用空间向量求面面夹角.【详解】(1)取中点,连接,,在和中,,,,可得,则,所以,因为,且,平面,所以平面,且平面,所以.(2)在平面中,过点作,交延长线于点,连接,,,由(1)得平面,且平面,所以,且,平面,所以平面,在中,,,由余弦定理可得,即,在中,,在中,,在中,,可得,,则以A为原点,为轴,为轴,如图建立空间直角坐标系,则,,,,可得,,,,,设平面的法向量为,则,令,则,,即,设平面的法向量为,则,令,则,,即,设平面与平面的夹角,可得,所以平面与平面的夹角的余弦值. 4.(2023·全国·高二专题练习)在底面ABCD为梯形的多面体中.,BC⊥CD,,∠CBD=45°,BC=AE=DE,且四边形BDEN为矩形. (1)求证:BD⊥AE;(2)线段EN上是否存在点Q,使得直线BE与平面QAD所成的角为60°?若不存在,请说明理由.若存在,确定点Q的位置并加以证明.【答案】(1)证明见解析(2)点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处,证明见解析【分析】(1)根据已知条件及勾股定理和逆定理,利用矩形的性质及线面垂直的的判定定理,结合线面垂直的性质定理即可求解;(2)根据已知条件建立空间直角坐标系,求出相关点的坐标,利用向量的共线定理,求出点的坐标,分别求出直线BE的方向向量和平面QAD的法向量,再利用向量的夹角公式,结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.【详解】(1)由题意知,,BC⊥CD,,∠CBD=45°,BC=AE=DE,故有,易得,BD=2,,在△ABD中,∵,∴BD⊥AD.因为四边形BDEN为矩形,则BD⊥DE,又,平面ADE,平面ADE,故BD⊥平面ADE.因为平面ADE,所以BD⊥AE.(2)存在点Q,使得直线BE与平面QAD所成的角为60°,此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处.证明如下:以点D为坐标原点,建立的空间直角坐标系,如图所示, 则,,,,所以,,设,其中,解得,故,设平面QAD的法向量为, 则即令y=1,则,z=-2λ,故,因为直线BE与平面QAD所成的角为60°,所以,解得或,故存在点Q,使得直线BE与平面QAD所成的角为60°,此时点Q为线段EN的中点或在线段EN上距离点E的处.5.(2023秋·全国·高二期中)如图,在三棱柱中,底面是边长为2的等边三角形,分别是线段的中点,在平面内的射影为. (1)求证:平面;(2)若点为棱的中点,求点到平面的距离;(3)若点为线段上的动点(不包括端点),求锐二面角的余弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】(1)法一:利用线面垂直、面面垂直的性质定理与判定定理可证;法二:建立空间直角坐标系,利用数量积为0,可证,从而得证;法三:如法二建立空间直角坐标系,求出平面的一个法向量,证明其与平行,从而得证;(2)利用空间向量法求点到面的距离;(3)利用空间向量求出二面角的余弦值,再借助函数性质求值域.【详解】(1)法一:连结,因为为等边三角形,为中点,,又平面,平面,平面平面,又平面,由题设知四边形为菱形,,分别为中点,,又平面平面.法二:由平面,平面,又为等边三角形,为中点,,则以为坐标原点,所在直线为轴,可建立如图所示空间直角坐标系,则又平面平面.法三:(同法二建系)设平面的一个法向量为 ,即不妨取,则,则所以平面的一个法向量为,,,平面(2)由(1)坐标法得,平面的一个法向量为(或)点到F到平面的距离=(3)设,则,;由(1)知:平面平面的一个法向量(或者由(1)中待定系数法求出法向量);设平面的法向量,则,令,则;,令,则;,即锐二面角的余弦值的取值范围为.6.(2023·全国·高二专题练习)如图,已知四棱锥的底面是直角梯形,,二面角的大小为,是中点. (1)求证:平面;(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)先利用线线平行证明线面平行,再证面面平行,最后由面面平行证明线面平行;(2)建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,利用向量法求解二面角的余弦值.【详解】(1)取中点,连接,因为直角梯形中,,且,所以四边形是平行四边形,平面平面,平面.又是中点平面平面,平面,又平面,平面平面,平面平面.(2)连接,由知:,由(1)知:且,,在平面内过点作交于点,则两两互相垂直,以为坐标原点,以方向分别为轴正方向,建立空间直角坐标系, 则,从而,设平面的法向量为,即,令,得,易知平面的一个法向量为,,由题意知,二面角为锐二面角,所以二面角的余弦值为.7.(2023·全国·高二专题练习)如图,在多面体中,,,都是边长为2的等边三角形,平面平面,平面平面. (1)判断,,,四点是否共面,并说明理由;(2)在中,试在边的中线上确定一点,使得平面.【答案】(1),,,四点共面,理由见解析(2)为中点【分析】(1)取的中点,取的中点,连接,以为坐标原点,建立的空间直角坐标系,设,由,求得,得到向量,得出,即可得到,,,四点共面;(2)设,得到,根据平面,列出方程,求得,即可求解.【详解】(1)答案:四点共面.证明:取的中点,连接,,取的中点,连接,则在等边三角形中,,又因为平面平面,所以平面,同理,得平面,平面,所以,,两两垂直,且,以为坐标原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴建立的空间直角坐标系,如图所示,则,,,,,设,由,即,解得,,,所以,所以,又由,,所以,所以,,共面,因为为公共点,所以,,,四点共面.(2)解:设,故,若平面,则,即,解得,所以为中点时,平面. 8.(2023·江苏·高二专题练习)如图,在四棱台中,平面,四边形为菱形,. (1)证明:;(2)点是棱上靠近点的三等分点,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】(1)由线面垂直得到线线垂直,结合菱形对角线互相垂直,得到线面垂直,证明出结论;(2)建立空间直角坐标系,利用空间向量求解二面角的大小.【详解】(1)四棱台中,延长后交于一点,故共面,因为平面平面,故,连接,因为底面四边形为菱形,故, 因为平面,故平面,因为平面,所以;(2)过点作的垂线交与点,以作为轴,以分别为轴,轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 不妨设,则,由于,故,由于点是棱上靠近点的三等分点,故,则,则,记平面的法向量为,则,令,则,即..平面的法向量可取为,则由图知二面角为锐二面角,故二面角的余弦值为.9.(2023春·浙江·高二校联考阶段练习)如图,三棱柱中,,侧面为矩形,,二面角的正切值为. (1)求侧棱的长;(2)侧棱上是否存在点,使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为?若存在,判断点的位置并证明;若不存在,说明理由.【答案】(1)2(2)存在在的三等分点靠近的分点处,证明见解析【分析】(1)根据题意三垂线法可得二面角的平面角为,进而可得结果;(2)法一:建系,利用空间空间向量处理二面角问题;法二:根据题意三垂线法可得二面角的平面角为,进而可得结果.【详解】(1)取的中点,连接,因为,则,又因为侧面为矩形,则,//,且//,则//,即四点共面,平面平面,所以平面,则,则是二面角的平面角,则,所以,设,因为,则,又因为,则,可得,在中,由余弦定理得:,即,平方整理得,得或(舍去),即为2. (2)解法一:如图,建立以为坐标原点,分别为轴的空间直角坐标系, 过作底面,因为,可得,则,,可得,所以,则,,设平面的法向量为,则,则,令,则,即,设,设,则,设平面的法向量为,因为,则,令,则,即,平面与平面所锐二面角为,可得,解得,所以存在,在的三等分点靠近的分点处.解法二:把三棱柱补为四棱柱,如图,为中点,过作, 由(1)知:,则,由棱柱的性质易得:且,即为平行四边形,所以,故,又,,面,则面,在面内,所以,而,面,则平面,且平面,则,过作,连,,面,则平面,且平面,可得,则为二面角的平面角,设,则,可得,由点到的距离为,则,解得,所以存在,在的三等分点靠近的分点处. 一、热考题型归纳【题型一】 斜棱柱垂面型建系【题型二】 斜棱柱垂线型建系【题型三】 棱锥垂面型建系 【题型四】 斜面棱锥型建系【题型五】 平行六面体型建系【题型六】 等角射影角平分线性建系 【题型七】 台体建系【题型八】 不规则几何体型建系【题型九】 翻折型建系【题型十】 无垂面垂线型建系 二、培优练斜棱柱垂面型,从以下几方面思考:垂面如果是菱形,多是60°角菱形,则可以通过菱形分割成两个等边三角形,再借助“等边三角形的中线就是高”,寻找建系的Z轴垂面如果是一般梯形,可以借助梯形的中线(等腰梯形)或者直角梯形的直角腰建系。斜棱柱垂线型建系如果存在垂线(投影型)斜棱柱,则可以直接借助垂线作为z轴建系,下底面,可以寻找或者做出一对垂线作为xy轴。这类建系,主要难点是分析“空中”的点的坐标。空中点坐标可以有以下思维:让空中点垂直砸下来(落下来,寻找投影),投影点坐标以及下落的高度借助向量相等,寻找空中点所在线段的向量对应的底面相等向量,即可计算出空中点的坐标 棱锥垂面型建系棱锥型垂面相对而言较简单,棱锥型垂面,一般垂面多是等腰三角形较多,可以直接用中线来作为z轴。如果是任意三角形,则借助三角形正余弦定理求出高度。z轴可以选择合适的底面垂线组处 斜面型棱锥建系斜面型棱锥, 不容易找到垂面和垂线,多采用投影法来建系:从棱锥顶点向下底面做垂线,通过题中条件,寻找并计算出三棱锥的高。再在垂足处,构造或者寻找一对互相垂直的线作为x、y轴来建立坐标系。 平行六面体型建系平行六面体建型,一般情况下,平行六面体具有特殊性:平行六面体的测棱和底面两边所成的角度相等,此时,侧棱在底面射影是底面相邻边所成角度的角平分线(可证明),可以选侧棱上合适的点做底面投影以作为z轴建系。等角射影平分线型建系如果一条线和一个角的两边所成角度相等,则该线在角度所在平面射影是角平分线。此时,这个模型也满足“三面角余弦定理”:大题解答时,需要简单的证明才能使用台体建系型正棱台型,建系较简单,一般是正多边形中心作为原点,上下底面连线作为z轴。非正棱台型,如有垂面或者垂线,则可以垂面垂线型建系,无垂面垂线,则可参考三棱锥斜面建系思维。不规则几何体型建系不规则几何体建系型思维:多是有垂面,可以垂面建系,难点在于需要寻找“空中点坐标”。如有垂线,则可以垂线型建系。无有垂线和垂面,则可以通过选择合适几个点,“切割出”三棱锥,转化为斜面型三棱锥来建系设点。 翻折型建系翻折型几何体,寻找翻折前和翻折后的“变与不变”的点线面关系。翻折前翻折后在同一平面内的点线,数量关系不变。翻折后,一般情况下是存在垂直的平面,可以利用垂面法建系计算翻折后,可以构造三棱锥,利用三棱锥斜面建系法来建系计算
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