10.2021年高考数学（理）总复习（高考研究课件 高考达标检测 教师用书）第十二单元 空间向量 （6份打包）

高考达标检测（三十三） 空间向量2综合——折叠、探索

1．如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．

(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；

(2)在线段AN上是否存在点S，使ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．

解：(1)由题意知，DA，DC，DM两两垂直，故以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D ­xyz.

由题意易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，

∴＝，＝(－1,0,1)．

∵|cos〈，〉|＝＝＝，

∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为.

(2)假设在线段AN上存在点S，使ES⊥平面AMN，连接AE.

∵＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，

又＝，∴＝＋＝.

由ES⊥平面AMN，得即

故λ＝，此时＝，||＝，

经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.

故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝.

2．如图1，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝3a，点P在AB 上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AC交BC于点F.沿PE将△APE翻折成△A′PE，使得平面A′PE⊥平面ABC；沿PF将△BPF翻折成△B′PF，使得平面B′PF⊥平面ABC，如图2.

(1)求证：B′C∥平面A′PE；

(2)若AP＝2PB，求二面角A′­PC­B′的正切值．

解：(1)证明：因为FC∥PE，FC⊄平面A′PE，PE⊂平面A′PE，

所以FC∥平面A′PE.

因为平面A′PE⊥平面ABC，且平面A′PE∩平面ABC＝PE，A′E⊥PE，

所以A′E⊥平面ABC.

同理B′F⊥平面ABC，

所以B′F∥A′E，从而B′F∥平面A′PE.

又FC∩B′F＝F，

所以平面B′CF∥平面A′PE，从而B′C∥平面A′PE.

(2)法一：因为AC＝BC＝3a，AP＝2PB，

所以CE＝a，EA′＝2a，PE＝2a，PC＝a.

如图，过E作EM⊥PC，垂足为M，连接A′M.

由(1)知A′E⊥平面ABC，可得A′E⊥PC，

所以PC⊥平面A′EM，所以A′M⊥PC.

所以∠A′ME即二面角A′­PC­E的平面角．

在Rt△PEC中，由等面积法易得EM＝＝a，

所以在Rt△A′EM中，可得tan∠A′ME＝＝＝.

过F作FN⊥PC，垂足为N，连接B′N.

同理可得∠B′NF即二面角B′­PC­F的平面角，

且tan∠B′NF＝＝＝.

设二面角A′­PC­B′的大小为θ，则∠A′ME＋θ＋∠B′NF＝π，

所以tan θ＝－tan(∠A′ME＋∠B′NF)＝－＝，

即二面角A′­PC­B′的正切值为.

法二：易知EC，EP，EA′两两垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系E­xyz.

则C(a,0,0)，P(0,2a,0)，A′(0,0,2a)，B′(a,2a，a)．

所以＝(a,0，－2a)，＝(0,2a，－2a)，

＝(0，－2a，－a)，＝(－a,0，－a)．

设平面A′CP的一个法向量为m＝(x，y,1)，

则即解得

所以平面A′CP的一个法向量为m＝(2,1,1)．

设平面B′CP的一个法向量为n＝(x′，y′，1)，

则即解得

所以平面B′CP的一个法向量为n＝.

设二面角A′­PC­B′的大小为θ，易知θ为锐角，

则cos θ＝＝＝，

从而可得tan θ＝，即二面角A′­PC­B′的正切值为.

3.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，∠DAB＝60°，AD＝2，AM＝1，E为AB的中点．

(1)求证：AN∥平面MEC；

(2)在线段AM上是否存在点P，使二面角P­EC­D的大小为？若存在，求出AP的长h；若不存在，请说明理由．

解：(1)证明：如图，连接NB交MC于点F，连接EF.

由已知可得四边形BCNM是平行四边形，∴F是BN的中点，

又E是AB的中点，∴AN∥EF.

又EF⊂平面MEC，AN⊄平面MEC，∴AN∥平面MEC.

(2)假设线段AM上存在点P，使二面角P­EC­D的大小为.

在AM上取一点P，连接EP，CP.

由于四边形ABCD是菱形，且∠DAB＝60°，E是AB的中点，

可得DE⊥AB，所以DE⊥CD.

因为四边形ADNM是矩形，所以DN⊥AD.

又平面ADNM⊥平面ABCD，平面ADNM∩平面ABCD＝AD，

∴DN⊥平面ABCD，

以DE，DC，DN所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0,0)，E(，0,0)，C(0,2,0)，P(，－1，h)，则＝(，－2,0)， ＝(0，－1，h)，

设平面PEC的法向量为n1＝(x，y，z)，

则∴

令y＝h，则n1＝(2h，h，)，

又平面DEC的法向量n2＝(0,0,1)，

∴cos 〈n1，n2〉＝＝＝，解得h＝，

∴在线段AM上存在点P，使二面角P­EC­D的大小为，此时h＝.

4．如图，已知在长方形ABCD中，AB＝2，A1，B1分别是边AD，BC上的点，且AA1＝BB1＝1，A1E垂直B1D于E，F为AB的中点．把长方形ABCD沿直线A1B1折起，使得平面AA1B1B⊥平面A1B1CD，且直线B1D与平面AA1B1B所成的角为30°.

(1)求异面直线A1E，B1F所成角的余弦值；

(2)求二面角F­B1D­A1的余弦值．

解：由已知条件可得A1A，A1B1，A1D两两垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系，由已知AB＝2，AA1＝BB1＝1，可得A1(0,0,0)，B1(2,0,0)，F(1,0,1)．

又A1D⊥平面AA1B1B，所以B1D与平面AA1B1B所成的角为

∠DB1A1＝30°，又A1B1＝AB＝2，A1E⊥B1D，所以A1E＝1，A1D＝，从而易得E，D.

(1)因为＝，＝(－1,0,1)，

所以cos 〈，〉＝＝＝－.

所以异面直线A1E，B1F所成角的余弦值为.

(2)易知平面A1B1CD的一个法向量m＝(0,0,1)．

设n＝(x，y，z)是平面B1DF的法向量，

易知＝，

所以即

令x＝1，得n＝(1，，1)．

所以cos〈m，n〉＝＝.

由图知二面角F­B1D­A1为锐角，

所以二面角F­B1D ­A1的余弦值为.