2018版高考数学（人教a版理科）一轮复习真题演练集训：第八章　立体几何 8-7 word版含答案

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1．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AB＝5，AC＝6，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF＝，EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D′EF的位置，OD′＝.

(1)证明：D′H⊥平面ABCD；

(2)求二面角B－D′A－C的正弦值．

(1)证明：由已知，得AC⊥BD，AD＝CD.

又由AE＝CF，得＝，故AC∥EF.

因此EF⊥HD，从而EF⊥D′H.

由AB＝5，AC＝6，得

DO＝BO＝＝4.

由EF∥AC，得＝＝.

所以OH＝1，D′H＝DH＝3.

于是D′H2＋OH2＝32＋12＝10＝D′O2，故D′H⊥OH.

又D′H⊥EF，而OH∩EF＝H，

所以D′H⊥平面ABCD.

(2)解：如图，以H为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，′的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系H－xyz.

则H(0,0,0)，A(－3，－1,0)，B(0，－5,0)，

C(3，－1,0)，D′(0,0,3)，＝(3，－4,0)，

＝(6,0,0)，＝(3,1,3)．

设m＝(x1，y1，z1)是平面ABD′的法向量，

则即

所以可取m＝(4,3，－5)．

设n＝(x2，y2，z2)是平面ACD′的法向量，

则即

所以可取n＝(0，－3,1)．

于是cos〈m，n〉＝

＝＝－，

sin〈m，n〉＝.

因此二面角B－D′A－C的正弦值是.

2．在如图所示的圆台中，AC是下底面圆O的直径，EF是上底面圆O′的直径，FB是圆台的一条母线．

(1)已知G，H分别为EC，FB的中点．求证：GH∥平面ABC；

(2)已知EF＝FB＝AC＝2，AB＝BC，求二面角F－BC－A的余弦值．

(1)证明：设FC的中点为I，连接GI，HI，

在△CEF中，因为点G是CE的中点，

所以GI∥EF.

又EF∥OB，所以GI∥OB.

在△CFB中，因为H是FB的中点，

所以HI∥BC.

又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，

所以平面GHI∥平面ABC.

因为GH⊂平面GHI，

所以GH∥平面ABC.

(2)解：解法一：连接OO′，则OO′⊥平面ABC.

又AB＝BC，且AC是圆O的直径，

所以BO⊥AC.

以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.

由题意，得B(0,2，0)，C(－2，0,0)，

所以＝(－2，－2，0)．

过点F作FM垂直OB于点M，

所以FM＝＝3，

可得F(0，，3)．

故＝(0，－，3)．

设m＝(x，y，z)是平面BCF的法向量，

由可得

可得平面BCF的一个法向量m＝.

因为平面ABC的一个法向量n＝(0,0.1)，

所以cos〈m，n〉＝＝.

所以二面角F－BC－A的余弦值为.

解法二：如图，连接OO′.过点F作FM垂直OB于点M，

则有FM∥OO′.

又OO′⊥平面ABC，

所以FM⊥平面ABC.

可得FM＝＝3.

过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.

可得FN⊥BC，

从而∠FNM为二面角F－BC －A的平面角．

又AB＝BC，AC是圆O的直径，

所以MN＝BMsin 45°＝，

从而FN＝，可得cos ∠FNM＝.

所以二面角F－BC－A的余弦值为.

3．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点．

(1)证明：MN∥平面PAB；

(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值．

(1)证明：由已知，得AM＝AD＝2.

如图，取BP的中点T，连接AT，TN.

由N为PC的中点知，TN∥BC，TN＝BC＝2.

又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.

因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，

所以MN∥平面PAB.

(2)解：取BC的中点E，连接AE.

由AB＝AC，得AE⊥BC，

从而AE⊥AD，

且AE＝＝＝.

以A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A－xyz.

由题意知，

P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，

＝(0,2，－4)，＝，

＝.

设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，

则即

可取n＝(0,2,1)．

于是|cos〈n，〉|＝＝，

则直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.

4．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.

(1)证明：平面AEC⊥平面AFC；

(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．

(1)证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.

在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.

由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝.

由BE⊥平面ABCD，AB＝BC可知，AE＝EC.

又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.

在Rt△EBG中，可得BE＝，故DF＝.

在Rt△FDG中，可得FG＝.

在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝.

从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.

又AC∩FG＝G，所以EG⊥平面AFC.

因为EG⊂平面AEC，

所以平面AEC⊥平面AFC.

(2)解：如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系G－xyz.

由(1)可得A(0，－，0)，E(1,0，)，

F，C(0，，0)，

所以＝(1，，)，＝.

故cos〈，〉＝＝－.

所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.

5．如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；

(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．

解：(1)交线围成的正方形EHGF如图所示．

(2)作EM⊥AB，垂足为M，

则AM＝A1E＝4，EM＝AA1＝8.

因为四边形EHGF为正方形，

所以EH＝EF＝BC＝10.

于是MH＝＝6，

所以AH＝10.

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D－xyz，

则A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10，4,8)，F(0,4,8)，

＝(10,0,0)，＝(0，－6,8)．

设n＝(x，y，z)是平面α的法向量，

则即

所以可取n＝(0,4,3)．

又＝(－10,4,8)，

故|cos〈n，〉|＝＝.

所以AF与平面α所成角的正弦值为.

课外拓展阅读

巧用向量法求立体几何中的探索性问题

立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略．

1．条件追溯型

解决立体几何中的条件追溯型问题的基本策略是执果索因．其结论明确，需要求出使结论成立的充分条件，可将题设和结论都视为已知条件，即可迅速找到切入点．这类题目要求考生变换思维方向，有利于培养考生的逆向思维能力．

　 如图所示，在四棱锥S－ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，且AB＝4，SA＝3.E，F分别为线段BC，SB上的一点(端点除外)，满足＝＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE为直角．

　因为SA⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，

故可建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz.

因为AB＝4，SA＝3，

所以B(0,4,0)，S(0,0,3)．

设BC＝m，则C(m,4,0)，

因为＝＝λ，

所以＝λ.

所以－＝λ(－)．

所以＝(＋λ)＝(0,4λ，3)．

所以F.

同理可得E，

所以＝.

因为＝，

要使∠AFE为直角，即·＝0，

则0·＋·＋·＝0，

所以16λ＝9，

解得λ＝.

2．存在判断型

以“平行、垂直、距离和角”为背景的存在判断型问题是近年来高考数学中创新型命题的一个重要类型，它以较高的新颖性、开放性、探索性和创造性深受命题者的青睐，此类问题的基本特征是：要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由．这类问题常用“肯定顺推”的方法．求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性，所以用传统的方法解决起来难度较大，若用空间向量方法来处理，通过待定系数法求解其存在性问题，则思路简单、解法固定、操作方便．

　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，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．

　(1)如图所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D－xyz.

依题意，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，

所以＝，＝(－1,0,1)，

因为|cos〈，〉|＝

＝＝.

所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.

(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.

连接AE，如图所示．

因为＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，

又＝，

所以＝＋＝.

由ES⊥平面AMN，得

即解得λ＝，

此时＝，||＝.

经检验，当|AS|＝时，ES⊥平面AMN.

故在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时|AS|＝.

3．结论探索型

立体几何中的结论探索型问题的基本特征是：给出一定的条件与设计方案，判断设计的方案是否符合条件要求．此类问题的难点是“阅读理解”和“整体设计”两个环节，因此，应做到审得仔细、找得有法、推得有理、证得有力，整合过程无可辩驳．

　某设计部门承接一产品包装盒的设计(如图所示)，客户除了要求AB，BE边的长分别为20 cm,30 cm外，还特别要求包装盒必须满足：①平面ADE⊥平面ADC；②平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60 °；③包装盒的体积尽可能大．若设计出的样品满足：∠ACB与∠ACD均为直角且AB长20 cm，矩形DCBE的边长BE＝30 cm，请你判断该包装盒的设计是否符合客户的要求，并说明理由．

→→

　该包装盒的样品设计符合客户的要求．理由如下：

因为四边形DCBE为矩形，∠ACB与∠ACD均为直角，

所以以C为原点，分别以直线CA，CB，CD为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.

因为BE＝30 cm，AB＝20 cm，

设BC＝t cm，则AC＝ cm，

则A(，0,0)，B(0，t,0)，D(0,0,30)，

E(0，t,30)，

设平面ADE的法向量为n1＝(x，y，z)，

＝(，0，－30)，＝(0，t,0)，

因为n1·＝0且n1·＝0，

所以

取x＝1，则n1＝.

又平面ADC的一个法向量＝(0，t,0)，

所以n1·＝1×0＋0×t＋×0＝0，

所以n1⊥，

所以平面ADE⊥平面ADC，所以满足条件①.

因为平面ABC的一个法向量为n2＝(0,0,1)，

设平面ADE与平面ABC所成二面角的平面角为θ，则cos θ≤，

所以cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝≤，

所以10≤t≤20，即当10≤t<20时，平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60°.

由∠ACB与∠ACD均为直角知，

AC⊥平面DCBE，

该包装盒可视为四棱锥A－BCDE，

所以VA－BCDE＝S矩形BCDE·AC

＝·30t·＝10·

≤10＝2 000，

当且仅当t2＝400－t2，即t＝10 cm时，VA－BCDE的体积最大，最大值为2 000 cm3.

而10<t＝10<20，可以满足平面ADE与平面ABC所成的二面角不小于60°的要求．

综上可知，该包装盒的设计符合客户的要求．

方法总结

解决立体几何中的结论探索型问题的策略是：先把题目读懂，全面、准确地把握题目所提供的所有信息和题目提出的所有要求，分析题目的整体结构，找好解题的切入点，对解题的主要过程有一个初步的设计，在此基础上建立空间直角坐标系，把所求的问题转化为空间几何体中的证明线面位置关系、角与最值等问题．