京津专用2022高考数学总复习优编增分练：中档大题规范练四立体几何与空间向量理

(四)立体几何与空间向量1．(2022·四川成都市第七中学诊断)在多面体ABCDEF中，底面ABCD是梯形，四边形ADEF是正方形，AB∥DC，AB＝AD＝1，CD＝2，AC＝EC＝.(1)求证：平面EBC⊥平面EBD；(2)设M为线段EC上一点，3＝，求二面角M－BD－E的平面角的余弦值．(1)证明　由AD＝1，CD＝2，AC＝，得AD2＋CD2＝AC2，∴△ADC为直角三角形，且AD⊥DC，同理△EDC为直角三角形，且ED⊥DC.又四边形ADEF是正方形，∴AD⊥DE.又AB∥DC，∴DA⊥AB.在梯形ABCD中，过点B作BH⊥CD于点H，故四边形ABHD是正方形．在△BCH中，BH＝CH＝1，10\n∴∠BCH＝45°，BC＝，∴∠BDC＝45°，∴∠DBC＝90°，∴BC⊥BD.∵ED⊥AD，ED⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，∴ED⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，∴ED⊥BC，又BD∩ED＝D，BD，ED⊂平面EBD，∴BC⊥平面EBD，又BC⊂平面EBC，∴平面EBC⊥平面EBD.(2)解　由(1)可得DA，DC，DE两两垂直，以D为原点，DA，DC，DE所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，E(0,0,1)，B(1,1,0)，C(0,2,0)．令M(0，y0，z0)，则＝(0，y0，z0－1)，＝(0,2，－1)，∵3＝，∴(0,3y0,3z0－3)＝(0,2，－1)，∴点M的坐标为.∵BC⊥平面EBD，∴＝(－1,1,0)是平面EBD的一个法向量．设平面MBD的法向量为m＝(x，y，z)．＝(1,1,0)，＝，则即可得x＝－y＝z.令y＝－1，得m＝(1，－1,1)．10\n∴cos〈m，〉＝＝＝－.由图形知二面角M－BD－E为锐角，∴二面角M－BD－E的平面角的余弦值为.2．(2022·安徽省合肥市第一中学模拟)底面OABC为正方形的四棱锥P－OABC，且PO⊥底面OABC，过OA的平面与侧面PBC的交线为DE，且满足S△PDE∶S△PBC＝1∶4.(1)证明：PA∥平面OBD；(2)当S＝3S时，求二面角B－OE－C的余弦值．(1)证明　由题意知四边形OABC为正方形，∴OA∥BC，又BC⊂平面PBC，OA⊄平面PBC，∴OA∥平面PBC，又OA⊂平面OAED，平面OAED∩平面PBC＝DE，∴DE∥OA，又OA∥BC，∴DE∥BC.由△PDE∽△PCB，且S△PDE∶S△PBC＝1∶4，知E，D分别为PB，PC的中点．连接AC交OB于点F，则点F为AC的中点，连接DF.∵DF∥PA，DF⊂平面OBD，PA⊄平面OBD，∴PA∥平面OBD.(2)解　∵底面OABC为正方形，10\n且PO⊥底面OABC，∴PO，OA，OC两两垂直，以O为坐标原点，OA，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，设OA＝OC＝2a，OP＝2b，则O(0,0,0)，C(0,2a,0)，B(2a,2a,0)，F(a，a,0)，P(0,0,2b)，E(a，a，b)．∵PO⊥平面OABC，CF⊂平面OABC，∴CF⊥PO.∵四边形OABC为正方形，∴CF⊥OB，又PO∩OB＝O，PO，OB⊂平面POB，∴CF⊥平面POB，即CF⊥平面OBE，∴平面OBE的一个法向量为＝(a，－a,0)．设平面OEC的一个法向量为m＝(x，y，z)，而＝(0,2a,0)，＝(a，a，b)．由得取z＝－a可得，m＝(b,0，－a)为平面OCE的一个法向量．设二面角B－OE－C的大小为θ，由图易得θ为锐角，由S＝3S，得PO＝OA，∴＝.故cosθ＝＝＝，∴二面角B－OE－C的余弦值为.3．(2022·宁夏回族自治区银川一中模拟)如图，已知△DEF与△ABC分别是边长为1与2的正三角形，AC∥DF，四边形BCDE为直角梯形，且DE∥BC，BC⊥CD，点G为△ABC的重心，N10\n为AB的中点，AG⊥平面BCDE，M为线段AF上靠近点F的三等分点．(1)求证：GM∥平面DFN；(2)若二面角M－BC－D的余弦值为，试求异面直线MN与CD所成角的余弦值．(1)证明　在△ABC中，连接AG并延长交BC于点O，连接ON，OF.因为点G为△ABC的重心，所以＝，且O为BC的中点．又＝，所以＝＝，所以GM∥OF.因为点N为AB的中点，所以NO∥AC.又AC∥DF，所以NO∥DF，所以O，D，F，N四点共面，又OF⊂平面DFN，GM⊄平面DFN，所以GM∥平面DFN.(2)解　由题意知，AG⊥平面BCDE，因为AG⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCDE，又BC⊥CD，平面ABC∩平面BCDE＝BC，CD⊂平面BCDE，所以CD⊥平面ABC.10\n又四边形BCDE为直角梯形，BC＝2，DE＝1，所以OE∥CD，所以OE⊥平面ABC.因为AC∥DF，DE∥BC，AC∩BC＝C，DE∩DF＝D，AC，BC⊂平面ABC，DE，DF⊂平面DEF，所以平面ABC∥平面DEF，又△DEF与△ABC分别是边长为1与2的正三角形，故以O为坐标原点，OC，OE，OA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O－xyz.设CD＝m，则C(1,0,0)，D(1，m,0)，A(0，0，)，F，B(－1,0,0)，N，因为＝，所以M，＝(2,0,0)，＝，设平面MBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，由得令z＝－m，得n＝(0，，－m)．又平面BCD的法向量为v＝(0,0,1)．由题意得|cos〈v，n〉|＝＝＝，解得m＝，又＝，＝，所以|cos〈，〉|＝10\n＝＝.所以异面直线MN与CD所成角的余弦值为.4．(2022·益阳统考)如图，在三棱锥P－ABC中，PA，AB，AC两两垂直，PA＝AB＝AC，平面α∥平面PAB，且α与棱PC，AC，BC分别交于P1，A1，B1三点．(1)过A作直线l，使得l⊥BC，l⊥P1A1，请写出作法并加以证明；(2)若＝，D为线段B1C的中点，求直线P1D与平面PA1B1所成角的正弦值．解　(1)作法：取BC的中点H，连接AH，则直线AH即为要求作的直线l.证明如下：∵PA⊥AB，PA⊥AC，且AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC.∵平面α∥平面PAB，且α∩平面PAC＝P1A1，平面PAB∩平面PAC＝PA，∴P1A1∥PA，∴P1A1⊥平面ABC，∴P1A1⊥AH.又AB＝AC，H为BC的中点，则AH⊥BC，从而直线AH即为要求作的直线l.(2)∵＝，10\n又平面α∥平面PAB，∴＝＝＝.以A为坐标原点，AB，AC，AP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A－xyz，设AB＝3，则A1(0,1,0)，B1(2,1,0)，P(0，0,3)，P1(0,1,2)，D(1,2,0)，则＝(2,0,0)，＝(0,1，－3)，＝(1,1，－2)，设平面PA1B1的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，得n＝(0,3,1)．则cos〈，n〉＝＝.故直线P1D与平面PA1B1所成角的正弦值为.5．(2022·江西省重点中学协作体联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB＝AC＝2，AD＝2，PB＝，PB⊥AC.(1)求证：平面PAB⊥平面PAC；(2)若∠PBA＝45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．(1)证明　因为四边形ABCD是平行四边形，AD＝2，所以BC＝AD＝2，10\n又AB＝AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，又PB⊥AC，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB.又因为AC⊂平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC.(2)解　由(1)知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB，AC所在直线为x轴，y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A－xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，＝(0,2,0)，＝(－2,2,0)，由∠PBA＝45°，PB＝，可得P(1,0,1)，所以＝(1,0,1)，＝(－1,0,1)，假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设＝λ(0<λ<1)，则＝λ＝(λ，0，λ)，＝－＝(λ，－2，λ)，设平面PBC的法向量n＝(x，y，z)，则即令z＝1，可得x＝y＝1，所以平面PBC的一个法向量n＝(1,1,1)，设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝10\n＝＝，解得λ＝或λ＝(舍)．所以在棱PA上存在点E，且＝，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.10