2021高考数学新高考版一轮习题：专题7 第60练 高考大题突破练——立体几何与 空间向量 WORD版含解析.docx

1、1(2019四川三台中学月考)如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2，E为CC1的中点(1)求证：A1E平面BDE；(2)若F为棱BB1的中点，求直线A1F与平面BDE所成角的正弦值2如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1ABAC2，ABAC，M，N分别是CC1，BC的中点(1)求异面直线AB1与BM所成角的余弦值；(2)求二面角CANM的余弦值3(2020重庆调研)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD为正方形，APAB1，F，E分别是PB，PC的中点(1)证明：PBED；(2)求平面ADEF与平面PCD所成锐二面角的值4(201

2、9天津一中模拟)如图，ABCD是边长为3的正方形，DE平面ABCD，AFDE，DE3AF，BE与平面ABCD所成的角为60.(1)求证：AC平面BDE；(2)求二面角FBED的余弦值；(3)设点M在线段BD上，且AM平面BEF，求BM的长答案精析1(1)证明以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则有B(1,1,0)，E(0,1,1)，A1(1,0,2)，C1(0,1,2)，(1,1，1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,1)，0，0，又DBDED，DB，DE平面BDE，A1E平面BDE.(2)解由(1)知，平面BDE

3、的法向量为(1,1，1)，易知F(1,1,1)，(0,1，1)，设直线A1F与平面BDE所成的角为，则sin |cos，|.故直线A1F与平面BDE所成角的正弦值为.2解(1)如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B1(2,0,2)，B(2,0,0)，M(0,2,1)，N(1,1,0)，(2,0,2)，(2,2,1)cos，异面直线AB1与BM所成角的余弦值为.(2)平面ANC的一个法向量为n(0,0,1)设平面AMN的一个法向量为m(x，y，z)(0,2,1)，(1,1,0)，由m0，m0得，不妨取x1，则y1，z2，m(1，1,2)，cos

4、m，n，二面角CANM的余弦值为.3(1)证明PA平面ABCD，PAAD，又ADAB，AB，PA平面PAB，PAABA，AD平面PAB，ADPB，而等腰三角形PAB中有PBAF，AD，AF平面ADEF，ADAFA，PB平面ADEF，而ED平面ADEF，PBED.(2)解易知AB，AD，AP两两垂直，故分别以其所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系Axyz如图所示，则A(0,0,0)，P(0,0,1)，B(1,0,0)，C(1，1,0)，D(0,1,0)，求得平面ADEF的一个法向量为m(1,0，1)，平面PCD的一个法向量为n(0,1,1)，cosm，n，平面ADEF与平面PCD所成锐二面角为60

5、.4(1)证明因为DE平面ABCD，所以DEAC，因为ABCD是正方形，所以ACBD，又BDDED，BD，DE平面BDE，从而AC平面BDE.(2)解因为DA，DC，DE两两垂直，分别以其所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系Dxyz如图所示因为BE与平面ABCD所成的角为60，即DBE60，所以.由AD3，DB3可知DE3，AF，则A(3,0,0)，F(3,0，)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，所以(0，3，)，(3,0，2)，设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z，则n(4,2，)，因为AC平面BDE，所以为平面BDE的法向量，(3，3,0)，所以cosn，.因为二面角为锐角，所以二面角FBED的余弦值为.(3)解点M是线段BD上一个动点，设M(t，t,0)，则(t3，t,0)(0t3)，因为AM平面BEF，所以n0，即4(t3)2t0，解得t2.此时，点M坐标为(2,2,0)，BMBD，符合题意