（新课标）高考数学大一轮复习 空间向量及其应用板块命题点专练（十二）理（含解析）-人教版高三全册数学试题VIP免费

空间向量及其应用板块命题点专练（十二）命题点向量法求空间角及应用命题指数：☆☆☆☆☆难度：中题型：解答题1．(2014·福建高考)在平面四边形ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥BD，CD⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，如图所示．(1)求证：AB⊥CD；(2)若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值．2．(2014·四川高考)三棱锥ABCD及其侧视图、俯视图如图所示．设M，N分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN⊥NP.(1)证明：P是线段BC的中点；(2)求二面角ANPM的余弦值．3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABCA1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°.(1)证明：AB⊥A1C；(2)若平面ABC⊥平面AA1B1B，AB＝CB，求直线A1C与平面BB1C1C所成角的正弦值．4.(2013·天津高考)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点．(1)证明：B1C1⊥CE;(2)求二面角B1CEC1的正弦值．(3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长．5．(2014·安徽高考)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD＝2BC.过A1，C，D三点的平面记为α，BB1与α的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点；(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若AA1＝4，CD＝2，梯形ABCD的面积为6，求平面α与底面ABCD所成二面角的大小．答案命题点1.解：(1)证明： 平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AB⊂平面ABD，AB⊥BD，∴AB⊥平面BCD.又CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD.(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD，如图．由(1)知AB⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，BD⊂平面BCD，∴AB⊥BE，AB⊥BD.以B为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意，得B(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M，则＝(1,1,0)，＝，＝(0,1，－1)．设平面MBC的法向量n＝(x0，y0，z0)，则即取z0＝1，得平面MBC的一个法向量n＝(1，－1,1)．设直线AD与平面MBC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝，即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.2．解：(1)证明：如图，取BD中点O，连接AO，CO.由侧视图及俯视图知，△ABD，△BCD均为正三角形，因此AO⊥BD，OC⊥BD.因为AO，OC⊂平面AOC，且AO∩OC＝O，所以BD⊥平面AOC.又因为AC⊂平面AOC，所以BD⊥AC.取BO的中点H，连接NH，PH.又M，N分别为线段AD，AB的中点，所以NH∥AO，MN∥BD.因为AO⊥BD，所以NH⊥BD.因为MN⊥NP，所以NP⊥BD.因为NH，NP⊂平面NHP，且NH∩NP＝N，所以BD⊥平面NHP.又因为HP⊂平面NHP，所以BD⊥HP.又OC⊥BD，HP⊂平面BCD，OC⊂平面BCD，所以HP∥OC.因为H为BO中点，故P为BC中点．(2)法一：由俯视图及(1)可知，AO⊥平面BCD.因为OC，OB⊂平面BCD，所以AO⊥OC，AO⊥OB.又OC⊥OB，所以直线OA，OB，OC两两垂直．如图，以O为坐标原点，以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，，0)，D(－1,0,0)．因为M，N分别为线段AD，AB的中点，又由(1)知，P为线段BC的中点，所以M，N，P.于是＝(1,0，－)，＝(－1，，0)，＝(1,0,0)，＝.设平面ABC的一个法向量n1＝(x1，y1，z1)，则即有从而取z1＝1，则x1＝，y1＝1，所以n1＝(，1,1)．连接MP，设平面MNP的一个法向量n2＝(x2，y2，z2)，则即有从而取z2＝1，所以n2＝(0,1,1)．设二面角ANPM的大小为θ.则cosθ＝＝＝.故二面角ANPM的余弦值是.法二：如图，作NQ⊥AC于Q，连接MQ.由(1)知，NP∥AC，所以NQ⊥NP.因为MN⊥NP，所以∠MNQ为二面角ANPM的一个平面角．由(1)知，△ABD，△BCD为边长为2的正三角形，所以AO＝OC＝.由俯视图可知，AO⊥平面BCD.因为OC⊂平面BCD，所以AO⊥OC，因此在等腰Rt△AOC中，AC＝，作BR⊥AC于R.在△ABC中，AB＝BC，所以BR＝＝.因为在平面ABC内，NQ⊥AC，BR⊥AC，所以NQ∥BR.又因为N为AB的中点，所以Q为AR的中点，因此NQ＝＝.同理，可得MQ＝.所以在等腰△MNQ中，cos∠MNQ＝＝＝.故二面角ANPM的余弦值是.3．解：(1)证明：取AB的中点O，连接OC，OA1，A1B.因为CA＝CB，所以OC⊥AB.由于AB＝AA1，∠BAA1＝60°，故△AA1B为等边三角形，所...