新步步高高考数学（浙江专用）专题复习：第56练Word版含答案.docVIP

训练目标 会用空间向量解决立体几何的证明、求空间角、求距离问题. 训练题型 (1)用空间向量证明平行与垂直；(2)用空间向量求空间角；(3)求长度与距离. 解题策略 (1)选择适当的空间坐标系；(2)求出相关点的坐标，用坐标表示直线的方向向量及平面的法向量；(3)理解并记住用向量表示的空间角和距离的求解公式；(4)探索性问题，可利用共线关系设变量，引入参数，列方程求解. 1.如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝，AF＝1，M是线段EF的中点． 求证：(1)AM∥平面BDE； (2)AM⊥平面BDF. 2．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，在侧棱CC1上求一点P，使得直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3. 3．(2015·甘肃河西五地市第一次联考)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，侧面A1ACC1为菱形，∠A1AC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，N是CC1的中点． (1)求证：A1C⊥BN； (2)求二面角B－A1N－C的余弦值． 4．(2015·上饶一模)如图，五面体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，AB＝6，AD＝4.顶部线段EF∥平面ABCD，棱EA＝ED＝FB＝FC＝6，EF＝2，二面角F－BC－A的余弦值为. (1)在线段BC上是否存在一点N，使BC⊥平面EFN? (2)求平面EFB和平面CFB所成锐二面角的余弦值． 5．(2015·长春普通高中质量检测)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝AD＝2，四边形ABCD满足AB⊥AD，BC∥AD且BC＝4，点M为PC中点，点E为BC边上的动点，且＝λ. (1)求证：平面ADM⊥平面PBC. (2)是否存在实数λ，使得二面角P－DE－B的余弦值为？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由． 答案解析 1．证明　(1)建立如图所示的空间直角坐标系， 设AC∩BD＝N，连接NE， 则点N，E的坐标分别为(，，0)，(0,0,1)． 所以＝(－，－，1)． 又点A，M的坐标分别是(，，0)，(，，1)， 所以＝(－，－，1)． 所以＝，且NE与AM不共线． 所以NE∥AM. 又因为NE?平面BDE，AM?平面BDE. 所以AM∥平面BDE. (2)由(1)知＝(－，－，1)， 因为D(，0,0)，F(，，1)， 所以＝(0，，1)． 所以·＝0，所以⊥， 所以AM⊥DF，同理AM⊥BF， 又DF∩BF＝F，所以AM⊥平面BDF. 2．解　建立如图所示的空间直角坐标系， 设CP＝m， 则A(1,0,0)，B(1,1,0)，P(0,1，m)，C(0,1,0)，D(0,0,0)，B1(1,1,1)， 所以＝(－1，－1,0)，＝(0,0,1)， ＝(－1,1，m)，＝(－1,1,0)． 因为·＝(－1,1,0)·(－1，－1,0)＝0， ·＝(－1,1,0)·(0,0,1)＝0. 所以为平面BDD1B1的一个法向量． 设AP与平面BDD1B1所成的角为θ， 则sin θ＝cos(－θ)＝＝. 所以cos θ＝＝. 又tan θ＝＝＝3， 所以m＝. 故当CP＝时，直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3. 3．(1)证明　取AC的中点O，连接BO，A1O. 由题意知BO⊥AC，A1O⊥AC. 又因为平面A1ACC1⊥平面ABC， 且平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，A1O?平面A1ACC1， 所以A1O⊥平面ABC. 以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系． 则O(0,0,0)，B(，0,0)，A1(0,0，)，N(0，，)，C(0，1,0)， ＝(0,1，－)，＝(－，，)． 因为·＝0＋＋(－)×＝0， 所以A1C⊥BN. (2)解　由(1)得＝(0，，－)， ＝(，0，－)． 设平面A1BN的一个法向量为n1＝(x，y，z)， 则即 令x＝1，得n1＝(1，，1)． 又平面A1NC的一个法向量n2＝(1,0,0)． 设二面角B－A1N－C的平面角为θ， 且由图知，θ为锐角， 则cos θ＝＝. 4．解　(1)存在点N为线段BC的中点，使BC⊥平面EFN. 证明：∵EF∥平面ABCD，且EF?平面EFBA， 平面ABCD∩平面EFBA＝AB，∴EF∥AB. 设平面EFN∩平面ABCD＝MN，M∈AD. ∵EF∥平面ABCD，∴EF∥MN，∴AB∥MN. ∵FB＝FC，∴BC⊥FN. 又∵四边形ABCD是矩形，∴BC⊥AB.∴BC⊥MN. ∵FN?平面EFNM，MN?平面EFNM， FN∩MN＝N，∴BC⊥平面EFNM， 即BC⊥平面EFN. (2)在平