发布时间 : 星期一 文章(全国通用版)2019高考数学二轮复习 中档大题规范练(四)立体几何与空间向量 理更新完毕开始阅读06857a5f9fc3d5bbfd0a79563c1ec5da51e2d64b
花落知多少为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
7
4
，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AGAO＝2
3
，且O为BC的中点．
又→AM＝2→3AF，
所以AGAO＝AMAF＝2
3
，
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.
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花落知多少又四边形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，
3??1
则C(1,0,0)，D(1，m,0)，A(0，0，3)，F?，m，?，
2??2
B(－1,0,0)，N?－，0，→2→
因为AM＝AF，
3
?1?23??， 2?
?12m23?→所以M?，，?，BC＝(2,0,0)，
3??33
→
?42m23?
BM＝?，，?，
?3
3
3?
设平面MBC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
BC＝2x＝0，?n·→由?→42m23
n·BM＝x＋y＋z＝0，?333
x＝0，??
得?3
y＝－z，?m?
令z＝－m，得n＝(0，3，－m)． 又平面BCD的法向量为v＝(0,0,1)．
|v·n|m7
由题意得|cos〈v，n〉|＝＝＝， 2
|v||n|43＋m解得m＝
21
， 3
2m3?→→?5
又MN＝?－，－，－?，CD＝(0，m，0)，
36??6
6
花落知多少→→|MN·CD|→→
所以|cos〈MN，CD〉|＝ →→|MN||CD|＝ mm2＋
74
＝
27
. 7
27
所以异面直线MN与CD所成角的余弦值为.
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4．(2018·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
Vp1?A1B1CV＝8
27
，D为线段B1C的中点，求直线P1D与平面PA1B1所成角的正弦值． P?ABC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.
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花落知多少(2)∵
Vp1?A1B1CVP?ABC8＝， 27
又平面α∥平面PAB， ∴
A1CB1CP1C2＝＝＝. ACBCPC3
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A1B1＝(2,0,0)，PA1＝(0,1，－3)，P1D＝(1,1，－2)， 设平面PA1B1的法向量为n＝(x，y，z)， →??n·A1B1＝0，
则?
→??n·PA1＝0，
??x＝0，
即???y－3z＝0，
令z＝1，得n＝(0,3,1)． →
则cos〈P1D，n〉＝
16×10
＝15. 30
15. 30
故直线P1D与平面PA1B1所成角的正弦值为
5．(2018·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＝22，PB＝2，PB⊥AC.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAC；
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