TOP33高考数学一轮复习8.5空间向量与立体几何(2).doc文档免费在线阅读

解得，所以点坐标为所以解析证明为矩形，故⊥又平面⊥平面，平面∩平面，所以⊥平面，故⊥过作垂线，垂足为，过作垂线，垂足为，连结故⊥平面，⊥平面，⊥在中，设，则，故四棱锥体积因为，故当，即时，四棱锥体积最大此时，建立如图所示而⊥，∩，所以⊥平面又⊂平面，故⊥由知⊥，且⊥，则⊥平面，所以两两相互垂直以为坐标原点，方向为轴，即，解得因为∈所以在线段上存在点，使得⊥此时，解析证明由题设知，三棱柱侧面为矩形由于为中点，故又，可得，所以⊥由题知二面角为锐角，所以二面角余弦值为设是直线上点，且所以解得所以由角坐标系，则，设平面法向量为，则即令，则所以同理可得，平面法向量为所以所以⊥因为平面⊥平面，且垂直于这两个平面交线，所以⊥平面由知⊥，⊥由题知，所以⊥如图，以为原点建立空间直是平面法向量，则即可取同理，设是平面法向量，则可取从而，故即二面角正弦值为解析证明因为为正方形，面由得，⊥以为坐标原点，方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系设，则，设锐角，从而平面与平面夹角余弦值为解析证明连结交于点，则为中点又是中点，连结，则∥因为⊂平面，⊄平面，所以∥平故设平面法向量为，则由⊥，⊥得解得同理可求出平面法向量为设平面与平面夹角为，可知为⊥在中，设，则，故四棱锥体积因为，故当，即时，四棱锥体积最大此时，建立如图所示坐标系，各点坐标为平面⊥平面，平面∩平面，所以⊥平面，故⊥过作垂线，垂足为，过作垂线，垂足为，连结故⊥平面，⊥平面，所以因为是平面法向量，所以，即解得，所以点坐标为所以解析证明为矩形，故⊥又设直线与平面所成角为，则因此直线与平面所成角大小为设点坐标为因为点在棱上，所以可设，即同理，设是平面法向量，则可取从而故二面角大小为组年高考提升题组解析证明因为∥，∥，∩，∩，所以平面为单位长，建立如图所示空间直角坐标系由题意知，则设是平面法向量，则即可取，∩，所以⊥平面又⊂平面，故⊥由知⊥，且⊥，则⊥平面，所以两两相互垂直以为坐标原点，方向为轴正方向，解得因为∈所以在线段上存在点，使得⊥此时，解析证明由题设知，三棱柱侧面为矩形由于为中点，故又，可得，所以⊥而⊥解得因为∈所以在线段上存在点，使得⊥此时，解析证明由题设知，三棱柱侧面为矩形由于为中点，故又，可得，所以⊥而⊥，∩，所以⊥平面又⊂平面，故⊥由知⊥，且⊥，则⊥平面，所以两两相互垂直以为坐标原点，方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示空间直角坐标系由题意知，则设是平面法向量，则即可取同理，设是平面法向量，则可取从而故二面角大小为组年高考提升题组解析证明因为∥，∥，∩，∩，所以平面设直线与平面所成角为，则因此直线与平面所成角大小为设点坐标为因为点在棱上，所以可设，即所以因为是平面法向量，所以，即解得，所以点坐标为所以解析证明为矩形，故⊥又平面⊥平面，平面∩平面，所以⊥平面，故⊥过作垂线，垂足为，过作垂线，垂足为，连结故⊥平面，⊥平面，⊥在中，设，则，故四棱锥体积因为，故当，即时，四棱锥体积最大此时，建立如图所示坐标系，各点坐标为故设平面法向量为，则由⊥，⊥得解得同理可求出平面法向量为设平面与平面夹角为，可知为锐角，从而平面与平面夹角余弦值为解析证明连结交于点，则为中点又是中点，连结，则∥因为⊂平面，⊄平面，所以∥平面由得，⊥以为坐标原点，方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系设，则，设是平面法向量，则即可取同理，设是平面法向量，则可取从而，故即二面角正弦值为解析证明因为为正方形，所以⊥因为平面⊥平面，且垂直于这两个平面交线，所以⊥平面由知⊥，⊥由题知，所以⊥如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，设平面法向量为，则即令，则所以同理可得，平面法向量为所以由题知二面角为锐角，所以二面角余弦值为设是直线上点，且所以解得所以由，即，解得因为∈所以在线段上存在点，使得⊥此时，解析证明由题设知，三棱柱侧面为矩形由于为中点，故又，可得，所以⊥而⊥，∩，所以⊥平面又⊂平面，故⊥由知⊥，且⊥，则⊥平面，所以两两相互垂直以为坐标原点，方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示空间直角坐标系由题意知，则设是平面法向量，则即可取同理，设是平面法向量，则可取从而故二面角大小为组年高考提升题组解析证明因为∥，∥，∩，∩，所以平面，平面法向量为，由得因此可取由得故可取从而法向量，夹角余弦值为故二面角正弦值为解析在中，因为是中点，所以，故因为≌，所以≌，从而有，所以，故⊥又因为，所以∥又⊥平面，所以⊥，故⊥平面以点为坐标原点建立如图所示坐标系，则，故设平面法向量，则解得即设平面法向量，则解得即从而平面与平面夹角余弦值为解析证明因为⊥，∥，所以⊥所以⊥，⊥所以⊥平面所以⊥又因为⊥，所以⊥平面如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则设平面法向量为，则，又所以令，则，所以设与平面所成角为因为，所以所以与平面所成角大小为假设这样点存在，设其坐标为，其中∈，设平面法向量为，则，又所以令，则，所以平面⊥平面，当且仅当，即解得，与∈，矛盾所以线段上不存在点，使平面与平面垂直解析解法如图，以点为原点建立空间直角坐标系，依题意得证明易得于是，所以⊥，设平面法向量，则即不妨令，可得可取平面法向量于是，从而所以二面角正弦值为设点坐标为，其中∈，由此得由，得，所以，解得，即解法二证明由⊥平面，可得⊥，因为⊥，∩，故⊥平面，又⊂平面，所以⊥如图，作⊥于点，连结由⊥，⊥，可得⊥平面，因此⊥，从而为二面角平面角在中，由此得由知⊥故在中，因此所以二面角正弦值为如图，因为，故过点作平行线必与线段相交，设交点为，连结，故或其补角为异面直线与所成角由于∥，故在中，故在中，由，可得由余弦定理可得设在中，在中，在中，因为，从而，由余弦定理得可解得所以设直线与平面所成角为，则因此直线与平面所成角大小为设点坐标为因为点在棱上，所以可设，即所以因为是平面法向量，所以，即解得，所以点坐标为所以解析证明为矩形，故⊥又平面⊥平面，平面∩平面，所以⊥平面，故⊥过作垂线，垂足为，过作垂线，垂足为，连结故⊥平面，⊥平面，⊥在中，设，则，故四棱锥体积因为，故当，即时，四棱锥体积最大此时，建立如图所示坐标系，各点坐标为年高考新课标版高考数学轮复习空间向量与立体几何组年高考基础题组北京分如图，正方形边长为分别为，中点在五棱锥中，为棱中点，平面与棱，分别交于点，求证∥若⊥底面，且，求直线与平面所成角大小，并求线段长江西分如图，四棱锥中，为矩形，平面⊥平面求证⊥若，问为何值时，四棱锥体积最大并求此时平面与平面夹角余弦值课标全国Ⅱ分如图，直三棱柱中分别是，中点，证明∥平面求二面角正弦值北京分如图，在三棱柱中，是边长为正方形，平面⊥平面求证⊥平面求二面角余弦值证明在线段上存在点，使得⊥并求值课标全国分如图，直三棱柱中是棱中点，⊥证明⊥求二面角大小组年高考提升题组安徽分如图，四棱柱中，⊥底面四边形为梯形，∥，且过三点平面记为，与交点为证明为中点求此四棱柱被平面所分成上下两部分体积之比若梯形面积为，求平面与底面所成二面角大小山东分如图，在四棱柱中，底面是等腰梯形，是线段中点求证∥平面若垂直于平面且，求平面和平面所成角锐角余弦值重庆分如图，四棱锥中，⊥底面为中点，⊥求长求二面角正弦值江西分如图，四棱锥中，⊥平面，为中点，为中点，≌，连结并延长交于求证⊥平面求平面与平面夹角余弦值北京分如图，在中分别是，上点，且∥，将沿折起到位置，使⊥，如图求证⊥平面若是中点，求与平面所成角大小线段上是否存在点，使平面与平面垂直说明理由天津分如图，在四棱锥中，⊥平面，⊥，⊥，证明⊥求二面角正弦值设为棱上点，满足异面直线与所成角为，求长组年高考基础题组解析证明在正方形中，因为是中点，所以∥又因为⊄平面，所以∥平面因为⊂平面，且平面∩平面，所以∥因为⊥底面，所以⊥，⊥如图建立空间直角坐标系，则，设平面法向量为，则即令，则所以设直线与平面所成角为，则因此直线与平面所成角大小为设点坐标为因为点在棱上，所以可设，即所以因为是平面法向量，所以，即解得，所以点坐标为所以解析证明为矩形，故⊥又平面⊥平面，平面∩平面，所以⊥平面，故⊥过作垂线，垂足为，过作垂线，垂足为，连结故⊥平面，⊥平面，⊥在中，设，则，故四棱锥体积因为，故当，即时，四棱锥体积最大此时，建立如图所示坐标系，各点坐标为故设平面法向量为，则由⊥，⊥得解得同理可求出平面法向量为设平面与平面夹角为，可知为锐角，∩，所以⊥平面又⊂平面，故⊥由知⊥，且⊥，则⊥平面，所以两两相互垂直以为坐标原点，方向为轴正方向，同理，设是平面法向量，则可取从而故二面角大小为组年高考提升题组解析证明因为∥，∥，∩，∩，所以平面所以因为是平面法向量，所以，即解得，所以点坐标为所以解析证明为矩形，故⊥又⊥在中，设，则，故四棱锥体积因为，故当，即时，四棱锥体积最大此时，建立如图所示坐标系，各点坐标为锐角，从而平面与平面夹角余弦值为解析证明连结交于点，则为中点又是中点，连结，则∥因为⊂平面，⊄平面，所以∥平是平面法向量，则即可取同理，设是平面法向量，则可取从而，故即二面角正弦值为解析证明因为为正方形，角坐标系，则，设平面法向量为，则即令，则所以同理可得，平面法向量为所以，即，解得因为∈所以在线段上存在点，使得⊥此时，解析证明由题设知，三棱柱侧面为矩形由于为中点，故又，可得，所以⊥由余弦定理可得设在中，在中，在中，因为，从而，由余弦定理得可解得所以设直线与平面所成角为，则因此直线与平面所成角大小为设点坐标为因为点在棱上，所以可设，即所以因为是平面法向量，所以，即解得