考点11 空间向量与立体几何（1）-备战2021年高考数学经典解答题压轴题考前必刷（全国通用）

考点11 空间向量与立体几何（1） 班级：___________姓名：___________得分：___________ 【真题分析】 例 1．（2020·全国高考真题（理））如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F. （1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F； （2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】 （1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可； （2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案. 【详解】 （1）分别为，的中点， 又 在中，为中点，则 又侧面为矩形， 由，平面 平面 又，且平面，平面， 平面 又平面，且平面平面 又平面 平面 平面 平面平面 （2）连接 平面，平面平面 根据三棱柱上下底面平行， 其面平面，面平面 故：四边形是平行四边形 设边长是() 可得：， 为的中心，且边长为 故： 解得： 在截取，故 且 四边形是平行四边形， 由（1）平面 故为与平面所成角 在，根据勾股定理可得： 直线与平面所成角的正弦值：. 【点睛】 本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题. 【真题演练】 2．（2013·天津高考真题（理））如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1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B1﹣CE﹣C1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． 【答案】（1）见解析 （2） （3） 【详解】 解：本题可通过建立空间坐标系求解． 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)． (1)证明：易得＝(1,0，－1)，＝(－1,1，－1)，于是·＝0，∴B1C1⊥CE. (2)＝(1，－2，－1)． 设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)， 则,即 消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)． 由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量． 于是cos〈m，〉＝＝＝－，从而sin〈m，〉＝， 故二面角B1－CE－C1的正弦值为. (3)＝(0,1,0)，＝(1,1,1)． 设＝λ＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．可取＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量． 设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则 sinθ＝|cos〈，〉|＝ ＝＝. 于是＝，解得λ＝ (λ＝－舍去)， ∴AM＝. 3．（2009·宁夏高考真题（理）） 如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点. （Ⅰ）求证：AC⊥SD； （Ⅱ）若SD⊥平面PAC，求二面角P-AC-D的大小； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC．若存在，求SE：EC的值；若不存在，试说明理由. 【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）；（Ⅲ）2:1. 【分析】 （I）连BD，设AC交于BD于O，由题意知SO⊥平面ABCD．以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O-xyz，设底面边长为a，求出高SO，从而得到点S与点C和D的坐标，求出向量与，计算它们的数量积，从而证明出OC⊥SD，则AC⊥SD；（II）根据题意先求出平面PAC的一个法向量和平面DAC的一个法向量，设所求二面角为θ，则，从而求出二面角的大小；（III）在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC，根据（Ⅱ）知是平面PAC的一个法向量，设，求出，根据可求出t的值，从而即当SE：EC=2：1时，，而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC 【详解】 （I）证明：连BD，设AC交BD于O，由题意SO⊥AC．在正方形ABCD中，AC⊥BD，所以AC⊥平面SBD，得AC⊥SD （II）设正方形边长a，则． 又，所以∠SDO＝60°． 连OP，由（I）知AC⊥平面SBD，所以AC⊥OP，且AC⊥OD．所以∠PO