- 2021-04-13 发布 |
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文档介绍
苏教版步步高高考数学一轮复习备考练习习题课空间向量的应用
习题课 空间向量的应用 一、基础过关 1. 如图所示,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC綊AD,BE綊FA,G、H分别为FA、FD的中点. (1)证明:四边形BCHG是平行四边形; (2)C、D、F、E四点是否共面?为什么? (3)设AB=BE,证明:平面ADE⊥平面CDE. 2. 如图所示,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是一直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC,AB=BC=a,AD=2a,且PA⊥底面ABCD,PD与底面成30°角. (1)若AE⊥PD,E为垂足,求证:BE⊥PD; (2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值. 3. 如图所示,在四棱锥O—ABCD中,底面ABCD是边长为1的菱形,∠ABC=,OA⊥底面ABCD,OA=2,M为OA的中点,N为BC的中点. (1)证明:直线MN∥平面OCD; (2)求异面直线AB与MD所成角的大小. 二、能力提升 4.如图所示, 在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1. (1)证明:PC⊥AD; (2)求二面角A-PC-D的正弦值; (3)设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为30°,求AE的长. 5. 等边△ABC中,D,E分别是AC,AB的中点,沿DE将△ADE折起,使平面ADE⊥平面BCDE(如图所示). (1)求证:平面ABC⊥平面ABE; (2)求直线AC与平面ABE所成角的正弦值. 三、探究与拓展 6. 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. (1)求证:AC⊥SD; (2)若SD⊥平面PAC,求二面角P—AC—D的大小; (3)在(2)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 1. (1)证明 由题设知,FA、AB、AD两两互相垂直. 以A为坐标原点,射线AB为x轴正方向,以射线AD为y轴正方向,以射线AF为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. 设AB=a,BC=b,BE=c, 则由题设得A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0),E(a,0,c),G(0,0,c),H(0,b,c). 所以=(0,b,0),=(0,b,0),于是=.又点G不在直线BC上, 所以四边形BCHG是平行四边形. (2)解 C、D、F、E四点共面.理由如下: 由题设知,F(0,0,2c), 所以=(-a,0,c),=(-a,0,c),=.又C∉EF,H∈FD, 故C、D、F、E四点共面. (3)证明 由AB=BE,得c=a, 所以=(-a,0,a),=(a,0,a). 又=(0,2b,0),因此·=0, ·=0,即CH⊥AE,CH⊥AD. 又AD∩AE=A,所以CH⊥平面ADE. 由CH⊂平面CDE, 得平面ADE⊥平面CDE. 2. (1)证明 ∵PA⊥底面ABCD, ∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD, ∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD. 又∵AE⊥PD,∴PD⊥平面ABE. 故BE⊥PD. (2) 解 如图所示,以A为原点,AB、AD、AP所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则点C、D的坐标分别为(a,a,0)、(0,2a,0). ∵PA⊥底面ABCD,∠PDA是PD与底面ABCD所成的角,∴∠PDA=30°. 于是,在Rt△AED中,由AD=2a, 得AE=a. 过E作EF⊥AD,垂足为F, 在Rt△AFE中,由AE=a,∠EAF=60°, 得AF=a,EF=a. ∴E. 于是=,=(-a,a,0). 设异面直线AE与CD所成角为θ, 则cos θ===. ∴AE与CD所成角的余弦值为. 3. (1)证明 作AP⊥CD于点P,连结OP. 如图,分别以AB、AP、AO所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系. A(0,0,0),B(1,0,0),P, D,O(0,0,2),M(0,0,1),N. =, =, =. 设平面OCD的法向量为n=(x,y,z), 则n·=0,n·=0. 即 取z=,解得n=(0,4,). ∵·n=·(0,4,)=0, 又MN⊄平面OCD,∴MN∥平面OCD. (2)解 设AB与MD所成角为θ. ∵=(1,0,0), =, ∴cos θ==,∴θ=. ∴AB与MD所成角的大小为. 4. (1)证明 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),D(2,0,0),C(0,1,0), B,P(0,0,2). 易得=(0,1,-2),=(2,0,0), 于是·=0,所以PC⊥AD. (2)解 =(0,1,-2), =(2,-1,0). 设平面PCD的法向量n=(x,y,z), 则即 不妨令z=1,可得n=(1,2,1). 可取平面PAC的法向量m=(1,0,0). 于是cos〈m,n〉===, 从而sin〈m,n〉=. 所以二面角A-PC-D的正弦值为. (3)解 设点E的坐标为(0,0,h), 其中h∈[0,2]. 由此得=. 由=(2,-1,0),故 cos〈,〉= ==, 所以=cos 30°=, 解得h=,即AE=. 5. (1)证明 取DE的中点O,取BC的中点G,连结AO,OG, 则AO⊥DE,OG⊥DE. ∵平面ADE⊥平面BCDE,平面ADE∩平面BCDE=DE, ∴AO⊥平面BCDE,∴AO⊥OG. 建立如图所示的空间直角坐标系, 设BC=4,则DE=2,AO=OG=. 所以A(0,0,),D(1,0,0),E(-1,0,0),B(-2,,0),C(2,,0). 设平面ABE的法向量为m=(x1,y1,z1), ∵=(1,0,),=(-1,,0), 由,得 令y1=1,得m=(,1,-1), 设平面ABC的法向量为n=(x2,y2,z2), ∵=(4,0,0),=(2,,-), 由 得 令y2=1,得n=(0,1,1), ∵m·n=(,1,-1)·(0,1,1)=0, ∴平面ABC⊥平面ABE. (2)解 由(1)得cos〈,m〉= ==. ∴直线AC与平面ABE所成角的正弦值为. 6. (1)证明 连结BD,设AC交BD于点O,由题意知SO⊥平面ABCD,以O点 为坐标原点,、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立空间直角坐标系O—xyz如图所示. 设底面边长为a,则高SO=a. 于是S(0,0,a),D, C,B, =, =, ∴·=0.故OC⊥SD, 因此AC⊥SD. (2)解 由题意知,平面PAC的一个法向量=,平面DAC的一个法向量=, 设所求二面角为θ, 则cos θ==, 故所求二面角P—AC—D的大小为30°. (3)解 在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC. 由(2)知是平面PAC的一个法向量, 且=, =, =,设=t, 则=+=+t =. 由·=0,得t=, 即当SE∶EC=2∶1时,⊥. 而BE不在平面PAC内, 故BE∥平面PAC. 高考资源网 w w w.ks5u.com 高 考 资源 网 www.ks5u.com查看更多