2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第3讲 立体几何中的向量方法 练典型习题 提数学素养含解析

2020高考数学二轮复习练习：第二部分 专题三 第3讲 立体几何中的向量方法 练典型习题 提数学素养含解析

‎[A组　夯基保分专练]‎ ‎1．(2019·重庆市七校联合考试)如图，三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．‎ ‎(1)求证：AE⊥平面A1BD；‎ ‎(2)求二面角DBEB1的余弦值．‎ 解：(1)证明：因为AB＝BC＝CA，D是AC的中点，‎ 所以BD⊥AC，‎ 因为AA1⊥平面ABC，‎ 所以平面AA1C1C⊥平面ABC，‎ 所以BD⊥平面AA1C1C，所以BD⊥AE.‎ 又在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，‎ 所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D，‎ 所以AE⊥平面A1BD.‎ ‎(2)以DA所在直线为x轴，过D作AC的垂线，以该垂线为y轴，DB所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，E(－1，－1，0)，B(0，0，)，B1(0，－2，)，＝(0，0，)，＝(－1，－1，0)，＝(0，－2，0)，＝(1，－1，)，‎ 设平面DBE的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则，即，‎ 令x＝1，则m＝(1，－1，0)，‎ 设平面BB1E的法向量为n＝(a，b，c)，则，即，‎ 令c＝，则n＝(－3，0，)，‎ 设二面角DBEB1的平面角为θ，观察可知θ为钝角，‎ 因为cos〈m，n〉＝＝，‎ 所以cos θ＝，故二面角DBEB1的余弦值为.‎ ‎2．(2019·成都第一次诊断性检测)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，点M是棱PC的中点．‎ ‎(1)证明：PA∥平面BMD；‎ ‎(2)当PA＝时，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：如图1，连接AC交BD于点O，连接MO.‎ 因为M，O分别为PC，AC的中点，‎ 所以PA∥MO.‎ 因为PA⊄平面BMD，MO⊂平面BMD，‎ 所以PA∥平面BMD.‎ ‎(2)如图2，取线段BC的中点H，连接AH.‎ 因为四边形ABCD为菱形，∠ABC＝，‎ 所以AH⊥AD.‎ 以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，‎ 则A(0，0，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，P(0，0，)，M，所以＝(，，)，＝(0，2，0)，＝(，1，－)．‎ 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由得，‎ 取z＝1，m＝(1，0，1)．‎ 设直线AM与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.‎ 所以直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.‎ ‎3．(2019·高考天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.‎ ‎(1)求证：BF∥平面ADE；‎ ‎(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；‎ ‎(3)若二面角EBDF的余弦值为，求线段CF的长．‎ 解：依题意，可以建立以A为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)．设CF＝h(h>0)，则F(1，2，h)．‎ ‎(1)证明：依题意，＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又＝(0，2，h)，可得·＝0，又因为直线BF⊄平面ADE，所以BF∥平面ADE.‎ ‎(2)依题意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2)．　‎ 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z＝1，可得n＝(2，2，1)．‎ 因此有cos〈，n〉＝＝－.‎ 所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设m＝(x，y，z)为平面BDF的法向量，则即不妨令y＝1，可得m＝(1，1，－)．‎ 由题意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝，‎ 解得h＝，经检验，符合题意．‎ 所以，线段CF的长为.‎ ‎4．(2019·东北四市联合体模拟(一))如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．‎ ‎(1)证明：AE⊥PB；‎ ‎(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，求二面角APEC的余弦值．‎ 解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，‎ 因为AB∥CE，AB＝CE，所以四边形ABCE为平行四边形，‎ 所以AE＝BC＝AD＝DE，所以△ADE为等边三角形，‎ 所以在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC，‎ 所以BD⊥AE.‎ 翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE，‎ 又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，所以AE⊥平面POB，‎ 因为PB⊂平面POB，所以AE⊥PB.‎ ‎(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE.‎ 又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，所以OP⊥平面ABCE.‎ 以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，‎ P，E，C，所以＝，＝，设平面PCE的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 则，即，设x＝，则y＝－1，z＝1，所以n1＝(，－1，1)为平面PCE的一个法向量，‎ 易知平面PAE的一个法向量为n2＝(0，1，0)，‎ cos〈n1，n2〉＝＝＝－.‎ 由图知所求二面角APEC为钝角，所以二面角APEC的余弦值为－.‎ ‎[B组　大题增分专练]‎ ‎1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC ‎＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．‎ ‎(1)证明：EF⊥BC；‎ ‎(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．‎ 解：法一：(1)证明：如图，连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC.‎ 又因为A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F.‎ 所以BC⊥平面A1EF.‎ 因此EF⊥BC.‎ ‎(2)取BC的中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．‎ 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．‎ 连接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，‎ 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．‎ 则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角)．‎ 不妨设AC＝4，则在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝.‎ 由于O为A1G的中点，故EO＝OG＝＝，‎ 所以cos∠EOG＝＝.‎ 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.‎ 法二：(1)证明：连接A1E，因为A1A＝A1C，E是AC的中点，‎ 所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E⊂平面A1ACC1，‎ 平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，所以，A1E⊥平面ABC.‎ 如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Exyz.‎ 不妨设AC＝4，则A1(0，0，2)，B(，1，0)，‎ B1(，3，2)，F(，，2)，C(0，2，0)．‎ 因此，＝，＝(－，1，0)．‎ 由·＝0得EF⊥BC.‎ ‎(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.‎ 由(1)可得＝(－，1，0)，＝(0，2，－2)．‎ 设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 由得 取n＝(1，，1)故 sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.‎ 因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.‎ ‎2．(2019·济南市统一模拟考试)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝90°，AD＝，BE＝3，CF＝4，EF＝2.‎ ‎(1)求证：AE∥平面DCF；‎ ‎(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°？‎ 解：因为平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝BC，DC⊂平面ABCD，‎ 且DC⊥BC，所以DC⊥平面BEFC.‎ 以点C为坐标原点，分别以CB，CF，CD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Cxyz.‎ 设AB＝a，则C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，3，0)，F(0，4，0)，D(0，0，a)．‎ ‎(1)证明：因为＝(0，3，－a)，＝(，0，0)，＝(0，4，0)，＝(0，0，a)，‎ 所以·＝0，·＝0，又CD∩CF＝C，‎ 所以CB⊥平面CDF，即为平面CDF的一个法向量．‎ 又·＝0，‎ 所以CB⊥AE，又AE⊄平面CDF，‎ 所以AE∥平面DCF.‎ ‎(2)设n＝(x，y，z)与平面AEF垂直，‎ ＝(0，3，－a)，＝(－，1，0)，‎ 由，得，‎ 取x＝1，则n＝.‎ BA⊥平面BEFC，＝(0，0，a)，‎ 由|cos〈n，〉|＝＝＝，‎ 得a＝.‎ 所以当AB＝时，二面角AEFC的大小为60°.‎ ‎3．(2019·江西八所重点中学联考)如图所示多面体ABCDEF，其底面ABCD为矩形，且AB ‎＝2，BC＝2，四边形BDEF为平行四边形，点F在底面ABCD内的投影恰好是BC的中点．‎ ‎(1)已知G为线段FC的中点，证明：BG∥平面AEF；‎ ‎(2)若二面角FBDC的大小为，求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：如图，连接AC交BD于H，连接GH，则GH为△ACF的中位线，‎ 所以GH∥AF.‎ 因为GH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.‎ 又BD∥EF，BD⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以BD∥平面AEF.‎ 连接DG，因为BD∩GH＝H，BD⊂平面BDG，GH⊂平面BDG，所以平面BDG∥平面AEF，‎ 因为BG⊂平面BDG，所以BG∥平面AEF.‎ ‎(2)取BC的中点O，AD的中点M，连接OF，OM，则OF⊥平面ABCD，OM⊥BC，以O为坐标原点，OC，OM，OF所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O(0，0，0)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2，0)，所以＝(2，2，0)．设OF＝a(a>0)，则F(0，0，a)，所以＝(1，0，a)．‎ 设平面BDEF的法向量为n1＝(x，y，z)，‎ 由，得，‎ 令x＝－a，得n1＝(－a，a，)．‎ 易得平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)．‎ 因为二面角FBDC的大小为，所以|cos〈n1，n2〉|＝||＝＝，‎ 解得a＝.‎ 设直线AE与平面BDEF所成的角为θ，因为＝＋＝＋＝(2，0，0)＋＝‎ eq blc(rc)(avs4alco1(3，0，f(3,2)))，且n1＝，‎ 所以sin θ＝|cos〈，n1〉|＝||＝＝.‎ 故直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为.‎ ‎4．(2019·湖南省湘东六校联考)如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．‎ ‎(1)证明：直线BC∥平面OEF；‎ ‎(2)在线段DF上是否存在一点M，使得二面角MOED的余弦值是？若不存在，请说明理由；若存在，请求出M点所在的位置．‎ 解：(1)证明：依题意，在平面ADFC中，∠CAO＝∠FOD＝60°，所以AC∥OF，‎ 又OF⊂平面OEF，所以AC∥平面OEF.‎ 在平面ABED中，∠BAO＝∠EOD＝60°，‎ 所以AB∥OE，又OE⊂平面OEF，所以AB∥平面OEF.‎ 因为AB∩AC＝A，AB⊄平面OEF，AC⊄平面OEF，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以平面ABC∥平面OEF.‎ 又BC⊂平面ABC，所以直线BC∥平面OEF.‎ ‎(2)设OD的中点为G，如图，连接GE，GF，由题意可得GE，GD，GF两两垂直，以G为坐标原点，GE，GD，GF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知，O(0，－1，0)，E(，0，0)，F(0，0，)，D(0，1，0)．‎ 假设在线段DF上存在一点M，使得二面角MOED的余弦值是，设＝，λ∈[0，1]，则M(0，1－λ，λ)，＝(0，2－λ，λ)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面MOE的法向量，‎ 由得，可取x＝－λ，则y＝λ，z＝λ－2，n＝(－λ，λ，λ－2)．‎ 又平面OED的一个法向量m＝(0，0，1)，‎ 所以＝|cos〈m，n〉|＝，‎ 所以(2λ－1)(λ＋1)＝0，‎ 又λ∈[0，1]，所以λ＝.‎ 所以存在满足条件的点M，M为DF的中点．‎ ‎ ‎