2021高考数学一轮复习课时作业45立体几何中的向量方法理

2021高考数学一轮复习课时作业45立体几何中的向量方法理

课时作业45　立体几何中的向量方法 ‎ [基础达标]‎ ‎1．[2020·广东五校第一次诊断]如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.‎ ‎(1)求证：BD⊥平面ACFE；‎ ‎(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值．‎ 解析：(1)∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴BD⊥AC.‎ ‎∵AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ ‎∴BD⊥AE.‎ 又AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACFE，‎ ‎∴BD⊥平面ACFE.‎ ‎(2)‎ 连接OE，以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，，0)，O(0,0,0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a>0)，则＝(0，，0)，＝(1,0,2)，＝(－1,0，a)．‎ 11‎ 设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则有即 得y＝0.令z＝1，则x＝－2，‎ ‎∴n＝(－2,0,1)是平面EBD的一个法向量．‎ 由题意得sin 45°＝|cos〈，n〉|＝＝＝，‎ 解得a＝3或a＝－(舍去)．‎ ‎∴＝(－1,0,3)，又＝(1，－，2)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝，‎ 故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.‎ ‎2．[2020·安徽合肥调研]如图，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，∠ABE＝60°，G为BE的中点．‎ ‎(1)求证：平面ACG⊥平面BCE；‎ ‎(2)若AB＝BC，求二面角B－CA－G的余弦值．‎ 解析：(1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，‎ ‎∴CB⊥平面ABEF，∴CB⊥AG.‎ 在菱形ABEF中，∠ABE＝60°，连接AE，则△ABE为等边三角形，‎ 又G为BE的中点，∴AG⊥BE.‎ ‎∵BE∩CB＝B，∴AG⊥平面BCE.‎ ‎∵AG⊂平面ACG，∴平面ACG⊥平面BCE.‎ 11‎ ‎(2)由(1)知，AD⊥平面ABEF，AG⊥BE，∴AG，AF，AD两两垂直．以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设AB＝2，则BC＝，A(0,0,0)，G(，0,0)，C，B(，－1,0)．‎ 设m＝(x，y，z)为平面ABC的法向量．‎ 由得 取x＝1，得y＝，z＝0，∴m＝(1，，0)是平面ABC的一个法向量，同理可得平面ACG的一个法向量为n＝(0,2，)，‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 结合图形知，二面角B－CA－G为锐二面角，故二面角B－CA－G的余弦值为.‎ ‎3．[2020·河南洛阳统一考试]如图1，平面多边形PABCD中，PA＝PD，AD＝2DC＝2BC＝4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E为PD的中点，现将△APD沿AD折起，如图2，使PC＝2.‎ ‎(1)证明：CE∥平面ABP；‎ ‎(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值．‎ 解析：(1)取PA的中点H，连接HE，BH，如图．‎ ‎∵E为PD的中点，∴HE为△PAD的中位线，‎ ‎∴HE∥AD，且HE＝AD.‎ 11‎ 又AD∥BC，BC＝AD，∴HE∥BC，HE＝BC，‎ ‎∴四边形BCEH为平行四边形，∴CE∥BH.‎ ‎∵BH⊂平面ABP，CE⊄平面ABP，‎ ‎∴CE∥平面ABP.‎ ‎(2)由题意知△PAD为等腰直角三角形，四边形ABCD为直角梯形．取AD的中点F，连接BF，PF，‎ ‎∵AD＝2BC＝4，∴平面多边形PABCD中，P，F，B三点共线，‎ 且PF＝BF＝2，‎ ‎∴翻折后，PF⊥AD，BF⊥AD，PF∩BF＝F，∴DF⊥平面PBF，‎ ‎∴BC⊥平面PBF，‎ ‎∵PB⊂平面PBF，∴BC⊥PB.‎ 在直角三角形PBC中，PC＝2，BC＝2，∴PB＝2，‎ ‎∴△PBF为等边三角形．‎ 取BF的中点O，DC的中点M，连接PO，OM，则PO⊥BF，‎ ‎∵DF⊥平面PBF，∴DF⊥PO.又DF∩BF＝F，‎ ‎∴PO⊥平面ABCD.‎ 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，‎ 则B(1,0,0)，D(－1,2,0)，P(0,0，)，A(－1，－2,0)，‎ ‎∴E，‎ ‎∴＝，＝(2,2,0)，＝(－1,0，)．‎ 设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，则 ∴ 故可取n＝(3，－3，)，‎ ‎∴cos〈n，〉＝＝－，‎ ‎∴直线AE与平面ABP所成角的正弦值为.‎ 11‎ ‎4．[2020·广东惠州一调]如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，侧面是正方形，∠DAB＝60°，E是棱CB的延长线上一点，经过点A，C1，E的平面交棱BB1于点F，B1F＝2BF.‎ ‎(1)求证：平面AC1E⊥平面BCC1B1；‎ ‎(2)求二面角E－AC1－C的余弦值．‎ 解析：(1)设四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，‎ ‎∵B1F＝2BF，△B1C1F∽△BEF，∴BE＝.‎ 由∠DAB＝60°＝∠ABE，得∠ABC＝120°，由余弦定理得AE＝，AC＝a.‎ ‎∵CE＝BE＋BC＝，∴AE2＋CE2＝AC2，AE⊥CE.‎ 又ABCD－A1B1C1D1是直四棱柱，∴C1C⊥平面ABCD，‎ 又AE⊂平面ABCD，∴C1C⊥AE.‎ ‎∵CE∩CC1＝C，∴AE⊥平面BCC1B1.‎ ‎∵AE⊂平面AC1E，∴平面AC1E⊥平面BCC1B1.‎ ‎(2)解法一　过C作CG⊥AC1于G，CH⊥C1F于H，连接GH.‎ 由平面AC1E⊥平面BCC1B1，平面AC1E∩平面BCC1B1＝C1E，‎ 得CH⊥平面AC1E.‎ ‎∴CH⊥AC1，又CG⊥AC1，CG∩CH＝C，∴AC1⊥平面CGH，AC1⊥GH，‎ ‎∴∠CFH是二面角E－AC1－C的平面角．‎ 在Rt△ACC1中，AC＝a，CC1＝a，AC1＝2a，CG＝a，‎ 在Rt△ECC1中，CE＝a，CC1＝a，EC1＝a，CH＝a，‎ ‎∴GH＝＝a，cos∠CGH＝＝，‎ ‎∴二面角E－AC1－C的余弦值为.‎ 解法二　以E为坐标原点，EC，EA所在直线分别为x轴，y轴，平行于BB1的直线为z轴建立空间直角坐标系，则E(0,0,0)，A，C1，则＝ 11‎ ‎，＝.‎ 设平面EAC1的法向量为n＝(p，q，r)，则即 不妨取n＝(－2,0,3)．‎ 连接BD，B，D，易知平面AC1C的一个法向量为n1＝＝.‎ 设二面角E－AC1－C的平面角为θ，则|cos θ|＝＝，‎ 又由题图知θ为锐角，∴二面角E－AC1－C的余弦值为.‎ ‎5．[2020·江西南昌重点中学段考]如图，四边形ABCD是矩形，沿对角线AC将△ACD折起，使得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上．‎ ‎(1)求证：平面ACD⊥平面BCD；‎ ‎(2)当＝2时，求二面角D－AC－B的余弦值．‎ 解析：(1)如图，设点D在平面ABC内的射影为点E，连接DE，‎ 则DE⊥平面ABC，所以DE⊥BC.‎ 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面ABD，‎ 所以BC⊥AD.‎ 又AD⊥CD，所以AD⊥平面BCD，而AD⊂平面ACD，‎ 所以平面ACD⊥平面BCD.‎ ‎(2)解法一　在矩形ABCD中，过点D作AC的垂线，垂足为M，连接ME.‎ 因为DE⊥平面ABC，所以DE⊥AC，‎ 又DM∩DE＝D，‎ 所以AC⊥平面DME，所以EM⊥AC，‎ 所以∠DME为二面角D－AC－B的平面角．‎ 设AD＝a，则AB＝2a.‎ 11‎ 在Rt△ADC中，易求得AM＝，DM＝.‎ 在Rt△AEM中，＝tan∠BAC＝，得EM＝，‎ 所以cos∠DME＝＝.‎ 解法二　以点B为原点，线段BC所在的直线为x轴，线段AB所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 设AD＝a，则AB＝2a，所以A(0，－2a,0)，C(－a,0,0)．‎ 由(1)知AD⊥BD，又＝2，所以∠DBA＝30°，∠DAB＝60°，所以AE＝ADcos∠DAB＝a，BE＝AB－AE＝a，DE＝ADsin∠DAB＝a，‎ 所以D，所以＝，＝(－a,2a,0)．‎ 设平面ACD的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则即 取y＝1，则x＝2，z＝－，所以m＝.‎ 因为平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，‎ 所以cos〈m，n〉＝＝＝－.‎ 结合图知，二面角D－AC－B为锐二面角，‎ 所以二面角D－AC－B的余弦值为.‎ 11‎ ‎6．[2020·四川成都模拟，逻辑推理]如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，A1A⊥平面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．‎ 解析：(1)在△B1C1E中，EB1＝＝，B1C1＝＝，EC1＝，‎ ‎∴B1C＋EC＝EB，∴B1C1⊥EC1，‎ ‎∵AA1⊥平面ABCD，∴AA1⊥BC，∴CC1⊥B1C1，而CC1∩EC1＝C1，‎ ‎∴B1C1⊥平面CC1E.‎ ‎∵CE⊂平面CC1E，‎ ‎∴B1C1⊥CE.‎ ‎(2)由题可知，DA，AA1，AB两两垂直，如图，以点A为原点，分别以AD，AA1，AB所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则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，－2，－1)，＝(－1,1，－1)，＝(1,0，－1)，‎ 设平面B1CE的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则即 消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，‎ 则m＝(－3，－2,1)为平面B1CE的一个法向量．‎ 由(1)知，B1C1⊥平面CEC1，‎ 故＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．‎ 所以cos〈m，〉＝＝＝－，从而sin〈m，〉＝，‎ 11‎ 所以二面角B1－CE－C1的正弦值为.‎ ‎(3)由(2)知＝(0,1,0)，＝(1,1,1)，设＝，则＝(λ，λ，λ)，(0≤λ≤1)，则＝＋＝(λ，λ＋1，λ)．‎ 易知＝(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 sin θ＝|cos〈，〉|＝ ‎＝＝＝，‎ 得λ＝(负值舍去)，‎ 所以＝，||＝，故线段AM的长为.‎ ‎[能力挑战]‎ ‎7．[2020·安徽江南名校联考]如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，DC＝6，AD＝8，BC＝10，∠PAD＝45°，E为PA的中点．‎ ‎(1)求证：DE∥平面BPC；‎ ‎(2)线段AB上是否存在一点F，满足CF⊥DB？若存在，请求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由．‎ 11‎ 解析：(1)取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N，如图在四边形ABCD中，‎ ‎∵CN⊥AB，DA⊥AB，∴CN∥DA.‎ 又AB∥CD，∴四边形CDAN为平行四边形，‎ ‎∴CN＝AD＝8，DC＝AN＝6，‎ 在Rt△BNC中，‎ BN＝＝＝6，‎ ‎∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，‎ ‎∴EM∥AB且EM＝AB＝6.‎ 又DC∥AB，‎ ‎∴EM∥CD且EM＝CD，四边形CDEM为平行四边形，‎ ‎∴DE∥CM.‎ ‎∵CM⊂平面PBC，DE⊄平面PBC，‎ ‎∴DE∥平面BPC.‎ ‎(2)由题意可得DA，DC，DP两两垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，‎ 则A(8,0,0)，B(8,12,0)，C(0,6,0)，P(0,0,8)．‎ 假设AB上存在一点F，使CF⊥BD，设点F的坐标为(8，t,0)，(0

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