2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第八章　第7讲　立体几何中的向量方法

2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第八章　第7讲　立体几何中的向量方法

‎ [基础题组练]‎ ‎1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　)‎ A.　　　 B． ‎ C.　　　 D． 解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.‎ 所以＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)，‎ 所以cos〈，〉＝ ‎＝＝－，‎ 所以〈，〉＝，‎ 所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.‎ ‎2.如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　)‎ A. B． C. D． 解析：选A.如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以＝(0，3，1)，＝(1，1，－1)，＝(0，3，－1)．‎ 设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即即取y＝1，得n＝(2，1，3)．‎ 因为cos〈，n〉＝＝＝，所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为，故选A.‎ ‎3．二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2.则该二面角的大小为(　　)‎ A．150°　　B．45° C．60°　　 D．120°‎ 解析：选C.如图所示，二面角的大小就是〈，〉．‎ 因为＝＋＋，‎ 所以2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)‎ ‎＝2＋2＋2＋2·，‎ 所以·＝[(2)2－62－42－82]＝－24.‎ 因此·＝24，cos〈，〉＝＝，‎ 又〈，〉∈[0°，180°]，‎ 所以〈，〉＝60°，故二面角为60°.‎ ‎4.如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1‎ 的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________．‎ 解析：‎ 设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 则B1(0，，2)，F(1，0，1)，‎ E，G(0，0，2)，‎ ＝(1，－，－1)，＝，＝(1，0，－1)．‎ 设平面GEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 取x＝1，则z＝1，y＝，‎ 故n＝(1，，1)为平面GEF的一个法向量，‎ 所以|cos〈n，〉|＝＝，‎ 所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.‎ 答案： ‎5．如图所示，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点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所成角的余弦值的大小．‎ 解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，‎ 所以BD⊥AC.‎ 因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，‎ 所以BD⊥AE.‎ 又因为AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面ACFE.‎ 所以BD⊥平面ACFE.‎ ‎(2)‎ 以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1，0，2)，F(－1，0，a)(a>0)，＝(－1，0，a)．‎ 设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则有即 令z＝1，则n＝(－2，0，1)，‎ 由题意得sin 45°＝|cos〈，n〉|＝ ‎＝＝，‎ 解得a＝3或a＝－(舍去)．‎ 所以＝(－1，0，3)，＝(1，－，2)，‎ cos〈，〉＝＝，‎ 故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.‎ ‎6．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P－ABC中，M为AC的中点，PA⊥PC，AB⊥BC，AB＝BC，PB＝，AC＝2，∠PAC＝30°.‎ ‎(1)证明：BM⊥平面PAC；‎ ‎(2)求二面角B－PA－C的余弦值．‎ 解：(1)证明：因为PA⊥PC，AB⊥BC，所以MP＝MB＝AC＝1，‎ 又MP2＋MB2＝BP2，所以MP⊥MB.‎ 因为AB＝BC，M为AC的中点，所以BM⊥AC，‎ 又AC∩MP＝M，所以BM⊥平面PAC.‎ ‎(2)法一：取MC的中点O，连接PO，取BC的中点E，连接EO，则OE∥BM，从而OE⊥AC.‎ 因为PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以MP＝MC＝PC＝1.‎ 又O为MC的中点，所以PO⊥AC.‎ 由(1)知BM⊥平面PAC，OP平面PAC，所以BM⊥PO.‎ 又BM∩AC＝M，所以PO⊥平面ABC.‎ 以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 由题意知A，B，P，＝，＝(1，－1，0)，‎ 设平面APB的法向量为n＝(x，y，z)，则 令x＝1，得n＝(1，1，)为平面APB的一个法向量，‎ 易得平面PAC的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos〈n，π〉＝，‎ 由图知二面角B－PA－C为锐角，‎ 所以二面角B－PA－C的余弦值为.‎ 法二：取PA的中点H，连接HM，HB，‎ 因为M为AC的中点，所以HM∥PC，又PA⊥PC，所以HM⊥PA.‎ 由(1)知BM⊥平面PAC，则BH⊥PA，‎ 所以∠BHM为二面角B－PA－C的平面角．‎ 因为AC＝2，PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以HM＝PC＝.‎ 又BM＝1，则BH＝＝，‎ 所以cos∠BHM＝＝，即二面角B－PA－C的余弦值为.‎ ‎7．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF⊥平面ABCD，DE⊥平面ABCD，BF＝DE，M为棱AE的中点．‎ ‎(1)求证：平面BDM∥平面EFC；‎ ‎(2)若DE＝2AB，求直线AE与平面BDM所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：连接AC，交BD于点N，连接MN，‎ 则N为AC的中点，‎ 又M为AE的中点，所以MN∥EC.‎ 因为MN平面EFC，EC平面EFC，‎ 所以MN∥平面EFC.‎ 因为BF，DE都垂直底面ABCD，所以BF∥DE.‎ 因为BF＝DE，‎ 所以四边形BDEF为平行四边形，‎ 所以BD∥EF.‎ 因为BD平面EFC，EF平面EFC，‎ 所以BD∥平面EFC.‎ 又MN∩BD＝N，所以平面BDM∥平面EFC.‎ ‎(2)因为DE⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，‎ 所以DA，DC，DE两两垂直，如图，建立空间直角坐标系.‎ 设AB＝2，则DE＝4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)，‎ 所以＝(2，2，0)，＝(1，0，2)，‎ 设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则得 令x＝2，则y＝－2，z＝－1，从而n＝(2，－2，－1)为平面BDM的一个法向量．‎ 因为＝(－2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为θ，则 sin θ＝|cos〈n·〉|＝＝，‎ 所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为4的等边三角形，BC⊥PB，E是AD的中点．‎ ‎(1)求证：BE⊥PD；‎ ‎(2)若直线AB与平面PAD所成角的正弦值为，求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值．‎ 解：(1)证明：因为△PAD是等边三角形，E是AD的中点，所以PE⊥AD.‎ 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE平面PAD，‎ 所以PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BC，PE⊥BE.‎ 又BC⊥PB，PB∩PE＝P，所以BC⊥平面PBE，所以BC⊥BE.‎ 又BC∥AD，所以AD⊥BE.‎ 又AD∩PE＝E且AD，PE平面PAD，所以BE⊥平面PAD，所以BE⊥PD.‎ ‎(2)由(1)得BE⊥平面PAD，所以∠BAE就是直线AB与平面PAD所成的角．‎ 因为直线AB与平面PAD所成角的正弦值为，‎ 即sin∠BAE＝ ，所以cos∠BAE＝.‎ 所以cos∠BAE＝＝＝，解得AB＝8，则BE＝＝2.‎ 由(1)得EA，EB，EP两两垂直，所以以E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则点P(0，0，2)，A(2，0，0)，D(－2，0，0)，B(0，2，0)，C(－4，2，0)，‎ 所以＝(0，2，－2)，＝(－4，2，－2)．　‎ 设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由得 解得 令y＝1，可得平面PBC的一个法向量为m＝(0，1，)．‎ 易知平面PAD的一个法向量为n＝(0，1，0)，‎ 设平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为θ，‎ 则cos θ＝＝＝.‎ 所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎2．(2020·河南郑州三测)如图①，△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置(如图②)，且PB＝BE.‎ ‎(1)证明：EF⊥平面PBE；‎ ‎(2)设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．‎ 解：(1)证明：因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EF∥BC.‎ 因为∠ABC＝90°，所以EF⊥BE，EF⊥PE，又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE.‎ ‎(2)取BE的中点O，连接PO，因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE.‎ 由(1)知EF⊥平面PBE，EF平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE.‎ 又PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE.‎ 过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，‎ 则B，P，C，‎ F，＝，‎ ＝，‎ 由N为线段PF上一动点，得＝λ(0≤λ≤1)，‎ 则可得N，‎ ＝.‎ 设平面PCF的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则即取y＝1，则x＝－1，z＝，所以m＝(－1，1，)为平面PCF的一个法向量．‎ 设直线BN与平面PCF所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝＝≤＝(当且仅当λ＝时取等号)，‎ 所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为.‎ ‎3．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，将正方形ABCD沿EF折成如图②所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M在线段AB上(包含端点)，连接AD.‎ ‎(1)若M为AB的中点，直线MF与平面ADE的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；‎ ‎(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°？若存在，求此时二面角MECF的余弦值；若不存在，说明理由．‎ 解：(1)因为直线MF平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，‎ 所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上(如图所示)．‎ 因为AO∥BF，M为AB的中点，‎ 所以△OAM≌△FBM，‎ 所以OM＝MF，AO＝BF，所以AO＝2.‎ 故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.‎ 连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，‎ 所以N是EC的中点．‎ 连接MN，则MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，‎ 又MN平面EMC，OD 平面EMC，所以直线OD∥平面EMC.‎ ‎(2)由已知可得EF⊥AE，EF⊥DE，又AE∩DE＝E，所以EF⊥平面ADE.‎ 所以平面ABFE⊥平面ADE，易知△ADE为等边三角形，取AE的中点H，则易得DH⊥平面ABFE，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则E(－1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，F(－1，4，0)，所以＝(1，0，)，＝(1，4，)．‎ 设M(1，t，0)(0≤t≤4)，则＝(2，t，0)，‎ 设平面EMC的法向量为m＝(x，y，z)，则⇒ 取y＝－2，则x＝t，z＝，所以m＝为平面EMC的一个法向量．‎ 要使直线DE与平面EMC所成的角为60°，则＝，所以＝，整理得t2－4t＋3＝0，‎ 解得t＝1或t＝3，‎ 所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°，‎ 取ED的中点Q，连接QA，则为平面CEF的法向量，‎ 易得Q，A(1，0，0)，所以＝.‎ 设二面角M－EC－F的大小为θ，‎ 则|cos θ|＝＝＝.‎ 因为当t＝2时，cos θ＝0，平面EMC⊥平面CDEF，‎ 所以当t＝1时，cos θ＝－，θ为钝角；当t＝3时，cos θ＝，θ为锐角．‎ 综上，二面角M－EC－F的余弦值为±.‎