【数学】2020届一轮复习北师大版立体几何中的向量方法作业 7页

解答题(本题共5小题，每小题12分，共60分)‎ ‎1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.‎ ‎(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；‎ ‎(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．‎ 解析　(1)由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，‎ 所以BF⊥平面PEF.‎ 又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.‎ ‎(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.‎ 以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz.‎ 由(1)可知是，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.‎ 可得PH＝，EH＝.‎ 则H(0，0，0)，P，D，＝，＝为平面ABFD的法向量．‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ ‎2．(2018·北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.‎ ‎(1)求证：AC⊥平面BEF；‎ ‎(2)求二面角B－CD－C1的余弦值；‎ ‎(3)证明：直线FG与平面BCD相交．‎ 解析　(1)在三棱柱ABC－A1B1C1中，‎ 因为CC1⊥平面ABC，‎ 所以四边形A1ACC1为矩形．‎ 又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.‎ 因为AB＝BC，所以AC⊥BE.‎ 所以AC⊥平面BEF.‎ ‎(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.‎ 又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.‎ 因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.‎ 如图建立空间直角坐标系E－xyz.由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．‎ 所以＝(－1，－2，0)，＝(1，－2，1)．‎ 设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，‎ 则即 令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.‎ 于是n＝(2，－1，－4)．‎ 又因为平面CC1D的法向量为＝(0，2，0)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 由题知二面角B－CD－C1为钝角，所以其余弦值为－.‎ ‎(3)由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，＝(0，2，－1)．‎ 因为n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，‎ 所以直线FG与平面BCD相交．‎ ‎3．(2018·合肥质检)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，AB⊥AC，AB＝AC＝，点E在AD上，且AE＝2ED.‎ ‎(1)已知点F在BC上，且CF＝2FB，求证：平面PEF⊥平面PAC；‎ ‎(2)当二面角A－PB－E的余弦值为多少时，直线PC与平面PAB所成的角为45°？‎ 解析　(1)证明　∵AB⊥AC，AB＝AC，∴∠ACB＝45°，‎ ‎∵底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，‎ ‎∴∠ACD＝45°，即AD＝CD，‎ 又AB⊥AC，∴BC＝AC＝2AD，‎ ‎∵AE＝2ED，CF＝2FB，∴AE＝BF＝AD，‎ ‎∴四边形ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，‎ ‎∴AC⊥EF，‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥EF，‎ ‎∵PA∩AC＝A，∴EF⊥平面PAC，‎ ‎∵EF⊂平面PEF，∴平面PEF⊥平面PAC.‎ ‎(2)∵PA⊥AC，AC⊥AB，PA∩AB＝A，∴AC⊥平面PAB，则∠APC为PC与平面PAB所成的角，‎ 若PC与平面PAB所成的角为45°，‎ 则tan∠APC＝＝1，即PA＝AC＝，‎ 取BC的中点为G，连接AG，则AG⊥BC，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，‎ 则A(0，0，0)，B(1，－1，0)，C(1，1，0)，E，P(0，0，)，‎ ‎∴＝，＝，‎ 设平面PBE的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令y＝3，则x＝5，z＝，∴n＝(5，3，)，‎ ‎∵＝(1，1，0)是平面PAB的一个法向量，‎ cos〈n，〉＝＝，‎ 故结合图形可知当二面角A－PB－E的余弦值为时，直线PC与平面PAB所成的角为45°.‎ ‎4．(2018·雅安二模)‎ 如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，DE＝EF＝1，DC＝BF＝2，∠EAD＝30°.‎ ‎(1)求证：AE⊥平面CDEF；‎ ‎(2)在线段BD上是否存在一点G，使得平面EAD与平面FAG所成的角为30°.‎ 解析　(1)因为四边形ABCD是正方形，所以AD＝CD＝2.‎ 在△ADE中，由正弦定理得，＝，即＝，解得sin∠AED＝1，所以∠AED＝90°，即AE⊥ED.‎ 在梯形ABFE中，过点E作EP∥BF交AB于点P，如图，因为EF∥AB，所以EP＝BF＝2，PB＝EF＝1，AP＝1.‎ 在Rt△ADE中，AE＝，所以AE2＋AP2＝EP2，‎ 所以AE⊥AB，所以AE⊥EF，又AE⊥DE，EF∩DE＝E，‎ 所以AE⊥平面CDEF.‎ ‎(2)由(1)可得，AE⊥EF，又AD⊥DC，AD∩AE＝A，‎ 所以DC⊥平面AED，‎ 又DC⊂平面ABCD，所以平面AED⊥平面ABCD.‎ 以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，其中z轴为在平面AED内过点D作AD的垂线所在的直线，‎ 则B(2，2，0)，C(0，2，0)，E，F，A(2，0，0)，所以＝(2，2，0)，＝.‎ 设＝λ＝(2λ，2λ，0)(0≤λ≤1)，‎ 则＝(2λ－2，2λ，0)，‎ 设平面FAG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，‎ 则即 取x1＝－λ，可得平面FAG的一个法向量为n1＝(－λ，λ－，2－5λ)，‎ 易知平面EAD的一个法向量为n2＝(0，1，0)，‎ 所以cos 30°＝＝＝，‎ 化简可得9λ2－6λ＋1＝0，解得λ＝∈[0，1]．‎ 故当点G满足＝时，平面EAD与平面FAG所成的角为30°.‎ ‎5．(2018·东营二模)如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，D为AC中点，AE⊥BD于E，延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，如图2所示．‎ ‎(1)求证：AE⊥平面BCD；‎ ‎(2)求二面角A－DC－B的余弦值；‎ ‎(3)在线段AF上是否存在点M使得EM∥平面ADC.若存在，请指明点M的位置，若不存在，请说明理由．‎ 解析　(1)证明　平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，又在△ABD中，AE⊥BD于E，AE⊂平面ABD，所以AE⊥平面BCD.‎ ‎(2)由(1)结论AE⊥平面BCD可得AE⊥EF.‎ 由题意可知EF⊥BD，AE⊥BD.‎ 如图，以E为坐标原点，分别以EF，ED，EA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E－xyz.‎ 不妨设AB＝BD＝DC＝AD＝2，则BE＝ED＝1，AE＝，BC＝2，EF＝，‎ 则E(0，0，0)，D(0，1，0)，B(0，－1，0)，A(0，0，)，F，C(，2，0)，＝(，1，0)，＝(0，1，－)．‎ 由AE⊥平面BCD，可知平面DCB的一个法向量为＝(0，0，)．‎ 设平面ADC的法向量为n＝(x，y，z)，则即 令z＝1，则y＝，x＝－1，所以n＝(－1，，1)．‎ 所以cos〈n，〉＝＝，所以二面角A－DC－B的余弦值为.‎ ‎(3)设＝λ，其中λ∈[0，1]．‎ 由于＝，‎ 所以＝λ＝λ，其中λ∈[0，1]，‎ 所以＝＋＝，‎ 令·n＝0，得λ－(1－λ)＝0，解得λ＝∈[0，1]，‎ 所以在线段AF上存在点M使得EM∥平面ADC，且＝.‎