【数学】2019届一轮复习北师大版直线、平面与空间向量的应用学案 8页

高考必考题突破讲座(四)‎ 直线、平面与空间向量的应用 ‎[解密考纲]立体几何问题是高考的重要内容，每年都考查一个解答题，两个选择或填空题，客观题主要考查空间概念，三视图及简单计算；解答题主要采用“论证与计算”相结合的模式．考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题和空间夹角的计算等，难度中等．‎ ‎1．(2018·广东五校诊断)如图，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所成的角的余弦值大小．‎ 解析 (1)∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．‎ ‎∵AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥AE.‎ ‎∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.‎ ‎(2)以O为原点，，的方向为x，y轴正方向，过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〉|＝＝＝.‎ ‎∵a>0，∴解得a＝3.‎ ‎∴＝(－1,0,3)，＝(1，－，2)，‎ ‎∴cos〈·〉＝＝＝.‎ 故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为.‎ ‎2．(2018·河南郑州模拟)如图，在△ABC中，∠ABC＝，O为AB边上一点，且3OB＝3OC＝2AB，已知PO⊥平面ABC,2DA＝2AO＝PO，且DA∥PO.‎ ‎(1)求证：平面PBAD⊥平面COD；‎ ‎(2)求直线PD与平面BDC所成角的正弦值．‎ 解析 (1)证明：∵OB＝OC，又∵∠ABC＝，‎ ‎∴∠OCB＝，∴∠BOC＝，即CO⊥AB．‎ 又PO⊥平面ABC，OC⊂平面ABC，∴PO⊥OC．‎ 又∵PO，AB⊂平面PAB，PO∩AB＝O，‎ ‎∴CO⊥平面PAB，即CO⊥平面PBAD．‎ 又CO⊂平面COD，∴平面PBAD⊥平面COD．‎ ‎(2)以OC，OB，OP所在射线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．‎ 设|OA|＝1，则|PO|＝|OB|＝|OC|＝2，|DA|＝1.‎ 则C(2,0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,2)，D(0，－1,1)，‎ ‎∴＝(0，－1，－1)，＝(2，－2,0)，＝(0，－3,1)．‎ 设平面BDC的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∴∴ 令y＝1，则x＝1，z＝3，∴n＝(1,1,3)．‎ 设PD与平面BDC所成的角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 即直线PD与平面BDC所成角的正弦值为.‎ ‎3．(2018·湖北武汉调考)如图， 四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.‎ ‎(1)证明：SD⊥平面SAB；‎ ‎(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．‎ 解析 方法一　(1)建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，‎ 则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)，‎ 设S(x，y，z)，则x>0，y>0，z>0，‎ 且＝(x－2，y－2，z，)，＝(x，y－2，z)．＝(x－1，y，z)．‎ 由||＝||，得＝，得x＝1，‎ 由||＝1得y2＋z2＝1，①‎ 由||＝2得y2＋z2－4y＋1＝0，②‎ 由①②解得y＝，z＝，∴S，‎ ＝，＝，＝，∴·＝0，·＝0，∴DS⊥AS，DS⊥BS，‎ 又AS∩DS＝S，∴SD⊥平面SAB．‎ ‎(2)设平面SBC的一个法向量为m＝(a，b，c)，‎ ＝，＝(0,2,0)，＝(－2,0,0)，‎ 由得∴可取m＝(－，0,2)，‎ 故AB与平面SBC所成的角的正弦值为 cos〈m，〉＝＝＝.‎ 方法二　(1)如右图，取AB的中点E，连接DE，SE，‎ 则四边形BCDE为矩形，∴DE＝CB＝2，‎ ‎∴AD＝＝.‎ ‎∵侧面SAB为等边三角形，AB＝2，‎ ‎∴SA＝SB＝AB＝2，且SE＝，‎ 又SD＝1，∴SA2＋SD2＝AD2，SE2＋SD2＝ED2，‎ ‎∴SD⊥SA，SD⊥SB，又AS∩DS＝S，∴SD⊥平面SAB．‎ ‎(2)作S在DE上的射影G，∵AB⊥SE，AB⊥DE，AB⊥平面SDE，∴平面SDE⊥平面ABCD，‎ 两平面的交线为DE，∴SG⊥平面ABCD，‎ 在Rt△DSE中，由SD·SE＝DE·SG得1×＝2×SG，‎ ‎∴SG＝，‎ 作A在平面SBC上的射影H，则∠ABH为AB与平面SBC所成的角，‎ ‎∵CD∥AB，AB⊥平面SDE，∴CD⊥平面SDE，∴CD⊥SD，‎ 在Rt△CDS中，由CD＝SD＝1，求得SC＝.‎ 在△SBC中，SB＝BC＝1，SC＝，‎ ‎∴S△SBC＝××＝，‎ 由VA－SBC＝VS－ABC，得·S△SBC·AH＝·S△ABC·SG，‎ 即××AH＝××2×2×，得AH＝，‎ ‎∴sin ∠ABH＝＝，‎ 故AB与平面SBC所成的角的正弦值为.‎ ‎4．(2018·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，试求出二面角F－PC－D的余弦值；若不存在，请说明理由．‎ 解析 (1)证明：取PB的中点M，连接EM和CM，过点C作CN⊥AB，垂足为点N.‎ ‎∵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＝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两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，‎ 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坐标为(8，t,0)，‎ 则＝(8，t－6,0)，＝(8,12,0)，‎ 由·＝0得t＝.‎ 又平面DPC的法向量为m＝(1,0,0)，‎ 设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z)．‎ 又＝(0,6，－8)，＝.‎ 由得即 不妨令y＝12，有n＝(8,12,9)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝＝.‎ 又由图可知，该二面角为锐二面角，‎ 故二面角F－PC－D的余弦值为.‎ ‎5．(2017·山东卷)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．‎ ‎(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；‎ ‎(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角E－AG－C的大小．‎ 解析 (1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，‎ AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，所以BE⊥平面ABP，‎ 又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP，‎ 又∠EBC＝120°，因此∠CBP＝30°.‎ ‎(2)方法一　取的中点H，连接EH，GH，CH.‎ 因为∠EBC＝120°，所以四边形BEHC为菱形，‎ 所以AE＝GE＝AC＝GC＝＝.‎ 取AG中点M，连接EM，CM，EC，则EM⊥AG，CM⊥AG，‎ 所以∠EMC为所求二面角的平面角．‎ 又AM＝1，所以EM＝CM＝＝2.‎ 在△BEC中，由于∠EBC＝120°，‎ 由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos 120°＝12，‎ 所以EC＝2，因此△EMC为等边三角形，故所求的角为60°.‎ 方法二　以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，‎ C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)，设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．‎ 由可得 取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．‎ 设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的法向量．‎ 由可得 取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．‎ 所以cos〈m，n〉＝＝.因此所求的角为60°.‎ ‎6．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD＝∠CBD，AB＝BD．‎ ‎(1)证明：平面ACD⊥平面ABC；‎ ‎(2)过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D－AE－C的余弦值．‎ ‎ 解析 (1)证明：由题设可得△ABD≌△CBD，从而AD＝CD．‎ 又△ACD是直角三角形，所以∠ADC＝90°.‎ 取AC的中点O，连接DO，BO，则DO⊥AC，DO＝AO.‎ 又因为△ABC是正三角形，故BO⊥AC，‎ 所以∠DOB为二面角D－AC－B的平面角．‎ 在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2，‎ 又AB＝BD，所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，‎ 故∠BOD＝90°.所以平面ACD⊥平面ABC．‎ ‎(2)由题设及(1)知，OA，OB，OD两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，‎ 则A(1,0,0)，B(0，，0)，C(－1,0,0)，D(0,0,1)．‎ 由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABCD的距离的，‎ 即E为DB的中点，得E，‎ 故＝(－1,0,1)，＝(－2,0,0)，＝.‎ 设n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，‎ 则即可取n＝.‎ 设m是平面AEC的法向量，则 同理可取m＝(0，－1，)，则cos〈n，m〉＝＝.‎ 所以二面角D－AE－C的余弦值为.‎