苏教版步步高高考数学一轮复习备考练习习题课空间向量的应用 10页

习题课　空间向量的应用 一、基础过关 ‎1． ‎ 如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G、H分别为FA、FD的中点．‎ ‎(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；‎ ‎(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？‎ ‎(3)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.‎ ‎2． ‎ 如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝a，AD＝‎2a，且PA⊥底面ABCD，PD与底面成30°角．‎ ‎(1)若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；‎ ‎(2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值．‎ ‎3． ‎ 如图所示，在四棱锥O—ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．‎ ‎(1)证明：直线MN∥平面OCD；‎ ‎(2)求异面直线AB与MD所成角的大小．‎ 二、能力提升 ‎4．如图所示，‎ 在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.‎ ‎(1)证明：PC⊥AD；‎ ‎(2)求二面角A－PC－D的正弦值；‎ ‎(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．‎ ‎5． ‎ 等边△ABC中，D，E分别是AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE(如图所示)．‎ ‎(1)求证：平面ABC⊥平面ABE；‎ ‎(2)求直线AC与平面ABE所成角的正弦值．‎ 三、探究与拓展 ‎6． ‎ 如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点．‎ ‎(1)求证：AC⊥SD；‎ ‎(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P—AC—D的大小；‎ ‎(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．‎ 答案 ‎1． (1)证明　由题设知，FA、AB、AD两两互相垂直．‎ 以A为坐标原点，射线AB为x轴正方向，以射线AD为y轴正方向，以射线AF为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设AB＝a，BC＝b，BE＝c，‎ 则由题设得A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，b,0)，D(0,2b,0)，E(a,0，c)，G(0,0，c)，H(0，b，c)．‎ 所以＝(0，b,0)，＝(0，b,0)，于是＝.又点G不在直线BC上，‎ 所以四边形BCHG是平行四边形．‎ ‎(2)解　C、D、F、E四点共面．理由如下：‎ 由题设知，F(0,0,‎2c)，‎ 所以＝(－a,0，c)，＝(－a,0，c)，＝.又C∉EF，H∈FD，‎ 故C、D、F、E四点共面．‎ ‎(3)证明　由AB＝BE，得c＝a，‎ 所以＝(－a,0，a)，＝(a,0，a)．‎ 又＝(0,2b,0)，因此·＝0，‎ ·＝0，即CH⊥AE，CH⊥AD.‎ 又AD∩AE＝A，所以CH⊥平面ADE.‎ 由CH⊂平面CDE，‎ 得平面ADE⊥平面CDE.‎ ‎2． (1)证明　∵PA⊥底面ABCD，‎ ‎∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD，‎ ‎∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.‎ 又∵AE⊥PD，∴PD⊥平面ABE.‎ 故BE⊥PD.‎ ‎(2)‎ 解　如图所示，以A为原点，AB、AD、AP所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C、D的坐标分别为(a，a,0)、(0,‎2a,0)．‎ ‎∵PA⊥底面ABCD，∠PDA是PD与底面ABCD所成的角，∴∠PDA＝30°.‎ 于是，在Rt△AED中，由AD＝‎2a，‎ 得AE＝a.‎ 过E作EF⊥AD，垂足为F，‎ 在Rt△AFE中，由AE＝a，∠EAF＝60°，‎ 得AF＝a，EF＝a.‎ ‎∴E.‎ 于是＝，＝(－a，a,0)．‎ 设异面直线AE与CD所成角为θ，‎ 则cos θ＝＝＝.‎ ‎∴AE与CD所成角的余弦值为.‎ ‎3． (1)证明　‎ 作AP⊥CD于点P，连结OP.‎ 如图，分别以AB、AP、AO所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．‎ A(0,0,0)，B(1,0,0)，P，‎ D，O(0,0,2)，M(0,0,1)，N.‎ ＝，‎ ＝，‎ ＝.‎ 设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则n·＝0，n·＝0.‎ 即 取z＝，解得n＝(0,4，)．‎ ‎∵·n＝·(0,4，)＝0，‎ 又MN⊄平面OCD，∴MN∥平面OCD.‎ ‎(2)解　设AB与MD所成角为θ.‎ ‎∵＝(1,0,0)，‎ ＝，‎ ‎∴cos θ＝＝，∴θ＝.‎ ‎∴AB与MD所成角的大小为.‎ ‎4． (1)证明　‎ 如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，‎ B，P(0,0,2)．‎ 易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，‎ 于是·＝0，所以PC⊥AD.‎ ‎(2)解　＝(0,1，－2)，‎ ＝(2，－1,0)．‎ 设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则即 不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．‎ 可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．‎ 于是cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 从而sin〈m，n〉＝.‎ 所以二面角A－PC－D的正弦值为.‎ ‎(3)解　设点E的坐标为(0,0，h)，‎ 其中h∈[0,2]．‎ 由此得＝.‎ 由＝(2，－1,0)，故 cos〈，〉＝ ‎＝＝，‎ 所以＝cos 30°＝，‎ 解得h＝，即AE＝.‎ ‎5． (1)证明　取DE的中点O，取BC的中点G，连结AO，OG，‎ 则AO⊥DE，OG⊥DE.‎ ‎∵平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，‎ ‎∴AO⊥平面BCDE，∴AO⊥OG.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设BC＝4，则DE＝2，AO＝OG＝.‎ 所以A(0,0，)，D(1,0,0)，E(－1,0,0)，B(－2，，0)，C(2，，0)．‎ 设平面ABE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，‎ ‎∵＝(1,0，)，＝(－1，，0)，‎ 由，得 令y1＝1，得m＝(，1，－1)，‎ 设平面ABC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，‎ ‎∵＝(4,0,0)，＝(2，，－)，‎ 由　得 令y2＝1，得n＝(0,1,1)，‎ ‎∵m·n＝(，1，－1)·(0,1,1)＝0，‎ ‎∴平面ABC⊥平面ABE.‎ ‎(2)解　由(1)得cos〈，m〉＝ ‎＝＝.‎ ‎∴直线AC与平面ABE所成角的正弦值为.‎ ‎6． (1)证明　连结BD，设AC交BD于点O，由题意知SO⊥平面ABCD，以O点 为坐标原点，、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系O—xyz如图所示．‎ 设底面边长为a，则高SO＝a.‎ 于是S(0,0，a)，D，‎ C，B，‎ ＝，‎ ＝，‎ ‎∴·＝0.故OC⊥SD，‎ 因此AC⊥SD.‎ ‎(2)解　由题意知，平面PAC的一个法向量＝，平面DAC的一个法向量＝，‎ 设所求二面角为θ，‎ 则cos θ＝＝，‎ 故所求二面角P—AC—D的大小为30°.‎ ‎(3)解　在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.‎ 由(2)知是平面PAC的一个法向量，‎ 且＝，‎ ＝，‎ ＝，设＝t，‎ 则＝＋＝＋t ‎＝.‎ 由·＝0，得t＝，‎ 即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.‎ 而BE不在平面PAC内，‎ 故BE∥平面PAC.‎ 高考资源网 w w w.ks5u.com 高 考 资源 网 www.ks5u.com