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  • 2021-06-12 发布

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

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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