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  • 2021-06-15 发布

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

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‎ [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±.‎

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