届高考理科数学二轮复习 第一部分 层级二专题九 立体几何中的向量方法 课时训练.docx

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届高考理科数学二轮复习第一部分层级二专题九立体几何中的向量方法课时训练

第一部分层级二专题九立体几何中的向量方法

A组

1．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.

（1）证明：

平面ABEF⊥平面EFDC；

（2）求二面角E－BC－A的余弦值．

解：

（1）证明：

由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，

所以AF⊥平面EFDC.

又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.

（2）过D作DG⊥EF，垂足为G，由

（1）知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长．建立如图所示的空间直角坐标系G－xyz.

由

（1）知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，

则DF＝2，DG＝，可得A（1,4,0），B（－3,4,0），E（－3,0,0），D（0,0，）．

由已知得，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC.

又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF.

由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°.从而可得C（－2,0，）．

所以＝（1,0，），＝（0,4,0），＝（－3，－4，），＝（－4,0,0）．

设n＝（x，y，z）是平面BCE的法向量，则

即

所以可取n＝（3,0，－）．

设m是平面ABCD的法向量，则

同理可取m＝（0，，4）．

则cos〈n，m〉＝＝－.

故二面角E－BC－A的余弦值为－.

2．（2018·辽宁五校协作体联考）如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，动点F在棱AE上，且EF＝λFA.

（1）试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明；

（2）当λ＝1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值．

解：

（1）当λ＝时，CE∥平面BDF.证明如下：

连接AC交BD于点G，连接GF，

∵CD∥AB，AB＝2CD，∴＝＝，

∵EF＝FA，∴＝＝，∴GF∥CE，

又CE⊄平面BDF，GF⊂平面BDF，∴CE∥平面BDF.

（2）取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB，

∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，且EO⊥AB，

∴EO⊥平面ABCD，

连接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1，∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，又BC⊥AB，∴AB⊥OD，

则OD，OA，OE两两垂直，以OD，OA，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，

则O（0,0,0），A（0,1,0），B（0，－1,0），D（1,0,0），C（1，－1，0），E（0,0，）．

当λ＝1时，有＝，∴F，

∴＝（1,1,0），＝（－1,1，），＝.

设平面BDF的法向量为n＝（x，y，z），

则有即令z＝，得y＝－1，x＝1，则n＝（1，－1，）为平面BDF的一个法向量，

设直线CE与平面BDF所成的角为θ，

则sinθ＝|cos〈，n〉|＝，

故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为.

3．（2018·郑州模拟）在如图所示的多面体中，四边形ABCD是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平面ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD.

（1）求证：

平面BDEF⊥平面ADE；

（2）若ED＝BD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值．

解：

（1）证明：

在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD，

由余弦定理，得BD＝AD，

从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，

因为DE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以DE⊥BD.

又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE.

因为BD⊂平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面ADE.

（2）由

（1）可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD，

设AD＝1，则BD＝ED＝.

因为DE⊥平面ABCD，BD⊥AD，

所以可以点D为坐标原点，DA，DB，DE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．

则A（1,0,0），C（－1，，0），E（0,0，），F（0，，），

所以＝（－1,0，），＝（－2，，0）．

设平面AEC的法向量为n＝（x，y，z），

则即

令z＝1，得n＝（，2,1）为平面AEC的一个法向量．

设AF与面AEC所成角为θ，

因为＝（－1，，），

所以sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝，

所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.

4．（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：

（1）证明：

由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，且PF∩EF＝F，

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）可得，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sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝.

所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

B组

1．（2018·太原模拟）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面ACC1A1⊥底面ABC，∠A1AC＝60°，AC＝2AA1＝4，点D，E分别是AA1，BC的中点．

（1）证明：

DE∥平面A1B1C；

（2）若AB＝2，∠BAC＝60°，求直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值．

解：

（1）证明：

取AC的中点F，连接DF，EF，

∵E是BC的中点，

∴EF∥AB，

∵ABC－A1B1C1是三棱柱，∴AB∥A1B1，

∴EF∥A1B1，

∴EF∥平面A1B1C，

∵D是AA1的中点，∴DF∥A1C，∴DF∥平面A1B1C，

∴平面DEF∥平面A1B1C，

∴DE∥平面A1B1C.

（2）过点A1作A1O⊥AC，垂足为O，连接OB，

∵侧面ACC1A1⊥底面ABC，∴A1O⊥平面ABC，

∴A1O⊥OB，A1O⊥OC，

∵∠A1AC＝60°，AA1＝2，∴OA＝1，OA1＝，

∵AB＝2，∠OAB＝60°，由余弦定理得，

OB2＝OA2＋AB2－2OA·ABcos∠BAC＝3，

∴OB＝，∠AOB＝90°，∴OB⊥AC，

以O为坐标原点，以OB，OC，OA1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，

由题设可得A（0，－1,0），C（0,3,0），B（，0,0），A1（0,0，），D，E，

∴＝（，1,0），＝（0,1，），

设平面ABB1A1的法向量是m＝（x，y，z），

则∴令z＝1，则

m＝（1，－，1）为平面ABB1A1的一个法向量．

∵＝，

∴cos〈m，〉＝＝，

∴直线DE与平面ABB1A1所成角的正弦值为.

2．（2018·成都模拟）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，DE＝2.M为线段BF上一点，且DM⊥平面ACE.

（1）求BM的长；

（2）求二面角A－DM－B的余弦值的大小．

解：

（1）∵底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，

∴AC⊥BD，且AC＝2，BD＝2.

∵四边形BDEF是矩形，∴DE⊥BD.

∵平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，

∴DE⊥平面ABCD，AC⊥平面BDEF.

记AC∩BD＝O.取EF的中点H，则OH∥DE，

∴OH⊥平面ABCD.

如图，以O为坐标原点，分别为，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系O－xyz.

由题意，得B（1,0,0），C（0，，0），D（－1,0,0），A（0，－，0），E（－1,0,2），F（1,0,2）．

∴＝（0,2，0），＝（－1，，2）．

∵M为线段BF上一点，设M（1,0，t）（0≤t≤2）．

∴＝（2,0，t）．∵DM⊥平面ACE，∴⊥.

∴·＝－2＋0＋2t＝0，解得t＝1，∴M（1,0,1），

∴BM＝1.

（2）由

（1），可知AC⊥平面BDEF.∴AC⊥平面DMB.

易知＝（－1，，0），＝（1，，1）．

设平面ADM的法向量为n＝（x，y，z）．

由得

取y＝1，则n＝（，1，－2）．

∵cos〈n，〉＝＝＝，

∴二面角A－DM－B的余弦值为.

3．（2018·天津卷）如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.

（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：

MN∥平面CDE；

（2）求二面角E－BC－F的正弦值；

（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．

解：

依题意，可以建立以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0,0,0），A（2,0,0），B（1,2,0），C（0,2,0），E（2，0,2），F（0,1,2），G（0,0,2），M，N（1,0,2）．

（1）证明：

依题意＝（0,2,0），＝（2,0,2）．

设n0＝（x0，y0，z0）为平面CDE的法向量，

则即

不妨令z0＝－1，可得n0＝（1,0，－1）．

又＝，可得·n0＝0，

又因为直线MN⊄平面CDE，

所以MN∥平面CDE.

（2）依题意，可得＝（－1,0,0），＝（1，－2,2），

＝（0，－1,2）．

设n＝（x1，y1，z1）为平面BCE的法向量，

则即

不妨令z1＝1，可得n＝（0,1,1）．

设m＝（x2，y2，z2）为平面BCF的法向量，

则即

不妨令z2＝1，可得m＝（0,2,1）．

因此有cos〈m，n〉＝＝，于是sin〈m，n〉＝.

所以，二面角E－BC－F的正弦值为.

（3）设线段DP的长为h（h∈[0,2]），则点P的坐标为（0,0，h），可得＝（－1，－2，h）．

易知，＝（0,2,0）为平面ADGE的一个法向量，

故|cos〈，〉|＝＝，

由题意，可得＝sin60°＝，解得h＝∈[0,2]．

所以，线段DP的长为.

4．（2018·广州调研）如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，PA⊥底面ABCD，ED∥PA，且PA＝2ED＝2.

（1）证明：

平面PAC⊥平面PCE；

（2）若直线PC与平面ABCD所成的角为45°，求二面角P－CE－D的余弦值．

解：

（1）证明：

如图，连接BD，交AC于点O，设线段PC的中点为F，连接OF，EF.

因为O，F分别为线段AC，PC的中点，

所以OF∥PA，且OF＝PA，

因为DE∥PA，且DE＝PA，

所以OF∥DE，且OF＝DE，

所以四边形OFED为平行四边形，所以OD∥EF，

即BD∥EF.

因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，

所以PA⊥BD.

因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.

因为PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC.

因为BD∥EF，所以EF⊥平面PAC.

因为EF⊂平面PCE，所以平面PAC⊥平面PCE.

（2）解法一：

因为直线PC与平面ABCD所成的角为45°，且PA⊥平面ABCD，

所以∠PCA＝45°，所以AC＝PA＝2，

所以AC＝AB，故△ABC为等边三角形．

设线段BC的中点为M，连接AM，则AM⊥BC.

以A为原点，AM，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系A－xyz（如图）．

则P（0,0,2），C（，1,0），E（0，2,1），D（0,2,0），

＝（，1，－2），＝（－，1,1），＝（0,0,1）．

设平面PCE的法向量为n＝（x1，y1，z1），

则

即

令y1＝1，则所以n＝（，1,2）．

设平面CDE的法向量为m＝（x2，y2，z2），

则即令x2＝1，则y2＝，所以m＝（1，，0）．

设二面角P－CE－D的大小为θ，易知θ为钝角，

所以cosθ＝－|cos〈n，m〉|＝－＝－＝－.

所以二面角P－CE－D的余弦值为－.

解法二：

因为直线PC与平面ABCD所成的角为45°，且PA⊥平面ABCD，

所以∠PCA＝45°，所以AC＝PA＝2.

因为AB＝BC＝2，所以△ABC为等边三角形．

因为PA⊥平面ABCD，由

（1）知PA∥OF，

所以OF⊥平面ABCD.

因为OB⊂平面ABCD，OC⊂平面ABCD，

所以OF⊥OB且OF⊥OC.

在菱形ABCD中，OB⊥OC.

以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直坐标系O－xyz（如图）．

则O（0,0,0），P（0，－1,2），

C（0,1,0），D（－，0,0），

E（－，0,1），

则＝（0，－2,2），＝（－，－1,1），

＝（－，－1，0）．

设平面PCE的法向量为n＝（x1，y1，z1），

则即

令y1＝1，则则n＝（0,1,1）．

设平面CDE的法向量为m＝（x2，y2，z2），

则即

令x2＝1，则则m＝（1，－，0）．

设二面角P－CE－D的大小为θ，易知θ为钝角，

则cosθ＝－|cos〈n，m〉|＝－＝－＝－.

所以二面角P－CE－D的余弦值为－.