2022版高考数学大一轮复习作业本42《立体几何中的向量方法》(含答案详解)

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2022版高考数学大一轮复习作业本42《立体几何中的向量方法》1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，D为BC的中点，侧棱AA1=3，点E在BB1上，点F在CC1上，且BE=1，CF=2.(1)证明：平面CAE⊥平面ADF；(2)求点D到平面AEF的距离.     2.如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD，ABEF均为直角梯形， ∠ABC=∠ABE=90°，四边形DCEF为平行四边形，平面ABCD⊥平面DCEF.(1)求证：平面ADF⊥平面ABCD；(2)若△ABD是边长为2的等边三角形，且异面直线BF与CE所成的角为45°，求点E到平面BDF的距离.     3.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ABD=90°，EB⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=2，EB=，EF=1，BC=，且M是BD的中点.(1)求证：EM∥平面ADF；(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.           4.如图1，正方形ABCD的边长为4，AB=AE=BF=EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中点，如图2.(1)求证：AG⊥平面BCE；(2)求二面角C－AE－F的余弦值.     5.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=90°，△ABC≌△ADC，PA=AC=2AB=2，E是线段PC的中点.(1)求证：DE∥平面PAB；(2)求二面角D－CP－B的余弦值.      6.如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD. (1)求证：BD⊥AA1；(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.            7.如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示.(1)求证：A1C⊥平面BCDE；(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；(3)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.           8.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点.(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.             
0.参考答案1.解：(1)∵△ABC是等边三角形，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1，得AD⊥CE.在侧面BCC1B1中，tan∠CFD==，tan∠BCE==，∴tan∠CFD=tan∠BCE，∠CFD=∠BCE，∴∠BCE＋∠FDC=∠CFD＋∠FDC=90°，∴CE⊥DF.又∵AD∩DF=D，∴CE⊥平面ADF.又∵CE⊂平面CAE，∴平面CAE⊥平面ADF.(2)在△FDE中，易得FD=FE=，DE=，∴S△FDE=××=.在△EFA中，易得EA=EF=，AF=2 ，∴S△EFA=×2 ×=.设三棱锥D－AEF的体积为V，点D到平面AEF的距离为h.则V=S△FDE·AD=S△EFA·h，得×=h，解得h=. 2.解：(1)∵∠ABC=∠ABE=90°，∴AB⊥BC，AB⊥BE.又BC，BE⊂平面BCE，且交于点B，∴AB⊥平面BCE.又CE⊂平面BCE，∴AB⊥CE.又∵AB∥CD，CE∥DF，∴CD⊥DF.又平面ABCD⊥平面DCEF，且交于CD，DF⊂平面DCEF，∴DF⊥平面ABCD.又DF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面ABCD.(2)∵CE∥DF，∴∠BFD为异面直线BF与CE所成的角，则∠BFD=45°.在Rt△BDF中，∠BFD=∠DBF=45°，∴DF=BD=2.∵△ABD是边长为2的等边三角形，∠ABC=90°，∴在Rt△BCD中，∠CBD=30°，∴CD=1，BC=.∵CE∥DF，DF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，∴CE∥平面BDF，∴点C到平面BDF的距离即为点E到平面BDF的距离.由(1)可知DF⊥平面ABCD，则DF为三棱锥F－BCD的高.设点E到平面BDF的距离为h，由VE－BDF=VC－BDF=VF－BCD，得S△BDF·h=S△BCD·DF，∴h==. 3.解：(1)证法一：取AD的中点N，连接MN，NF.在△DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，所以MN∥AB，MN=AB，又因为EF∥AB，EF=AB，所以MN∥EF且MN=EF.所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM∥FN，又因为FN⊂平面ADF，EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.证法二：因为EB⊥平面ABD，AB⊥BD，故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.由已知可得=，=(3，－2,0)，=(0，－1，)，设平面ADF的法向量是n=(x，y，z).由得令y=3，则n=(2,3，).又因为·n=0，所以⊥n，又EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n=(2,3，).易得平面BFD的一个法向量是m=(0，－，1).所以cos〈m，n〉==－，又二面角A-FD-B为锐角，故二面角A-FD-B的余弦值大小为. 4.解：(1)连接BG，因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，所以BC⊥底面AEFB.又AG⊂底面AEFB，所以BC⊥AG，因为AB//=EG，AB=AE，所以四边形ABGE为菱形.所以AG⊥BE.又BC∩BE=B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，所以AG⊥平面BCE.(2)由(1)知，四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE=EG=BG=AB=4，设AG∩BE=O，所以OE=OB=2，OA=OG=2.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(－2,0,0)，E(0，－2，0)，F(4,2，0)，C(0,2，4)，D(－2,0,4)，所以=(2,2，4)，=(2，－2，0).设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，则所以令y=1，则x=，z=－，即平面ACE的一个法向量为n=(，1，－)，易知平面AEF的一个法向量为=(0,0,4)，设二面角C－AE－F的大小为θ，由图易知θ∈，所以cos θ===，即二面角C－AE－F的余弦值为. 5.解：(1)以B为坐标原点，BA所在的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示.则B(0,0,0)，C(0，，0)，P(1,0,2)，D，A(1,0,0)，E，∴=(－1,0,1)，=(1,0,2)，=(1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(a，b，c)，则∴∴n=(0,1,0)为平面PAB的一个法向量.又·n=0，DE⊄平面PAB，∴DE∥平面PAB.(2)由(1)易知=(0，，0)，=，=，设平面PBC的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则∴令x1=2，则y1=0，z1=－1，∴n1=(2,0，－1)为平面PBC的一个法向量.设平面DPC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则∴令x2=1，则y2=，z2=1，∴n2=(1，，1)为平面DPC的一个法向量.∴cos〈n1，n2〉==.故二面角D－CP－B的余弦值为. 6.解：(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°，∴A1O2=AA＋AO2－2AA1·AOcos60°=3，∴AO2＋A1O2=AA，∴A1O⊥AO.由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC，A1O⊂平面AA1C1C，∴A1O⊥平面ABCD.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，则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，).由于=(－2，0,0)，=(0,1，)，·=0×(－2)＋1×0＋×0=0，∴⊥，即BD⊥AA1.(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设=λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)=λ(0,1，).从而有P(0,1＋λ，λ)，=(－，1＋λ，λ).设平面DA1C1的法向量为n=(x1，y1，z1)，则又=(0,2,0)，=(，0，)，则取n=(1,0，－1)，因为BP∥平面DA1C1，则n⊥，即n·=－－λ=0，得λ=－1，即点P在C1C的延长线上，且C1C=CP. 7.解：(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC，所以DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩DC=D，所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为A1C⊥CD，DE∩CD=D，所以A1C⊥平面BCDE.(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0).设平面A1BE的法向量为n=(x，y，z)，则n·=0，n·=0.又因为=(3,0，－2)，=(－1,2,0)， 所以令y=1，则x=2，z=，所以n=(2,1，).设CM与平面A1BE所成的角为θ.因为=(0,1，)，所以sinθ=|cos〈n，〉|===.所以CM与平面A1BE所成角的大小为.(3)线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下：假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3].设平面A1DP的法向量为m=(x1，y1，z1)，则·m=0，·m=0，∵=(0,2，－2)，=(p，－2,0)，∴∴z1=y1，x1=y1.设y1=6，则m=(3p,6,2)，∵平面A1DP与平面A1BE垂直，则m·n=0，∴6p＋6＋6=0，p=－2，∵0≤p≤3，∴线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直. 8.解：(1)取PA的中点F，连接EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD，又BC=AD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A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A-xyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，=(1,0，－)，=(1,0,0).设M(x，y，z)(0＜x＜1)，则=(x－1，y，z)，=(x，y－1，z－).因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈，n〉|=sin 45°，=，即(x－1)2＋y2－z2=0.①又M在棱PC上，设=λ，则x=λ，y=1，z=－λ.②由①②解得(舍去)，或所以M，从而=.设m=(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则即所以可取m=(0，－，2).于是cos〈m，n〉==.易知所求二面角为锐角.因此二面角M-AB-D的余弦值为.