2021届高中数学一轮复习人教版（理）45立体几何中的向量方法作业

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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，eq \r(3)，0)，O(0,0,0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a>0)，则eq \(OB,\s\up12(→))＝(0，eq \r(3)，0)，eq \(OE,\s\up12(→))＝(1,0,2)，eq \(OF,\s\up12(→))＝(－1,0，a)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OB,\s\up12(→))＝0，,n·\(OE,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)y＝0，,x＋2z＝0，))
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°＝|cs〈eq \(OF,\s\up12(→))，n〉|＝eq \f(|\(OF,\s\up12(→))·n|,|\(OF,\s\up12(→))|·|n|)＝eq \f(|2＋a|,\r(a2＋1)·\r(5))＝eq \f(\r(2),2)，
解得a＝3或a＝－eq \f(1,3)(舍去)．
∴eq \(OF,\s\up12(→))＝(－1,0,3)，又eq \(BE,\s\up12(→))＝(1，－eq \r(3)，2)，
∴cs〈eq \(OF,\s\up12(→))，eq \(BE,\s\up12(→))〉＝eq \f(－1＋6,\r(10)×\r(8))＝eq \f(\r(5),4)，
故异面直线OF与BE所成角的余弦值为eq \f(\r(5),4).
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＝eq \r(3)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.
(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＝eq \f(2\r(3),3)，A(0,0,0)，G(eq \r(3)，0,0)，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－1，\f(2\r(3),3)))，B(eq \r(3)，－1,0)．
设m＝(x，y，z)为平面ABC的法向量．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up12(→))＝0，,m·\(AC,\s\up12(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x－y＝0，,\r(3)x－y＋\f(2\r(3),3)z＝0，))
取x＝1，得y＝eq \r(3)，z＝0，∴m＝(1，eq \r(3)，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，eq \r(3))，
∴cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m|·|n|)＝eq \f(2\r(3),2×\r(7))＝eq \f(\r(21),7)，
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eq \f(\r(21),7).
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＝2eq \r(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＝eq \f(1,2)AD.
又AD∥BC，BC＝eq \f(1,2)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＝2eq \r(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，eq \(OB,\s\up12(→))，eq \(OM,\s\up12(→))，eq \(OP,\s\up12(→))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，eq \r(3))，A(－1，－2,0)，
∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1，\f(\r(3),2)))，
∴eq \(AE,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，3，\f(\r(3),2)))，eq \(AB,\s\up12(→))＝(2,2,0)，eq \(BP,\s\up12(→))＝(－1,0，eq \r(3))．
设平面ABP的法向量为n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up12(→))＝0，,n·\(BP,\s\up12(→))＝0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0，,－x＋\r(3)z＝0，))
故可取n＝(3，－3，eq \r(3))，
∴cs〈n，eq \(AE,\s\up12(→))〉＝eq \f(n·\(AE,\s\up12(→)),|n|·|\(AE,\s\up12(→))|)＝－eq \f(\r(210),35)，
∴直线AE与平面ABP所成角的正弦值为eq \f(\r(210),35).
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＝eq \f(a,2).
由∠DAB＝60°＝∠ABE，得∠ABC＝120°，由余弦定理得AE＝eq \f(\r(3)a,2)，AC＝eq \r(3)a.
∵CE＝BE＋BC＝eq \f(3a,2)，∴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＝eq \r(3)a，CC1＝a，AC1＝2a，CG＝eq \f(\r(3),2)a，
在Rt△ECC1中，CE＝eq \f(3,2)a，CC1＝a，EC1＝eq \f(\r(13),2)a，CH＝eq \f(3\r(13),13)a，
∴GH＝eq \r(CG2－CH2)＝eq \f(\r(39),26)a，cs∠CGH＝eq \f(GH,CG)＝eq \f(\r(13),13)，
∴二面角E－AC1－C的余弦值为eq \f(\r(13),13).
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)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)a，0))，C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)a，0，a))，则eq \(EA,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),2)a，0))，eq \(EC1,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)a，0，a)).
设平面EAC1的法向量为n＝(p，q，r)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EA,\s\up12(→))＝\f(\r(3),2)aq＝0，,n·\(EC1,\s\up12(→))＝\f(3,2)ap＋ar＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q＝0，,3p＋2r＝0，))
不妨取n＝(－2,0,3)．
连接BD，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a，0，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a，\f(\r(3),2)a，0))，易知平面AC1C的一个法向量为n1＝eq \(BD,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a，\f(\r(3),2)a，0)).
设二面角E－AC1－C的平面角为θ，则|cs θ|＝eq \f(|n1·n|,|n1|·|n|)＝eq \f(\r(13),13)，
又由题图知θ为锐角，∴二面角E－AC1－C的余弦值为eq \f(\r(13),13).
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eq \f(AB,AD)＝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.
在Rt△ADC中，易求得AM＝eq \f(\r(5)a,5)，DM＝eq \f(2\r(5)a,5).
在Rt△AEM中，eq \f(EM,AM)＝tan∠BAC＝eq \f(1,2)，得EM＝eq \f(\r(5)a,10)，
所以cs∠DME＝eq \f(EM,DM)＝eq \f(1,4).
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eq \f(AB,AD)＝2，所以∠DBA＝30°，∠DAB＝60°，所以AE＝ADcs∠DAB＝eq \f(1,2)a，BE＝AB－AE＝eq \f(3,2)a，DE＝ADsin∠DAB＝eq \f(\r(3),2)a，
所以Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)a，\f(\r(3),2)a))，所以eq \(AD,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)a，\f(\r(3),2)a))，eq \(AC,\s\up12(→))＝(－a,2a,0)．
设平面ACD的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up12(→))＝0，,m·\(AC,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ay＋\f(\r(3),2)az＝0，,－ax＋2ay＝0.))
取y＝1，则x＝2，z＝－eq \f(\r(3),3)，所以m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，1，－\f(\r(3),3))).
因为平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，
所以cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(－\f(\r(3),3),\r(22＋12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)))2))＝－eq \f(1,4).
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eq \f(1,4).
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eq \f(\r(2),6)，求线段AM的长．
解析：(1)在△B1C1E中，EB1＝eq \r(1＋22)＝eq \r(5)，B1C1＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，EC1＝eq \r(3)，
∴B1Ceq \\al(2,1)＋ECeq \\al(2,1)＝EBeq \\al(2,1)，∴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)，eq \(B1C,\s\up12(→))＝(1，－2，－1)，eq \(CE,\s\up12(→))＝(－1,1，－1)，eq \(B1C1,\s\up12(→))＝(1,0，－1)，
设平面B1CE的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(B1C,\s\up12(→))＝0，,m·\(CE,\s\up12(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y－z＝0，,－x＋y－z＝0.))
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eq \(B1C1,\s\up12(→))＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．
所以cs〈m，eq \(B1C1,\s\up12(→))〉＝eq \f(m·\(B1C1,\s\up12(→)),|m||\(B1C1,\s\up12(→))|)＝eq \f(－4,\r(14)×\r(2))＝－eq \f(2\r(7),7)，从而sin〈m，eq \(B1C1,\s\up12(→))〉＝eq \f(\r(21),7)，
所以二面角B1－CE－C1的正弦值为eq \f(\r(21),7).
(3)由(2)知eq \(AE,\s\up12(→))＝(0,1,0)，eq \(EC1,\s\up12(→))＝(1,1,1)，设eq \(EM,\s\up12(→))＝eq \(λEC1,\s\up12(→))，则eq \(EM,\s\up12(→))＝(λ，λ，λ)，(0≤λ≤1)，则eq \(AM,\s\up12(→))＝eq \(AE,\s\up12(→))＋eq \(EM,\s\up12(→))＝(λ，λ＋1，λ)．
易知eq \(AB,\s\up12(→))＝(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＝|cs〈eq \(AM,\s\up12(→))，eq \(AB,\s\up12(→))〉|＝eq \f(|\(AM,\s\up12(→))·\(AB,\s\up12(→))|,|\(AM,\s\up12(→))||\(AB,\s\up12(→))|)
＝eq \f(2λ,2\r(λ2＋λ＋12＋λ2))＝eq \f(λ,\r(3λ2＋2λ＋1))＝eq \f(\r(2),6)，
得λ＝eq \f(1,3)(负值舍去)，
所以eq \(AM,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(4,3)，\f(1,3)))，|eq \(AM,\s\up12(→))|＝eq \r(2)，故线段AM的长为eq \r(2).
[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．
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＝eq \r(BC2－CN2)＝eq \r(102－82)＝6，
∴AB＝12，而E，M分别为PA，PB的中点，
∴EM∥AB且EM＝eq \f(1,2)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则eq \(CF,\s\up12(→))＝(8，t－6,0)，eq \(DB,\s\up12(→))＝(8,12,0)．
由eq \(CF,\s\up12(→))·eq \(DB,\s\up12(→))＝0，得t＝eq \f(2,3).
易知平面DPC的一个法向量为m＝(1,0,0)．
设平面FPC的法向量为n＝(x，y，z)．
又eq \(PC,\s\up12(→))＝(0,6，－8)，eq \(FC,\s\up12(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－8，\f(16,3)，0)).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PC,\s\up12(→))＝0，,n·\(FC,\s\up12(→))＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(6y－8z＝0，,－8x＋\f(16,3)y＝0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(z＝\f(3,4)y，,x＝\f(2,3)y，))不妨令y＝12，则n＝(8,12,9)为平面FPC的一个法向量．
则cs〈n，m〉＝eq \f(n·m,|n||m|)＝eq \f(8,\r(82＋122＋92))＝eq \f(8,17).
又由图可知，二面角F－PC－D为锐二面角，
故二面角F－PC－D的余弦值为eq \f(8,17).