高考数学一轮复习第八章8.7立体几何中的向量方法课时作业理含解析

这是一份高考数学一轮复习第八章8.7立体几何中的向量方法课时作业理含解析，共14页。
1.
[2021·广州市高三年级阶段训练题]如图，三棱锥P－ABC中，PA＝PC，AB＝BC，∠APC＝120°，∠ABC＝90°，AC＝eq \r(3)PB.
(1)求证：AC⊥PB；
(2)求直线AC与平面PAB所成角的正弦值．
2．[2021·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．
3．[2021·石家庄市高三年级阶段性训练题]如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝AC＝4，D，E分别是AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C＝A1D，如图2.
(1)求证：平面A1CD⊥平面A1BC；
(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值．
4．[2020·天津卷，17]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点．
(1)求证：C1M⊥B1D；
(2)求二面角B－B1E－D的正弦值；
(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值．
5．[2021·保定市高三第一次模拟考试]如图，四边形ABCD为矩形，△ABE和△BCF均为等腰直角三角形，且∠BAE＝∠BCF＝∠DAE＝90°，EA∥FC.
(1)求证：DE∥平面BCF.
(2)设eq \f(BC,AB)＝λ，问是否存在λ，使得二面角B－EF－D的余弦值为eq \f(\r(3),3)？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
6．[2020·江苏卷，22]在三棱锥A－BCD中，已知CB＝CD＝eq \r(5)，BD＝2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO＝2，E为AC的中点．
(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；
(2)若点F在BC上，满足BF＝eq \f(1,4)BC，设二面角F－DE－C的大小为θ，求sinθ的值．
[能力挑战]
7．[2020·山东卷，20]如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PDC；
(2)已知PD＝AD＝1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
课时作业46
1．解析：(1)证明：如图1，取AC的中点O，连接PO，BO，
因为PA＝PC，所以PO⊥AC.
因为AB＝BC，所以BO⊥AC.
因为PO∩BO＝O，PO⊂平面POB，BO⊂平面POB，
所以AC⊥平面POB.
因为PB⊂平面POB，所以AC⊥PB.
(2)解法一 不妨设AC＝2，因为AC＝eq \r(3)PB，所以PB＝eq \f(2\r(3),3).因为AB＝BC，∠ABC＝90°，所以BO＝AO＝eq \f(1,2)AC＝1.
因为PA＝PC，∠APC＝120°，所以∠APO＝60°.
在Rt△POA中，PO＝eq \f(AO,tan60°)＝eq \f(\r(3),3).
因为BO2＋PO2＝eq \f(4,3)＝PB2，所以PO⊥BO.
因为PO⊥AC，AC∩BO＝O，AC⊂平面ABC，BO⊂平面ABC，
所以PO⊥平面ABC，
以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系O－xyz.
则A(0，－1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，
Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),3)))，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1，\f(\r(3),3)))，eq \(AC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
由n·eq \(AB,\s\up6(→))＝0，n·eq \(AP,\s\up6(→))＝0，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝0,y＋\f(\r(3),3)z＝0))，令z＝eq \r(3)，则y＝－1，x＝1.
故平面PAB的一个法向量为n＝(1，－1，eq \r(3))．
则cs〈n，eq \(AC,\s\up6(→))〉＝eq \f(n·\(AC,\s\up6(→)),|n||\(AC,\s\up6(→))|)＝eq \f(－2,\r(5)×2)＝－eq \f(\r(5),5).
设直线AC与平面PAB所成角为θ，
则sinθ＝|cs〈n，eq \(AC,\s\up6(→))〉|＝eq \f(\r(5),5).
所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
解法二 如图2，作AD⊥PB，交PB于D，连接CD，
根据题意，得△ABP≌△CBP，
则CD⊥PB，AD＝CD.
因为AD∩CD＝D，AD⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，
所以PB⊥平面ACD.
因为PB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ACD.
则AD是直线AC在平面PAB上的射影．
所以∠CAD为直线AC与平面PAB所成的角．
不妨设AC＝2，
因为AC＝eq \r(3)PB，所以PB＝eq \f(2\r(3),3).
因为AB＝BC，∠ABC＝90°，所以AB＝eq \r(2)，AO＝1.
因为PA＝PC，∠APC＝120°，所以∠PAO＝30°.
在Rt△POA中，PA＝eq \f(AO,cs30°)＝eq \f(2\r(3),3).
故PA＝PB＝eq \f(2\r(3),3).
则△ABP的面积S＝eq \f(1,2)·AB·eq \r(PA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AB))2)＝eq \f(\r(15),6)，
又S＝eq \f(1,2)·PB·AD，即eq \f(\r(15),6)＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(3),3)·AD，所以AD＝eq \f(\r(5),2).
在△ACD中，CD＝AD＝eq \f(\r(5),2)，AC＝2，
则cs∠CAD＝eq \f(AC2＋AD2－CD2,2·AC·AD)＝eq \f(2\r(5),5)，
故sin∠CAD＝eq \r(1－cs2∠CAD)＝eq \f(\r(5),5).
所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5).
2．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\up6(→))＝0，,m·\(AC,\s\up6(→))＝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．解析：(1)在题图1△ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又AC⊥BC，所以DE⊥AC.
在题图2中，DE⊥A1D，DE⊥DC，又A1D∩DC＝D，所以DE⊥平面A1CD.
又DE∥BC，所以BC⊥平面A1CD.
又BC⊂平面A1BC，所以平面A1CD⊥平面A1BC.
(2)由(1)知DE⊥平面A1CD.又DE⊂平面BCDE，
所以平面A1CD⊥平面BCDE，易知平面A1CD∩平面BCDE＝DC.
在正三角形A1CD中过A1作A1O⊥CD，垂足为O，则A1O⊥平面BCDE.
分别以CD，梯形BCDE的中位线，OA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(0,0，eq \r(3))，B(1,4,0)，C(1,0,0)，
E(－1,2,0)．
eq \(A1C,\s\up6(→))＝(1,0，－eq \r(3))，eq \(EA1,\s\up6(→))＝(1，－2，eq \r(3))，eq \(EB,\s\up6(→))＝(2,2,0)．
设平面A1BE的法向量n＝(x1，y1，z1)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(EA1,\s\up6(→))·n＝x1－2y1＋\r(3)z1＝0,\(EB,\s\up6(→))·n＝2x1＋2y1＝0))，
取n＝(1，－1，－eq \r(3))．
设直线A1C与平面A1BE所成角为θ，
则sinθ＝|cs〈eq \(A1C,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(|\(A1C,\s\up6(→))·n|,|\(A1C,\s\up6(→))|·|n|)＝eq \f(|1×1－1×0＋－\r(3)×－\r(3)|,\r(1＋3)×\r(1＋1＋3))＝eq \f(2\r(5),5).
所以直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为eq \f(2\r(5),5).
4．解析：依题意，以C为原点，分别以eq \(CA,\s\up6(→))，eq \(CB,\s\up6(→))，eq \(CC1,\s\up6(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)．
(1)证明：依题意，eq \(C1M,\s\up6(→))＝(1,1,0)，eq \(B1D,\s\up6(→))＝(2，－2，－2)，从而eq \(C1M,\s\up6(→))·eq \(B1D,\s\up6(→))＝2－2＋0＝0，所以C1M⊥B1D.
(2)依题意，eq \(CA,\s\up6(→))＝(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，eq \(EB1,\s\up6(→))＝(0,2,1)，eq \(ED,\s\up6(→))＝(2,0，－1)．
设n＝(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EB1,\s\up6(→))＝0，,n·\(ED,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2y＋z＝0，,2x－z＝0.))
不妨设x＝1，可得n＝(1，－1,2)．
因此有cs〈eq \(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(CA,\s\up6(→))·n,|\(CA,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(\r(6),6)，于是sin〈eq \(CA,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\r(30),6).
所以，二面角B－B1E－D的正弦值为eq \f(\r(30),6).
(3)依题意，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．由(2)知n＝(1，－1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·n,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝－eq \f(\r(3),3).
所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为eq \f(\r(3),3).
5．解析：(1)证明：因为AD∥BC，AD⊄平面BCF，BC⊂平面BCF，所以AD∥平面BCF.
因为EA∥FC，EA⊄平面BCF，FC⊂平面BCF，所以EA∥平面BCF，又AD∩EA＝A，所以平面ADE∥平面BCF，
故DE∥平面BCF.
(2)以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．
因为∠BAE＝∠DAE＝90°，所以EA⊥AB，EA⊥AD，又AB∩AD＝A，所以EA⊥平面ABCD，又EA∥FC，所以FC⊥平面ABCD.
设AB＝a，BC＝b，则D(0,0,0)，F(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，
则eq \(DE,\s\up6(→))＝(b,0，a)，eq \(DF,\s\up6(→))＝(0，a，b)．
设平面DEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))·n＝0,\(DF,\s\up6(→))·n＝0))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(bx＋az＝0,ay＋bz＝0))，
取x＝1，因为eq \f(BC,AB)＝eq \f(b,a)＝λ，所以z＝－λ，y＝λ2，则n＝(1，λ2，－λ)．
设平面BEF的法向量为m＝(x′，y′，z′)，
因为eq \(BE,\s\up6(→))＝(0，－a，a)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(－b,0，b)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BE,\s\up6(→))·m＝0,\(BF,\s\up6(→))·m＝0))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－ay′＋az′＝0,－bx′＋bz′＝0))，所以x′＝y′＝z′，取m＝(1,1,1)．
因为二面角B－EF－D的余弦值为eq \f(\r(3),3)，所以eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(|λ2－λ＋1|,\r(3) \r(λ4＋λ2＋1))＝eq \f(\r(3),3)，
所以λ2－λ＋1＝0，由于Δ＝－3