2023届高考数学二轮复习专题3第3讲立体几何与空间向量作业含答案

第二篇　专题三　第3讲　立体几何与空间向量

1．如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝BD＝AD＝AC＝2，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，P为AB的中点，E为BD的中点．

(1)求证：AE⊥平面BCD；

(2)求直线PD与平面ACD所成角的正弦值．

【解析】(1)证明：由题图可知，△ABD是边长为2的等边三角形，

∵E为BD的中点，∴AE⊥BD，且AE＝，

如图，连接CE，

∵△BCD是斜边长为2的等腰直角三角形，

∴CE＝BD＝1，

在△AEC中，AC＝2，EC＝1，AE＝，

∴AC2＝AE2＋EC2，∴AE⊥EC.

∵BD∩EC＝E，BD⊂平面BCD，EC⊂平面BCD，

∴AE⊥平面BCD.

(2)方法一：取CD的中点F，连接AF，EF，

∵AC＝AD，∴CD⊥AF.

由(1)可知，AE⊥CD，

∵AE∩AF＝A，AE⊂平面AEF，AF⊂平面AEF，

∴CD⊥平面AEF，

又CD⊂平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD.

设PD，AE相交于点G，则点G为△ABD的重心，

∴AG＝DG＝AE＝.

过点G作GH⊥AF于H，则GH⊥平面ACD，

连接DH，则∠GDH为直线PD与平面ACD所成的角．

易知△AGH∽△AFE，

EF＝BC＝，AF＝，

∴GH＝·EF＝×＝，

∴sin ∠GDH＝＝，

即直线PD与平面ACD所成角的正弦值为.

方法二：由(1)可知AE⊥平面BCD，且CE⊥BD，

∴可作如图所示的空间直角坐标系E－xyz，

则A(0，0，)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P，

＝(0，1，－)，＝(－1，1，0)，＝，

设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，

∴即

取x＝y＝1，则z＝，

∴n＝为平面ACD的一个法向量，

设PD与平面ACD所成的角为θ，

则sin θ＝＝，

故直线PD与平面ACD所成角的正弦值为.

2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，四边形ABCD为平行四边形，点E为棱BC的中点．

(1)求证：D1E∥平面ABB1A1；

(2)若四边形ABCD为正方形，AA1⊥平面ABCD，二面角A1－BC－A为，求二面角A1－DE－C的余弦值．

【解析】(1)证明：连接D1E.

因为几何体为四棱台，且AB＝2A1B1，

所以A1D1＝BE.

所以四边形A1D1EB为平行四边形．

所以D1E∥A1B.

又因为D1E⊄平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，

所以D1E∥平面ABB1A1.

(2)因为四边形ABCD为正方形，AA1⊥平面ABCD，

所以A1A⊥BC，BA⊥BC.

所以BC⊥平面A1AB.

连接A1B，则BC⊥A1B.

所以∠A1BA为二面角A1－BC－A的平面角．

由已知得∠A1BA＝.

所以A1A＝AB＝2.

以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，E(2，1，0).

设面A1DE的法向量为n＝(x，y，z).

因为＝(0，－2，2)，＝(－2，1，0).

由得

令x＝1，得y＝2，z＝2，

即n＝(1，2，2).

易知平面DEC的法向量为m＝(0，0，1).

因为cos|m，n|＝＝＝，

所以二面角A1－DE－C的余弦值为－.

3．如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点．

(1)求证：EM⊥AD；

(2)求二面角A－BE－C的余弦值；

(3)在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

【解析】(1)证明：∵EA＝EB，M是AB的中点，

∴EM⊥AB，

∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面ABE，

∴EM⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴EM⊥AD.

(2)连接MC，∵EM⊥平面ABCD，∴EM⊥MC，

∵△ABC是正三角形，∴MC⊥AB，

∴MB，MC，ME两两垂直．

建立如图所示空间直角坐标系M－xyz.

则M(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，E(0，0，)，

＝(－1，，0)，＝(－1，0，)，

设m＝(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，

则

令z＝1，m＝(，1，1)，

∵y轴所在直线与平面ABE垂直，

∴n＝(0，1，0)是平面ABE的一个法向量．

cos〈m，n〉＝＝＝，

∴二面角A－BE－C的余弦值为.

(3)假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，

＝(1，0，)，＝(0，，－)，

设＝λ＝(0，λ，－λ)，0<λ≤1，

则＝＋＝(1，λ，－λ)，

∵直线AP与平面ABE所成的角为45°，

∴sin 45°＝|cos〈，n〉|＝

＝＝，

由0≤λ≤1，解得λ＝，

∴在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，且＝.

4．(2022·德州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．

(1)求证：PO⊥平面ABCD；

(2)求平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角的大小；

(3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成的角为，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．

【解析】(1)证明：因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，

所以PO⊥AD.

又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，

所以PO⊥CD.

又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，

所以PO⊥平面ABCD.

(2)如图，以O点为原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O－xyz.

则O(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(－2，4，0)，D(－2，0，0)，G(0，4，0)，P(0，0，2)，E(－1，2，)，F(－1，0，)，

＝(0，－2，0)，＝(1，2，－)，

设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，

则即

令z＝1，则m＝(，0，1)，

又平面ABCD的法向量n＝(0，0，1)，

设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，

所以cosθ＝＝＝.

所以平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角为.

(3)假设在线段PA上存在点M，

使得直线GM与平面EFG所成的角为，

即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为，

设＝λ，λ∈[0，1]，

＝＋＝＋λ，

所以＝(2λ，－4，2－2λ)，

所以cos＝|cos〈，m〉|＝＝，

整理得2λ2－3λ＋2＝0，

Δ<0，方程无解，

所以，不存在这样的点M.