2020届高考数学一轮复习课时训练：第8章 立体几何 42(含解析)

【课时训练】第42节　立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离

解答题

1.(2018深圳一模)已知直三棱柱ABC－A1B1C1，∠ACB=90°，CA=CB=CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值.

【解】如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.

设CA=CB=CC1=2，则A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，

∴=(0，－1,2)，=(－2,0，－2).

∴cos〈，〉==.

∴异面直线BD与A1C所成角的余弦值为.

2.(2018大连二模)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AA1=2，AC=2.M是CC1的中点，P是AM的中点，点Q在线段BC1上，且BQ=QC1.

(1)证明：PQ∥平面ABC；

(2)若直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为，求∠BAC的大小.

(1)【证明】取MC的中点，记为点D，连接PD，QD.

∵P为MA的中点，D为MC的中点，

∴PD∥AC.

又CD=DC1，BQ=QC1，

∴QD∥BC.

又PD∩QD=D，

∴平面PQD∥平面ABC.

又PQ⊂平面PQD，

∴PQ∥平面ABC.

(2)【解】∵BC，BA，BB1两两互相垂直，∴以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz.设BC=a，BA=b，则各点的坐标分别为B(0,0,0)，C(a,0,0)，A(0，b,0)，A1(0，b,2)，M(a,0,1)，

∴=(0，b,2)，=(0，b,0)，=(a,0,1).

设平面ABM的法向量为n=(x，y，z)，

则∴

取x=1，则可得平面ABM的一个法向量为n=(1,0，－a)，

∴|cos〈n，〉|==.

又a2＋b2=8，∴a4＋4a2－12=0.

∴a2=2或－6(舍)，即a=.

∴sin∠BAC==.∴∠BAC=.

3.(2019兰州检测)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.

(1)【证明】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)【解】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.

4.(2018宿州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，平面APD⊥平面ABCD，PA=PD，E在AD上，且AB=BC=CD=DE=EA=2.

(1)求证：平面PEC⊥平面PBD；

(2)设直线PB与平面PEC所成的角为，求平面APB与平面PEC所成的锐二面角的余弦值.

(1)【证明】连接BE.在△PAD中，PA=PD，AE=ED，

所以PE⊥AD.

又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD=AD，

所以PE⊥平面ABCD.

又BD⊂平面ABCD，故PE⊥BD.

在四边形ABCD中，BC∥DE，且BC=DE，

所以四边形BCDE为平行四边形.

又BC=CD，所以四边形BCDE为菱形.

故BD⊥CE.

又PE∩EC=E，所以BD⊥平面PEC.

又BD⊂平面PBD，

所以平面PEC⊥平面PBD.

(2)【解】取BC的中点F，连接EF.

由(1)可知△BCE是一个正三角形，所以EF⊥BC.

又BC∥AD，所以EF⊥AD.

又PE⊥平面ABCD，故以点E为坐标原点，EF，ED，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设PE=t(t>0)，则D(0,2,0)，A(0，－2,0)，P(0,0，t)，

F(，0,0)，B(，－1,0).

因为BD⊥平面PEC，

所以=(－，3,0)是平面PEC的一个法向量.

又=(，－1，－t)，

所以cos〈，〉===.

由已知可得sin =|cos〈，〉|=，得t=2(负值舍去).

故P(0,0,2)，所以=(，－1，－2)，=(，1,0).

设平面APB的法向量为n=(x，y，z)，

则由可得

取y=－，则x=，z=，

故n=(，－，)为平面APB的一个法向量，

所以cos〈，n〉===－.

设平面APB与平面PEC所成的锐二面角为θ，则cos θ=|cos〈，n〉|=.

5.(2018十堰模拟)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.

(1)【证明】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綊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)【解】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.

6.(2018武汉高三测试)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB=BC=1，BB1=2，∠BCC1=.

(1)求证：BC1⊥平面ABC；

(2)设=λ (0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值.

(1)【证明】因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1.

在△BCC1中，BC=1，CC1=BB1=2，∠BCC1=，

所以BC=BC2＋CC－2BC·CC1·cos∠BCC1=12＋22－2×1×2×cos =3.

所以BC1=.

故BC2＋BC=CC，所以BC⊥BC1.

而BC∩AB=B，所以BC1⊥平面ABC.

(2)【解】由(1)可知AB，BC，BC1两两互相垂直.以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图.

则B(0,0,0)，A(0,1,0)，B1(－1,0，)，C(1,0,0)，C1(0,0，)，

所以=(－1,0, ).

所以=(－λ，0, λ)，E(1－λ，0, λ)，

则=(1－λ，－1，λ)，=(－1，－1，).

设平面AB1E的法向量为n=(x，y，z)，

则

即

令z=，则x=，y=，

故n=是平面AB1E的一个法向量.

因为AB⊥平面BB1C1C，所以=(0,1,0)是平面BB1E的一个法向量.所以|cos〈n，〉|===.

两边平方并化简，得2λ2－5λ＋3=0，

解得λ=1或(舍去).故λ的值为1.

7.(2018河南安阳二模)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.

(1)【证明】∵△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)【解】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=.

8.(2018福建永春一中等四校2018联考)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.

(1)【证明】∵∠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)【解】∵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==.