2020版高考数学一轮复习课时作业47《 空间几何体的结构特征及三视图与直观图》(含解析) 练习

课时作业47　立体几何中的向量方法
第一次作业　基础巩固练
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.

(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；
(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
解：(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.
又BF⊂平面ABFD，
所以平面PEF⊥平面ABFD.
(2)作PH⊥EF，垂足为H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H­xyz.

由(1)可得，DE⊥PE.
又DP＝2，DE＝1，所以PE＝.
又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF.
可得PH＝，EH＝.
则H(0,0,0)，P(0,0，)，D(－1，－，0)，＝(1，，)，＝(0,0，)为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为θ，则
sinθ＝＝＝.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.
2.(2019·辽宁五校联考)如图，在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，侧面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，动点F在棱AE上，且EF＝λFA.

(1)试探究λ的值，使CE∥平面BDF，并给予证明；
(2)当λ＝1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值.
解：(1)当λ＝时，CE∥平面BDF.
证明如下：
连接AC交BD于点G，连接GF，
∵CD∥AB，AB＝2CD，
∴＝＝，
∵EF＝FA，∴＝＝，
∴GF∥CE，
又CE⊄平面BDF，GF⊂平面BDF，
∴CE∥平面BDF.
(2)取AB的中点O，连接EO，则EO⊥AB，
∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，且EO⊥AB，
∴EO⊥平面ABCD，
连接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1，
∴四边形BODC为平行四边形，∴BC∥DO，
又BC⊥AB，∴AB⊥OD，
则OD，OA，OE两两垂直，以OD，OA，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz，则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，D(1,0,0)，C(1，－1,0)，E(0,0，).
当λ＝1时，有＝，∴F(0，，)，
∴＝(1,1,0)，＝(－1,1，)，＝(0，，).
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
则有即
令z＝，得y＝－1，x＝1，则n＝(1，－1，)为平面BDF的一个法向量，
设直线CE与平面BDF所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|＝，
故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为.
3.(2019·南昌摸底调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点.

(1)求证：平面CMN∥平面PAB；
(2)求二面角N­PC­A的平面角的余弦值.
解：(1)证明：∵M，N分别为PD，AD的中点，∴MN∥PA.
又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴MN∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，
∴∠ACN＝60°.
又∠BAC＝60°，∴CN∥AB.
∵CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴CN∥平面PAB.
又CN∩MN＝N，∴平面CMN∥平面PAB.
(2)∵PA⊥平面ABCD，
∴平面PAC⊥平面ACD，
又DC⊥AC，平面PAC∩平面ACD＝AC，
∴DC⊥平面PAC.
如图，以点A为原点，AC所在直线为x轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，

∴A(0,0,0)，C(2,0,0)，P(0,0,2)，D(2，2，0)，N(1，，0)，∴＝(－1，，0)，＝(1，，－2)，
设n＝(x，y，z)是平面PCN的法向量，
则即可取n＝(，1，)
又平面PAC的一个法向量为＝(0，2，0)，∴cos〈，n〉＝＝＝，
由图可知，二面角N­PC­A的平面角为锐角，
∴二面角N­PC­A的平面角的余弦值为.
4.(2019·昆明调研测试)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC.

(1)证明：PA⊥平面PCD；
(2)设AD＝2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长.
解：(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，
所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，
又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PCD.
(2)取AD的中点O，连接PO，
因为PA＝PD，所以PO⊥AD，
则PO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点建立空间直角坐标系O­xyz，如图.

由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝，OP＝1，
设CD＝a，则P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1,0)，
则＝(－a,2,0)，＝(a,1，－1)，
设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
由得
令x＝2，则y＝a，z＝3a，故m＝(2，a,3a)为平面PBC的一个法向量，
由(1)知n＝＝(a,0,0)为平面PAD的一个法向量，由|cos〈m，n〉|＝
＝||＝，
解得a＝，即CD＝，
所以在Rt△PCD中，PC＝，
由等面积法可得DE＝＝.
5.(2019·郑州第一次质量预测)如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2，AC＝2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.

(1)求证：PD⊥平面ABC；
(2)若直线PA与平面ABC所成的角为，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角.
解：(1)证明：由题意知AC＝2，BC＝2，AB＝6，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝，
∴cos∠ABC＝＝.
又易知BD＝2，
∴CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8，
∴CD＝2，又AD＝4，
∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB.
∵平面PAB⊥平面ABC，
∴CD⊥平面PAB，∴CD⊥PD，
∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，
∴PD⊥平面ABC.
(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，
∴可建立如图所示的直角坐标系D­xyz，

∵直线PA与平面ABC所成的角为，即∠PAD＝，∴PD＝AD＝4，
则A(0，－4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，∴＝(－2，2,0)，＝(2，4,0)，＝(0，－4，－4).
∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC，
由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC，
又PD⊥平面ABC，∴PD⊥BC，
∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE，
∴＝(－2，2,0)为平面PDE的一个法向量.
设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，
则∴令z＝1，
得x＝，y＝－1，∴n＝(，－1,1)为平面PAC的一个法向量.
∴cos〈n，〉＝＝－，
∴平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为，故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30°.
第二次作业　高考·模拟解答题体验
1.(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点.

(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；
(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.
解：如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立空间直角坐标系O­xyz.因为AB＝AA1＝2，所以A(0，－1，0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2).

(1)因为P为A1B1的中点，所以P(，－，2)，从而＝(－，－，2)，＝(0,2,2)，
故|cos〈，〉|＝
＝＝.
因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.
(2)因为Q为BC的中点，所以Q(，，0)，
因此＝(，，0)，＝(0,2,2)，＝(0,0,2).
设n＝(x，y，z)为平面AQC1的法向量，
则即
不妨取n＝(，－1,1).
设直线CC1与平面AQC1所成角为θ，
则sinθ＝|cos〈，n〉|
＝＝＝，
所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.
2.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.

(1)求证：AC⊥平面BEF；
(2)求二面角B­CD­C1的余弦值；
(3)证明：直线FG与平面BCD相交.
解：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，
因为CC1⊥平面ABC，
所以四边形A1ACC1为矩形.
又E，F分别为AC，A1C1的中点，
所以AC⊥EF.
因为AB＝BC，所以AC⊥BE.
所以AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.
因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系E­xyz.

由题意得E(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1).
所以＝(－1，－2,0)，＝(1，－2,1).
设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则即
令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－4).
又因为平面CC1D的法向量为＝(0,2,0)，
所以cos〈n，〉＝＝－.
由题知二面角B­CD­C1为钝角，所以其余弦值为－.
(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，＝(0,2，－1).
因为n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG与平面BCD相交.
3.(2019·河北衡水模拟)如图所示，四棱锥P­ABCD的底面为矩形，已知PA＝PB＝PC＝BC＝1，AB＝，过底面对角线AC作与PB平行的平面交PD于E.

(1)试判定点E的位置，并加以证明；
(2)求二面角E­AC­D的余弦值.
解：(1)E为PD的中点.证明如下：如图，连接OE，因为PB∥平面AEC，平面PBD∩平面AEC＝OE，PB⊄平面AEC，所以PB∥OE.又O为BD的中点，所以E为PD的中点.

(2)连接PO，因为四边形ABCD为矩形，所以OA＝OC.
因为PA＝PC，所以PO⊥AC.
同理，得PO⊥BD，所以PO⊥平面ABCD.
以O为原点，OP所在直线为z轴，过O平行于AD的直线为x轴，过O平行于CD的直线为y轴建立空间直角坐标系(如图所示).
易得A，B，
C，D，P，E，
则＝，
＝，＝.
显然是平面ACD的一个法向量.
设n1＝(x，y，z)是平面ACE的法向量，
则即
取y＝1，则n1＝(，1,2)，
所以cos〈n1，〉＝＝，
所以二面角E­AC­D的余弦值为.
4.(2019·辽宁沈阳二模)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝AA1＝2，D为棱CC1的中点，AB1∩A1B＝O.

(1)证明：C1O∥平面ABD；
(2)设二面角D­AB­C的正切值为，AC⊥BC，E为线段A1B上一点，且CE与平面ABD所成角的正弦值为，求的值.
解：(1)证明：如图，取AB的中点F，连接OF，DF.
∵侧面ABB1A1为平行四边形，∴O为AB1的中点，
∴OF∥BB1，OF＝BB1.又C1D∥BB1，C1D＝BB1，
∴OF∥C1D，OF＝C1D，∴四边形OFDC1为平行四边形，∴C1O∥DF.
∵C1O⊄平面ABD，DF⊂平面ABD，∴C1O∥平面ABD.
(2)如图，过C作CH⊥AB于H，连接DH，
则∠DHC即为二面角D­AB­C的平面角.
∵DC＝1，tan∠DHC＝，∴CH＝.
又AC＝2，AC⊥BC，∴BC＝2.
以C为原点，建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示.

则A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,1)，A1(2,0,2)，∴＝(－2,2,0)，＝(0，－2,1).
设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，
则取y＝1，可得n＝(1,1,2).
设＝λ(0≤λ≤1).
∵＝(2，－2,2)，
∴＝＋λ＝(2λ，2－2λ，2λ)，
∴CE与平面ABD所成角的正弦值为
|cos〈，n〉|＝＝，
整理，得36λ2－44λ＋13＝0，
解得λ＝或，即＝或.
5.(2019·天津模拟)如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2，DE＝3.

(1)求证：平面ACE⊥平面BED；
(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；
(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角M­BE­D的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
解：(1)证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊂平面ADEF，DE⊥AD，所以DE⊥平面ABCD.
因为AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.
又因为四边形ABCD是正方形，
所以AC⊥BD.
因为DE∩BD＝D，DE⊂平面BED，BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED.
又因为AC⊂平面ACE，
所以平面ACE⊥平面BED.
(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D­xyz，如图所示.

则A(3,0,0)，F(3,0,2)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，＝(3，－3,0)，＝(－3，－3,3)，＝(3,0，－).
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
则
取x＝，得n＝(，2，3).
所以cos〈，n〉＝＝＝－.
所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.
(3)假设存在点M在线段AF上，设M(3,0，t)，0≤t≤2，
则＝(0，－3，t)，＝(－3，－3,3).
设平面MBE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则
令y1＝t，得m＝(3－t，t,3).
所以|cos〈m，〉|＝
＝＝，
整理得2t2－6t＋15＝0，
解得t＝或t＝(舍)，
故在线段AF上存在点M，使得二面角M­BE­D的大小为60°，此时＝.