全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十二立体几何中的向量方法理含解析

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1．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.
(1)证明：BE⊥平面EB1C1；
(2)若AE＝A1E，求二面角B­EC­C1的正弦值．
解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，
故B1C1⊥BE.
又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，
所以BE⊥平面EB1C1.
(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.
以D为坐标原点， eq \(DA,\s\up7(―→))的方向为x轴正方向，|eq \(DA,\s\up7(―→))|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，
则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)， eq \(CB,\s\up7(―→))＝(1，0，0)， eq \(CE,\s\up7(―→))＝(1，－1，1)， eq \(CC1,\s\up7(―→))＝(0，0，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eq \(CB,\s\up7(―→))·n＝0，,eq \(CE,\s\up7(―→))·n＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝0，,x1－y1＋z1＝0，))
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eq \(CC1,\s\up7(―→))·m＝0，, eq \(CE,\s\up7(―→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2z2＝0，,x2－y2＋z2＝0，))
所以可取m＝(1，1，0)．
于是csn，m＝eq \f(n·m,|n||m|)＝－eq \f(1,2).
所以，二面角B­EC­C1的正弦值为eq \f(\r(3),2).
2.如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k＞0)，侧棱AA1⊥底面ABCD.
(1)证明：CD⊥平面ADD1A1；
(2)若直线AA1与平面AB1C所成的角的正弦值为eq \f(6,7)，求k的值．
解：(1)证明：如图，过点B作BE∥AD，交DC于点E，则四边形ABED是平行四边形，BE＝AD＝4k，DE＝AB＝3k.
在△BEC中，因为BC2＝25k2＝9k2＋16k2＝EC2＋BE2，所以BE⊥DC，AD⊥DC.
又侧棱AA1⊥底面ABCD，所以AA1⊥DC.
而AA1∩AD＝A，所以CD⊥平面ADD1A1.
(2)如图，以点D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系D­xyz.
则B1(4k，3k，1)，C(0，6k，0)，A(4k，0，0)，A1(4k，0，1)，所以eq \(AC,\s\up7(―→))＝(－4k，6k，0)， eq \(AB1,\s\up7(―→))＝(0，3k，1)， eq \(AA1,\s\up7(―→))＝(0，0，1)．
设平面AB1C的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eq \(AC,\s\up7(―→))·m＝0，, eq \(AB,\s\up7(―→))·m＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4kx＋6ky＝0，,3ky＋z＝0，))
令y＝2，解得x＝3，z＝－6k，所以m＝(3，2，－6k)为平面AB1C的一个法向量．
设平面AB1C与直线AA1所成的角为θ，则sin θ＝|cseq \(AA1,\s\up7(―→))，m|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－6k,\r(13＋36k2))))＝eq \f(6,7)，解得k＝1.
3.已知四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角A­PC­D的余弦值．
解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PH⊥AB.
∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，
∵PH⊥平面ABCD，
∴z轴∥PH.
则A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，
设AH＝a，PH＝h(0＜a＜2，h＞0)．
则P(0，a，h)．
∴eq \(AP,\s\up7(―→))＝(0，a，h)， eq \(DP,\s\up7(―→))＝(0，a－2，h)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1，1，0)．
∵PA⊥PD，∴eq \(AP,\s\up7(―→))·eq \(DP,\s\up7(―→))＝a(a－2)＋h2＝0.
∵AC与PD所成角为60°，
∴|cseq \(AC,\s\up7(―→))，eq \(DP,\s\up7(―→))|＝eq \f(|a－2|,\r(2)·\r(（a－2）2＋h2))＝eq \f(1,2)，
∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0，
∵0＜a＜2，∴a＝1.∵h＞0，∴h＝1，∴P(0，1，1)．
∴eq \(AP,\s\up7(―→))＝(0，1，1)，eq \(AC,\s\up7(―→))＝(1，1，0)，eq \(PC,\s\up7(―→))＝(1，0，－1)， eq \(DC,\s\up7(―→))＝(1，－1，0)，
设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·eq \(AP,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(AC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋z1＝0，,x1＋y1＝0，))
令x1＝1，得y1＝－1，z1＝1，
∴平面APC的一个法向量为n＝(1，－1，1)，
设平面DPC的法向量为m＝(x2，y2，z2)．
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·eq \(PC,\s\up7(―→))＝0，,m·eq \(DC,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－z2＝0，,x2－y2＝0，))
令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，
∴平面DPC的一个法向量为m＝(1，1，1)．
∴csm，n＝eq \f(m·n,|m||n|)＝eq \f(1,3).
∵二面角A­PC­D的平面角为钝角，
∴二面角A­PC­D的余弦值为－eq \f(1,3).
4.(2019·安徽五校联盟第二次质检)如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF∥AB，BC⊥FD，过BC的平面交棱FD于P，交棱FA于Q.
(1)证明：PQ∥平面ABCD；
(2)若CD⊥BE，EF＝EC，CD＝2EF，BC＝tEF，求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的大小．
解：(1)证明：因为底面ABCD为矩形，所以AD∥BC，
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(AD∥BC,AD⊂平面ADF,BC⊄平面ADF)) ⇒BC∥平面ADF，
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(BC∥平面ADF,BC⊂平面BCPQ,平面BCPQ∩平面ADF＝PQ)) ⇒BC∥PQ，
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(PQ∥BC,PQ⊄平面ABCD,BC⊂平面ABCD)) ⇒PQ∥平面ABCD.
(2)由CD⊥BE，CD⊥CB，BE∩CB＝B，得CD⊥平面BCE，所以CD⊥CE.
由BC⊥CD，BC⊥FD，CD∩FD＝D，得BC⊥平面CDFE，所以CB⊥CE.
以C为坐标原点， eq \(CD,\s\up7(―→))的方向为x轴的正方向，eq \(CB,\s\up7(―→))的方向为y轴的正方向，eq \(CE,\s\up7(―→))的方向为z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，设EF＝EC＝1，则A(2，t，0)，D(2，0，0)，F(1，0，1)，所以eq \(AD,\s\up7(―→))＝(0，－t，0)，eq \(AF,\s\up7(―→))＝(－1，－t，1)．
设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·eq \(AD,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(AF,\s\up7(―→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－ty＝0，,－x－ty＋z＝0，))令x＝1，得n＝(1，0，1)为平面ADF的一个法向量．
易知平面BCE的一个法向量为m＝(1，0，0)，
设平面ADF与平面BCE所成的锐二面角为θ，
则cs θ＝eq \f(|n·m|,|n||m|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(2))))＝eq \f(\r(2),2)，
所以θ＝eq \f(π,4)，即平面ADF与平面BCE所成的锐二面角为eq \f(π,4).
5．(2019·东北四市联合体模拟(一))如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．
(1)证明：AE⊥PB；
(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，求二面角A­PE­C的余弦值．
解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，
∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形，
∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE为等边三角形，
∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝eq \f(π,3)，BD⊥BC，
∴BD⊥AE.
如图，翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE，又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB，∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.
(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE.
又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.
以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(\r(3),2)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)，0))，∴PE―→＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0，－\f(\r(3),2)))，eq \(EC,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，设平面PCE的法向量为n1＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(eq \(PE,\s\up7(―→))·n1＝0，, eq \(EC,\s\up7(―→))·n1＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(\r(3),2)z＝0，,\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))设x＝eq \r(3)，则y＝－1，z＝1，∴n1＝(eq \r(3)，－1，1)为平面PCE的一个法向量，
易知平面PAE的一个法向量为n2＝(0，1，0)，
cs n1，n2＝eq \f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq \f(－1,1×\r(5))＝－eq \f(\r(5),5).
由图知所求二面角A­PE­C为钝角，∴二面角A­PE­C的余弦值为－eq \f(\r(5),5).
6.(2019·广州市综合检测(一))如图，在三棱锥A­BCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.
(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；
(2)若BD＝eq \r(6)，且二面角A­BD­C为120°，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，
所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.
因为点P是AC的中点，则PD⊥AC，PB⊥AC，
因为PD∩PB＝P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD.
因为AC⊂平面ACD，
所以平面ACD⊥平面BDP.
(2)法一：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.
因为Rt△ABD≌Rt△CBD，
所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角A­BD­C的平面角．
由已知二面角A­BD­C为120°，知∠AEC＝120°.
在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝eq \r(3)AE，
因为△ABC是等边三角形，则AC＝AB，
所以AB＝eq \r(3)AE.
在Rt△ABD中，有eq \f(1,2)AE·BD＝eq \f(1,2)AB·AD，得BD＝eq \r(3)AD，
因为BD＝eq \r(6)，所以AD＝eq \r(2).
又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.
则AE＝eq \f(2\r(3),3)，ED＝eq \f(\r(6),3).
由CE⊥BD，AE⊥BD可知BD⊥平面AEC，则平面AEC⊥平面BCD.过点A作AO⊥CE，交CE的延长线于O，则AO⊥平面BCD.
连接OD，则∠ADO为直线AD与平面BCD所成的角．
在Rt△AEO中，∠AEO＝60°，所以AO＝eq \f(\r(3),2)AE＝1，
sin∠ADO＝eq \f(AO,AD)＝eq \f(\r(2),2).
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为eq \f(\r(2),2).
法二：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.
因为Rt△ABD≌Rt△CBD，
所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角A­BD­C的平面角．
由已知二面角A­BD­C为120°，知∠AEC＝120°
在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝eq \r(3)AE，
因为△ABC是等边三角形，则AC＝AB，
所以AB＝eq \r(3)AE.
在Rt△ABD中，有eq \f(1,2)AE·BD＝eq \f(1,2)AB·AD，得BD＝eq \r(3)AD，
因为BD＝eq \r(6)，所以AD＝eq \r(2).
又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.
则AE＝eq \f(2\r(3),3)，ED＝eq \f(\r(6),3).
以E为坐标原点，以向量eq \(EC,\s\up7(―→))， eq \(ED,\s\up7(―→))的方向分别为x轴，y轴的正方向，以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系E­xyz，
则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),3)，0))，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),3)，0，1))，向量eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，\f(\r(6),3)，－1))，
平面BCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，
设直线AD与平面BCD所成的角为θ，
则csm，eq \(AD,\s\up7(―→))＝eq \f(m·eq \(AD,\s\up7(―→)),|m||eq \(AD,\s\up7(―→))|)＝eq \f(－1,\r(2)×1)＝－eq \f(\r(2),2)，
sin θ＝|csm，eq \(AD,\s\up7(―→))|＝eq \f(\r(2),2).
所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为eq \f(\r(2),2).
7.(2019·长沙市统一模拟考试)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝90°，AD＝eq \r(3)，BE＝3，CF＝4，EF＝2.
(1)求证：AE∥平面DCF；
(2)当AB的长为何值时，二面角A­EF­C的大小为60°？
解：因为平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝BC，DC⊂平面ABCD，且DC⊥BC，所以DC⊥平面BEFC.
以点C为坐标原点，分别以CB，CF，CD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C­xyz.
设AB＝a，则C(0，0，0)，A(eq \r(3)，0，a)，B(eq \r(3)，0，0)，E(eq \r(3)，3，0)，F(0，4，0)，D(0，0，a)．
(1)证明：因为eq \(AE,\s\up7(―→))＝(0，3，－a)，eq \(CB,\s\up7(―→))＝(eq \r(3)，0，0)， eq \(CF,\s\up7(―→))＝(0，4，0)，eq \(CD,\s\up7(―→))＝(0，0，a)，
所以eq \(CB,\s\up7(―→))·eq \(CD,\s\up7(―→))＝0，eq \(CB,\s\up7(―→))·eq \(CF,\s\up7(―→))＝0，又CD∩CF＝C，
所以CB⊥平面CDF，
即eq \(CB,\s\up7(―→))为平面CDF的法向量．
又eq \(CB,\s\up7(―→))·eq \(AE,\s\up7(―→))＝0，
所以CB⊥AE.又因AE⊄平面CDF，所以AE∥平面DCF.
(2)设n＝(x，y，z)与平面AEF垂直，
因为eq \(AE,\s\up7(―→))＝(0，3，－a)， eq \(EF,\s\up7(―→))＝(－eq \r(3)，1，0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·eq \(EF,\s\up7(―→))＝0，,n·eq \(AE,\s\up7(―→))＝0))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\r(3)x＋y＝0，,3y－az＝0，))
即得n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\r(3)，\f(3\r(3),a))).
又因为BA⊥平面BEFC， eq \(BA,\s\up7(―→))＝(0，0，a)，
所以|cseq \(BA,\s\up7(―→))·n|＝eq \f(|eq \(BA,\s\up7(―→))·n|,|eq \(BA,\s\up7(―→))||n|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),a\r(4＋\f(27,a2)))))＝eq \f(1,2)，
解得a＝eq \f(9,2).
所以当AB＝eq \f(9,2)时，二面角A­EF­C的大小为60°.
8．在平行四边形PABC中，PA＝4，PC＝2eq \r(2)，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1­ABCD.
(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论．
(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．
解：(1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下：
∵D是PA的中点，PA＝4，∴DP＝DA＝2，
在△PDC中，由余弦定理得，
CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cs 45°＝8＋4－2×2eq \r(2)×2×eq \f(\r(2),2)＝4，
∴CD＝2＝PD，
∵CD2＋DP2＝8＝PC2，
∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，
∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，
∴CD⊥平面P1DA.
(2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD，
∴平面P1DA⊥平面ABCD，
∵△P1DA为锐角三角形，∴P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，∴P1O⊥平面ABCD，
则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，
∴∠P1DA＝60°，
∵DP1＝DA＝2，
∴△P1DA为等边三角形，O为AD的中点，
故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设x轴与BC交于点M，
∵DA＝P1A＝2，∴OP1＝eq \r(3)，
易知OD＝OA＝CM＝1，
∴BM＝3，
则P1(0，0，eq \r(3))，D(0，－1，0)，C(2，－1，0)，B(2，3，0)，eq \(DC,\s\up7(―→))＝(2，0，0)， eq \(BC,\s\up7(―→))＝(0，－4，0)， eq \(P1C,\s\up7(―→))＝(2，－1，－eq \r(3))，
∵CD⊥平面P1DA，
∴可取平面P1DA的一个法向量n1＝(1，0，0)，
设平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n2·eq \(BC,\s\up7(―→))＝0，,n2·eq \(P1C,\s\up7(―→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4y2＝0，,2x2－y2－\r(3)z2＝0，))
令z2＝1，则n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，1))为平面P1BC的一个法向量，
设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，
由图易知θ为锐角，
∴cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \f(|n1·n2|,|n1|·|n2|)＝eq \f(\f(\r(3),2),1×\f(\r(7),2))＝eq \f(\r(21),7).
∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为eq \f(\r(21),7).