高考数学二轮复习练习：专题限时集训09《立体几何中的向量方法》（含答案详解）

高考数学二轮复习练习：专题限时集训09

《立体几何中的向量方法》

1.如图(1)，在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，点E为AD的中点，沿BE将△ABE折起至△PBE，

如图所示，点P在平面BCDE上的射影O落在BE上.

图(1)                          图(2)

(1)求证：BP⊥CE；

(2)求二面角B­PC­D的余弦值.

2.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，

AD=CD=BC=CF.

(1)求证：EF⊥平面BCF；

(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.

3.如图，在三棱柱ABC­DEF中，侧面ABED是边长为2的菱形，且∠ABE=，BC=.

四棱锥F­ABED的体积为2，点F在平面ABED内的正投影为点G，且点G在AE上，

点M在线段CF上，且CM=CF.

(1)证明：直线GM∥平面DEF；

(2)求二面角M­AB­F的余弦值.

4.如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长均相等.D，E，F分别为棱AB，BC，A1C1的中点.

(1)证明：EF∥平面A1CD；

(2)若三棱柱ABC­A1B1C1为直棱柱，求直线BC与平面A1CD所成角的正弦值.

5.如图所示，四棱锥P­ABCD的底面ABCD为矩形，AB=2，BC=2，点P在底面上的射影在AC上，E是AB的中点．

(1)证明：DE⊥平面PAC；

(2)若PA=PC，且PA与平面PBD所成的角的正弦值为，求二面角D­PA­B的余弦值．

0.答案详解

1.解：(1)证明：因为点P在平面BCDE上的射影O落在BE上，

所以平面PBE⊥平面BCDE，易知BE⊥CE，

所以CE⊥平面PBE，而BP⊂平面PBE，

所以PB⊥CE.

(2)以O为坐标原点，以过点O且平行于CD的直线为x轴，

过点O且平行于BC的直线为y轴，直线PO为z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

则B，C，D，P.

所以=(－1,0,0)，=，=，=(0,2,0).

设平面PCD的法向量为n1=(x1，y1，z1)，

则有，即，令z1=，可得n1=.

设平面PBC的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则，即，

令z2=，可得n2=(2,0，).所以cos〈n1，n2〉==.

考虑到二面角B­PC­D为钝角，则其余弦值为－.

2.解：(1)证明：在梯形ABCD中，设AD=CD=BC=1，

∵AB∥CD，∠BCD=，

∴AB=2，∴AC2=AB2＋BC2－2AB·BC·cos =3.

∴AB2=AC2＋BC2，∴BC⊥AC.

∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥CF，而CF∩BC=C，

∴AC⊥平面BCF.

∵四边形ACFE是矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.

(2)由(1)知，以CA，CB，CF所成直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

设AD=CD=BC=CF=1，令FM=λ(0≤λ≤)，

则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，

∴=(－，1,0)，=(λ，－1,1)，

设平面MAB的法向量为n1=(x，y，z)，

则，即，

令x=1，则n1=(1，，－λ)，为平面MAB的一个法向量.

易知n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，

设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，

则cos θ===.

∵0≤λ≤，∴当λ=0时，cos θ有最小值，

∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，

此时二面角的余弦值为.

3.解：(1)证明：因为四棱锥F­ABED的体积为2，

所以VF­ABED=××2×2×FG=2，所以FG=.

又BC=EF=，所以EG=，

易知AE=2，则点G是AE的靠近点A的四等分点.

过点G作GK∥AD交DE于点K，连接FK，则GK=AD=CF.

又MF=CF，所以MF=GK，又MF∥GK，

所以四边形MFKG为平行四边形，

所以GM∥FK，又FK⊂平面DEF，GM⊄平面DEF，

所以直线GM∥平面DEF.

(2)连接BD，设AE，BD的交点为O，以OB所在直线为x轴，OE所在直线为y轴，

过点O的平面ABED的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(0，－1,0)，B(，0,0)，F，

M，=(－，－1,0)，=，=.

设平面ABM，平面ABF的法向量分别为m=(x1，y1，z1)，n=(x2，y2，z2)，

则得

不妨取x1=x2=1，则m=(1，－，－1)，n=，

所以cos〈m，n〉==，易知二面角M­AB­F是锐二面角，

故二面角M­AB­F的余弦值为.

4.解：(1)证明：在三棱柱ABC­A1B1C1中，AC∥A1C1，且AC=A1C1，连接ED，在△ABC中，

因为D，E分别为棱AB，BC的中点，所以DE∥AC，DE=AC.

又F为A1C1的中点，可得A1F=A1C1，所以A1F∥DE，A1F=DE，

因此四边形A1FED 为平行四边形，所以EF∥A1D，

又EF⊄平面A1CD，A1D⊂平面A1CD，

所以EF∥平面A1CD.

(2)法一：(几何法)因为底面ABC是正三角形，D为AB的中点，所以CD⊥AB，

又AA1⊥CD，AA1∩AB=A，所以CD⊥平面A1ABB1.

如图在平面A1ABB1内，过点B作BG⊥A1D，交直线A1D于点G，连接CG，

则BG⊥平面A1CD，所以∠BCG为直线BC与平面A1CD所成的角.

设三棱柱的棱长为a，可得A1D=，由△A1AD∽△BGD，

可得BG=，在Rt△BCG中，sin∠BCG==.

所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.

法二：(向量法)设A1B1的中点为O，连接OC1，OD，因为三棱柱ABC­A1B1C1为直棱柱，

所以OD⊥平面A1B1C1，所以OD⊥OC1，OD⊥OA1.

又△A1B1C1为等边三角形，所以OC1⊥A1B1.

以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz.

设三棱柱的棱长为a，则O(0,0,0)，B，

C，A1，D(0，a,0).

所以=，=，=.

设平面A1CD的法向量为n=(x，y，z)，由，得.

设x=2，解得n=(2,1,0).

设直线BC与平面A1CD所成的角为θ，则sin θ===.

所以直线BC与平面A1CD所成角的正弦值为.

5.解：(1)证明：在矩形ABCD中，AB∶BC=∶1，且E是AB的中点，

∴tan∠ADE=tan∠CAB=，∴∠ADE=∠CAB.

∵∠CAB＋∠DAC=90°，

∴∠ADE＋∠DAC=90°，即AC⊥DE.

由点P在底面ABCD上的射影在AC上，可知平面PAC⊥平面ABCD，且交线为AC，∴DE⊥平面PAC.

(2)记AC与BD的交点为O，

∵PA=PC，且O是AC的中点，∴PO⊥AC.

∵平面PAC⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.

取BC的中点F，连接OE，OF，∵底面ABCD为矩形，

∴OE⊥OF.

以O为坐标原点，分别以OE，OF，OP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A(1，－，0)，B(1，，0)，D(－1，－，0)．

设P(0,0，a)，则=(－1，，a)．

设平面PBD的法向量为c=(x1，y1，z1)，

又=(2,2，0)，=(0,0，a)，

则有⇒

令x1=，得y1=－1，∴平面PBD的一个法向量为c=(，－1,0)．

由=，得a=1.

设平面PAD的法向量为m=(x2，y2，z2)，

又=(－2,0,0)，=(－1，，1)，

则有⇒

令y2=1，得z2=－，∴m=(0,1，－)．

设平面PAB的法向量为n=(x3，y3，z3)，

又=(0,2，0)，=(－1，，1)，

则有⇒

令x3=1，得z3=1，∴n=(1,0,1)．

∴cos〈m，n〉===－，

∴二面角D­PA­B的余弦值为－.