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    2021届高中数学一轮复习人教版(理)45立体几何中的向量方法作业 练习

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    2021届高中数学一轮复习人教版(理)45立体几何中的向量方法作业

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    这是一份2021届高中数学一轮复习人教版(理)45立体几何中的向量方法作业,共11页。

    1.[2020·广东五校第一次诊断]如图,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=AE=2.
    (1)求证:BD⊥平面ACFE;
    (2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时,求异面直线OF与BE所成角的余弦值.
    解析:(1)∵四边形ABCD是菱形,
    ∴BD⊥AC.
    ∵AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
    ∴BD⊥AE.
    又AC∩AE=A,AC,AE⊂平面ACFE,
    ∴BD⊥平面ACFE.
    (2)
    连接OE,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,eq \r(3),0),O(0,0,0),E(1,0,2),F(-1,0,a)(a>0),则eq \(OB,\s\up12(→))=(0,eq \r(3),0),eq \(OE,\s\up12(→))=(1,0,2),eq \(OF,\s\up12(→))=(-1,0,a).
    设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),
    则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(OB,\s\up12(→))=0,,n·\(OE,\s\up12(→))=0,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)y=0,,x+2z=0,))
    得y=0.令z=1,则x=-2,
    ∴n=(-2,0,1)是平面EBD的一个法向量.
    由题意得sin 45°=|cs〈eq \(OF,\s\up12(→)),n〉|=eq \f(|\(OF,\s\up12(→))·n|,|\(OF,\s\up12(→))|·|n|)=eq \f(|2+a|,\r(a2+1)·\r(5))=eq \f(\r(2),2),
    解得a=3或a=-eq \f(1,3)(舍去).
    ∴eq \(OF,\s\up12(→))=(-1,0,3),又eq \(BE,\s\up12(→))=(1,-eq \r(3),2),
    ∴cs〈eq \(OF,\s\up12(→)),eq \(BE,\s\up12(→))〉=eq \f(-1+6,\r(10)×\r(8))=eq \f(\r(5),4),
    故异面直线OF与BE所成角的余弦值为eq \f(\r(5),4).
    2.[2020·安徽合肥调研]如图,矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,∠ABE=60°,G为BE的中点.
    (1)求证:平面ACG⊥平面BCE;
    (2)若AB=eq \r(3)BC,求二面角B-CA-G的余弦值.
    解析:(1)证明:∵平面ABCD⊥平面ABEF,CB⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,
    ∴CB⊥平面ABEF,∴CB⊥AG.
    在菱形ABEF中,∠ABE=60°,连接AE,则△ABE为等边三角形,
    又G为BE的中点,∴AG⊥BE.
    ∵BE∩CB=B,∴AG⊥平面BCE.
    ∵AG⊂平面ACG,∴平面ACG⊥平面BCE.
    (2)由(1)知,AD⊥平面ABEF,AG⊥BE,∴AG,AF,AD两两垂直.以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
    设AB=2,则BC=eq \f(2\r(3),3),A(0,0,0),G(eq \r(3),0,0),Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3),-1,\f(2\r(3),3))),B(eq \r(3),-1,0).
    设m=(x,y,z)为平面ABC的法向量.
    由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AB,\s\up12(→))=0,,m·\(AC,\s\up12(→))=0,))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(3)x-y=0,,\r(3)x-y+\f(2\r(3),3)z=0,))
    取x=1,得y=eq \r(3),z=0,∴m=(1,eq \r(3),0)是平面ABC的一个法向量,同理可得平面ACG的一个法向量为n=(0,2,eq \r(3)),
    ∴cs〈m,n〉=eq \f(m·n,|m|·|n|)=eq \f(2\r(3),2×\r(7))=eq \f(\r(21),7),
    结合图形知,二面角B-CA-G为锐二面角,故二面角B-CA-G的余弦值为eq \f(\r(21),7).
    3.[2020·河南洛阳统一考试]如图1,平面多边形PABCD中,PA=PD,AD=2DC=2BC=4,AD∥BC,AP⊥PD,AD⊥DC,E为PD的中点,现将△APD沿AD折起,如图2,使PC=2eq \r(2).
    (1)证明:CE∥平面ABP;
    (2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值.
    解析:(1)取PA的中点H,连接HE,BH,如图.
    ∵E为PD的中点,∴HE为△PAD的中位线,
    ∴HE∥AD,且HE=eq \f(1,2)AD.
    又AD∥BC,BC=eq \f(1,2)AD,∴HE∥BC,HE=BC,
    ∴四边形BCEH为平行四边形,∴CE∥BH.
    ∵BH⊂平面ABP,CE⊄平面ABP,
    ∴CE∥平面ABP.
    (2)由题意知△PAD为等腰直角三角形,四边形ABCD为直角梯形.取AD的中点F,连接BF,PF,
    ∵AD=2BC=4,∴平面多边形PABCD中,P,F,B三点共线,
    且PF=BF=2,
    ∴翻折后,PF⊥AD,BF⊥AD,PF∩BF=F,∴DF⊥平面PBF,
    ∴BC⊥平面PBF,
    ∵PB⊂平面PBF,∴BC⊥PB.
    在直角三角形PBC中,PC=2eq \r(2),BC=2,∴PB=2,
    ∴△PBF为等边三角形.
    取BF的中点O,DC的中点M,连接PO,OM,则PO⊥BF,
    ∵DF⊥平面PBF,∴DF⊥PO.又DF∩BF=F,
    ∴PO⊥平面ABCD.
    以O为原点,eq \(OB,\s\up12(→)),eq \(OM,\s\up12(→)),eq \(OP,\s\up12(→))的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,
    则B(1,0,0),D(-1,2,0),P(0,0,eq \r(3)),A(-1,-2,0),
    ∴Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),1,\f(\r(3),2))),
    ∴eq \(AE,\s\up12(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),3,\f(\r(3),2))),eq \(AB,\s\up12(→))=(2,2,0),eq \(BP,\s\up12(→))=(-1,0,eq \r(3)).
    设平面ABP的法向量为n=(x,y,z),则
    eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(AB,\s\up12(→))=0,,n·\(BP,\s\up12(→))=0,))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x+y=0,,-x+\r(3)z=0,))
    故可取n=(3,-3,eq \r(3)),
    ∴cs〈n,eq \(AE,\s\up12(→))〉=eq \f(n·\(AE,\s\up12(→)),|n|·|\(AE,\s\up12(→))|)=-eq \f(\r(210),35),
    ∴直线AE与平面ABP所成角的正弦值为eq \f(\r(210),35).
    4.[2020·广东惠州一调]如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,侧面是正方形,∠DAB=60°,E是棱CB的延长线上一点,经过点A,C1,E的平面交棱BB1于点F,B1F=2BF.
    (1)求证:平面AC1E⊥平面BCC1B1;
    (2)求二面角E-AC1-C的余弦值.
    解析:(1)设四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,
    ∵B1F=2BF,△B1C1F∽△BEF,∴BE=eq \f(a,2).
    由∠DAB=60°=∠ABE,得∠ABC=120°,由余弦定理得AE=eq \f(\r(3)a,2),AC=eq \r(3)a.
    ∵CE=BE+BC=eq \f(3a,2),∴AE2+CE2=AC2,AE⊥CE.
    又ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,∴C1C⊥平面ABCD,
    又AE⊂平面ABCD,∴C1C⊥AE.
    ∵CE∩CC1=C,∴AE⊥平面BCC1B1.
    ∵AE⊂平面AC1E,∴平面AC1E⊥平面BCC1B1.
    (2)解法一 过C作CG⊥AC1于G,CH⊥C1F于H,连接GH.
    由平面AC1E⊥平面BCC1B1,平面AC1E∩平面BCC1B1=C1E,
    得CH⊥平面AC1E.
    ∴CH⊥AC1,又CG⊥AC1,CG∩CH=C,∴AC1⊥平面CGH,AC1⊥GH,
    ∴∠CFH是二面角E-AC1-C的平面角.
    在Rt△ACC1中,AC=eq \r(3)a,CC1=a,AC1=2a,CG=eq \f(\r(3),2)a,
    在Rt△ECC1中,CE=eq \f(3,2)a,CC1=a,EC1=eq \f(\r(13),2)a,CH=eq \f(3\r(13),13)a,
    ∴GH=eq \r(CG2-CH2)=eq \f(\r(39),26)a,cs∠CGH=eq \f(GH,CG)=eq \f(\r(13),13),
    ∴二面角E-AC1-C的余弦值为eq \f(\r(13),13).
    解法二 以E为坐标原点,EC,EA所在直线分别为x轴,y轴,平行于BB1的直线为z轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(\r(3),2)a,0)),C1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)a,0,a)),则eq \(EA,\s\up12(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(\r(3),2)a,0)),eq \(EC1,\s\up12(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)a,0,a)).
    设平面EAC1的法向量为n=(p,q,r),则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(EA,\s\up12(→))=\f(\r(3),2)aq=0,,n·\(EC1,\s\up12(→))=\f(3,2)ap+ar=0,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(q=0,,3p+2r=0,))
    不妨取n=(-2,0,3).
    连接BD,Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a,0,0)),Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a,\f(\r(3),2)a,0)),易知平面AC1C的一个法向量为n1=eq \(BD,\s\up12(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a,\f(\r(3),2)a,0)).
    设二面角E-AC1-C的平面角为θ,则|cs θ|=eq \f(|n1·n|,|n1|·|n|)=eq \f(\r(13),13),
    又由题图知θ为锐角,∴二面角E-AC1-C的余弦值为eq \f(\r(13),13).
    5.[2020·江西南昌重点中学段考]如图,四边形ABCD是矩形,沿对角线AC将△ACD折起,使得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上.
    (1)求证:平面ACD⊥平面BCD;
    (2)当eq \f(AB,AD)=2时,求二面角D-AC-B的余弦值.
    解析:(1)如图,设点D在平面ABC内的射影为点E,连接DE,
    则DE⊥平面ABC,所以DE⊥BC.
    因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥BC,所以BC⊥平面ABD,
    所以BC⊥AD.
    又AD⊥CD,所以AD⊥平面BCD,而AD⊂平面ACD,
    所以平面ACD⊥平面BCD.
    (2)解法一 在矩形ABCD中,过点D作AC的垂线,垂足为M,连接ME.
    因为DE⊥平面ABC,所以DE⊥AC,
    又DM∩DE=D,
    所以AC⊥平面DME,所以EM⊥AC,
    所以∠DME为二面角D-AC-B的平面角.
    设AD=a,则AB=2a.
    在Rt△ADC中,易求得AM=eq \f(\r(5)a,5),DM=eq \f(2\r(5)a,5).
    在Rt△AEM中,eq \f(EM,AM)=tan∠BAC=eq \f(1,2),得EM=eq \f(\r(5)a,10),
    所以cs∠DME=eq \f(EM,DM)=eq \f(1,4).
    解法二 以点B为原点,线段BC所在的直线为x轴,线段AB所在的直线为y轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
    设AD=a,则AB=2a,所以A(0,-2a,0),C(-a,0,0).
    由(1)知AD⊥BD,又eq \f(AB,AD)=2,所以∠DBA=30°,∠DAB=60°,所以AE=ADcs∠DAB=eq \f(1,2)a,BE=AB-AE=eq \f(3,2)a,DE=ADsin∠DAB=eq \f(\r(3),2)a,
    所以Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,-\f(3,2)a,\f(\r(3),2)a)),所以eq \(AD,\s\up12(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2)a,\f(\r(3),2)a)),eq \(AC,\s\up12(→))=(-a,2a,0).
    设平面ACD的法向量为m=(x,y,z),
    则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(AD,\s\up12(→))=0,,m·\(AC,\s\up12(→))=0,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ay+\f(\r(3),2)az=0,,-ax+2ay=0.))
    取y=1,则x=2,z=-eq \f(\r(3),3),所以m=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2,1,-\f(\r(3),3))).
    因为平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),
    所以cs〈m,n〉=eq \f(m·n,|m||n|)=eq \f(-\f(\r(3),3),\r(22+12+\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(\r(3),3)))2))=-eq \f(1,4).
    结合图知,二面角D-AC-B为锐二面角,
    所以二面角D-AC-B的余弦值为eq \f(1,4).
    6.[2020·四川成都模拟,逻辑推理]如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.
    (1)证明:B1C1⊥CE;
    (2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;
    (3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为eq \f(\r(2),6),求线段AM的长.
    解析:(1)在△B1C1E中,EB1=eq \r(1+22)=eq \r(5),B1C1=eq \r(1+1)=eq \r(2),EC1=eq \r(3),
    ∴B1Ceq \\al(2,1)+ECeq \\al(2,1)=EBeq \\al(2,1),∴B1C1⊥EC1,
    ∵AA1⊥平面ABCD,∴AA1⊥BC,∴CC1⊥B1C1,而CC1∩EC1=C1,
    ∴B1C1⊥平面CC1E.
    ∵CE⊂平面CC1E,
    ∴B1C1⊥CE.
    (2)由题可知,DA,AA1,AB两两垂直,如图,以点A为原点,分别以AD,AA1,AB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0),eq \(B1C,\s\up12(→))=(1,-2,-1),eq \(CE,\s\up12(→))=(-1,1,-1),eq \(B1C1,\s\up12(→))=(1,0,-1),
    设平面B1CE的法向量为m=(x,y,z),
    则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(B1C,\s\up12(→))=0,,m·\(CE,\s\up12(→))=0,))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x-2y-z=0,,-x+y-z=0.))
    消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,
    则m=(-3,-2,1)为平面B1CE的一个法向量.
    由(1)知,B1C1⊥平面CEC1,
    故eq \(B1C1,\s\up12(→))=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.
    所以cs〈m,eq \(B1C1,\s\up12(→))〉=eq \f(m·\(B1C1,\s\up12(→)),|m||\(B1C1,\s\up12(→))|)=eq \f(-4,\r(14)×\r(2))=-eq \f(2\r(7),7),从而sin〈m,eq \(B1C1,\s\up12(→))〉=eq \f(\r(21),7),
    所以二面角B1-CE-C1的正弦值为eq \f(\r(21),7).
    (3)由(2)知eq \(AE,\s\up12(→))=(0,1,0),eq \(EC1,\s\up12(→))=(1,1,1),设eq \(EM,\s\up12(→))=eq \(λEC1,\s\up12(→)),则eq \(EM,\s\up12(→))=(λ,λ,λ),(0≤λ≤1),则eq \(AM,\s\up12(→))=eq \(AE,\s\up12(→))+eq \(EM,\s\up12(→))=(λ,λ+1,λ).
    易知eq \(AB,\s\up12(→))=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.
    设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则
    sin θ=|cs〈eq \(AM,\s\up12(→)),eq \(AB,\s\up12(→))〉|=eq \f(|\(AM,\s\up12(→))·\(AB,\s\up12(→))|,|\(AM,\s\up12(→))||\(AB,\s\up12(→))|)
    =eq \f(2λ,2\r(λ2+λ+12+λ2))=eq \f(λ,\r(3λ2+2λ+1))=eq \f(\r(2),6),
    得λ=eq \f(1,3)(负值舍去),
    所以eq \(AM,\s\up12(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3),\f(4,3),\f(1,3))),|eq \(AM,\s\up12(→))|=eq \r(2),故线段AM的长为eq \r(2).
    [能力挑战]
    7.[2020·安徽江南名校联考]如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=6,AD=8,BC=10,∠PAD=45°,E为PA的中点.
    (1)求证:DE∥平面BPC;
    (2)线段AB上是否存在一点F,满足CF⊥DB?若存在,请求出二面角F-PC-D的余弦值;若不存在,请说明理由.
    解析:(1)取PB的中点M,连接EM和CM,过点C作CN⊥AB,垂足为点N,如图在四边形ABCD中,
    ∵CN⊥AB,DA⊥AB,∴CN∥DA.
    又AB∥CD,∴四边形CDAN为平行四边形,
    ∴CN=AD=8,DC=AN=6,
    在Rt△BNC中,
    BN=eq \r(BC2-CN2)=eq \r(102-82)=6,
    ∴AB=12,而E,M分别为PA,PB的中点,
    ∴EM∥AB且EM=eq \f(1,2)AB=6.
    又DC∥AB,
    ∴EM∥CD且EM=CD,四边形CDEM为平行四边形,
    ∴DE∥CM.
    ∵CM⊂平面PBC,DE⊄平面PBC,
    ∴DE∥平面BPC.
    (2)由题意可得DA,DC,DP两两垂直,如图,以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,
    则A(8,0,0),B(8,12,0),C(0,6,0),P(0,0,8).
    假设AB上存在一点F,使CF⊥BD,设点F的坐标为(8,t,0),(0

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