高中数学高考7 第7讲　立体几何中的向量方法 新题培优练

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 [基础题组练]
1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　)
A.　　　　B. C.　　　　D.
解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.
所以＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)，
所以cos〈，〉＝
＝＝－，
所以〈，〉＝，
所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.
2．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　)

A. B.
C. D.
解析：选A.如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以＝(0，3，1)，＝(1，1，－1)，＝(0，3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即即取y＝1，得n＝(2，1，3)．
因为cos〈，n〉＝＝＝，
所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为，故选A.
3．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，
所以＝(0，1，－1)，
＝，
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
则即
所以
所以n1＝(1，2，2)．
又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，
所以cos〈n1，n2〉＝＝.
即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.
4．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________．

解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则B1(0，，2)，F(1，0，1)，
E，G(0，0，2)，
＝(1，－，－1)，＝，＝(1，0，－1)．
设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，
则即
取x＝1，则z＝1，y＝，
故n＝(1，，1)为平面GEF的一个法向量，
所以|cos〈n，〉|＝＝，
所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.
答案：
5．(2019·高考全国卷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B－EC－C1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，
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，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，

则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，1＝(0，0，2)．
设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
所以可取n＝(0，－1，－1)．
设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
即
所以可取m＝(1，1，0)．
于是cosn，m＝＝－.
所以，二面角B－EC－C1的正弦值为.
6．(2019·福州市质量检测)如图，四棱锥P­ABCD，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，△PAB为等边三角形，平面PAB⊥平面ABCD，Q为PB的中点．

(1)求证：AQ⊥平面PBC；
(2)求二面角B­PC­D的余弦值．
解：(1)证明：因为AB∥CD，∠BCD＝90°，
所以AB⊥BC，
又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以BC⊥平面PAB，
又AQ⊂平面PAB，所以BC⊥AQ，
因为Q为PB的中点，且△PAB为等边三角形，
所以PB⊥AQ，
又PB∩BC＝B，
所以AQ⊥平面PBC.
(2)取AB的中点O，连接PO，OD，

因为△PAB为等边三角形，所以PO⊥AB，
由平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB，
得PO⊥平面ABCD，
所以PO⊥OD，由AB＝2BC＝2CD＝4，∠ABC＝90°，
可知OD∥BC，所以OD⊥AB.
以AB中点O为坐标原点，分别以OD，OB，OP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则A(0，－2，0)，D(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，B(0，2，0)，
所以＝(2，2，0)，＝(－2，0，2)，＝(0，－2，0)．
因为Q为PB的中点，所以Q(0，1，)，
由(1)知，平面PBC的一个法向量为＝(0，3，)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，由，
得，取z＝1，则n＝(，0，1)，
cos〈，n〉＝＝＝.
因为二面角B­PC­D为钝角，
所以二面角B­PC­D的余弦值为－.
7．如图(1)，在△MBC中，MA是BC边上的高，MA＝3，AC＝4.如图(2)，将△MBC沿MA进行翻折，使得二面角B­MA­C为90°，再过点B作BD∥AC，连接AD，CD，MD，且AD＝2，∠CAD＝30°.
(1)求证：CD⊥平面MAD；
(2)在线段MD上取一点E使＝，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值．

解：(1)证明：在△ADC中，AC＝4，AD＝2，∠CAD＝30°，利用余弦定理可得CD＝2，所以CD2＋AD2＝AC2，
所以∠ADC＝90°，即CD⊥AD.
因为MA⊥AB，MA⊥AC，AB∩AC＝A，故MA⊥平面ABDC.因为CD⊂平面ABDC，所以CD⊥MA.
又AD∩MA＝A，所以CD⊥平面MAD.
(2)由题意可知，AM，AB，AC两两垂直，∠BAD＝60°.如图，以A为坐标原点，AB，AC，AM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(，0，0)，D(，3，0)，M(0，0，3)，＝(，0，－3)，＝(0，3，0)．
设E(x0，y0，z0)，由＝，
得(x0，y0，z0－3)＝(，3，－3)，
得x0＝，y0＝1，z0＝2，
所以＝.
设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥，n⊥，
所以即
令x＝，得其中一个法向量n＝(，0，1)．
设直线AE与平面MBD所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
[综合题组练]
1．(应用型)(2019·唐山模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若二面角P­AC­E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PC⊥AC.
因为AB＝2AD＝2CD，
所以AC＝BC＝AD＝CD，
所以AC2＋BC2＝AB2，
故AC⊥BC.
又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.
因为AC⊂平面EAC，
所以平面EAC⊥平面PBC.
(2)如图，以C为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，并设CB＝2，CP＝2a(a>0)．则C(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2a)，
则E(1，0，a)，
＝(0，2，0)，＝(0，0，2a)，＝(1，0，a)，
易知m＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量．
设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则n·＝n·＝0，
即y＝0，取x＝a，
则z＝－1，n＝(a，0，－1)．
依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝.
于是n＝(，0，－1)，＝(0，2，－2)．
设直线PA与平面EAC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.
2．(应用型)(2019·昆明调研)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＝＝.
3．(应用型)(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，
所以AC2＋BC2＝AB2，
所以∠ACB＝，
所以cos∠ABC＝＝.
又易知BD＝2，
所以CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8，
所以CD＝2，又AD＝4，
所以CD2＋AD2＝AC2，
所以CD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC，交线为AB，
所以CD⊥平面PAB，所以CD⊥PD，
因为PD⊥AC，AC∩CD＝C，
所以PD⊥平面ABC.
(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，所以可建立如图所示的直角坐标系D­xyz，

因为直线PA与平面ABC所成的角为，即
∠PAD＝，所以PD＝AD＝4，
则A(0，－4，0)，C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，4)，
所以＝(－2，2，0)，＝(2，4，0)，＝(0，－4，－4)．
因为AD＝2DB，CE＝2EB，所以DE∥AC，
由(1)知AC⊥BC，所以DE⊥BC，
又PD⊥平面ABC，所以PD⊥BC，
因为PD∩DE＝D，
所以CB⊥平面PDE，
所以＝(－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
所以令z＝1，得x＝，y＝－1，
所以n＝(，－1，1)为平面PAC的一个法向量．
所以cos〈n，〉＝＝－，
所以平面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°.