高考数学二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法（高考押题）（含解析）

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高考押题专练
1．在三棱柱ABC­A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1⊥底面ABC，点D在棱BB1上，且BD＝1，若AD与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α的值是(　　)
A.　　　　　 B.
C. D.
【解析】如图，建立空间直角坐标系，易求点D.

平面AA1C1C的一个法向量是n＝(1，0，0)，
所以cos〈n，〉＝＝，
则sin α＝.
【答案】D
2．在三棱锥P­ABC中，侧面PAC与底面ABC均是等腰直角三角形．O是斜边AC的中点，平面PAC⊥平面ABC，且AC＝4，设θ是二面角P­AB­C的大小，则sin θ＝(　　)
A. B.
C. D.
【解析】连接PO，过O作OD⊥AB，连接PD(如图)．

因为平面PAC⊥平面ABC，PO⊥AC，
所以PO⊥平面ABC，PO⊥AB.
又OD⊥AB.从而AB⊥平面POD，PD⊥AB，
所以∠PDO为二面角P­AB­C的平面角，即θ＝∠PDO.
由题设，OD＝BC＝×2＝，OP＝2，
所以PD＝＝.
故sin θ＝sin ∠PDO＝＝＝.
【答案】C
3．如图所示，在正方体AC1中，AB＝2，A1C1∩B1D1＝E，直线AC与直线DE所成的角为α，直线DE与平面BCC1B1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．

【解析】连接BD，⇒AC⊥平面BB1D1D⇒AC⊥DE，所以α＝.

取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF⊥平面AD1，则β＝∠EDF，cos(α－β)＝cos＝sin ∠EDF＝.
【答案】
4．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝2，m是AC的中点，则异面直线CB1与C1M所成角的余弦值为________．

【解析】在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝CC1＝2，AC＝2，M是AC的中点，
所以BM⊥AC，BM＝＝1.
以M为原点，MA为x轴，MB为y轴，过M作AC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则C(－，0，0)，B1(0，1，2)，C1(－，0，2)，M(0，0，0)，
所以＝(，1，2)，＝(－，0，2)，
设异面直线CB1与C1M所成角为θ，
则cos θ＝＝＝.
所以异面直线CB1与C1M所成角的余弦值为.
【答案】
5．如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．

(1)求证：AF∥平面BCE；
(2)求二面角C­BE­D的余弦值的大小．
【解析】设AD＝DE＝2AB＝2a，以AC、AB所在的直线分别作为x轴、z轴，以过点A在平面ACD上作出以AC垂直的直线作为y轴，建立如图所示的坐标系，A(0，0，0)，C(2a，0，0)，B(0，0，a)，D(a，a，0)，E(a，a，2a)．

因为F为CD的中点，所以F.
(1)【证明】＝，＝(a，a，a)，＝(2a，0，－a)，
所以＝(＋)，AF⊄平面BCE，所以AF∥平面BCE.[来源:学科网]
(2)设平面BCE的法向量m＝(x，y，z)，则即不妨令x＝1可得m＝(1，－，2)．
设平面BDE的法向量n＝(x0，y0，z0)，则
即
令x0＝可得n＝(，－1，0)．
于是cos〈m，n〉＝＝.
故二面角C­BE­D的余弦值为.
6．如图所示的多面体是由一个直平行六面体被平面AEFG所截后得到的，其中∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°.

(1)求证：BD⊥平面ADG；
(2)求直线GB与平面AEFG所成角的正弦值．
(1)【证明】在△BAD中，因为AB＝2AD＝2，∠BAD＝60°.
由余弦定理，BD2＝AD2＋AB2－2AB·ADcos 60°，BD＝，
因为AB2＝AD2＋DB2，所以AD⊥DB，
在直平行六面体中，GD⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD，所以GD⊥DB，
又AD∩GD＝D，所以BD⊥平面ADG.
(2)【解析】如图以D为原点建立空间直角坐标系D­xyz，

因为∠BAE＝∠GAD＝45°，AB＝2AD＝2，
所以A(1，0，0)，B(0，，0)，E(0，，2)，G(0，0，1)，
＝(－1，，2)，＝(－1，0，1)，＝(0，，－1)．
设平面AEFG的法向量n＝(x，y，z)，
令x＝1，
得y＝，z＝1，
所以n＝.
设直线GB和平面AEFG的夹角为θ，
所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，
所以直线GB与平面AEFG所成角的正弦值为.
7．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.

(1)求证：BD⊥平面ACFE；
(2)当直线FO与平面BED所成角的大小为45°时，求AE的长度．
(1)【证明】因为四边形ABCD是菱形，所以BD⊥AC.
因为AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以BD⊥AE.
又AC⊂平面ACFE，AE⊂平面ACFE，AC∩AE＝A，
所以BD⊥平面ACFE.[来源:Zxxk.Com]
(2)【解析】以O为原点，以OA，OB所在直线为x轴，y轴，以过点O且平行于CF的直线为z轴建立空间直角坐标系，则B(0，，0)，D(0，－，0)，F(－1，0，3)．
设AE＝a，则E(1，0，a)，

所以＝(－1，0，3)，＝(0，2，0)，＝(－1，，－a)，
设平面BDE的法向量为n＝(x，y，z)，则
即
令z＝1，得n＝(－a，0，1)，
所以cos〈n，〉＝＝ .
因为直线FO与平面BED所成角的大小为45°，
所以＝，解得a＝2或a＝－(舍)，
所以|AE|＝2.
8.如图，在三棱锥A­BCD中，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，AC＝6，BC＝CD＝6，点E在平面BCD内，EC＝BD，EC⊥BD.

(1)求证：AE⊥平面BCDE；
(2)在棱AC上，是否存在点G，使得二面角C­EG­D的余弦值为？若存在点G，求出的值，若不存在，说明理由．
(1)【证明】因为△BCD是等腰直角三角形，CO⊥BD，所以CO＝BD.
又EC＝BD，所以点O是BD和CE的中点．
因为EC⊥BD，
所以四边形BCDE是正方形．
则CD⊥ED，又CD⊥AD，AD∩ED＝D，
所以CD⊥平面ADE，CD⊥AE.
同理BC⊥AE，BC∩CD＝C，
所以AE⊥平面BCDE.

(2)【解析】由(1)的证明过程知四边形BCDE为正方形，建立如图所示的坐标系，则E(0，0，0)，D(0，6，0)，A(0，0，6)，B(6，0，0)，C(6，6，0)．
假设在棱AC上存在点G，使得二面角C­EG­D的余弦值为，
设＝t(t＞0)，G(x，y，z)，
由＝t可得G，
则＝(0，6，0)，＝.
易知平面CEG的一个法向量为＝(6，－6，0)．
设平面DEG的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，
则
即
令x0＝1得z0＝－，n＝，
所以＝，＝，
解得t＝2.
故存在点G(2，2，4)，使得二面角C­EG­D的余弦值为，此时＝2.
9．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点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所成的角的余弦值大小．
【解析】(1)【证明】∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC.
∵AE⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴BD⊥AE.
∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACFE.
(2)以O为原点，，的方向为x，y轴正方向，过O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系O－xyz，则B(0，，0)，D(0，－，0)，E(1,0,2)，F(－1,0，a)(a>0)，＝(－1,0，a)．
设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，
则有，即，令z＝1，则n＝(－2,0,1)，
由题意得sin45°＝|cos〈，n〉|＝＝＝，解得a＝3或－.
由a>0，得a＝3，
＝(－1,0,3)，＝(1，－，2)，
cos〈，〉＝＝，
故异面直线OF与BE所成的角的余弦值为.

10．如图所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，点D为AC的中点，点E在线段AA1上．
(1)当AEEA1＝12时，求证：DE⊥BC1；
(2)是否存在点E，使二面角D­BE­A等于60°？若存在，求AE的长；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)【证明】连接DC1，
因为ABC－A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形．
又因为D为AC的中点，
所以BD⊥AC.
又平面ABC⊥平面ACC1A1，所以BD⊥平面ACC1A1.
所以BD⊥DE.
因为AEEA1＝12，AB＝2，AA1＝，
所以AE＝，AD＝1.
所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°.
在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°.
所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1，DC1∩BD＝D.
所以DE⊥平面BDC1，
又因为BC1⊂平面BDC1，
所以ED⊥BC1.
(2)假设存在点E满足条件，设AE＝h.
取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，
所以DD1⊥AD，DD1⊥BD.

如图，分别以DA，DB，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)．
所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(－1，，0)，＝(0,0，h)．
设平面DBE的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则
即
令z1＝1，得n1＝(－h,0,1)．
同理，设平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则，即，
得n2＝(，1,0)．
所以|cos〈n1，n2〉|＝＝cos 60°＝.
解得h＝0)，则F(0，0，a)，所以＝(1，0，a)．

设平面BDEF的法向量为n1＝(x，y，z)，
由，得，
令x＝－a，得n1＝(－a，a，)．
易得平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)．
因为二面角F­BD­C的大小为，所以|cos〈n1，n2〉|＝||＝＝，
解得a＝.
设直线AE与平面BDEF所成的角为θ，
因为＝＋＝＋＝(2，0，0)＋＝，
且n1＝，
所以sin θ＝|cos〈，n1〉|＝||＝＝.
故直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为.
19．如图，ABEDFC为多面体，平面ABED与平面ACFD垂直，点O在线段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形．
(1)证明：直线BC∥平面OEF.
(2)在线段DF上是否存在一点M，使得二面角M­OE­D的余弦值是？若不存在，请说明理由；若存在，请求出M点所在的位置．

【解析】(1)证明：依题意，在平面ADFC中，∠CAO＝∠FOD＝60°，所以AC∥OF，
又OF⊂平面OEF，所以AC∥平面OEF.
在平面ABED中，∠BAO＝∠EOD＝60°，
所以AB∥OE，又OE⊂平面OEF，所以AB∥平面OEF.
因为AB∩AC＝A，AB⊄平面OEF，AC⊄平面OEF，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，所以平面ABC∥平面OEF.
又BC⊂平面ABC，所以直线BC∥平面OEF.
(2)设OD的中点为G，如图，连接GE，GF，由题意可得GE，GD，GF两两垂直，以G为坐标原点，GE，GD，GF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，易知，O(0，－1，0)，E(，0，0)，F(0，0，)，D(0，1，0)．

假设在线段DF上存在一点M，使得二面角M­OE­D的余弦值是，设＝，λ∈[0，1]，则M(0，1－λ，λ)，＝(0，2－λ，λ)．
设n＝(x，y，z)为平面MOE的法向量，
由得，可取x＝－λ，则y＝λ，z＝λ－2，n＝(－λ，λ，λ－2)．
又平面OED的一个法向量m＝(0，0，1)，
所以＝|cos〈m，n〉|＝，
所以(2λ－1)(λ＋1)＝0，又λ∈[0，1]，所以λ＝.
所以存在满足条件的点M，M为DF的中点．
20．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．

【解析】(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，
因为AB∥CE，AB＝CE，所以四边形ABCE为平行四边形，
所以AE＝BC＝AD＝DE，所以△ADE为等边三角形，
所以在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC，
所以BD⊥AE.
翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE，
又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，所以AE⊥平面POB，
因为PB⊂平面POB，所以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，所以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，P，E，C，所以＝，＝，设平面PCE的法向量为n1＝(x，y，z)，

则，即，设x＝，则y＝－1，z＝1，所以n1＝(，－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)，
cos〈n1，n2〉＝＝＝－.
由图知所求二面角A­PE­C为钝角，所以二面角A­PE­C的余弦值为－.