【数学】2020届一轮复习浙江专版板块命题点专练（十一）空间向量及其应用

【数学】2020届一轮复习浙江专版板块命题点专练（十一）空间向量及其应用

板块命题点专练（十一） 空间向量及其应用 命题点　向量法求空间角及应用 ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥PABC 中，AB＝BC＝2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．‎ ‎(1)证明：PO⊥平面ABC；‎ ‎(2)若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：因为PA＝PC＝AC＝4，O为AC的中点，‎ 所以PO⊥AC，且PO＝2.‎ 连接OB，因为AB＝BC＝AC，‎ 所以△ABC为等腰直角三角形，‎ 且OB⊥AC，OB＝AC＝2.‎ 所以PO＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.‎ 又因为OB∩AC＝O，‎ 所以PO⊥平面ABC.‎ ‎(2)以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0)，A(0，－2,0)，C(0，2,0)，P(0,0,2)，‎ ＝(0,2,2)．‎ 取平面PAC的一个法向量＝(2,0,0)．‎ 设M(a,2－a,0)(0＜a≤2)，则＝(a,4－a,0)．‎ 设平面PAM的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 令y＝a，得z＝－a，x＝(a－4)，‎ 所以平面PAM的一个法向量为n＝((a－4)，a，－a)，‎ 所以cos〈，n〉＝.‎ 由已知可得|cos〈，n〉|＝cos 30°＝，‎ 所以＝，‎ 解得a＝或a＝－4(舍去)．‎ 所以n＝.‎ 又＝(0,2，－2)，‎ 所以cos〈，n〉＝＝.‎ 所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.‎ ‎2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.‎ ‎(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；‎ ‎(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：由已知可得BF⊥PF，BF⊥EF，‎ 又PF∩EF＝F，‎ 所以BF⊥平面PEF.‎ 又BF⊂平面ABFD，‎ 所以平面PEF⊥平面ABFD.‎ ‎(2)如图，作PH⊥EF，垂足为H.‎ 由(1)得，PH⊥平面ABFD.‎ 以H为坐标原点，，HP 的方向分别为y轴，z轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.‎ 由(1)可得，DE⊥PE.‎ 又DP＝2，DE＝1，‎ 所以PE＝.‎ 又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.‎ 所以PH＝，EH＝.‎ 则H(0,0,0)，P，D，‎ ＝，＝.‎ 又为平面ABFD的法向量，‎ 设DP与平面ABFD所成角为θ，‎ 则sin θ＝＝＝.‎ 所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.‎ ‎3.(2018·浙江高考)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.‎ ‎(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；‎ ‎(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．‎ 解：法一：(1)证明：由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，‎ AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2，‎ 所以A1B＋AB＝AA，‎ 故AB1⊥A1B1.‎ 由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，‎ 得B1C1＝.‎ 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2.‎ 由CC1⊥AC，得AC1＝，‎ 所以AB＋B1C＝AC，‎ 故AB1⊥B1C1.‎ 又因为A1B1∩B1C1＝B1，‎ 所以AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)如图，过点C1作C1D⊥A1B1，‎ 交直线A1B1于点D，连接AD.‎ 因为AB1⊥平面A1B1C1，‎ AB1⊂平面ABB1，‎ 所以平面A1B1C1⊥平面ABB1.‎ 因为平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊥A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，所以C1D⊥平面ABB1.‎ 所以∠C1AD是直线AC1与平面ABB1所成的角．‎ 由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝，‎ 得cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝，‎ 所以C1D＝，‎ 故sin∠C1AD＝＝.‎ 所以直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.‎ 法二：(1)证明：以AC的中点O为坐标原点，分别以射线OB，OC为x轴，y轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 由题意知各点坐标如下：‎ A(0，－，0)，B(1,0,0)，A1(0，－，4)，B1(1,0,2)，C1(0，，1)．‎ 因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0,2，－3)．‎ 由·＝0，得AB1⊥A1B1.‎ 由·＝0，得AB1⊥A1C1.‎ 又因为A1B1∩A1C1＝A1，‎ 所以AB1⊥平面A1B1C1.‎ ‎(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.‎ 由(1)可知＝(0,2，1)，＝(1，，0)，‎ ＝(0,0,2)．‎ 设平面ABB1的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 可取n＝(－，1,0)．‎ 所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.‎ 所以直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.‎ ‎4．(2018·北京高考)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2.‎ ‎(1)求证：AC⊥平面BEF；‎ ‎(2)求二面角B CDC1的余弦值；‎ ‎(3)证明：直线FG与平面BCD相交．‎ 解：(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，‎ 因为CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以CC1⊥AC，‎ 所以四边形A1ACC1为矩形．‎ 又E，F分别为AC，A1C1的中点，‎ 所以AC⊥EF.‎ 因为AB＝BC，所以AC⊥BE.‎ 因为EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.‎ ‎(2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.‎ 又CC1⊥平面ABC，‎ 所以EF⊥平面ABC.‎ 因为BE⊂平面ABC，‎ 所以EF⊥BE.‎ 以E为坐标原点，EA，EB，EF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Exyz.‎ 由题意得B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1，0,1)，E(0,0,0)，F(0,0,2)，G(0，2,1)．‎ 所以＝(－1，－2,0)，‎ ＝(1，－2,1)．‎ 设平面BCD的一个法向量为n＝(x0，y0，z0)，‎ 则即 令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.‎ 于是n＝(2，－1，－4)．‎ 又平面CC1D的一个法向量为＝(0,2,0)，‎ 所以cos〈n，〉＝＝－.‎ 由图知二面角BCDC1为钝角，‎ 所以其余弦值为－.‎ ‎(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n＝(2，－1，－4)，‎ ＝(0,2，－1)．‎ 因为n·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，‎ 所以直线FG与平面BCD相交．‎ ‎5．(2018·天津高考)如图，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2.‎ ‎(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN∥平面CDE；‎ ‎(2)求二面角EBCF的正弦值；‎ ‎(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长．‎ 解：依题意，可以建立以D为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0，1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)．‎ ‎(1)证明：依题意得＝(0,2,0)，＝(2,0,2)．‎ 设n1＝(x1，y1，z1)为平面CDE的法向量，‎ 则即 不妨令z1＝－1，可得n1＝(1,0，－1)．‎ 又＝，可得·n1＝0.‎ 因为直线MN⊄平面CDE，‎ 所以MN∥平面CDE.‎ ‎(2)依题意，可得＝(－1,0,0)，＝(1，－2,2)，‎ ＝(0，－1,2)．‎ 设n2＝(x2，y2，z2)为平面BCE的法向量，‎ 则即 不妨令z2＝1，可得n2＝(0,1,1)．‎ 设n3＝(x3，y3，z3)为平面BCF的法向量，‎ 则即 不妨令z3＝1，可得n3＝(0,2,1)．‎ 因此有cos〈n2，n3〉＝＝＝，‎ 于是sin〈n2，n3〉＝.‎ 所以二面角EBCF的正弦值为.‎ ‎(3)设线段DP的长为h(h∈[0,2])，‎ 则点P的坐标为(0,0，h)，可得＝(－1，－2，h)．‎ 易知＝(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，‎ 故|cos〈，〉|＝＝ .‎ 由题意，可得＝sin 60°＝，‎ 解得h＝∈[0,2]．‎ 所以线段DP的长为.‎