2020届二轮复习立体几何中的向量方法课时作业(全国通用)

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2020届二轮复习立体几何中的向量方法课时作业(全国通用)

第3讲 立体几何中的向量方法 ‎[A组 夯基保分专练]‎ ‎1.(2019·重庆市七校联合考试)如图,三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.‎ ‎(1)求证:AE⊥平面A1BD;‎ ‎(2)求二面角DBEB1的余弦值.‎ 解:(1)证明:因为AB=BC=CA,D是AC的中点,‎ 所以BD⊥AC,‎ 因为AA1⊥平面ABC,所以平面AA1C1C⊥平面ABC,‎ 所以BD⊥平面AA1C1C,所以BD⊥AE.‎ 又在正方形AA1C1C中,D,E分别是AC,CC1的中点,‎ 所以A1D⊥AE.又A1D∩BD=D,‎ 所以AE⊥平面A1BD.‎ ‎(2)以DA所在直线为x轴,过D作AC的垂线,以该垂线为y轴,DB所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),E(-1,-1,0),B(0,0,),B1(0,-2,),=(0,0,),=(-1,-1,0),=(0,-2,0),=(1,-1,),‎ 设平面DBE的法向量为m=(x,y,z),‎ 则,即,‎ 令x=1,则m=(1,-1,0),‎ 设平面BB1E的法向量为n=(a,b,c),则,即,‎ 令c=,则n=(-3,0,),‎ 设二面角DBEB1的平面角为θ,观察可知θ为钝角,‎ 因为cos〈m,n〉==,‎ 所以cos θ=,故二面角DBEB1的余弦值为.‎ ‎2.(2019·成都第一次诊断性检测)如图,四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=,PA⊥平面ABCD,点M是棱PC的中点.‎ ‎(1)证明:PA∥平面BMD;‎ ‎(2)当PA=时,求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:如图1,连接AC交BD于点O,连接MO.‎ 因为M,O分别为PC,AC的中点,‎ 所以PA∥MO.‎ 因为PA⊄平面BMD,MO⊂平面BMD,‎ 所以PA∥平面BMD.‎ ‎(2)如图2,取线段BC的中点H,连接AH.‎ 因为四边形ABCD为菱形,∠ABC=,‎ 所以AH⊥AD.‎ 以A为坐标原点,分别以AH,AD,AP所在的直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz,‎ 则A(0,0,0),B(,-1,0),C(,1,0),P(0,0,),M(,,),所以=(,,),=(0,2,0),=(,1,-).‎ 设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),由得,‎ 取z=1,m=(1,0,1).‎ 设直线AM与平面PBC所成角为θ,‎ 则sin θ=|cos〈m,〉|===.‎ 所以直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.‎ ‎3. (2019·高考天津卷)如图,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB,AB=AD=1,AE=BC=2.‎ ‎(1)求证:BF∥平面ADE;‎ ‎(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;‎ ‎(3)若二面角EBDF的余弦值为,求线段CF的长.‎ 解:依题意,可以建立以A为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h>0),则F(1,2,h).‎ ‎(1)证明:依题意,=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又=(0,2,h),可得·=0,又因为直线BF⊄平面ADE,所以BF∥平面ADE.‎ ‎(2)依题意,=(-1,1,0),=(-1,0,2),=(-1,-2,2).‎ 设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos〈,n〉==-.‎ 所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.‎ ‎(3)设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则即不妨令y=1,可得m=(1,1,-).‎ 由题意,有|cos〈m,n〉|===,解得h=,经检验,符合题意.‎ 所以,线段CF的长为.‎ ‎4.(2019·东北四市联合体模拟(一))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:(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-.‎ ‎[B组 大题增分专练]‎ ‎1.(2019·高考浙江卷)如图,已知三棱柱ABCA1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.‎ ‎(1)证明:EF⊥BC;‎ ‎(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.‎ 解:法一:(1)证明:如图,连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.‎ 又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.‎ 所以BC⊥平面A1EF.‎ 因此EF⊥BC.‎ ‎(2)取BC的中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.‎ 由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.‎ 连接A1G交EF于O,由(1)得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,‎ 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.‎ 则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).‎ 不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.‎ 由于O为A1G的中点,故EO=OG==,‎ 所以cos∠EOG==.‎ 因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.‎ 法二:(1)证明:连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,‎ 所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,‎ 平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以,A1E⊥平面ABC.‎ 如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz.‎ 不妨设AC=4,则A1(0,0,2),B(,1,0),‎ B1(,3,2),F(,,2),C(0,2,0).‎ 因此,=,=(-,1,0).‎ 由·=0得EF⊥BC.‎ ‎(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.‎ 由(1)可得=(-,1,0),=(0,2,-2).‎ 设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).‎ 由得 取n=(1,,1)故 sin θ=|cos〈,n〉|==.‎ 因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.‎ ‎2.(2019·长沙市统一模拟考试)如图,矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直,BE∥CF,∠BCF=90°,AD=,BE=3,CF=4,EF=2.‎ ‎(1)求证:AE∥平面DCF;‎ ‎(2)当AB的长为何值时,二面角AEFC的大小为60°?‎ 解:因为平面ABCD⊥平面BEFC,平面ABCD∩平面BEFC=BC,DC⊂平面ABCD,且DC⊥BC,所以DC⊥平面BEFC.‎ 以点C为坐标原点,分别以CB,CF,CD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Cxyz.‎ 设AB=a,则C(0,0,0),A(,0,a),B(,0,0),E(,3,0),F(0,4,0),D(0,0,a).‎ ‎(1)证明:因为=(0,3,-a),=(,0,0),=(0,4,0),=(0,0,a),‎ 所以·=0,·=0,又CD∩CF=C,‎ 所以CB⊥平面CDF,即为平面CDF的一个法向量.‎ 又·=0,所以CB⊥AE,又AE⊄平面CDF,‎ 所以AE∥平面DCF.‎ ‎(2)设n=(x,y,z)与平面AEF垂直,‎ =(0,3,-a),=(-,1,0),‎ 由,得,‎ 取x=1,则n=.‎ BA⊥平面BEFC,=(0,0,a),‎ 由|cos〈n,〉|===,‎ 得a=.‎ 所以当AB=时,二面角AEFC的大小为60°.‎ ‎3.(2019·江西八所重点中学联考)如图所示多面体ABCDEF,其底面ABCD为矩形,且AB=2,BC=2,四边形BDEF为平行四边形,点F在底面ABCD内的投影恰好是BC的中点.‎ ‎(1)已知G为线段FC的中点,证明:BG∥平面AEF;‎ ‎(2)若二面角FBDC的大小为,求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:如图,连接AC交BD于H,连接GH,则GH为△ACF的中位线,‎ 所以GH∥AF.‎ 因为GH⊄平面AEF,AF⊂平面AEF,所以GH∥平面AEF.‎ 又BD∥EF,BD⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,所以BD∥平面AEF.‎ 连接DG,因为BD∩GH=H,BD⊂平面BDG,GH⊂平面BDG,所以平面BDG∥平面AEF,‎ 因为BG⊂平面BDG,所以BG∥平面AEF.‎ ‎(2)取BC的中点O,AD的中点M,连接OF,OM,则OF⊥平面ABCD,OM⊥BC,以O为坐标原点,OC,OM,OF所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),B(-1,0,0),C(1,0,0),D(1,2,0),所以=(2,2,0).设OF=a(a>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.‎ ‎4.(2019·湖南省湘东六校联考)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:(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.‎
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