【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第八章　第7讲　立体几何中的向量方法作业

【数学】2021届一轮复习北师大版（理）第八章　第7讲　立体几何中的向量方法作业

[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，AC ︵ 长为2π 3 ， A1B1︵ 长为π 3，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.π 6　　　 B．π 4 C.π 3　　　 D．π 2 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( 3 2 ， 1 2，1)，C( 3 2 ，－1 2，0). 所以AA1→ ＝(0，0，1)，B1C→ ＝(0，－1，－1)， 所以 cos〈AA1→ ，B1C→ 〉＝ AA1→ ·B1C→ |AA1→ ||B1C→ | ＝0 × 0＋0 × （－1）＋1 × （－1） 1 × 02＋（－1）2＋（－1）2 ＝－ 2 2 ， 所以〈AA1→ ，B1C→ 〉＝3π 4 ， 所以异面直线 B1C 与 AA1 所成的角为π 4.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＝1 3AB，则 DC1 与平面 D1EC 所成的角的正弦值为(　　) A.3 35 35 B．2 7 7 C. 3 3 D． 2 4 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DC1→ ＝(0，3，1)，D1E→ ＝(1，1，－1)，D1C→ ＝(0，3，－1)． 设平面 D1EC 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{n·D1E→ ＝0， n·D1C→ ＝0， 即{x＋y－z＝0， 3y－z＝0， 即{x＝2y， z＝3y，取 y＝1，得 n＝(2，1，3)． 因为 cos〈DC1→ ，n〉＝ DC1→ ·n |DC1→ |·|n| ＝ （0，3，1）·（2，1，3） 10 × 14 ＝3 35 35 ，所以 DC1 与平 面 D1EC 所成的角的正弦值为3 35 35 ，故选 A. 3．二面角的棱上有 A，B 两点，直线 AC，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且 都垂直于 AB.已知 AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2 17.则该二面角的大小为(　　) A．150°　　B．45° C．60°　　 D．120° 解析：选 C.如图所示，二面角的大小就是〈AC → ，BD → 〉． 因为CD → ＝CA → ＋AB → ＋BD → ， 所以 CD → 2＝CA → 2＋AB → 2＋BD → 2＋2(CA → ·AB → ＋CA → ·BD → ＋AB → ·BD → ) ＝CA → 2＋AB → 2＋BD → 2＋2CA → ·BD → ， 所以CA → ·BD → ＝1 2[(2 17)2－62－42－82]＝－24. 因此AC → ·BD → ＝24，cos〈AC → ，BD → 〉＝ AC → ·BD → |AC → ||BD → | ＝1 2， 又〈AC → ，BD → 〉∈[0°，180°]， 所以〈AC → ，BD → 〉＝60°，故二面角为 60°. 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(0，3，2)，F(1，0，1)， E(1 2， 3 2 ，0)，G(0，0，2)， B1F→ ＝(1，－ 3，－1)，EF → ＝(1 2，－ 3 2 ，1)，GF → ＝(1，0，－1)． 设平面 GEF 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{EF → ·n＝0， GF→ ·n＝0， 即{1 2x－ 3 2 y＋z＝0， x－z＝0， 取 x＝1，则 z＝1，y＝ 3， 故 n＝(1，3，1)为平面 GEF 的一个法向量， 所以|cos〈n，B1F→ 〉|＝|1－3－1| 5 × 5 ＝3 5， 所以 B1F 与平面 GEF 所成角的正弦值为3 5. 答案：3 5 5．如图所示，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 所成角的余弦值 的大小． 解：(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. 又因为 AC∩AE＝A，AC，AE⊂平面 ACFE. 所以 BD⊥平面 ACFE. (2) 以 O 为原点，OA，OB 所在直线分别为 x 轴，y 轴，过点 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，则 B(0，3，0)，D(0，－ 3，0)，E(1，0，2)，F(－ 1，0，a)(a>0)，OF → ＝(－1，0，a)． 设平面 EBD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则有{n·OB → ＝0， n·OE → ＝0， 即{ 3y＝0， x＋2z＝0， 令 z＝1，则 n＝(－2，0，1)， 由题意得 sin 45°＝|cos〈OF → ，n〉|＝ |OF → ·n| |OF → ||n| ＝ |2＋a| a2＋1· 5 ＝ 2 2 ， 解得 a＝3 或 a＝－1 3(舍去)． 所以OF → ＝(－1，0，3)，BE → ＝(1，－ 3，2)， cos〈OF → ，BE → 〉＝ －1＋6 10 × 8 ＝ 5 4 ， 故异面直线 OF 与 BE 所成角的余弦值为 5 4 . 6．(2020·湖北十堰 4 月调研)如图，在三棱锥 P－ABC 中，M 为 AC 的中点，PA⊥PC， AB⊥BC，AB＝BC，PB＝ 2，AC＝2，∠PAC＝30°. (1)证明：BM⊥平面 PAC； (2)求二面角 B－PA－C 的余弦值． 解：(1)证明：因为 PA⊥PC，AB⊥BC，所以 MP＝MB＝1 2AC＝1， 又 MP2＋MB2＝BP2，所以 MP⊥MB. 因为 AB＝BC，M 为 AC 的中点，所以 BM⊥AC， 又 AC∩MP＝M，所以 BM⊥平面 PAC. (2)法一：取 MC 的中点 O，连接 PO，取 BC 的中点 E，连接 EO，则 OE∥BM，从而 OE⊥AC. 因为 PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以 MP＝MC＝PC＝1. 又 O 为 MC 的中点，所以 PO⊥AC. 由(1)知 BM⊥平面 PAC，OP平面 PAC，所以 BM⊥PO. 又 BM∩AC＝M，所以 PO⊥平面 ABC. 以 O 为坐标原点，OA，OE，OP 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标 系，如图所示， 由题意知 A(3 2，0，0)，B(1 2，1，0)，P(0，0， 3 2 )，BP → ＝(－1 2，－1， 3 2 )，BA → ＝(1，－ 1，0)， 设平面 APB 的法向量为 n＝(x，y，z)，则{n·BP → ＝－1 2x－y＋ 3 2 z＝0， n·BA → ＝x－y＝0， 令 x＝1，得 n＝(1，1， 3)为平面 APB 的一个法向量， 易得平面 PAC 的一个法向量为 π＝(0，1，0)，cos〈n，π〉＝ 5 5 ， 由图知二面角 B－PA－C 为锐角， 所以二面角 B－PA－C 的余弦值为 5 5 . 法二：取 PA 的中点 H，连接 HM，HB， 因为 M 为 AC 的中点，所以 HM∥PC，又 PA⊥PC，所以 HM⊥PA. 由(1)知 BM⊥平面 PAC，则 BH⊥PA， 所以∠BHM 为二面角 B－PA－C 的平面角． 因为 AC＝2，PA⊥PC，∠PAC＝30°，所以 HM＝1 2PC＝1 2. 又 BM＝1，则 BH＝ BM2＋HM2＝ 5 2 ， 所以 cos∠BHM＝HM BH＝ 5 5 ，即二面角 B－PA－C 的余弦值为 5 5 . 7．(2020·合肥模拟)如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是正方形，BF⊥平面 ABCD，DE⊥平面 ABCD，BF＝DE，M 为棱 AE 的中点． (1)求证：平面 BDM∥平面 EFC； (2)若 DE＝2AB，求直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值． 解：(1)证明：连接 AC，交 BD 于点 N，连接 MN， 则 N 为 AC 的中点， 又 M 为 AE 的中点，所以 MN∥EC. 因为 MN ⊆/ 平面 EFC，EC平面 EFC， 所以 MN∥平面 EFC. 因为 BF，DE 都垂直底面 ABCD，所以 BF∥DE. 因为 BF＝DE， 所以四边形 BDEF 为平行四边形， 所以 BD∥EF. 因为 BD ⊆/ 平面 EFC，EF平面 EFC， 所以 BD∥平面 EFC. 又 MN∩BD＝N，所以平面 BDM∥平面 EFC. (2)因为 DE⊥平面 ABCD，四边形 ABCD 是正方形， 所以 DA，DC，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系. 设 AB＝2，则 DE＝4，从而 D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0， 0，4)， 所以DB → ＝(2，2，0)，DM → ＝(1，0，2)， 设平面 BDM 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则{n·DB → ＝0， n·DM → ＝0， 得{2x＋2y＝0， x＋2z＝0. 令 x＝2，则 y＝－2，z＝－1，从而 n＝(2，－2，－1)为平面 BDM 的一个法向量． 因为AE → ＝(－2，0，4)，设直线 AE 与平面 BDM 所成的角为 θ，则 sin θ＝|cos〈n·AE → 〉|＝| n·AE → |n|·|AE → ||＝4 5 15 ， 所以直线 AE 与平面 BDM 所成角的正弦值为4 5 15 . [综合题组练] 1．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，平 面 PAD⊥平面 ABCD，△PAD 是边长为 4 的等边三角形，BC⊥PB，E 是 AD 的中点． (1)求证：BE⊥PD； (2)若直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值为 15 4 ，求平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二 面角的余弦值． 解：(1)证明：因为△PAD 是等边三角形，E 是 AD 的中点，所以 PE⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，PE平面 PAD， 所以 PE⊥平面 ABCD，所以 PE⊥BC，PE⊥BE. 又 BC⊥PB，PB∩PE＝P，所以 BC⊥平面 PBE，所以 BC⊥BE. 又 BC∥AD，所以 AD⊥BE. 又 AD∩PE＝E 且 AD，PE平面 PAD，所以 BE⊥平面 PAD，所以 BE⊥PD. (2)由(1)得 BE⊥平面 PAD，所以∠BAE 就是直线 AB 与平面 PAD 所成的角． 因为直线 AB 与平面 PAD 所成角的正弦值为 15 4 ， 即 sin∠BAE＝ 15 4 ，所以 cos∠BAE＝1 4. 所以 cos∠BAE＝AE AB＝ 2 AB＝1 4，解得 AB＝8，则 BE＝ AB2－AE2＝2 15. 由(1)得 EA，EB，EP 两两垂直，所以以 E 为坐标原点，EA，EB，EP 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， 则点 P(0，0，2 3)，A(2，0，0)，D(－2，0，0)，B(0，2 15，0)，C(－4，2 15，0)， 所以PB → ＝(0，2 15，－2 3)，PC → ＝(－4，2 15，－2 3)．　 设平面 PBC 的法向量为 m＝(x，y，z)， 由{PB → ·m＝0， PC→ ·m＝0， 得{2 15y－2 3z＝0， －4x＋2 15y－2 3z＝0， 解得{x＝0， z＝ 5y. 令 y＝1，可得平面 PBC 的一个法向量为 m＝(0，1， 5)． 易知平面 PAD 的一个法向量为 n＝(0，1，0)， 设平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的大小为 θ， 则 cos θ＝| m·n |m||n| |＝|（0，1， 5）·（0，1，0） 6 × 1 |＝ 6 6 . 所以平面 PAD 与平面 PBC 所成的锐二面角的余弦值为 6 6 . 2．(2020·河南郑州三测)如图①，△ABC 中，AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，E，F 分别为 边 AB，AC 的中点，以 EF 为折痕把△AEF 折起，使点 A 到达点 P 的位置(如图②)，且 PB＝ BE. (1)证明：EF⊥平面 PBE； (2)设 N 为线段 PF 上的动点(包含端点)，求直线 BN 与平面 PCF 所成角的正弦值的最大 值． 解：(1)证明：因为 E，F 分别为边 AB，AC 的中点，所以 EF∥BC. 因为∠ABC＝90°，所以 EF⊥BE，EF⊥PE，又 BE∩PE＝E，所以 EF⊥平面 PBE. (2)取 BE 的中点 O，连接 PO，因为 PB＝BE＝PE，所以 PO⊥BE. 由(1)知 EF⊥平面 PBE，EF平面 BCFE，所以平面 PBE⊥平面 BCFE. 又 PO⊂平面 PBE，平面 PBE∩平面 BCFE＝BE，所以 PO⊥平面 BCFE. 过点 O 作 OM∥BC 交 CF 于点 M，分别以 OB，OM，OP 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 B(1 2，0，0)，P(0，0， 3 2 )，C(1 2，2，0)， F(－1 2，1，0)，PC → ＝(1 2，2，－ 3 2 )， PF → ＝(－1 2，1，－ 3 2 )， 由 N 为线段 PF 上一动点，得PN → ＝λPF → (0≤λ≤1)， 则可得 N(－λ 2，λ， 3 2 （1－λ）)， BN → ＝(－λ＋1 2 ，λ， 3 2 （1－λ）). 设平面 PCF 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则{PC → ·m＝0， PF→ ·m＝0， 即{1 2x＋2y－ 3 2 z＝0， －1 2x＋y－ 3 2 z＝0， 取 y＝1，则 x＝－1，z＝ 3，所以 m＝(－1，1， 3)为平面 PCF 的一个法向量． 设直线 BN 与平面 PCF 所成的角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈BN → ，m〉|＝ |BN → ·m| |BN → |·|m| ＝ 2 5· 2λ2－λ＋1 ＝ 2 5· 2(λ－1 4 )2 ＋7 8 ≤ 2 5· 7 8 ＝4 70 35 (当且仅当 λ＝1 4时取等号)， 所以直线 BN 与平面 PCF 所成角的正弦值的最大值为4 70 35 . 3．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形 ABCD 的边长为 4，E，F 分别为 AD，BC 的中点，将正方形 ABCD 沿 EF 折成如图②所示的二面角，且二面角的大小为 60°，点 M 在线段 AB 上(包含端点)，连接 AD. (1)若 M 为 AB 的中点，直线 MF 与平面 ADE 的交点为 O，试确定点 O 的位置，并证明 直线 OD∥平面 EMC； (2)是否存在点 M，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60°？若存在，求此时二面角 M­EC­F 的余弦值；若不存在，说明理由． 解：(1)因为直线 MF平面 ABFE，故点 O 在平面 ABFE 内，也在平面 ADE 内， 所以点 O 在平面 ABFE 与平面 ADE 的交线(即直线 AE)上(如图所示)． 因为 AO∥BF，M 为 AB 的中点， 所以△OAM≌△FBM， 所以 OM＝MF，AO＝BF，所以 AO＝2. 故点 O 在 EA 的延长线上且与点 A 间的距离为 2. 连接 DF，交 EC 于点 N，因为四边形 CDEF 为矩形， 所以 N 是 EC 的中点． 连接 MN，则 MN 为△DOF 的中位线，所以 MN∥OD， 又 MN平面 EMC，OD ⊆/ 平面 EMC，所以直线 OD∥平面 EMC. (2)由已知可得 EF⊥AE，EF⊥DE，又 AE∩DE＝E，所以 EF⊥平面 ADE. 所以平面 ABFE⊥平面 ADE，易知△ADE 为等边三角形，取 AE 的中点 H，则易得 DH⊥ 平面 ABFE，以 H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 E(－1，0，0)，D(0，0， 3)，C(0，4， 3)，F(－1，4，0)，所以ED → ＝(1，0， 3)， EC → ＝(1，4， 3)． 设 M(1，t，0)(0≤t≤4)，则EM → ＝(2，t，0)， 设平面 EMC 的法向量为 m＝(x，y，z)，则{m·EM → ＝0， m·EC → ＝0 ⇒{2x＋ty＝0， x＋4y＋ 3z＝0， 取 y＝－2，则 x＝t，z＝8－t 3 ，所以 m＝(t，－2， 8－t 3 )为平面 EMC 的一个法向量． 要 使 直 线 DE 与 平 面 EMC 所 成 的 角 为 60 ° ， 则 8 2 t2＋4＋ （8－t）2 3 ＝ 3 2 ， 所 以 2 3 t2－4t＋19 ＝ 3 2 ，整理得 t2－4t＋3＝0， 解得 t＝1 或 t＝3， 所以存在点 M，使得直线 DE 与平面 EMC 所成的角为 60°， 取 ED 的中点 Q，连接 QA，则QA → 为平面 CEF 的法向量， 易得 Q(－1 2，0， 3 2 )，A(1，0，0)，所以QA → ＝(3 2，0，－ 3 2 ). 设二面角 M－EC－F 的大小为 θ， 则|cos θ|＝ |QA → ·m| |QA → |·|m| ＝ |2t－4| 3 t2＋4＋ （8－t）2 3 ＝ |t－2| t2－4t＋19. 因为当 t＝2 时，cos θ＝0，平面 EMC⊥平面 CDEF， 所以当 t＝1 时，cos θ＝－1 4，θ为钝角；当 t＝3 时，cos θ＝1 4，θ为锐角． 综上，二面角 M－EC－F 的余弦值为±1 4.