苏教版步步高高考数学一轮复习备考练习习题课空间向量的应用

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苏教版步步高高考数学一轮复习备考练习习题课空间向量的应用

习题课 空间向量的应用 一、基础过关 ‎1. ‎ 如图所示,平面ABEF⊥平面ABCD,四边形ABEF与ABCD都是直角梯形,∠BAD=∠FAB=90°,BC綊AD,BE綊FA,G、H分别为FA、FD的中点.‎ ‎(1)证明:四边形BCHG是平行四边形;‎ ‎(2)C、D、F、E四点是否共面?为什么?‎ ‎(3)设AB=BE,证明:平面ADE⊥平面CDE.‎ ‎2. ‎ 如图所示,在四棱锥P—ABCD中,底面ABCD是一直角梯形,∠BAD=90°,AD∥BC,AB=BC=a,AD=‎2a,且PA⊥底面ABCD,PD与底面成30°角.‎ ‎(1)若AE⊥PD,E为垂足,求证:BE⊥PD;‎ ‎(2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值.‎ ‎3. ‎ 如图所示,在四棱锥O—ABCD中,底面ABCD是边长为1的菱形,∠ABC=,OA⊥底面ABCD,OA=2,M为OA的中点,N为BC的中点.‎ ‎(1)证明:直线MN∥平面OCD;‎ ‎(2)求异面直线AB与MD所成角的大小.‎ 二、能力提升 ‎4.如图所示,‎ 在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.‎ ‎(1)证明:PC⊥AD;‎ ‎(2)求二面角A-PC-D的正弦值;‎ ‎(3)设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为30°,求AE的长.‎ ‎5. ‎ 等边△ABC中,D,E分别是AC,AB的中点,沿DE将△ADE折起,使平面ADE⊥平面BCDE(如图所示).‎ ‎(1)求证:平面ABC⊥平面ABE;‎ ‎(2)求直线AC与平面ABE所成角的正弦值.‎ 三、探究与拓展 ‎6. ‎ 如图,四棱锥S—ABCD的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长的倍,P为侧棱SD上的点.‎ ‎(1)求证:AC⊥SD;‎ ‎(2)若SD⊥平面PAC,求二面角P—AC—D的大小;‎ ‎(3)在(2)的条件下,侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC.若存在,求SE∶EC的值;若不存在,试说明理由.‎ 答案 ‎1. (1)证明 由题设知,FA、AB、AD两两互相垂直.‎ 以A为坐标原点,射线AB为x轴正方向,以射线AD为y轴正方向,以射线AF为z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.‎ 设AB=a,BC=b,BE=c,‎ 则由题设得A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0),E(a,0,c),G(0,0,c),H(0,b,c).‎ 所以=(0,b,0),=(0,b,0),于是=.又点G不在直线BC上,‎ 所以四边形BCHG是平行四边形.‎ ‎(2)解 C、D、F、E四点共面.理由如下:‎ 由题设知,F(0,0,‎2c),‎ 所以=(-a,0,c),=(-a,0,c),=.又C∉EF,H∈FD,‎ 故C、D、F、E四点共面.‎ ‎(3)证明 由AB=BE,得c=a,‎ 所以=(-a,0,a),=(a,0,a).‎ 又=(0,2b,0),因此·=0,‎ ·=0,即CH⊥AE,CH⊥AD.‎ 又AD∩AE=A,所以CH⊥平面ADE.‎ 由CH⊂平面CDE,‎ 得平面ADE⊥平面CDE.‎ ‎2. (1)证明 ∵PA⊥底面ABCD,‎ ‎∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD,‎ ‎∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.‎ 又∵AE⊥PD,∴PD⊥平面ABE.‎ 故BE⊥PD.‎ ‎(2)‎ 解 如图所示,以A为原点,AB、AD、AP所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,则点C、D的坐标分别为(a,a,0)、(0,‎2a,0).‎ ‎∵PA⊥底面ABCD,∠PDA是PD与底面ABCD所成的角,∴∠PDA=30°.‎ 于是,在Rt△AED中,由AD=‎2a,‎ 得AE=a.‎ 过E作EF⊥AD,垂足为F,‎ 在Rt△AFE中,由AE=a,∠EAF=60°,‎ 得AF=a,EF=a.‎ ‎∴E.‎ 于是=,=(-a,a,0).‎ 设异面直线AE与CD所成角为θ,‎ 则cos θ===.‎ ‎∴AE与CD所成角的余弦值为.‎ ‎3. (1)证明 ‎ 作AP⊥CD于点P,连结OP.‎ 如图,分别以AB、AP、AO所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系.‎ A(0,0,0),B(1,0,0),P,‎ D,O(0,0,2),M(0,0,1),N.‎ =,‎ =,‎ =.‎ 设平面OCD的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·=0,n·=0.‎ 即 取z=,解得n=(0,4,).‎ ‎∵·n=·(0,4,)=0,‎ 又MN⊄平面OCD,∴MN∥平面OCD.‎ ‎(2)解 设AB与MD所成角为θ.‎ ‎∵=(1,0,0),‎ =,‎ ‎∴cos θ==,∴θ=.‎ ‎∴AB与MD所成角的大小为.‎ ‎4. (1)证明 ‎ 如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得 A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),‎ B,P(0,0,2).‎ 易得=(0,1,-2),=(2,0,0),‎ 于是·=0,所以PC⊥AD.‎ ‎(2)解 =(0,1,-2),‎ =(2,-1,0).‎ 设平面PCD的法向量n=(x,y,z),‎ 则即 不妨令z=1,可得n=(1,2,1).‎ 可取平面PAC的法向量m=(1,0,0).‎ 于是cos〈m,n〉===,‎ 从而sin〈m,n〉=.‎ 所以二面角A-PC-D的正弦值为.‎ ‎(3)解 设点E的坐标为(0,0,h),‎ 其中h∈[0,2].‎ 由此得=.‎ 由=(2,-1,0),故 cos〈,〉= ‎==,‎ 所以=cos 30°=,‎ 解得h=,即AE=.‎ ‎5. (1)证明 取DE的中点O,取BC的中点G,连结AO,OG,‎ 则AO⊥DE,OG⊥DE.‎ ‎∵平面ADE⊥平面BCDE,平面ADE∩平面BCDE=DE,‎ ‎∴AO⊥平面BCDE,∴AO⊥OG.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系,‎ 设BC=4,则DE=2,AO=OG=.‎ 所以A(0,0,),D(1,0,0),E(-1,0,0),B(-2,,0),C(2,,0).‎ 设平面ABE的法向量为m=(x1,y1,z1),‎ ‎∵=(1,0,),=(-1,,0),‎ 由,得 令y1=1,得m=(,1,-1),‎ 设平面ABC的法向量为n=(x2,y2,z2),‎ ‎∵=(4,0,0),=(2,,-),‎ 由 得 令y2=1,得n=(0,1,1),‎ ‎∵m·n=(,1,-1)·(0,1,1)=0,‎ ‎∴平面ABC⊥平面ABE.‎ ‎(2)解 由(1)得cos〈,m〉= ‎==.‎ ‎∴直线AC与平面ABE所成角的正弦值为.‎ ‎6. (1)证明 连结BD,设AC交BD于点O,由题意知SO⊥平面ABCD,以O点 为坐标原点,、、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O—xyz如图所示.‎ 设底面边长为a,则高SO=a.‎ 于是S(0,0,a),D,‎ C,B,‎ =,‎ =,‎ ‎∴·=0.故OC⊥SD,‎ 因此AC⊥SD.‎ ‎(2)解 由题意知,平面PAC的一个法向量=,平面DAC的一个法向量=,‎ 设所求二面角为θ,‎ 则cos θ==,‎ 故所求二面角P—AC—D的大小为30°.‎ ‎(3)解 在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.‎ 由(2)知是平面PAC的一个法向量,‎ 且=,‎ =,‎ =,设=t,‎ 则=+=+t ‎=.‎ 由·=0,得t=,‎ 即当SE∶EC=2∶1时,⊥.‎ 而BE不在平面PAC内,‎ 故BE∥平面PAC.‎ 高考资源网 w w w.ks5u.com 高 考 资源 网 www.ks5u.com
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