（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題三 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）

《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題三 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（京津魯瓊專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 專題三 立體幾何 第3講 立體幾何中的向量方法練典型習(xí)題 提數(shù)學(xué)素養(yǎng)（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　立體幾何中的向量方法 [A組　夯基保分專練] 1．(2019·重慶市七校聯(lián)合考試)如圖，三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分別是AC，CC1的中點． (1)求證：AE⊥平面A1BD； (2)求二面角D-BE-B1的余弦值． 解：(1)證明：因為AB＝BC＝CA，D是AC的中點， 所以BD⊥AC， 因為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分別是AC，CC1的中點， 所以A1D⊥AE.又A1D∩BD＝D， 所以AE⊥平面A1

2、BD. (2)以DA所在直線為x軸，過D作AC的垂線，以該垂線為y軸，DB所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則D(0，0，0)，E(－1，－1，0)，B(0，0，)，B1(0，－2，)，＝(0，0，)，＝(－1，－1，0)，＝(0，－2，0)，＝(1，－1，)， 設(shè)平面DBE的法向量為m＝(x，y，z)， 則，即， 令x＝1，則m＝(1，－1，0)， 設(shè)平面BB1E的法向量為n＝(a，b，c)，則，即， 令c＝，則n＝(－3，0，)， 設(shè)二面角D-BE-B1的平面角為θ，觀察可知θ為鈍角， 因為cos〈m，n〉＝＝， 所以cos θ＝，故二面角D-BE-B1的

3、余弦值為. 2．(2019·成都第一次診斷性檢測)如圖，四棱錐P-ABCD的底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，點M是棱PC的中點． (1)證明：PA∥平面BMD； (2)當(dāng)PA＝時，求直線AM與平面PBC所成角的正弦值． 解：(1)證明：如圖1，連接AC交BD于點O，連接MO. 因為M，O分別為PC，AC的中點， 所以PA∥MO. 因為PA?平面BMD，MO?平面BMD， 所以PA∥平面BMD. (2)如圖2，取線段BC的中點H，連接AH. 因為四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝， 所以AH⊥AD. 以A為坐標(biāo)原點，分別以AH，AD

4、，AP所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz， 則A(0，0，0)，B(，－1，0)，C(，1，0)，P(0，0，)，M，所以＝(，，)，＝(0，2，0)，＝(，1，－)． 設(shè)平面PBC的法向量為m＝(x，y，z)， 由得， 取z＝1，m＝(1，0，1)． 設(shè)直線AM與平面PBC所成角為θ，則sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝. 所以直線AM與平面PBC所成角的正弦值為. 3．(2019·高考天津卷)如圖，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2. (1)求證：BF∥平面ADE； (2)求直線CE與平面B

5、DE所成角的正弦值； (3)若二面角E-BD-F的余弦值為，求線段CF的長． 解：依題意，可以建立以A為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)．設(shè)CF＝h(h>0)，則F(1，2，h)． (1)證明：依題意，＝(1，0，0)是平面ADE的法向量，又＝(0，2，h)，可得·＝0，又因為直線BF?平面ADE，所以BF∥平面ADE. (2)依題意，＝(－1，1，0)，＝(－1，0，2)，＝(－1，－2，2)．　 設(shè)n＝(x，y，z)為平面BDE的法向量，則即不妨

6、令z＝1，可得n＝(2，2，1)． 因此有cos〈，n〉＝＝－. 所以，直線CE與平面BDE所成角的正弦值為. (3)設(shè)m＝(x，y，z)為平面BDF的法向量，則即不妨令y＝1，可得m＝(1，1，－)． 由題意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得h＝，經(jīng)檢驗，符合題意． 所以，線段CF的長為. 4．(2019·東北四市聯(lián)合體模擬(一))如圖，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E為CD的中點，將△ADE沿AE折到△APE的位置． (1)證明：AE⊥PB； (2)當(dāng)四棱錐P-ABCE的體積最大時，求二面角A-PE-C的余弦值． 解：(1)證明

7、：在等腰梯形ABCD中，連接BD，交AE于點O， 因為AB∥CE，AB＝CE，所以四邊形ABCE為平行四邊形， 所以AE＝BC＝AD＝DE，所以△ADE為等邊三角形， 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， 因為PB?平面POB，所以AE⊥PB. (2)當(dāng)四棱錐P-ABCE的體積最大時，平面PAE⊥平面ABCE. 又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO?平面PAE，PO⊥AE，所以O(shè)P⊥平面ABCE. 以O(shè)為坐標(biāo)原點，OE所在

8、的直線為x軸，OB所在的直線為y軸，OP所在的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，由題意得， P，E，C，所以＝，＝，設(shè)平面PCE的法向量為n1＝(x，y，z)， 則，即，設(shè)x＝，則y＝－1，z＝1，所以n1＝(，－1，1)為平面PCE的一個法向量， 易知平面PAE的一個法向量為n2＝(0，1，0)， cos〈n1，n2〉＝＝＝－. 由圖知所求二面角A-PE-C為鈍角，所以二面角A-PE-C的余弦值為－. [B組　大題增分專練] 1．(2019·高考浙江卷)如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC

9、，E，F(xiàn)分別是AC，A1B1的中點． (1)證明：EF⊥BC； (2)求直線EF與平面A1BC所成角的余弦值． 解：法一：(1)證明：如圖，連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點，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，則A1E⊥BC. 又因為A1F∥AB，∠ABC＝90°，故BC⊥A1F. 所以BC⊥平面A1EF. 因此EF⊥BC. (2)取BC的中點G，連接EG，GF，則EGFA1是平行四邊形． 由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四邊形EGFA

10、1為矩形． 連接A1G交EF于O，由(1)得BC⊥平面EGFA1，則平面A1BC⊥平面EGFA1， 所以EF在平面A1BC上的射影在直線A1G上． 則∠EOG是直線EF與平面A1BC所成的角(或其補角)． 不妨設(shè)AC＝4，則在Rt△A1EG中，A1E＝2，EG＝. 由于O為A1G的中點，故EO＝OG＝＝， 所以cos∠EOG＝＝. 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值是. 法二：(1)證明：連接A1E，因為A1A＝A1C，E是AC的中點， 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

11、⊥平面ABC. 如圖，以點E為原點，分別以射線EC，EA1為y，z軸的正半軸，建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 不妨設(shè)AC＝4，則A1(0，0，2)，B(，1，0)， B1(，3，2)，F(xiàn)(，，2)，C(0，2，0)． 因此，＝，＝(－，1，0)． 由·＝0得EF⊥BC. (2)設(shè)直線EF與平面A1BC所成角為θ. 由(1)可得＝(－，1，0)，＝(0，2，－2)． 設(shè)平面A1BC的法向量為n＝(x，y，z)． 由得 取n＝(1，，1)故 sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 因此，直線EF與平面A1BC所成角的余弦值為. 2．(2019·濟南市統(tǒng)一模擬考試)如圖，

12、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)求證：AE∥平面DCF； (2)當(dāng)AB的長為何值時，二面角A-EF-C的大小為60°？ 解：因為平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝BC，DC?平面ABCD，且DC⊥BC，所以DC⊥平面BEFC. 以點C為坐標(biāo)原點，分別以CB，CF，CD所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系C-xyz. 設(shè)AB＝a，則C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，3，0)，F(xiàn)(0，4，0)，D(0，0，a)． (1)證明：因

13、為＝(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，即為平面CDF的一個法向量． 又·＝0， 所以CB⊥AE，又AE?平面CDF， 所以AE∥平面DCF. (2)設(shè)n＝(x，y，z)與平面AEF垂直， ＝(0，3，－a)，＝(－，1，0)， 由，得， 取x＝1，則n＝. BA⊥平面BEFC，＝(0，0，a)， 由|cos〈n，〉|＝＝＝， 得a＝. 所以當(dāng)AB＝時，二面角A-EF-C的大小為60°. 3．(2019·江西八所重點中學(xué)聯(lián)考)如圖所示多面體ABCDEF，其底面ABCD為

14、矩形，且AB＝2，BC＝2，四邊形BDEF為平行四邊形，點F在底面ABCD內(nèi)的投影恰好是BC的中點． (1)已知G為線段FC的中點，證明：BG∥平面AEF； (2)若二面角F-BD-C的大小為，求直線AE與平面BDEF所成角的正弦值． 解：(1)證明：如圖，連接AC交BD于H，連接GH，則GH為△ACF的中位線， 所以GH∥AF. 因為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. 連接DG，因為BD∩GH＝H，BD?平面BDG，GH?平面BDG，所以平面BDG∥平面AEF， 因為BG?平

15、面BDG，所以BG∥平面AEF. (2)取BC的中點O，AD的中點M，連接OF，OM，則OF⊥平面ABCD，OM⊥BC，以O(shè)為坐標(biāo)原點，OC，OM，OF所在的直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則O(0，0，0)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2，0)，所以＝(2，2，0)．設(shè)OF＝a(a>0)，則F(0，0，a)，所以＝(1，0，a)． 設(shè)平面BDEF的法向量為n1＝(x，y，z)， 由，得， 令x＝－a，得n1＝(－a，a，)． 易得平面ABCD的一個法向量為n2＝(0，0，1)． 因為二面角F-BD-C的大小為，所以|cos〈n1，n2〉|＝||＝＝

16、， 解得a＝. 設(shè)直線AE與平面BDEF所成的角為θ，因為＝＋＝＋＝(2，0，0)＋＝，且n1＝， 所以sin θ＝|cos〈，n1〉|＝||＝＝. 故直線AE與平面BDEF所成角的正弦值為. 4．(2019·湖南省湘東六校聯(lián)考)如圖，ABEDFC為多面體，平面ABED與平面ACFD垂直，點O在線段AD上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF都是正三角形． (1)證明：直線BC∥平面OEF； (2)在線段DF上是否存在一點M，使得二面角M-OE-D的余弦值是？若不存在，請說明理由；若存在，請求出M點所在的位置． 解：(1)證明：依題意，在平面ADFC中

17、，∠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. 因為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，所以直線BC∥平面OEF. (2)設(shè)OD的中點為G，如圖，連接GE，GF，由題意可得GE，GD，GF兩兩垂直，以G為坐標(biāo)原點，GE，GD，GF所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，易知，O(0，－1，0)，E(，0，0)，F(xiàn)(0，0，)，D(0，1，0)． 假設(shè)在線段DF上存在一點M，使得二面角M-OE-D的余弦值是，設(shè)＝，λ∈[0，1]，則M(0，1－λ，λ)，＝(0，2－λ，λ)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面MOE的法向量， 由得，可取x＝－λ，則y＝λ，z＝λ－2，n＝(－λ，λ，λ－2)． 又平面OED的一個法向量m＝(0，0，1)， 所以＝|cos〈m，n〉|＝， 所以(2λ－1)(λ＋1)＝0， 又λ∈[0，1]，所以λ＝. 所以存在滿足條件的點M，M為DF的中點． - 11 -