新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第七章 立體幾何 課時(shí)作業(yè)46 立體幾何中的向量方法（含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

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1、課時(shí)作業(yè)46　立體幾何中的向量方法 1．如圖，三棱錐P-ABC中，底面△ABC為直角三角形，AB＝BC＝2，D為AC的中點(diǎn)，PD＝DB，PD⊥DB，PB⊥CD. (1)求證：PD⊥平面BCD； (2)求PA與平面PBC所成角的正弦值． 解：(1)證明：∵在直角三角形ABC中，AB＝BC＝2，D為AC的中點(diǎn)，∴BD⊥CD，又∵PB⊥CD，BD∩PB＝B， ∴CD⊥平面PBD，∴CD⊥PD. 又∵PD⊥BD，BD∩CD＝D，∴PD⊥平面BCD. (2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DB，DP所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則A(，0,0)，B(0，，0)

2、，C(－，0,0)，P(0,0，).＝(，0，－)，＝(0，，－)，＝(，，0)． 設(shè)平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)， 由得 取x＝1，得y＝－1，z＝－1，∴n＝(1，－1，－1)． ∵cos〈，n〉＝＝， ∴直線PA與平面PBC所成角的正弦值為. 2．(2019·全國卷Ⅲ)圖1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC組成的一個(gè)平面圖形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.將其沿AB，BC折起使得BE與BF重合，連接DG，如圖2. (1)證明：圖2中的A，C，G，D四點(diǎn)共面，且平面ABC⊥平面BCGE； (2)求圖2中的二面角B-CG-A的大小

3、． 解：(1)證明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG， 故AD，CG確定一個(gè)平面， 從而A，C，G，D四點(diǎn)共面． 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，故AB⊥平面BCGE. 又因?yàn)锳B?平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. (2)作EH⊥BC，垂足為H.因?yàn)镋H?平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，所以EH⊥平面ABC. 由已知，菱形BCGE的邊長為2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝. 以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閤軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz，則A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，＝(1,0，)，＝(2，－1,

4、0)． 設(shè)平面ACGD的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 所以可取n＝(3,6，－)． 又平面BCGE的法向量可取為m＝(0,1,0)， 所以cos〈n，m〉＝＝. 因此二面角B-CG-A的大小為30°. 3．如圖，三棱臺(tái)ABC-EFG的底面是正三角形，平面ABC⊥平面BCGF，CB＝2GF，BF＝CF. (1)求證：AB⊥CG； (2)若BC＝CF，求直線AE與平面BEG所成角的正弦值． 解：(1)證明：取BC的中點(diǎn)為D，連接DF，如圖．由題意得，平面ABC∥平面EFG，平面ABC∩平面BCGF＝BC，平面EFG∩平面BCGF＝FG，從而BC∥FG. ∵C

5、B＝2GF，∴CD綊GF， ∴四邊形CDFG為平行四邊形，∴CG∥DF. ∵BF＝CF，D為BC的中點(diǎn)， ∴DF⊥BC，∴CG⊥BC. ∵平面ABC⊥平面BCGF， 且平面ABC∩平面BCGF＝BC，CG?平面BCGF， ∴CG⊥平面ABC，又AB?平面ABC， ∴CG⊥AB. (2)連接AD.由△ABC是正三角形，且D為BC的中點(diǎn)得，AD⊥BC.由(1)知，CG⊥平面ABC，CG∥DF，∴DF⊥AD，DF⊥BC，∴DB，DF，DA兩兩垂直．以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DB，DF，DA所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.設(shè)BC＝2，則A(0,0，)，B(1,0,0)

6、，F(xiàn)(0，，0)，G(－1，，0)， ∴＝(－2，，0)． ∵CB＝2GF，∴＝2，∴E， ∴＝，＝. 設(shè)平面BEG的法向量為n＝(x，y，z)， 由可得， 令x＝，則y＝2，z＝－1， ∴n＝(，2，－1)為平面BEG的一個(gè)法向量． 設(shè)AE與平面BEG所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝. ∴直線AE與平面BEG所成角的正弦值為. 4．(2019·北京卷)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且＝. (1)求證：CD⊥平面PAD； (2)求二面角F-A

7、E-P的余弦值； (3)設(shè)點(diǎn)G在PB上，且＝.判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由． 解：(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，所以PA⊥CD. 又因?yàn)锳D⊥CD，PA∩AD＝A， 所以CD⊥平面PAD. (2)過A作AD的垂線交BC于點(diǎn)M. 因?yàn)镻A⊥平面ABCD， 所以PA⊥AM，PA⊥AD. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，B(2，－1，0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)． 因?yàn)镋為PD的中點(diǎn)，所以E(0,1,1)．所以＝(0,1,1)，＝(2,2，－2)，＝(0,0,2)．所以＝＝，＝＋＝. 設(shè)平面AEF的法向量為

8、n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，則y＝－1，x＝－1.于是n＝(－1，－1,1)． 又因?yàn)槠矫鍼AD的法向量為p＝(1,0,0)， 所以cos〈n，p〉＝＝－. 由題知，二面角F-AE-P為銳二面角，所以其余弦值為. (3)直線AG在平面AEF內(nèi)． 因?yàn)辄c(diǎn)G在PB上，且＝，＝(2，－1，－2)， 所以＝＝， ＝＋＝. 由(2)知，平面AEF的法向量n＝(－1，－1,1)． 所以·n＝－＋＋＝0. 所以直線AG在平面AEF內(nèi)． 5．已知三棱錐P-ABC(如圖1)的平面展開圖(如圖2)中，四邊形ABCD為邊長等于的正方形，△ABE和△BCF均為正三角形．在三棱錐

9、P-ABC中： (1)證明：平面PAC⊥平面ABC； (2)若點(diǎn)M在棱PA上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)直線BM與平面PAC所成的角最大時(shí)，求二面角P-BC-M的余弦值． 解：(1)證明：如圖，設(shè)AC的中點(diǎn)為O，連接BO，PO. 由題意，得PA＝PB＝PC＝，PO＝BO＝1. 因?yàn)樵凇鱌AC中，PA＝PC，O為AC的中點(diǎn)，所以PO⊥AC. 因?yàn)樵凇鱌OB中，PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB. 因?yàn)锳C∩OB＝O，AC，OB?平面ABC，所以PO⊥平面ABC. 因?yàn)镻O?平面PAC，所以平面PAC⊥平面ABC. (2)由(1)知，BO⊥PO，由題意可得BO⊥AC，所以BO⊥平面PAC

10、，所以∠BMO是直線BM與平面PAC所成的角， 且tan∠BMO＝＝， 所以當(dāng)線段OM最短，即M是PA的中點(diǎn)時(shí)，∠BMO最大． 由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，得PO⊥OB，PO⊥OC，OB⊥OC，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC，OB，OP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(－1,0,0)，P(0,0,1)，M，＝(1，－1,0)，＝(1,0，－1)，＝. 設(shè)平面MBC的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 由得 令x1＝1，得y1＝1，z1＝3， 即m＝(1,1,3)是平面MBC的一個(gè)法向量． 設(shè)

11、平面PBC的法向量為n＝(x2，y2，z2)， 由得 令x2＝1，得y2＝1，z2＝1， 即n＝(1,1,1)是平面PBC的一個(gè)法向量． 所以cos〈m，n〉＝＝＝. 結(jié)合圖可知所求二面角為銳角，二面角P-BC-M的余弦值為. 6．(2019·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BDE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：(1)證明：依題意，可以建立以A為原點(diǎn)，分別以，，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸正方向的空間直角

12、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)． 依題意，＝(1,0,0)是平面ADE的法向量，又＝(0,2，h)，可得·＝0，又因?yàn)橹本€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＝(x1，y1，z1)為平面BDF的法向量

13、， 則 即不妨令y1＝1，可得m＝. 由題意，有|cos〈m，n〉|＝＝＝， 解得h＝.經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意．所以，線段CF的長為. 7．如圖，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，PA＝PD＝，PA⊥PD，底面ABCD為直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AB＝BC＝1，O為AD的中點(diǎn)． (1)求證：平面POC⊥平面PAD. (2)線段PD上是否存在一點(diǎn)Q，使得二面角Q-AC-D的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由． 解：(1)證明：在△PAD中，PA＝PD，O為AD的中點(diǎn)，∴PO⊥AD. 在△PAD中，PA⊥PD，PA＝PD＝，∴AD＝2.

14、在直角梯形ABCD中，O為AD的中點(diǎn)，∴OA＝BC＝1， ∴OC⊥AD.又OC∩PO＝O，∴AD⊥平面POC， 又AD?平面PAD，∴平面POC⊥平面PAD. (2)易知PO，OC，OD兩兩垂直，所以以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC所在直線為x軸，OD所在直線為y軸，OP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則O(0,0,0)，P(0,0,1)，A(0，－1，0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)， 假設(shè)存在，且設(shè)＝λ(0≤λ≤1)． 連接OQ，∵＝(0,1，－1)， ∴－＝＝(0，λ，－λ)， ∴＝(0，λ，1－λ)，∴Q(0，λ，1－λ)． 設(shè)平面CAQ的法向量為m＝(x1

15、，y1，z1)， 則 取z1＝1＋λ，得m＝(1－λ，λ－1，λ＋1)． 又平面CAD的一個(gè)法向量為n＝(0,0,1)，二面角Q-AC-D的余弦值為，∴|cos〈m，n〉|＝ ＝＝， 整理化簡，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝或λ＝3(舍去)， 故線段PD上存在滿足題意的點(diǎn)Q，且＝. 8．如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC與BD交于點(diǎn)O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2. (1)求證：BD⊥平面ACFE； (2)當(dāng)直線FO與平面BED所成的角為45°時(shí)，求異面直線OF與BE所成角的余弦值． 解：(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥

16、AC. ∵AE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴BD⊥AE. 又AC∩AE＝A，AC，AE?平面ACFE，∴BD⊥平面ACFE. (2)連接OE，以O(shè)為原點(diǎn)，OA，OB所在直線分別為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(0，，0)，O(0,0,0)，E(1,0,2)，F(xiàn)(－1,0，a)(a>0)，則＝(0，，0)，＝(1,0,2)，＝(－1,0，a)． 設(shè)平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)， 則有即 得y＝0.令z＝1，則x＝－2，∴n＝(－2,0,1)是平面EBD的一個(gè)法向量． 由題意得sin45°＝|cos〈，n〉| ＝＝＝， 解得a＝3或a＝－(舍去)． ∴＝(－1,0,3)，又＝(1，－，2)， ∴cos〈，〉＝＝， 故異面直線OF與BE所成角的余弦值為.