2022高考數(shù)學一輪復習 課時作業(yè)46 立體幾何中的向量方法 理

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1、2022高考數(shù)學一輪復習 課時作業(yè)46 立體幾何中的向量方法 理 [基礎達標] 1．[2018·江蘇卷] 如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點P，Q分別為A1B1，BC的中點． (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值． 解析：本題主要考查空間向量、異面直線所成角和線面角等基礎知識，考查運用空間向量解決問題的能力． 如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中， 設AC，A1C1的中點分別為O，O1， 則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB， 以{，，}為基底，建立空間直角坐標系O－xyz.

2、 因為AB＝AA1＝2，所以A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，－1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)． (1)因為P為A1B1的中點，所以P， 從而＝，＝(0,2,2)， 故|cos〈，〉|＝＝＝. 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因為Q為BC的中點，所以Q，因此＝，＝(0,2,2)，＝(0,0,2)． 設n＝(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量， 則即 不妨取n＝(，－1,1)． 設直線CC1與平面AQC1所成角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為.

3、 2．[2019·鄭州一中入學測試]在如圖所示的多面體中，四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形BDEF是矩形，ED⊥平在ABCD，∠ABD＝，AB＝2AD. (1)求證：平面BDEF⊥平面ADE； (2)若ED＝BD，求直線AF與平面AEC所成角的正弦值． 解析：(1)在△ABD中，∠ABD＝，AB＝2AD， 由余弦定理，得BD＝AD， 從而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD， 所以△ABD為直角三角形且∠ADB＝90°. 因為DE⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以DE⊥BD. 又AD∩DE＝D，所以BD⊥平面ADE. 因為BD?平面BDEF，所以平面BDEF⊥平面A

4、DE. (2)由(1)可得，在Rt△ABD中，∠BAD＝，BD＝AD，又由ED＝BD， 設AD＝1，則BD＝ED＝.因為DE⊥平面ABCD，BD⊥AD， 所以可以點D為坐標原點，DA，DB，DE所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示D－xyz. 則A(1,0,0)，C(－1，，0)，E(0,0，)，F(xiàn)(0，，)， 所以＝(－1,0，)，＝(－2，，0)． 設平面AEC的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝1，得n＝(，2,1)，為平面AEC的一個法向量． 因為＝(－1，，)， 所以cos〈n，〉＝＝. 所以直線AF與平面AEC所成角的正弦值為

5、. 3．[2019·石家莊摸底考試]如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝DA＝2PE，CD＝3PE，F(xiàn)是CE的中點． (1)求證：BF∥平面ADP； (2)求二面角B－DF－P的余弦值． 解析：(1)取PD的中點為G，連接FG，AG，如圖所示， ∵F是CE的中點，∴FG是梯形CDPE的中位線， ∵CD＝3PE，∴FG＝2PE， ∵FG∥CD∥AB，AB＝2PE， ∴AB∥FG，AB＝FG，即四邊形ABFG是平行四邊形， ∴BF∥AG， 又BF?平面ADP，AG?平面A

6、DP，∴BF∥平面ADP. (2)解法一　∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD，又AD⊥DC，且PD∩CD＝D，∴AD⊥平面CDPE. 過點B作BM⊥CD于點M，易知BM∥AD， ∴BM⊥平面CDPE.令PE＝1，則BM＝DM＝2，連接FM， 由(1)易得FM＝1， 如圖，過點M作MN⊥DF交DF于點N，連接BN，則∠BNM為所求二面角的平面角的補角． ∵DM＝2，F(xiàn)M＝1， ∴DF＝，則MN＝. ∴tan∠BNM＝＝，則cos∠BNM＝， ∴二面角B－DF－P的余弦值為－. 解法二　∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD， 又AD⊥DC，且PD∩DC＝D， ∴AD⊥平面CD

7、PE. 以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系D－xyz，設PE＝1， 則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,3,0)，D(0,0,0)，P(0,0，2)，E(0,1,2)，F(xiàn)(0,2,1)， ∴＝(2,2,0)，＝(0,2,1)， 設平面BDF的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令y＝－1，則x＝1，z＝2， ∴n＝(1，－1,2)，為平面BDF的一個法向量． ∵平面PDF的一個法向量為＝(2,0,0)，且二面角B－DF－P的平面角為鈍角， ∴二面角B－DF－P的余弦值為－|cos〈，n〉|＝－. 4．[

8、2019·唐山模擬]如圖，在四棱錐P－ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中點． (1)求證：平面EAC⊥平面PBC； (2)若二面角P－AC－E的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值． 解析：(1)因為PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PC. 因為AB＝2AD＝2CD，所以AC＝BC＝AD＝CD. 所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC. 又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC. 因為AC?平面EAC，所以平在EAC⊥平面PBC. (2)如圖，以C為原點，，，的方向分別

9、為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系C－xyz，并設CB＝2，CP＝2a(a>0)．則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)， 則E(1,0，a)， ＝(0,2,0)，＝(0,0,2a)，＝(1,0，a)， 易知m＝(1,0,0)為平面PAC的一個法向量． 設n＝(x，y，z)為平面EAC的法向量，則n·＝n·＝0， 即y＝0，取x＝a，則z＝－1，n＝(a,0，－1)． 依題意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，則a＝. 于是n＝(，0，－1)，＝(0,2，－2)． 設直線PA與平面EAC所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝

10、， 即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為. 5．[2018·天津卷] 如圖，AD∥BC且AD＝2BC，AD⊥CD，EG∥AD且EG＝AD，CD∥FG且CD＝2FG，DG⊥平面ABCD，DA＝DC＝DG＝2. (1)若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN∥平面CDE； (2)求二面角E－BC－F的正弦值； (3)若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60°，求線段DP的長． 解析： 本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎知識．考查用空間向量解決立體幾何問題的方法．考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力． 依題意，可以

11、建立以D為原點，分別以，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系D－xyz(如圖)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0，2,0)，E(2,0,2)，F(xiàn)(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)． (1)證明：依題意＝(0,2,0)，＝(2,0,2)． 設n0＝(x0，y0，z0)為平面CDE的法向量，則即 不妨令z0＝－1，可得n0＝(1,0，－1)． 又＝，可得·n0＝0， 又因為直線MN?平面CDE， 所以MN∥平面CDE. (2)依題意，可得＝(－1,0,0)，＝(1，－2,2)，＝(0，－1,2)． 設n＝(x1，y1

12、，z1)為平面 BCE的法向量， 則即 不妨令z1＝1，可得n＝(0,1,1)． 設m＝(x2，y2，z2)為平面BCF的法向量， 則即 不妨令z2＝1，可得m＝(0,2,1)． 因此有cos〈m，n〉＝＝，于是sin〈m，n〉＝. 所以，二面角E－BC－F的正弦值為. (3)設線段DP的長為h(h∈[0,2])，則點P的坐標為(0,0，h)，可得＝(－1，－2，h)． 易知，＝(0,2,0)為平面ADGE的一個法向量， 故|cos〈，〉|＝＝， 由題意，可得＝sin 60°＝，解得h＝∈[0,2]． 所以，線段DP的長為. 6．[2019·山西八校聯(lián)考]如圖，三棱柱

13、ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B1C1的中點，G是棱BB1上的動點． (1)當為何值時，平面CDG⊥平面A1DE? (2)求平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角的余弦值． 解析：(1)當G為BB1的中點，即＝時，平面CDG⊥平面A1DE. 證明如下：因為點D，E分別是AB，BC的中點，所以DE∥AC且DE＝AC，又AC∥A1C1，AC＝A1C1，所以DE∥A1C1，DE＝A1C1，故D，E，C1，A1四點共面． 如圖，連接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，tan∠C1EC＝2，t

14、an∠BCG＝，故∠CHE＝90°，即CG⊥C1E.因為A1C1⊥平面CBB1C1，CG⊥平面CBB1C1，所以DE⊥CG，又C1E∩DE＝E，所以CG⊥平面A1DE，故平面CDG⊥平面A1DE. (2)三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，CC1⊥底面ABC，所以以C為原點，CA，CB，CC1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系C－xyz，如圖所示． 因為AC＝BC＝CC1＝2，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B1C1的中點， 所以C(0,0,0)，A1(2,0,2)，D(1,1,0)，E(0,1,0)，B(0,2,0)，F(xiàn)(0,1,2)，G(0,2,1)，＝

15、(－2,2，－2)，＝(－2,1,0)，＝(0,2,1)． 由(1)知平面A1DE的一個法向量為＝(0,2,1)， 設平面A1BF的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令x＝1得n＝(1,2,1)，為平面A1BF的一個法向量． 設平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角為θ， 則cosθ＝＝＝， 所以平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角的余弦值為. [能力挑戰(zhàn)] 7．[2019·湖北四校聯(lián)考]如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，M，N，Q分別是CC1，BC，AC的中點，點P在直線A1B1上運動，且＝λ(λ∈[0,1])． (

16、1)證明：無論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ； (2)是否存在點P，使得平面PMN與平面ABC的夾角為60°？若存在，試確定點P的位置，若不存在，請說明理由． 解析：(1)連接A1Q. ∵AA1＝AC＝1，M，Q分別是CC1，AC的中點， ∴△AA1Q≌△CAM， ∴∠MAC＝∠QA1A， ∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q. ∵N，Q分別是BC，AC的中點，∴NQ∥AB. 又AB⊥AC，∴NQ⊥AC. 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1. 又AC∩AA1＝A，∴NQ⊥平面ACC1A1， ∴NQ⊥A

17、M. 由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1， ∴N，Q，A1，P四點共面， ∴A1Q?平面PNQ. ∵NQ∩A1Q＝Q，∴ AM⊥平面PNQ，∴無論λ取何值，總有AM⊥平面PNQ. (2)如圖，以A為坐標原點，AB，AC，AA1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系A－xyz， 則A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，＝，＝(1,0,0)．由＝λ＝λ(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得點P(λ，0,1)， ∴＝. 設n＝(x，y，z)是平面PMN的法向量， 則 即得 令x＝3，得y＝1＋2λ，z＝2－2λ，∴n＝(3,1＋2λ，2－2λ)是平面PMN的一個法向量． 取平面ABC的一個法向量為m＝(0,0,1)． 假設存在符合條件的點P，則|cos〈m，n〉|＝＝，化簡得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝或λ＝(舍去)． 綜上，存在點P，且當A1P＝時，滿足平面PMN與平面ABC的夾角為60°.