2019届高考数学二轮复习专题四3第3讲立体几何中的向量方法专题强化训练.docx

第3讲 立体几何中的向量方法 A组夯基保分专练一、选择题1(2018合肥第一次质量检测)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，BF平面ABCD，DE平面ABCD，BFDE，M为棱AE的中点(1)求证：平面BDM平面EFC；(2)若DE2AB，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MNEC.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BFDE.因为BFDE，所以四边形BDEF为平行四边形，所以BDEF.因为BD平面EFC，EF平面EFC，所以BD平面EFC.又MNBDN，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Dxyz.设AB2，则DE4，从而D(0，0，0)，B(2，2，0)，M(1，0，2)，A(2，0，0)，E(0，0，4)，所以(2，2，0)，(1，0，2)，设平面BDM的法向量为n(x，y，z)，则得令x2，则y2，z1，从而n(2，2，1)为平面BDM的一个法向量因为(2，0，4)，设直线AE与平面BDM所成的角为，则sin |cosn|，所以直线AE与平面BDM所成角的正弦值为.2.(2018高考全国卷)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点(1)证明：平面AMD平面BMC; (2)当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值解：(1)证明：由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD.因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，故BCDM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，所以DM平面BMC.而DM平面AMD，故平面AMD平面BMC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为的中点由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，(2，1，1)，(0，2，0)，(2，0，0)设n(x，y，z)是平面MAB的法向量，则即可取n(1，0，2)是平面MCD的法向量，因此cosn，sinn，.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.3(2018陕西教学质量检测(一)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O底面ABCD，AB2，AA13.(1)证明：平面A1CO平面BB1D1D；(2)若BAD60，求二面角BOB1C的余弦值解：(1)证明：因为A1O平面ABCD，BD平面ABCD，所以A1OBD.因为四边形ABCD是菱形，所以COBD.因为A1OCOO，所以BD平面A1CO.因为BD平面BB1D1D，所以平面A1CO平面BB1D1D.(2)因为A1O平面ABCD，COBD，所以OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系因为AB2，AA13，BAD60，所以OBOD1，OAOC，OA1.则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，0)，A(0，0)，A1(0，0，)，所以(1，0，0)，(0，)，(1，)，设平面OBB1的法向量为n(x，y，z)，所以令y，得n(0，1)是平面OBB1的一个法向量同理可求得平面OCB1的一个法向量m(，0，1)，所以cosn，m，由图可知二面角BOB1C是锐二面角，所以二面角BOB1C的余弦值为.4.如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBCAD，BADABC90，E是PD的中点(1)证明：直线CE平面PAB；(2)点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45 ，求二面角MABD的余弦值解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF，如图所示因为E是PD的中点，所以EFAD，EFAD.由BADABC90得BCAD，又BCAD，所以EF綊BC，四边形BCEF是平行四边形，CEBF，又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE平面PAB.(2)由已知得BAAD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，设|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，P(0，1，)，(1，0，)，(1，0，0)设M(x，y，z)(0x1)，则(x1，y，z)，(x，y1，z)因为BM与底面ABCD所成的角为45，而n(0，0，1)是底面ABCD的一个法向量，所以|cos，n|sin 45，即(x1)2y2z20.又M在棱PC上，设，则x，y1，z.由，解得(舍去)，所以M，从而.设m(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，则即所以可取m(0，2)于是cosm，n.因此二面角MABD的余弦值为.B组大题增分专练1(2018南昌模拟)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABCD为直角梯形，ADBC，ADAB，ABBCAPAD3，ACBDO，过O点作平面平行于平面PAB，平面与棱BC，AD，PD，PC分别相交于点E，F，G，H.(1)求GH的长度；(2)求二面角BFHE的余弦值解：(1)因为平面平面PAB，平面平面ABCDEF，平面PAB平面ABCDAB，所以EFAB.同理EHBP，FGAP.因为BCAD，AD6，BC3，所以BOCDOA，且，所以，CECB1，BEAF2，同理，连接HO，则有HOPA，且HOEO，HO1，所以EHPB，同理FGPA2，过点H作HNEF交FG于N，易得四边形HNFO为矩形，则GH.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则B(3，0，0)，F(0，2，0)，E(3，2，0)，H(2，2，1)，(1，2，1)，(2，0，1)设平面BFH的法向量为n(x，y，z)，则，令z2，得n.因为平面EFGH平面PAB，所以平面EFGH的一个法向量为m(0，1，0)故cosm，n，二面角BFHE的余弦值为.2(2018西安模拟)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，ABC45，ADAP2，ABDP2，E为CD的中点，点F在线段PB上(1)求证：ADPC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等解：(1)证明：在平行四边形ABCD中，连接AC，AB2，BC2，ABC45，由余弦定理得AC284222cos 454，得AC2，所以ACB90，即BCAC，又ADBC，所以ADAC，又ADAP2，DP2，所以PAAD，又APACA，所以AD平面PAC，所以ADPC.(2)因为侧面PAD底面ABCD，PAAD，所以PA底面ABCD，所以直线AC，AD，AP互相垂直，以A为坐标原点，DA，AC，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0，0，0)，D(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(1，1，0)，P(0，0，2)，所以(0，2，2)，(2，0，2)，(2，2，2)，设(0，1)，则(2，2，2)，F(2，2，22)，所以(21，21，22)，易得平面ABCD的法向量m(0，0，1)设平面PDC的法向量为n(x，y，z)，由得令x1，得n(1，1，1)因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos，m|cos，n|，即，所以|22|，即|1|，解得，所以.3(2018潍坊模拟)在PABC中，PA4，PC2，P45，D是PA的中点(如图1)将PCD沿CD折起到图2中P1CD的位置，得到四棱锥P1ABCD.(1)将PCD沿CD折起的过程中，CD平面P1DA是否成立？请证明你的结论；(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60，且P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值解：(1)将PCD沿CD折起过程中，CD平面P1DA成立证明如下：因为D是PA的中点，PA4，所以DPDA2，在PDC中，由余弦定理得，CD2PC2PD22PCPDcos 45842224，所以CD2PD，因为CD2DP28PC2，所以PDC为等腰直角三角形且CDPA，所以CDDA，CDP1D，P1DADD，所以CD平面P1DA.(2)由(1)知CD平面P1DA，CD平面ABCD，所以平面P1DA平面ABCD，因为P1DA为锐角三角形，所以P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，所以P1O平面ABCD，则P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，所以P1DA60，因为DP1DA2，所以P1DA为等边三角形，O为AD的中点，故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x轴与BC交于点M，因为DAP1A2，所以OP1，易知ODOACM1，所以BM3，则P1(0，0，)，D(0，1，0)，C(2，1，0)，B(2，3，0)，(2，0，0)，(0，4，0)，(2，1，)，因为CD平面P1DA，所以可取平面P1DA的一个法向量n1(1，0，0)，设平面P1BC的法向量n2(x2，y2，z2)，则所以解得令z21，则n2，设平面P1AD和平面P1BC所成的角为，由图易知为锐角，所以cos |cosn1，n2|.所以平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.4.如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，ADCD，且ADCD2，BC4，PA2.(1)求证：ABPC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由解：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，由ADCD2，BC4，可得ABAC4，所以BC2AB2AC2，所以BAC90，即ABAC，因为PA平面ABCD，所以PAAB，又PAACA，所以AB平面PAC，所以ABPC.(2)存在，理由如下：取BC的中点E，则AEBC，以A为坐标原点，AE，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0