高考数学第八章立体几何7第7讲立体几何中的向量方法练习理（含解析）.docx

第7讲 立体几何中的向量方法 基础题组练1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为()A.B. C.D.解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C.所以(0，0，1)，(0，1，1)，所以cos，所以，所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B.2如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB3，E为线段AB上一点，且AEAB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为()A. B.C. D.解析：选A.如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以(0，3，1)，(1，1，1)，(0，3，1)设平面D1EC的法向量为n(x，y，z)，则即即取y1，得n(2，1，3)因为cos，n，所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为，故选A.3在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A. B.C. D.解析：选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，所以(0，1，1)，设平面A1ED的一个法向量为n1(1，y，z)，则即所以所以n1(1，2，2)又平面ABCD的一个法向量为n2(0，0，1)，所以cosn1，n2.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为.4如图，正三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为_解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B1(0，2)，F(1，0，1)，E，G(0，0，2)，(1，1)，(1，0，1)设平面GEF的法向量n(x，y，z)，则即取x1，则z1，y，故n(1，1)为平面GEF的一个法向量，所以|cosn，|，所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为.答案：5(2019高考全国卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.(1)证明：BE平面EB1C1；(2)若AEA1E，求二面角BECC1的正弦值解：(1)证明：由已知得，B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，故B1C1BE.又BEEC1，所以BE平面EB1C1.(2)由(1)知BEB190.由题设知RtABERtA1B1E，所以AEB45，故AEAB，AA12AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，(1，0，0)，(1，1，1)，1(0，0，2)设平面EBC的法向量为n(x，y，z)，则即所以可取n(0，1，1)设平面ECC1的法向量为m(x1，y1，z1)，则即所以可取m(1，1，0)于是cosn，m.所以，二面角BECC1的正弦值为.6(2019福州市质量检测)如图，四棱锥PABCD，ABCD，BCD90，AB2BC2CD4，PAB为等边三角形，平面PAB平面ABCD，Q为PB的中点(1)求证：AQ平面PBC；(2)求二面角BPCD的余弦值解：(1)证明：因为ABCD，BCD90，所以ABBC，又平面PAB平面ABCD，且平面PAB平面ABCDAB，所以BC平面PAB，又AQ平面PAB，所以BCAQ，因为Q为PB的中点，且PAB为等边三角形，所以PBAQ，又PBBCB，所以AQ平面PBC.(2)取AB的中点O，连接PO，OD，因为PAB为等边三角形，所以POAB，由平面PAB平面ABCD，PO平面PAB，得PO平面ABCD，所以POOD，由AB2BC2CD4，ABC90，可知ODBC，所以ODAB.以AB中点O为坐标原点，分别以OD，OB，OP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，2，0)，D(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，B(0，2，0)，所以(2，2，0)，(2，0，2)，(0，2，0)因为Q为PB的中点，所以Q(0，1，)，由(1)知，平面PBC的一个法向量为(0，3，)设平面PCD的法向量为n(x，y，z)，由，得，取z1，则n(，0，1)，cos，n.因为二面角BPCD为钝角，所以二面角BPCD的余弦值为.7如图(1)，在MBC中，MA是BC边上的高，MA3，AC4.如图(2)，将MBC沿MA进行翻折，使得二面角BMAC为90，再过点B作BDAC，连接AD，CD，MD，且AD2，CAD30.(1)求证：CD平面MAD；(2)在线段MD上取一点E使，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值解：(1)证明：在ADC中，AC4，AD2，CAD30，利用余弦定理可得CD2，所以CD2AD2AC2，所以ADC90，即CDAD.因为MAAB，MAAC，ABACA，故MA平面ABDC.因为CD平面ABDC，所以CDMA.又ADMAA，所以CD平面MAD.(2)由题意可知，AM，AB，AC两两垂直，BAD60.如图，以A为坐标原点，AB，AC，AM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(，0，0)，D(，3，0)，M(0，0，3)，(，0，3)，(0，3，0)设E(x0，y0，z0)，由，得(x0，y0，z03)(，3，3)，得x0，y01，z02，所以.设平面MBD的法向量为n(x，y，z)，则n，n，所以即令x，得其中一个法向量n(，0，1)设直线AE与平面MBD所成的角为，则sin |cosn，|.综合题组练1(应用型)(2019唐山模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中点(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值解：(1)证明：因为PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以PCAC.因为AB2AD2CD，所以ACBCADCD，所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，所以AC平面PBC.因为AC平面EAC，所以平面EAC平面PBC.(2)如图，以C为原点，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，并设CB2，CP2a(a0)则C(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2a)，则E(1，0，a)，(0，2，0)，(0，0，2a)，(1，0，a)，易知m(1，0，0)为平面PAC的一个法向量设n(x，y，z)为平面EAC的法向量，则nn0，即y0，取xa，则z1，n(a，0，1)依题意，|cosm，n|，则a.于是n(，0，1)，(0，2，2)设直线PA与平面EAC所成角为，则sin |cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.2(应用型)(2019昆明调研)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是直角梯形，ADC90，ABCD，AB2CD.平面PAD平面ABCD，PAPD，点E在PC上，DE平面PAC.(1)证明：PA平面PCD；(2)设AD2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45，求DE的长解：(1)证明：由DE平面PAC，得DEPA，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CDAD，所以CD平面PAD，所以CDPA，又CDDED，所以PA平面PCD.(2)取AD的中点O，连接PO，因为PAPD，所以POAD，则PO平面ABCD，以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz，如图，由(1)得PAPD，由AD2得PAPD，OP1，设CDa，则P(0，0，1)，D(0，1，0)，C(a，1，0)，B(2a，1，0)，则(a，2，0)，(a，1，1)，设m(x，y，z)为平面PBC的法向量，由得令x2，则ya，z3a，故m(2，a，3a)为平面PBC的一个法向量，由(1)知n(a，0，0)为平面PAD的一个法向量，由|cosm，n|，解得a，即CD，所以在RtPCD中，PC，由等面积法可得DE.3(应用型)(2019郑州第一次质量预测)如图，在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，AB6，BC2，AC2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD2DB，CE2EB，PDAC.(1)求证：PD平面ABC；(2)若直线PA与平面ABC所成的角为，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角解：(1)证明：由题意知AC2，BC2，AB6，所以AC2BC2AB2，所以ACB，所以cosABC.又易知BD2，所以CD222(2)2222cosABC8，所以CD2，又AD4，所以CD2AD2AC2，所以CDAB.因为平面PAB平面ABC，交线为AB，所以CD平面PAB，所以CDPD，因为PDAC，ACCDC，所以PD平面ABC.(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，所以可建立如图所示的直角坐标系Dxyz，因为直线PA与平面ABC所成的角为，即PAD，所以PDAD4，则A(0，4，0)，C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，4)，所以(2，2，0)，(2，4，0)，(0