2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：立体几何中的向量方法含解析.docx

教学资料范本2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练：立体几何中的向量方法含解析编 辑：_时 间：_15立体几何中的向量方法专题能力训练第36页一、能力突破训练1.如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解:依题意,OF平面ABCD,如图,以O为原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得点O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0), D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,知=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n1=0,又因为直线EG平面ADF,所以EG平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos=-,于是sin=所以,二面角O-EF-C的正弦值为(3)由AH=HF,得AH=AF.因为=(1,-1,2),所以,进而有H,从而,因此cos=-所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1底面ABC,ABC是边长为2的正三角形,AA1=3,D,E分别为AB,BC的中点.(1)求证:CD平面AA1B1B;(2)求二面角B-AE-B1的余弦值;(3)在线段B1C1上是否存在一点M,使BM平面AB1E?说明理由.答案：(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1底面ABC,CD平面ABC,AA1CD.又ABC为等边三角形,D为AB的中点,CDAB.ABAA1=A,CD平面AA1B1B.(2)解取A1B1的中点F,连接DF.D,F分别为AB,A1B1的中点,DFAB.由(1)知CDAB,CDDF,如图,建立空间直角坐标系D-xyz.由题意,得A(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,),A1(1,3,0),B1(-1,3,0),C1(0,3,),D(0,0,0),E-,0,=(-2,3,0).设平面AB1E的法向量n=(x1,y1,z1),则令x1=1,则y1=,z1=即n=易知平面BAE的一个法向量=(0,3,0).n=(0,3,0)=2,|=3,|n|=,cos=由题意知二面角B-AE-B1为锐角,它的余弦值为(3)解在线段B1C1上不存在点M,使BM平面AB1E.理由如下:假设在线段B1C1上存在点M,使BM平面AB1E,则0,1,使得=(1,0,),=(,0,).又=(0,3,0),=(,3,).由(2)可知,平面AB1E的一个法向量n=BM平面AB1E,当且仅当n,即R,使得=n=,则解得=0,1,这与0,1矛盾.故在线段B1C1上不存在点M,使BM平面AB1E.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G是的中点.(1)设P是上的一点,且APBE,求CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解：(1)因为APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120.因此CBP=30.(2)(解法一)取的中点H,连接EH,GH,CH.因为EBC=120,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EMAG,CMAG,所以EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=2在BEC中,由于EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=2,因此EMC为等边三角形,故所求的角为60.(解法二)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得点A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3),C(-1,0),故=(2,0,-3),=(1,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由可得取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由可得取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).所以cos=因此所求的角为60.4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(1)求证:B1EAD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.解：以A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(如图).设AB=a,则点A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(a,0,1),(1)证明:=-0+11+(-1)1=0,B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP平面B1AE,此时=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).n平面B1AE,n,n,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=要使DP平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=又DP平面B1AE,存在点P,满足DP平面B1AE,此时AP=5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD平面ABCD,点M在线段PB上,PD平面MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.答案：(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD平面MAC,平面MAC平面PDB=ME,所以PDME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OPAD.又因为平面PAD平面ABCD,且OP平面PAD,所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD,所以OPOE.因为ABCD是正方形,所以OEAD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则点P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则y=1,z=于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos=由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为(3)解由题意知M,C(2,4,0),设直线MC与平面BDP所成角为,则sin =|cos|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DCEB,DC=EB,AB=4,tanEAB=(1)证明:平面ADE平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.答案：(1)证明因为AB是直径,所以BCAC.因为CD平面ABC,所以CDBC.因为CDAC=C,所以BC平面ACD.因为CDBE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BCDE,所以DE平面ACD.因为DE平面ADE,所以平面ADE平面ACD.(2)解依题意,EB=ABtanEAB=4=1.由(1)知VC-ADE=VE-ACD=SACDDE=ACCDDE=ACBC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则点D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),则=(-2,2,0),=(0,0,1),=(0,2,0),=(2,0,-1).设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),则取n1=(1,0,2).设平 面ABE的法向量为n2=(x,y,z),则取n2=(1,1,0),所以cos=可以判断与二面角D-AE-B的平面角互补,所以二面角D-AE-B的余弦值为-二、思维提升训练7.(20xx全国,理19)由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形如图所示,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.答案：(1)证明由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)解作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH=以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),=(1,0,),=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则所以可取n=(3,6,-).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos=因此二面角B-CG-A的大小为30.8.如图,平面PAD平面ABCD,四边形ABCD为正方形,PAD=90,且PA=AD=2;E,F,G分别是线段PA,PD,CD的中点. 1)求证:PB平面EFG;(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值;(3)在线段CD上是否存在一点Q,使得点A到平面EFQ的距离为?若存在,求出CQ的值;若不存在,请说明理由.解：平面PAD平面ABCD,且PAD=90,PA平面ABCD,而四边形ABCD是正方形,即ABAD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则点A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0).(1)证明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),设=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,=2+2又不共线,共面.PB平面EFG,PB平面EFG.(2)=(1,2,-1),=(-2,2,0),=(1,2,-1)(-2,2,0)=1(-2