2021版高考数学一轮复习第八章立体几何第7讲立体几何中的向量方法练习理北师大版.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. BC. 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.3二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2.则该二面角的大小为()A150B45 C60D120解析：选C.如图所示，二面角的大小就是，因为，所以22222()2222，所以(2)262428224.因此24，cos，又，0，180，所以，60，故二面角为60.4.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的法向量为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如图所示，菱形ABCD中，ABC60，AC与BD相交于点O，AE平面ABCD，CFAE，ABAE2.(1)求证：BD平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值的大小解：(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，所以BDAC.因为AE平面ABCD，BD平面ABCD，所以BDAE.又因为ACAEA，AC，AE平面ACFE.所以BD平面ACFE.(2)以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴，过点O且平行于CF的直线为z轴(向上为正方向)，建立空间直角坐标系，则B(0，0)，D(0，0)，E(1，0，2)，F(1，0，a)(a0)，(1，0，a)设平面EBD的法向量为n(x，y，z)，则有即令z1，则n(2，0，1)，由题意得sin 45|cos，n|，解得a3或a(舍去)所以(1，0，3)，(1，2)，cos，故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.6(2020湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥PABC中，M为AC的中点，PAPC，ABBC，ABBC，PB，AC2，PAC30.(1)证明：BM平面PAC；(2)求二面角BPAC的余弦值解：(1)证明：因为PAPC，ABBC，所以MPMBAC1，又MP2MB2BP2，所以MPMB.因为ABBC，M为AC的中点，所以BMAC，又ACMPM，所以BM平面PAC.(2)法一：取MC的中点O，连接PO，取BC的中点E，连接EO，则OEBM，从而OEAC.因为PAPC，PAC30，所以MPMCPC1.又O为MC的中点，所以POAC.由(1)知BM平面PAC，OP平面PAC，所以BMPO.又BMACM，所以PO平面ABC.以O为坐标原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，由题意知A，B，P，(1，1，0)，设平面APB的法向量为n(x，y，z)，则令x1，得n(1，1，)为平面APB的一个法向量，易得平面PAC的一个法向量为(0，1，0)，cosn，由图知二面角BPAC为锐角，所以二面角BPAC的余弦值为.法二：取PA的中点H，连接HM，HB，因为M为AC的中点，所以HMPC，又PAPC，所以HMPA.由(1)知BM平面PAC，则BHPA，所以BHM为二面角BPAC的平面角因为AC2，PAPC，PAC30，所以HMPC.又BM1，则BH，所以cosBHM，即二面角BPAC的余弦值为.7(2020合肥模拟)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.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.综合题组练1(2020河南联考)如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，平面PAD平面ABCD，PAD是边长为4的等边三角形，BCPB，E是AD的中点(1)求证：BEPD；(2)若直线AB与平面PAD所成角的正弦值为，求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值解：(1)证明：因为PAD是等边三角形，E是AD的中点，所以PEAD.又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PE平面PAD，所以PE平面ABCD，所以PEBC，PEBE.又BCPB，PBPEP，所以BC平面PBE，所以BCBE.又BCAD，所以ADBE.又ADPEE且AD，PE平面PAD，所以BE平面PAD，所以BEPD.(2)由(1)得BE平面PAD，所以BAE就是直线AB与平面PAD所成的角因为直线AB与平面PAD所成角的正弦值为，即sinBAE ，所以cosBAE.所以cosBAE，解得AB8，则BE2.由(1)得EA，EB，EP两两垂直，所以以E为坐标原点，EA，EB，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P(0，0，2)，A(2，0，0)，D(2，0，0)，B(0，2，0)，C(4，2，0)，所以(0，2，2)，(4，2，2)设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，由得解得令y1，可得平面PBC的一个法向量为m(0，1，)易知平面PAD的一个法向量为n(0，1，0)，设平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为，则cos .所以平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的余弦值为.2(2020河南郑州三测)如图，ABC中，ABBC2，ABC90，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把AEF折起，使点A到达点P的位置(如图)，且PBBE.(1)证明：EF平面PBE；(2)设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值解：(1)证明：因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EFBC.因为ABC90，所以EFBE，EFPE，又BEPEE，所以EF平面PBE.(2)取BE的中点O，连接PO，因为PBBEPE，所以POBE.由(1)知EF平面PBE，EF平面BCFE，所以平面PBE平面BCFE.又PO平面PBE，平面PBE平面BCFEBE，所以PO平面BCFE.过点O作OMBC交CF于点M，分别以OB，OM，OP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B，P，C，F，由N为线段PF上一动点，得(01)，则可得N，.设平面PCF的法向量为m(x，y，z)，则即取y1，则x1，z，所以m(1，1，)为平面PCF的一个法向量设直线BN与平面PCF所成的角为，则sin |cos，m|(当且仅当时取等号)，所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为.3(2020山东淄博三模)如图，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，将正方形ABCD沿EF折成如图所示的二面角，且二面角的大小为60，点M在线段AB上(包含端点)，连接AD.(1)若M为AB的中点，直线MF与平面ADE的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60？若存在，求此时二面角MECF的余弦值；若不存在，说明理由解：(1)因为直线MF平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上(如图所示)因为AOBF，M为AB的中点，所以OAMFBM，所以OMMF，AOBF，所以AO2.故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2.连接DF，交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点连接MN，则MN为DOF的中位线，所以MNOD，又MN平面EMC，OD 平面EMC，所以直线OD平面EMC.(2)由已知可得EFAE，EFDE，又AEDEE，所以EF平面ADE.所以平面ABFE平面ADE，易知ADE为等边三角形，取AE的中点H，则易得DH平面ABFE，以H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1，0，0)，D(0，0，)，C(0，4，)，F(1，4，0)，所以(1，0，)，(1，4，)设M(1，t，0)(0t4)，则(2，t，0)，设平面EMC的法向量为m(x，y，z)，则取y