2020届高考数学（理）一轮复习课时训练：第8章 立体几何 42 Word版含解析（含答案）.doc

【课时训练】第42节立体几何中的向量方法(二)求空间角和距离解答题1(2018深圳一模)已知直三棱柱ABCA1B1C1，ACB90，CACBCC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值【解】如图所示，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系设CACBCC12，则A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，(0，1,2)，(2,0，2)cos，.异面直线BD与A1C所成角的余弦值为.2(2018大连二模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，AA12，AC2.M是CC1的中点，P是AM的中点，点Q在线段BC1上，且BQQC1.(1)证明：PQ平面ABC；(2)若直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为，求BAC的大小(1)【证明】取MC的中点，记为点D，连接PD，QD.P为MA的中点，D为MC的中点，PDAC.又CDDC1，BQQC1，QDBC.又PDQDD，平面PQD平面ABC.又PQ平面PQD，PQ平面ABC.(2)【解】BC，BA，BB1两两互相垂直，以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz.设BCa，BAb，则各点的坐标分别为B(0,0,0)，C(a,0,0)，A(0，b,0)，A1(0，b,2)，M(a,0,1)，(0，b,2)，(0，b,0)，(a,0,1)设平面ABM的法向量为n(x，y，z)，则取x1，则可得平面ABM的一个法向量为n(1,0，a)，|cosn，|.又a2b28，a44a2120.a22或6(舍)，即a.sinBAC.BAC.3(2019兰州检测)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ABC90，ABCADC，PAAC2AB2，E是线段PC的中点(1)求证：DE平面PAB；(2)求二面角DCPB的余弦值(1)【证明】以B为坐标原点，BA所在的直线为x轴，BC所在的直线为y轴，过点B且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示则B(0,0,0)，C(0，0)，P(1,0,2)，D，A(1,0,0)，E，(1,0,1)，(1,0,2)，(1,0,0)设平面PAB的法向量为n(a，b，c)，则n(0,1,0)为平面PAB的一个法向量又n0，DE平面PAB，DE平面PAB.(2)【解】由(1)易知(0，0)，设平面PBC的法向量为n1(x1，y1，z1)，则令x12，则y10，z11，n1(2,0，1)为平面PBC的一个法向量设平面DPC的法向量为n2(x2，y2，z2)，则令x21，则y2，z21，n2(1，1)为平面DPC的一个法向量cosn1，n2.故二面角DCPB的余弦值为.4(2018宿州模拟)如图，在四棱锥PABCD中，ADBC，平面APD平面ABCD，PAPD，E在AD上，且ABBCCDDEEA2.(1)求证：平面PEC平面PBD；(2)设直线PB与平面PEC所成的角为，求平面APB与平面PEC所成的锐二面角的余弦值(1)【证明】连接BE.在PAD中，PAPD，AEED，所以PEAD.又平面APD平面ABCD，平面APD平面ABCDAD，所以PE平面ABCD.又BD平面ABCD，故PEBD.在四边形ABCD中，BCDE，且BCDE，所以四边形BCDE为平行四边形又BCCD，所以四边形BCDE为菱形故BDCE.又PEECE，所以BD平面PEC.又BD平面PBD，所以平面PEC平面PBD.(2)【解】取BC的中点F，连接EF.由(1)可知BCE是一个正三角形，所以EFBC.又BCAD，所以EFAD.又PE平面ABCD，故以点E为坐标原点，EF，ED，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设PEt(t0)，则D(0,2,0)，A(0，2,0)，P(0,0，t)，F(，0,0)，B(，1,0)因为BD平面PEC，所以(，3,0)是平面PEC的一个法向量又(，1，t)，所以cos，.由已知可得sin |cos，|，得t2(负值舍去)故P(0,0,2)，所以(，1，2)，(，1,0)设平面APB的法向量为n(x，y，z)，则由可得取y，则x，z，故n(，)为平面APB的一个法向量，所以cos，n.设平面APB与平面PEC所成的锐二面角为，则cos |cos，n|.5(2018十堰模拟)如图1，正方形ABCD的边长为4，ABAEBFEF，ABEF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD平面AEFB，G是EF的中点，如图2.(1)求证：AG平面BCE；(2)求二面角CAEF的余弦值(1)【证明】连接BG，因为BCAD，AD底面AEFB，所以BC底面AEFB.又AG底面AEFB，所以BCAG，因为AB綊EG，ABAE，所以四边形ABGE为菱形所以AGBE.又BCBEB，BE平面BCE，BC平面BCE，所以AG平面BCE.(2)【解】由(1)知，四边形ABGE为菱形，AGBE，AEEGBGAB4，设AGBEO，所以OEOB2，OAOG2.以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(2,0,0)，E(0，2，0)，F(4,2，0)，C(0,2，4)，D(2,0,4)，所以(2,2，4)，(2，2，0)设平面ACE的法向量为n(x，y，z)，则所以令y1，则x，z，即平面ACE的一个法向量为n(，1，)，易知平面AEF的一个法向量为(0,0,4)，设二面角CAEF的大小为，由图易知，所以cos ，即二面角CAEF的余弦值为.6(2018武汉高三测试)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB侧面BB1C1C，ABBC1，BB12，BCC1.(1)求证：BC1平面ABC；(2)设 (01)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30，试求的值(1)【证明】因为AB侧面BB1C1C，BC1侧面BB1C1C，故ABBC1.在BCC1中，BC1，CC1BB12，BCC1，所以BCBC2CC2BCCC1cosBCC11222212cos 3.所以BC1.故BC2BCCC，所以BCBC1.而BCABB，所以BC1平面ABC.(2)【解】由(1)可知AB，BC，BC1两两互相垂直以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图则B(0,0,0)，A(0,1,0)，B1(1,0，)，C(1,0,0)，C1(0,0，)，所以(1,0, )所以(，0, )，E(1，0, )，则(1，1，)，(1，1，)设平面AB1E的法向量为n(x，y，z)，则即令z，则x，y，故n是平面AB1E的一个法向量因为AB平面BB1C1C，所以(0,1,0)是平面BB1E的一个法向量所以|cosn，|.两边平方并化简，得22530，解得1或(舍去)故的值为1.7(2018河南安阳二模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是边长为2的等边三角形，D为BC的中点，侧棱AA13，点E在BB1上，点F在CC1上，且BE1，CF2.(1)证明：平面CAE平面ADF；(2)求点D到平面AEF的距离(1)【证明】ABC是等边三角形，D为BC的中点，ADBC，AD平面BCC1B1，得ADCE.在侧面BCC1B1中，tanCFD，tanBCE，tanCFDtanBCE，CFDBCE，BCEFDCCFDFDC90，CEDF.又ADDFD，CE平面ADF.又CE平面CAE，平面CAE平面ADF.(2)【解】在FDE中，易得FDFE，DE，SFDE.在EFA中，易得EAEF，AF2 ，SEFA2 .设三棱锥DAEF的体积为V，点D到平面AEF的距离为h.则VSFDEADSEFAh，得h，解得h.8(2018福建永春一中等四校2018联考)如图，在多面体EFABCD中，四边形ABCD，ABEF均为直角梯形， ABCABE90，四边形DCEF为平行四边形，平面ABCD平面DCEF.(1)求证：平面ADF平面ABCD；(2)若ABD是边长为2的等边三角形，且异面直线BF与CE所成的角为45，求点E到平面BDF的距离(1)【证明】ABCABE90，ABBC，ABBE.又BC，BE平面BCE，且交于点B，AB平面BCE.又CE平面BCE，ABCE.又ABCD，CEDF，CDDF.又平面ABCD平面DCEF，且交于CD，DF平面DCEF，DF平面ABCD.又DF平面ADF，平面ADF平面ABCD.(2)【解】CEDF，BFD为异面直线BF与CE所成的角，则BFD45.在RtBDF