2020届高考数学一轮复习课时训练：第8章 立体几何 42(含解析).doc

1、【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，ACB=90，CA=CB=CC1，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CA=CB=CC1=2，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，AA1=2，AC=2.M是

2、CC1的中点，P是AM的中点，点Q在线段BC1上，且BQ=QC1.(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CD=DC1，BQ=QC1，QDBC.又PDQD=D，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BC=a，BA=b，则各点的坐标分别为B(0,0,0)，C(a,0,0)，A(0，

3、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x=1，则可得平面ABM的一个法向量为n=(1,0，a)，|cosn，|=.又a2b2=8，a44a212=0.a2=2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，ABC=90，ABCADC，PA=AC=2AB=2，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

4、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n=0，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x1=2，则y1=0，z1=1，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x2=1，则y2=，z2=1，n2=(1，1)为平

5、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，PA=PD，E在AD上，且AB=BC=CD=DE=EA=2.(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，PA=PD，AE=ED，所以PEAD.又平面APD平面ABCD，平面APD平面ABCD=AD，所以PE平面ABCD.又BD平面ABCD，故PEBD.在四边形ABCD中，BCDE，且BC=DE，所以四边形BCDE为平行四边形.又

6、BC=CD，所以四边形BCDE为菱形.故BDCE.又PEEC=E，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PE=t(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，|=

7、，得t=2(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，AB=AE=BF=EF，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AEF

8、B，所以BCAG，因为AB綊EG，AB=AE，所以四边形ABGE为菱形.所以AGBE.又BCBE=B，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，AE=EG=BG=AB=4，设AGBE=O，所以OE=OB=2，OA=OG=2.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y=1，则x=，z=，即平面ACE的一个法向量为n=(，1，)，

9、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，AB=BC=1，BB1=2，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，BC=1，CC1=BB1=2，BCC1=，所以BC=BC2CC2BCCC1cosBCC1=1222212cos =3.所以BC1=.故BC

10、2BC=CC，所以BCBC1.而BCAB=B，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

11、平方并化简，得2253=0，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AA1=3，点E在BB1上，点F在CC1上，且BE=1，CF=2.(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=，tanCFD=tanBCE，CFD=BCE，BCEFDC=CFDFDC=90，CEDF.又ADDF=D，CE平面ADF.又CE平面CAE，平

12、面CAE平面ADF.(2)【解】在FDE中，易得FD=FE=，DE=，SFDE=.在EFA中，易得EA=EF=，AF=2 ，SEFA=2 =.设三棱锥DAEF的体积为V，点D到平面AEF的距离为h.则V=SFDEAD=SEFAh，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， ABC=ABE=90，四边形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】ABC=ABE=90，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BFD=45.在RtBDF中，B