高考数一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用限时集训 理

限时集训(四十五)空间向量在立体几何中的应用(限时：50分钟满分：112分)1．(满分14分)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)设E为BC的中点，求与夹角的余弦值．2．(满分14分)(·孝感模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：PA⊥EF；(2)求二面角D－FG－E的余弦值．3.(满分14分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝eq\r(2)AA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上且DE⊥AE.(1)证明：平面ADE⊥平面ACC1A1(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值．4．(满分14分)(·江西高考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝eq\r(5)，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．5．(满分14分)如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1中，上，下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F－CC1－B的余弦值．6．(满分14分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；(2)设点M在线段PC上，eq\f(PM,MC)＝eq\f(1,2)，求证：PA∥平面MQB；(3)在(2)的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M－BQ－C的大小．7．(满分14分)(·福建高考)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(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；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．8．(满分14分)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2eq\r(2)，∠ABC＝90°，如图(1)．把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD.(1)求证：CD⊥AB；(2)若点M为线段BC中点，求点M到平面ACD的距离；(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出eq\f(BN,BC)的值；若不存在，说明理由．答案[限时集训(四十五)]1．解：(1)证明：∵折起前AD是BC边上的高，∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∵AD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC.(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，－\r(3)))，＝(1,0,0)，∴与夹角的余弦值为cos〈，〉＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(\f(1,2),\r(1×\f(22,4)))＝eq\f(\r(22),22).2.解：(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0,1)，F(0,0,1)，G(－2,1,0)．(1)∵＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，∴·＝0，∴PA⊥EF.(2)易知＝(0,0,1)，＝(－2,1，－1)．设平面DFG的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－2x1＋y1－z1＝0.))令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一个法向量．同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一个法向量，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，由图可知二面角D－FG－E为钝角，∴二面角D－FG－E的余弦值为－eq\f(\r(10),5).3．解：(1)证明：由正三棱柱ABC－A1B1C1的性质知AA1⊥平面A1B1C1，又DE⊂平面A1B1C1，所以DE⊥AA1.而DE⊥AE，AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面ACC1A1.又DE⊂平面ADE，故平面ADE⊥平面ACC1A(2)如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA1＝eq\r(2)，则AB＝2，相关各点的坐标分别是A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C1(0,1，eq\r(2))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2))).易知＝(eq\r(3)，1,0)，＝(0,2，eq\r(2))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2))).设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝\r(3)x＋y＝0，,n·＝2y＋\r(2)z＝0.))解得x＝－eq\f(\r(3),3)y，z＝－eq\r(2)y.故可取n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(6))．所以，cos〈n，〉＝eq\f(n·,|n|·||)＝eq\f(2\r(3),\r(10)×\r(3))＝eq\f(\r(10),5).由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为eq\f(\r(10),5).4．解：(1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C，又AO＝eq\r(AB2－BO2)＝1，AA1＝eq\r(5)，得AE＝eq\f(AO2,AA1)＝eq\f(\r(5),5).(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，由＝eq\f(1,5)AA1→得点E的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，由(1)得平面BB1C1C的法向量是＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，设平面A1B1C的法向量n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,y＋z＝0.))令y＝1，得x＝2，z＝－1，即n＝(2,1，－1)，所以cos〈OE→，n〉＝eq\f(·n,||·|n|)＝eq\f(\r(30),10)，即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是eq\f(\r(30),10).5.解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，(1)∵＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，∴|cos〈，〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·,||·|)))＝eq\f(\r(3),3)，所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为eq\f(\r(3),3).(2)∵＝(－a，－a，a)，＝(－2a,0,0)，＝(0，a，a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·＝0，,·＝0，))∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B.(3)由(2)知，为平面BCC1B1的一个法向量．设n＝(x1，y1，z1)为平面FCC1的法向量，∵＝(0，－a，a)，＝(－a,2a,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay1＋az1＝0，,－ax1＋2ay1＝0.))令y1＝1，则x1＝2，z1＝1，∴n＝(2,1,1)，∴cos〈，n〉＝eq\f(·n,||·|n|)＝eq\f(\r(3),3)，即二面角F－CC1－B的余弦值为eq\f(\r(3),3).6．解：(1)连接BD，四边形ABCD菱形，∵∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形，又Q为AD中点，∴AD⊥BQ.∵PA＝PD，Q为AD的中点，AD⊥PQ，又BQ∩PQ＝Q，∴AD⊥平面PQB，AD⊂平面PAD.∴平面PQB⊥平面PAD.图(1)(2)连接AC交BQ于点N，如图(1)：由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，∴eq\f(AQ,BC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,2).又eq\f(PM,MC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(PM,MC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,2).∴PA∥MN.∵MN⊂平面MQB，PA⊄平面MQB，∴PA∥平面MQB.(3)由PA＝PD＝AD＝2，Q为AD的中点，则PQ⊥AD.图(2)又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD.以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图(2)所示的坐标系，则各点坐标为A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，eq\r(3))．设平面MQB的法向量n＝(x，y,1)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))∵PA∥MN，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))解得n＝(eq\r(3)，0,1)．取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)．cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,2).故二面角M－BQ－C的大小为60°.7.解：(1)证明：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A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0,1)，故＝(0,1,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，1＝(a,0,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).∵·＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，则y＝－eq\f(a,2)，z＝－a，得平面B1AE的一个法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP⊄平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝eq\f(1,2).(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，∴AD1⊥平面DCB1A1，∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)．设与n所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(－\f(a,2)－a,\r(2)·\r(1＋\f(a2,4)＋a2)).∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，∴|cosθ|＝cos30°，即eq\f(\f(3a,2),\r(2)·\r(1＋\f(5a2,4)))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝2，即AB的长