（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 專題檢測（十三）立體幾何中的向量方法 理（普通生含解析）

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1、（通用版）2022年高考數(shù)學二輪復習 專題檢測（十三）立體幾何中的向量方法 理（普通生，含解析） 1.如圖，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，四邊形ABCD為菱形，A1A＝AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點． (1)求異面直線EF，AD所成角的余弦值； (2)點M在線段A1D上，＝λ，若CM∥平面AEF，求實數(shù)λ的值． 解：(1)因為A1A⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，AD?平面ABCD， 所以A1A⊥AE，A1A⊥AD. 在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，連接AC， 則△ABC是等邊三角形． 因為E是BC的中點，所以B

2、C⊥AE. 因為BC∥AD，所以AE⊥AD. 以A為坐標原點，AE為x軸，AD為y軸，AA1為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0，0)，C(，1,0)，D(0,2,0)， A1(0,0,2)，E(，0,0)，F(xiàn)， ＝(0,2,0)，＝， 所以cos〈，〉＝＝＝， 所以異面直線EF，AD所成角的余弦值為. (2)設M(x，y，z)，由于點M在線段A1D上，且＝λ， 所以＝λ，則(x，y，z－2)＝λ(0,2，－2)． 解得M(0,2λ，2－2λ)，所以＝(－，2λ－1,2－2λ)． 設平面AEF的一個法向量為n＝(x0，y0，z0)． 因為＝(，0,0)，＝，

3、 所以即 取y0＝2，得z0＝－1， 則平面AEF的一個法向量為n＝(0,2，－1)． 由于CM∥平面AEF，則n·＝0， 即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝. 2.(2019屆高三·河北三市聯(lián)考)如圖，三棱柱ADE-BCG中，四邊形ABCD是矩形，F(xiàn)是EG的中點，EA⊥AB，AD＝AE＝EF＝1，平面ABGE⊥平面ABCD. (1)求證：AF⊥平面FBC； (2)求二面角B-FC-D的正弦值． 解：(1)證明：∵四邊形ABCD是矩形， ∴BC⊥AB， 又平面ABGE⊥平面ABCD， ∴BC⊥平面ABGE， ∵AF?平面ABGE， ∴BC⊥AF. 在△AF

4、B中，AF＝BF＝，AB＝2， ∴AF2＋BF2＝AB2， 即AF⊥BF，又BF∩BC＝B， ∴AF⊥平面FBC. (2)分別以AD，AB，AE所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(1,2,0)，E(0,0,1)，B(0,2,0)，F(xiàn)(0,1,1)，∴＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)， 設n1＝(x，y，z)為平面CDEF的法向量， 則即 令x＝1，得z＝1，即n1＝(1,0,1)為平面CDEF的一個法向量， 取n2＝＝(0,1,1)為平面BCF的一個法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝＝， ∴二面角B-FC-D的正弦值為

5、. 3．如圖，在四棱錐E-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，側面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，動點F在棱AE上，且EF＝λFA. (1)試探究λ的值，使CE∥平面BDF，并給予證明； (2)當λ＝1時，求直線CE與平面BDF所成角的正弦值． 解：(1)當λ＝時，CE∥平面BDF.證明如下： 連接AC交BD于點G，連接GF， ∵CD∥AB，AB＝2CD， ∴＝＝， ∵EF＝FA，∴＝＝，∴GF∥CE， 又CE?平面BDF，GF?平面BDF， ∴CE∥平面BDF. (2)取AB的中點O，連接EO，則EO⊥AB，

6、∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB， ∴EO⊥平面ABCD， 連接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1， ∴四邊形BODC為平行四邊形，∴BC∥DO， 又BC⊥AB，∴AB⊥OD， 則OD，OA，OE兩兩垂直，以O為坐標原點，OD，OA，OE所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系O-xyz， 則O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，D(1,0,0)，C(1，－1，0)，E(0,0，)． 當λ＝1時，有＝，∴F， ∴＝(1,1,0)，＝，＝(－1,1，)． 設平面BDF的法向量為n＝(x，y，z)， 則即 令z＝，得y＝

7、－1，x＝1， 則n＝(1，－1，)為平面BDF的一個法向量， 設直線CE與平面BDF所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 故直線CE與平面BDF所成角的正弦值為. 4．(2018·成都一診)如圖①，在邊長為5的菱形ABCD中，AC＝6，現(xiàn)沿對角線AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面體P-ABC，如圖②所示．已知PB＝4. (1)求證：平面PAC⊥平面ABC； (2)若Q是線段AP上的點，且＝，求二面角Q-BC-A的余弦值． 解：(1)證明：取AC的中點O，連接PO，BO. ∵四邊形ABCD是菱形， ∴PA＝PC，PO⊥AC. ∵DC＝5，AC

8、＝6， ∴OC＝3，PO＝OB＝4， ∵PB＝4， ∴PO2＋OB2＝PB2， ∴PO⊥OB. ∵OB∩AC＝O，∴PO⊥平面ABC. ∵PO?平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC. (2)∵AB＝BC，∴BO⊥AC. 故OB，OC，OP兩兩垂直． 以O為坐標原點，OB，OC，OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 則B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，－3,0)． 設點Q(x，y，z)． 由＝，得Q. ∴＝(－4,3,0)，＝. 設n1＝(x1，y1，z1)為平面BCQ的法向量， 由得 取x1＝3，

9、則n1＝(3,4,15)． 取平面ABC的一個法向量n2＝(0,0,1)． ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝， ∵二面角Q-BC-A為銳角， ∴二面角Q-BC-A的余弦值為. B組——大題專攻補短練 1.在三棱錐P-ABC中，PA＝PB＝PC＝2，BC＝1，AC＝，AC⊥BC. (1)求點B到平面PAC的距離． (2)求異面直線PA與BC所成角的余弦值． 解：(1)以C為坐標原點，CA為x軸，CB為y軸，過C作平面ABC的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，取AB的中點D，連接PD，DC， 因為△ACB為直角三角形且AC＝，BC＝1， 所以AB＝2， 所以△PAB為正三角形，

10、 所以PD⊥AB且PD＝. 在△PDC中，PC＝2，PD＝，DC＝1， 所以PC2＝PD2＋DC2， 所以PD⊥DC，又AB∩DC＝D， 所以PD⊥平面ABC. 則A(，0,0)，B(0,1,0)，D，P，C(0,0,0)，＝(，0,0)，＝，＝，＝(0,1,0)， 設平面PAC的法向量n＝(x，y，z)， 則即 取y＝2，得n＝(0,2，－1)為平面PAC的一個法向量， 所以點B到平面PAC的距離 d＝＝＝. (2)因為＝，＝(0，－1,0)， 設異面直線PA與BC所成角為θ， 則cos θ＝＝＝. 所以異面直線PA與BC所成角的余弦值為. 2.已知四棱錐P-A

11、BCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，頂點P在平面ABCD內的射影H在AD上，PA⊥PD. (1)求證：平面PAB⊥平面PAD； (2)若直線AC與PD所成角為60°，求二面角A-PC-D的余弦值． 解：(1)證明：∵PH⊥平面ABCD，AB?平面ABCD， ∴PH⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD?平面PAD，PH?平面PAD， ∴AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD. (2)以A為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系A-xyz， ∵PH⊥平面ABCD， ∴z軸∥PH. 則A(0,0,0

12、)，C(1,1,0)，D(0,2,0)， 設AH＝a，PH＝h(00)． 則P(0，a，h)． ∴＝(0，a，h)，＝(0，a－2，h)，＝(1,1,0)． ∵PA⊥PD，∴·＝a(a－2)＋h2＝0. ∵AC與PD所成角為60°， ∴|cos〈，〉|＝＝， ∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0， ∵00，∴h＝1，∴P(0,1,1)． ∴＝(0,1,1)，＝(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1，－1,0)， 設平面APC的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則即 令x1＝1，得y1＝－1，z1＝1， ∴平面A

13、PC的一個法向量為n＝(1，－1,1)， 設平面DPC的法向量為m＝(x2，y2，z2)． 則即 令x2＝1，得y2＝1，z2＝1， ∴平面DPC的一個法向量為m＝(1,1,1)． ∴cos〈m，n〉＝＝. ∵二面角A-PC-D的平面角為鈍角， ∴二面角A-PC-D的余弦值為－. 3．(2018·西安質檢)如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1＝3. (1)證明：平面A1CO⊥平面BB1D1D； (2)若∠BAD＝60°，求二面角B-OB1-C的余弦值． 解：(1)證明：∵A1O⊥平面ABCD

14、，BD?平面ABCD. ∴A1O⊥BD. ∵四邊形ABCD是菱形， ∴CO⊥BD. ∵A1O∩CO＝O， ∴BD⊥平面A1CO. ∵BD?平面BB1D1D， ∴平面A1CO⊥平面BB1D1D. (2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1兩兩垂直，以O為坐標原點，，，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系． ∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°， ∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝， OA1＝＝. 則O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，，0)，A(0，－，0)，A1(0,0，)， ∴＝(1,0,0)，＝＝(0，，)，

15、 ＝＋＝(1，，)，＝(0，，0)． 設平面OBB1的法向量為n＝(x1，y1，z1)， 則即 令y1＝，得n＝(0，，－1)是平面OBB1的一個法向量． 設平面OCB1的法向量m＝(x2，y2，z2)， 則即 令z2＝－1，得m＝(，0，－1)為平面OCB1的一個法向量， ∴cos〈n，m〉＝＝＝， 由圖可知二面角B-OB1-C是銳二面角， ∴二面角B-OB1-C的余弦值為. 4．(2018·濰坊統(tǒng)考)在平行四邊形PABC中，PA＝4，PC＝2，∠P＝45°，D是PA的中點(如圖1)．將△PCD沿CD折起到圖2中△P1CD的位置，得到四棱錐P1-ABCD. (1)

16、將△PCD沿CD折起的過程中，CD⊥平面P1DA是否成立？請證明你的結論． (2)若P1D與平面ABCD所成的角為60°，且△P1DA為銳角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值． 解：(1)將△PCD沿CD折起過程中，CD⊥平面P1DA成立．證明如下： ∵D是PA的中點，PA＝4，∴DP＝DA＝2， 在△PDC中，由余弦定理得， CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos 45°＝8＋4－2×2×2×＝4， ∴CD＝2＝PD， ∵CD2＋DP2＝8＝PC2， ∴△PDC為等腰直角三角形且CD⊥PA， ∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D， ∴CD⊥平

17、面P1DA. (2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD?平面ABCD， ∴平面P1DA⊥平面ABCD， ∵△P1DA為銳角三角形，∴P1在平面ABCD內的射影必在棱AD上，記為O，連接P1O，∴P1O⊥平面ABCD， 則∠P1DA是P1D與平面ABCD所成的角， ∴∠P1DA＝60°， ∵DP1＝DA＝2， ∴△P1DA為等邊三角形，O為AD的中點， 故以O為坐標原點，過點O且與CD平行的直線為x軸，DA所在直線為y軸，OP1所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系， 設x軸與BC交于點M， ∵DA＝P1A＝2，∴OP1＝， 易知OD＝OA＝CM＝1， ∴BM＝3， 則P1(0,0，)，D(0，－1,0)，C(2，－1,0)，B(2,3,0)， ＝(2,0,0)，＝(0，－4,0)，＝(2，－1，－)， ∵CD⊥平面P1DA， ∴可取平面P1DA的一個法向量n1＝(1,0,0)， 設平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)， 則即 令z2＝1，則n2＝， 設平面P1AD和平面P1BC所成的角為θ， 由圖易知θ為銳角， ∴cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝. ∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值為.