【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 限時(shí)集訓(xùn)(四十八)空間向量在立體幾何中的應(yīng)用 理 新人教A版

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1、 限時(shí)集訓(xùn)(四十八)　空間向量在立體幾何中的應(yīng)用 (限時(shí)：50分鐘　滿(mǎn)分：84分) 1．(滿(mǎn)分12分)如圖，在△ABC中，∠ABC＝60，∠BAC＝90，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90. (1)證明：平面ADB⊥平面BDC； (2)設(shè)E為BC的中點(diǎn)，求AE―→與DB―→夾角的余弦值． 2．(滿(mǎn)分12分)(2013孝感模擬)如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分別為PC、PD、BC的中點(diǎn)． (1)求證：PA⊥EF； (2)求二面角D－FG－E的余弦值． 3．(滿(mǎn)分12分)如圖，

2、在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，點(diǎn)D是A1B1的中點(diǎn)，點(diǎn)E在A1C1上且DE⊥AE. (1)證明：平面ADE⊥平面ACC1A1； (2)求直線(xiàn)AD和平面ABC1所成角的正弦值． 4．(滿(mǎn)分12分)(2012江西高考) 如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝，BC＝4，點(diǎn)A1在底面ABC的投影是線(xiàn)段BC的中點(diǎn)O. (1)證明在側(cè)棱AA1上存在一點(diǎn)E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的長(zhǎng)； (2)求平面A1B1C與平面BB1C1C夾角的余弦值． 5．(滿(mǎn)分12分)如圖所示，在多面體ABCD－A1B1C1D1中，上，下兩個(gè)底面A1B1C

3、1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a. (1)求異面直線(xiàn)AB1與DD1所成角的余弦值； (2)已知F是AD的中點(diǎn)，求證：FB1⊥平面BCC1B1； (3)在(2)的條件下，求二面角F－CC1－B的余弦值． 6．(滿(mǎn)分12分)(2013聊城模擬)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60，Q為AD的中點(diǎn)． (1)若PA＝PD，求證：平面PQB⊥平面PAD； (2)設(shè)點(diǎn)M在線(xiàn)段PC上，＝，求證：PA∥平面MQB； (3)在(2)的條件下，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M－BQ

4、－C的大?。? 7．(滿(mǎn)分12分)(2012福建高考)如圖所示，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD中點(diǎn)． (1)求證：B1E⊥AD1； (2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由； (3)若二面角A－B1E－A1的大小為30，求AB的長(zhǎng)． 答 案 限時(shí)集訓(xùn)(四十八)　空間向量在立體幾何中的應(yīng)用 1．解：(1)證明：∵折起前AD是BC邊上的高， ∴當(dāng)△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.

5、 (2)由∠BDC＝90及(1)知DA，DB，DC兩兩垂直，不妨設(shè)|DB|＝1，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E， ∴＝，＝(1,0,0)， ∴與夾角的余弦值為cos〈，〉＝＝ ＝. 2.解：(1)證明：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0，1)，F(xiàn)(0,0,1)，G(－2,1,0)． (1)∵＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)， ∴＝0， ∴PA

6、⊥EF. (2)易知＝(0,0,1)，＝(－2,1，－1)． 設(shè)平面DFG的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則即 令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一個(gè)法向量． 同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一個(gè)法向量， ∴cos〈m，n〉＝＝＝， 由圖可知二面角D－FG－E為鈍角， ∴二面角D－FG－E的余弦值為－. 3．解：(1)證明：由正三棱柱ABC－A1B1C1的性質(zhì)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ACC1A1. (

7、2)如圖所示，設(shè)O是AC的中點(diǎn)，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)AA1＝，則AB＝2，相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)分別是A(0，－1,0)，B(，0,0)，C1(0,1，)，D. 易知＝(，1,0)，＝(0,2，)， ＝. 設(shè)平面ABC1的一個(gè)法向量為n＝(x，y，z)，則有 解得x＝－y，z＝－y.故可取n＝(1，－，)． 所以，cos〈n，〉＝＝＝. 由此即知，直線(xiàn)AD和平面ABC1所成角的正弦值為. 4．解：(1)證明：連接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于點(diǎn)E，因?yàn)锳A1∥BB1，所以O(shè)E⊥BB1. 因?yàn)锳1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC. 因?yàn)锳B＝AC，OB＝OC

8、，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以O(shè)E⊥平面BB1C1C，又AO＝＝1，AA1＝， 得AE＝＝. (2)如圖，分別以O(shè)A，OB，OA1所在直線(xiàn)為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2，0)，A1(0,0,2)， 由＝得點(diǎn)E的坐標(biāo)是， 由(1)得平面BB1C1C的法向量是 ＝， 設(shè)平面A1B1C的法向量n＝(x，y，z)， 由得 令y＝1，得x＝2，z＝－1，即n＝(2,1，－1)， 所以cos〈，n〉＝＝， 即平面BB1C1C與平面A1B1C的夾角的余弦值是. 5.解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD

9、1所在直線(xiàn)分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(xiàn)(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)． (1)∵＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)， ∴|cos〈，〉|＝ ＝， 所以異面直線(xiàn)AB1與DD1所成角的余弦值為. (2)∵＝(－a，－a，a)，＝(－2a,0,0)，＝(0，a，a)， ∴∴FB1⊥BB1， FB1⊥BC. ∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B. (3)由(2)知，為平面BCC1B1的一個(gè)法向量． 設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面FCC1

10、的法向量， ∵＝(0，－a，a)，＝(－a,2a,0)， ∴得 令y1＝1，則x1＝2，z1＝1，∴n＝(2,1,1)， ∴cos〈，n〉＝＝， 即二面角F－CC1－B的余弦值為. 6.解：(1)連接BD，四邊形ABCD菱形， ∵∠BAD＝60， ∴△ABD為正三角形， 又Q為AD中點(diǎn)， ∴AD⊥BQ. ∵PA＝PD，Q為AD的中點(diǎn)， AD⊥PQ， 又BQ∩PQ＝Q， ∴AD⊥平面PQB，AD?平面PAD. ∴平面PQB⊥平面PAD. (2)連接AC交BQ于點(diǎn)N，如圖(1)： 由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB， ∴＝＝. 又＝，

11、 圖(1) ∴＝＝. ∴PA∥MN. ∵M(jìn)N?平面MQB，PA?平面MQB， ∴PA∥平面MQB. (3)由PA＝PD＝AD＝2，Q為AD的中點(diǎn)，則PQ⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD， ∴PQ⊥平面ABCD. 以Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以QA、QB、QP所在的直線(xiàn)為x，y，z軸，建立如圖(2)所示的坐標(biāo)系，則各點(diǎn)坐標(biāo)為A(1,0,0)，B(0，，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，)． 設(shè)平面MQB的法向量n＝(x，y,1)，可得 圖(2) ∵PA∥MN，∴ 解得

12、n＝(，0,1)． 取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)． cos〈m，n〉＝＝. 故二面角M－BQ－C的大小為60. 7.解：(1)證明：以A為原點(diǎn)，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)．設(shè)AB＝a，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a，0,1)，故＝，＝，＝(a,0,1)，＝. ∵＝－0＋11＋(－1)1＝0， ∴B1E⊥AD1. (2)假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0，z0)， 使得DP∥平面B1AE，此時(shí) ＝(0，－1，z0)． 又設(shè)平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)． ∵n⊥平面B1AE，

13、∴n⊥，n⊥，得取x＝1，則y＝－，z＝－a，得平面B1AE的一個(gè)法向量n＝. 要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝. 又DP?平面B1AE，∴存在點(diǎn)P，滿(mǎn)足DP∥平面B1AE，此時(shí)AP＝. (3)連接A1D，B1C，由長(zhǎng)方體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的一個(gè)法向量，此時(shí)＝(0,1,1)． 設(shè)與n所成的角為θ， 則cos θ＝＝ . ∵二面角A－B1E－A1的大小為30， ∴|cos θ|＝cos 30， 即＝， 解得a＝2，即AB的長(zhǎng)為2. 7