2020高考数学一轮复习课时作业46立体几何中的向量方法理.doc

1、1课时作业 46 立体几何中的向量方法基础达标12018江苏卷如图，在正三棱柱 ABC A1B1C1 中， AB AA12，点 P， Q 分别为 A1B1， BC 的中点(1)求异面直线 BP 与 AC1 所成角的余弦值；(2)求直线 CC1 与平面 AQC1 所成角的正弦值解析：本题主要考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，设 AC， A1C1的中点分别为 O， O1，则 OB OC， OO1 OC， OO1 OB，以 ， ， 为基底，建立空间直角坐标系 O xyz.OB OC OO1 因为 AB AA12，所以

2、 A(0，1,0)， B( ，0,0)， C(0,1,0)， A1(0，1,2)，3B1( ， 0,2)， C1(0,1,2)3(1)因为 P 为 A1B1的中点，所以 P ，(32， 12， 2)从而 ， (0,2,2)，BP ( 32， 12， 2) AC1 故|cos ， | .BP AC1 |BP AC1 |BP |AC1 | | 1 4|522 310202因此，异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为 .31020(2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q ，因此 ， (0,2,2)，(32， 12， 0) AQ (32， 32， 0) AC1 (0,0,2)CC1 设 n( x

3、， y， z)为平面 AQC1的一个法向量，则Error! 即Error!不妨取 n( ，1,1)3设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 ，则 sin |cos ， n| ，所以直线 CC1与平面 AQC1CC1 |CC1 n|CC1 |n| 252 55所成角的正弦值为 .5522019郑州一中入学测试在如图所示的多面体中，四边形 ABCD 是平行四边形，四边形 BDEF 是矩形， ED平在 ABCD， ABD ， AB2 AD. 6(1)求证：平面 BDEF平面 ADE；(2)若 ED BD，求直线 AF 与平面 AEC 所成角的正弦值解析：(1)在 ABD 中， ABD ， AB2 A

4、D， 6由余弦定理，得 BD AD，3从而 BD2 AD2 AB2，故 BD AD，所以 ABD 为直角三角形且 ADB90.因为 DE平面 ABCD， BD平面 ABCD，所以 DE BD.又 AD DE D，所以 BD平面 ADE.因为 BD平面 BDEF，所以平面 BDEF平面 ADE.(2)由(1)可得，在 Rt ABD 中， BAD ， BD AD，又由 ED BD， 3 3设 AD1，则 BD ED .因为 DE平面 ABCD， BD AD，33所以可以点 D 为坐标原点， DA， DB， DE 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系，如图所示 D xyz.则

5、 A(1,0,0)， C(1， ，0)， E(0,0， )， F(0， ， )，3 3 3 3所以 (1,0， )， (2， ，0)AE 3 AC 3设平面 AEC 的法向量为 n( x， y， z)，则Error! 即Error!令 z1，得 n( ，2,1)，为平面 AEC 的一个法向量3因为 (1， ， )，AF 3 3所以 cos n， .AF nAF |n|AF | 4214所以直线 AF 与平面 AEC 所成角的正弦值为 .421432019石家庄摸底考试如图，在多面体 ABCDPE 中，四边形 ABCD 和 CDPE 都是直角梯形， AB DC， PE DC， AD DC， PD

6、平面 ABCD， AB PD DA2 PE， CD3 PE， F 是 CE的中点(1)求证： BF平面 ADP；(2)求二面角 B DF P 的余弦值解析：(1)取 PD 的中点为 G，连接 FG， AG，如图所示， F 是 CE 的中点， FG 是梯形 CDPE 的中位线，4 CD3 PE， FG2 PE， FG CD AB， AB2 PE， AB FG， AB FG，即四边形 ABFG 是平行四边形， BF AG，又 BF平面 ADP， AG平面 ADP， BF平面 ADP.(2)解法一 PD平面 ABCD， PD AD，又 AD DC，且 PD CD D， AD平面CDPE.过点 B 作

7、 BM CD 于点 M，易知 BM AD， BM平面 CDPE.令 PE1，则 BM DM2，连接 FM，由(1)易得 FM1，如图，过点 M 作 MN DF 交 DF 于点 N，连接 BN，则 BNM 为所求二面角的平面角的补角 DM2， FM1， DF ，则 MN .525tan BNM ，则 cos BNM ，BMMN 5 66二面角 B DF P 的余弦值为 .66解法二 PD平面 ABCD， PD AD，又 AD DC，且 PD DC D， AD平面 CDPE.以 D 为坐标原点， DA， DC， DP 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 D x

8、yz，设 PE1，则 A(2,0,0)， B(2,2,0)， C(0,3,0)， D(0,0,0)， P(0,0，2)， E(0,1,2)， F(0,2,1)， (2,2,0)， (0,2,1)，DB DF 设平面 BDF 的法向量为 n( x， y， z)，则Error! 即Error!令 y1，则 x1， z2， n(1，1,2)，为平面 BDF 的一个法向量5平面 PDF 的一个法向量为 (2,0,0)，且二面角 B DF P 的平面角为钝角，DA 二面角 B DF P 的余弦值为|cos ， n| .DA 6642019唐山模拟如图，在四棱锥 P ABCD 中， PC底面 ABCD，

9、ABCD 是直角梯形，AB AD， AB CD， AB2 AD2 CD， E 是 PB 的中点(1)求证：平面 EAC平面 PBC；(2)若二面角 P AC E 的余弦值为 ，求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值63解析：(1)因为 PC平面 ABCD， AC平面 ABCD，所以 AC PC.因为 AB2 AD2 CD，所以 AC BC AD CD.2 2所以 AC2 BC2 AB2，故 AC BC.又 BC PC C，所以 AC平面 PBC.因为 AC平面 EAC，所以平在 EAC平面 PBC.(2)如图，以 C 为原点， ， ， 的方向分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正方向，建

10、立空间CB CA CP 直角坐标系 C xyz，并设 CB2， CP2 a(a0)则 C(0,0,0)， A(0,2,0)， B(2,0,0)，P(0,0,2a)，则 E(1,0， a)，(0,2,0)， (0,0,2 a)， (1,0， a)，CA CP CE 易知 m(1,0,0)为平面 PAC 的一个法向量设 n( x， y， z)为平面 EAC 的法向量，则 n n 0，CA CE 即 Error!y0，取 x a，则 z1， n( a,0，1)6依题意，|cos m， n| ，则 a .|mn|m|n| aa2 1 63 2于是 n( ，0，1)， (0,2，2 )2 PA 2设直线

11、 PA 与平面 EAC 所成角为 ，则 sin |cos ， n| ，PA |PA n|PA |n| 23即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 .2352018天津卷如图， AD BC 且 AD2 BC， AD CD， EG AD 且 EG AD， CD FG 且 CD2 FG， DG平面ABCD， DA DC DG2.(1)若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN平面 CDE；(2)求二面角 E BC F 的正弦值；(3)若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60，求线段 DP 的长解析：本小题主要考查直线与平面平行、二面角、

12、直线与平面所成的角等基础知识考查用空间向量解决立体几何问题的方法考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力依题意，可以建立以 D 为原点，分别以 ， ， 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向DA DC DG 的空间直角坐标系 D xyz(如图)，可得 D(0,0,0)， A(2,0,0)， B(1,2,0)， C(0，2,0)，7E(2,0,2)， F(0,1,2)， G(0,0,2)， M ， N(1,0,2)(0，32， 1)(1)证明：依题意 (0,2,0)， (2,0,2)DC DE 设 n0( x0， y0， z0)为平面 CDE 的法向量，则Error!即Error!不妨

13、令 z01，可得 n0(1,0，1)又 ，可得 n00，MN (1， 32， 1) MN 又因为直线 MN平面 CDE，所以 MN平面 CDE.(2)依题意，可得 (1,0,0)， (1，2,2)， (0，1,2)BC BE CF 设 n( x1， y1， z1)为平面 BCE 的法向量，则Error! 即Error!不妨令 z11，可得 n(0,1,1)设 m( x2， y2， z2)为平面 BCF 的法向量，则Error! 即Error!不妨令 z21，可得 m(0,2,1)因此有 cos m， n ，于是 sin m， n .mn|m|n| 31010 1010所以，二面角 E BC F

14、 的正弦值为 .1010(3)设线段 DP 的长为 h(h0,2)，则点 P 的坐标为(0,0， h)，可得(1，2， h)BP 易知， (0,2,0)为平面 ADGE 的一个法向量，DC 故|cos ， | ，BP DC |BP DC |BP |DC | 2h2 5由题意，可得 sin 60 ，解得 h 0,22h2 5 32 33所以，线段 DP 的长为 .3362019山西八校联考如图，三棱柱 ABC A1B1C1中， ACB90， CC1底面ABC， AC BC CC12， D， E， F 分别是棱 AB， BC， B1C1的中点， G 是棱 BB1上的动点8(1)当 为何值时，平面

15、CDG平面 A1DE?BGBB1(2)求平面 A1BF 与平面 A1DE 所成的锐二面角的余弦值解析：(1)当 G 为 BB1的中点，即 时，平面 CDG平面 A1DE.BGBB1 12证明如下：因为点 D， E 分别是 AB， BC 的中点，所以 DE AC 且 DE AC，又12AC A1C1， AC A1C1，所以 DE A1C1， DE A1C1，故 D， E， C1， A1四点共面12如图，连接 C1E 交 GC 于 H.在正方形 CBB1C1中，tan C1EC2，tan BCG ，故12 CHE90，即 CG C1E.因为 A1C1平面 CBB1C1， CG平面 CBB1C1，所

16、以 DE CG，又C1E DE E，所以 CG平面 A1DE，故平面 CDG平面 A1DE.(2)三棱柱 ABC A1B1C1中， ACB90， CC1底面 ABC，所以以 C 为原点，CA， CB， CC1所在的直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 C xyz，如图所示因为 AC BC CC12， D， E， F 分别是棱 AB， BC， B1C1的中点，所以 C(0,0,0)， A1(2,0,2)， D(1,1,0)， E(0,1,0)， B(0,2,0)， F(0,1,2)， G(0,2,1)，9(2,2，2)， (2,1,0)， (0,2,1)A1B A1F CG

17、由(1)知平面 A1DE 的一个法向量为 (0,2,1)，CG 设平面 A1BF 的法向量为 n( x， y， z)，则Error! 即Error!令 x1 得 n(1,2,1)，为平面 A1BF 的一个法向量设平面 A1BF 与平面 A1DE 所成的锐二面角为 ，则 cos ，|CG n|CG |n| 530 306所以平面 A1BF 与平面 A1DE 所成的锐二面角的余弦值为 .306能力挑战72019湖北四校联考如图，已知直三棱柱 ABC A1B1C1中，AA1 AB AC1， AB AC， M， N， Q 分别是 CC1， BC， AC 的中点，点 P 在直线 A1B1上运动，且 (

18、0,1)A1P A1B1 (1)证明：无论 取何值，总有 AM平面 PNQ；(2)是否存在点 P，使得平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60？若存在，试确定点 P 的位置，若不存在，请说明理由解析：(1)连接 A1Q. AA1 AC1， M， Q 分别是 CC1， AC 的中点， AA1Q CAM， MAC QA1A，10 MAC AQA1 QA1A AQA190， AM A1Q. N， Q 分别是 BC， AC 的中点， NQ AB.又 AB AC， NQ AC.在直三棱柱 ABC A1B1C1中， AA1底面 ABC， NQ AA1.又 AC AA1 A， NQ平面 ACC1A1，

19、NQ AM.由 NQ AB 和 AB A1B1可得 NQ A1B1， N， Q， A1， P 四点共面， A1Q平面 PNQ. NQ A1Q Q， AM平面 PNQ，无论 取何值，总有 AM平面 PNQ.(2)如图，以 A 为坐标原点， AB， AC， AA1所在的直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立空间直角坐标系 A xyz，则 A1(0,0,1)， B1(1,0,1)， M ， N ， Q ， ，(0， 1，12) (12， 12， 0) (0， 12， 0) NM ( 12， 12， 12)(1,0,0)由 (1,0,0)( ，0,0)，可得点 P( ，0,1)，A1B1 A1P A1B1 .PN (12 ， 12， 1)设 n( x， y， z)是平面 PMN 的法向量，则Error!即Error! 得Error!令 x3，得 y12 ， z22 ， n(3,12 ，22 )是平面 PMN 的一个法向量取平面 ABC 的一个法向量为 m(0,0,1)假设存在符合条件的点 P，则|cos m， n| ，|2 2 |9 1 2 2 2 2 2 12化简得 4 214 10，解得 或 (舍去)7 354 7 35411综上，存在点 P，且当 A1P 时，满足平面 PMN 与平面 ABC 的夹角为 60.7 354