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2021届高考数学人教B版大一轮总复习课时作业50 立体几何中的向量方法 WORD版含解析.DOC

上传人:高**** 文档编号:342333 上传时间:2024-05-27 格式:DOC 页数:17 大小:566KB
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资源描述

1、高考资源网() 您身边的高考专家课时作业50立体几何中的向量方法1.如图,三棱锥PABC中,底面ABC为直角三角形,ABBC2,D为AC的中点,PDDB,PDDB,PBCD(1)求证:PD平面BCD;(2)求PA与平面PBC所成角的正弦值解:(1)证明:在直角三角形ABC中,ABBC2,D为AC的中点,BDCD,又PBCD,BDPBB,CD平面PBD,CDPD又PDBD,BDCDD,PD平面BCD(2)以D为坐标原点,DA,DB,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系Dxyz,则A(,0,0),B(0,0),C(,0,0),P(0,0,)(,0,),(0,),(,0)设平面PB

2、C的法向量为n(x,y,z),由得取x1,得y1,z1,n(1,1,1)cos,n,直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.2(2019全国卷)图1是由矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB1,BEBF2,FBC60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图2中的二面角BCGA的大小解:(1)证明:由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面AB

3、C平面BCGE.(2)作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC由已知,菱形BCGE的边长为2,EBC60,可求得BH1,EH.以H为坐标原点,的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz,则A(1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,),(1,0,),(2,1,0)设平面ACGD的法向量为n(x,y,z),则即所以可取n(3,6,)又平面BCGE的法向量可取为m(0,1,0),所以cosn,m.因此二面角BCGA的大小为30.3(2020合肥质检)如图,三棱台ABCEFG的底面是正三角形,平面ABC平面BCGF,CB2GF,BFC

4、F.(1)求证:ABCG;(2)若BCCF,求直线AE与平面BEG所成角的正弦值解:(1)证明:取BC的中点为D,连接DF,如图由题意得,平面ABC平面EFG,平面ABC平面BCGFBC,平面EFG平面BCGFFG,从而BCFG.CB2GF,CD綊GF,四边形CDFG为平行四边形,CGDF.BFCF,D为BC的中点,DFBC,CGBC平面ABC平面BCGF,且平面ABC平面BCGFBC,CG平面BCGF,CG平面ABC,又AB平面ABC,CGAB(2)连接AD由ABC是正三角形,且D为BC的中点得,ADBC由(1)知,CG平面ABC,CGDF,DFAD,DFBC,DB,DF,DA两两垂直以D为

5、坐标原点,DB,DF,DA所在的直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系Dxyz.设BC2,则A(0,0,),B(1,0,0),F(0,0),G(1,0),(2,0)CB2GF,2,E,.设平面BEG的法向量为n(x,y,z),由可得,令x,则y2,z1,n(,2,1)为平面BEG的一个法向量设AE与平面BEG所成的角为,则sin|cos,n|.直线AE与平面BEG所成角的正弦值为.4.(2020安徽五校质检)如图,在五面体ABCDFE中,底面ABCD为矩形,EFAB,BCFD,过BC的平面交棱FD于P,交棱FA于Q.(1)证明:PQ平面ABCD;(2)若CDBE,EFEC,CD2EF,BC

6、tEF,求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的大小解:(1)证明:因为底面ABCD为矩形,所以ADBC,BC平面ADF,BCPQ,PQ平面ABCD(2)由CDBE,CDCB,BECBB,得CD平面BCE,所以CDCE.由BCCD,BCFD,CDFDD,得BC平面CDFE,所以CBCE.以C为坐标原点,的方向为x轴的正方向,的方向为y轴的正方向,的方向为z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz,设EFEC1,则A(2,t,0),D(2,0,0),F(1,0,1),所以(0,t,0),(1,t,1)设平面ADF的法向量为n(x,y,z),则即令x1,得n(1,0,1)为平面ADF的一个法向

7、量易知平面BCE的一个法向量为m(1,0,0),设平面ADF与平面BCE所成的锐二面角为,则cos,所以,即平面ADF与平面BCE所成的锐二面角为.5(2019北京卷)如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,ADCD,ADBC,PAADCD2,BC3.E为PD的中点,点F在PC上,且.(1)求证:CD平面PAD;(2)求二面角FAEP的余弦值;(3)设点G在PB上,且.判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由解:(1)证明:因为PA平面ABCD,所以PACD又因为ADCD,PAADA,所以CD平面PAD(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD,所以PAAM,PAAD如图建

8、立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(2,1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)因为E为PD的中点,所以E(0,1,1)所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)所以,.设平面AEF的法向量为n(x,y,z),则即令z1,则y1,x1.于是n(1,1,1)又因为平面PAD的法向量为p(1,0,0),所以cosn,p.由题知,二面角FAEP为锐二面角,所以其余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内因为点G在PB上,且,(2,1,2),所以,.由(2)知,平面AEF的法向量n(1,1,1)所以n0.所以直线AG在平面AEF内(备用题)(2020东北三省四市

9、一模)如图,等腰梯形ABCD中,ABCD,ADABBC1,CD2,E为CD的中点,将ADE沿AE折到APE的位置(1)证明:AEPB;(2)当四棱锥PABCE的体积最大时,求二面角APEC的余弦值解:(1)证明:在等腰梯形ABCD中,连接BD,交AE于点O,ABCE,ABCE,四边形ABCE为平行四边形,AEBCADDE,ADE为等边三角形,在等腰梯形ABCD中,CADE,BDBC,BDAE.如图,翻折后可得OPAE,OBAE,又OP平面POB,OB平面POB,OPOBO,AE平面POB,PB平面POB,AEPB(2)当四棱锥PABCE的体积最大时,平面PAE平面ABCE.又平面PAE平面AB

10、CEAE,PO平面PAE,POAE,OP平面ABCE.以O为坐标原点,OE所在的直线为x轴,OB所在的直线为y轴,OP所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系,由题意得,P,E,C,设平面PCE的法向量为n1(x,y,z),则即设x,则y1,z1,n1(,1,1)为平面PCE的一个法向量,易知平面PAE的一个法向量为n2(0,1,0),cosn1,n2.由图知所求二面角APEC为钝角,二面角APEC的余弦值为.6(2020长沙统考)已知三棱锥PABC(如图1)的平面展开图(如图2)中,四边形ABCD为边长等于的正方形,ABE和BCF均为正三角形在三棱锥PABC中:(1)证明:平面PAC平面ABC;

11、(2)若点M在棱PA上运动,当直线BM与平面PAC所成的角最大时,求二面角PBCM的余弦值解:(1)证明:如图,设AC的中点为O,连接BO,PO.由题意,得PAPBPC,POBO1.因为在PAC中,PAPC,O为AC的中点,所以POAC因为在POB中,PO2OB2PB2,所以POOB因为ACOBO,AC,OB平面ABC,所以PO平面ABC因为PO平面PAC,所以平面PAC平面ABC(2)由(1)知,BOPO,由题意可得BOAC,所以BO平面PAC,所以BMO是直线BM与平面PAC所成的角,且tanBMO,所以当线段OM最短,即M是PA的中点时,BMO最大由PO平面ABC,OBAC,得POOB,

12、POOC,OBOC,以O为坐标原点,OC,OB,OP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则O(0,0,0),C(1,0,0),B(0,1,0),A(1,0,0),P(0,0,1),M,(1,1,0),(1,0,1),.设平面MBC的法向量为m(x1,y1,z1),由得令x11,得y11,z13,即m(1,1,3)是平面MBC的一个法向量设平面PBC的法向量为n(x2,y2,z2),由得令x21,得y21,z21,即n(1,1,1)是平面PBC的一个法向量所以cosm,n.结合图可知,二面角PBCM的余弦值为.7(2019天津卷)如图,AE平面ABCD,CFAE,AD

13、BC,ADAB,ABAD1,AEBC2.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角EBDF的余弦值为,求线段CF的长解:依题意,可以建立以A为原点,分别以,的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2)设CFh(h0),则F(1,2,h)(1)证明:依题意,(1,0,0)是平面ADE的法向量,又(0,2,h),可得0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)依题意,(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)设n(x,y,z)为平面BD

14、E的法向量,则即不妨令z1,可得n(2,2,1)因此有cos,n.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)设m(x1,y1,z1)为平面BDF的法向量,则即不妨令y11,可得m.由题意,有|cosm,n|,解得h.经检验,符合题意所以,线段CF的长为.8(2020湖北武昌质检)如图,在四棱锥PABCD中,侧面PAD底面ABCD,PAPD,PAPD,底面ABCD为直角梯形,其中BCAD,ABAD,ABBC1,O为AD的中点(1)求证:平面POC平面PAD(2)线段PD上是否存在一点Q,使得二面角QACD的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由解:(1)证明:在PAD中,PAP

15、D,O为AD的中点,POAD在PAD中,PAPD,PAPD,AD2.在直角梯形ABCD中,O为AD的中点,OABC1,OCAD又OCPOO,AD平面POC,又AD平面PAD,平面POC平面PAD(2)易知PO,OC,OD两两垂直,所以以O为坐标原点,OC所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,则O(0,0,0),P(0,0,1),A(0,1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),假设存在,且设(01)连接OQ,(0,1,1),(0,),(0,1),Q(0,1)设平面CAQ的法向量为m(x1,y1,z1),则取z11,得m(1,1,1)又平面CAD

16、的一个法向量为n(0,0,1),二面角QACD的余弦值为,|cosm,n|,整理化简,得321030,解得或3(舍去),故线段PD上存在满足题意的点Q,且.9(2020广东五校诊断)如图,在菱形ABCD中,ABC60,AC与BD交于点O,AE平面ABCD,CFAE,ABAE2.(1)求证:BD平面ACFE;(2)当直线FO与平面BED所成的角为45时,求异面直线OF与BE所成角的余弦值解:(1)证明:四边形ABCD是菱形,BDACAE平面ABCD,BD平面ABCD,BDAE.又ACAEA,AC,AE平面ACFE,BD平面ACFE.(2)连接OE,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0),O(0,0,0),E(1,0,2),F(1,0,a)(a0),则(0,0),(1,0,2),(1,0,a)设平面EBD的法向量为n(x,y,z),则有即得y0.令z1,则x2,n(2,0,1)是平面EBD的一个法向量由题意得sin45|cos,n|,解得a3或a(舍去)(1,0,3),又(1,2),cos,故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.高考资源网版权所有,侵权必究!

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