2022届高中数学（理科）《统考版》一轮复习课时作业8-7 立体几何中的向量方法 WORD版含解析.docx

1、课时作业46立体几何中的向量方法基础达标1.2021广州市高三年级阶段训练题如图，三棱锥PABC中，PAPC，ABBC，APC120，ABC90，ACPB.(1)求证：ACPB；(2)求直线AC与平面PAB所成角的正弦值22021安徽合肥调研如图，矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直，ABE60，G为BE的中点(1)求证：平面ACG平面BCE；(2)若ABBC，求二面角BCAG的余弦值32021石家庄市高三年级阶段性训练题如图1，在RtABC中，C90，BCAC4，D，E分别是AC，AB的中点，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CA1D，如图2.(1)求证：平面A1CD平面A1

2、BC；(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值42020天津卷，17如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，ACBC，ACBC2，CC13，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD1，CE2，M为棱A1B1的中点(1)求证：C1MB1D；(2)求二面角BB1ED的正弦值；(3)求直线AB与平面DB1E所成角的正弦值52021保定市高三第一次模拟考试如图，四边形ABCD为矩形，ABE和BCF均为等腰直角三角形，且BAEBCFDAE90，EAFC.(1)求证：DE平面BCF.(2)设，问是否存在，使得二面角BEFD的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由62020江

3、苏卷，22在三棱锥ABCD中，已知CBCD，BD2，O为BD的中点，AO平面BCD，AO2，E为AC的中点(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BFBC，设二面角FDEC的大小为，求sin的值能力挑战72020山东卷，20如图，四棱锥PABCD的底面为正方形，PD底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.(1)证明：l平面PDC；(2)已知PDAD1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值课时作业461解析：(1)证明：如图1，取AC的中点O，连接PO，BO，因为PAPC，所以POAC.因为ABBC，所以BOAC.因为POBOO，PO平面POB

4、，BO平面POB，所以AC平面POB.因为PB平面POB，所以ACPB.(2)解法一不妨设AC2，因为ACPB，所以PB.因为ABBC，ABC90，所以BOAOAC1.因为PAPC，APC120，所以APO60.在RtPOA中，PO.因为BO2PO2PB2，所以POBO.因为POAC，ACBOO，AC平面ABC，BO平面ABC，所以PO平面ABC，以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.则A(0，1,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，P，(1,1,0)，(0,2,0)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，由n0，n0，得，令z，则y1，x1.故

5、平面PAB的一个法向量为n(1，1，)则cosn，.设直线AC与平面PAB所成角为，则sin|cosn，|.所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为.解法二如图2，作ADPB，交PB于D，连接CD，根据题意，得ABPCBP，则CDPB，ADCD.因为ADCDD，AD平面ACD，CD平面ACD，所以PB平面ACD.因为PB平面PAB，所以平面PAB平面ACD.则AD是直线AC在平面PAB上的射影所以CAD为直线AC与平面PAB所成的角不妨设AC2，因为ACPB，所以PB.因为ABBC，ABC90，所以AB，AO1.因为PAPC，APC120，所以PAO30.在RtPOA中，PA.故PAPB.则A

6、BP的面积SAB，又SPBAD，即AD，所以AD.在ACD中，CDAD，AC2，则cosCAD，故sinCAD.所以直线AC与平面PAB所成角的正弦值为.2解析：(1)证明：平面ABCD平面ABEF，CBAB，平面ABCD平面ABEFAB，CB平面ABEF，CBAG.在菱形ABEF中，ABE60，连接AE，则ABE为等边三角形，又G为BE的中点，AGBE.BECBB，AG平面BCE.AG平面ACG，平面ACG平面BCE.(2)由(1)知，AD平面ABEF，AGBE，AG，AF，AD两两垂直以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系设AB2，则BC，A(0,0,0)，G(，0,0)，C，B(，1,

7、0)设m(x，y，z)为平面ABC的法向量由得取x1，得y，z0，m(1，0)是平面ABC的一个法向量，同理可得平面ACG的一个法向量为n(0,2，)，cosm，n，结合图形知，二面角BCAG为锐二面角，故二面角BCAG的余弦值为.3解析：(1)在题图1ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，所以DEBC.又ACBC，所以DEAC.在题图2中，DEA1D，DEDC，又A1DDCD，所以DE平面A1CD.又DEBC，所以BC平面A1CD.又BC平面A1BC，所以平面A1CD平面A1BC.(2)由(1)知DE平面A1CD.又DE平面BCDE，所以平面A1CD平面BCDE，易知平面A1CD平面BCD

8、EDC.在正三角形A1CD中过A1作A1OCD，垂足为O，则A1O平面BCDE.分别以CD，梯形BCDE的中位线，OA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0,0，)，B(1,4,0)，C(1,0,0)，E(1,2,0)(1,0，)，(1，2，)，(2,2,0)设平面A1BE的法向量n(x1，y1，z1)，则，取n(1，1，)设直线A1C与平面A1BE所成角为，则sin|cos，n|.所以直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为.4解析：依题意，以C为原点，分别以，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C(0,0,0)，A(2,0,0)，B

9、(0,2,0)，C1(0,0,3)，A1(2,0,3)，B1(0,2,3)，D(2,0,1)，E(0,0,2)，M(1,1,3)(1)证明：依题意，(1,1,0)，(2，2，2)，从而2200，所以C1MB1D.(2)依题意，(2,0,0)是平面BB1E的一个法向量，(0,2,1)，(2,0，1)设n(x，y，z)为平面DB1E的法向量，则即不妨设x1，可得n(1，1,2)因此有cos，n，于是sin，n.所以，二面角BB1ED的正弦值为.(3)依题意，(2,2,0)由(2)知n(1，1,2)为平面DB1E的一个法向量，于是cos，n.所以，直线AB与平面DB1E所成角的正弦值为.5解析：(1

10、)证明：因为ADBC，AD平面BCF，BC平面BCF，所以AD平面BCF.因为EAFC，EA平面BCF，FC平面BCF，所以EA平面BCF，又ADEAA，所以平面ADE平面BCF，故DE平面BCF.(2)以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图因为BAEDAE90，所以EAAB，EAAD，又ABADA，所以EA平面ABCD，又EAFC，所以FC平面ABCD.设ABa，BCb，则D(0,0,0)，F(0，a，b)，E(b,0，a)，B(b，a,0)，则(b,0，a)，(0，a，b)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则，所以，取x1，因为，所以z，y2，则n(1，2，)设平面BEF的法向量为

11、m(x，y，z)，因为(0，a，a)，(b,0，b)，所以，所以，所以xyz，取m(1,1,1)因为二面角BEFD的余弦值为，所以，所以210，由于30，所以不存在正实数，使得二面角BEFD的余弦值为.6解析：(1)连接OC，因为CBCD，O为BD中点，所以COBD.又AO平面BCD，所以AOOB，AOOC.以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为BD2，CBCD，AO2，所以B(1,0,0)，D(1,0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)因为E为AC的中点，所以E(0,1,1)则(1,0，2)，(1,1,1)，所以|cos，|.因此，直线AB与DE所成角的余弦值为.(2)因为点F在

12、BC上，BFBC，(1,2,0)，所以.又(2,0,0)，故.设n1(x1，y1，z1)为平面DEF的一个法向量，则即取x12，得y17，z15，所以n1(2，7,5)设n2(x2，y2，z2)为平面DEC的一个法向量，又(1,2,0)，则即取x22，得y21，z21，所以n2(2，1，1)故|cos|.所以sin.7解析：(1)证明：因为PD底面ABCD，所以PDAD.又底面ABCD为正方形，所以ADDC.因此AD平面PDC.因为ADBC，AD平面PBC，所以AD平面PBC.由已知得lAD.因此l平面PDC.(2)以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.则D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，(0,1,0)，(1,1，1)由(1)可设Q(a,0,1)，则(a,0,1)设n(x，y，z)是平面QCD的法向量，则即可取n(1,0，a)所以cosn，.设PB与平面QCD所成角为，则sin.因为，当且仅当a1时等号成立，所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为.