1、限时集训(四十五)空间向量在立体几何中的应用(限时：50分钟满分：112分)1(满分14分)如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90.(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)设E为BC的中点，求与夹角的余弦值2(满分14分)(2013孝感模拟)如图所示，四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PD平面ABCD，PDAB2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点(1)求证：PAEF；(2)求二面角DFGE的余弦值3.(满分14分)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上且DEAE.(1)证明：平
2、面ADE平面ACC1A1；(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值4(满分14分)(2012江西高考)如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知ABACAA1，BC4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值5(满分14分)如图所示，在多面体ABCDA1B1C1D1中，上，下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1底面ABCD，AB2A1B12DD12a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：
3、FB1平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角FCC1B的余弦值6(满分14分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD60，Q为AD的中点(1)若PAPD，求证：平面PQB平面PAD；(2)设点M在线段PC上，求证：PA平面MQB；(3)在(2)的条件下，若平面PAD平面ABCD，且PAPDAD2，求二面角MBQC的大小7(满分14分)(2012福建高考)如图所示，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1AD1，E为CD中点(1)求证：B1EAD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角AB1E
4、A1的大小为30，求AB的长8(满分14分)在直角梯形ABCD中，ADBC，BC2AD2AB2，ABC90，如图(1)把ABD沿BD翻折，使得平面ABD平面BCD.(1)求证：CDAB；(2)若点M为线段BC中点，求点M到平面ACD的距离；(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60？若存在，求出的值；若不存在，说明理由答 案限时集训(四十五)1解：(1)证明：折起前AD是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB，又DBDCD，AD平面BDC，AD平面ABD，平面ABD平面BDC.(2)由BDC90及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|1，以D为坐标原点
5、，以，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E，(1,0,0)，与夹角的余弦值为cos，.2.解：(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，F(0,0,1)，G(2,1,0)(1)(0,2，2)，(1,0,0)，0，PAEF.(2)易知(0,0,1)，(2,1，1)设平面DFG的法向量为m(x1，y1，z1)，则即令x11，得m(1,2,0)是平面DFG的一个法向量同理可得n(0,1,1
6、)是平面EFG的一个法向量，cosm，n，由图可知二面角DFGE为钝角，二面角DFGE的余弦值为.3解：(1)证明：由正三棱柱ABCA1B1C1的性质知AA1平面A1B1C1，又DE平面A1B1C1，所以DEAA1.而DEAE，AA1AEA，所以DE平面ACC1A1.又DE平面ADE，故平面ADE平面ACC1A1.(2)如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系不妨设AA1，则AB2，相关各点的坐标分别是A(0，1,0)，B(，0,0)，C1(0,1，)，D.易知(，1,0)，(0,2，)，.设平面ABC1的一个法向量为n(x，y，z)，则有解得xy，zy.故可取n(1，)所以，
7、cosn，.由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为.4解：(1)证明：连接AO，在AOA1中，作OEAA1于点E，因为AA1BB1，所以OEBB1.因为A1O平面ABC，所以A1OBC.因为ABAC，OBOC，得AOBC，所以BC平面AA1O，所以BCOE，所以OE平面BB1C1C，又AO1，AA1，得AE.(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，2,0)，A1(0,0,2)，由AA1得点E的坐标是，由(1)得平面BB1C1C的法向量是，设平面A1B1C的法向量n(x，y，z)，由得令y1，得x2，
8、z1，即n(2,1，1)，所以cosOE，n，即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是.5.解：以D为坐标原点，DA，DC，DD1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，则A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)(1)(a，a，a)，(0,0，a)，|cos，|，所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为.(2)(a，a，a)，(2a,0,0)，(0，a，a)，FB1BB1，FB1BC.BB1BCB，FB1平面BCC1B.(3)由(2)知，为平面BCC1B1的一个法
9、向量设n(x1，y1，z1)为平面FCC1的法向量，(0，a，a)，(a,2a,0)，得令y11，则x12，z11，n(2,1,1)，cos，n，即二面角FCC1B的余弦值为.6解：(1)连接BD，四边形ABCD菱形，BAD60，ABD为正三角形，又Q为AD中点，ADBQ.PAPD，Q为AD的中点，ADPQ，又BQPQQ，AD平面PQB，AD平面PAD.平面PQB平面PAD.图(1)(2)连接AC交BQ于点N，如图(1)：由AQBC可得，ANQCNB，.又，.PAMN.MN平面MQB，PA平面MQB，PA平面MQB.(3)由PAPDAD2，Q为AD的中点，则PQAD.图(2)又平面PAD平面A
10、BCD，PQ平面ABCD.以Q为坐标原点，分别以QA、QB、QP所在的直线为x，y，z轴，建立如图(2)所示的坐标系，则各点坐标为A(1,0,0)，B(0，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，)设平面MQB的法向量n(x，y,1)，可得PAMN，解得n(，0,1)取平面ABCD的法向量m(0,0,1)cosm，n.故二面角MBQC的大小为60.7.解：(1)证明：以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)设ABa，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a，0,1)，故(0,1,1)，1(a,0,1)，.011(1)10，B1EAD1
11、.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP平面B1AE，此时(0，1，z0)又设平面B1AE的法向量n(x，y，z)n平面B1AE，n，n，得取x1，则y，za，得平面B1AE的一个法向量n.要使DP平面B1AE，只要n，有az00，解得z0.又DP平面B1AE，存在点P，满足DP平面B1AE，此时AP.(3)连接A1D，B1C，由长方体ABCDA1B1C1D1及AA1AD1，得AD1A1D.B1CA1D，AD1B1C.又由(1)知B1EAD1，且B1CB1EB1，AD1平面DCB1A1，是平面A1B1E的一个法向量，此时(0,1,1)设与n所成的角为，则cos .二面角AB
12、1EA1的大小为30，|cos |cos 30，即，解得a2，即AB的长为2.8解：(1)由已知条件可得BD2，CD2，CDBD.平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD.CD平面ABD.又AB平面ABD，CDAB.(2)以点D为原点，BD所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，建立空间直角坐标系，如图由已知可得A(1,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，M(1,1,0)，(0，2,0)，(1,0，1)，MC(1,1,0)设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则n，n，令x1，得平面ACD的一个法向量为n(1,0，1)，点M到平面ACD的距离d.(3)假设在线段BC上存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60.设,01，则N(22，2，0)，(12，2，1)又平面ACD的法向量n(1,0，1)且直线AN与平面ACD所成角为60，sin 60，可得82210，或(舍去)综上，在线段BC上存在点N，使AN与平面ACD所成角为60，此时.高考资源网版权所有！投稿可联系QQ：1084591801