《2020高考数学（理）一轮复习课时作业46立体几何中的向量方法 含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020高考数学（理）一轮复习课时作业46立体几何中的向量方法 含解析（11页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
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ABCA1B1C1中，ABAA12，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OBOC，OO1OC，OO1OB，以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1
2、,2)(1)因为P为A1B1的中点，所以P，从而，(0,2,2)，故|cos，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q，因此，(0,2,2)，(0,0,2)设n(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取n(，1,1)设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin |cos，n|，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.22019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，AB2AD.(1)求证：平面BDEF平面ADE；(2)若EDBD，求直线AF与平面AEC所成角的正弦值
3、解析：(1)在ABD中，ABD，AB2AD，由余弦定理，得BDAD，从而BD2AD2AB2，故BDAD，所以ABD为直角三角形且ADB90.因为DE平面ABCD，BD平面ABCD，所以DEBD.又ADDED，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RtABD中，BAD，BDAD，又由EDBD，设AD1，则BDED.因为DE平面ABCD，BDAD，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Dxyz.则A(1,0,0)，C(1，0)，E(0,0，)，F(0，)，所以(1,0，)，(2，0)设
4、平面AEC的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，得n(，2,1)，为平面AEC的一个法向量因为(1，)，所以cosn，.所以直线AF与平面AEC所成角的正弦值为.32019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，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F是CE的中点(1)求证：BF平面ADP；(2)求二面角BDFP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，CD3PE，FG2PE，FGCDAB，AB2PE，ABFG，ABFG，即四边形ABFG是平行
5、四边形，BFAG，又BF平面ADP，AG平面ADP，BF平面ADP.(2)解法一PD平面ABCD，PDAD，又ADDC，且PDCDD，AD平面CDPE.过点B作BMCD于点M，易知BMAD，BM平面CDPE.令PE1，则BMDM2，连接FM，由(1)易得FM1，如图，过点M作MNDF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.tanBNM，则cosBNM，二面角BDFP的余弦值为.解法二PD平面ABCD，PDAD，又ADDC，且PDDCD，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
6、xyz，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)，设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，则即令y1，则x1，z2，n(1，1,2)，为平面BDF的一个法向量平面PDF的一个法向量为(2,0,0)，且二面角BDFP的平面角为钝角，二面角BDFP的余弦值为|cos，n|.42019唐山模拟如图，在四棱锥PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中点(1)求证：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值为
7、，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值解析：(1)因为PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC.因为AB2AD2CD，所以ACBCADCD.所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，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，建立空间直角坐标系Cxyz，并设CB2，CP2a(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)，(0,0,2a)，(1,0，a)，易知m(1,0,0)为平面PAC的一个法向量设n(x，y，z)为平面EA
8、C的法向量，则nn0，即y0，取xa，则z1，n(a,0，1)依题意，|cosm，n|，则a.于是n(，0，1)，(0,2，2)设直线PA与平面EAC所成角为，则sin|cos，n|，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.52018天津卷如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(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EBCF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、直线与平面所成的角等基础知识
9、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轴的正方向的空间直角坐标系Dxyz(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0，2,0)，E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)(1)证明：依题意(0,2,0)，(2,0,2)设n0(x0，y0，z0)为平面CDE的法向量，则即不妨令z01，可得n0(1,0，1)又，可得n00，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)设n(
10、x1，y1，z1)为平面 BCE的法向量，则即不妨令z11，可得n(0,1,1)设m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即不妨令z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值为.(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)易知，(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cos，|，由题意，可得sin 60，解得h0,2所以，线段DP的长为.62019山西八校联考如图，三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，CC1底面ABC，ACBCCC12，D，E，F分别是棱AB，BC，B1C1的中点，G是棱
11、BB1上的动点(1)当为何值时，平面CDG平面A1DE?(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.证明如下：因为点D，E分别是AB，BC的中点，所以DEAC且DEAC，又ACA1C1，ACA1C1，所以DEA1C1，DEA1C1，故D，E，C1，A1四点共面如图，连接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，tanC1EC2，tanBCG，故CHE90，即CGC1E.因为A1C1平面CBB1C1，CG平面CBB1C1，所以DECG，又C1EDEE，所以CG平面A1DE，故平面CDG平面A1DE.(2)三棱柱ABCA1B
12、1C1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Cxyz，如图所示因为ACBCCC12，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)，(2,2，2)，(2,1,0)，(0,2,1)由(1)知平面A1DE的一个法向量为(0,2,1)，设平面A1BF的法向量为n(x，y，z)，则即令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，所以平
13、面A1BF与平面A1DE所成的锐二面角的余弦值为.能力挑战72019湖北四校联考如图，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，ABAC，M，N，Q分别是CC1，BC，AC的中点，点P在直线A1B1上运动，且(0,1)(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.AA1AC1，M，Q分别是CC1，AC的中点，AA1QCAM，MACQA1A，MACAQA1QA1AAQA190，AMA1Q.N，Q分别是BC，AC的中点，NQAB.又ABAC，NQAC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，NQAA1.又ACAA1A，NQ平面ACC1A1，NQAM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，N，Q，A1，P四点共面，A1Q平面PNQ.NQA1QQ， 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Axyz，则A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，(1,0,0)由
