2020高考數(shù)學一輪復習 課時作業(yè)46 立體幾何中的向量方法 理.doc

課時作業(yè)46立體幾何中的向量方法 基礎達標12018江蘇卷如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，點P，Q分別為A1B1，BC的中點(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值解析：本題主要考查空間向量、異面直線所成角和線面角等基礎知識，考查運用空間向量解決問題的能力如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，設AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OBOC，OO1OC，OO1OB，以，為基底，建立空間直角坐標系Oxyz.因為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)(1)因為P為A1B1的中點，所以P，從而，(0,2,2)，故|cos，|.因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為.(2)因為Q為BC的中點，所以Q，因此，(0,2,2)，(0,0,2)設n(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量，則即不妨取n(，1,1)設直線CC1與平面AQC1所成角為，則sin |cos，n|，所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為.22019鄭州一中入學測試在如圖所示的多面體中，四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形BDEF是矩形，ED平在ABCD，ABD，AB2AD.(1)求證：平面BDEF平面ADE；(2)若EDBD，求直線AF與平面AEC所成角的正弦值解析：(1)在ABD中，ABD，AB2AD，由余弦定理，得BDAD，從而BD2AD2AB2，故BDAD，所以ABD為直角三角形且ADB90.因為DE平面ABCD，BD平面ABCD，所以DEBD.又ADDED，所以BD平面ADE.因為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，設AD1，則BDED.因為DE平面ABCD，BDAD，所以可以點D為坐標原點，DA，DB，DE所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示Dxyz.則A(1,0,0)，C(1，0)，E(0,0，)，F(xiàn)(0，)，所以(1,0，)，(2，0)設平面AEC的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，得n(，2,1)，為平面AEC的一個法向量因為(1，)，所以cosn，.所以直線AF與平面AEC所成角的正弦值為.32019石家莊摸底考試如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F(xiàn)是CE的中點(1)求證：BF平面ADP；(2)求二面角BDFP的余弦值解析：(1)取PD的中點為G，連接FG，AG，如圖所示，F(xiàn)是CE的中點，F(xiàn)G是梯形CDPE的中位線，CD3PE，F(xiàn)G2PE，F(xiàn)GCDAB，AB2PE，ABFG，ABFG，即四邊形ABFG是平行四邊形，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.過點B作BMCD于點M，易知BMAD，BM平面CDPE.令PE1，則BMDM2，連接FM，由(1)易得FM1，如圖，過點M作MNDF交DF于點N，連接BN，則BNM為所求二面角的平面角的補角DM2，F(xiàn)M1，DF，則MN.tanBNM，則cosBNM，二面角BDFP的余弦值為.解法二PD平面ABCD，PDAD，又ADDC，且PDDCD，AD平面CDPE.以D為坐標原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz，設PE1，則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(xiàn)(0,2,1)，(2,2,0)，(0,2,1)，設平面BDF的法向量為n(x，y，z)，則即令y1，則x1，z2，n(1，1,2)，為平面BDF的一個法向量平面PDF的一個法向量為(2,0,0)，且二面角BDFP的平面角為鈍角，二面角BDFP的余弦值為|cos，n|.42019唐山模擬如圖，在四棱錐PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中點(1)求證：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值解析：(1)因為PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC.因為AB2AD2CD，所以ACBCADCD.所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，所以AC平面PBC.因為AC平面EAC，所以平在EAC平面PBC.(2)如圖，以C為原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標系Cxyz，并設CB2，CP2a(a>0)則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，則E(1,0，a)，(0,2,0)，(0,0,2a)，(1,0，a)，易知m(1,0,0)為平面PAC的一個法向量設n(x，y，z)為平面EAC的法向量，則nn0，即y0，取xa，則z1，n(a,0，1)依題意，|cosm，n|，則a.于是n(，0，1)，(0,2，2)設直線PA與平面EAC所成角為，則sin|cos，n|，即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為.52018天津卷如圖，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60，求線段DP的長解析：本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎知識考查用空間向量解決立體幾何問題的方法考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力依題意，可以建立以D為原點，分別以，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標系Dxyz(如圖)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0，2,0)，E(2,0,2)，F(xiàn)(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)(1)證明：依題意(0,2,0)，(2,0,2)設n0(x0，y0，z0)為平面CDE的法向量，則即不妨令z01，可得n0(1,0，1)又，可得n00，又因為直線MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依題意，可得(1,0,0)，(1，2,2)，(0，1,2)設n(x1，y1，z1)為平面 BCE的法向量，則即不妨令z11，可得n(0,1,1)設m(x2，y2，z2)為平面BCF的法向量，則即不妨令z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值為.(3)設線段DP的長為h(h0,2)，則點P的坐標為(0,0，h)，可得(1，2，h)易知，(0,2,0)為平面ADGE的一個法向量，故|cos，|，由題意，可得sin 60，解得h0,2所以，線段DP的長為.62019山西八校聯(lián)考如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，CC1底面ABC，ACBCCC12，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B1C1的中點，G是棱BB1上的動點(1)當為何值時，平面CDG平面A1DE?(2)求平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角的余弦值解析：(1)當G為BB1的中點，即時，平面CDG平面A1DE.證明如下：因為點D，E分別是AB，BC的中點，所以DEAC且DEAC，又ACA1C1，ACA1C1，所以DEA1C1，DEA1C1，故D，E，C1，A1四點共面如圖，連接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，tanC1EC2，tanBCG，故CHE90，即CGC1E.因為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ABCA1B1C1中，ACB90，CC1底面ABC，所以以C為原點，CA，CB，CC1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Cxyz，如圖所示因為ACBCCC12，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B1C1的中點，所以C(0,0,0)，A1(2,0,2)，D(1,1,0)，E(0,1,0)，B(0,2,0)，F(xiàn)(0,1,2)，G(0,2,1)，(2,2，2)，(2,1,0)，(0,2,1)由(1)知平面A1DE的一個法向量為(0,2,1)，設平面A1BF的法向量為n(x，y，z)，則即令x1得n(1,2,1)，為平面A1BF的一個法向量設平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角為，則cos，所以平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角的余弦值為.能力挑戰(zhàn)72019湖北四校聯(lián)考如圖，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，ABAC，M，N，Q分別是CC1，BC，AC的中點，點P在直線A1B1上運動，且(0,1)(1)證明：無論取何值，總有AM平面PNQ；(2)是否存在點P，使得平面PMN與平面ABC的夾角為60？若存在，試確定點P的位置，若不存在，請說明理由解析：(1)連接A1Q.AA1AC1，M，Q分別是CC1，AC的中點，AA1QCAM，MACQA1A，MACAQA1QA1AAQA190，AMA1Q.N，Q分別是BC，AC的中點，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四點共面，A1Q平面PNQ.NQA1QQ， AM平面PNQ，無論取何值，總有AM平面PNQ.(2)如圖，以A為坐標原點，AB，AC，AA1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系Axyz，則A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，(1,0,0)由(1,0,0)(，0,0)，可得點P(，0,1)，.設n(x，y，z)是平面PMN的法向量，則即得令x3，得y12，z22，n(3,12，22)是平面PMN的一個法向量取平面ABC的一個法向量為m(0,0,1)假設存在符合條件的點P，則|cosm，n|，化簡得421410，解得或(舍去)綜上，存在點P，且當A1P時，滿足平面PMN與平面ABC的夾角為60.