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【创新方案】(浙江专版)高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用限时集训 理

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,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿

AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°.

(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (2)设 E 为 BC 的中点,求 AE 与 DB 夹角的余弦值.

2.(满分 14 分)(2013·孝感模拟)如图所示,四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD=AB=2,E、F、G 分别为 PC、

PD、BC 的中点.
(1)求证:PA⊥EF; (2)求二面角 D-FG-E 的余弦值.

3.(满分 14 分)如图,在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB= 2AA1,点 D 是 A1B1 的中点,点 E 在 A1C1 上且 DE⊥AE. (1)证明:平面 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 ABC-A1B1C1 中,已知 AB=AC=AA1= 5,BC=4,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 ABCD-A1B1C1D1 中,上,下两个 底面 A1B1C1D1 和 ABCD 互相平行, 且都是正方形, DD1⊥底面 ABCD, AB=2A1B1 =2DD1=2a. (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:FB1⊥平面 BCC1B1; (3)在(2)的条件下,求二面角 F-CC1-B 的余弦值.

6. (满分 14 分)如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为菱形, ∠BAD=60°,Q 为 AD 的中点. (1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD;

PM 1 (2)设点 M 在线段 PC 上, = ,求证:PA∥平面 MQB; MC 2
(3)在(2)的条件下,若平面 PAD⊥平面 ABCD,且 PA=PD=AD=2,求二面角 M-BQ-C 的大小.

7.(满分 14 分)(2012·福建高考)如图所示,在长方体 ABCD-

A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 中点.
(1)求证:B1E⊥AD1; (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 A-B1E-A1 的大小为 30°,求 AB 的长.

8.(满分 14 分)在直角梯形 ABCD 中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2 2,∠ABC=90°,如 图(1).把△ABD 沿 BD 翻折,使得平面 ABD⊥平面 BCD.

(1)求证:CD⊥AB; (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.

BN BC

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,AD⊥DC,

AD⊥DB,
又 DB∩DC=D, ∴AD⊥平面 BDC, ∵AD? 平面 ABD, ∴平面 ABD⊥平面 BDC. (2)由∠BDC=90°及(1)知 DA,DB,DC 两两垂直,不妨设|DB|= 1,以 D 为坐标原点,以 DB , DC , DA 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, 3),

? ? E? , ,0?,
1 3

?2 2

?

?1 3 ? ∴ AE =? , ,- 3?, DB =(1,0,0), ?2 2 ?
AE · DB ∴ AE 与 DB 夹角的余弦值为 cos〈 AE , DB 〉= = | AE |·| DB |
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 D-xyz, 则 D(0,0,0), A(0,2,0), C(-2,0,0), P(0,0,2), E(-1,0,1), 22 = . 22 22 1× 4 1 2

F(0,0,1),G(-2,1,0).
(1)∵ PA =(0,2,-2), EF =(1,0,0), ∴ PA · EF =0, ∴PA⊥EF. (2)易知 DF =(0,0,1), FG =(-2,1, -1). 设平面 DFG 的法向量为 m=(x1,y1,z1), 则?

?m· DF =0, ?m· FG =0,

?z1=0, ? 即? ?-2x1+y1-z1=0. ?

令 x1=1,得 m=(1,2,0)是平面 DFG 的一个法向量. 同理可得 n=(0,1,1)是平面 EFG 的一个法向量,

m·n 2 10 ∴cos〈m,n〉= = = , |m|·|n| 5 5× 2
由图可知二面角 D-FG-E 为钝角, ∴二面角 D-FG-E 的余弦值为- 10 . 5

3. 解: (1)证明: 由正三棱柱 ABC-A1B1C1 的性质知 AA1⊥平面 A1B1C1, 又 DE? 平面 A1B1C1, 所以 DE⊥AA1. 而 DE⊥AE, AA1∩AE=A, 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= 2,则 AB=2,相关各点的坐标分别是 A(0,-1,0),B( 3, 0,0),C1(0,1, 2),D? 1 ? 3 ? ,- , 2?. 2 ?2 ?

易知 AB =( 3,1,0), AC1 =(0,2, 2),

? 3 1 ? AD =? , , 2?. ?2 2 ?
设平面 ABC1 的一个法向量为 n=(x,y,z),则有

?n· AB = 3x+y=0, ? ? ? ?n· AC1 =2y+ 2z=0.
解得 x=- 3 y,z=- 2y.故可取 n=(1,- 3, 6). 3 2 3 10 = = . 5 10× 3 |n|·| AD | 10 . 5

所以,cos〈n, AD 〉=

n· AD

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 OE⊥AA1 于点 E,因为 AA1∥BB1,所以 OE⊥

BB1.
因为 A1O⊥平面 ABC,所以 A1O⊥BC. 因为 AB=AC,OB=OC,得 AO⊥BC,所以 BC⊥平面 AA1O,所以 BC⊥OE,所以 OE⊥平面

BB1C1C,又 AO= AB2-BO2=1,AA1= 5,
得 AE=

AO2 5 = . AA1 5

(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),
2? 1 ?4 由 AE = AA1― →得点 E 的坐标是? ,0, ?, 5? 5 ?5 由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是 4 2? OE =? ?5,0,5?, ? ? 设平面 A1B1C 的法向量 n=(x,y,z), 由?

? ?n· AB =0, ? 1 =0, ?n· AC

?-x+2y=0, ? 得? ? ?y+z=0.

令 y=1,得 x=2,z=-1, 即 n=(2,1,-1),

OE ·n 30 所以 cos〈OE― →,n〉= = , 10 | OE |·|n|

即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是

30 . 10

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)∵ AB1 =(-a,a,a), DD1 =(0,0,a), ∴|cos〈 AB1 , DD1 〉|=? 3 , 3 3 . 3

?

? ? ?| AB |·| DD ? 1 1 ? ?

AB1 · DD1



所以异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值为

(2)∵ BB1 =(-a,-a,a), BC =(-2a,0,0), FB1 =(0,a,a), ∴?

? ? FB1 · BB1 =0, ? ? FB1 · BC =0,

∴FB1⊥BB1,FB1⊥BC.

∵BB1∩BC=B,∴FB1⊥平面 BCC1B. (3)由(2)知, FB1 为平面 BCC1B1 的一个法向量. 设 n=(x1,y1,z1)为平面 FCC1 的法向量, ∵ CC1 =(0,-a,a), FC =(-a,2a,0), ∴?

? ?n· CC1 =0, ?n· FC =0, ?

? ?-ay1+az1=0, 得? ?-ax1+2ay1=0. ?

令 y1=1,则 x1=2,z1=1,∴n=(2,1,1),

FB1 ·n 3 ∴cos〈 FB1 ,n〉= = , 3 | FB1 |·|n|
即二面角 F-CC1-B 的余弦值为 3 . 3

6.解:(1)连接 BD,四边形 ABCD 菱形, ∵∠BAD=60°, ∴△ABD 为正三角形, 又 Q 为 AD 中点, ∴AD⊥BQ.

∵PA=PD,Q 为 AD 的中点,

AD⊥PQ,
又 BQ∩PQ=Q, ∴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 AQ∥BC 可得, △ANQ∽△CNB, ∴ 又 ∴

AQ AN 1 = = . BC NC 2 PM 1 = , MC 2 PM AN 1 = = . MC NC 2

∴PA∥MN. ∵MN? 平面 MQB,PA?平面 MQB, ∴PA∥平面 MQB. (3)由 PA=PD=AD=2,Q 为 AD 的中点,则 PQ⊥AD.

图(2) 又平面 PAD⊥平面 ABCD, ∴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, 3,0),Q(0,0,0),P(0,0, 3). 设平面 MQB 的法向量 n=(x,y,1),可得

? ?n· QB =0, ? ?n· MN =0. ?

∵PA∥MN, ∴?

?n· QB =0, ? ? ?n· PA =0.

解得 n=( 3,0,1). 取平面 ABCD 的法向量 m=(0,0,1).

m·n 1 cos〈m,n〉= = . |m||n| 2
故二面角 M-BQ-C 的大小为 60°. 7.解:(1)证明:以 A 为原点, AB , AD , AA 1 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 AB=a,则

?a ? A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E? ,1,0?,B1(a,0,1),故 AD1 = ?2 ?
(0,1,1), B1E =?- ,1,-1?, AB 1=(a,0,1), ? 2 ?

? a

?

a ? AE =? ?2,1,0?. ? ?
∵ AD1 · B1E =- ×0+1×1+ 2 (-1)×1=0, ∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), 使得 DP∥平面 B1AE,此时 DP =(0,-1,z0). 又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).

a

ax+z=0, ? ? ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥ AB1 ,n⊥ AE ,得?ax +y=0. ? ?2
-a,得平面 B1AE 的一个法向量 n=?1,- ,-a?. 2 ? ?

取 x=1,则 y=- ,z= 2

a

?

a

?

a 1 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥ DP ,有 -az0=0,解得 z0= . 2 2
1 又 DP?平面 B1AE,∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2 (3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD-A1B1C1D1 及 AA1=AD=1, 得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1,

∴AD1⊥平面 DCB1A1,∴ AD1 是平面 A1B1E 的一个法向量,此时

AD1 =(0,1,1).
设 AD1 与 n 所成的角为 θ ,

n· AD1 则 cos θ = = |n|| AD1 |
- -a 2 2· 1+ + a 4

a

a2

.
2

∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°, ∴|cos θ |=cos 30°, 3a 2 2· 5a 1+ 4 3 , 2



2



解得 a=2,即 AB 的长为 2. 8.解:(1)由已知条件可得 BD=2,CD=2,CD⊥BD. ∵平面 ABD⊥平面 BCD,平面 ABD∩平面 BCD=BD. ∴CD⊥平面 ABD. 又∵AB? 平面 ABD,∴CD⊥AB. (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),
∴ CD =(0,-2,0), AD =(-1,0,-1),MC― →=(-1,1,0). 设平面 ACD 的法向量为 n=(x,y,z), 则 CD ⊥n, AD ⊥n,∴?
?y=0, ? ? ?x+z=0,

令 x=1,得平面 ACD 的一个法向量为 n=(1,0,-1), |n· MC | 2 ∴点 M 到平面 ACD 的距离 d= = . |n| 2 (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 BN =λ BC ,0<λ <1,则

N(2-2λ ,2λ ,0),
∴ AN =(1-2λ ,2λ ,-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°, | AN ·n| 3 ∴sin 60°= = , | AN |·|n| 2 可得 8λ +2λ -1=0, 1 1 ∴λ = 或 λ =- (舍去). 4 2
2

BN 1 综上,在线段 BC 上存在点 N,使 AN 与平面 ACD 所成角为 60°,此时 = . BC 4



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