数学理高考二轮专题复习与测试：第二部分 专题三 第3讲 立体几何中的向量方法 Word版含解析

A级基础通关一、选择题1如图，F是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD的中点E是BB1上一点，若D1FDE，则有()AB1EEBBB1E2EBCB1EEB DE与B重合解析：以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线为坐标轴建立坐标系，设正方体的棱长为2，则D(0，0，0)，F(0，1，0)，D1(0，0，2)，设E(2，2，z)，则(0，1，2)，(2，2，z)，因为02122z0，所以z1，所以B1EEB.答案：A2.如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上，(0，0，2)，平面ABC的法向量为n(2，1，2)，设二面角C-AB-O的大小为，则cos 等于()A.B.C.D解析：由题意可知，平面ABO的一个法向量为(0，0，2)，由图可知，二面角C-AB-O为锐角，由空间向量的结论可知，cos .答案：C3在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA1底面ABC，点D在棱BB1上，且BD1，若AD与平面AA1C1C所成的角为，则sin 的值是()A. B. C. D.解析：如图，建立空间直角坐标系，易求点D，平面AA1C1C的一个法向量是n(1，0，0)，所以sin |cosn，|.答案：D4.如图所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，点M，P，Q分别为棱AB，CD，BC的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：A1MD1P；A1MB1Q；A1M平面DCC1D1；A1M平面D1PQB1.以上说法正确的个数为()A1 B2 C3 D4解析：，所以，所以A1MD1P，由线面平行的判定定理可知，A1M平面DCC1D1，A1M平面D1PQB1.正确答案：C5(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析：以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D1(0，0，)，B1(1，1，)，所以(1，0，)，(1，1，)则cos，.故异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为.答案：C二、填空题6.(2019东莞中学检测)在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD中，AB平面BCD，且ABBCCD，则异面直线AC与BD所成的角的大小是_解析：依题意，以C为原点，建立如图所示的直角坐标系，设ABBCCDa，AB平面BCD.则B(a，0，0)，D(0，a，0)，C(0，0，0)，A(a，0，a)所以(a，a，0)，(a，0，a)所以cos，则，故AC与BD所成角为.答案：7.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB2，A1C1B1D1E，直线AC与直线DE所成的角为，直线DE与平面BCC1B1所成的角为，则cos()_解析：因为ACBD且ACBB1，BDBB1B，所以AC平面BB1D1DACDE，所以.取A1D1的中点F，连EF，FD，易知EF平面ADD1A1，则EDF.cos()cossinEDF.答案：三、解答题8.(2018北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12.(1)求证：AC平面BEF；(2)求二面角BCDC1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，因为CC1平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以ACEF.因为ABBC，所以ACBE.又EFBEE，所以AC平面BEF.(2)解：由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1.又CC1平面ABC，所以EF平面ABC.因为BE平面ABC，所以EFBE.如图建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B(0，2，0)，C(1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，F(0，0，2)，G(0，2，1)所以(1，2，0)，(1，2，1)设平面BCD的法向量为n(x0，y0，z0)则即令y01，则x02，z04.于是n(2，1，4)又因为平面CC1D的法向量为(0，2，0)，所以cosn，.由题意知二面角BCDC1为钝角，所以其余弦值为.(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n(2，1，4)，(0，2，1)因为n20(1)2(4)(1)20，所以直线FG与平面BCD相交9(2019长郡中学模拟)如图1，直角梯形ABCD中，ADBC中，ABC90，E，F分别为边AD和BC上的点，且EFAB，AD2AE2AB4FC4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的位置，使ADAE.(1)求证：AF平面CBD；(2)求平面CBD与平面DAE所成锐角的余弦值(1)证明：取DE中点G，连接FG，AG，CG.由条件CFDG，所以CFGD为平行四边形，所以FGCD.又FG平面CBD，CD平面CBD，所以FG平面CBD.同理AG平面CBD.又FGAGG，FG平面AFG，AG平面AFG.所以平面AFG平面CBD.又AF平面AFG，所以AF平面CBD.(2)解：因为EFAE，EFDE，AEDEE，所以EF平面ADE.又ADAEDE，以AE中点H为原点，AE为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1，0，0)，D(0，0，)，B(1，2，0)，E(1，0，0)，F(1，2，0)因为，所以C，所以，(1，2，)易知是平面ADE的一个法向量，n1(0，2，0)，设平面BCD的一个法向量为n2(x，y，z)，由令x2，则y2，z2，所以n2(2，2，2)cosn1，n2.所以平面CBD与平面DAE所成锐角的余弦值为.B级能力提升10(2019天津卷)如图，AE平面ABCD，CFAE，ADBC，ADAB，ABAD1，AEBC2.(1)求证：BF平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值为，求线段CF的长(1)证明：依题意，建立以A为原点，分别以，的方向为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0，2)设CFh(h0)，则F(1，2，h)依题意，(1，0，0)是平面ADE的法向量又(0，2，h)，可得0，又因为直线BF平面ADE.所以BF平面ADE.(2)解：依题意，(1，1，0)，(1，0，2)，(1，2，2)设n(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨令z1，可取n(2，2，1)因此有cosn.所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)解：设m(x1，y1，z1)为平面BDF的法向量，则即不妨令y11，可得m.由题意，有|cosm，n|，解得h .经检验，符合题意所以线段CF的长为.11.(2019六安一中模拟)如图，四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点(1)求证：ACSD；(2)若SD平面PAC，求二面角P-AC-D的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE平面PAC.若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由(1)证明：连接BD，设AC交BD于点O，连接SO，由题意知SO平面ABCD，以O为坐标原点，分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立坐标系O-xyz，设底面边长为a，则高SOa，于是S，D，C，于是，.则0，故OCSD，从而ACSD.(2)解：由题设知，平面PAC的一个法向量，平面DAC的一个法向量.设所求二面角为，则cos ，所以所求二面角的大小为30.(3)解：在棱SC上存在一点E使BE平面PAC.根据第(2)问知是平面PAC的一个法向量，且，.设t.则t.由0，得0a2t0，则t.所以当SEEC21时，.由于BE平面PAC，故BE平面PAC.因此在棱SC上存在点E，使BE平面PAC，此时SEEC21.