全国版2023高考数学二轮复习专题检测十二立体几何中的向量方法理含解析20230325147

专题检测（十二）立体几何中的向量方法大题专攻强化练1．(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角BECC1的正弦值．解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，＝(0，0，2)．设平面EBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x2，y2，z2)，则即所以可取m＝(1，1，0)．于是cosn，m＝＝－.所以，二面角BECC1的正弦值为.2.如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB∥DC，AA1＝1，AB＝3k，AD＝4k，BC＝5k，DC＝6k(k＞0)，侧棱AA1⊥底面ABCD.(1)证明：CD⊥平面ADD1A1；\n(2)若直线AA1与平面AB1C所成的角的正弦值为，求k的值．解：(1)证明：如图，过点B作BE∥AD，交DC于点E，则四边形ABED是平行四边形，BE＝AD＝4k，DE＝AB＝3k.在△BEC中，因为BC2＝25k2＝9k2＋16k2＝EC2＋BE2，所以BE⊥DC，AD⊥DC.又侧棱AA1⊥底面ABCD，所以AA1⊥DC.而AA1∩AD＝A，所以CD⊥平面ADD1A1.(2)如图，以点D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.则B1(4k，3k，1)，C(0，6k，0)，A(4k，0，0)，A1(4k，0，1)，所以＝(－4k，6k，0)，＝(0，3k，1)，＝(0，0，1)．设平面AB1C的法向量为m＝(x，y，z)，则即令y＝2，解得x＝3，z＝－6k，所以m＝(3，2，－6k)为平面AB1C的一个法向量．设平面AB1C与直线AA1所成的角为θ，则sinθ＝|cos，m|＝＝，解得k＝1.3.已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角APCD的余弦值．解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PH⊥AB.∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，∵PH⊥平面ABCD，∴z轴∥PH.则A(0，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，\n设AH＝a，PH＝h(0＜a＜2，h＞0)．则P(0，a，h)．∴＝(0，a，h)，＝(0，a－2，h)，＝(1，1，0)．∵PA⊥PD，∴·＝a(a－2)＋h2＝0.∵AC与PD所成角为60°，∴|cos，|＝＝，∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0，∵0＜a＜2，∴a＝1.∵h＞0，∴h＝1，∴P(0，1，1)．∴＝(0，1，1)，＝(1，1，0)，＝(1，0，－1)，＝(1，－1，0)，设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝1，得y1＝－1，z1＝1，∴平面APC的一个法向量为n＝(1，－1，1)，设平面DPC的法向量为m＝(x2，y2，z2)．则即令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，∴平面DPC的一个法向量为m＝(1，1，1)．∴cosm，n＝＝.∵二面角APCD的平面角为钝角，∴二面角APCD的余弦值为－.4.(2019·安徽五校联盟第二次质检)如图，在五面体ABCDFE中，底面ABCD为矩形，EF∥AB，BC⊥FD，过BC的平面交棱FD于P，交棱FA于Q.(1)证明：PQ∥平面ABCD；(2)若CD⊥BE，EF＝EC，CD＝2EF，BC＝tEF，求平面ADF与平面BCE所成锐二面角的大小．解：(1)证明：因为底面ABCD为矩形，所以AD∥BC，⇒BC∥平面ADF，\n⇒BC∥PQ，⇒PQ∥平面ABCD.(2)由CD⊥BE，CD⊥CB，BE∩CB＝B，得CD⊥平面BCE，所以CD⊥CE.由BC⊥CD，BC⊥FD，CD∩FD＝D，得BC⊥平面CDFE，所以CB⊥CE.以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，的方向为y轴的正方向，的方向为z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，设EF＝EC＝1，则A(2，t，0)，D(2，0，0)，F(1，0，1)，所以＝(0，－t，0)，＝(－1，－t，1)．设平面ADF的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝1，得n＝(1，0，1)为平面ADF的一个法向量．易知平面BCE的一个法向量为m＝(1，0，0)，设平面ADF与平面BCE所成的锐二面角为θ，则cosθ＝＝＝，所以θ＝，即平面ADF与平面BCE所成的锐二面角为.5．(2019·东北四市联合体模拟(一))如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝1，CD＝2，E为CD的中点，将△ADE沿AE折到△APE的位置．(1)证明：AE⊥PB；(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，求二面角APEC的余弦值．解：(1)证明：在等腰梯形ABCD中，连接BD，交AE于点O，∵AB∥CE，AB＝CE，∴四边形ABCE为平行四边形，∴AE＝BC＝AD＝DE，∴△ADE为等边三角形，∴在等腰梯形ABCD中，∠C＝∠ADE＝，BD⊥BC，∴BD⊥AE.\n如图，翻折后可得OP⊥AE，OB⊥AE，又OP⊂平面POB，OB⊂平面POB，OP∩OB＝O，∴AE⊥平面POB，∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB.(2)当四棱锥PABCE的体积最大时，平面PAE⊥平面ABCE.又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊂平面PAE，PO⊥AE，∴OP⊥平面ABCE.以O为坐标原点，OE所在的直线为x轴，OB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，由题意得，P，E，C，∴PE―→＝，＝，设平面PCE的法向量为n1＝(x，y，z)，则即设x＝，则y＝－1，z＝1，∴n1＝(，－1，1)为平面PCE的一个法向量，易知平面PAE的一个法向量为n2＝(0，1，0)，cosn1，n2＝＝＝－.由图知所求二面角APEC为钝角，∴二面角APEC的余弦值为－.6.(2019·广州市综合检测(一))如图，在三棱锥ABCD中，△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，点P是AC的中点，连接BP，DP.(1)证明：平面ACD⊥平面BDP；(2)若BD＝，且二面角ABDC为120°，求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．解：(1)证明：因为△ABC是等边三角形，∠BAD＝∠BCD＝90°，所以Rt△ABD≌Rt△CBD，可得AD＝CD.因为点P是AC的中点，则PD⊥AC，PB⊥AC，因为PD∩PB＝P，PD⊂平面PBD，PB⊂平面PBD，所以AC⊥平面PBD.因为AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面BDP.\n(2)法一：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD，所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角ABDC的平面角．由已知二面角ABDC为120°，知∠AEC＝120°.在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝AE，因为△ABC是等边三角形，则AC＝AB，所以AB＝AE.在Rt△ABD中，有AE·BD＝AB·AD，得BD＝AD，因为BD＝，所以AD＝.又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.则AE＝，ED＝.由CE⊥BD，AE⊥BD可知BD⊥平面AEC，则平面AEC⊥平面BCD.过点A作AO⊥CE，交CE的延长线于O，则AO⊥平面BCD.连接OD，则∠ADO为直线AD与平面BCD所成的角．在Rt△AEO中，∠AEO＝60°，所以AO＝AE＝1，sin∠ADO＝＝.所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.法二：如图，作CE⊥BD，垂足为E，连接AE.因为Rt△ABD≌Rt△CBD，所以AE⊥BD，AE＝CE，∠AEC为二面角ABDC的平面角．由已知二面角ABDC为120°，知∠AEC＝120°在等腰三角形AEC中，由余弦定理可得AC＝AE，因为△ABC是等边三角形，则AC＝AB，所以AB＝AE.在Rt△ABD中，有AE·BD＝AB·AD，得BD＝AD，因为BD＝，所以AD＝.又BD2＝AB2＋AD2，所以AB＝2.则AE＝，ED＝.\n以E为坐标原点，以向量，的方向分别为x轴，y轴的正方向，以过点E垂直于平面BCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系Exyz，则D，A，向量＝，平面BCD的一个法向量为m＝(0，0，1)，设直线AD与平面BCD所成的角为θ，则cosm，＝＝＝－，sinθ＝|cosm，|＝.所以直线AD与平面BCD所成角的正弦值为.7.(2019·长沙市统一模拟考试)如图，矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直，BE∥CF，∠BCF＝90°，AD＝，BE＝3，CF＝4，EF＝2.(1)求证：AE∥平面DCF；(2)当AB的长为何值时，二面角AEFC的大小为60°？解：因为平面ABCD⊥平面BEFC，平面ABCD∩平面BEFC＝BC，DC⊂平面ABCD，且DC⊥BC，所以DC⊥平面BEFC.以点C为坐标原点，分别以CB，CF，CD所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.设AB＝a，则C(0，0，0)，A(，0，a)，B(，0，0)，E(，3，0)，F(0，4，0)，D(0，0，a)．(1)证明：因为＝(0，3，－a)，＝(，0，0)，＝(0，4，0)，＝(0，0，a)，所以·＝0，·＝0，又CD∩CF＝C，所以CB⊥平面CDF，即为平面CDF的法向量．又·＝0，所以CB⊥AE.又因AE⊄平面CDF，所以AE∥平面DCF.(2)设n＝(x，y，z)与平面AEF垂直，因为＝(0，3，－a)，＝(－，1，0)，\n由得即得n＝.又因为BA⊥平面BEFC，＝(0，0，a)，所以|cos·n|＝＝＝，解得a＝.所以当AB＝时，二面角AEFC的大小为60°.8．在平行四边形PABC中，PA＝4，PC＝2，∠P＝45°，D是PA的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1ABCD.(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论．(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．解：(1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下：∵D是PA的中点，PA＝4，∴DP＝DA＝2，在△PDC中，由余弦定理得，CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos45°＝8＋4－2×2×2×＝4，∴CD＝2＝PD，∵CD2＋DP2＝8＝PC2，∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，∴CD⊥平面P1DA.(2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD，∴平面P1DA⊥平面ABCD，∵△P1DA为锐角三角形，∴P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，∴P1O⊥平面ABCD，\n则∠P1DA是P1D与平面ABCD所成的角，∴∠P1DA＝60°，∵DP1＝DA＝2，∴△P1DA为等边三角形，O为AD的中点，故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x轴与BC交于点M，∵DA＝P1A＝2，∴OP1＝，易知OD＝OA＝CM＝1，∴BM＝3，则P1(0，0，)，D(0，－1，0)，C(2，－1，0)，B(2，3，0)，＝(2，0，0)，＝(0，－4，0)，＝(2，－1，－)，∵CD⊥平面P1DA，∴可取平面P1DA的一个法向量n1＝(1，0，0)，设平面P1BC的法向量n2＝(x2，y2，z2)，则即令z2＝1，则n2＝为平面P1BC的一个法向量，设平面P1AD和平面P1BC所成的角为θ，由图易知θ为锐角，∴cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝.∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为.