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江苏专用2022高考数学二轮复习专题七第1讲立体几何中的向量方法提升训练理必做部分
江苏专用2022高考数学二轮复习专题七第1讲立体几何中的向量方法提升训练理必做部分
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第1讲 立体几何中的向量方法1.(2022·全国Ⅰ卷)如图,四边形ABCD为菱形,∠ABC=120°,E,F是平面ABCD同一侧的两点,BE⊥平面ABCD,DF⊥平面ABCD,BE=2DF,AE⊥EC.(1)证明:平面AEC⊥平面AFC;(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.(1)证明 如图,连接BD,设BD∩AC=G,连接EG,FG,EF.在菱形ABCD中,不妨设GB=1.由∠ABC=120°,可得AG=GC=.由BE⊥平面ABCD,AB=BC,可知AE=EC.又AE⊥EC,所以EG=,且EG⊥AC.在Rt△EBG中,可得BE=,故DF=.在Rt△FDG中,可得FG=.在直角梯形BDFE中,由BD=2,BE=,DF=,可得EF=,从而EG2+FG2=EF2,所以EG⊥FG.又AC∩FG=G,可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC,所以平面AEC⊥平面AFC.(2)解 如图,以G为坐标原点,分别以,的方向为x轴,y轴正方向,||为单位长,建立空间直角坐标系Gxyz,由(1)可得A(0,-,0),E(1,0,),F,C(0,,0),所以=(1,,),=.7\n故cos〈,〉==-.所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.2.(2022·安徽卷)如图所示,在多面体A1B1D1DCBA,四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,E为B1D1的中点,过A1,D,E的平面交CD1于F.(1)证明:EF∥B1C;(2)求二面角EA1DB1的余弦值.(1)证明 由正方形的性质可知A1B1∥AB∥DC,且A1B1=AB=DC,所以四边形A1B1CD为平行四边形,从而B1C∥A1D,又A1D⊂面A1DE,B1C⊄面A1DE,于是B1C∥面A1DE.又B1C⊂面B1CD1.面A1DE∩面B1CD1=EF,所以EF∥B1C.(2)解 因为四边形AA1B1B,ADD1A1,ABCD均为正方形,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD,AB⊥AD且AA1=AB=AD.以A为原点,分别以,,为x轴,y轴和z轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系,可得点的坐标A(0,0,0),B(1,0,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),D1(0,1,1),而E点为B1D1的中点,所以E点的坐标为.设面A1DE的法向量n1=(r1,s1,t1),而该面上向量=,=(0,1,-1),由n1⊥.n1⊥得r1,s1,t1应满足的方程组(-1,1,1)为其一组解,所以可取n1=(-1,1,1).7\n设面A1B1CD的法向量n2=(r2,s2,t2),而该面上向量=(1,0,0),=(0,1,-1),由此同理可得n2=(0,1,1).所以结合图形知二面角EA1DB1的余弦值为==.3.(2022·新课标全国Ⅰ卷)如图,三棱柱ABCA1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,AB⊥B1C.(1)证明:AC=AB1;(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角AA1B1C1的余弦值.(1)证明 连接BC1,交B1C于点O,连接AO.因为侧面BB1C1C为菱形,所以B1C⊥BC1,且O为B1C及BC1的中点.又AB⊥B1C,AB∩BO=B,所以B1C⊥平面ABO.由于AO⊂平面ABO,故B1C⊥AO.又B1O=CO,故AC=AB1.(2)解 因为AC⊥AB1,且O为B1C的中点,所以AO=CO.又因为AB=BC,所以△BOA≌△BOC.故OA⊥OB,从而OA,OB,OB1两两互相垂直.以O为坐标原点,,,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.因为∠CBB1=60°,所以△CBB1为等边三角形.又AB=BC,OC=OA,则A,B(1,0,0),B1,C.=,==,==.设n=(x,y,z)是平面AA1B1的法向量,则即所以可取n=(1,,).7\n设m是平面A1B1C1的法向量,则同理可取m=(1,-,).则cos〈n,m〉==.所以二面角AA1B1C1的余弦值为.4.(2022·浙江卷)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.(1)证明:A1D⊥平面A1BC;(2)求二面角A1BDB1的平面角的余弦值.(1)证明 设E为BC的中点,由题意得A1E⊥平面ABC,所以A1E⊥AE.因为AB=AC,所以AE⊥BC.故AE⊥平面A1BC.由D,E分别为B1C1,BC的中点,得DE∥B1B且DE=B1B,从而DE∥A1A且DE=A1A,所以A1AED为平行四边形.故A1D∥AE.又因为AE⊥平面A1BC,所以A1D⊥平面A1BC.(2)解 法一 作A1F⊥BD且A1F∩BD=F,连接B1F.由AE=EB=,∠A1EA=∠A1EB=90°,得A1B=A1A=4.由A1D=B1D,A1B=B1B,得△A1DB与△B1DB全等.由A1F⊥BD,得B1F⊥BD,因此∠A1FB1为二面角A1BDB1的平面角.由A1D=,A1B=4,∠DA1B=90°,得BD=3,A1F=B1F=.由余弦定理得cos∠A1FB1=-.故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为-.7\n法二 以CB的中点E为原点,分别以射线EA,EB为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz,如图所示.由题意知各点坐标如下:A1(0,0,),B(0,,0),D(-,0,),B1(-,,).因此=(0,,-),=(-,-,),=(0,,0).设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1),平面B1BD的法向量为n=(x2,y2,z2).由即可取m=(0,,1).由即可取n=(,0,1).于是|cos〈m,n〉|==.由题意可知,所求二面角的平面角是钝角,故二面角A1BDB1的平面角的余弦值为-.5.(2022·湖北卷)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ;(2)是否存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.解 以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P7\n(0,0,λ).=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0),(1)证明 当λ=1时,=(-1,0,1),因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)解 设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±.故存在λ=1±,使面EFPQ与面PQMN所成的二面角为直二面角.6.如图,四棱柱ABCDA1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.(1)证明B1C1⊥CE;(2)求二面角B1CEC1的正弦值;(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.解 如图,以点A为原点建立空间直角坐标系,依题意得A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0).7\n(1)证明 易得=(1,0,-1),=(-1,1,-1),于是·=0,所以B1C1⊥CE.(2)=(1,-2,-1).设平面B1CE的法向量m=(x,y,z),则即消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,可得一个法向量为m=(-3,-2,1).由(1),B1C1⊥CE,又CC1⊥B1C1,可得B1C1⊥平面CEC1,故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.于是cos〈m,〉===-,从而sin〈m,〉=,所以二面角B1CEC1的正弦值为.(3)=(0,1,0),=(1,1,1),设=λ=(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有=+=(λ,λ+1,λ).可取=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则sinθ=|cos〈,〉|===,于是=,解得λ=(负值舍去),所以AM=.7
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-25 23:25:03
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文章作者:U-336598
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