【步步高】2022届高考数学一轮复习 习题课 空间向量的应用备考练习 苏教版

习题课　空间向量的应用一、基础过关1．如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綊AD，BE綊FA，G、H分别为FA、FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C、D、F、E四点是否共面？为什么？(3)设AB＝BE，证明：平面ADE⊥平面CDE.2．如图所示，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是一直角梯形，∠BAD＝90°，AD∥BC，AB＝BC＝a，AD＝2a，且PA⊥底面ABCD，PD与底面成30°角．(1)若AE⊥PD，E为垂足，求证：BE⊥PD；(2)求异面直线AE与CD所成角的余弦值．3．如图所示，在四棱锥O—ABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠ABC＝，OA⊥底面ABCD，OA＝2，M为OA的中点，N为BC的中点．(1)证明：直线MN∥平面OCD；(2)求异面直线AB与MD所成角的大小．二、能力提升4．如图所示，-8-\n在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.(1)证明：PC⊥AD；(2)求二面角A－PC－D的正弦值；(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．5．等边△ABC中，D，E分别是AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE(如图所示)．(1)求证：平面ABC⊥平面ABE；(2)求直线AC与平面ABE所成角的正弦值．三、探究与拓展6．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：AC⊥SD；(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SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．-8-\n答案1．(1)证明　由题设知，FA、AB、AD两两互相垂直．以A为坐标原点，射线AB为x轴正方向，以射线AD为y轴正方向，以射线AF为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB＝a，BC＝b，BE＝c，则由题设得A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，b,0)，D(0,2b,0)，E(a,0，c)，G(0,0，c)，H(0，b，c)．所以＝(0，b,0)，＝(0，b,0)，于是＝.又点G不在直线BC上，所以四边形BCHG是平行四边形．(2)解　C、D、F、E四点共面．理由如下：由题设知，F(0,0,2c)，所以＝(－a,0，c)，＝(－a,0，c)，＝.又C∉EF，H∈FD，故C、D、F、E四点共面．(3)证明　由AB＝BE，得c＝a，所以＝(－a,0，a)，＝(a,0，a)．又＝(0,2b,0)，因此·＝0，·＝0，即CH⊥AE，CH⊥AD.又AD∩AE＝A，所以CH⊥平面ADE.由CH⊂平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.2．(1)证明　∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.又∵AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又∵AE⊥PD，∴PD⊥平面ABE.故BE⊥PD.(2)解　如图所示，以A为原点，AB、AD、AP所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C、D的坐标分别为(a，a,0)、(0,2a,0)．-8-\n∵PA⊥底面ABCD，∠PDA是PD与底面ABCD所成的角，∴∠PDA＝30°.于是，在Rt△AED中，由AD＝2a，得AE＝a.过E作EF⊥AD，垂足为F，在Rt△AFE中，由AE＝a，∠EAF＝60°，得AF＝a，EF＝a.∴E.于是＝，＝(－a，a,0)．设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ＝＝＝.∴AE与CD所成角的余弦值为.3．(1)证明　作AP⊥CD于点P，连结OP.如图，分别以AB、AP、AO所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．A(0,0,0)，B(1,0,0)，P，D，O(0,0,2)，M(0,0,1)，N.＝，＝，＝.设平面OCD的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0.即取z＝，解得n＝(0,4，)．∵·n＝·(0,4，)＝0，又MN⊄平面OCD，∴MN∥平面OCD.-8-\n(2)解　设AB与MD所成角为θ.∵＝(1,0,0)，＝，∴cosθ＝＝，∴θ＝.∴AB与MD所成角的大小为.4．(1)证明　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)，D(2,0,0)，C(0,1,0)，B，P(0,0,2)．易得＝(0,1，－2)，＝(2,0,0)，于是·＝0，所以PC⊥AD.(2)解　＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)．设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，则即不妨令z＝1，可得n＝(1,2,1)．可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．于是cos〈m，n〉＝＝＝，从而sin〈m，n〉＝.所以二面角A－PC－D的正弦值为.(3)解　设点E的坐标为(0,0，h)，其中h∈[0,2]．由此得＝.-8-\n由＝(2，－1,0)，故cos〈，〉＝＝＝，所以＝cos30°＝，解得h＝，即AE＝.5．(1)证明　取DE的中点O，取BC的中点G，连结AO，OG，则AO⊥DE，OG⊥DE.∵平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，∴AO⊥平面BCDE，∴AO⊥OG.建立如图所示的空间直角坐标系，设BC＝4，则DE＝2，AO＝OG＝.所以A(0,0，)，D(1,0,0)，E(－1,0,0)，B(－2，，0)，C(2，，0)．设平面ABE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，∵＝(1,0，)，＝(－1，，0)，由，得令y1＝1，得m＝(，1，－1)，设平面ABC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，∵＝(4,0,0)，＝(2，，－)，由　得令y2＝1，得n＝(0,1,1)，∵m·n＝(，1，－1)·(0,1,1)＝0，∴平面ABC⊥平面ABE.(2)解　由(1)得cos〈，m〉＝-8-\n＝＝.∴直线AC与平面ABE所成角的正弦值为.6．(1)证明　连结BD，设AC交BD于点O，由题意知SO⊥平面ABCD，以O点为坐标原点，、、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O—xyz如图所示．设底面边长为a，则高SO＝a.于是S(0,0，a)，D，C，B，＝，＝，∴·＝0.故OC⊥SD，因此AC⊥SD.(2)解　由题意知，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θ，则cosθ＝＝，故所求二面角P—AC—D的大小为30°.(3)解　在棱SC上存在一点E使BE∥平面PAC.由(2)知是平面PAC的一个法向量，且＝，＝，-8-\n＝，设＝t，则＝＋＝＋t＝.由·＝0，得t＝，即当SE∶EC＝2∶1时，⊥.而BE不在平面PAC内，故BE∥平面PAC.-8-