2021新高考数学一轮复习（山东专用）课时作业46 立体几何中的向量方法 WORD版含解析.DOC

1、课时作业46立体几何中的向量方法1如图，三棱锥PABC中，底面ABC为直角三角形，ABBC2，D为AC的中点，PDDB，PDDB，PBCD.(1)求证：PD平面BCD；(2)求PA与平面PBC所成角的正弦值解：(1)证明：在直角三角形ABC中，ABBC2，D为AC的中点，BDCD，又PBCD，BDPBB，CD平面PBD，CDPD.又PDBD，BDCDD，PD平面BCD.(2)以D为坐标原点，DA，DB，DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则A(，0,0)，B(0，0)，C(，0,0)，P(0,0，).(，0，)，(0，)，(，0)设平面PBC的法向量为n(x，y，z

2、)，由得取x1，得y1，z1，n(1，1，1)cos，n，直线PA与平面PBC所成角的正弦值为.2(2019全国卷)图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的二面角BCGA的大小解：(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作E

3、HBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC.由已知，菱形BCGE的边长为2，EBC60，可求得BH1，EH.以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，则A(1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，(1,0，)，(2，1,0)设平面ACGD的法向量为n(x，y，z)，则即所以可取n(3,6，)又平面BCGE的法向量可取为m(0,1,0)，所以cosn，m.因此二面角BCGA的大小为30.3如图，三棱台ABCEFG的底面是正三角形，平面ABC平面BCGF，CB2GF，BFCF.(1)求证：ABCG；(2)若BCCF，

4、求直线AE与平面BEG所成角的正弦值解：(1)证明：取BC的中点为D，连接DF，如图由题意得，平面ABC平面EFG，平面ABC平面BCGFBC，平面EFG平面BCGFFG，从而BCFG.CB2GF，CD綊GF，四边形CDFG为平行四边形，CGDF.BFCF，D为BC的中点，DFBC，CGBC.平面ABC平面BCGF，且平面ABC平面BCGFBC，CG平面BCGF，CG平面ABC，又AB平面ABC，CGAB.(2)连接AD.由ABC是正三角形，且D为BC的中点得，ADBC.由(1)知，CG平面ABC，CGDF，DFAD，DFBC，DB，DF，DA两两垂直以D为坐标原点，DB，DF，DA所在的直线

5、分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.设BC2，则A(0,0，)，B(1,0,0)，F(0，0)，G(1，0)，(2，0)CB2GF，2，E，.设平面BEG的法向量为n(x，y，z)，由可得，令x，则y2，z1，n(，2，1)为平面BEG的一个法向量设AE与平面BEG所成的角为，则sin|cos，n|.直线AE与平面BEG所成角的正弦值为.4(2019北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADCD，ADBC，PAADCD2，BC3.E为PD的中点，点F在PC上，且.(1)求证：CD平面PAD；(2)求二面角FAEP的余弦值；(3)设点G在PB上，且.判断直线AG是否在

6、平面AEF内，说明理由解：(1)证明：因为PA平面ABCD，所以PACD.又因为ADCD，PAADA，所以CD平面PAD.(2)过A作AD的垂线交BC于点M.因为PA平面ABCD，所以PAAM，PAAD.如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2，1，0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)因为E为PD的中点，所以E(0,1,1)所以(0,1,1)，(2,2，2)，(0,0,2)所以，.设平面AEF的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则y1，x1.于是n(1，1,1)又因为平面PAD的法向量为p(1,0,0)，所以cosn，p.由题知，二面角FAEP为锐二

7、面角，所以其余弦值为.(3)直线AG在平面AEF内因为点G在PB上，且，(2，1，2)，所以，.由(2)知，平面AEF的法向量n(1，1,1)所以n0.所以直线AG在平面AEF内5已知三棱锥PABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD为边长等于的正方形，ABE和BCF均为正三角形在三棱锥PABC中：(1)证明：平面PAC平面ABC；(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角PBCM的余弦值解：(1)证明：如图，设AC的中点为O，连接BO，PO.由题意，得PAPBPC，POBO1.因为在PAC中，PAPC，O为AC的中点，所以POAC.因为在POB中

8、，PO2OB2PB2，所以POOB.因为ACOBO，AC，OB平面ABC，所以PO平面ABC.因为PO平面PAC，所以平面PAC平面ABC.(2)由(1)知，BOPO，由题意可得BOAC，所以BO平面PAC，所以BMO是直线BM与平面PAC所成的角，且tanBMO，所以当线段OM最短，即M是PA的中点时，BMO最大由PO平面ABC，OBAC，得POOB，POOC，OBOC，以O为坐标原点，OC，OB，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，P(0,0,1)，M，(1，1,0)，(1,0，1)，

9、.设平面MBC的法向量为m(x1，y1，z1)，由得令x11，得y11，z13，即m(1,1,3)是平面MBC的一个法向量设平面PBC的法向量为n(x2，y2，z2)，由得令x21，得y21，z21，即n(1,1,1)是平面PBC的一个法向量所以cosm，n.结合图可知所求二面角为锐角，二面角PBCM的余弦值为.6(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EBDF的余弦值为，求线段CF的长解：(1)证明：依题意，可以建立以A为原点，分别以，的方向为x轴，y

10、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)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，可得n(2,2,1)因此有cos，n.所以，直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.(3)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

11、验，符合题意所以，线段CF的长为.7如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，PAPD，PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BCAD，ABAD，ABBC1，O为AD的中点(1)求证：平面POC平面PAD.(2)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解：(1)证明：在PAD中，PAPD，O为AD的中点，POAD.在PAD中，PAPD，PAPD，AD2.在直角梯形ABCD中，O为AD的中点，OABC1，OCAD.又OCPOO，AD平面POC，又AD平面PAD，平面POC平面PAD.(2)易知PO，OC，OD两两垂直，所以以O为坐标

12、原点，OC所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则O(0,0,0)，P(0,0,1)，A(0，1，0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，假设存在，且设(01)连接OQ，(0,1，1)，(0，)，(0，1)，Q(0，1)设平面CAQ的法向量为m(x1，y1，z1)，则取z11，得m(1，1，1)又平面CAD的一个法向量为n(0,0,1)，二面角QACD的余弦值为，|cosm，n|，整理化简，得321030，解得或3(舍去)，故线段PD上存在满足题意的点Q，且.8如图，在菱形ABCD中，ABC60，AC与BD交于点O，AE平面ABCD，CFAE，A

13、BAE2.(1)求证：BD平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45时，求异面直线OF与BE所成角的余弦值解：(1)证明：四边形ABCD是菱形，BDAC.AE平面ABCD，BD平面ABCD，BDAE.又ACAEA，AC，AE平面ACFE，BD平面ACFE.(2)连接OE，以O为原点，OA，OB所在直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0，0)，O(0,0,0)，E(1,0,2)，F(1,0，a)(a0)，则(0，0)，(1,0,2)，(1,0，a)设平面EBD的法向量为n(x，y，z)，则有即得y0.令z1，则x2，n(2,0,1)是平面EBD的一个法向量由题意得sin45|cos，n|，解得a3或a(舍去)(1,0,3)，又(1，2)，cos，故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.