2020届高考数学(理)一轮复习课时训练：第8章立体几何42Word版含解析

1、【课时训练】第 42节 立体几何中的向量方法 （二） 求空间角和距离 解答题 1. （2018 深圳一模）已知直三棱柱 ABCA1B1C1,/ ACB = 90 CA= CB= CC1, D 为 BiCi的中点，求异面直线 BD 和 AQ 所成角的 余弦值. 【解】女口图所示，以 C 为坐标原点，CA, CB, CCi所在直线分 别为 x 轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. 设 CA= CB= CCi = 2,则 Ai(2,0,2), C(0,0,0), B(0,2,0), D(0,1,2), T T BD = -i,2), AiC= ( 2,0, 2). T T I BD AiC VlQ T

2、 T = 5 |BD|AiC| 异面直线 BD 与 AiC 所成角的余弦值为 2. （2018 大连二模）如图，在直三棱柱 ABC AiBiCi中，AB 丄cos BD, AC BC, AAi = 2, AC= 2 2.M 是 CCi的中点，P 是 AM 的中点，点 Q 在线段 t 口 i BCi 上，且 BQ = 3QG. (1)证明：PQ/平面 ABC; 若直线 BAi与平面 ABM 所成角的正弦值为2l55,求/ BAC 的 大小. (1)【证明】取 MC 的中点，记为点 D,连接 PD，QD. VP 为 MA 的中点，D 为 MC 的中点， PD /AC. 又 CD = 3DC1, B

3、Q= 3QC1, QD /BC. 又 PDA QD=D, 平面 PQD/平面 ABC. 又 PQ?平面 PQD, PQ/ 平面 ABC. 【解】-BC, BA, BBi两两互相垂直，以 B 为坐标原点，分 别以 BC, BA, BBi所在的直线为 x 轴，y 轴，z轴建立如图所示的空 间直角坐标系 B xyz.设 BC = a, BA = b，则各点的坐标分别为 B(0,0,0), C(a,O,O), A(0, b,0), Ai(0, b,2), M(a,0,1), T T T /BAi = (0, b,2), BA= (0, b,0), BM = (a,0,1). 设平面 ABM 的法向量为

4、 n = (x, y, z), . T n BA= 0, by= 0, 则 二 T lax + z= 0, n BM = 0, 取 x= 1,则可得平面 ABM 的一个法向量为n= (1,0, a), 1 2a| _/i5 ;a2 + 1 b2 + 4 15 又 a + b _ 8,a + 4a 12_ 0. a2_2 或一 6(舍)，即 a_ , 2. /sinZBAC_2 2 2 2_zBAC_咅 3. (2019 兰州检测)如图， 在四棱锥 P ABCD 中， PA 丄平面 ABCD, / ABC_90 ABC ADC, PA_AC_ 2AB_ 2, E 是线段 PC 的 中点 I 八、

5、 |cosT BAi| = (1)求证：DE /平面 PAB; 求二面角 D CP B 的余弦值.p D (1)【证明】以 B 为坐标原点，BA 所在的直线为 x 轴，BC 所在 的直线为 y轴，过点 B 且与平面 ABC 垂直的直线为 z轴，建立空间 直角坐标系如图所示. 则 B(0,0,0), C(0, 3, 0), P(1,0,2), DE = (- 1,0,1), BP= (1,0,2), BA= (1,0,0). 设平面 FAB 的法向量为 n= (a, b, c), n BF= 0, a + 2c = 0, 则 二 T la= 0. n BA= 0, 5= (0,1,0)为平面 F

6、AB 的一个法向量. T 又 DE n= 0, DE?平面 PAB, DE / 平面 FAB. 32 3一2? 0, A(1,0,0), E：, ，1, (2)【解】由(1)易知 BC= (0, 3, 0), -1 _並 2,- 2 r 3並 T DP = ,J, T DC = -2, 2,0, v 设平面 PBC 的法向量为 ni =(xi, yi, zi), ni BP= 0, 则 ni BC= 0, 令 Xi = 2,则 yi = 0, zi= 1, ni = (2,0, 1)为平面 PBC 的一个法向量. 设平面 DPC 的法向量为 n2=(X2, y2, Z2), n2 DP = 0

7、, 则 T “2 DC = 0, 1 3 2X2京 y2 + 2Z2= 0, 3 23 ?X2 + 2 y2=0, 令 X2= 1，则 y2= 3, Z2= 1, 52 = (1, 3, 1)为平面 DPC 的一个法向量. 2 1 1 cosni，n2= 5X 5= 5. 1 故二面角 D CP B 的余弦值为 5. 4. (2018 宿州模拟)如图，在四棱锥 P ABCD 中，AD / BC,平 面 APD 丄平面 ABCD, PA= PD, E 在 AD 上，且 AB= BC= CD = DE =EA= 2. Xi + 2zi = 0, 3yi = 0. (1) 求证：平面 PEC 丄平面

8、 PBD; (2) 设直线 PB与平面 PEC所成的角为g， 求平面 APB与平面 PEC 所成的锐二面角的余弦值. (1)【证明】 连接 BE.在dPAD中，PA= PD, AE= ED, 所以 PE 丄 AD. 又平面 APD 丄平面 ABCD，平面 APD 门平面 ABCD = AD, 所以 PE 丄平面 ABCD. 又 BD?平面 ABCD，故 PE 丄 BD. 在四边形 ABCD 中，BC/DE，且 BC= DE, 所以四边形 BCDE 为平行四边形. 又 BC= CD，所以四边形 BCDE 为菱形. 故 BD 丄 CE. 又 PEA EC= E,所以 BD 丄平面 PEC. 又 B

9、D?平面 PBD, 所以平面 PEC 丄平面 PBD. 解取 BC 的中点 F,连接 EF. 由(1)可知 ABCE 是一个正三角形，所以 EF 丄 BC. 又 BC/AD，所以 EF 丄 AD. 又 PE 丄平面 ABCD，故以点 E 为坐标原点，EF, ED, EP 所在 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. 设 PE= t(t0)，贝 S D(0,2,0), A(0, 2,0), P(0,0, t), F( 3, 0,0), B(.3, 1,0). 因为 BD 丄平面 PEC, 所以 BD = ( 3, 3,0)是平面 PEC 的一个法向量. 又 PB= ( 3

10、, 1, t), T 所以 cosPB, T BD T T PB BD T T |PB|BD| ：4 + t2x 2 ；3 +12 T T 爲 sin 6= |cos |= ，得 t= 2 2(负值 6 ：4+12 舍去).由已知可得 故 P(0,0,2 ,2),所以 PB= ( 3 1, 2. 2), AB= ( 3, 1,0). 设平面 APB 的法向量为 n= (x, y, z), n PB = 0, px y 2 辰=0, 则由 可得 T 3x+ y = 0, n AB = 0 取 y= 6, 则 x= . 2, z= 3, 故 n= ( 2, 6, 3)为平面 APB 的一个法向量,

11、 T _ 二 BD n 4 6 2_22 所以 cos = 2 3X11 |BD|n| T 设平面 APB 与平面 PEC 所成的锐二面角为 B,则 cos |coBD, n.返 n 1 一 11 . 5. (2018 十堰模拟)如图 1,正方形 ABCD 的边长为 4, AB = AE 1 =BF = 2EF, AB/ EF，把四边形 ABCD 沿 AB 折起，使得 AD 丄平面 AEFB, 图1 (1)求证：AG 丄平面 BCE; 求二面角 C AE F 的余弦值. 11 - 图(1)【证明】连接 BG, 因为 BC/AD, AD 丄底面 AEFB, 所以 BC 丄底面 AEFB.又 AG

12、?底面 AEFB, 所以 BC 丄 AG, 因为 AB 綊 EG, AB= AE, 所以四边形 ABGE 为菱形.所以 AG 丄 BE. 又 BCA BE= B, BE?平面 BCE, BC?平面 BCE，所以 AG 丄平 面 BCE. (2)【解】由(1)知，四边形 ABGE 为菱形，AG 丄 BE, AE= EG = BG= AB = 4, 设 AG A BE= O,所以 OE= OB = 2 3, OA= OG= 2. 以 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 贝 y O(0,0,0), A(-2,0,0), E(0, 2 3, 0), F(4,2.3, 0), C(0,2 3

13、, 4), D( 2,0,4), 所以 AC= (2,2 3, 4), AE= (2, 2 3, 0). 设平面 ACE 的法向量为 n= (x, y, z), 令 y= 1,则 x= 3, z= .3,AC n = 0, AE n= 0, 即平面 ACE 的一个法向量为 n = (.3, 1, 3), 易知平面 AEF 的一个法向量为 AD = (0,0,4), (n 设面角 C AE F 的大小为0,由图易知0 0, 2 I, 所以 cos 0= |n ADI，即二面角 C AE F 的余弦 |n|AD| 值为乎 6. (2018 武汉高三测试)如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中，已知

14、 (1) 求证：BC1丄平面 ABC; (2) 设 CE= 2CC1 (0圧 1),且平面 AB1E 与 BB1E 所成的锐二面 角的大小为 30 ，试求入的值. (1)【证明】因为 AB 丄侧面 BB1C1C, BC1?侧面 BB1C1C，故 AB 丄 BC1. 在 ABCC1 中，BC= 1, CG = BB1 = 2,/BCG=才, 所以 BC2 = BC2 + CC2 2BC CC1 cos /BCG = 12 + 22 n 2X 1X 2X cos 3= 3. 所以 BCi= 3. 故 BC2 + BC2 = CC1,所以 BC 丄 BCi. AB 丄侧面 BB1C1C, 而 BCA

15、 AB= B,所以 BCi丄平面 ABC. (2)【解】由(1)可知 AB, BC, BCi两两互相垂直.以 B 为原点, BC, BA，BCi所在直线分别为 x 轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 如图. 则 B(0,0,0), A(0,1,0), Bi(- 1,0, 3), C(1,0,0), 0(0,0, 3), 所以 CCi = (1,0, 3). 所以 CE=(人 0, .3/), E(1人 0, .3/), T T 则 AE= (1 入1 , 3/ , ABi = ( 1, 1, 3). 设平面 ABiE 的法向量为 n= (x , y , z), n AE=0, 则 n AB1

16、= 0, (1 入)xy + 入=0, 3 3 入 3 x= 2 因为 AB 丄平面 BBiCiC,所以 BA= (0,1,0)是平面 BBiE 的一个法 两边平方并化简，得 2 於一 5 + 3= 0, 3 解得 =i 或 2(舍去).故入的值为 1. 7. (2018 河南安阳二模)如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1中，底 面厶 ABC 是边长为 2 的等边三角形，D 为 BC 的中点，侧棱 AA1 = 3, 点 E在 BB1上，点 F 在 CC1上，且BE= 1, CF = 2. /A E K (1) 证明：平面 CAE 丄平面 ADF ; (2) 求点 D 到平面 AEF 的距离.

17、 (1)【证明】ABC 是等边三角形，D 为 BC 的中点， AD 丄 BC,A AD 丄平面 BCC1B1，得 AD 丄 CE. 令 z= .3,则 故 n= 3 23 是平面 ABiE 的一个法向量. 向量.所以|cosn, BA | = |n BA| |n|BA + 3 2x 1 3 3 X 在侧面 BCC1B1中， tan/ CFD = tan/ BCE, / CFD = / BCE, / BCE +/FDC = / CFD + /FDC = 90 CE 丄 DF. 又T ADA DF = D，二 CE 丄平面 ADF. 又 CE?平面 CAE,.平面 CAE 丄平面 ADF. (2)

18、【解】在厶 FDE 中，易得 FD = FE = 5, DE = 2, S FDE = 2x 2X,52汁 3. 在厶 EFA 中，易得 EA= EF = 5, AF = 2 2, 1 _ 二 SAEFA = 2X 2 = V6. 设三棱锥 D AEF 的体积为 V,点 D 到平面 AEF 的距离为 h. 则 V= 1SA FDE AD = 3Sx EFA h, 得|x/3/6h,解得 h=3-42. 8. (2018 福建永春一中等四校 2018 联考)如图，在多面体 EFABCD 中，四边形 ABCD, ABEF 均为直角梯形， / ABC=/ ABE= 90 四边形 DCEF 为平行四边形，平面 ABCD 丄平面 DCEF. (1)求证：平面 ADF 丄平面 ABCD; 若 ABD 是边长为 2 的等边三角形，且异面直线 BF 与 CE 所 成的角为 45求点 E 到平