高考数学二轮复习 专题跟踪检测（十一）立体几何中的向量方法 理（重点生含解析）-人教版高三数学试题

专题跟踪检测（十一）立体几何中的向量方法1．(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC；(2)当三棱锥M­ABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值．解：(1)证明：由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为C D.因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.因为DM⊂平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点，eq\o(DA,\s\up7(→))的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz.当三棱锥M­ABC的体积最大时，M为的中点．由题设得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，eq\o(AM,\s\up7(→))＝(－2，1,1)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA,\s\up7(→))＝(2,0,0)，设n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AM,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1,0,2)，又eq\o(DA,\s\up7(→))是平面MCD的一个法向量，所以cos〈n，eq\o(DA,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(DA,\s\up7(→)),|n||eq\o(DA,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up7(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5).2.(2018·唐山模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中点．(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P­AC­E的余弦值为eq\f(\r(6),3)，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥PC.因为AB＝2AD＝2CD，所以AC＝BC＝eq\r(2)AD＝eq\r(2)CD，所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.因为AC⊂平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.(2)如图，以C为坐标原点，eq\o(CB,\s\up7(→))，eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(CP,\s\up7(→))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，并设CB＝2，CP＝2a(a＞0)．则C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0，2a)，则E(1,0，a)，eq\o(CA,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(CP,\s\up7(→))＝(0,0,2a)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝(1,0，a)，易知m＝(1,0,0)为平面PAC的一个法向量．设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CA,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,x＋az＝0，))取x＝a，则z＝－1，n＝(a,0，－1)．依题意，|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(a,\r(a2＋1))＝eq\f(\r(6),3)，解得a＝eq\r(2).于是n＝(eq\r(2)，0，－1)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝(0,2，－2eq\r(2))．设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(PA,\s\up7(→))·n|,|eq\o(PA,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(\r(2),3).即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为eq\f(\r(2),3).3．(2018·西安质检)如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1(1)证明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；(2)若∠BAD＝60°，求二面角B­OB1­C的余弦值．解：(1)证明：∵A1O⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD.∴A1O⊥BD.∵四边形ABCD是菱形，∴CO⊥BD.∵A1O∩CO＝O，∴BD⊥平面A1CO.∵BD⊂平面BB1D1D，∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.(2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(OA1,\s\up7(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝eq\r(3)，OA1＝eq\r(AA\o\al(2,1)－OA2)＝eq\r(6).则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，A(0，－eq\r(3)，0)，A1(0,0，eq\r(6))，∴eq\o(OB,\s\up7(→))＝(1,0,0)，eq\o(BB1,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(6))，eq\o(OB1,\s\up7(→))＝eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(6))，eq\o(OC,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，0)．设平面OBB1的法向量为n＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(OB,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(OB1,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1＋\r(3)y1＋\r(6)z1＝0.))令y1＝eq\r(2)，得n＝(0，eq\r(2)，－1)是平面OBB1的一个法向量．设平面OCB1的法向量m＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(OC,\s\up7(→))·m＝0，,eq\o(OB1,\s\up7(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y2＝0，,x2＋\r(3)y2＋\r(6)z2＝0，))令z2＝－1，得m＝(eq\r(6)，0，－1)为平面OCB1的一个法向量，∴cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(1,\r(3)×\r(7))＝eq\f(\r(21),21)，由图可知二面角B­OB1­C是锐二面角，∴二面角B­OB1­C的余弦值为eq\f(\r(21),21).4．(2018·长春质检)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面ACE；(2)设PA＝1，∠ABC＝60°，三棱锥E­ACD的体积为eq\f(\r(3),8)，求二面角D­AE­C的余弦值．解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE.在△PBD中，PE＝DE，BO＝DO，所以PB∥OE.又PB⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，所以PB∥平面ACE.(2)由题易知VP­ABCD＝2VP­ACD＝4VE­ACD＝eq\f(\r(3),2)，设菱形ABCD的边长为a，则VP­ABCD＝eq\f(1,3)S▱ABCD·PA＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(\r(3),4)a2))×1＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\r(3).取BC的中点为M，连接AM，则AM⊥A D.以点A为坐标原点，分别以eq\o(AM,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AP,\s\up7(→))的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，设n1＝(x，y，z)为平面AEC的法向量，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，,\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))取x＝1，则n1＝(1，－eq\r(3)，3)为平面AEC的一个法向量．又易知平面AED的一个法向量为n2＝(1,0,0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(1＋3＋9))＝eq\f(\r(13),13)，由图易知二面角D­AE­C为锐二面角，所以二面角D­AE­C的余弦值为eq\f(\r(13),13).5.(2018·郑州质检)如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2eq\r(3)，AC＝2eq\r(6)，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.(1)求证：PD⊥平面ABC；(2)若直线PA与平面ABC所成的角为45°，求平面PAC与平面PDE所成锐二面角的大小．解：(1)证明：∵AC＝2eq\r(6)，BC＝2eq\r(3)，AB＝6，∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴cos∠ABC＝eq\f(2\r(3),6)＝eq\f(\r(3),3).易知BD＝2，∴CD2＝22＋(2eq\r(3))2－2×2×2eq\r(3)cos∠ABC＝8，∴CD＝2eq\r(2)，易知AD＝4，∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB.∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴CD⊥平面PAB，∴CD⊥PD，∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，∴PD⊥平面ABC.(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，∴可建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，∵直线PA与平面ABC所成的角为45°，即∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝4，则A(0，－4,0)，C(2eq\r(2)，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，∴eq\o(CB,\s\up7(→))＝(－2eq\r(2)，2,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2eq\r(2)，4,0)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝(0，－4，－4)．∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC.由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC，又PD⊥平面ABC，∴PD⊥BC，∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE，∴eq\o(CB,\s\up7(→))＝(－2eq\r(2)，2,0)为平面PDE的一个法向量．设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(PA,\s\up7(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)x＋4y＝0，,－4y－4z＝0，))令z＝1，得x＝eq\r(2)，y＝－1，∴n＝(eq\r(2)，－1,1)为平面PAC的一个法向量．∴cos〈n，eq\o(CB,\s\up7(→))〉＝eq\f(－4－2,\r(4)×\r(12))＝－eq\f(\r(3),2)，∴平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为eq\f(\r(3),2)，故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30°.6．(2019届高三·洛阳联考)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，点E是BC边的中点，将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AE，AC，DE，得到如图2所示的几何体．(1)求证：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，二面角C­AB­D的平面角的正切值为eq\r(6)，求二面角B­AD­E的余弦值．解：(1)证明：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD.因为AB⊂平面ABD，所以DC⊥AB.又因为AD⊥AB，DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.(2)由(1)知AB⊥平面ADC，所以二面角C­AB­D的平面角为∠CAD.又DC⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，所以DC⊥AD.依题意tan∠CAD＝eq\f(CD,AD)＝eq\r(6).因为AD＝1，所以CD＝eq\r(6).设AB＝x(x＞0)，则BD＝eq\r(x2＋1).依题意△ABD∽△DCB，所以eq\f(AB,AD)＝eq\f(CD,BD)，即eq\f(x,1)＝eq\f(\r(6),\r(x2＋1)).解得x＝eq\r(2)，故AB＝eq\r(2)，BD＝eq\r(3)，BC＝eq\r(BD2＋CD2)＝3.法一：以D为坐标原点，DB，DC所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0，0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0，eq\r(6)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(6),2)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(\r(3),3)，0，eq\f(\r(6),3)))，所以eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(6),2)，0))，eq\o(DA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，\f(\r(6),3))). 由(1)知平面BAD的一个法向量n＝(0,1,0)．设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(DE,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(DA,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(\r(6),2)y＝0，,\f(\r(3),3)x＋\f(\r(6),3)z＝0.))令x＝eq\r(2)，得y＝－1，z＝－1，所以m＝(eq\r(2)，－1，－1)为平面ADE的一个法向量．所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝－eq\f(1,2).由图可知二面角B­AD­E的平面角为锐角，所以二面角B­AD­E的余弦值为eq\f(1,2).法二：因为DC⊥平面ABD，所以过点E作EF∥DC交BD于F，则EF⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD，所以EF⊥AD.过点F作FG⊥AD于G，连接GE，所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE，所以二面角B­AD­E的平面角为∠EGF.由平面几何的知识求得EF＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(\r(6),2)，FG＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(\r(2),2)，所以EG＝eq\r(EF2＋FG2)＝eq\r(2)，所以cos∠EGF＝eq\f(FG,EG)＝eq\f(1,2).所以二面角B­AD­E的余弦值为eq\f(1,2).7.如图，在四棱锥P­ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq\r(2)，E为CD的中点，点F在线段PB上．(1)求证：AD⊥PC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．解：(1)证明：连接AC，因为AB＝2eq\r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos45°＝4，得AC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.又AD∥BC，所以AD⊥AC，因为AD＝AP＝2，DP＝2eq\r(2)，所以AD2＋AP2＝DP2，所以∠PAD＝90°，即PA⊥AD，又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC.又PC⊂平面PAC，所以AD⊥PC.(2)因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直线AC，AD，AP两两互相垂直，以A为坐标原点，直线AD，AC，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，P(0,0,2)，所以eq\o(PC,\s\up7(→))＝(0,2，－2)，eq\o(PD,\s\up7(→))＝(－2,0，－2)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(2,2，－2)．设eq\f(PF,PB)＝λ(λ∈[0,1])，则eq\o(PF,\s\up7(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，所以eq\o(EF,\s\up7(→))＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，易得平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．设平面PDC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(PD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0，))令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．因为直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈eq\o(EF,\s\up7(→))，m〉|＝|cos〈eq\o(EF,\s\up7(→))，n〉|，即eq\f(|eq\o(EF,\s\up7(→))·m|,|eq\o(EF,\s\up7(→))||m|)＝eq\f(|eq\o(EF,\s\up7(→))·n|,|eq\o(EF,\s\up7(→))||n|)，所以|－2λ＋2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,\r(3))))，即eq\r(3)|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])，解得λ＝eq\f(3－\r(3),2)，所以eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2).即当eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)时，直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．8.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)证明：直线l⊥平面PAC；(2)在直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF，直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF