【新高考复习】7 第7讲　立体几何中的向量方法 新题培优练

[基础题组练]1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，AC︵长为2π3，A1B1︵长为π3，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为()A.π6B.π4C.π3D.π2解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B132，12，1，C32，－12，0.所以AA1→＝(0，0，1)，B1C→＝(0，－1，－1)，所以cos〈AA1→，B1C→〉＝AA1→·B1C→|AA1→||B1C→|＝0×0＋0×（－1）＋1×（－1）1×02＋（－1）2＋（－1）2＝－22，所以〈AA1→，B1C→〉＝3π4，所以异面直线B1C与AA1所成的角为π4.故选B.2．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝13AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为()A.33535B.277C.33D.24解析：选A.如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以DC1→＝(0，3，1)，D1E→＝(1，1，－1)，D1C→＝(0，3，－1)．设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，则n·D1E→＝0，n·D1C→＝0，即x＋y－z＝0，3y－z＝0，即x＝2y，z＝3y，取y＝1，得n＝(2，1，3)．因为cos〈DC1→，n〉＝DC1→·n|DC1→|·|n|＝（0，3，1）·（2，1，3）10×14＝33535，所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为33535，故选A.3．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A.12B.23C.33D.22解析：选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E1，0，12，D(0，1，0)，所以A1D→＝(0，1，－1)，A1E→＝1，0，－12，设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则n1·A1D→＝0，n1·A1E→＝0，即y－z＝0，1－12z＝0，所以y＝2，z＝2.所以n1＝(1，2，2)．又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，所以cos〈n1，n2〉＝23×1＝23.即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为23.4．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________．解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B1(0，3，2)，F(1，0，1)，E12，32，0，G(0，0，2)，B1F→＝(1，－3，－1)，EF→＝12，－32，1，GF→＝(1，0，－1)．设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)，则EF→·n＝0，GF→·n＝0，即12x－32y＋z＝0，x－z＝0，取x＝1，则z＝1，y＝3，故n＝(1，3，1)为平面GEF的一个法向量，所以|cos〈n，B1F→〉|＝|1－3－1|5×5＝35，所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为35.答案：355．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1.(1)证明：BE⊥平面EB1C1；(2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值．解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1，故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1，所以BE⊥平面EB1C1.(2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB.以D为坐标原点，DA→的方向为x轴正方向，|DA→|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，CB→＝(1，0，0)，CE→＝(1，－1，1)，CC→1＝(0，0，2)．设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则CB→·n＝0，CE→·n＝0，即x＝0，x－y＋z＝0，所以可取n＝(0，－1，－1)．设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则CC→1·m＝0，CE→·m＝0，即2z1＝0，x1－y1＋z1＝0，所以可取m＝(1，1，0)．于是cosn，m＝n·m|n||m|＝－12.所以，二面角B－EC－C1的正弦值为32.6．(2019·福州市质量检测)如图，四棱锥P­ABCD，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，△PAB为等边三角形，平面PAB⊥平面ABCD，Q为PB的中点．(1)求证：AQ⊥平面PBC；(2)求二面角B­PC­D的余弦值．解：(1)证明：因为AB∥CD，∠BCD＝90°，所以AB⊥BC，又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，所以BC⊥平面PAB，又AQ⊂平面PAB，所以BC⊥AQ，因为Q为PB的中点，且△PAB为等边三角形，所以PB⊥AQ，又PB∩BC＝B，所以AQ⊥平面PBC.(2)取AB的中点O，连接PO，OD，因为△PAB为等边三角形，所以PO⊥AB，由平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB，得PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OD，由AB＝2BC＝2CD＝4，∠ABC＝90°，可知OD∥BC，所以OD⊥AB.以AB中点O为坐标原点，分别以OD，OB，OP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则A(0，－2，0)，D(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，23)，B(0，2，0)，所以AD→＝(2，2，0)，DP→＝(－2，0，23)，CD→＝(0，－2，0)．因为Q为PB的中点，所以Q(0，1，3)，由(1)知，平面PBC的一个法向量为AQ→＝(0，3，3)．设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，由n·CD→＝0n·DP→＝0，得－2y＝0－2x＋23z＝0，取z＝1，则n＝(3，0，1)，cos〈AQ→，n〉＝AQ→·n|AQ→|·|n|＝332＋3×3＋1＝14.因为二面角B­PC­D为钝角，所以二面角B­PC­D的余弦值为－14.7．如图(1)，在△MBC中，MA是BC边上的高，MA＝3，AC＝4.如图(2)，将△MBC沿MA进行翻折，使得二面角B­MA­C为90°，再过点B作BD∥AC，连接AD，CD，MD，且AD＝23，∠CAD＝30°.(1)求证：CD⊥平面MAD；(2)在线段MD上取一点E使ME→＝13MD→，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值．解：(1)证明：在△ADC中，AC＝4，AD＝23，∠CAD＝30°，利用余弦定理可得CD＝2，所以CD2＋AD2＝AC2，所以∠ADC＝90°，即CD⊥AD.因为MA⊥AB，MA⊥AC，AB∩AC＝A，故MA⊥平面ABDC.因为CD⊂平面ABDC，所以CD⊥MA.又AD∩MA＝A，所以CD⊥平面MAD.(2)由题意可知，AM，AB，AC两两垂直，∠BAD＝60°.如图，以A为坐标原点，AB，AC，AM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(3，0，0)，D(3，3，0)，M(0，0，3)，MB→＝(3，0，－3)，BD→＝(0，3，0)．设E(x0，y0，z0)，由ME→＝13MD→，得(x0，y0，z0－3)＝13(3，3，－3)，得x0＝33，y0＝1，z0＝2，所以AE→＝33，1，2.设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)，则n⊥MB→，n⊥BD→，所以n·MB→＝0，n·BD→＝0，即3x－3z＝0，3y＝0，令x＝3，得其中一个法向量n＝(3，0，1)．设直线AE与平面MBD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈n，AE→〉|＝n·AE→|n||AE→|＝338.[综合题组练]1．(应用型)(2019·唐山模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，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63，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PC⊥AC.因为AB＝2AD＝2CD，所以AC＝BC＝2AD＝2CD，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为原点，CB→，CA→，CP→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(a0)．则C(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2a)，则E(1，0，a)，CA→＝(0，2，0)，CP→＝(0，0，2a)，CE→＝(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n·CA→＝n·CE→＝0，即2y＝0，x＋az＝0，y＝0，取x＝a，则z＝－1，n＝(a，0，－1)．依题意，|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝aa2＋1＝63，则a＝2.于是n＝(2，0，－1)，PA→＝(0，2，－22)．设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sinθ＝|cos〈PA→，n〉|＝|PA→·n||PA→||n|＝23，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为23.2．(应用型)(2019·昆明调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC.(1)证明：PA⊥平面PCD；(2)设AD＝2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长．解：(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD，所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA，又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PCD.(2)取AD的中点O，连接PO，因为PA＝PD，所以PO⊥AD，则PO⊥平面ABCD，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O­xyz，如图，由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝2，OP＝1，设CD＝a，则P(0，0，1)，D(0，1，0)，C(a，1，0)，B(2a，－1，0)，则BC→＝(－a，2，0)，PC→＝(a，1，－1)，设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，由m·BC→＝0，m·PC→＝0，得－ax＋2y＝0，ax＋y－z＝0，令x＝2，则y＝a，z＝3a，故m＝(2，a，3a)为平面PBC的一个法向量，由(1)知n＝DC→＝(a，0，0)为平面PAD的一个法向量，由|cos〈m，n〉|＝m·n|m||n|＝2aa10a2＋4＝22，解得a＝105，即CD＝105，所以在Rt△PCD中，PC＝2155，由等面积法可得DE＝CD·PDPC＝33.3．(应用型)(2019·郑州第一次质量预测)如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝23，AC＝26，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π4，求平面P