考点45立体几何中的向量方法教师版备战2020年高考理科数学必刷题集

1考点45立体几何中的向量方法1．（辽宁省沈阳市2019届高三教学质量监测三数学理）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面PAB底面ABCD，E为PC上的点，且BE平面APC（1）求证：平面PAD平面PBC；（2）当三棱锥ABCP体积最大时，求二面角BACP的余弦值．【答案】（1）见证明；（2）33.【解析】（1）证明：∵侧面PAB底面ABCD，侧面PAB底面ABCDAB，四边形ABCD为正方形，∴BCAB，面ABCD，∴BC面PAB，又AP面PAB，∴APBC，BE平面APC，AP面PAC，∴BEAP，BBEBC，,BCBE平面PBC，∴AP面PBC，AP面PAD，∴平面PAD平面PBC．（2）111323PABCCAPBVVPAPBBCPAPB，求三棱锥ABCP体积的最大值，只需求PAPB的最大值．2令,PAxPBy，由（1）知，PAPB，∴224xy，而221123323PABCxyVxy，当且仅当2xy，即2PAPB时，ABCPV的最大值为23．如图所示，分别取线段AB，CD中点O，F，连接OP，OF，以点O为坐标原点，以OP，OB和OF分别作为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系xyzO．由已知(0,1,0),(0,1,2),(1,0,0)ACP，所以(1,1,0),(0,2,2)APAC，令(,,)nxyz为面PAC的一个法向量，则有0220xyyz，∴(1,1,1)n易知(1,0,0)m为面ABC的一个法向量，二面角BACP的平面角为，为锐角3则13cos33nmnm.2．（湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷一数学理）如图所示，圆O的直径AB＝6，C为圆周上一点，BC＝3，平面PAC垂直圆O所在平面，直线PC与圆O所在平面所成角为60°，PA⊥PC．（1）证明：AP⊥平面PBC（2）求二面角P—AB一C的余弦值【答案】(1)见解析.(2)721.【解析】（1）由已知可知ACBC，又平面PAC平面圆O，平面PAC平面圆OAC，∴BC平面PAC，∴BCPA，又PAPC，PCBCC，PC平面PBC，D平面PBC，∴PA平面PBC.（2）法一：过P作PHAC于H，由于平面PAC平面O，则PH平面O，则PCH为直线PC与圆O所在平面所成角，所以60PCH.过H作HFAB于F，连结PF，则ABPF，故PFH为二面角PABC--的平面角.由已知60ACPABC，30CAPCAB，在RtAPC中，sin30cos30sin30PHAPAC31933224，由2APAHAC得2934APAHAC，在RtAFH中，93sin308FHAH，4故9234tan3938PHPFHHF，故21cos7PFH，即二面角PABC--的余弦值为721.法二：过P作PHAC于H，则PH平面O，过H作//HFCB交AB于F，以H为原点，HA、HF、HP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则(0,0,0)H，93,0,04A，33,3,04B，90,0,4P，从而939,0,44AP，(33,3,0)AB，设平面PAB的法向量(,,)nxyz，则9390443330APnxzABnxy得33zxyx，令1x，从而(1,3,3)n，而平面ABC的法向量为(0,0,1)m，故321cos,77nmnmnm，即二面角PABC--的余弦值为721.53．（四川省绵阳市2019届高三下学期第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且2PAAD，120PADBAD，E，F分别为PD，BD的中点，且62EF.（1）求证：平面PAD平面ABCD；（2）求锐二面角EACD的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）55【解析】（1）过P作PO⊥AD，垂足为O，连结AO，BO，由∠PAD=120°，得∠PAO=60°，∴在Rt△PAO中，PO=PAsin∠PAO=2sin60°=2×32=3，∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO，∴△PAO≌△BAO，∴BO=PO=3，∵E，F分别是PA，BD的中点，EF=62，∴EF是△PBD的中位线，∴PB=2EF=2×62=6，6∴PB2=PO2+BO2，∴PO⊥BO，∵AD∩BO=O，∴PO⊥平面ABCD，又PO⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面ABCD．（2）以O为原点，OB为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，A（0，1，0），P（0，0，3），B（3，0，0），D（0，3，0），∴E（0，3322，），F（32，302，），AE=（0，1322，），AF=（32，12，0），易得平面ABCD的一个法向量m=（0，0，1），设平面ACE的法向量n=（x，y，z），则13AEyz02231AFxy022nn，取x=1，得n=（1，-3，1），设锐二面角的平面角的大小为θ，则cosθ=|cos＜,mn＞|=mnmn=55，∴锐二面角E-AC-D的余弦值为55．4．（四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥中，，平面，二面角为为中点．（1）求证：；7（2）求与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：作SA中点F，连接EF∵E为SD中点∴∵∴∴得平行四边形∴∵平面∴为二面角的平面角∴∵∴∴∴（2）作AB中点O，由（1）知∵∴平面如图建立空间直角坐标系8设，则∴设平面SCD的法向量，得令，则∵∴∴∴AB与平面所成角的余弦值为.5．（安徽省黄山市2019届高三毕业班第三次质量检测数学理）如图，在以,,,,,ABCDEF为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，23AFFD，90AFD，且二面角EAFD与二面角CBEF都是30.（1）证明：AF平面EFDC；（2）求直线BF与平面BCE所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；9（2）42.【解析】（1）面ABEF为正方形ΑFFE又90AFDΑFDF，而DFFEF,DF面EFDC,EF面EFDCΑF面EFDC（2）AFABEF，则由（1）知面EFDC平面ΑΒΕF，过D作DGΕF，垂足为G，DG平面ΑΒΕF．以G为坐标原点，GFuuur的方向为x轴正方向，GD为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz．由（1）知DFE为二面角EAFD的平面角，故DFE30，又23AFFD，则2DF，3GF，43AF33,43,0B，33,0,0E，3,0,0F．由已知，//ABEF，//AB平面EFDC．又平面ABCD平面EFDCDC，故//ABCD，//CDEF．由//BEAF，可得BE平面EFDC，CF为二面角CBEF的平面角，30CΕF．23,0,1C．3,0,1ΕC，0,43,0ΕΒ，43,43,0BF．设,,nxyz是平面ΒCΕ的法向量，则C00nn，即30430xzy，可取1,0,3n.则432sincos,4462BFnBFnBFn．直线BF与平面BCE所成角的正弦值为42.106．（湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五)数学（理）在五边形AEBCD中，BCCD，C//DAB，22ABCDBC，AEBE，AEBE（如图）.将△ABE沿AB折起，使平面ABE⊥平面ABCD，线段AB的中点为O(如图）.（1）求证：平面ABE⊥平面DOE；（2）求平面EAB与平面ECD所成的锐二面角的大小.【答案】（1）见解析（2）45°【解析】（1）由题意2ABCD，O是线段AB的中点，则OBCD.又//CDAB，则四边形OBCD为平行四边形，又BCCD，则ABOD，因AEBE，OBOA，则EOAB⊥.EODOO，则AB⊥平面EOD.又ABÌ平面ABE，故平面ABE⊥平面EOD.（2）由（1）易知OB，OD，OE两两垂直，以O为坐标原点，以OB，OD，OE所在直线分别为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，△EAB为等腰直角三角形，且AB=2CD=2BC，则OAOBODOE，取1CDBC，则O（0，0，0），A（-1，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），E（0，0，1），则1CD（，0,0)，011DE（，，），设平面ECD的法向量为nxyz（，，），则有取0,0,nCDnDE0,0,xyz1z，得平面ECD的一个法向量011n（，，），因OD⊥平面ABE.则平面ABE的一个法向量为010OD（，，），设平面ECD与平面ABE所成的锐二面角为θ，则1122|00110|11112,2coscosODn=，因为0(0,90)，所以045，故平面ECD与平面ABE所成的镜二面角为45°.7．（河北省保定市2019年高三第二次模拟考试理）如图，已知四棱锥中，四边形ABCD为矩形，22AB，2BCSCSD，BCSD.（1）求证：SC平面SAD；（2）设12AEEB，求平面SEC与平面SBC所成的二面角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2）21313【解析】（1）证明：BCSD，BCCD则BC平面SDC,又//BCAD则AD平面SDC，SC平面SDCSCAD又在△SDC中，SC=SD=2,DC=AB=22，故SC2+SD2=DC2则SCSD，又SDADD所以SC平面SAD12（2）解：作SOCD于O，因为BC平面SDC,所以平面ABCD平面SDC，故SO平面ABCD以点O为原点，建立坐标系如图.则S(0,0,2),C(0，2,0),A(2，-2,0),B(2，2,0)设E(2,y,0),因为12AEEB所以122(2),23yyy即E((2,23,0)42=(0,2,-2),(2,-,0),=(2,0,0)3SCCECB=(,,),=(,b,c)SECnxyzSBCma设平面的法向量为平面的法向量为22=0·=0,42·=02=03yzSCnCEnxy令3z，则3y，23x=(22,3,3)n·=0·=0SCmCBm22020bca，令1b，则1c，0a所以所求二面角的正弦值为213138．（陕西省西安市2019届高三第三次质量检测理）如图，在三棱柱111ABCABC中，AB平面11BBCC，E是1CC的中点，1BC，12BB，160BCC°.=(0,1,1)vm6313cos,===131882||||urrurrgurrgmnmnmn13（1）证明：1BEAE；（2）若2AB，求二面角11ABEA的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）63.【解析】解：（1）证明：连接1BC，BE，因为在中，1BC，112CCBB，160BCC°．所以1BCBC．所以1112BECC，因为2211111112cos1203BEECBCECBC．所以1BEBE，又AB平面11BBCC，且1BE平面11BBCC，所以1BEAB，ABBEB，所以1BE平面ABE，因为AE平面ABE，所以1BEAE．（2）以B为原点建立如图所示空间直角坐标系，14则0