2022版高考数学大一轮复习作业本42《立体几何中的向量方法》(含答案详解)

2022版高考数学大一轮复习作业本42

《立体几何中的向量方法》

1.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△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.

(1)证明：平面CAE⊥平面ADF；

(2)求点D到平面AEF的距离.

2.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⊥平面DCEF.

(1)求证：平面ADF⊥平面ABCD；

(2)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到平面BDF的距离.

3.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ABD=90°，EB⊥平面ABCD，EF∥AB，AB=2，EB=，EF=1，BC=，且M是BD的中点.

(1)求证：EM∥平面ADF；

(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.

4.如图1，正方形ABCD的边长为4，AB=AE=BF=EF，AB∥EF，把四边形ABCD沿AB折起，使得AD⊥平面AEFB，G是EF的中点，如图2.

(1)求证：AG⊥平面BCE；

(2)求二面角C－AE－F的余弦值.

5.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC=90°，△ABC≌△ADC，PA=AC=2AB=2，E是线段PC的中点.

(1)求证：DE∥平面PAB；

(2)求二面角D－CP－B的余弦值.

6.如图，棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD.

(1)求证：BD⊥AA1；

(2)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由.

7.如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)所示.

(1)求证：A1C⊥平面BCDE；

(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

(3)线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由.

8.如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点.

(1)证明：直线CE∥平面PAB；

(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M-AB-D的余弦值.

0.参考答案

1.解：(1)∵△ABC是等边三角形，D为BC的中点，

∴AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1，得AD⊥CE.

在侧面BCC1B1中，

tan∠CFD==，tan∠BCE==，

∴tan∠CFD=tan∠BCE，∠CFD=∠BCE，

∴∠BCE＋∠FDC=∠CFD＋∠FDC=90°，∴CE⊥DF.

又∵AD∩DF=D，∴CE⊥平面ADF.

又∵CE⊂平面CAE，∴平面CAE⊥平面ADF.

(2)在△FDE中，易得FD=FE=，DE=，

∴S△FDE=××=.

在△EFA中，易得EA=EF=，AF=2 ，

∴S△EFA=×2 ×=.

设三棱锥D－AEF的体积为V，点D到平面AEF的距离为h.

则V=S△FDE·AD=S△EFA·h，得×=h，解得h=.

2.解：(1)∵∠ABC=∠ABE=90°，∴AB⊥BC，AB⊥BE.

又BC，BE⊂平面BCE，且交于点B，∴AB⊥平面BCE.

又CE⊂平面BCE，∴AB⊥CE.

又∵AB∥CD，CE∥DF，∴CD⊥DF.

又平面ABCD⊥平面DCEF，且交于CD，DF⊂平面DCEF，

∴DF⊥平面ABCD.

又DF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面ABCD.

(2)∵CE∥DF，

∴∠BFD为异面直线BF与CE所成的角，则∠BFD=45°.

在Rt△BDF中，∠BFD=∠DBF=45°，∴DF=BD=2.

∵△ABD是边长为2的等边三角形，∠ABC=90°，

∴在Rt△BCD中，∠CBD=30°，∴CD=1，BC=.

∵CE∥DF，DF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，

∴CE∥平面BDF，

∴点C到平面BDF的距离即为点E到平面BDF的距离.

由(1)可知DF⊥平面ABCD，则DF为三棱锥F－BCD的高.

设点E到平面BDF的距离为h，

由VE－BDF=VC－BDF=VF－BCD，得S△BDF·h=S△BCD·DF，

∴h==.

3.解：(1)证法一：取AD的中点N，连接MN，NF.

在△DAB中，M是BD的中点，N是AD的中点，所以MN∥AB，MN=AB，

又因为EF∥AB，EF=AB，所以MN∥EF且MN=EF.

所以四边形MNFE为平行四边形，所以EM∥FN，

又因为FN⊂平面ADF，EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.

证法二：因为EB⊥平面ABD，AB⊥BD，

故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.

由已知可得=，=(3，－2,0)，=(0，－1，)，

设平面ADF的法向量是n=(x，y，z).

由得令y=3，则n=(2,3，).

又因为·n=0，所以⊥n，

又EM⊄平面ADF，故EM∥平面ADF.

(2)由(1)中证法二可知平面ADF的一个法向量是n=(2,3，).

易得平面BFD的一个法向量是m=(0，－，1).

所以cos〈m，n〉==－，

又二面角A-FD-B为锐角，

故二面角A-FD-B的余弦值大小为.

4.解：(1)连接BG，

因为BC∥AD，AD⊥底面AEFB，

所以BC⊥底面AEFB.又AG⊂底面AEFB，

所以BC⊥AG，

因为AB//=EG，AB=AE，

所以四边形ABGE为菱形.所以AG⊥BE.

又BC∩BE=B，BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，所以AG⊥平面BCE.

(2)由(1)知，四边形ABGE为菱形，AG⊥BE，AE=EG=BG=AB=4，

设AG∩BE=O，所以OE=OB=2，OA=OG=2.

以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则O(0,0,0)，A(－2,0,0)，E(0，－2，0)，F(4,2，0)，

C(0,2，4)，D(－2,0,4)，

所以=(2,2，4)，=(2，－2，0).

设平面ACE的法向量为n=(x，y，z)，

则所以

令y=1，则x=，z=－，

即平面ACE的一个法向量为n=(，1，－)，

易知平面AEF的一个法向量为=(0,0,4)，

设二面角C－AE－F的大小为θ，由图易知θ∈，

所以cos θ===，即二面角C－AE－F的余弦值为.

5.解：(1)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，，0)，P(1,0,2)，

D，A(1,0,0)，E，

∴=(－1,0,1)，=(1,0,2)，=(1,0,0).

设平面PAB的法向量为n=(a，b，c)，

则∴

∴n=(0,1,0)为平面PAB的一个法向量.

又·n=0，DE⊄平面PAB，

∴DE∥平面PAB.

(2)由(1)易知=(0，，0)，

=，=，

设平面PBC的法向量为n1=(x1，y1，z1)，

则∴

令x1=2，则y1=0，z1=－1，

∴n1=(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)，

则∴

令x2=1，则y2=，z2=1，

∴n2=(1，，1)为平面DPC的一个法向量.

∴cos〈n1，n2〉==.

故二面角D－CP－B的余弦值为.

6.解：(1)证明：设BD与AC交于点O，

则BD⊥AC，连接A1O，

在△AA1O中，AA1=2，AO=1，∠A1AO=60°，

∴A1O2=AA＋AO2－2AA1·AOcos60°=3，

∴AO2＋A1O2=AA，∴A1O⊥AO.

由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，

且平面AA1C1C∩平面ABCD=AC，A1O⊂平面AA1C1C，

∴A1O⊥平面ABCD.

以OB，OC，OA1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A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，

A1(0,0，)，C1(0,2，).

由于=(－2，0,0)，=(0,1，)，

·=0×(－2)＋1×0＋×0=0，

∴⊥，即BD⊥AA1.

(2)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，

设=λ，P(x，y，z)，则(x，y－1，z)=λ(0,1，).

从而有P(0,1＋λ，λ)，=(－，1＋λ，λ).

设平面DA1C1的法向量为n=(x1，y1，z1)，

则又=(0,2,0)，=(，0，)，

则取n=(1,0，－1)，

因为BP∥平面DA1C1，则n⊥，即n·=－－λ=0，得λ=－1，

即点P在C1C的延长线上，且C1C=CP.

7.解：(1)因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC，

所以DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩DC=D，

所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.

又因为A1C⊥CD，DE∩CD=D，

所以A1C⊥平面BCDE.

(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1，)，B(3,0,0)，E(2,2,0).

设平面A1BE的法向量为n=(x，y，z)，则n·=0，n·=0.

又因为=(3,0，－2)，=(－1,2,0)，

所以令y=1，则x=2，z=，所以n=(2,1，).

设CM与平面A1BE所成的角为θ.

因为=(0,1，)，

所以sinθ=|cos〈n，〉|===.

所以CM与平面A1BE所成角的大小为.

(3)线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下：

假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3].

设平面A1DP的法向量为m=(x1，y1，z1)，则·m=0，·m=0，

∵=(0,2，－2)，=(p，－2,0)，

∴∴z1=y1，x1=y1.

设y1=6，则m=(3p,6,2)，

∵平面A1DP与平面A1BE垂直，则m·n=0，

∴6p＋6＋6=0，p=－2，∵0≤p≤3，

∴线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.

8.解：(1)取PA的中点F，连接EF，BF.

因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF=AD.

由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD，

又BC=AD，所以EF綊BC，

四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，

又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，故CE∥平面PAB.

(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，

建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，P(0,1，)，=(1,0，－)，=(1,0,0).

设M(x，y，z)(0＜x＜1)，则=(x－1，y，z)，=(x，y－1，z－).

因为BM与底面ABCD所成的角为45°，

而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量，所以|cos〈，n〉|=sin 45°，

=，即(x－1)2＋y2－z2=0.①

又M在棱PC上，设=λ，则x=λ，y=1，z=－λ.②

由①②解得(舍去)，或

所以M，从而=.

设m=(x0，y0，z0)是平面ABM的法向量，

则即

所以可取m=(0，－，2).于是cos〈m，n〉==.

易知所求二面角为锐角.

因此二面角M-AB-D的余弦值为.