2023年新高考数学一轮复习考点过关检测32《立体几何中的向量方法(1)》（2份打包，解析版+原卷版）

考点过关检测32__立体几何中的向量方法(1)

1．[2022·湖北恩施模拟]如图所示，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝AD＝PA＝2CD＝4，G为PD的中点．

(1)求证：AG⊥平面PCD；

(2)若点F为PB的中点，线段PC上是否存在一点H，使得平面GHF⊥平面PCD？若存在，请确定H的位置；若不存在，请说明理由．

2.[2022·福建厦门模拟]在三棱柱ABC­A1B1C1中，D是AC上一点，E是BC1的中点，且DE∥平面ABB1A1.

(1)证明：DA＝DC；

(2)若BB1⊥平面ABC，平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，AA1＝AC＝AB，求直线DE与平面A1BC1所成角的正弦值．

3．[2021·新高考Ⅱ卷]在四棱锥Q ­ ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.

(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；

(2)求二面角B ­ QD ­ A的平面角的余弦值．

4.[2022·湖南湘潭模拟]如图，在三棱锥P­ABC中，PA⊥底面ABC，∠ABC＝90°，PA＝2，AC＝2.

(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；

(2)若二面角P­BC­A的大小为45°，过点A作AN⊥PC于N，求直线AN与平面PBC所成角的大小．

考点过关检测32　立体几何中的向量方法(1)

1．解析：(1)因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又AD⊥AB，AD∩PA＝A，所以AB⊥平面PAD，又AB∥CD，所以CD⊥面PAD，AG⊂面PAD，CD⊥AG.

又PA＝AD，G为PD的中点，所以AG⊥PD，而PD∩DC＝D，所以AG⊥平面PCD.

(2)以A为坐标原点，，，所在方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，则A(0,0,0)，B(0,4,0)，C(4,2,0)，D(4,0,0)，P(0,0,4)，F(0,2,2)，G(2,0,2)．

所以＝(4,2，－4)，设＝k(0≤k≤1)，所以＝(4k,2k，－4k)，则H(4k,2k，－4k＋4)，所以＝(4k－2,2k，－4k＋2)，＝(2，－2,0)，

设平面GHF的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，

n·＝0，

即，令x＝2k－1，则n＝(2k－1,2k－1,3k－1)，

由(1)可知＝(2,0,2)为平面PCD的一个法向量，若平面GHF⊥平面PCD，则n·＝0，即2k－1＋3k－1＝0，解得k＝.即PH＝PC时平面GHF⊥平面PCD.

2．解析：

(1)证明：连接CB1，AB1，因为四边形BCC1B1是平行四边形，

所以C，E，B1三点共线，且E是CB1中点，

因为平面AB1C∩平面ABB1A1＝AB1，

且DE∥平面ABB1A1，DE⊂平面AB1C，

所以DE∥AB1，

所以D是CA中点，即DA＝DC；

(2)因为BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BA，BB1⊥BC，

因为平面ABB1A1∩平面BCC1B1＝BB1，所以∠ABC是二面角A－BB1－C的平面角，

因为平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，所以∠ABC＝，

所以BA，BC，BB1两两垂直，

以B为坐标原点，以，，为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系如图，

因为AC＝AB，∠ABC＝，所以BA＝BC，

设AC＝2，则BA＝BC＝，BB1＝AA1＝AC＝2，B(0,0,0)，C(，0,0)，C1(，0,2)，A(0，，0)，A1(0，，2)，D，E，

所以＝，＝(，0,2)，＝(0，，2)，

设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则，即

取x＝，得n＝，

设直线DE与平面A1BC1所成角为θ，则

sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝，

所以直线DE与平面A1BC1所成角的正弦值为.

3．解析：

(1)取AD的中点为O，连接QO，CO.

因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，

而AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.

在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝，

因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三角形且QO⊥OC，

因为OC∩AD＝O，故QO⊥平面ABCD，

因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.

(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，

结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系．

则D，Q，B，故＝，＝.

设平面QBD的法向量n＝，

则即，取x＝1，则y＝1，z＝，故n＝.

而平面QAD的法向量为m＝，故cos〈m，n〉＝＝.

二面角B ­ QD ­ A的平面角为锐角，故其余弦值为.

4．解析：(1)因为PA⊥底面ABC，所以PA⊥BC，又∠ABC＝90°，所以AB⊥BC，

又PA，AB为平面PAB内的两条相交直线，所以BC⊥平面PAB，

因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAB；

(2)解法一：由(1)可知，∠ABP为二面角P­BC­A的平面角，所以∠ABP＝45°，

又PA＝2，AC＝2，∠ABC＝90°，所以AB＝BC＝2，

过点A作AM⊥PB于M，则AM⊥平面PBC且M为PB中点，连接MN，

则∠ANM为直线AN与平面PBC所成的角，

在Rt△ANM中，AM＝，AN＝，

所以sin∠ANM＝＝，故∠ANM＝60°，

所以直线AN与平面PBC所成的角为60°.

解法二：建立如图所示的空间直角坐标系，

则由已知，可得B(0,0,0)，A(2,0,0)，P(2,0,2)，C(0,2,0)，

设N(x，y，z)，＝λ(0<λ<1)，则x＝2－2λ，y＝2λ，

z＝2－2λ，

因为AN⊥PC，＝(x－2，y，z)，＝(－2,2，－2)，

所以－2(x－2)＋2y－2z＝0，

解得λ＝，所以N，

故＝，

设平面PBC的法向量为a＝(x，y，z)，因为＝(0,2,0)，＝(2,0,2)，

由，得，

令x＝1，则z＝－1，

所以a＝(1,0，－1)为平面PBC的一个法向量，

所以cos〈a，〉＝＝－，

故直线AN与平面PBC所成的角的正弦值为，

所以直线AN与平面PBC所成的角为60°.