2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习8.7《立体几何中的空间向量证明问题》(含详解)

2024年(新高考)高考数学一轮复习突破练习8.7

《立体几何中的空间向量证明问题》

1.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AA1＝2，AC＝2.M是CC1的中点，P是AM的中点，点Q在线段BC1上，且BQ＝QC1.

(1)证明：PQ∥平面ABC；

(2)若直线BA1与平面ABM所成角的正弦值为，求∠BAC的大小.

2.如图1所示，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是线段AD的中点，O是AC与BE的交点.将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2所示.

(1)证明：CD⊥平面A1OC；

(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求直线BD与平面A1BC所成角的正弦值.

3.如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，得到如图②所示的四棱锥D1­ABCE，其中平面D1AE⊥平面ABCE.

(1)设F为CD1的中点，试在AB上找一点M，使得MF∥平面D1AE；

(2)求直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值．

4.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD为矩形，△APB是以角P为直角的等腰直角三角形，平面PAB⊥平面ABCD.

(1)证明：平面PAD⊥平面PBC；

(2)若M为直线PC的中点，且AP＝AD＝2，求平面AMD与平面BMD的夹角的余弦值.

5.如图，四棱锥P﹣ABCD的一个侧面PAD为等边三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，AD＝2，BD＝2，∠BAD＝.

(1)求证：BD⊥PD；

(2)求平面DBC与平面PBC夹角的余弦值.

6.已知在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝2，AA1＝，D为AC的中点.

(1)当＝时，求证：DE⊥BC1；

(2)在线段AA1上是否存在点E，使平面ABE与平面BED的夹角等于30°？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由.

0.答案详解

1.解：(1)取MC的中点，记为点D，连接PD，QD.

∵P为MA的中点，D为MC的中点，

∴PD∥AC.

又CD＝DC1，BQ＝QC1，

∴QD∥BC.

又PD∩QD＝D，

∴平面PQD∥平面ABC.

又PQ⊂平面PQD，

∴PQ∥平面ABC.

(2)∵BC，BA，BB1两两互相垂直，

∴以B为坐标原点，分别以BC，BA，BB1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz.设BC＝a，BA＝b，

则各点的坐标分别为B(0，0，0)，C(a，0，0)，A(0，b，0)，A1(0，b，2)，M(a，0，1)，

∴＝(0，b，2)，＝(0，b，0)，＝(a，0，1).

设平面ABM的法向量为n＝(x，y，z)，

则∴

取x＝1，则可得平面ABM的一个法向量为n＝(1，0，﹣a)，

∴|cos〈n，〉|＝＝.

又a2＋b2＝8，∴a4＋4a2﹣12＝0.

∴a2＝2或﹣6(舍)，即a＝.

∴sin∠BAC＝＝.

∴∠BAC＝.

2.解：(1)证明：在题图1中，连接CE，

因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，

∠BAD＝，所以四边形ABCE为正方形，四边形BCDE为平行四边形，

所以BE⊥AC.

在题图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，又OA1∩OC＝O，

从而BE⊥平面A1OC.

又CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.

(2)由(1)知BE⊥OA1，BE⊥OC，

所以∠A1OC为二面角A1﹣BE﹣C的平面角，

又平面A1BE⊥平面BCDE，所以∠A1OC＝，

所以OB，OC，OA1两两垂直.

如图，以O为原点，OB，OC，OA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则B(，0，0)，E(﹣ ，0，0)，A1(0，0，)，C(0，，0)，

得＝(﹣ ，，0)，＝(0，，﹣ )，

由＝＝(﹣，0，0)，得D(﹣ ，，0).所以＝(﹣ ，，0).

设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，直线BD与平面A1BC所成的角为θ，

则得取x＝1，得n＝(1，1，1).

从而sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝，

即直线BD与平面A1BC所成角的正弦值为.

3.解：(1)如图，取D1E的中点，记为L，连接AL，FL，则FL∥EC，又EC∥AB，

∴FL∥AB，且FL＝AB，

∴M，F，L，A四点共面，且平面D1AE∩平面AMFL＝AL，

若MF∥平面D1AE，则MF∥AL，

∴四边形AMFL为平行四边形，

∴AM＝FL＝AB.

(2)取AE的中点O，过点O作OG⊥AB于G，OH⊥BC于H，连接OD1.

∵AD1＝D1E，

∴D1O⊥AE，

∴D1O⊥平面ABCE，D1O⊥OG，D1O⊥OH，又易得OG⊥OH，

故OG，OH，OD1两两垂直，以O为坐标原点，OG，OH，OD1为x轴，y轴，

z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

则B(1，3，0)，C(﹣1，3，0)，E(﹣1，1，0)，D1(0，0，)．

故＝(﹣1，﹣3，)，＝(1，﹣3，)，＝(0，﹣2，0)．

设平面CD1E的一个法向量为m＝(x，y，z)，

则即取x＝，得m＝(，0，﹣1)．

设直线BD1与平面CD1E所成的角为θ，

则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝＝.

即直线BD1与平面CD1E所成的角的正弦值为.

4. (1)证明：∵四边形ABCD为矩形，

∴AD⊥AB，

∵平面PAB⊥平面ABCD，

平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊂平面ABCD，

∴AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，

则AD⊥PB，又PA⊥PB，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，

∴PB⊥平面PAD，而PB⊂平面PBC，

∴平面PAD⊥平面PBC.

(2)解：取AB的中点O，分别以OP，OB所在直线为x，y轴建立空间直角坐标系，如图.

由AP＝AD＝2，△APB是以角P为直角的等腰直角三角形，

则A(0，﹣，0)，D(0，﹣，2)，B(0，，0)，M(,,1)，

＝(﹣,﹣,﹣1)，＝(﹣,﹣,1)，＝(﹣,,﹣1).

设平面MAD的一个法向量为m＝(x,y,z)，

由取y＝1，得m＝(-3,1,0)；

设平面MBD的一个法向量为n＝，

由取y＝﹣1，

得n＝(1,-1,﹣).

∴cos m，n＝＝﹣，

∴平面AMD与平面BMD的夹角的余弦值为.

5. (1)证明：在△ABD中，AD＝2，BD＝2，∠BAD＝，∴AD⊥BD.

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，

∴BD⊥平面PAD，

又PD⊂平面PAD，∴BD⊥PD.

(2)解　如图，作PO⊥AD于点O，

则PO⊥平面ABCD.

过点O作OE⊥BC交CB的延长线于点E，连接PE，

以O为坐标原点，分别以OA，OE，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则D，B，P，C，

＝，＝.

易和平面DBC的一个法向量为m＝，

设平面PBC的一个法向量为n＝，

则即

取y＝1，则z＝2，n＝(0,1,2)，

设平面DBC与平面PBC夹角为θ，则cos θ＝＝.

所以平面DBC与平面PBC夹角的余弦值为.

6. (1)证明：如图，连接DC1，因为ABC﹣A1B1C1为正三棱柱，所以△ABC为正三角形，

又因为D为AC的中点，所以BD⊥AC，

又平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1＝AC，

所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥DE.

因为＝，AB＝2，AA1＝，所以AE＝，AD＝1，

所以在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，

在Rt△DCC1中，∠C1DC＝60°，

所以∠EDC1＝90°，即ED⊥DC1，又BD∩DC1＝D，DC1，BD⊂平面BDC1，

所以ED⊥平面BDC1，又BC1⊂平面BDC1，所以DE⊥BC1.

(2)解：假设存在点E满足条件，设AE＝h.

取A1C1的中点D1，连接DD1，则DD1⊥平面ABC，所以DD1⊥AD，DD1⊥BD，

分别以DA，DB，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0，，0)，E(1,0，h)，

所以＝(0，，0)，＝(1,0，h)，＝(﹣1，，0)，＝(0,0，h)，

设平面BED的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，

则⇒

令z1＝1，得n1＝(﹣h,0,1)，

同理，设平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，

则 ⇒令y2＝1，

所以n2＝(，1,0).

所以|cos〈n1，n2〉|＝＝cos 30°＝，

所以|h|＝，所以h无解.

故不存在点E，使平面ABE与平面BED的夹角等于30°.