2023届高考数学二轮复习专题3第3讲立体几何与空间向量作业含答案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题3第3讲立体几何与空间向量作业含答案，共8页。
第二篇　专题三　第3讲　立体几何与空间向量1．如图，在三棱锥A－BCD中，AB＝BD＝AD＝AC＝2，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，P为AB的中点，E为BD的中点．(1)求证：AE⊥平面BCD；(2)求直线PD与平面ACD所成角的正弦值．【解析】(1)证明：由题图可知，△ABD是边长为2的等边三角形，∵E为BD的中点，∴AE⊥BD，且AE＝，如图，连接CE，∵△BCD是斜边长为2的等腰直角三角形，∴CE＝BD＝1，在△AEC中，AC＝2，EC＝1，AE＝，∴AC2＝AE2＋EC2，∴AE⊥EC.∵BD∩EC＝E，BD⊂平面BCD，EC⊂平面BCD，∴AE⊥平面BCD.(2)方法一：取CD的中点F，连接AF，EF，∵AC＝AD，∴CD⊥AF.由(1)可知，AE⊥CD，∵AE∩AF＝A，AE⊂平面AEF，AF⊂平面AEF，∴CD⊥平面AEF，又CD⊂平面ACD，∴平面AEF⊥平面ACD.设PD，AE相交于点G，则点G为△ABD的重心，∴AG＝DG＝AE＝.过点G作GH⊥AF于H，则GH⊥平面ACD，连接DH，则∠GDH为直线PD与平面ACD所成的角．易知△AGH∽△AFE，EF＝BC＝，AF＝，∴GH＝·EF＝×＝，∴sin ∠GDH＝＝，即直线PD与平面ACD所成角的正弦值为.方法二：由(1)可知AE⊥平面BCD，且CE⊥BD，∴可作如图所示的空间直角坐标系E－xyz，则A(0，0，)，C(1，0，0)，D(0，1，0)，P，＝(0，1，－)，＝(－1，1，0)，＝，设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，∴即取x＝y＝1，则z＝，∴n＝为平面ACD的一个法向量，设PD与平面ACD所成的角为θ，则sin θ＝＝，故直线PD与平面ACD所成角的正弦值为.2．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，四边形ABCD为平行四边形，点E为棱BC的中点．(1)求证：D1E∥平面ABB1A1；(2)若四边形ABCD为正方形，AA1⊥平面ABCD，二面角A1－BC－A为，求二面角A1－DE－C的余弦值．【解析】(1)证明：连接D1E.因为几何体为四棱台，且AB＝2A1B1，所以A1D1＝BE.所以四边形A1D1EB为平行四边形．所以D1E∥A1B.又因为D1E⊄平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1，所以D1E∥平面ABB1A1.(2)因为四边形ABCD为正方形，AA1⊥平面ABCD，所以A1A⊥BC，BA⊥BC.所以BC⊥平面A1AB.连接A1B，则BC⊥A1B.所以∠A1BA为二面角A1－BC－A的平面角．由已知得∠A1BA＝.所以A1A＝AB＝2.以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA1为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(0，0，2)，D(0，2，0)，E(2，1，0).设面A1DE的法向量为n＝(x，y，z).因为＝(0，－2，2)，＝(－2，1，0).由得令x＝1，得y＝2，z＝2，即n＝(1，2，2).易知平面DEC的法向量为m＝(0，0，1).因为cos|m，n|＝＝＝，所以二面角A1－DE－C的余弦值为－.3．如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，AB＝2，∠ABC＝60°，M是AB的中点．(1)求证：EM⊥AD；(2)求二面角A－BE－C的余弦值；(3)在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【解析】(1)证明：∵EA＝EB，M是AB的中点，∴EM⊥AB，∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面ABE，∴EM⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴EM⊥AD.(2)连接MC，∵EM⊥平面ABCD，∴EM⊥MC，∵△ABC是正三角形，∴MC⊥AB，∴MB，MC，ME两两垂直．建立如图所示空间直角坐标系M－xyz.则M(0，0，0)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，C(0，，0)，E(0，0，)，＝(－1，，0)，＝(－1，0，)，设m＝(x，y，z)是平面BCE的一个法向量，则令z＝1，m＝(，1，1)，∵y轴所在直线与平面ABE垂直，∴n＝(0，1，0)是平面ABE的一个法向量．cos〈m，n〉＝＝＝，∴二面角A－BE－C的余弦值为.(3)假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，＝(1，0，)，＝(0，，－)，设＝λ＝(0，λ，－λ)，0<λ≤1，则＝＋＝(1，λ，－λ)，∵直线AP与平面ABE所成的角为45°，∴sin 45°＝|cos〈，n〉|＝＝＝，由0≤λ≤1，解得λ＝，∴在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45°，且＝.4．(2022·德州模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，△PAD是正三角形，CD⊥平面PAD，E，F，G，O分别是PC，PD，BC，AD的中点．(1)求证：PO⊥平面ABCD；(2)求平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角的大小；(3)在线段PA上是否存在点M，使得直线GM与平面EFG所成的角为，若存在，求线段PM的长度；若不存在，说明理由．【解析】(1)证明：因为△PAD是正三角形，O是AD的中点，所以PO⊥AD.又因为CD⊥平面PAD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥CD.又AD∩CD＝D，AD，CD⊂平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.(2)如图，以O点为原点，分别以OA，OG，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系O－xyz.则O(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(－2，4，0)，D(－2，0，0)，G(0，4，0)，P(0，0，2)，E(－1，2，)，F(－1，0，)，＝(0，－2，0)，＝(1，2，－)，设平面EFG的法向量为m＝(x，y，z)，则即令z＝1，则m＝(，0，1)，又平面ABCD的法向量n＝(0，0，1)，设平面EFG与平面ABCD所成锐二面角为θ，所以cosθ＝＝＝.所以平面EFG与平面ABCD所成的锐二面角为.(3)假设在线段PA上存在点M，使得直线GM与平面EFG所成的角为，即直线GM的方向向量与平面EFG法向量m所成的锐角为，设＝λ，λ∈[0，1]，＝＋＝＋λ，所以＝(2λ，－4，2－2λ)，所以cos＝|cos〈，m〉|＝＝，整理得2λ2－3λ＋2＝0，Δ<0，方程无解，所以，不存在这样的点M.