高考数学三轮冲刺《空间向量二面角问题》解答题专项练习(2份打包，原卷版+教师版)

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高考数学三轮冲刺《空间向量二面角问题》解答题专项练习1.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.【答案解析】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＝(,0,-)，＝(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.    2.如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，且平面ABCD⊥平面ABE，AB＝2CD＝2BC＝2，P为CE中点．(1)求证：AB⊥DE.(2)求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值．【答案解析】解：(1)证明：取AB的中点O，连接OD，OE，因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE，因为CD∥OB，CD＝AB＝OB，BC＝CD，BC⊥AB，所以四边形OBCD是正方形，所以AB⊥OD，又OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，OD∩OE＝O，所以AB⊥平面ODE，又DE⊂平面ODE，所以AB⊥DE.(2)因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE＝AB，OD⊂平面ABCD，OD⊥AB，所以OD⊥平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：则A(1，0，0)，B(﹣1，0，0)，D(0，0，1)，E(0，，0)，C(﹣1，0，1)，所以＝(﹣1，0，1)，＝(﹣1，，0)，＝(0，0，1)，＝(1，，0)，设平面ADE的法向量为m＝(x，y，z)，则即令y＝1，得m＝(，1，)，同理可得平面BCE的法向量为n＝(，﹣1，0)，所以cos〈m，n〉＝＝＝.所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为.           3.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.【答案解析】 (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.             4.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝，四边形ACFE为矩形，且CF⊥平面ABCD，AD＝CD＝BC＝CF.(1)求证：EF⊥平面BCF；(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值.【答案解析】解：(1)证明：在梯形ABCD中，设AD＝CD＝BC＝1，∵AB∥CD，∠BCD＝，∴AB＝2，∴AC2＝AB2＋BC2﹣2AB·BC·cos＝3.∴AB2＝AC2＋BC2，∴BC⊥AC.∵CF⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥CF，又CF∩BC＝C，∴AC⊥平面BCF.∵四边形ACFE是矩形，∴EF∥AC，∴EF⊥平面BCF.(2)由(1)，以CA，CB，CF所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz，设AD＝CD＝BC＝CF＝1，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，∴＝(﹣，1，0)，＝(λ，﹣1，1)，设平面MAB的法向量为n1＝(x，y，z)，则即令x＝1，则n1＝(1，，﹣λ)为平面MAB的一个法向量.易知n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，设平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，则cos θ＝＝＝.∵0≤λ≤，∴当λ＝0时，cos θ有最小值，∴点M与点F重合时，平面MAB与平面FCB所成锐二面角最大，此时二面角的余弦值为.   5.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⊥底面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．【答案解析】解：(1)证明：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＝EF，且AB∥EF，所以AB//＝EG，因为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C­AE­F的大小为θ，由图易知θ∈(0,)，所以cos θ＝＝＝.          6.如图所示，正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E，F分别是AC和BC的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A­DC­B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由.(2)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.【答案解析】解：(1)AB∥平面DEF，理由如下：以点D为坐标原点，直线DB，DC，DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则A(0，0，2)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，E(0，，1)，F(1，，0)，所以＝(0，，1)，＝(1，，0)，＝(2，0，﹣2)，由此，得＝﹣2＋2.又与不共线，根据向量共面的充要条件可知，，共面.由于AB⊄平面DEF，所以AB∥平面DEF.(2)假设存在点P(x，y，0)满足条件，则＝(x，y，﹣2)，·＝y﹣2＝0，所以y＝.又＝(x﹣2，y，0)，＝(﹣x，2﹣y，0)，∥，所以(x﹣2)(2﹣y)＝﹣xy，所以x＋y＝2.把y＝代入上式，得x＝，所以＝，所以在线段BC上存在点P使AP⊥DE，此时＝.     7.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝.(1)求证：BC1⊥平面ABC；(2)设＝λ (0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值.【答案解析】解：(1)因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1.在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝，所以BC＝BC2＋CC﹣2BC·CC1·cos∠BCC1＝12＋22﹣2×1×2×cos ＝3.所以BC1＝.故BC2＋BC＝CC，所以BC⊥BC1.而BC∩AB＝B，所以BC1⊥平面ABC.(2)由(1)可知AB，BC，BC1两两互相垂直.以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图.则B(0，0，0)，A(0，1，0)，B1(﹣1，0，)，C(1，0，0)，C1(0，0，)，所以＝(﹣1，0， ).所以＝(﹣λ，0， λ)，E(1﹣λ，0， λ)，则＝(1﹣λ，﹣1，λ)，＝(﹣1，﹣1，).设平面AB1E的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝，则x＝，y＝，故n＝(，y＝，)是平面AB1E的一个法向量.因为AB⊥平面BB1C1C，所以＝(0，1，0)是平面BB1E的一个法向量.所以|cos〈n，〉|＝＝＝.两边平方并化简，得2λ2﹣5λ＋3＝0，解得λ＝1或(舍去).故λ的值为1.8.如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，∠BAD＝90°，DC＝DA＝2AB＝2，点E为AD的中点，BD∩CE＝H，PH⊥平面ABCD，且PH＝4．(1)求证：PC⊥BD；(2)线段PC上是否存在一点F，使二面角B﹣DF﹣C的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．【答案解析】解：(1)证明：∵AB∥CD，∠BAD＝90°，∴∠EDC＝∠BAD＝90°．∵DC＝DA＝2AB，E为AD的中点，∴AB＝ED，∴△BAD≌△EDC，∴∠DBA＝∠DEH．∵∠DBA＋∠ADB＝90°，∴∠DEH＋∠ADB＝90°，∴BD⊥EC．又∵PH⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PH．又∵PH∩EC＝H，且PH，EC⊂平面PEC，∴BD⊥平面PEC．又∵PC⊂平面PEC，∴PC⊥BD．(2)由(1)可知，△DHE∽△DAB，∴＝＝，∵BD＝EC＝＝5，AB＝DE＝，∴EH＝1，HC＝4，DH＝2，HB＝3．∵PH，EC，BD两两垂直，∴建立以H为坐标原点，HB，HC，HP所在直线分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示，则H(0，0，0)，B(3，0，0)，C(0，4，0)，D(﹣2，0，0)，P(0，0，4)．假设线段PC上存在一点F满足题意．∵与共线，∴存在唯一实数λ(0≤λ≤1)，满足＝λ，可得F(0，4﹣4λ，4λ)．设向量n＝(x1，y1，z1)为平面CPD的法向量，且＝(0，﹣4，4)，＝(﹣2，﹣4，0)，∴⇒⇒取x1＝2，y1＝z1＝﹣1，则平面CPD的一个法向量为n＝(2，﹣1，﹣1)．同理可得平面BFD的一个法向量为m＝(0，λ，λ﹣1)．设二面角B﹣DF﹣C的平面角为θ，且0≤λ≤1，由图可知cosθ＝＝＝．∵＝，其中2λ﹣1>0，即<λ≤1，∴λ＝，即＝．∵CP＝＝4，∴线段PC上存在一点F，当点F满足CF＝3时，二面角B﹣DF﹣C的余弦值是．9.如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2，DE＝3.(1)求证：平面ACE⊥平面BED；(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角M­BE­D的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【答案解析】解：(1)证明：因为平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE⊂平面ADEF，DE⊥AD，所以DE⊥平面ABCD.因为AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC.又因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD.因为DE∩BD＝D，DE⊂平面BED，BD⊂平面BED，所以AC⊥平面BED.又因为AC⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BED.(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D­xyz，如图所示.则A(3，0，0)，F(3，0，2)，E(0，0，3)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，＝(3，﹣3，0)，＝(﹣3，﹣3，3)，＝(3，0，﹣).设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，则取x＝，得n＝(，2，3).所以cos〈，n〉＝＝＝﹣.所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.(3)假设存在点M在线段AF上，设M(3，0，t)，0≤t≤2，则＝(0，﹣3，t)，＝(﹣3，﹣3，3).设平面MBE的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则令y1＝t，得m＝(3﹣t，t，3).所以|cos〈m，〉|＝＝＝，整理得2t2﹣6t＋15＝0，解得t＝或t＝(舍)，故在线段AF上存在点M，使得二面角M­BE­D的大小为60°，此时＝.10.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AC＝AA1＝2，D为棱CC1的中点，AB1∩A1B＝O.(1)证明：C1O∥平面ABD；(2)设二面角D­AB­C的正切值为，AC⊥BC，E为线段A1B上一点，且CE与平面ABD所成角的正弦值为，求的值.【答案解析】解：(1)证明：如图，取AB的中点F，连接OF，DF.∵侧面ABB1A1为平行四边形，∴O为AB1的中点，∴OF∥BB1，OF＝BB1.又C1D∥BB1，C1D＝BB1，∴OF∥C1D，OF＝C1D，∴四边形OFDC1为平行四边形，∴C1O∥DF.∵C1O⊄平面ABD，DF⊂平面ABD，∴C1O∥平面ABD. (2)如图，过C作CH⊥AB于H，连接DH，则∠DHC即为二面角D­AB­C的平面角.∵DC＝1，tan∠DHC＝，∴CH＝.又AC＝2，AC⊥BC，∴BC＝2.以C为原点，建立空间直角坐标系C­xyz，如图所示.则A(2，0，0)，B(0，2，0)，D(0，0，1)，A1(2，0，2)，∴＝(﹣2，2，0)，＝(0，﹣2，1).设平面ABD的法向量为n＝(x，y，z)，则取y＝1，可得n＝(1，1，2).设＝λ(0≤λ≤1).∵＝(2，﹣2，2)，∴＝＋λ＝(2λ，2﹣2λ，2λ)，∴CE与平面ABD所成角的正弦值为|cos〈，n〉|＝＝，整理，得36λ2﹣44λ＋13＝0，解得λ＝或，即＝或.