2020高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時作業(yè)46 立體幾何中的向量方法 理.doc

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課時作業(yè)46立體幾何中的向量方法 基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)12018江蘇卷如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，點P，Q分別為A1B1，BC的中點(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值；(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值解析：本題主要考查空間向量、異面直線所成角和線面角等基礎(chǔ)知識，考查運用空間向量解決問題的能力如圖，在正三棱柱ABCA1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點分別為O，O1，則OBOC，OO1OC，OO1OB，以，為基底，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.因為ABAA12，所以A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)(1)因為P為A1B1的中點，所以P，從而，(0,2,2)，故|cos，|.因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為.(2)因為Q為BC的中點，所以Q，因此，(0,2,2)，(0,0,2)設(shè)n(x，y，z)為平面AQC1的一個法向量，則即不妨取n(，1,1)設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為，則sin |cos，n|，所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為.22019鄭州一中入學(xué)測試在如圖所示的多面體中，四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形BDEF是矩形，ED平在ABCD，ABD，AB2AD.(1)求證：平面BDEF平面ADE；(2)若EDBD，求直線AF與平面AEC所成角的正弦值解析：(1)在ABD中，ABD，AB2AD，由余弦定理，得BDAD，從而BD2AD2AB2，故BDAD，所以ABD為直角三角形且ADB90.因為DE平面ABCD，BD平面ABCD，所以DEBD.又ADDED，所以BD平面ADE.因為BD平面BDEF，所以平面BDEF平面ADE.(2)由(1)可得，在RtABD中，BAD，BDAD，又由EDBD，設(shè)AD1，則BDED.因為DE平面ABCD，BDAD，所以可以點D為坐標(biāo)原點，DA，DB，DE所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示Dxyz.則A(1,0,0)，C(1，0)，E(0,0，)，F(xiàn)(0，)，所以(1,0，)，(2，0)設(shè)平面AEC的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，得n(，2,1)，為平面AEC的一個法向量因為(1，)，所以cosn，.所以直線AF與平面AEC所成角的正弦值為.32019石家莊摸底考試如圖，在多面體ABCDPE中，四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形，ABDC，PEDC，ADDC，PD平面ABCD，ABPDDA2PE，CD3PE，F(xiàn)是CE的中點(1)求證：BF平面ADP；(2)求二面角BDFP的余弦值解析：(1)取PD的中點為G，連接FG，AG，如圖所示，F(xiàn)是CE的中點，F(xiàn)G是梯形CDPE的中位線，CD3PE，F(xiàn)G2PE，F(xiàn)GCDAB，AB2PE，ABFG，ABFG，即四邊形ABFG是平行四邊形，BFAG，又BF平面ADP，AG平面ADP，BF平面ADP.(2)解法一PD平面ABCD，PDAD，又ADDC，且PDCDD，AD平面CDPE.過點B作BMCD于點M，易知BMAD，BM平面CDPE.令PE1，則BMDM2，連接FM，由(1)易得FM1，如圖，過點M作MNDF交DF于點N，連接BN，則BNM為所求二面角的平面角的補角DM2，F(xiàn)M1，DF，則MN.tanBNM，則cosBNM，二面角BDFP的余弦值為.解法二PD平面ABCD，PDAD，又ADDC，且PDDCD，AD平面CDPE.以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DP所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Dxyz，設(shè)PE1，則A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,3,0)，D(0,0,0)，P(0,0，2)，E(0,1,2)，F(xiàn)(0,2,1)，(2,2,0)，(0,2,1)，設(shè)平面BDF的法向量為n(x，y，z)，則即令y1，則x1，z2，n(1，1,2)，為平面BDF的一個法向量平面PDF的一個法向量為(2,0,0)，且二面角BDFP的平面角為鈍角，二面角BDFP的余弦值為|cos，n|.42019唐山模擬如圖，在四棱錐PABCD中，PC底面ABCD，ABCD是直角梯形，ABAD，ABCD，AB2AD2CD，E是PB的中點(1)求證：平面EAC平面PBC；(2)若二面角PACE的余弦值為，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值解析：(1)因為PC平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACPC.因為AB2AD2CD，所以ACBCADCD.所以AC2BC2AB2，故ACBC.又BCPCC，所以AC平面PBC.因為AC平面EAC，所以平在EAC平面PBC.(2)如圖，以C為原點，的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz，并設(shè)CB2，CP2a(a0)則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0,2a)，則E(1,0，a)，(0,2,0)，(0,0,2a)，(1,0，a)，易知m(1,0,0)為平面PAC的一個法向量設(shè)n(x，y，z)為平面EAC的法向量，則nn0，即y0，取xa，則z1，n(a,0，1)依題意，|cosm，n|，則a.于是n(，0，1)，(0,2，2)設(shè)直線PA與平面EAC所成角為，則sin|cos，n|，即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為.52018天津卷如圖，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M為CF的中點，N為EG的中點，求證：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若點P在線段DG上，且直線BP與平面ADGE所成的角為60，求線段DP的長解析：本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識考查用空間向量解決立體幾何問題的方法考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力依題意，可以建立以D為原點，分別以，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系Dxyz(如圖)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0，2,0)，E(2,0,2)，F(xiàn)(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)(1)證明：依題意(0,2,0)，(2,0,2)設(shè)n0(x0，y0，z0)為平面CDE的法向量，則即不妨令z01，可得n0(1,0，1)又，可得n00，又因為直線MN平面CDE，所以MN平面CDE.(2)依題意，可得(1,0,0)，(1，2,2)，(0，1,2)設(shè)n(x1，y1，z1)為平面 BCE的法向量，則即不妨令z11，可得n(0,1,1)設(shè)m(x2，y2，z2)為平面BCF的法向量，則即不妨令z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n，于是sinm，n.所以，二面角EBCF的正弦值為.(3)設(shè)線段DP的長為h(h0,2)，則點P的坐標(biāo)為(0,0，h)，可得(1，2，h)易知，(0,2,0)為平面ADGE的一個法向量，故|cos，|，由題意，可得sin 60，解得h0,2所以，線段DP的長為.62019山西八校聯(lián)考如圖，三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，CC1底面ABC，ACBCCC12，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B1C1的中點，G是棱BB1上的動點(1)當(dāng)為何值時，平面CDG平面A1DE?(2)求平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角的余弦值解析：(1)當(dāng)G為BB1的中點，即時，平面CDG平面A1DE.證明如下：因為點D，E分別是AB，BC的中點，所以DEAC且DEAC，又ACA1C1，ACA1C1，所以DEA1C1，DEA1C1，故D，E，C1，A1四點共面如圖，連接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中，tanC1EC2，tanBCG，故CHE90，即CGC1E.因為A1C1平面CBB1C1，CG平面CBB1C1，所以DECG，又C1EDEE，所以CG平面A1DE，故平面CDG平面A1DE.(2)三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，CC1底面ABC，所以以C為原點，CA，CB，CC1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系Cxyz，如圖所示因為ACBCCC12，D，E，F(xiàn)分別是棱AB，BC，B1C1的中點，所以C(0,0,0)，A1(2,0,2)，D(1,1,0)，E(0,1,0)，B(0,2,0)，F(xiàn)(0,1,2)，G(0,2,1)，(2,2，2)，(2,1,0)，(0,2,1)由(1)知平面A1DE的一個法向量為(0,2,1)，設(shè)平面A1BF的法向量為n(x，y，z)，則即令x1得n(1,2,1)，為平面A1BF的一個法向量設(shè)平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角為，則cos，所以平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角的余弦值為.能力挑戰(zhàn)72019湖北四校聯(lián)考如圖，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1ABAC1，ABAC，M，N，Q分別是CC1，BC，AC的中點，點P在直線A1B1上運動，且(0,1)(1)證明：無論取何值，總有AM平面PNQ；(2)是否存在點P，使得平面PMN與平面ABC的夾角為60？若存在，試確定點P的位置，若不存在，請說明理由解析：(1)連接A1Q.AA1AC1，M，Q分別是CC1，AC的中點，AA1QCAM，MACQA1A，MACAQA1QA1AAQA190，AMA1Q.N，Q分別是BC，AC的中點，NQAB.又ABAC，NQAC.在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，NQAA1.又ACAA1A，NQ平面ACC1A1，NQAM.由NQAB和ABA1B1可得NQA1B1，N，Q，A1，P四點共面，A1Q平面PNQ.NQA1QQ， AM平面PNQ，無論取何值，總有AM平面PNQ.(2)如圖，以A為坐標(biāo)原點，AB，AC，AA1所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，M，N，Q，(1,0,0)由(1,0,0)(，0,0)，可得點P(，0,1)，.設(shè)n(x，y，z)是平面PMN的法向量，則即得令x3，得y12，z22，n(3,12，22)是平面PMN的一個法向量取平面ABC的一個法向量為m(0,0,1)假設(shè)存在符合條件的點P，則|cosm，n|，化簡得421410，解得或(舍去)綜上，存在點P，且當(dāng)A1P時，滿足平面PMN與平面ABC的夾角為60.