2020版高考数学大二轮复习课时作业13空间向量与立体几何理

课时作业13 空间向量与立体几何1．[2019·安徽芜湖质检]如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．解析：(1)证明：因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以BB 1⊥AC .因为AC ⊥BD 且BD ∩BB 1＝B ，所以AC ⊥平面BB 1D ，又B 1D ⊂平面BB 1D ，所以AC ⊥B 1D .(2)易知AB ，AD ，AA 1两两垂直，如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系A ­xyz .设AB ＝t ，则A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)， 因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0， 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．所以AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→＝(0,1,0)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的法向量，则⎩⎨⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0，取x ＝1，则y ＝－3，z ＝3，所以n ＝(1，－3，3)是平面ACD 1的一个法向量．设直线B 1C 1与平面ACD 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝|n ·B 1C 1→||n ||B 1C 1→|＝37＝217， 故直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217. 2．[2019·广东五校第一次诊断]如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值． 解析：(1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC . ∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴BD ⊥AE .又AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE ， ∴BD ⊥平面ACFE .(2)连接OE ，以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直角坐标系O ­xyz ，则B (0，3，0)，O (0,0,0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a >0)，则OB →＝(0，3，0)，OE →＝(1,0,2)，OF →＝(－1,0，a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎨⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，得y ＝0.令z ＝1，则x ＝－2，∴n ＝(－2,0,1) 是平面EBD 的一个法向量． 由题意得sin45°＝|cos 〈OF →，n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，得a ＝3或a ＝－13，由a ＞0，得a ＝3， OF →＝(－1,0,3)，BE →＝(1，－3，2)， cos 〈OF →，BE →〉＝OF →·BE →|OF →|·|BE →|＝54，所以异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54. 3．[2019·广东惠州一调]如图，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，侧面是正方形，∠DAB ＝60°，E 是棱CB 的延长线上一点，经过点A ，C 1，E 的平面交棱BB 1于点F ，B 1F ＝2BF .(1)求证：平面AC 1E ⊥平面BCC 1B 1； (2)求二面角E －AC 1－C 的余弦值．解析：(1)证明：设四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ， ∵B 1F ＝2BF ，△B 1C 1F ∽△BEF ，∴BE ＝a2.由∠DAB ＝60°＝∠ABE ，得∠ABC ＝120°，由余弦定理得AE ＝3a2，AC ＝3a . ∵CE ＝BE ＋BC ＝3a 2，∴AE 2＋CE 2＝AC 2，AE ⊥CE .又ABCD －A 1B 1C 1D 1是直四棱柱， ∴C 1C ⊥平面ABCD ，又AE ⊂平面ABCD ，∴C 1C ⊥AE . ∵CE ∩CC 1＝C ，∴AE ⊥平面BCC 1B 1.∵AE ⊂平面AC 1E ，∴平面AC 1E ⊥平面BCC 1B 1.(2)解法一 过C 作CG ⊥AC 1于G ，CH ⊥C 1F 于H ，连接GH .由平面AC 1E ⊥平面BCC 1B 1，平面AC 1E ∩平面BCC 1B 1＝C 1E ，得CH ⊥平面AC 1E . ∴CH ⊥AC 1，又CG ⊥AC 1，CG ∩CH ＝C ，∴AC 1⊥平面CGH ，AC 1⊥GH ， ∴∠CGH 是二面角E －AC 1－C 的平面角． 在Rt△ACC 1中，AC ＝3a ，CC 1＝a ，AC 1＝2a ，CG ＝32a ， 在Rt△ECC 1中，CE ＝32a ，CC 1＝a ，EC 1＝132a ，CH ＝31313a ，∴GH ＝CG 2－CH 2＝3926a ，cos∠CGH ＝GH CG ＝1313， ∴二面角E －AC 1－C 的余弦值为1313. 解法二 以E 为坐标原点，EC ，EA 所在直线分别为x 轴，y 轴，平行于BB 1的直线为z 轴建立空间直角坐标系E ­xyz ，则E (0,0,0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32a ，0，C 1⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，a ，则EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32a ，0，EC 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，0，a .设平面EAC 1的法向量为n ＝(p ，q ，r )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝32aq ＝0，n ·EC 1→＝32ap ＋ar ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧q ＝0，3p ＋2r ＝0，不妨取n ＝(－2,0,3)．连接BD ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，0，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，32a ，0，易知平面AC 1C 的一个法向量为n 1＝BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，32a ，0.设二面角E －AC 1－C 的平面角为θ，则|cos θ|＝|n 1·n ||n 1|·|n |＝1313，又由题图知θ为锐角，∴二面角E －AC 1－C 的余弦值为1313.4．[2019·河南洛阳统一考试]如图1，平面多边形PABCD 中，PA ＝PD ，AD ＝2DC ＝2BC ＝4，AD ∥BC ，AP ⊥PD ，AD ⊥DC ，E 为PD 的中点，现将△APD 沿AD 折起，如图2，使PC ＝2 2.(1)证明：CE ∥平面ABP ；(2)求直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值．解析：(1)证明：取PA 的中点H ，连接HE ，BH ，如图．∵E 为PD 的中点，∴HE 为△APD 的中位线， ∴HE ∥AD ，且HE ＝12AD .又AD ∥BC ，BC ＝12AD ，∴HE ∥BC ，HE ＝BC ，∴四边形BCEH 为平行四边形，∴CE ∥BH . ∵BH ⊂平面ABP ，CE ⊄平面ABP ，∴CE ∥平面ABP .(2)由题意知△PAD 为等腰直角三角形，四边形ABCD 为直角梯形．取AD 的中点F ，连接BF ，PF ，∵AD ＝2BC ＝4，∴平面多边形PABCD 中，P ，F ，B 三点共线， 且PF ＝BF ＝2，∴翻折后，PF ⊥AD ，BF ⊥AD ，PF ∩BF ＝F ，∴DF ⊥平面PBF ， ∴BC ⊥平面PBF ，∵PB ⊂平面PBF ，∴BC ⊥PB .在直角三角形PBC 中，PC ＝22，BC ＝2，∴PB ＝2， ∴△PBF 为等边三角形．取BF 的中点O ，DC 的中点M ，连接PO ，OM ，则PO ⊥BF ， ∵DF ⊥平面PBF ，∴DF ⊥PO .又DF ∩BF ＝F ，∴PO ⊥平面ABCD .以O 为原点，OB →，OM →，OP →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O ­xyz ， 则B (1,0,0)，D (－1,2,0)，P (0,0，3)，A (－1，－2,0)，∴E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，1，32，∴AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，32，AB →＝(2,2,0)，BP →＝(－1,0，3)．设平面ABP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BP →＝0，∴⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，故可取n ＝(3，－3，3)，∴cos〈n ，AE →〉＝n ·AE →|n |·|AE →|＝－21035，∴直线AE 与平面ABP 所成角的正弦值为21035. 5．[2019·天津卷]如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长．解析：本题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系A ­xyz (如图)，可得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0，1,0)，E (0,0,2)．设CF ＝h (h >0)，则F (1,2，h )．(1)依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .(2)依题意，BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)， CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎨⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)．因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)设m ＝(x ，y ，z )为平面BDF 的法向量，则⎩⎨⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，2y ＋hz ＝0，不妨令y ＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h 2＝13， 解得h ＝87.经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为87.6．[2019·四川成都模拟]如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1⊥CE ；(2)求二面角B 1－CE －C 1的正弦值；(3)设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26，求线段AM 的长． 解析：(1)证明：在△B 1C 1E 中，EB 1＝1＋22＝5，B 1C 1＝1＋1＝2，EC 1＝3， ∴B 1C 21＋EC 21＝EB 21，∴B 1C 1⊥EC 1，∵AA 1⊥平面ABCD ，∴AA 1⊥BC ，∴CC 1⊥B 1C 1， 而CC 1∩EC 1＝C 1， ∴B 1C 1⊥平面CC 1E . ∵CE ⊂平面CC 1E ， ∴B 1C 1⊥CE .(2)由题可知，DA ，AA 1，AB 两两垂直，如图，以点A 为原点，分别以AD ，AA 1，AB 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系A ­xyz ，则A (0,0,0)，B (0,0,2)，C (1,0,1)，B 1(0,2,2)，C 1(1,2,1)，E (0,1,0)，B 1C →＝(1，－2，－1)，CE →＝(－1,1，－1)，B 1C 1→＝(1,0，－1)，设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0.消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，所以x ＝－3，y ＝－2， 则m ＝(－3，－2,1)为平面B 1CE 的一个法向量． 由(1)知，B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝(1,0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．所以cos 〈m ，B 1C 1→〉＝m ·B 1C 1→|m ||B 1C 1→|＝－414×2＝－277，从而sin 〈m ，B 1C 1→〉＝217，所以二面角B 1－CE －C 1的正弦值为217. (3)由(2)知AE →＝(0,1,0)，EC 1→＝(1,1,1)，设EM →＝λEC 1→，则EM →＝(λ，λ，λ)(0≤λ≤1)，则AM →＝AE →＋EM →＝(λ，λ＋1，λ)．易知AB →＝(0,0,2)为平面ADD 1A 1的一个法向量． 设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则 sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝|AM →·AB →||AM →||AB →|＝2λ2λ2＋(λ＋1)2＋λ2＝λ3λ2＋2λ＋1＝26， 得λ＝13⎝⎛⎭⎪⎫λ＝－15(负值舍去)，所以AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13，43，13，|AM →|＝2，故线段AM 的长为 2.。