(浙江专版)高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用限时集训 理

(限时：50分钟满分：112分)
1．(满分14分)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)设E为BC的中点，求AE与DB夹角的余弦值．
2．(满分14分)(2013·孝感模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，
底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、
PD、BC的中点．
(1)求证：PA⊥EF；
(2)求二面角D－FG－E的余弦值．
3.(满分14分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2AA1，点D
是A1B1的中点，点E在A1C1上且DE⊥AE.
(1)证明：平面ADE⊥平面ACC1A1；
(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值．
4．(满分14分)(2012·江西高考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.
(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出
AE的长；
(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．
5．(满分14分)如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1中，上，下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.
(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；
(2)已知F是AD的中点，
求证：FB1⊥平面BCC1B1；
(3)在(2)的条件下，求二面角F－CC1－B的余弦值．
6．(满分14分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．
(1)若PA ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；
(2)设点M 在线段PC 上，PM MC ＝1
2
，求证：PA ∥平面MQB ；
(3)在(2)的条件下，若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA ＝PD ＝AD ＝2，求二面角M －BQ －C 的大小．
7．(满分14分)(2012·福建高考)如图所示，在长方体ABCD －
A 1
B 1
C 1
D 1中，AA 1＝AD ＝1，
E 为CD 中点．
(1)求证：B 1E ⊥AD 1；
(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求
AP 的长；若不存在，说明理由；
(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．
8．(满分14分)在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝22，∠ABC ＝90°，如图(1)．把△ABD 沿BD 翻折，使得平面ABD ⊥平面BCD .
(1)求证：CD ⊥AB ；
(2)若点M 为线段BC 中点，求点M 到平面ACD 的距离；
(3)在线段BC 上是否存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成角为60°？若存在，求出BN BC
的值；若不存在，说明理由．
答 案
[限时集训(四十五)]
1．解：(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，
AD ⊥DB ，
又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BDC .
(2)由∠BDC ＝90°及(1)知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设|DB |＝1，以D 为坐标原点，以DB ，DC ，DA 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，
C (0,3,0)，A (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，32
，0，
∴AE ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，32，－3，DB ＝(1,0,0)， ∴AE 与DB 夹角的余弦值为cos 〈AE ，DB 〉＝AE ·DB
|AE |·|DB |
＝
12
1×
224＝22
22. 2.解：(1)证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,2,0)，C (－2,0,0)，P (0,0,2)，E (－1,0,1)，
F (0,0,1)，
G (－2,1,0)．
(1)∵PA ＝(0,2，－2)，EF ＝(1,0,0)， ∴PA ·EF ＝0， ∴PA ⊥EF .
(2)易知DF ＝(0,0,1)，FG ＝(－2,1， －1)．
设平面DFG 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
则⎩⎨
⎧
m ·DF ＝0，m ·FG ＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
z 1＝0，－2x 1＋y 1－z 1＝0.
令x 1＝1，得m ＝(1,2,0)是平面DFG 的一个法向量． 同理可得n ＝(0,1,1)是平面EFG 的一个法向量，
∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝25×2
＝10
5，
由图可知二面角D －FG －E 为钝角， ∴二面角D －FG －E 的余弦值为－
10
5
. 3．解：(1)证明：由正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的性质知AA 1⊥平面A 1B 1C 1，又DE ⊂平面A 1B 1C 1，所以DE ⊥AA 1.
而DE ⊥AE ，AA 1∩AE ＝A ，所以DE ⊥平面ACC 1A 1.又DE ⊂平面ADE ，故平面ADE ⊥平面ACC 1A 1. (2)如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D ⎝
⎛⎭
⎪⎫
32，－12，2.
易知AB ＝(3，1,0)，1AC ＝(0,2，2)，
AD ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
32，12，2.
设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有
⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AB ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC ＝2y ＋2z ＝0.
解得x ＝－
3
3
y ，z ＝－2y .故可取n ＝(1，－3，6)． 所以，cos 〈n ，AD 〉＝
n ·AD
|n |·|AD |
＝2310×3＝105.
由此即知，直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值为
105
. 4．解：(1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥
BB 1.
因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .
因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面
BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，
得AE ＝AO 2AA 1＝5
5
.
(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则
A (1,0,0)，
B (0,2,0)，
C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，
由AE ＝15AA 1―→得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫4
5，0，25，
由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是 OE ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
45，0，25，
设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AB ＝0，n ·1AC
＝0，得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－x ＋2y ＝0，
y ＋z ＝0.
令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1， 即n ＝(2,1，－1)，
所以cos 〈OE ―→，n 〉＝OE ·n | OE |·|n |
＝30
10，
即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是
30
10
. 5.解：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1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，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．
(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，
∴|cos 〈1AB ，1DD 〉|＝⎪
⎪⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
1AB ·1DD |1AB |·|1DD ＝3
3
， 所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为
33
. (2)∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0，
∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .
∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B .
(3)由(2)知，1FB 为平面BCC 1B 1的一个法向量． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， ∵1CC ＝(0，－a ，a )，FC ＝(－a,2a,0)，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
n ·1CC ＝0，n ·FC ＝0，
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
－ay 1＋az 1＝0，
－ax 1＋2ay 1＝0.
令y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝1，∴n ＝(2,1,1)， ∴cos 〈1FB ，n 〉＝1FB ·n
|1FB |·|n |＝3
3，
即二面角F －CC 1－B 的余弦值为
33
. 6．解：(1)连接BD ，四边形ABCD 菱形， ∵∠BAD ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， 又Q 为AD 中点， ∴AD ⊥BQ .
∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，
AD ⊥PQ ，
又BQ ∩PQ ＝Q ，。