新教材高考数学考点过关检测32立体几何中的向量方法1含解析

考点过关检测32 立体几何中的向量方法(1)
1．[2022·湖北恩施模拟]如图所示,在四棱锥P­ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB⊥AD,AB∥CD,AB＝AD＝PA＝2CD＝4,G为PD的中点．
(1)求证：AG⊥平面PCD；
(2)若点F为PB的中点,线段PC上是否存在一点H,使得平面GHF⊥平面PCD？若存在,请确定H的位置；若不存在,请说明理由．
2.
[2022·福建厦门模拟]在三棱柱ABC­A1B1C1中,D是AC上一点,E是BC1的中点,且DE∥平面ABB1A1.
(1)证明：DA＝DC；
(2)若BB1⊥平面ABC,平面ABB1A1⊥平面BCC1B1,AA1＝AC＝2AB,求直线DE与平面A1BC1所成角的正弦值．
3．[2021·新高考Ⅱ卷]在四棱锥Q­ABCD中,底面ABCD是正方形,若AD＝2,QD＝QA＝5,QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角B­QD­A的平面角的余弦值．
4.
[2022·湖南湘潭模拟]如图,在三棱锥P­ABC中,PA⊥底面ABC,∠ABC＝90°,PA＝2,AC ＝2 2.
(1)求证：平面PBC⊥平面PAB；
(2)若二面角P­BC­A的大小为45°,过点A作AN⊥PC于N,求直线AN与平面PBC所成角的大小．
考点过关检测32 立体几何中的向量方法(1)
1．解析：(1)因为PA ⊥平面ABCD ,所以PA ⊥AB ,又AD ⊥AB ,AD ∩PA ＝A ,所以AB ⊥平面PAD ,又AB ∥CD ,所以CD ⊥面PAD ,AG ⊂面PAD ,CD ⊥AG .
又PA ＝AD ,G 为PD 的中点,所以AG ⊥PD ,而PD ∩DC ＝D ,所以AG ⊥平面PCD .
(2)以A 为坐标原点,AD →,AB →,AP →
所在方向分别为x ,y ,z 轴正方向建立空间直角坐标系,如图,则A (0,0,0),B (0,4,0),C (4,2,0),D (4,0,0),P (0,0,4),F (0,2,2),G (2,0,2)．
所以PC →＝(4,2,－4),设PH →＝kPC →(0≤k ≤1),所以PH →
＝(4k,2k ,－4k ),则H (4k,2k ,－4k ＋4),所以GH →＝(4k －2,2k ,－4k ＋2),FG →
＝(2,－2,0),
设平面GHF 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则n ·GH →
＝0,
n ·FG →
＝0,
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
4k －2x ＋2ky ＋－4k ＋2z ＝0
2x －2y ＝0,令x ＝2k －1,则n ＝(2k －1,2k －1,3k －
1),
由(1)可知AG →＝(2,0,2)为平面PCD 的一个法向量,若平面GHF ⊥平面PCD ,则n ·AG →＝0,即2k －1＋3k －1＝0,解得k ＝25.即PH ＝2
5
PC 时平面GHF ⊥平面PCD .
2．解析：
(1)证明：连接CB 1,AB 1,因为四边形BCC 1B 1是平行四边形, 所以C ,E ,B 1三点共线,且E 是CB 1中点, 因为平面AB 1C ∩平面ABB 1A 1＝AB 1, 且DE ∥平面ABB 1A 1,DE ⊂平面AB 1C ,
所以DE ∥AB 1,
所以D 是CA 中点,即DA ＝DC ；
(2)因为BB 1⊥平面ABC ,所以BB 1⊥BA ,BB 1⊥BC ,
因为平面ABB 1A 1∩平面BCC 1B 1＝BB 1,所以∠ABC 是二面角A －BB 1－C 的平面角, 因为平面ABB 1A 1⊥平面BCC 1B 1,所以∠ABC ＝π
2,
所以BA ,BC ,BB 1两两垂直,
以B 为坐标原点,以BC →,BA →,BB 1→
为x ,y ,z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图, 因为AC ＝2AB ,∠ABC ＝π
2,所以BA ＝BC ,
设
AC ＝2,则BA ＝BC ＝2,BB 1＝AA 1＝AC ＝
2,B (0,0,0),C (2,0,0),C 1(2,0,2),A (0,2,0),A 1(0,
2,2),D ⎝
⎛⎭
⎪⎫22，22，0,E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
22，0，1, 所以DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，1,BC 1→＝(2,0,2),BA 1→
＝(0,2,2),
设平面A 1BC 1的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则⎩⎪⎨
⎪⎧
BC 1→·n ＝0
BA 1→·n ＝0,即⎩⎨
⎧
2x ＋2z ＝0，2y ＋2z ＝0，
取x ＝2,得n ＝()2，2，－1, 设直线DE 与平面A 1BC 1所成角为θ,则
sin θ＝|cos 〈DE →
,n 〉|＝|DE →
·n ||DE →|·|n |＝25×
62＝23015,
所以直线DE 与平面
A 1BC 1所成角的正弦值为230
15.
3．解析：
(1)取AD 的中点为O ,连接QO ,CO . 因为QA ＝QD ,OA ＝OD ,则QO ⊥AD , 而AD ＝2,QA ＝5,故QO ＝5－1＝2.
在正方形ABCD 中,因为AD ＝2,故DO ＝1,故CO ＝5,
因为QC ＝3,故QC 2
＝QO 2
＋OC 2
,故△QOC 为直角三角形且QO ⊥OC , 因为OC ∩AD ＝O ,故QO ⊥平面ABCD , 因为QO ⊂平面QAD ,故平面QAD ⊥平面ABCD .
(2)在平面ABCD 内,过O 作OT ∥CD ,交BC 于T ,则OT ⊥AD , 结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ,故可建如图所示的空间坐标系．
则D ()0，1，0,Q ()0，0，2,B ()2，－1，0,故BQ →＝()－2，1，2,BD →
＝()－2，2，0. 设平面QBD 的法向量n ＝()x ，y ，z , 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·BQ →＝0
n ·BD →＝0
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2x ＋y ＋2z ＝0
－2x ＋2y ＝0,取x ＝1,则y ＝1,z ＝12,故n ＝⎝
⎛⎭⎪⎫1，1，12.
而平面QAD 的法向量为m ＝()1，0，0,故cos 〈m ,n 〉＝11×32＝2
3.
二面角B ­QD ­A 的平面角为锐角,故其余弦值为2
3
.
4．解析：(1)因为PA ⊥底面ABC ,所以PA ⊥BC ,又∠ABC ＝90°,所以AB ⊥BC , 又PA ,AB 为平面PAB 内的两条相交直线,所以BC ⊥平面PAB , 因为BC ⊂平面PBC ,所以平面PBC ⊥平面PAB ；
(2)解法一：由(1)可知,∠ABP 为二面角P ­BC ­A 的平面角,所以∠ABP ＝45°, 又PA ＝2,AC ＝22,∠ABC ＝90°,所以AB ＝BC ＝2,
过点A 作AM ⊥PB 于M ,则AM ⊥平面PBC 且M 为PB 中点,连接MN , 则∠ANM 为直线AN 与平面PBC 所成的角, 在Rt△ANM 中,AM ＝2,AN ＝26
3,
所以sin∠ANM ＝AM AN ＝
3
2
,故∠ANM ＝60°, 所以直线AN 与平面PBC 所成的角为60°. 解法二：建立如图所示的空间直角坐标系,
则由已知,可得B (0,0,0),A (2,0,0),P (2,0,2),C (0,2,0), 设N (x ,y ,z ),PN →＝λPC →
(0<λ<1),则x ＝2－2λ,y ＝2λ,
z ＝2－2λ,
因为AN ⊥PC ,AN →＝(x －2,y ,z ),PC →
＝(－2,2,－2), 所以－2(x －2)＋2y －2z ＝0, 解得λ＝13,所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，43, 故AN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－23，23，43,
设平面PBC 的法向量为a ＝(x ,y ,z ),因为BC →＝(0,2,0),BP →
＝(2,0,2), 由⎩⎪⎨
⎪⎧
a ·BC →＝0
a ·BP →＝0
,得⎩
⎪⎨
⎪⎧
2y ＝0
2x ＋2z ＝0,
令x ＝1,则z ＝－1,
所以a ＝(1,0,－1)为平面PBC 的一个法向量,
所以cos 〈a ,AN →
〉＝
－23－43
2×
26
3
＝－32,
故直线AN 与平面PBC 所成的角的正弦值为32
, 所以直线AN 与平面PBC 所成的角为60°.。