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 ＝a 2. 由∠DAB ＝60°＝∠ABE ，得∠ABC ＝120°，由余弦定理得AE ＝
3a 2，AC ＝3a . ∵CE ＝BE ＋BC ＝3a 2，∴AE 2＋CE 2＝AC 2，AE ⊥CE .。