2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：47空间几何体的结构特征及三视图与直观图含解析

课时作业47 立体几何中的向量方法第一次作业 基础巩固练1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．解：(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ， 所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3. 又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF . 可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0,0,0)，P (0,0，32)，D (－1，－32，0)，DP →＝(1，32，32)，HP →＝(0,0，32)为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则 sin θ＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.2．(2019·辽宁五校联考)如图，在四棱锥E -ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，其中CD ∥AB ，BC ⊥AB ，侧面ABE ⊥平面ABCD ，且AB ＝AE ＝BE ＝2BC ＝2CD ＝2，动点F在棱AE 上，且EF ＝λF A .(1)试探究λ的值，使CE ∥平面BDF ，并给予证明； (2)当λ＝1时，求直线CE 与平面BDF 所成角的正弦值． 解：(1)当λ＝12时，CE ∥平面BDF . 证明如下：连接AC 交BD 于点G ，连接GF ， ∵CD ∥AB ，AB ＝2CD ， ∴CG GA ＝CD AB ＝12，∵EF ＝12F A ，∴EF F A ＝CG GA ＝12， ∴GF ∥CE ，又CE ⊄平面BDF ，GF ⊂平面BDF ， ∴CE ∥平面BDF .(2)取AB 的中点O ，连接EO ，则EO ⊥AB ，∵平面ABE ⊥平面ABCD ，平面ABE ∩平面ABCD ＝AB ，且EO ⊥AB ， ∴EO ⊥平面ABCD ，连接DO ，∵BO ∥CD ，且BO ＝CD ＝1，∴四边形BODC 为平行四边形，∴BC ∥DO ， 又BC ⊥AB ，∴AB ⊥OD ，则OD ，OA ，OE 两两垂直，以OD ，OA ，OE 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ，则O (0,0,0)，A (0,1,0)，B (0，－1,0)，D (1,0,0)，C (1，－1,0)，E (0,0，3)．当λ＝1时，有EF →＝F A →，∴F (0，12，32)，∴BD →＝(1,1,0)，CE →＝(－1,1，3)，BF →＝(0，32，32)． 设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BF →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，32y ＋32z ＝0，令z ＝3，得y ＝－1，x ＝1，则n ＝(1，－1，3)为平面BDF 的一个法向量，设直线CE 与平面BDF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈CE →，n 〉|＝15，故直线CE 与平面BDF 所成角的正弦值为15.3．(2019·南昌摸底调研)如图，在四棱锥P -ABCD 中，∠ABC ＝∠ACD ＝90°，∠BAC ＝∠CAD ＝60°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝2，AB ＝1.设M ，N 分别为PD，AD 的中点．(1)求证：平面CMN ∥平面P AB ； (2)求二面角N -PC -A 的平面角的余弦值．解：(1)证明：∵M ，N 分别为PD ，AD 的中点，∴MN ∥P A . 又MN ⊄平面P AB ，P A ⊂平面P AB ，∴MN ∥平面P AB .在Rt △ACD 中，∠CAD ＝60°，CN ＝AN ， ∴∠ACN ＝60°.又∠BAC ＝60°，∴CN ∥AB . ∵CN ⊄平面P AB ，AB ⊂平面P AB ， ∴CN ∥平面P AB .又CN ∩MN ＝N ，∴平面CMN ∥平面P AB . (2)∵P A ⊥平面ABCD ， ∴平面P AC ⊥平面ACD ，又DC ⊥AC ，平面P AC ∩平面ACD ＝AC ， ∴DC ⊥平面P AC .如图，以点A 为原点，AC 所在直线为x 轴，AP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，∴A (0,0,0)，C (2,0,0)，P (0,0,2)，D (2，23，0)，N (1，3，0)，∴CN →＝(－1，3，0)，PN →＝(1，3，－2)，设n ＝(x ，y ，z )是平面PCN 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CN →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y ＝0，x ＋3y －2z ＝0，可取n ＝(3，1，3) 又平面P AC 的一个法向量为CD →＝(0，23，0)，∴cos 〈CD →，n 〉＝CD →·n|CD →||n |＝2323×7＝77，由图可知，二面角N -PC -A 的平面角为锐角， ∴二面角N -PC -A 的平面角的余弦值为77.4．(2019·昆明调研测试)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AB ＝2CD .平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ＝PD ，点E 在PC 上，DE ⊥平面P AC .(1)证明：P A ⊥平面PCD ；(2)设AD ＝2，若平面PBC 与平面P AD 所成的二面角为45°，求DE 的长．解：(1)证明：由DE ⊥平面P AC ，得DE ⊥P A ，又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，CD ⊥AD ， 所以CD ⊥平面P AD ，所以CD ⊥P A ， 又CD ∩DE ＝D ，所以P A ⊥平面PCD . (2)取AD 的中点O ，连接PO ， 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD ， 则PO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O -xyz ，如图．由(1)得P A ⊥PD ，由AD ＝2得P A ＝PD ＝2，OP ＝1， 设CD ＝a ，则P (0,0,1)，D (0,1,0)，C (a,1,0)，B (2a ，－1,0)， 则BC →＝(－a,2,0)，PC →＝(a,1，－1)， 设m ＝(x ，y ，z )为平面PBC 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·PC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋2y ＝0，ax ＋y －z ＝0，令x ＝2，则y ＝a ，z ＝3a ，故m ＝(2，a,3a )为平面PBC 的一个法向量， 由(1)知n ＝DC →＝(a,0,0)为平面P AD 的一个法向量，由|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|2a a 10a 2＋4|＝22， 解得a ＝105，即CD ＝105， 所以在Rt △PCD 中，PC ＝2155， 由等面积法可得DE ＝CD ·PD PC ＝33.5.(2019·郑州第一次质量预测)如图，在三棱锥P -ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，AB ＝6，BC ＝23，AC ＝26，D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ；(2)若直线P A 与平面ABC 所成的角为π4，求平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角．解：(1)证明：由题意知AC ＝26，BC ＝23，AB ＝6， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴∠ACB ＝π2，∴cos ∠ABC ＝236＝33. 又易知BD ＝2，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8， ∴CD ＝22，又AD ＝4， ∴CD 2＋AD 2＝AC 2，∴CD ⊥AB . ∵平面P AB ⊥平面ABC ， ∴CD ⊥平面P AB ，∴CD ⊥PD ， ∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ， ∴PD ⊥平面ABC .(2)由(1)知PD ，CD ，AB 两两互相垂直， ∴可建立如图所示的直角坐标系D -xyz ，∵直线P A 与平面ABC 所成的角为π4，即∠P AD ＝π4，∴PD ＝AD ＝4， 则A (0，－4,0)，C (22，0,0)，B (0,2,0)，P (0,0,4)，∴CB →＝(－22，2,0)，AC →＝(22，4,0)，P A →＝(0，－4，－4)．∵AD ＝2DB ，CE ＝2EB ，∴DE ∥AC ， 由(1)知AC ⊥BC ，∴DE ⊥BC ， 又PD ⊥平面ABC ，∴PD ⊥BC ， ∵PD ∩DE ＝D ，∴CB ⊥平面PDE ，∴CB →＝(－22，2,0)为平面PDE 的一个法向量． 设平面P AC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AC →，n ⊥P A →，∴⎩⎪⎨⎪⎧22x ＋4y ＝0，－4y －4z ＝0，令z ＝1， 得x ＝2，y ＝－1，∴n ＝(2，－1,1)为平面P AC 的一个法向量．∴cos 〈n ，CB →〉＝－4－24×12＝－32，∴平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角的余弦值为32，故平面P AC 与平面PDE 所成的锐二面角为30°.第二次作业 高考·模拟解答题体验1．(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点．(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值．解：如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立空间直角坐标系O -xyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，A 1(0，－1,2)，B1(3，0,2)，C 1(0,1,2)．(1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P (32，－12，2)，从而BP →＝(－32，－12，2)，AC 1→＝(0,2,2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020. (2)因为Q 为BC 的中点，所以Q (32，12，0)， 因此AQ →＝(32，32，0)，AC 1→＝(0,2,2)，CC 1→＝(0,0,2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1,1)．设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉| ＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55.2.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝5，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B -CD -C 1的余弦值； (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交． 解：(1)证明：在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中， 因为CC 1⊥平面ABC ， 所以四边形A 1ACC 1为矩形． 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点， 所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC ，所以AC ⊥BE . 所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1. 又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC . 因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE . 如图建立空间直角坐标系E -xyz.由题意得E (0,0,0)，B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)． 所以BC →＝(－1，－2,0)，BD →＝(1，－2,1)． 设平面BCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋2y 0＝0，x 0－2y 0＋z 0＝0.令y 0＝－1，则x 0＝2，z 0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)． 又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0,2,0)， 所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题知二面角B -CD -C 1为钝角，所以其余弦值为－2121.(3)证明：由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0,2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直线FG 与平面BCD 相交．3．(2019·河北衡水模拟)如图所示，四棱锥P -ABCD 的底面为矩形，已知P A ＝PB ＝PC ＝BC ＝1，AB ＝2，过底面对角线AC 作与PB 平行的平面交PD 于E .(1)试判定点E 的位置，并加以证明； (2)求二面角E -AC -D 的余弦值．解：(1)E 为PD 的中点．证明如下：如图，连接OE ，因为PB ∥平面AEC ，平面PBD ∩平面AEC ＝OE ，PB ⊄平面AEC ，所以PB ∥OE .又O 为BD 的中点，所以E 为PD 的中点．(2)连接PO ，因为四边形ABCD 为矩形，所以OA ＝OC . 因为P A ＝PC ，所以PO ⊥AC .同理，得PO ⊥BD ，所以PO ⊥平面ABCD .以O 为原点，OP 所在直线为z 轴，过O 平行于AD 的直线为x 轴，过O 平行于CD 的直线为y 轴建立空间直角坐标系(如图所示)．易得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－22，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，22，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，22，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－22，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，－24，14，则EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34，－24，－14，OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－22，0，OP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12. 显然OP →是平面ACD 的一个法向量． 设n 1＝(x ，y ，z )是平面ACE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EA →＝0，n 1·OA →＝0，即⎩⎨⎧34x －24y －14z ＝0，12x －22y ＝0，取y ＝1，则n 1＝(2，1,22)， 所以cos 〈n 1，OP →〉＝n 1·OP →|n 1||OP →|＝22211，所以二面角E -AC -D 的余弦值为22211.4．(2019·辽宁沈阳二模)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝AA 1＝2，D 为棱CC 1的中点，AB 1∩A 1B ＝O .(1)证明：C 1O ∥平面ABD ；(2)设二面角D -AB -C 的正切值为22，AC ⊥BC ，E 为线段A 1B 上一点，且CE 与平面ABD 所成角的正弦值为223，求BEBA 1的值．解：(1)证明：如图，取AB 的中点F ，连接OF ，DF . ∵侧面ABB 1A 1为平行四边形，∴O 为AB 1的中点， ∴OF ∥BB 1，OF ＝12BB 1.又C 1D ∥BB 1，C 1D ＝12BB 1，∴OF ∥C 1D ，OF ＝C 1D ，∴四边形OFDC 1为平行四边形，∴C 1O ∥DF . ∵C 1O ⊄平面ABD ，DF ⊂平面ABD ，∴C 1O ∥平面ABD . (2)如图，过C 作CH ⊥AB 于H ，连接DH ， 则∠DHC 即为二面角D -AB -C 的平面角． ∵DC ＝1，tan ∠DHC ＝22，∴CH ＝ 2. 又AC ＝2，AC ⊥BC ，∴BC ＝2.以C 为原点，建立空间直角坐标系C-xyz ，如图所示．则A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (0,0,1)，A 1(2,0,2)，∴AB →＝(－2,2,0)，BD →＝(0，－2,1)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝－2x ＋2y ＝0，n ·BD →＝－2y ＋z ＝0，取y ＝1，可得n ＝(1,1,2)．设BE →＝λBA 1→(0≤λ≤1)． ∵BA 1→＝(2，－2,2)，∴CE →＝CB →＋λBA 1→＝(2λ，2－2λ，2λ)， ∴CE 与平面ABD 所成角的正弦值为 |cos 〈CE →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋4λ6×12λ2－8λ＋4＝223， 整理，得36λ2－44λ＋13＝0， 解得λ＝12或1318，即BE BA 1＝12或1318.5．(2019·天津模拟)如图，底面ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝26，DE ＝3 6.(1)求证：平面ACE ⊥平面BED ；(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；(3)在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°？若存在，求出AMAF 的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊂平面ADEF ，DE ⊥AD ，所以DE ⊥平面ABCD .因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC . 又因为四边形ABCD 是正方形， 所以AC ⊥BD .因为DE ∩BD ＝D ，DE ⊂平面BED ，BD ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED .又因为AC ⊂平面ACE ， 所以平面ACE ⊥平面BED .(2)因为DA ，DC ，DE 两两垂直，所以以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D -xyz ，如图所示．则A (3,0,0)，F (3,0,26)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，CA →＝(3，－3,0)，BE →＝(－3，－3,36)，EF →＝(3,0，－6)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BE →＝－3x －3y ＋36z ＝0，n ·EF →＝3x －6z ＝0，取x ＝6，得n ＝(6，26，3)．所以cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝－3632×39＝－1313.所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为1313.(3)假设存在点M 在线段AF 上，设M (3,0，t )，0≤t ≤26， 则BM →＝(0，－3，t )，BE →＝(－3，－3,36)． 设平面MBE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BM →＝－3y 1＋tz 1＝0，m ·BE →＝－3x 1－3y 1＋36z 1＝0，令y 1＝t ，得m ＝(36－t ，t,3)． 所以|cos 〈m ，CA →〉|＝|m ·CA →||m ||CA →|＝|96－6t |32×(36－t )2＋t 2＋9＝12， 整理得2t 2－66t ＋15＝0， 解得t ＝62或t ＝562(舍)，故在线段AF 上存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°，此时AMAF ＝14.。