2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题七附加题必做部分第1讲立体几何中的向量方法练习理

专题七附加题（必做部分）第1讲立体几何中的向量方法练习理1.(2016·南通调研)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AD ＝AS ＝2，P 是棱SD 上一点，且SP ＝12PD .(1)求直线AB 与CP 所成角的余弦值；(2)求二面角A －PC －D 的余弦值.解(1)如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，S (0，0，2).设P (x 0，y 0，z 0)，由SP →＝13SD →得(x 0，y 0，z 0－2)＝13(0，2，－2)，所以x 0＝0，y 0＝23，z 0＝43，点P 0，23，CP →－1，－43，AB →＝(1，0，0).设直线AB 与CP 所成的角为α，由图可知，α为锐角，则cos α＝AB →·CP→|AB →||CP→|＝×0＋4×0|＝34141.(2)设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由于AC →＝(1，2，0)，AP →0，23，·AC →＝x 1＋2y 1＝0，·AP →＝23y 1＋43z 1＝0.令y 1＝－2，则x 1＝4，z 1＝1，m ＝(4，－2，1).设平面DPC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由于DC →＝(1，0，0)，CP →－1，－43，·DC →＝x 2＝0，·CP →＝－x 2－43y 2＋43z 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，n ＝(0，1，1).设二面角A －PC －D 的大小为θ，由于cos〈m ，n 〉＝0×4＋1×（－2）＋1×12×21＝－4242，由于θ为钝角，所以cos θ＝cos〈m ，n 〉＝－4242.2.(2015·山东卷)如图，在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点.(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE,∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小.(1)证明法一连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH ，在三棱台DEF－ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形.则O 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以OH ∥BD ，又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .法二在三棱台DEF －ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形，可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED .因为BD ⊂平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)解设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF －ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ，所以DG ⊥平面ABC .在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点.所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直.以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1).可得H 22，22，0，F (0，2，1)，故GH →＝22，22，0，GF →＝(0，2，1).设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量，则由n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2).因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0).所以cos〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.3.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.解(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED .所以四边形BCDE 是平行四边形.从而CM ∥EB .又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE .所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)法一由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD .于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角.所以∠PDA ＝45°.由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD .设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0).所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2).设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).·PE →＝0，·EC →＝0.－2z ＝0，＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13.所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.法二由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD .从而CD ⊥PD .所以∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角.所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH .易知PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥CE .且PA ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面PAH .又CE ⊂平面PCE 所以平面PCE ⊥平面PAH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE .所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角.在Rt△AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，所以AH ＝22.在Rt△PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322.所以sin∠APH ＝AH PH ＝13.4.(2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B －AD －F 的平面角的余弦值.(1)证明延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示.因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ，所以BF ⊥平面ACFD .(2)解法一如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形.取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x ，z 的正方向，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，－12，0，因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0).设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2).·m ＝0，·m ＝0，y 1＝0，1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；·n ＝0，·n ＝0，x 2＋3y 2＝0，2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3).于是，cos〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.法二过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK .所以∠BQF 是二面角B －AD －F 的平面角.在Rt△ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313.在Rt△BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos∠BQF ＝34.所以，二面角B －AD －F 的平面角的余弦值为34.5.(2016·苏北四市模拟)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点.(1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值.法一(1)证明由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系.易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0).因而E (0，12，32)，，12，0所以EF →BC →＝(0，2，0)，因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1).设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，又BF →，12，0BE →0，12，2·BF →＝0，2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1).设二面角E －BF －C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cos〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，∴cos θ＝55，因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255.法二(1)证明过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF .由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2，即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，EO ，FO ⊂平面EFO ，因此BC ⊥平面EFO ，又EF ⊂平面EFO ，所以EF ⊥BC .(2)解过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .由平面ABC ⊥平面BDC ，从而EO ⊥平面BDC ，BF ⊂平面BDC ，∴BF ⊥EO ，又OG ⊥BF ，又EO ∩OG ＝O ，所以BF ⊥平面EOG ，又EG ⊂平面EOG ，所以EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的平面角.在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32，由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34，因此tan∠EGO ＝EO OG ＝2，从而sin∠EGO ＝255，即二面角E ­BF ­C 的正弦值为255.6.(2016·北京海淀区二模)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点.在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若PA ⊥底面ABCDE ，且PA ＝AE .求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长.(1)证明在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE .又因为AB ⊄平面PDE ，DE ⊂平面PDE ，所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ，所以AB ∥FG .(2)解因为PA ⊥底面ABCDE ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AE .如图建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (2，1，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，BC →＝(1，1，0).设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则·AB →＝0，·AF →＝0，＝0，＋z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1，1).设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则cos〈n ，BC →〉＝n ·BC →|n ||BC →|＝－12.∴sin α＝12，因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w ).因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0＜λ＜1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.解得λ＝23，所以点H ，23，所以PH。