（通用版）2019版高考数学二轮复习专题跟踪检测（十一）立体几何中的向量方法理（重点生，含解析）.doc

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1、1专题跟踪检测（十一） 立体几何中的向量方法1(2018全国卷)如图，边长为 2 的正方形 ABCD 所在的平面与半圆弧 ACD所在平面垂直， M 是 ACD上异于 C， D 的点(1)证明：平面 AMD平面 BMC；(2)当三棱锥 MABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值解：(1)证明：由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 C D.因为 BC CD， BC平面ABCD，所以 BC平面 CMD，所以 BC DM.因为 M 为 ACD上异于 C， D 的点，且 DC 为直径，所以 DM CM.又 BC CM C，所以 DM平面 BMC.因为 DM平面 AM

2、D，所以平面 AMD平面 BMC.(2)以 D 为坐标原点， 的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的DA 空间直角坐标系 Dxyz.当三棱锥 MABC 的体积最大时， M 为 ACD的中点由题设得 D(0,0,0)， A(2,0,0)， B(2,2,0)， C(0,2,0)， M(0,1,1)，(2，1,1)， (0,2,0)， (2,0,0)，AM AB DA 设 n( x， y， z)是平面 MAB 的法向量，则 即Error!可取 n(1,0,2)，又 是平面 MCD 的一个法向量，DA 所以 cos n， ，sinn， .DA 55 DA 255所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二

3、面角的正弦值是 .2552.(2018唐山模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中， PC底面ABCD，底面 ABCD 是直角梯形，AB AD， AB CD， AB2 AD2 CD， E 是 PB 的中点(1)求证：平面 EAC平面 PBC；2(2)若二面角 PACE 的余弦值为 ，求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值63解：(1)证明：因为 PC平面 ABCD， AC平面 ABCD，所以 AC PC.因为 AB2 AD2 CD，所以 AC BC AD CD，2 2所以 AC2 BC2 AB2，故 AC BC.又 BC PC C，所以 AC平面 PBC.因为 AC平面 EAC，所以平面 E

4、AC平面 PBC.(2)如图，以 C 为坐标原点， ， ， 的方向分别为 x 轴， y 轴， z 轴的正方CB CA CP 向，建立空间直角坐标系，并设 CB2， CP2 a(a0)则 C(0,0,0)，A(0,2,0)， B(2,0,0)， P(0,0，2 a)，则 E(1,0， a)，(0,2,0)， (0,0,2 a)， (1,0， a)，CA CP CE 易知 m(1,0,0)为平面 PAC 的一个法向量设 n( x， y， z)为平面 EAC 的法向量，则 即Error!取 x a，则 z1，n( a,0，1)依题意，|cosm，n| ，|mn|m| |n| aa2 1 63解得 a

5、 .2于是 n( ，0，1)， (0,2，2 )2 PA 2设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 ，则 sin |cos ，n| .PA 23即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 .233(2018西安质检)如图，四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是菱形，AC BD O， A1O底面 ABCD， AB2， AA13.3(1)证明：平面 A1CO平面 BB1D1D；(2)若 BAD60，求二面角 BOB1C 的余弦值解：(1)证明： A1O平面 ABCD， BD平面 ABCD. A1O BD.四边形 ABCD 是菱形， CO BD. A1O CO O， BD平面 A1

6、CO. BD平面 BB1D1D，平面 A1CO平面 BB1D1D.(2) A1O平面 ABCD， CO BD， OB， OC， OA1两两垂直，以 O 为坐标原点， ，OB ， 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系OC OA1 AB2， AA13， BAD60， OB OD1， OA OC ，3OA1 .AA21 OA2 6则 O(0,0,0)， B(1,0,0)， C(0， ，0)， A(0， ，0)， A1(0,0， )，3 3 6 (1,0,0)， (0， ， )，OB BB1 AA1 3 6 (1， ， )， (0， ，0)OB1 OB BB1 3

7、6 OC 3设平面 OBB1的法向量为 n( x1， y1， z1)，则 即Error!令 y1 ，得 n(0， ，1)是平面 OBB1的一个法向量2 2设平面 OCB1的法向量 m( x2， y2， z2)，则 即Error!令 z21，得 m( ，0，1)为平面 OCB1的一个法向量，6cosn，m ，nm|n|m| 137 2121由图可知二面角 BOB1C 是锐二面角，4二面角 BOB1C 的余弦值为 .21214(2018长春质检)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为菱形， PA平面ABCD， E 为 PD 的中点(1)证明： PB平面 ACE；(2)设 PA1， AB

8、C60，三棱锥 EACD 的体积为 ，求二面角 DAEC 的余弦值38解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，连接 OE.在 PBD 中， PE DE， BO DO，所以 PB OE.又 PB平面 ACE， OE平面 ACE，所以 PB平面 ACE.(2)由题易知 VPABCD2 VPACD4 VEACD ，32设菱形 ABCD 的边长为 a，则 VPABCD SABCDPA 1 ，13 13 (234a2) 32解得 a .3取 BC 的中点为 M，连接 AM，则 AM A D.以点 A 为坐标原点，分别以 ，AM ， 的方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立如图所示的空间

9、直角坐标系，AD AP 则 A(0,0,0)， E ， C ，(0，32， 12) (32， 32， 0) ， ，AE (0， 32， 12) AC (32， 32， 0)设 n1( x， y， z)为平面 AEC 的法向量，则 即Error!取 x1，则 n1(1， ，3)为平面 AEC 的一个法向量3又易知平面 AED 的一个法向量为 n2(1,0,0)，所以 cosn 1，n 2 ，n1n2|n1|n2| 11 3 9 1313由图易知二面角 DAEC 为锐二面角，所以二面角 DAEC 的余弦值为 .131355.(2018郑州质检)如图，在三棱锥 PABC 中，平面 PAB平面ABC，

10、 AB6， BC2 ， AC 2 ， D， E 分别为线段 AB， BC 上的点，且3 6AD2 DB， CE2 EB， PD AC.(1)求证： PD平面 ABC；(2)若直线 PA 与平面 ABC 所成的角为 45，求平面 PAC 与平面 PDE 所成锐二面角的大小解：(1)证明： AC2 ， BC2 ， AB6，6 3 AC2 BC2 AB2， ACB90，cos ABC .236 33易知 BD2， CD22 2(2 )2222 cos ABC8，3 3 CD2 ，易知 AD4，2 CD2 AD2 AC2， CD AB.平面 PAB平面 ABC，平面 PAB平面 ABC AB， CD平

11、面 PAB， CD PD， PD AC， AC CD C， PD平面 ABC.(2)由(1)知 PD， CD， AB 两两互相垂直，可建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，直线 PA 与平面 ABC 所成的角为 45，即 PAD45， PD AD4，则 A(0，4,0)， C(2 ，0,0)， B(0,2,0)， P(0,0,4)，2 (2 ，2,0)， (2 ，4,0)，CB 2 AC 2(0，4，4)PA AD2 DB， CE2 EB， DE AC.由(1)知 AC BC， DE BC，又 PD平面 ABC， PD BC， PD DE D， CB平面 PDE， (2 ，2,0)为平面 P

12、DE 的一个法向量CB 2设平面 PAC 的法向量为 n( x， y， z)，则 Error!6令 z1，得 x ， y1，2n( ，1,1)为平面 PAC 的一个法向量2cosn， ，CB 4 2412 32平面 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角的余弦值为 ，32故平面 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角为 30.6(2019 届高三洛阳联考)如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD BC， AB BC， BD DC，点 E 是 BC 边的中点，将 ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD平面BCD，连接 AE， AC， DE，得到如图 2 所示的几何体(1)求证： AB平面 ADC

13、；(2)若 AD1，二面角 CABD 的平面角的正切值为 ，求二面角 BADE 的余弦值6解：(1)证明：因为平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCD BD， BD DC，所以DC平面 ABD.因为 AB平面 ABD，所以 DC AB.又因为 AD AB， DC AD D，所以 AB平面 ADC.(2)由(1)知 AB平面 ADC，所以二面角 CABD 的平面角为 CAD.又 DC平面 ABD， AD平面 ABD，所以 DC AD.依题意 tan CAD .CDAD 6因为 AD1，所以 CD .6设 AB x(x0)，则 BD .x2 1依题意 ABD DCB，所以 ，即 .ABA

14、D CDBD x1 6x2 1解得 x ，故 AB ， BD ， BC 3.2 2 3 BD2 CD2法一：以 D 为坐标原点， DB， DC 所在直线为 x 轴， y 轴建立如图所示的空间直角坐标7系 Dxyz，则 D(0,0，0)， B( ，0,0)， C(0， ，0)， E ， A ，3 6 (32， 62， 0)所以 ， .DE (32， 62， 0) DA (33， 0， 63)由(1)知平面 BAD 的一个法向量 n(0,1,0)设平面 ADE 的法向量为 m( x， y， z)，则 即Error!令 x ，得 y1， z1，2所以 m( ，1，1)为平面 ADE 的一个法向量2所

15、以 cosn，m .nm|n|m| 12由图可知二面角 BADE 的平面角为锐角，所以二面角 BADE 的余弦值为 .12法二：因为 DC平面 ABD，所以过点 E 作 EF DC 交 BD 于 F，则 EF平面 ABD.因为 AD平面 ABD，所以 EF AD.过点 F 作 FG AD 于 G，连接 GE，所以 AD平面 EFG，因此 AD GE，所以二面角 BADE 的平面角为 EGF.由平面几何的知识求得 EF CD ，12 62FG AB ，12 22所以 EG ，EF2 FG2 2所以 cos EGF .FGEG 12所以二面角 BADE 的余弦值为 .127.如图，在四棱锥 PAB

16、CD 中，侧面 PAD底面 ABCD，底面 ABCD是平行四边形， ABC45， AD AP2， AB DP2 ， E 为 CD 的2中点，点 F 在线段 PB 上(1)求证： AD PC；(2)试确定点 F 的位置，使得直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所成的角相等8解：(1)证明：连接 AC，因为 AB2 ， BC2， ABC45，2由余弦定理得，AC2 AB2 BC22 ABBCcos 454，得 AC2，所以 AC2 BC2 AB2，所以 ACB90，即 BC AC.又 AD BC，所以 AD AC，因为 AD AP2， DP2 ，2所以 AD2 AP

17、2 DP2，所以 PAD90，即 PA AD，又 AP AC A，所以 AD平面 PAC.又 PC平面 PAC，所以 AD PC.(2)因为侧面 PAD底面 ABCD，侧面 PAD底面ABCD AD， PA AD，所以 PA底面 ABCD，所以直线AC， AD， AP 两两互相垂直，以 A 为坐标原点，直线AD， AC， AP 分别为 x 轴， y 轴， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，D(2,0,0)， C(0,2,0)， B(2,2,0)， E(1,1,0)， P(0,0,2)，所以 (0,2，2)，PC (2,0，2)， (2,2，2)PD PB 设

18、( 0,1)，PFPB则 (2 ，2 ，2 )， F(2 ，2 ，2 2)，PF 所以 (2 1,2 1，2 2)，EF 易得平面 ABCD 的一个法向量为 m(0,0,1)设平面 PDC 的法向量为 n( x， y， z)，则 即Error!令 x1，得 n(1，1，1)因为直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所成的角相等，所以|cos ，m|cos ，n|，EF EF 即 ，9所以|2 2| ，|2 3|即 | 1| |( 0,1)，3解得 ，所以 .3 32 PFPB 3 32即当 时，直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所

19、成的角相PFPB 3 32等8. 如图， C 是以 AB 为直径的圆 O 上异于 A， B 的点，平面 PAC平面 ABC， PA PC AC2， BC4， E， F 分别是 PC， PB 的中点，记平面 AEF 与平面 ABC 的交线为直线 l.(1)证明：直线 l平面 PAC；(2)在直线 l 上是否存在点 Q，使直线 PQ 分别与平面 AEF，直线 EF所成的角互余？若存在，求出 AQ 的长；若不存在，请说明理由解：(1)证明： E， F 分别是 PC， PB 的中点， BC EF，又 EF平面 EFA， BC平面 EFA， BC平面 EFA，又 BC平面 ABC，平面 EFA平面 AB

20、C l， BC l，又 BC AC，平面 PAC平面 ABC AC，平面 PAC平面 ABC， BC平面 PAC， l平面 PAC.(2)以 C 为坐标原点， CA 为 x 轴， CB 为 y 轴，过 C 垂直于平面ABC 的直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 C(0,0，0)，A(2，0,0)， B(0,4,0)， P(1,0， )， E ， F .3 (12， 0， 32) (12， 2， 32) ， (0,2,0)，AE ( 32， 0， 32) EF 设 Q(2， y,0)，平面 AEF 的一个法向量为 m( x， y， z)，则 即Error!取 z ，得 m(1,0， )3 3又 (1， y， )，PQ 3|cos ， | ，PQ EF |2y|24 y2 |y|4 y210|cos ，m| ，PQ |1 3|24 y2 14 y2依题意，得|cos ， |cos ，m ， y1.PQ EF PQ 直线 l 上存在点 Q，使直线 PQ 分别与平面 AEF，直线 EF 所成的角互余， AQ 的长为 1.