浙江高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)練習(xí)專題限時(shí)集訓(xùn)10立體幾何中向量方法Word版含答案

專題限時(shí)集訓(xùn)

(十)

立體幾何中的向量方法(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第

137頁(yè))[

建議用時(shí)：

45分鐘]1．如圖

10-11，在四棱錐

P-ABCD中，平面

PAD⊥平面

ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝

5.圖10-11求證：PD⊥平面PAB.求直線PB與平面PCD所成角的正弦值．(3)在棱PA上能否存在點(diǎn)M，使得BM∥平面PCD？若存在，求AM的值；若不存在，說明原因．AP[解](1)證明：由于平面⊥平面，⊥，PADABCDABAD所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.2分又由于PA⊥PD，所以⊥平面.4分PDPAB取AD的中點(diǎn)O，連結(jié)PO，CO.由于PA＝PD，所以PO⊥AD.又由于PO?平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD.由于CO?平面ABCD，所以PO⊥CO.由于AC＝CD，所以CO⊥AD.5分如圖，成立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2,0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1).6分設(shè)平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，則n·→＝0，PD→n·PC＝0，即－y－z＝0，2－＝0.xz令z＝2，則x＝1，y＝－2.所以n＝(1，－2,2).8分→→·→3nPB又PB＝(1,1，－1)，所以cos〈n，PB〉＝＝－.|n||→3PB|所以直線PB與平面PCD所成角的正弦值為33.10分設(shè)M是棱PA上一點(diǎn)，則存在λ∈[0,1]→→11分使得AM＝λAP.所以點(diǎn)(0,1－λ，λ)，→12分＝(－1，－λ，λ).MBM→由于BM?平面PCD，所以要使BM∥平面PCD當(dāng)且僅當(dāng)BM·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.1AM1解得λ＝.所以在棱PA上存在點(diǎn)M使得BM∥平面PCD，此時(shí)＝.15分4AP42．如圖10-12，在四棱錐-中，∥，∠＝∠＝90°，＝＝1，為棱ADPABCDADBCADCPABBCCD2ADE的中點(diǎn)，異面直線PA與CD所成的角為90°.圖10-12在平面PAB內(nèi)找一點(diǎn)M，使得直線CM∥平面PBE，并說明原因；若二面角P-CD-A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：

68334118】[解]

(1)在梯形

ABCD中，AB與

CD不平行．如圖(1)

，延伸

AB，DC，訂交于點(diǎn)

M(M∈平面

PAB)，點(diǎn)M即為所求的一個(gè)點(diǎn)

.

2分(1)原因以下：由已知，知BC∥ED，且BC＝ED，所以四邊形BCDE是平行四邊形，進(jìn)而CM∥EB.4分又EB?平面PBE，CM?平面PBE，所以CM∥平面PBE.6分(說明：延伸AP至點(diǎn)N，使得AP＝PN，則所找的點(diǎn)能夠是直線MN上隨意一點(diǎn))法一：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，進(jìn)而CD⊥PD，所以∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，所以∠PDA＝45°.7分設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.如圖(1)，過點(diǎn)A作AH⊥CE，交CE的延伸線于點(diǎn)H，連結(jié)PH，易知PA⊥平面ABCD，進(jìn)而PA⊥CE，于是CE⊥平面PAH.所以平面PCE⊥平面PAH.11分過A作AQ⊥PH于Q，則AQ⊥平面PCE，所以∠APH是PA與平面PCE所成的角．在Rt△中，∠＝45°，＝1，所以＝2.AEHAEHAEAH22232在Rt△PAH中，PH＝PA＋AH＝2，所以sin∠APH＝AH115分＝.PH3法二：由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD，于是CD⊥PD.進(jìn)而∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，所以∠PDA＝45°.又⊥，所以⊥平面.7分PAABPAABCD→→設(shè)BC＝1，則在Rt△PAD中，PA＝AD＝2，作Ay⊥平面PAD，以A為原點(diǎn)，以AD，AP的方向分別為x軸、z軸的正方向，成立如圖(2)所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz，則A(0,0,0)，P(0,0,2)，(2,1,0)，(1,0,0)，CE(2)→→→9分所以PE＝(1,0，－2)，EC＝(1,1,0)，AP＝(0,0,2).設(shè)平面的法向量為n＝(x，，)，PCEyz→n·PE＝0，x－2z＝0，由得→x＋y＝0.n·EC＝0，設(shè)＝2，解得n＝(2，－2,1).12分x設(shè)直線PA與平面PCE所成角為α，|·→21|則sin2＋12＝3，α＝→＝2×22＋－|n|·|AP|1所以直線PA與平面PCE所成角的正弦值為.15分33．在平面四邊形ACBD(如圖10-13(1))中，△ABC與△ABD均為直角三角形且有公共斜邊AB，設(shè)＝2，∠＝30°，∠＝45°，將△沿AB折起，組成如圖10-13(2)所示的三棱錐ABBADBACABCC′-ABD，且使C′D＝2.(1)(2)圖10-13求證：平面C′AB⊥平面DAB；求二面角A-C′D-B的余弦值.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：68334119】[解](1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連結(jié)C′O，DO，在Rt△AC′B，Rt△ADB中，AB＝2，C′O＝DO＝1.又∵C′D＝222C′O⊥OD.2分2，∴C′O＋DO＝C′D，即又∵C′O⊥AB，AB∩OD＝O，AB，OD?平面ABD，∴′⊥平面.4分COABD又∵C′O?平面ABC′，∴平面C′AB⊥平面DAB.5分(2)以O(shè)為原點(diǎn)，AB，OC′所在的直線分別為y軸，z軸，成立以下圖的空間直角坐標(biāo)系．則A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C′(0,0,1)，D31，，0，22→→→31∴AC′＝(0,1,1)，BC′＝(0，－1,1)，C′D＝2，2，－1.6分設(shè)平面′D的法向量為1＝(x1，1，1)，ACnyz→→n1⊥AC′，n1·AC′＝0，則即→→n1⊥C′D，n1·C′D＝0，y1＋z1＝0，31令z1＝1，則y1＝－1，x1＝3，x1＋2y1－z1＝0，∴n＝(3，－1,1).8分1設(shè)平面BC′D的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，2⊥→n→nBCBC則→即→n2⊥C′D，n2·C′D＝0，－y2＋z2＝0，331令z2＝1，則y2＝1,x2＝，2x2＋2y2－z2＝0，3∴n＝312分233×3＋－＋1×11105∴cos〈n1，n2〉＝1＝7＝35，二面角A-C′D-B的余3＋1＋1×3＋1＋15×3105弦值為－35.15分4．(2017·杭州學(xué)軍中學(xué)高三模擬)在以下圖的圓臺(tái)中，AC是下底面圓O的直徑，EF是上底面圓O′的直徑，F(xiàn)B是圓臺(tái)的一條母線．圖10-14已知G，H分別為EC，F(xiàn)B的中點(diǎn)．求證：GH∥平面ABC；1(2)已知EF＝FB＝2AC＝23，AB＝BC.求二面角F-BC-A的余弦值．[解](1)證明：設(shè)FC的中點(diǎn)為I，連結(jié)GI，HI(圖略)．在△CEF中，由于點(diǎn)G是CE的中點(diǎn)，所以GI∥EF.又EF∥OB，所以GI∥OB.在△CFB中，由于H是FB的中點(diǎn)，所以HI∥BC.

3分又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.由于GH?平面GHI，所以GH∥平面ABC.6分法一：連結(jié)OO′，則OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且

AC是圓

O的直徑，所以

BO⊥AC.

8分以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，成立以下圖的空間直角坐標(biāo)系

O-xyz.由題意得B(0,23，0)，C(－23，0,0)，→3，－23，0)，10分所以BC＝(－2過點(diǎn)F作FM垂直于OB于點(diǎn)M.223，3)．所以FM＝FB－BM＝3，可得F(0，→3，3).12分故BF＝(0，－設(shè)＝(x，，)是平面的法向量．myzBCF→m·BC＝0，由→m·BF＝0，－23x－23y＝0，可得3y＋3z＝0，3可得平面BCF的一個(gè)法向量m＝－1，1，.3由于平面ABC的一個(gè)法向量n＝(0,0,1)，所以cos〈，〉＝m·n＝7.mn|m||n|7F-BC-A的余弦值為7所以二面角7.15分法二：連結(jié)′.過點(diǎn)F作垂直于于點(diǎn)，OOFMOBM則有FM∥OO′.又OO′⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC.9分可得＝2－2＝3