高考數(shù)一輪復(fù)習(xí) 7.7 空間向量在立體幾何中的應(yīng)用限時集訓(xùn) 理

限時集訓(xùn)(四十五)空間向量在立體幾何中的應(yīng)用(限時：50分鐘滿分：112分)1．(滿分14分)如圖，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.(1)證明：平面ADB⊥平面BDC；(2)設(shè)E為BC的中點，求與夾角的余弦值．2．(滿分14分)(·孝感模擬)如圖所示，四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分別為PC、PD、BC的中點．(1)求證：PA⊥EF；(2)求二面角D－FG－E的余弦值．3.(滿分14分)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝eq\r(2)AA1，點D是A1B1的中點，點E在A1C1上且DE⊥AE.(1)證明：平面ADE⊥平面ACC1A1(2)求直線AD和平面ABC1所成角的正弦值．4．(滿分14分)(·江西高考)如圖所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝eq\r(5)，BC＝4，點A1在底面ABC的投影是線段BC的中點O.(1)證明在側(cè)棱AA1上存在一點E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的長；(2)求平面A1B1C與平面BB1C1C夾角的余弦值．5．(滿分14分)如圖所示，在多面體ABCD－A1B1C1D1中，上，下兩個底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a(1)求異面直線AB1與DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中點，求證：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的條件下，求二面角F－CC1－B的余弦值．6．(滿分14分)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，∠BAD＝60°，Q為AD的中點．(1)若PA＝PD，求證：平面PQB⊥平面PAD；(2)設(shè)點M在線段PC上，eq\f(PM,MC)＝eq\f(1,2)，求證：PA∥平面MQB；(3)在(2)的條件下，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M－BQ－C的大?。?．(滿分14分)(·福建高考)如圖所示，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E為CD中點．(1)求證：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一點P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的長；若不存在，說明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小為30°，求AB的長．8．(滿分14分)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2eq\r(2)，∠ABC＝90°，如圖(1)．把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD.(1)求證：CD⊥AB；(2)若點M為線段BC中點，求點M到平面ACD的距離；(3)在線段BC上是否存在點N，使得AN與平面ACD所成角為60°？若存在，求出eq\f(BN,BC)的值；若不存在，說明理由．答案[限時集訓(xùn)(四十五)]1．解：(1)證明：∵折起前AD是BC邊上的高，∴當(dāng)△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∵AD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC.(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC兩兩垂直，不妨設(shè)|DB|＝1，以D為坐標(biāo)原點，以，，的方向為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，0))，∴＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,2)，－\r(3)))，＝(1,0,0)，∴與夾角的余弦值為cos〈，〉＝eq\f(·,||·||)＝eq\f(\f(1,2),\r(1×\f(22,4)))＝eq\f(\r(22),22).2.解：(1)證明：以D為坐標(biāo)原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D－xyz，則D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0,1)，F(xiàn)(0,0,1)，G(－2,1,0)．(1)∵＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，∴·＝0，∴PA⊥EF.(2)易知＝(0,0,1)，＝(－2,1，－1)．設(shè)平面DFG的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(z1＝0，,－2x1＋y1－z1＝0.))令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一個法向量．同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一個法向量，∴cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m|·|n|)＝eq\f(2,\r(5)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，由圖可知二面角D－FG－E為鈍角，∴二面角D－FG－E的余弦值為－eq\f(\r(10),5).3．解：(1)證明：由正三棱柱ABC－A1B1C1的性質(zhì)知AA1⊥平面A1B1C1，又DE?平面A1B1C1，所以DE⊥AA1.而DE⊥AE，AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面ACC1A1.又DE?平面ADE，故平面ADE⊥平面ACC1A(2)如圖所示，設(shè)O是AC的中點，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系．不妨設(shè)AA1＝eq\r(2)，則AB＝2，相關(guān)各點的坐標(biāo)分別是A(0，－1,0)，B(eq\r(3)，0,0)，C1(0,1，eq\r(2))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(2))).易知＝(eq\r(3)，1,0)，＝(0,2，eq\r(2))，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，\r(2))).設(shè)平面ABC1的一個法向量為n＝(x，y，z)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝\r(3)x＋y＝0，,n·＝2y＋\r(2)z＝0.))解得x＝－eq\f(\r(3),3)y，z＝－eq\r(2)y.故可取n＝(1，－eq\r(3)，eq\r(6))．所以，cos〈n，〉＝eq\f(n·,|n|·||)＝eq\f(2\r(3),\r(10)×\r(3))＝eq\f(\r(10),5).由此即知，直線AD和平面ABC1所成角的正弦值為eq\f(\r(10),5).4．解：(1)證明：連接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于點E，因為AA1∥BB1，所以O(shè)E⊥BB1.因為A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因為AB＝AC，OB＝OC，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以O(shè)E⊥平面BB1C1C，又AO＝eq\r(AB2－BO2)＝1，AA1＝eq\r(5)，得AE＝eq\f(AO2,AA1)＝eq\f(\r(5),5).(2)如圖，分別以O(shè)A，OB，OA1所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，由＝eq\f(1,5)AA1→得點E的坐標(biāo)是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，由(1)得平面BB1C1C的法向量是＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，0，\f(2,5)))，設(shè)平面A1B1C的法向量n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋2y＝0，,y＋z＝0.))令y＝1，得x＝2，z＝－1，即n＝(2,1，－1)，所以cos〈OE→，n〉＝eq\f(·n,||·|n|)＝eq\f(\r(30),10)，即平面BB1C1C與平面A1B1C的夾角的余弦值是eq\f(\r(30),10).5.解：以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2a,0,0)，B(2a,2a,0)，C(0,2a,0)，D1(0,0，a)，F(xiàn)(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，(1)∵＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，∴|cos〈，〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·,||·|)))＝eq\f(\r(3),3)，所以異面直線AB1與DD1所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(2)∵＝(－a，－a，a)，＝(－2a,0,0)，＝(0，a，a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(·＝0，,·＝0，))∴FB1⊥BB1，F(xiàn)B1⊥BC.∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B.(3)由(2)知，為平面BCC1B1的一個法向量．設(shè)n＝(x1，y1，z1)為平面FCC1的法向量，∵＝(0，－a，a)，＝(－a,2a,0)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ay1＋az1＝0，,－ax1＋2ay1＝0.))令y1＝1，則x1＝2，z1＝1，∴n＝(2,1,1)，∴cos〈，n〉＝eq\f(·n,||·|n|)＝eq\f(\r(3),3)，即二面角F－CC1－B的余弦值為eq\f(\r(3),3).6．解：(1)連接BD，四邊形ABCD菱形，∵∠BAD＝60°，∴△ABD為正三角形，又Q為AD中點，∴AD⊥BQ.∵PA＝PD，Q為AD的中點，AD⊥PQ，又BQ∩PQ＝Q，∴AD⊥平面PQB，AD?平面PAD.∴平面PQB⊥平面PAD.圖(1)(2)連接AC交BQ于點N，如圖(1)：由AQ∥BC可得，△ANQ∽△CNB，∴eq\f(AQ,BC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,2).又eq\f(PM,MC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(PM,MC)＝eq\f(AN,NC)＝eq\f(1,2).∴PA∥MN.∵MN?平面MQB，PA?平面MQB，∴PA∥平面MQB.(3)由PA＝PD＝AD＝2，Q為AD的中點，則PQ⊥AD.圖(2)又平面PAD⊥平面ABCD，∴PQ⊥平面ABCD.以Q為坐標(biāo)原點，分別以QA、QB、QP所在的直線為x，y，z軸，建立如圖(2)所示的坐標(biāo)系，則各點坐標(biāo)為A(1,0,0)，B(0，eq\r(3)，0)，Q(0,0,0)，P(0,0，eq\r(3))．設(shè)平面MQB的法向量n＝(x，y,1)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))∵PA∥MN，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0.))解得n＝(eq\r(3)，0,1)．取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)．cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(1,2).故二面角M－BQ－C的大小為60°.7.解：(1)證明：以A為原點，，，的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖)．設(shè)AB＝a，則A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0))，B1(a，0,1)，故＝(0,1,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，1，－1))，1＝(a,0,1)，＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，1，0)).∵·＝－eq\f(a,2)×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1.(2)假設(shè)在棱AA1上存在一點P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此時＝(0，－1，z0)．又設(shè)平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋z＝0，,\f(ax,2)＋y＝0.))取x＝1，則y＝－eq\f(a,2)，z＝－a，得平面B1AE的一個法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(a,2)，－a)).要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有eq\f(a,2)－az0＝0，解得z0＝eq\f(1,2).又DP?平面B1AE，∴存在點P，滿足DP∥平面B1AE，此時AP＝eq\f(1,2).(3)連接A1D，B1C，由長方體ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，∴AD1⊥平面DCB1A1，∴是平面A1B1E的一個法向量，此時＝(0,1,1)．設(shè)與n所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(n·,|n|||)＝eq\f(－\f(a,2)－a,\r(2)·\r(1＋\f(a2,4)＋a2)).∵二面角A－B1E－A1的大小為30°，∴|cosθ|＝cos30°，即eq\f(\f(3a,2),\r(2)·\r(1＋\f(5a2,4)))＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝2，即AB的長