2020高考数学二轮练典型习题第二部分专题三第3讲立体几何中的向量方法（Word版带解析）

[A 组　夯基保分专练] 1．(2019·重庆市七校联合考试)如图，三棱柱 ABC­A1B1C1 的所有棱长都是 2，AA1⊥平面 ABC，D，E 分别是 AC，CC1 的中点． (1)求证：AE⊥平面 A1BD； (2)求二面角 D­BE­B1 的余弦值． 解：(1)证明：因为 AB＝BC＝CA，D 是 AC 的中点， 所以 BD⊥AC， 因为 AA1⊥平面 ABC， 所以平面 AA1C1C⊥平面 ABC， 所以 BD⊥平面 AA1C1C，所以 BD⊥AE. 又在正方形 AA1C1C 中，D，E 分别是 AC，CC1 的中点， 所以 A1D⊥AE.又 A1D∩BD＝D， 所以 AE⊥平面 A1BD. (2)以 DA 所在直线为 x 轴，过 D 作 AC 的垂线，以该垂线为 y 轴，DB 所在直线为 z 轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0，0，0)，E(－1，－1，0)，B(0，0， 3)，B1(0，－ 2， 3)，DB → ＝(0，0， 3)，DE → ＝(－1，－1，0)，BB1→ ＝(0，－2，0)，EB1→ ＝(1，－1， 3)， 设平面 DBE 的法向量为 m＝(x，y，z)， 则{DB → ·m＝0 DE → ·m＝0 ，即{ 3z＝0 －x－y＝0， 令 x＝1，则 m＝(1，－1，0)，设平面 BB1E 的法向量为 n＝(a，b，c)，则{BB1→ ·n＝0 EB1→ ·n＝0 ，即{－2b＝0 a－b＋ 3c＝0， 令 c＝ 3，则 n＝(－3，0， 3)， 设二面角 D­BE­B1 的平面角为 θ，观察可知 θ 为钝角， 因为 cos〈m，n〉＝ m·n |m||n|＝ － 6 4 ， 所以 cos θ＝ － 6 4 ，故二面角 D­BE­B1 的余弦值为 － 6 4 . 2．(2019·成都第一次诊断性检测)如图，四棱锥 P­ABCD 的底面 ABCD 是边长为 2 的菱形， ∠ABC＝π 3，PA⊥平面 ABCD，点 M 是棱 PC 的中点． (1)证明：PA∥平面 BMD； (2)当 PA＝ 3时，求直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图 1，连接 AC 交 BD 于点 O，连接 MO. 因为 M，O 分别为 PC，AC 的中点， 所以 PA∥MO. 因为 PA⊄平面 BMD，MO⊂平面 BMD， 所以 PA∥平面 BMD. (2)如图 2，取线段 BC 的中点 H，连接 AH. 因为四边形 ABCD 为菱形，∠ABC＝π 3，所以 AH⊥AD. 以 A 为坐标原点，分别以 AH，AD，AP 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐 标系 A­xyz， 则 A(0，0，0)，B( 3，－1，0)，C( 3，1，0)，P(0，0， 3)，M( 3 2 ， 1 2， 3 2 )，所以AM → ＝ ( 3 2 ，1 2， 3 2 )，BC → ＝(0，2，0)，PC → ＝( 3，1，－ 3)． 设平面 PBC 的法向量为 m＝(x，y，z)， 由{m·BC → ＝0， m·PC → ＝0 得{2y＝0 3x＋y－ 3z＝0， 取 z＝1，m＝(1，0，1)． 设 直 线 AM 与 平 面 PBC 所 成 角 为 θ ， 则 sin θ ＝ |cos 〈 m ，AM → 〉 | ＝ |m·AM → | |m|·|AM → | ＝ | 3 2 × 1＋1 2 × 0＋ 3 2 × 1| 7 4 × 2 ＝ 42 7 . 所以直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值为 42 7 . 3．(2019·高考天津卷)如图，AE⊥平面 ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝ 1，AE＝BC＝2. (1)求证：BF∥平面 ADE； (2)求直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角 E­BD­F 的余弦值为1 3，求线段 CF 的长． 解：依题意，可以建立以 A 为原点，分别以AB → ，AD → ，AE → 的方向为 x 轴，y 轴，z 轴正方向 的空间直角坐标系(如图)，可得 A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，1，0)，E(0，0， 2)．设 CF＝h(h>0)，则 F(1，2，h)．(1)证明：依题意，AB → ＝(1，0，0)是平面 ADE 的法向量，又BF → ＝(0，2，h)，可得BF → ·AB → ＝ 0，又因为直线 BF⊄平面 ADE，所以 BF∥平面 ADE. (2)依题意，BD → ＝(－1，1，0)，BE → ＝(－1，0，2)，CE → ＝(－1，－2，2)．　 设 n＝(x，y，z)为平面 BDE 的法向量，则{n·BD → ＝0， n·BE → ＝0， 即{－x＋y＝0， －x＋2z＝0，不妨令 z＝1，可得 n＝(2，2，1)． 因此有 cos〈CE → ，n〉＝ CE → ·n |CE → ||n| ＝－4 9. 所以，直线 CE 与平面 BDE 所成角的正弦值为4 9. (3)设 m＝(x，y，z)为平面 BDF 的法向量，则{m·BD → ＝0， m·BF → ＝0， 即{－x＋y＝0， 2y＋hz＝0，不妨令 y＝1，可 得 m＝(1，1，－2 h)． 由题意，有|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m||n|＝ |4－2 h | 3 2＋ 4 h2 ＝1 3， 解得 h＝8 7，经检验，符合题意． 所以，线段 CF 的长为8 7. 4．(2019·东北四市联合体模拟(一))如图，等腰梯形 ABCD 中，AB∥CD，AD＝AB＝BC＝ 1，CD＝2，E 为 CD 的中点，将△ADE 沿 AE 折到△APE 的位置． (1)证明：AE⊥PB； (2)当四棱锥 P­ABCE 的体积最大时，求二面角 A­PE­C 的余弦值．解：(1)证明：在等腰梯形 ABCD 中，连接 BD，交 AE 于点 O， 因为 AB∥CE，AB＝CE，所以四边形 ABCE 为平行四边形， 所以 AE＝BC＝AD＝DE，所以△ADE 为等边三角形， 所以在等腰梯形 ABCD 中，∠C＝∠ADE＝π 3，BD⊥BC， 所以 BD⊥AE. 翻折后可得 OP⊥AE，OB⊥AE， 又 OP⊂平面 POB，OB⊂平面 POB，OP∩OB＝O，所以 AE⊥平面 POB， 因为 PB⊂平面 POB，所以 AE⊥PB. (2)当四棱锥 P­ABCE 的体积最大时，平面 PAE⊥平面 ABCE. 又平面 PAE∩平面 ABCE＝AE，PO⊂平面 PAE，PO⊥AE，所以 OP⊥平面 ABCE. 以 O 为坐标原点，OE 所在的直线为 x 轴，OB 所在的直线为 y 轴，OP 所在的直线为 z 轴， 建立空间直角坐标系，由题意得， P(0，0， 3 2 )，E(1 2，0，0)，C(1， 3 2 ，0)，所以PE → ＝(1 2，0，－ 3 2 )，EC → ＝(1 2， 3 2 ，0)，设 平面 PCE 的法向量为 n1＝(x，y，z)， 则{PE → ·n1＝0 EC → ·n1＝0 ，即{1 2x－ 3 2 z＝0 1 2x＋ 3 2 y＝0 ，设 x＝ 3，则 y＝－1，z＝1，所以 n1＝( 3，－1，1)为平 面 PCE 的一个法向量， 易知平面 PAE 的一个法向量为 n2＝(0，1，0)， cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2|＝ －1 1 × 5 ＝－ 5 5 . 由图知所求二面角 A­PE­C 为钝角，所以二面角 A­PE­C 的余弦值为－ 5 5 . [B 组　大题增分专练] 1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱 ABC­A1B1C1，平面 A1ACC1⊥平面 ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F 分别是 AC，A1B1 的中点． (1)证明：EF⊥BC； (2)求直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值． 解：法一：(1)证明：如图，连接 A1E，因为 A1A＝A1C，E 是 AC 的中点，所以 A1E⊥AC. 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC，A1E⊂平面 A1ACC1，平面 A1ACC1∩平面 ABC＝AC，所以， A1E⊥平面 ABC，则 A1E⊥BC. 又因为 A1F∥AB，∠ABC＝90°，故 BC⊥A1F. 所以 BC⊥平面 A1EF. 因此 EF⊥BC. (2)取 BC 的中点 G，连接 EG，GF，则 EGFA1 是平行四边形． 由于 A1E⊥平面 ABC，故 A1E⊥EG，所以平行四边形 EGFA1 为矩形． 连接 A1G 交 EF 于 O，由(1)得 BC⊥平面 EGFA1，则平面 A1BC⊥平面 EGFA1， 所以 EF 在平面 A1BC 上的射影在直线 A1G 上． 则∠EOG 是直线 EF 与平面 A1BC 所成的角(或其补角)． 不妨设 AC＝4，则在 Rt△A1EG 中，A1E＝2 3，EG＝ 3. 由于 O 为 A1G 的中点，故 EO＝OG＝A1G 2 ＝ 15 2 ， 所以 cos∠EOG＝EO2＋OG2－EG2 2EO·OG ＝3 5. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值是3 5. 法二：(1)证明：连接 A1E，因为 A1A＝A1C，E 是 AC 的中点， 所以 A1E⊥AC. 又平面 A1ACC1⊥平面 ABC，A1E⊂平面 A1ACC1， 平面 A1ACC1∩平面 ABC＝AC，所以，A1E⊥平面 ABC.如图，以点 E 为原点，分别以射线 EC，EA1 为 y，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 E­xyz. 不妨设 AC＝4，则 A1(0，0，2 3)，B( 3，1，0)， B1( 3，3，2 3)，F( 3 2 ，3 2，2 3)，C(0，2，0)． 因此，EF → ＝( 3 2 ， 3 2，2 3)，BC → ＝(－ 3，1，0)． 由EF → ·BC → ＝0 得 EF⊥BC. (2)设直线 EF 与平面 A1BC 所成角为 θ. 由(1)可得BC → ＝(－ 3，1，0)，A1C→ ＝(0，2，－2 3)． 设平面 A1BC 的法向量为 n＝(x，y，z)． 由{BC → ·n＝0， A1C→ ·n＝0， 得{－ 3x＋y＝0， y－ 3z＝0. 取 n＝(1，3，1)故 sin θ＝|cos〈EF → ，n〉|＝ |EF → ·n| |EF → |·|n| ＝4 5. 因此，直线 EF 与平面 A1BC 所成角的余弦值为3 5. 2．(2019·济南市统一模拟考试)如图，矩形 ABCD 和梯形 BEFC 所在平面互相垂直，BE∥ CF，∠BCF＝90°，AD＝ 3，BE＝3，CF＝4，EF＝2. (1)求证：AE∥平面 DCF； (2)当 AB 的长为何值时，二面角 A­EF­C 的大小为 60°？ 解：因为平面 ABCD⊥平面 BEFC，平面 ABCD∩平面 BEFC＝BC，DC⊂平面 ABCD，且 DC⊥BC，所以 DC⊥平面 BEFC. 以点 C 为坐标原点，分别以 CB，CF，CD 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的 空间直角坐标系 C­xyz. 设 AB＝a，则 C(0，0，0)，A( 3，0，a)，B( 3，0，0)，E( 3，3，0)，F(0，4，0)，D(0， 0，a)． (1)证明：因为AE → ＝(0，3，－a)，CB → ＝( 3，0，0)，CF → ＝(0，4，0)，CD → ＝(0，0，a)， 所以CB → ·CD → ＝0，CB → ·CF → ＝0，又 CD∩CF＝C， 所以 CB⊥平面 CDF，即CB → 为平面 CDF 的一个法向量． 又CB → ·AE → ＝0， 所以 CB⊥AE，又 AE⊄平面 CDF， 所以 AE∥平面 DCF. (2)设 n＝(x，y，z)与平面 AEF 垂直， AE → ＝(0，3，－a)，EF → ＝(－ 3，1，0)， 由{n·EF → ＝0 n·AE → ＝0 ，得{－ 3x＋y＝0 3y－az＝0 ， 取 x＝1，则 n＝(1， 3， 3 3 a ). BA⊥平面 BEFC，BA → ＝(0，0，a)， 由|cos〈n，BA → 〉|＝ |BA → ·n| |BA → |·|n| ＝ 3 3 a 4＋27 a2 ＝1 2， 得 a＝9 2. 所以当 AB＝9 2时，二面角 A­EF­C 的大小为 60°. 3．(2019·江西八所重点中学联考)如图所示多面体 ABCDEF，其底面 ABCD 为矩形，且 AB＝2 3，BC＝2，四边形 BDEF 为平行四边形，点 F 在底面 ABCD 内的投影恰好是 BC 的中点． (1)已知 G 为线段 FC 的中点，证明：BG∥平面 AEF； (2)若二面角 F­BD­C 的大小为π 3，求直线 AE 与平面 BDEF 所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图，连接 AC 交 BD 于 H，连接 GH，则 GH 为△ACF 的中位线， 所以 GH∥AF. 因为 GH⊄平面 AEF，AF⊂平面 AEF，所以 GH∥平面 AEF. 又 BD∥EF，BD⊄平面 AEF，EF⊂平面 AEF，所以 BD∥平面 AEF. 连接 DG，因为 BD∩GH＝H，BD⊂平面 BDG，GH⊂平面 BDG，所以平面 BDG∥平面 AEF， 因为 BG⊂平面 BDG，所以 BG∥平面 AEF. (2)取 BC 的中点 O，AD 的中点 M，连接 OF，OM，则 OF⊥平面 ABCD，OM⊥BC，以 O 为坐标原点，OC，OM，OF 所在的直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，则 O(0，0， 0)，B(－1，0，0)，C(1，0，0)，D(1，2 3，0)，所以BD → ＝(2，2 3，0)．设 OF＝a(a>0)，则 F(0，0，a)，所以BF → ＝(1，0，a)． 设平面 BDEF 的法向量为 n1＝(x，y，z)， 由{n1·BD→ ＝0 n1·BF→ ＝0 ，得{x＋ 3y＝0 x＋az＝0 ， 令 x＝－ 3a，得 n1＝(－ 3a，a， 3)． 易得平面 ABCD 的一个法向量为 n2＝(0，0，1)． 因为二面角 F­BD­C 的大小为π 3，所以|cos〈n1，n2〉|＝| n1·n2 |n1||n2||＝ 3 4a2＋3 ＝1 2， 解得 a＝3 2. 设直线 AE 与平面 BDEF 所成的角为 θ，因为 AE → ＝AD → ＋DE → ＝BC → ＋BF → ＝(2，0，0)＋(1，0， 3 2)＝(3，0， 3 2)，且 n1＝(－3 3 2 ， 3 2， 3)， 所以 sin θ＝|cos〈AE → ，n1〉|＝| AE → ·n1 |AE → |·|n1| |＝ 3 3 3 5 2 × 2 3 ＝ 5 5 . 故直线 AE 与平面 BDEF 所成角的正弦值为 5 5 . 4．(2019·湖南省湘东六校联考)如图，ABEDFC 为多面体，平面 ABED 与平面 ACFD 垂直， 点 O 在线段 AD 上，OA＝1，OD＝2，△OAB，△OAC，△ODE，△ODF 都是正三角形． (1)证明：直线 BC∥平面 OEF； (2)在线段 DF 上是否存在一点 M，使得二面角 M­OE­D 的余弦值是3 13 13 ？若不存在，请 说明理由；若存在，请求出 M 点所在的位置． 解：(1)证明：依题意，在平面 ADFC 中，∠CAO＝∠FOD＝60°，所以 AC∥OF， 又 OF⊂平面 OEF，所以 AC∥平面 OEF. 在平面 ABED 中，∠BAO＝∠EOD＝60°， 所以 AB∥OE，又 OE⊂平面 OEF，所以 AB∥平面 OEF. 因为 AB∩AC＝A，AB⊄平面 OEF，AC⊄平面 OEF，AB⊂平面 ABC，AC⊂平面 ABC，所 以平面 ABC∥平面 OEF. 又 BC⊂平面 ABC，所以直线 BC∥平面 OEF. (2)设 OD 的中点为 G，如图，连接 GE，GF，由题意可得 GE，GD，GF 两两垂直，以 G 为坐标原点，GE，GD，GF 所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，易知， O(0，－1，0)，E( 3，0，0)，F(0，0， 3)，D(0，1，0)． 假设在线段 DF 上存在一点 M，使得二面角 M­OE­D 的余弦值是3 13 13 ，设DM → ＝λDF → ，λ∈ [0，1]，则 M(0，1－λ， 3λ)，OM → ＝(0，2－λ， 3λ)．设 n＝(x，y，z)为平面 MOE 的法向量， 由{n·OM → ＝0 n·OE → ＝0 得{（2－λ）·y＋ 3λ·z＝0 3x＋y＝0 ，可取 x＝－λ，则 y＝ 3λ，z＝λ－2，n＝(－λ， 3 λ，λ－2)． 又平面 OED 的一个法向量 m＝(0，0，1)， 所以3 13 13 ＝|cos〈m，n〉|＝ |λ－2| 4λ2＋（λ－2）2， 所以(2λ－1)(λ＋1)＝0， 又 λ∈[0，1]，所以 λ＝1 2. 所以存在满足条件的点 M，M 为 DF 的中点．