高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題跟蹤檢測（十一）立體幾何中的向量方法 理（重點生含解析）-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專題跟蹤檢測（十一）立體幾何中的向量方法1．(2018·全國卷Ⅲ)如圖，邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧所在平面垂直，M是上異于C，D的點．(1)證明：平面AMD⊥平面BMC；(2)當三棱錐M-ABC體積最大時，求平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值．解：(1)證明：由題設(shè)知，平面CMD⊥平面ABCD，交線為C D.因為BC⊥CD，BC?平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，所以BC⊥DM.因為M為上異于C，D的點，且DC為直徑，所以DM⊥CM.又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC.因為DM?平面AMD，所以平面AMD⊥平面BMC.(2)以D為坐標原點，eq\o(DA,\s\up7(→))的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz.當三棱錐M-ABC的體積最大時，M為的中點．由題設(shè)得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，M(0,1,1)，eq\o(AM,\s\up7(→))＝(－2，1,1)，eq\o(AB,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(DA,\s\up7(→))＝(2,0,0)，設(shè)n＝(x，y，z)是平面MAB的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AM,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(AB,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋y＋z＝0，,2y＝0.))可取n＝(1,0,2)，又eq\o(DA,\s\up7(→))是平面MCD的一個法向量，所以cos〈n，eq\o(DA,\s\up7(→))〉＝eq\f(n·eq\o(DA,\s\up7(→)),|n||eq\o(DA,\s\up7(→))|)＝eq\f(\r(5),5)，sin〈n，eq\o(DA,\s\up7(→))〉＝eq\f(2\r(5),5).所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是eq\f(2\r(5),5).2.(2018·唐山模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中點．(1)求證：平面EAC⊥平面PBC；(2)若二面角P-AC-E的余弦值為eq\f(\r(6),3)，求直線PA與平面EAC所成角的正弦值．解：(1)證明：因為PC⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，所以AC⊥PC.因為AB＝2AD＝2CD，所以AC＝BC＝eq\r(2)AD＝eq\r(2)CD，所以AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC.因為AC?平面EAC，所以平面EAC⊥平面PBC.(2)如圖，以C為坐標原點，eq\o(CB,\s\up7(→))，eq\o(CA,\s\up7(→))，eq\o(CP,\s\up7(→))的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，并設(shè)CB＝2，CP＝2a(a＞0)．則C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2,0,0)，P(0,0，2a)，則E(1,0，a)，eq\o(CA,\s\up7(→))＝(0,2,0)，eq\o(CP,\s\up7(→))＝(0,0,2a)，eq\o(CE,\s\up7(→))＝(1,0，a)，易知m＝(1,0,0)為平面PAC的一個法向量．設(shè)n＝(x，y，z)為平面EAC的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(CA,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(CE,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y＝0，,x＋az＝0，))取x＝a，則z＝－1，n＝(a,0，－1)．依題意，|cos〈m，n〉|＝eq\f(|m·n|,|m||n|)＝eq\f(a,\r(a2＋1))＝eq\f(\r(6),3)，解得a＝eq\r(2).于是n＝(eq\r(2)，0，－1)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝(0,2，－2eq\r(2))．設(shè)直線PA與平面EAC所成角為θ，則sinθ＝|cos〈eq\o(PA,\s\up7(→))，n〉|＝eq\f(|eq\o(PA,\s\up7(→))·n|,|eq\o(PA,\s\up7(→))||n|)＝eq\f(\r(2),3).即直線PA與平面EAC所成角的正弦值為eq\f(\r(2),3).3．(2018·西安質(zhì)檢)如圖，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，AC∩BD＝O，A1O⊥底面ABCD，AB＝2，AA1(1)證明：平面A1CO⊥平面BB1D1D；(2)若∠BAD＝60°，求二面角B-OB1-C的余弦值．解：(1)證明：∵A1O⊥平面ABCD，BD?平面ABCD.∴A1O⊥BD.∵四邊形ABCD是菱形，∴CO⊥BD.∵A1O∩CO＝O，∴BD⊥平面A1CO.∵BD?平面BB1D1D，∴平面A1CO⊥平面BB1D1D.(2)∵A1O⊥平面ABCD，CO⊥BD，∴OB，OC，OA1兩兩垂直，以O(shè)為坐標原點，eq\o(OB,\s\up7(→))，eq\o(OC,\s\up7(→))，eq\o(OA1,\s\up7(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．∵AB＝2，AA1＝3，∠BAD＝60°，∴OB＝OD＝1，OA＝OC＝eq\r(3)，OA1＝eq\r(AA\o\al(2,1)－OA2)＝eq\r(6).則O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0，eq\r(3)，0)，A(0，－eq\r(3)，0)，A1(0,0，eq\r(6))，∴eq\o(OB,\s\up7(→))＝(1,0,0)，eq\o(BB1,\s\up7(→))＝eq\o(AA1,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，eq\r(6))，eq\o(OB1,\s\up7(→))＝eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(BB1,\s\up7(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(6))，eq\o(OC,\s\up7(→))＝(0，eq\r(3)，0)．設(shè)平面OBB1的法向量為n＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(OB,\s\up7(→))·n＝0，,eq\o(OB1,\s\up7(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝0，,x1＋\r(3)y1＋\r(6)z1＝0.))令y1＝eq\r(2)，得n＝(0，eq\r(2)，－1)是平面OBB1的一個法向量．設(shè)平面OCB1的法向量m＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(eq\o(OC,\s\up7(→))·m＝0，,eq\o(OB1,\s\up7(→))·m＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)y2＝0，,x2＋\r(3)y2＋\r(6)z2＝0，))令z2＝－1，得m＝(eq\r(6)，0，－1)為平面OCB1的一個法向量，∴cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝eq\f(1,\r(3)×\r(7))＝eq\f(\r(21),21)，由圖可知二面角B-OB1-C是銳二面角，∴二面角B-OB1-C的余弦值為eq\f(\r(21),21).4．(2018·長春質(zhì)檢)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為菱形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點．(1)證明：PB∥平面ACE；(2)設(shè)PA＝1，∠ABC＝60°，三棱錐E-ACD的體積為eq\f(\r(3),8)，求二面角D-AE-C的余弦值．解：(1)證明：連接BD交AC于點O，連接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)由題易知VP-ABCD＝2VP-ACD＝4VE-ACD＝eq\f(\r(3),2)，設(shè)菱形ABCD的邊長為a，則VP-ABCD＝eq\f(1,3)S?ABCD·PA＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(\r(3),4)a2))×1＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝eq\r(3).取BC的中點為M，連接AM，則AM⊥A D.以點A為坐標原點，分別以eq\o(AM,\s\up7(→))，eq\o(AD,\s\up7(→))，eq\o(AP,\s\up7(→))的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0,0,0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(AE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，\f(1,2)))，eq\o(AC,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)，0))，設(shè)n1＝(x，y，z)為平面AEC的法向量，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·eq\o(AE,\s\up7(→))＝0，,n1·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)y＋\f(1,2)z＝0，,\f(3,2)x＋\f(\r(3),2)y＝0，))取x＝1，則n1＝(1，－eq\r(3)，3)為平面AEC的一個法向量．又易知平面AED的一個法向量為n2＝(1,0,0)，所以cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(1,\r(1＋3＋9))＝eq\f(\r(13),13)，由圖易知二面角D-AE-C為銳二面角，所以二面角D-AE-C的余弦值為eq\f(\r(13),13).5.(2018·鄭州質(zhì)檢)如圖，在三棱錐P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2eq\r(3)，AC＝2eq\r(6)，D，E分別為線段AB，BC上的點，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC.(1)求證：PD⊥平面ABC；(2)若直線PA與平面ABC所成的角為45°，求平面PAC與平面PDE所成銳二面角的大?。猓?1)證明：∵AC＝2eq\r(6)，BC＝2eq\r(3)，AB＝6，∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°，∴cos∠ABC＝eq\f(2\r(3),6)＝eq\f(\r(3),3).易知BD＝2，∴CD2＝22＋(2eq\r(3))2－2×2×2eq\r(3)cos∠ABC＝8，∴CD＝2eq\r(2)，易知AD＝4，∴CD2＋AD2＝AC2，∴CD⊥AB.∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，∴CD⊥平面PAB，∴CD⊥PD，∵PD⊥AC，AC∩CD＝C，∴PD⊥平面ABC.(2)由(1)知PD，CD，AB兩兩互相垂直，∴可建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，∵直線PA與平面ABC所成的角為45°，即∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝4，則A(0，－4,0)，C(2eq\r(2)，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，∴eq\o(CB,\s\up7(→))＝(－2eq\r(2)，2,0)，eq\o(AC,\s\up7(→))＝(2eq\r(2)，4,0)，eq\o(PA,\s\up7(→))＝(0，－4，－4)．∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC.由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC，又PD⊥平面ABC，∴PD⊥BC，∵PD∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE，∴eq\o(CB,\s\up7(→))＝(－2eq\r(2)，2,0)為平面PDE的一個法向量．設(shè)平面PAC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(AC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(PA,\s\up7(→))＝0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2\r(2)x＋4y＝0，,－4y－4z＝0，))令z＝1，得x＝eq\r(2)，y＝－1，∴n＝(eq\r(2)，－1,1)為平面PAC的一個法向量．∴cos〈n，eq\o(CB,\s\up7(→))〉＝eq\f(－4－2,\r(4)×\r(12))＝－eq\f(\r(3),2)，∴平面PAC與平面PDE所成的銳二面角的余弦值為eq\f(\r(3),2)，故平面PAC與平面PDE所成的銳二面角為30°.6．(2019屆高三·洛陽聯(lián)考)如圖1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，BD⊥DC，點E是BC邊的中點，將△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，連接AE，AC，DE，得到如圖2所示的幾何體．(1)求證：AB⊥平面ADC；(2)若AD＝1，二面角C-AB-D的平面角的正切值為eq\r(6)，求二面角B-AD-E的余弦值．解：(1)證明：因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，BD⊥DC，所以DC⊥平面ABD.因為AB?平面ABD，所以DC⊥AB.又因為AD⊥AB，DC∩AD＝D，所以AB⊥平面ADC.(2)由(1)知AB⊥平面ADC，所以二面角C-AB-D的平面角為∠CAD.又DC⊥平面ABD，AD?平面ABD，所以DC⊥AD.依題意tan∠CAD＝eq\f(CD,AD)＝eq\r(6).因為AD＝1，所以CD＝eq\r(6).設(shè)AB＝x(x＞0)，則BD＝eq\r(x2＋1).依題意△ABD∽△DCB，所以eq\f(AB,AD)＝eq\f(CD,BD)，即eq\f(x,1)＝eq\f(\r(6),\r(x2＋1)).解得x＝eq\r(2)，故AB＝eq\r(2)，BD＝eq\r(3)，BC＝eq\r(BD2＋CD2)＝3.法一：以D為坐標原點，DB，DC所在直線為x軸，y軸建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz，則D(0,0，0)，B(eq\r(3)，0,0)，C(0，eq\r(6)，0)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(6),2)，0))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\f(\r(3),3)，0，eq\f(\r(6),3)))，所以eq\o(DE,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(\r(6),2)，0))，eq\o(DA,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，0，\f(\r(6),3))). 由(1)知平面BAD的一個法向量n＝(0,1,0)．設(shè)平面ADE的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m·eq\o(DE,\s\up7(→))＝0，,m·eq\o(DA,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)x＋\f(\r(6),2)y＝0，,\f(\r(3),3)x＋\f(\r(6),3)z＝0.))令x＝eq\r(2)，得y＝－1，z＝－1，所以m＝(eq\r(2)，－1，－1)為平面ADE的一個法向量．所以cos〈n，m〉＝eq\f(n·m,|n|·|m|)＝－eq\f(1,2).由圖可知二面角B-AD-E的平面角為銳角，所以二面角B-AD-E的余弦值為eq\f(1,2).法二：因為DC⊥平面ABD，所以過點E作EF∥DC交BD于F，則EF⊥平面ABD.因為AD?平面ABD，所以EF⊥AD.過點F作FG⊥AD于G，連接GE，所以AD⊥平面EFG，因此AD⊥GE，所以二面角B-AD-E的平面角為∠EGF.由平面幾何的知識求得EF＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(\r(6),2)，F(xiàn)G＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(\r(2),2)，所以EG＝eq\r(EF2＋FG2)＝eq\r(2)，所以cos∠EGF＝eq\f(FG,EG)＝eq\f(1,2).所以二面角B-AD-E的余弦值為eq\f(1,2).7.如圖，在四棱錐P-ABCD中，側(cè)面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四邊形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2eq\r(2)，E為CD的中點，點F在線段PB上．(1)求證：AD⊥PC；(2)試確定點F的位置，使得直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等．解：(1)證明：連接AC，因為AB＝2eq\r(2)，BC＝2，∠ABC＝45°，由余弦定理得，AC2＝AB2＋BC2－2·AB·BC·cos45°＝4，得AC＝2，所以AC2＋BC2＝AB2，所以∠ACB＝90°，即BC⊥AC.又AD∥BC，所以AD⊥AC，因為AD＝AP＝2，DP＝2eq\r(2)，所以AD2＋AP2＝DP2，所以∠PAD＝90°，即PA⊥AD，又AP∩AC＝A，所以AD⊥平面PAC.又PC?平面PAC，所以AD⊥PC.(2)因為側(cè)面PAD⊥底面ABCD，側(cè)面PAD∩底面ABCD＝AD，PA⊥AD，所以PA⊥底面ABCD，所以直線AC，AD，AP兩兩互相垂直，以A為坐標原點，直線AD，AC，AP分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz，則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eq\o(PC,\s\up7(→))＝(0,2，－2)，eq\o(PD,\s\up7(→))＝(－2,0，－2)，eq\o(PB,\s\up7(→))＝(2,2，－2)．設(shè)eq\f(PF,PB)＝λ(λ∈[0,1])，則eq\o(PF,\s\up7(→))＝(2λ，2λ，－2λ)，F(xiàn)(2λ，2λ，－2λ＋2)，所以eq\o(EF,\s\up7(→))＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，易得平面ABCD的一個法向量為m＝(0,0,1)．設(shè)平面PDC的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·eq\o(PC,\s\up7(→))＝0，,n·eq\o(PD,\s\up7(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2y－2z＝0，,－2x－2z＝0，))令x＝1，得n＝(1，－1，－1)．因為直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等，所以|cos〈eq\o(EF,\s\up7(→))，m〉|＝|cos〈eq\o(EF,\s\up7(→))，n〉|，即eq\f(|eq\o(EF,\s\up7(→))·m|,|eq\o(EF,\s\up7(→))||m|)＝eq\f(|eq\o(EF,\s\up7(→))·n|,|eq\o(EF,\s\up7(→))||n|)，所以|－2λ＋2|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2λ,\r(3))))，即eq\r(3)|λ－1|＝|λ|(λ∈[0,1])，解得λ＝eq\f(3－\r(3),2)，所以eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2).即當eq\f(PF,PB)＝eq\f(3－\r(3),2)時，直線EF與平面PDC所成的角和直線EF與平面ABCD所成的角相等．8.如圖，C是以AB為直徑的圓O上異于A，B的點，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，記平面AEF與平面ABC的交線為直線l.(1)證明：直線l⊥平面PAC；(2)在直線l上是否存在點Q，使直線PQ分別與平面AEF，直線EF所成的角互余？若存在，求出AQ的長；若不存在，請說明理由．解：(1)證明：∵E，F(xiàn)分別是PC，PB的中點，∴BC∥EF