《2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：47 空间几何体的结构特征及三视图与直观图 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学人教版理科一轮复习课时作业：47 空间几何体的结构特征及三视图与直观图 Word版含解析.doc（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、试题为word版 下载可打印编辑课时作业47立体几何中的向量方法第一次作业基础巩固练1(2018全国卷)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.(1)证明：平面PEF平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值解：(1)证明：由已知可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF，垂足为H.由(1)得，PH平面ABFD.以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz.由(1)可得，DEPE.又DP2，DE1
2、，所以PE.又PF1，EF2，故PEPF.可得PH，EH.则H(0,0,0)，P(0,0，)，D(1，0)，(1，)，(0,0，)为平面ABFD的法向量设DP与平面ABFD所成角为，则sin.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.2(2019辽宁五校联考)如图，在四棱锥EABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CDAB，BCAB，侧面ABE平面ABCD，且ABAEBE2BC2CD2，动点F在棱AE上，且EFFA.(1)试探究的值，使CE平面BDF，并给予证明；(2)当1时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值解：(1)当时，CE平面BDF.证明如下：连接AC交BD于点G，连接GF，CDAB，
3、AB2CD，EFFA，GFCE，又CE平面BDF，GF平面BDF，CE平面BDF.(2)取AB的中点O，连接EO，则EOAB，平面ABE平面ABCD，平面ABE平面ABCDAB，且EOAB，EO平面ABCD，连接DO，BOCD，且BOCD1，四边形BODC为平行四边形，BCDO，又BCAB，ABOD，则OD，OA，OE两两垂直，以OD，OA，OE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，1,0)，D(1,0,0)，C(1，1,0)，E(0,0，)当1时，有，F(0，)，(1,1,0)，(1,1，)，(0，)设平面BDF的法向量为n(x
4、，y，z)，则有即令z，得y1，x1，则n(1，1，)为平面BDF的一个法向量，设直线CE与平面BDF所成的角为，则sin|cos，n|，故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为.3(2019南昌摸底调研)如图，在四棱锥PABCD中，ABCACD90，BACCAD60，PA平面ABCD，PA2，AB1.设M，N分别为PD，AD的中点(1)求证：平面CMN平面PAB；(2)求二面角NPCA的平面角的余弦值解：(1)证明：M，N分别为PD，AD的中点，MNPA.又MN平面PAB，PA平面PAB，MN平面PAB.在RtACD中，CAD60，CNAN，ACN60.又BAC60，CNAB.CN平面PAB，
5、AB平面PAB，CN平面PAB.又CNMNN，平面CMN平面PAB.(2)PA平面ABCD，平面PAC平面ACD，又DCAC，平面PAC平面ACDAC，DC平面PAC.如图，以点A为原点，AC所在直线为x轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，A(0,0,0)，C(2,0,0)，P(0,0,2)，D(2，2，0)，N(1，0)，(1，0)，(1，2)，设n(x，y，z)是平面PCN的法向量，则即可取n(，1，)又平面PAC的一个法向量为(0，2，0)，cos，n，由图可知，二面角NPCA的平面角为锐角，二面角NPCA的平面角的余弦值为.4(2019昆明调研测试)如图，在四棱锥PABCD中，底
6、面ABCD是直角梯形，ADC90，ABCD，AB2CD.平面PAD平面ABCD，PAPD，点E在PC上，DE平面PAC.(1)证明：PA平面PCD；(2)设AD2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45，求DE的长解：(1)证明：由DE平面PAC，得DEPA，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，CDAD，所以CD平面PAD，所以CDPA，又CDDED，所以PA平面PCD.(2)取AD的中点O，连接PO，因为PAPD，所以POAD，则PO平面ABCD，以O为坐标原点建立空间直角坐标系Oxyz，如图由(1)得PAPD，由AD2得PAPD，OP1，设CDa，则P(0,0,1)，
7、D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，1,0)，则(a,2,0)，(a,1，1)，设m(x，y，z)为平面PBC的法向量，由得令x2，则ya，z3a，故m(2，a,3a)为平面PBC的一个法向量，由(1)知n(a,0,0)为平面PAD的一个法向量，由|cosm，n|，解得a，即CD，所以在RtPCD中，PC，由等面积法可得DE.5.(2019郑州第一次质量预测)如图，在三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，AB6，BC2，AC2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD2DB，CE2EB，PDAC.(1)求证：PD平面ABC；(2)若直线PA与平面ABC所成的角为，求平面PAC与平面
8、PDE所成的锐二面角解：(1)证明：由题意知AC2，BC2，AB6，AC2BC2AB2，ACB，cosABC.又易知BD2，CD222(2)2222cosABC8，CD2，又AD4，CD2AD2AC2，CDAB.平面PAB平面ABC，CD平面PAB，CDPD，PDAC，ACCDC，PD平面ABC.(2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，可建立如图所示的直角坐标系Dxyz，直线PA与平面ABC所成的角为，即PAD，PDAD4，则A(0，4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，(2，2,0)，(2，4,0)，(0，4，4)AD2DB，CE2EB，DEAC，由(1)知A
9、CBC，DEBC，又PD平面ABC，PDBC，PDDED，CB平面PDE，(2，2,0)为平面PDE的一个法向量设平面PAC的法向量为n(x，y，z)，则令z1，得x，y1，n(，1,1)为平面PAC的一个法向量cosn，平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为，故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30.第二次作业高考模拟解答题体验1(2018江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值解：如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的
10、中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以，为基底，建立空间直角坐标系Oxyz.因为ABAA12，所以A(0，1，0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(0，1,2)，B1(，0,2)，C1(0,1,2)(1)因为P为A1B1的中点，所以P(，2)，从而(，2)，(0,2,2)，故|cos，|.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.(2)因为Q为BC的中点，所以Q(，0)，因此(，0)，(0,2,2)，(0,0,2)设n(x，y，z)为平面AQC1的法向量，则即不妨取n(，1,1)设直线CC1与平面AQC1所成角为，则sin|cos，n|，所以直线
11、CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.2.(2018北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC，ACAA12.(1)求证：AC平面BEF；(2)求二面角BCDC1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交解：(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，因为CC1平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以ACEF.因为ABBC，所以ACBE.所以AC平面BEF.(2)由(1)知ACEF，ACBE，EFCC1.又CC1平面ABC，所以EF平面ABC.因为BE平面ABC，所以
12、EFBE.如图建立空间直角坐标系Exyz.由题意得E(0,0,0)，B(0,2,0)，C(1,0,0)，D(1,0,1)，F(0,0,2)，G(0,2,1)所以(1，2,0)，(1，2,1)设平面BCD的法向量为n(x0，y0，z0)，则即令y01，则x02，z04.于是n(2，1，4)又因为平面CC1D的法向量为(0,2,0)，所以cosn，.由题知二面角BCDC1为钝角，所以其余弦值为.(3)证明：由(2)知平面BCD的法向量为n(2，1，4)，(0,2，1)因为n20(1)2(4)(1)20，所以直线FG与平面BCD相交3(2019河北衡水模拟)如图所示，四棱锥PABCD的底面为矩形，已
13、知PAPBPCBC1，AB，过底面对角线AC作与PB平行的平面交PD于E.(1)试判定点E的位置，并加以证明；(2)求二面角EACD的余弦值解：(1)E为PD的中点证明如下：如图，连接OE，因为PB平面AEC，平面PBD平面AECOE，PB平面AEC，所以PBOE.又O为BD的中点，所以E为PD的中点(2)连接PO，因为四边形ABCD为矩形，所以OAOC.因为PAPC，所以POAC.同理，得POBD，所以PO平面ABCD.以O为原点，OP所在直线为z轴，过O平行于AD的直线为x轴，过O平行于CD的直线为y轴建立空间直角坐标系(如图所示)易得A，B，C，D，P，E，则，.显然是平面ACD的一个法
14、向量设n1(x，y，z)是平面ACE的法向量，则即取y1，则n1(，1,2)，所以cosn1，所以二面角EACD的余弦值为.4(2019辽宁沈阳二模)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACAA12，D为棱CC1的中点，AB1A1BO.(1)证明：C1O平面ABD；(2)设二面角DABC的正切值为，ACBC，E为线段A1B上一点，且CE与平面ABD所成角的正弦值为，求的值解：(1)证明：如图，取AB的中点F，连接OF，DF.侧面ABB1A1为平行四边形，O为AB1的中点，OFBB1，OFBB1.又C1DBB1，C1DBB1，OFC1D，OFC1D，四边形OFDC1为平行四边形，C1ODF.C
15、1O平面ABD，DF平面ABD，C1O平面ABD.(2)如图，过C作CHAB于H，连接DH，则DHC即为二面角DABC的平面角DC1，tanDHC，CH.又AC2，ACBC，BC2.以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz，如图所示则A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,1)，A1(2,0,2)，(2,2,0)，(0，2,1)设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，则取y1，可得n(1,1,2)设(01)(2，2,2)，(2，22，2)，CE与平面ABD所成角的正弦值为|cos，n|，整理，得36244130，解得或，即或.5(2019天津模拟)如图，底面ABCD是边长为3的正方形，平
16、面ADEF平面ABCD，AFDE，ADDE，AF2，DE3.(1)求证：平面ACE平面BED；(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值；(3)在线段AF上是否存在点M，使得二面角MBED的大小为60？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解：(1)证明：因为平面ADEF平面ABCD，平面ADEF平面ABCDAD，DE平面ADEF，DEAD，所以DE平面ABCD.因为AC平面ABCD，所以DEAC.又因为四边形ABCD是正方形，所以ACBD.因为DEBDD，DE平面BED，BD平面BED，所以AC平面BED.又因为AC平面ACE，所以平面ACE平面BED.(2)因为DA，DC，DE两两垂直，所以
17、以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz，如图所示则A(3,0,0)，F(3,0,2)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，(3，3,0)，(3，3,3)，(3,0，)设平面BEF的法向量为n(x，y，z)，则取x，得n(，2，3)所以cos，n.所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.(3)假设存在点M在线段AF上，设M(3,0，t)，0t2，则(0，3，t)，(3，3,3)设平面MBE的法向量为m(x1，y1，z1)，则令y1t，得m(3t，t,3)所以|cosm，|，整理得2t26t150，解得t或t(舍)，故在线段AF上存在点M，使得二面角MBED的大小为60，此时.试题为word版 下载可打印编辑