《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.pdf》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.pdf（16页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时作业课时作业 47 立体几何中的向量方法 立体几何中的向量方法 第一次作业 基础巩固练第一次作业 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
2、原点，的方向为 y 轴正方向，|为单位长，建立如图所示的空间 HF BF 直角坐标系 Hxyz. 由(1)可得，DEPE. 又 DP2，DE1，所以 PE . 3 又 PF1，EF2，故 PEPF. 可得 PH，EH . 3 2 3 2 则 H(0,0,0)， P(0,0，)， D(1， ， 0)，(1，)， 3 2 3 2 DP 3 2 3 2 HP (0,0，)为平面 ABFD 的法向量 3 2 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ，则 sin. |HP DP | |HP |DP | 3 4 3 3 4 所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为. 3 4 2 (2019辽宁五校联考
3、)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 AB AEBE2BC2CD2，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. 1 2 证明如下： 连接 AC 交 BD 于点 G，连接 GF， CDAB，AB2CD， ， CG GA CD AB 1 2 EF FA， ， 1 2 EF FA CG GA 1 2 GFCE， 又 CE平面 BDF，GF平面 BDF，
4、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 EO AB， 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，)3 当 1 时，有，F(0，)， EF FA 1 2 3 2 (1,1
5、,0)，(1,1，)，(0，) BD CE 3BF 3 2 3 2 设平面 BDF 的法向量为 n(x，y，z)， 则有Error!即Error! 令 z，得 y1，x1，则 n(1，1，)为平面 BDF 的33 一个法向量， 设直线 CE 与平面 BDF 所成的角为 ， 则 sin|cos，n| ， CE 1 5 故直线 CE 与平面 BDF 所成角的正弦值为 . 1 5 3 (2019南昌摸底调研)如图， 在四棱锥 PABCD 中， ABC ACD90，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； (
6、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，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,
7、0,0)，P(0,0,2)，D(2，2，0)，N(1， ，0)，33 (1， ，0)，(1， ，2)， CN 3PN 3 设 n(x，y，z)是平面 PCN 的法向量， 则Error!即Error!可取 n(，1，)33 又平面 PAC 的一个法向量为(0， 2， 0)， cos， n CD 3CD ， CD n |CD |n| 2 3 2 3 7 7 7 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. 7 7 4 (2019昆明调研测试)如图， 在四棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD 是直角梯形，ADC90，ABCD，AB2CD.平面 PAD平面 A
8、BCD，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，CD AD， 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，OP1，2
9、设 CDa，则 P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，1,0)， 则(a,2,0)，(a,1，1)， BC PC 设 m(x，y，z)为平面 PBC 的法向量， 由Error!得Error! 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 | DC |mn| |m|n| |， 2a a 10a2 4 2 2 解得 a，即 CD， 10 5 10 5 所以在 RtPCD 中，PC， 2 15 5 由等面积法可得 DE. CDPD PC 3 3 5.(2019郑州
10、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，BC36 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 PDE 4 所成的锐二面角 解：(1)证明：由题意知 AC2，BC2，AB6，63 AC2BC2AB2，ACB ， 2 cosABC. 2 3 6 3 3 又易知 BD2， CD222(2)2222cosABC8，33 CD2，又 AD4，2 CD2AD2AC2，CDAB. 平面 PAB平面 ABC， CD平面
11、 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 ， PDAD 4 4 4， 则 A(0，4,0)，C(2，0,0)，B(0,2,0)，P(0,0,4)，(2，2,0)， (22 CB 2AC ，4,0)，(0，4，4)2 PA AD2DB，CE2EB，DEAC， 由(1)知 ACBC，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 CB 2 设平面 PAC 的
12、法向量为 n(x，y，z)， 则Error!Error!令 z1， 得 x，y1，n(，1,1)为平面 PAC 的一个法向量22 cosn， ， CB 42 4 12 3 2 平面 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角的余弦值为， 故平面 3 2 PAC 与平面 PDE 所成的锐二面角为 30. 第二次作业 高考第二次作业 高考模拟解答题体验模拟解答题体验 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 ：
13、如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，设 AC，A1C1的中点分别 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， OB OC OO1 所以 A(0， 1， 0)， B(， 0,0)， C(0,1,0)， A1(0， 1,2)， B1(， 0,2)，C1(0,1,2)33 (1)因为 P 为 A1B1的中点， 所以 P(， ， 2)， 从而(， 3 2 1 2 BP 3 2 ，2)，(0,2,2)， 1 2 AC1 故|cos，| BP AC1 |BP AC1 | |BP |AC1 | . |14| 5
14、2 2 3 10 20 因此，异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为. 3 10 20 (2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q(，0)， 3 2 1 2 因此(，0)，(0,2,2)，(0,0,2) AQ 3 2 3 2 AC1 CC1 设 n(x，y，z)为平面 AQC1的法向量， 则Error!即Error! 不妨取 n(，1,1)3 设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 ， 则 sin|cos，n| CC1 ， |CC1 n| |CC1 |n| 2 5 2 5 5 所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为. 5 5 2.(2018北京卷)如图， 在三棱柱 ABCA1B1
15、C1中， CC1平面 ABC， D， E， F， G分别为AA1， AC， A1C1， BB1的中点， ABBC， ACAA15 2. (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
16、 ABC，所以 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) BC BD 设平面 BCD 的法向量为 n(x0，y0，z0)， 则Error!即Error! 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)， EB 所以 cosn， . EB nEB |n|EB | 21 21 由题知二面角 BCDC1为钝角，所以其余弦值为. 21 21 (3)证明 ： 由(2)知平面 BCD 的法向
17、量为 n(2，1，4)， FG (0,2，1) 因为 n20(1)2(4)(1)20， 所以直线 FG 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， 已知 PAPBPCBC1， AB， 过底面对角线 AC 作与 PB2 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
18、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， ( 1 2， 2 2 ，0) ( 1 2， 2 2 ，0) C，D，P，E， ( 1 2， 2 2 ，0) ( 1 2， 2 2 ，0) (0，0， 1 2)( 1 4， 2 4 ，1 4) 则， EA ( 3 4， 2 4 ，1 4) ，. OA ( 1 2， 2 2 ，0)OP (0，0，
19、1 2) 显然是平面 ACD 的一个法向量 OP 设 n1(x，y，z)是平面 ACE 的法向量， 则Error!即Error! 取 y1，则 n1(，1,2)，22 所以 cosn1， OP n1OP |n1|OP | 2 22 11 所以二面角 EACD 的余弦值为. 2 22 11 4(2019辽宁沈阳二模)如图， 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，AC AA12，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 2 2 一点，且 CE 与平面 ABD 所成角的正弦值为，求的值 2 2 3
20、BE BA1 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，OF BB1.又 C1DBB1，C1D BB1， 1 2 1 2 OFC1D， OFC1D， 四边形 OFDC1为平行四边形， C1O DF. C1O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. 2 2 2 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)，
21、 B(0,2,0)， D(0,0,1)， A1(2,0,2)， (2,2,0)， AB BD (0，2,1) 设平面 ABD 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!取 y1，可得 n(1,1,2) 设(01) BE BA1 (2，2,2)， BA1 (2，22，2)， CE CB BA1 CE 与平面 ABD 所成角的正弦值为 |cos，n|， CE | 24 6 12284| 2 2 3 整理，得 36244130， 解得 或，即 或. 1 2 13 18 BE BA1 1 2 13 18 5(2019天津模拟)如图，底面 ABCD 是边长为 3 的正方形，平 面 ADEF平面 AB
22、CD，AFDE，ADDE，AF2，DE3.66 (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 AM AF 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 A
23、C平面 ACE， 所以平面 ACE平面 BED. (2)因为 DA，DC，DE 两两垂直，所以以 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， 66 CA 3,0)，(3，3,3)，(3,0，) BE 6EF 6 设平面 BEF 的法向量为 n(x，y，z)， 则Error! 取 x，得 n(，2，3)666 所以 cos，n. CA CA n |CA |n| 3 6 3 2 39 13 13 所以直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值为. 13 13 (3)假设存在点 M 在线段 AF 上，设 M(3,0，t)，0t2，6 则(0，3，t)，(3，3,3) BM BE 6 设平面 MBE 的法向量为 m(x1，y1，z1)， 则Error! 令 y1t，得 m(3t，t,3)6 所以|cosm， | CA |mCA | |m|CA | ， |9 66t| 3 2 3 6t2t29 1 2 整理得 2t26t150，6 解得 t或 t(舍)， 6 2 5 6 2 故在线段 AF 上存在点 M，使得二面角 MBED 的大小为 60， 此时 . AM AF 1 4