2020新课标高考数学典型习题专项训练：立体几何中的向量方法

立体几何中的向量方法

[A组 夯基保分专练]

1．(2019·重庆市七校联合考试)如图，三棱柱ABC-A1B1C1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D-BE-B1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)， →?m＝0?DB·?3z＝0则?，即?，

→?－x－y＝0?m＝0?DE·令x＝1，则m＝(1，－1，0)，

→??BB1·n＝0?－2b＝0设平面BB1E的法向量为n＝(a，b，c)，则?，即?，

→a－b＋3c＝0??n＝0?EB1·

令c＝3，则n＝(－3，0，3)，

设二面角D-BE-B1的平面角为θ，观察可知θ为钝角， m·n－6

因为cos〈m，n〉＝＝，

|m||n|4

－6－6

所以cos θ＝，故二面角D-BE-B1的余弦值为.

44

2．(2019·成都第一次诊断性检测)如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，π

∠ABC＝，PA⊥平面ABCD，点M是棱PC的中点．

3

(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. π

因为四边形ABCD为菱形，∠ABC＝，

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A-xyz，

则A(0，0，0)，B(3，－1，0)，C(3，1，0)，P(0，0，3)，M?＝(

313→→

，，)，BC＝(0，2，0)，PC＝(3，1，－3)． 222

设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)， →?BC＝0，?2y＝0?m·由?得?，

→?3x＋y－3z＝0?PC＝0?m·取z＝1，m＝(1，0，1)．

313?→

，所以AM，，

?222?

→|m·AM|→

设直线AM与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|cos〈m，AM〉|＝＝

→|m|·|AM||

313

×1＋×0＋×1|22242

＝.

77

×24

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； 1(3)若二面角E-BD-F的余弦值为，求线段CF的长．

3

→→→

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＝