《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)47 空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征及三視圖與直觀圖 理（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)作業(yè)47 空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征及三視圖與直觀圖 理（含解析）新人教版（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、課時(shí)作業(yè)47　立體幾何中的向量方法 第一次作業(yè)　基礎(chǔ)鞏固練 1．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，四邊形ABCD為正方形，E，F(xiàn)分別為AD，BC的中點(diǎn)，以DF為折痕把△DFC折起，使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置，且PF⊥BF. (1)證明：平面PEF⊥平面ABFD； (2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值． 解：(1)證明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF. 又BF?平面ABFD， 所以平面PEF⊥平面ABFD. (2)作PH⊥EF，垂足為H.由(1)得，PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)閥軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.

2、 由(1)可得，DE⊥PE. 又DP＝2，DE＝1，所以PE＝. 又PF＝1，EF＝2，故PE⊥PF. 可得PH＝，EH＝. 則H(0,0,0)，P(0,0，)，D(－1，－，0)，＝(1，，)，＝(0,0，)為平面ABFD的法向量． 設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ，則 sinθ＝＝＝. 所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為. 2．(2019·遼寧五校聯(lián)考)如圖，在四棱錐E-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，其中CD∥AB，BC⊥AB，側(cè)面ABE⊥平面ABCD，且AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD＝2，動(dòng)點(diǎn)F在棱AE上，且EF＝λFA. (1)試探究λ的值，使CE

3、∥平面BDF，并給予證明； (2)當(dāng)λ＝1時(shí)，求直線CE與平面BDF所成角的正弦值． 解：(1)當(dāng)λ＝時(shí)，CE∥平面BDF. 證明如下： 連接AC交BD于點(diǎn)G，連接GF， ∵CD∥AB，AB＝2CD， ∴＝＝， ∵EF＝FA，∴＝＝， ∴GF∥CE， 又CE?平面BDF，GF?平面BDF， ∴CE∥平面BDF. (2)取AB的中點(diǎn)O，連接EO，則EO⊥AB， ∵平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE∩平面ABCD＝AB，且EO⊥AB， ∴EO⊥平面ABCD， 連接DO，∵BO∥CD，且BO＝CD＝1， ∴四邊形BODC為平行四邊形，∴BC∥DO， 又BC⊥AB，∴

4、AB⊥OD， 則OD，OA，OE兩兩垂直，以O(shè)D，OA，OE所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，則O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0，－1,0)，D(1,0,0)，C(1，－1,0)，E(0,0，)． 當(dāng)λ＝1時(shí)，有＝，∴F(0，，)， ∴＝(1,1,0)，＝(－1,1，)，＝(0，，)． 設(shè)平面BDF的法向量為n＝(x，y，z)， 則有即 令z＝，得y＝－1，x＝1，則n＝(1，－1，)為平面BDF的一個(gè)法向量， 設(shè)直線CE與平面BDF所成的角為θ， 則sinθ＝|cos〈，n〉|＝， 故直線CE與平面BDF所成角的正弦值為. 3．(2019

5、·南昌摸底調(diào)研)如圖，在四棱錐P-ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.設(shè)M，N分別為PD，AD的中點(diǎn)． (1)求證：平面CMN∥平面PAB； (2)求二面角N-PC-A的平面角的余弦值． 解：(1)證明：∵M(jìn)，N分別為PD，AD的中點(diǎn)，∴MN∥PA. 又MN?平面PAB，PA?平面PAB， ∴MN∥平面PAB. 在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN， ∴∠ACN＝60°. 又∠BAC＝60°，∴CN∥AB. ∵CN?平面PAB，AB?平面PAB， ∴CN∥平面PAB. 又CN∩MN＝N，

6、∴平面CMN∥平面PAB. (2)∵PA⊥平面ABCD， ∴平面PAC⊥平面ACD， 又DC⊥AC，平面PAC∩平面ACD＝AC， ∴DC⊥平面PAC. 如圖，以點(diǎn)A為原點(diǎn)，AC所在直線為x軸，AP所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系， ∴A(0,0,0)，C(2,0,0)，P(0,0,2)，D(2，2，0)，N(1，，0)，∴＝(－1，，0)，＝(1，，－2)， 設(shè)n＝(x，y，z)是平面PCN的法向量， 則即可取n＝(，1，) 又平面PAC的一個(gè)法向量為＝(0，2，0)，∴cos〈，n〉＝＝＝， 由圖可知，二面角N-PC-A的平面角為銳角， ∴二面角N-PC-A的平面

7、角的余弦值為. 4．(2019·昆明調(diào)研測試)如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，點(diǎn)E在PC上，DE⊥平面PAC. (1)證明：PA⊥平面PCD； (2)設(shè)AD＝2，若平面PBC與平面PAD所成的二面角為45°，求DE的長． 解：(1)證明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA， 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD， 所以CD⊥平面PAD，所以CD⊥PA， 又CD∩DE＝D，所以PA⊥平面PCD. (2)取AD的中點(diǎn)O，連接PO， 因?yàn)镻A＝

8、PD，所以PO⊥AD， 則PO⊥平面ABCD， 以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz，如圖． 由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝，OP＝1， 設(shè)CD＝a，則P(0,0,1)，D(0,1,0)，C(a,1,0)，B(2a，－1,0)， 則＝(－a,2,0)，＝(a,1，－1)， 設(shè)m＝(x，y，z)為平面PBC的法向量， 由得 令x＝2，則y＝a，z＝3a，故m＝(2，a,3a)為平面PBC的一個(gè)法向量， 由(1)知n＝＝(a,0,0)為平面PAD的一個(gè)法向量，由|cos〈m，n〉|＝ ＝||＝， 解得a＝，即CD＝， 所以在Rt△PCD中，PC＝，

9、 由等面積法可得DE＝＝. 5.(2019·鄭州第一次質(zhì)量預(yù)測)如圖，在三棱錐P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2，AC＝2，D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，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，求平面PAC與平面PDE所成的銳二面角． 解：(1)證明：由題意知AC＝2，BC＝2，AB＝6， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝， ∴cos∠ABC＝＝. 又易知BD＝2， ∴CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8， ∴CD＝2，又AD＝4， ∴CD2＋A

10、D2＝AC2，∴CD⊥AB. ∵平面PAB⊥平面ABC， ∴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， ∴可建立如圖所示的直角坐標(biāo)系D-xyz， ∵直線PA與平面ABC所成的角為，即∠PAD＝，∴PD＝AD＝4， 則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)． ∵AD＝2DB，CE＝2EB，∴DE∥AC， 由(1)知AC⊥BC，∴DE⊥BC， 又PD⊥平面ABC，∴PD⊥BC， ∵PD

11、∩DE＝D，∴CB⊥平面PDE， ∴＝(－2，2,0)為平面PDE的一個(gè)法向量． 設(shè)平面PAC的法向量為n＝(x，y，z)， 則∴令z＝1， 得x＝，y＝－1，∴n＝(，－1,1)為平面PAC的一個(gè)法向量． ∴cos〈n，〉＝＝－， ∴平面PAC與平面PDE所成的銳二面角的余弦值為，故平面PAC與平面PDE所成的銳二面角為30°. 第二次作業(yè)　高考·模擬解答題體驗(yàn) 1．(2018·江蘇卷)如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，點(diǎn)P，Q分別為A1B1，BC的中點(diǎn)． (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值； (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正

12、弦值． 解：如圖，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，設(shè)AC，A1C1的中點(diǎn)分別為O，O1，連接OB，OO1，則OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}為基底，建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因?yàn)锳B＝AA1＝2，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?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn)，所以P(，－，2)，從而＝(－，－，2)，＝(0,2,2)， 故|cos〈，〉|＝ ＝＝. 因此，異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn)，所以Q(，，0)， 因此＝(，，0)，＝(0,2

13、,2)，＝(0,0,2)． 設(shè)n＝(x，y，z)為平面AQC1的法向量， 則即 不妨取n＝(，－1,1)． 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ， 則sinθ＝|cos〈，n〉| ＝＝＝， 所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 2.(2018·北京卷)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為AA1，AC，A1C1，BB1的中點(diǎn)，AB＝BC＝，AC＝AA1＝2. (1)求證：AC⊥平面BEF； (2)求二面角B-CD-C1的余弦值； (3)證明：直線FG與平面BCD相交． 解：(1)證明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，

14、 因?yàn)镃C1⊥平面ABC， 所以四邊形A1ACC1為矩形． 又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)， 所以AC⊥EF. 因?yàn)锳B＝BC，所以AC⊥BE. 所以AC⊥平面BEF. (2)由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1. 又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC. 因?yàn)锽E?平面ABC，所以EF⊥BE. 如圖建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz. 由題意得E(0,0,0)，B(0,2,0)，C(－1,0,0)，D(1,0,1)，F(xiàn)(0,0,2)，G(0,2,1)． 所以＝(－1，－2,0)，＝(1，－2,1)． 設(shè)平面BCD的法向量為n＝(x0，y0，z0)，

15、 則即 令y0＝－1，則x0＝2，z0＝－4.于是n＝(2，－1，－4)． 又因?yàn)槠矫鍯C1D的法向量為＝(0,2,0)， 所以cos〈n，〉＝＝－. 由題知二面角B-CD-C1為鈍角，所以其余弦值為－. (3)證明：由(2)知平面BCD的法向量為n＝(2，－1，－4)，＝(0,2，－1)． 因?yàn)閚·＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0，所以直線FG與平面BCD相交． 3．(2019·河北衡水模擬)如圖所示，四棱錐P-ABCD的底面為矩形，已知PA＝PB＝PC＝BC＝1，AB＝，過底面對角線AC作與PB平行的平面交PD于E. (1)試判定點(diǎn)E的位置，并加以證明

16、； (2)求二面角E-AC-D的余弦值． 解：(1)E為PD的中點(diǎn)．證明如下：如圖，連接OE，因?yàn)镻B∥平面AEC，平面PBD∩平面AEC＝OE，PB?平面AEC，所以PB∥OE.又O為BD的中點(diǎn)，所以E為PD的中點(diǎn)． (2)連接PO，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形，所以O(shè)A＝OC. 因?yàn)镻A＝PC，所以PO⊥AC. 同理，得PO⊥BD，所以PO⊥平面ABCD. 以O(shè)為原點(diǎn)，OP所在直線為z軸，過O平行于AD的直線為x軸，過O平行于CD的直線為y軸建立空間直角坐標(biāo)系(如圖所示)． 易得A，B， C，D，P，E， 則＝， ＝，＝. 顯然是平面ACD的一個(gè)法向量． 設(shè)n1＝(

17、x，y，z)是平面ACE的法向量， 則即 取y＝1，則n1＝(，1,2)， 所以cos〈n1，〉＝＝， 所以二面角E-AC-D的余弦值為. 4．(2019·遼寧沈陽二模)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC＝AA1＝2，D為棱CC1的中點(diǎn)，AB1∩A1B＝O. (1)證明：C1O∥平面ABD； (2)設(shè)二面角D-AB-C的正切值為，AC⊥BC，E為線段A1B上一點(diǎn)，且CE與平面ABD所成角的正弦值為，求的值． 解：(1)證明：如圖，取AB的中點(diǎn)F，連接OF，DF. ∵側(cè)面ABB1A1為平行四邊形，∴O為AB1的中點(diǎn)， ∴OF∥BB1，OF＝BB1.又C1D∥BB

18、1，C1D＝BB1， ∴OF∥C1D，OF＝C1D，∴四邊形OFDC1為平行四邊形，∴C1O∥DF. ∵C1O?平面ABD，DF?平面ABD，∴C1O∥平面ABD. (2)如圖，過C作CH⊥AB于H，連接DH， 則∠DHC即為二面角D-AB-C的平面角． ∵DC＝1，tan∠DHC＝，∴CH＝. 又AC＝2，AC⊥BC，∴BC＝2. 以C為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz，如圖所示． 則A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(0,0,1)，A1(2,0,2)，∴＝(－2,2,0)，＝(0，－2,1)． 設(shè)平面ABD的法向量為n＝(x，y，z)， 則取y＝1，可得n＝(

19、1,1,2)． 設(shè)＝λ(0≤λ≤1)． ∵＝(2，－2,2)， ∴＝＋λ＝(2λ，2－2λ，2λ)， ∴CE與平面ABD所成角的正弦值為 |cos〈，n〉|＝＝， 整理，得36λ2－44λ＋13＝0， 解得λ＝或，即＝或. 5．(2019·天津模擬)如圖，底面ABCD是邊長為3的正方形，平面ADEF⊥平面ABCD，AF∥DE，AD⊥DE，AF＝2，DE＝3. (1)求證：平面ACE⊥平面BED； (2)求直線CA與平面BEF所成角的正弦值； (3)在線段AF上是否存在點(diǎn)M，使得二面角M-BE-D的大小為60°？若存在，求出的值；若不存在，說明理由． 解：(1)證明：

20、因?yàn)槠矫鍭DEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，DE?平面ADEF，DE⊥AD，所以DE⊥平面ABCD. 因?yàn)锳C?平面ABCD，所以DE⊥AC. 又因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形， 所以AC⊥BD. 因?yàn)镈E∩BD＝D，DE?平面BED，BD?平面BED，所以AC⊥平面BED. 又因?yàn)锳C?平面ACE， 所以平面ACE⊥平面BED. (2)因?yàn)镈A，DC，DE兩兩垂直，所以以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，如圖所示． 則A(3,0,0)，F(xiàn)(3,0,2)，E(0,0,3)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，＝(3，－3,0)，＝(－3，－3,3

21、)，＝(3,0，－)． 設(shè)平面BEF的法向量為n＝(x，y，z)， 則 取x＝，得n＝(，2，3)． 所以cos〈，n〉＝＝＝－. 所以直線CA與平面BEF所成角的正弦值為. (3)假設(shè)存在點(diǎn)M在線段AF上，設(shè)M(3,0，t)，0≤t≤2， 則＝(0，－3，t)，＝(－3，－3,3)． 設(shè)平面MBE的法向量為m＝(x1，y1，z1)， 則 令y1＝t，得m＝(3－t，t,3)． 所以|cos〈m，〉|＝ ＝＝， 整理得2t2－6t＋15＝0， 解得t＝或t＝(舍)， 故在線段AF上存在點(diǎn)M，使得二面角M-BE-D的大小為60°，此時(shí)＝. 13