备课
  • 备课
  • 试题
上传文档赚现金

2020届二轮复习立体几何中的向量方法课时作业(全国通用)

试卷
温馨提示:部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2020届二轮复习立体几何中的向量方法课时作业(全国通用)01
2020届二轮复习立体几何中的向量方法课时作业(全国通用)02
2020届二轮复习立体几何中的向量方法课时作业(全国通用)03
2020届二轮复习立体几何中的向量方法课时作业(全国通用)04
2020届二轮复习立体几何中的向量方法课时作业(全国通用)05
还剩6页未读,继续阅读
下载需要5学贝
加入资料篮
资料简介 展开

第3讲 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ABC­A1B1C1的所有棱长都是2AA1平面ABCDE分别是ACCC1的中点.

(1)求证:AE⊥平面A1BD

(2)求二面角D­BE­B1的余弦值.

解:(1)证明:因为ABBCCADAC的中点

所以BDAC

因为AA1平面ABC所以平面AA1C1C平面ABC

所以BD⊥平面AA1C1C所以BDAE.

又在正方形AA1C1CDE分别是ACCC1的中点

所以A1DAE.又A1DBDD

所以AE⊥平面A1BD.

(2)以DA所在直线为xDAC的垂线以该垂线为yDB所在直线为z建立如图所示的空间直角坐标系D(000)E(-1-10)B(00)B1(0-2)=(00)=(-1-10)=(0-20)=(1-1)

设平面DBE的法向量为m=(xyz)

x=1m=(1-10)

设平面BB1E的法向量为n=(abc)

cn=(-30)

设二面角D­BE­B1的平面角为θ观察可知θ为钝角

因为cosmn〉=

所以cos θ故二面角D­BE­B1的余弦值为.

2.(2019·成都第一次诊断性检测)如图四棱锥P­ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形ABCPA平面ABCDM是棱PC的中点.

(1)证明:PA∥平面BMD

(2)当PA求直线AM与平面PBC所成角的正弦值.

解:(1)证明:如图1连接ACBD于点O连接MO.

因为MO分别为PCAC的中点

所以PAMO.

因为PA平面BMDMO平面BMD

所以PA∥平面BMD.

(2)如图2取线段BC的中点H连接AH.

因为四边形ABCD为菱形ABC

所以AHAD.

A为坐标原点分别以AHADAP所在的直线为xyz建立空间直角坐标系A­xyz

A(000)B(-10)C(10)P(00)M()所以=()=(020)=(1).

设平面PBC的法向量为m=(xyz)

z=1m=(101).

设直线AM与平面PBC所成角为θ

sin θ=|cosm〉|=.

所以直线AM与平面PBC所成角的正弦值为.

3. (2019·高考天津卷)如图AE平面ABCDCFAEADBCADABABAD=1AEBC=2.

(1)求证:BF∥平面ADE

(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值;

(3)若二面角E­BD­F的余弦值为求线段CF的长.

解:依题意可以建立以A为原点分别以的方向为xyz轴正方向的空间直角坐标系(如图)可得A(000)B(100)C(120)D(010)E(002).设CFh(h>0)F(12h).

(1)证明:依题意=(100)是平面ADE的法向量=(02h)可得·=0又因为直线BF平面ADE所以BF∥平面ADE.

(2)依题意=(-110)=(-102)=(-1-22).

n=(xyz)为平面BDE的法向量不妨令z=1可得n=(221).因此有cosn〉==-.

所以直线CE与平面BDE所成角的正弦值为.

(3)设m=(xyz)为平面BDF的法向量不妨令y=1可得m=(11).

由题意有|cosmn〉|=解得h经检验符合题意.

所以线段CF的长为.

4.(2019·东北四市联合体模拟(一))如图等腰梯形ABCDABCDADABBC=1CD=2ECD的中点将△ADE沿AE折到△APE的位置.

(1)证明:AEPB

(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时求二面角A­PE­C的余弦值.

解:(1)证明:在等腰梯形ABCD连接BDAE于点O

因为ABCEABCE所以四边形ABCE为平行四边形

所以AEBCADDE所以△ADE为等边三角形

所以在等腰梯形ABCDC=∠ADEBDBC

所以BDAE.

翻折后可得OPAEOBAE

OP平面POBOB平面POBOPOBO所以AE⊥平面POB

因为PB平面POB所以AEPB.

(2)当四棱锥P­ABCE的体积最大时平面PAE⊥平面ABCE.

又平面PAE∩平面ABCEAEPO平面PAEPOAE所以OP⊥平面ABCE.

O为坐标原点OE所在的直线为xOB所在的直线为yOP所在的直线为z建立空间直角坐标系由题意得PEC所以设平面PCE的法向量为n1=(xyz)

xy=-1z=1所以n1=(-11)为平面PCE的一个法向量

易知平面PAE的一个法向量为n2=(010)

cosn1n2〉==-.

由图知所求二面角A­PE­C为钝角所以二面角A­PE­C的余弦值为-.

[B组 大题增分专练]

1.(2019·高考浙江卷)如图已知三棱柱ABC­A1B1C1平面A1ACC1平面ABCABC=90°BAC=30°A1AA1CACEF分别是ACA1B1的中点.

(1)证明:EFBC

(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

解:法一:(1)证明:如图连接A1E因为A1AA1CEAC的中点所以A1EAC.

又平面A1ACC1平面ABCA1E平面A1ACC1平面A1ACC1平面ABCAC所以A1E平面ABCA1EBC.

又因为A1FABABC=90°BCA1F.

所以BC⊥平面A1EF.

因此EFBC.

(2)取BC的中点G连接EGGFEGFA1是平行四边形.

由于A1E平面ABCA1EEG所以平行四边形EGFA1为矩形.

连接A1GEFO由(1)得BC⊥平面EGFA1则平面A1BC平面EGFA1

所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).

不妨设AC=4则在RtA1EGA1E=2EG.

由于OA1G的中点EOOG

所以cosEOG.

因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

法二:(1)证明:连接A1E因为A1AA1CEAC的中点

所以A1EAC.

又平面A1ACC1平面ABCA1E平面A1ACC1

平面A1ACC1平面ABCAC所以A1E平面ABC.

如图以点E为原点分别以射线ECEA1yz轴的正半轴建立空间直角坐标E­xyz.

不妨设AC=4A1(002)B(10)

B1(32)F(2)C(020).

因此=(-10).

·=0得EFBC.

(2)设直线EF与平面A1BC所成角为θ.

由(1)可得=(-10)=(02-2).

设平面A1BC的法向量为n=(xyz).

n=(11)故

sin θ=|cosn〉|=.

因此直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.

2.(2019·长沙市统一模拟考试)如图矩形ABCD和梯形BEFC所在平面互相垂直BECFBCF=90°ADBE=3CF=4EF=2.

(1)求证:AE∥平面DCF

(2)当AB的长为何值时二面角A­EF­C的大小为60°?

解:因为平面ABCD⊥平面BEFC平面ABCD∩平面BEFCBCDC平面ABCDDCBC所以DC⊥平面BEFC.

以点C为坐标原点分别以CBCFCD所在直线为xyz建立如图所示的空间直角坐标系C­xyz.

ABaC(000)A(0a)B(00)E(30)F(040)D(00a).

(1)证明:因为=(03a)=(00)=(040)=(00a)

所以·=0·=0CDCFC

所以CB⊥平面CDF为平面CDF的一个法向量.

·=0所以CBAEAE平面CDF

所以AE∥平面DCF.

(2)设n=(xyz)与平面AEF垂直

=(03a)=(-10)

x=1n.

BA平面BEFC=(00a)

由|cosn〉|=

a.

所以当AB二面角A­EF­C的大小为60°.

3.(2019·江西八所重点中学联考)如图所示多面体ABCDEF其底面ABCD为矩形AB=2BC=2四边形BDEF为平行四边形F在底面ABCD内的投影恰好是BC的中点.

(1)已知G为线段FC的中点证明:BG∥平面AEF

(2)若二面角F­BD­C的大小为求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值.

解:(1)证明:如图连接ACBDH连接GHGH为△ACF的中位线

所以GHAF.

因为GH平面AEFAF平面AEF所以GH∥平AEF.

BDEFBD平面AEFEF平面AEF所以BD∥平面AEF.

连接DG因为BDGHHBD平面BDGGH平面BDG所以平面BDG∥平面AEF

因为BG平面BDG所以BG∥平面AEF.

(2)取BC的中点OAD的中点M连接OFOMOF⊥平面ABCDOMBCO为坐标原点OCOMOF所在的直线分别为xyz轴建立空间直角坐标系O(000)B(-100)C(100)D(120)所以=(220).设OFa(a>0)F(00a)所以=(10a).

设平面BDEF的法向量为n1=(xyz)

x=-an1=(-aa).

易得平面ABCD的一个法向量为n2=(001).

因为二面角F­BD­C的大小为所以|cosn1n2〉|=||=

解得a.

设直线AE与平面BDEF所成的角为θ

因为=(200)+

n1

所以sin θ=|cosn1〉|=||=.

故直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为.

4.(2019·湖南省湘东六校联考)如图ABEDFC为多面体平面ABED与平面ACFD垂直O在线段ADOA=1OD=2OABOACODEODF都是正三角形.

(1)证明:直线BC∥平面OEF.

(2)在线段DF上是否存在一点M使得二面角M­OE­D的余弦值是?若不存在请说明理由;若存在请求出M点所在的位置.

解:(1)证明:依题意在平面ADFCCAO=∠FOD=60°所以ACOF

OF平面OEF所以AC∥平面OEF.

在平面ABEDBAO=∠EOD=60°

所以ABOEOE平面OEF所以AB∥平面OEF.

因为ABACAAB平面OEFAC平面OEFAB平面ABCAC平面ABC所以平面ABC∥平面OEF.

BC平面ABC所以直线BC∥平面OEF.

(2)设OD的中点为G如图GEGF由题意可得GEGDGF两两垂直G为坐标原点GEGDGF所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系易知O(0-10)E(00)F(00)D(010).

假设在线段DF上存在一点M使得二面角M­OE­D的余弦值是λ[01]M(01λλ)=(02λλ).

n=(xyz)为平面MOE的法向量

可取x=-λyλzλ-2n=(-λλλ-2).

又平面OED的一个法向量m=(001)

所以=|cosmn〉|=

所以(2λ-1)(λ+1)=0λ∈[01]所以λ.

所以存在满足条件的点MMDF的中点.

 

 

 

免费资料下载额度不足,请先充值

每充值一元即可获得5份免费资料下载额度

今日免费资料下载份数已用完,请明天再来。

充值学贝或者加入云校通,全网资料任意下。

下载确认

云校通余额已不足,请提醒学校管理员续费,本次下载所需学贝将从您的个人账户扣除。

云校通试用期间每日仅可下载10份收费资料(今日还剩0份),本次下载学贝将从您个人账户扣除。

您当前为云校通用户,下载免费
下载需要:
本次下载:免费
账户余额:0 学贝
首次下载后15天内可免费重复下载
立即下载
  • 充值下载
  • 扫码直接下载
  • 下载需要:0 学贝 账户剩余:0 学贝
    学贝可用于下载教习网 400万 精选资源,300万 精选试题,在线组卷
  • 想免费下载此资料?完善资料,立得50学贝
    微信扫码注册

    微信扫码,快速注册

    注册可领 50 学贝

    手机号注册注册可领 50 学贝
    手机号码

    手机号格式错误

    手机验证码获取验证码

    手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

    设置密码

    6-20个字符,数字、字母或符号

    注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
    QQ注册
    手机号注册
    微信注册

    注册成功

    免费下载这份资料

    当前资料价值0元

    下载需支付0学贝

    扫码邀请0名好友关注我们即可免费下载

    微信扫一扫,将图片发送给好友

    每邀请1人关注教习网即可获得5学贝,学贝秒到账,多邀多得无上限,在个人中心查看学贝明细

    返回顶部
    返回
    顶部