高考数一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用限时集训 理VIP免费

限时集训(四十五)空间向量在立体几何中的应用(限时：50分钟满分：112分)1．(满分14分)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)设E为BC的中点，求与夹角的余弦值．2．(满分14分)(·孝感模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：PA⊥EF；(2)求二面角D－FG－E的余弦值．3.(满分14分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上且DE⊥AE.(1)证明：平面ADE⊥平面ACC1A1；(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值．4．(满分14分)(·江西高考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．5．(满分14分)如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1中，上，下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F－CC1－B的余弦值．6．(满分14分)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点．(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；(2)设点M在线段PC上，＝，求证：PA∥平面MQB；(3)在(2)的条件下，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求二面角M－BQ－C的大小．7．(满分14分)(·福建高考)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．(1)求证：B1E⊥AD1；(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．8．(满分14分)在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，∠ABC＝90°，如图(1)．把△ABD沿BD翻折，使得平面ABD⊥平面BCD.(1)求证：CD⊥AB；(2)若点M为线段BC中点，求点M到平面ACD的距离；(3)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．答案[限时集训(四十五)]1．解：(1)证明： 折起前AD是BC边上的高，∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC， AD⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BDC.(2)由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，)，E，∴＝，＝(1,0,0)，∴与夹角的余弦值为cos〈，〉＝＝＝.2.解：(1)证明：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(0,2,0)，C(－2,0,0)，P(0,0,2)，E(－1,0,1)，F(0,0,1)，G(－2,1,0)．(1) ＝(0,2，－2)，＝(1,0,0)，∴·＝0，∴PA⊥EF.(2)易知＝(0,0,1)，＝(－2,1，－1)．设平面DFG的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝1，得m＝(1,2,0)是平面DFG的一个法向量．同理可得n＝(0,1,1)是平面EFG的一个法向量，∴cos〈m，n〉＝＝＝，由图可知二面角D－FG－E为钝角，∴二面角D－FG－E的余弦值为－.3．解：(1)证明：由正三棱柱ABC－A1B1C1的性质知AA1⊥平面A1B1C1，又DE⊂平面A1B1C1，所以DE⊥AA1.而DE⊥AE，AA1∩AE＝A，所以DE⊥平面ACC1A1.又DE⊂平面ADE，故平面ADE⊥平面ACC1A1.(2)如图所示，设O是AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA1＝，则AB＝2，相关各点的坐标分别是A(0，－1,0)，B(，0,0)，C1(0,1，)，D.易知＝(，1,0)，＝(0,2，)，＝.设平面ABC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有解得x＝－y，z＝－y.故可取n＝(1，－，)．所以，cos〈n，〉＝＝＝.由此即知，直线AD和平面ABC1所成角的正弦值为.4．解：(1)证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1于点E，因为AA1∥BB1，所以OE⊥BB1.因为A1O⊥平面ABC，所以A1O⊥BC.因为AB＝AC，OB＝OC，得AO⊥BC，所以BC⊥平面AA1O，所以BC⊥OE，所以OE⊥平面BB1C1C，又AO＝＝1，AA1＝，得AE＝＝.(2)如图，分别以OA，OB，OA1所在...