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2021届高考数学二轮总复习 第一部分 高考层级专题突破 层级二 7个能力专题 师生共研 专题四 立体几何 第三讲 课时跟踪检测立体几何中的向量方法

2021届高考数学二轮总复习 第一部分 高考层级专题突破 层级二 7个能力专题 师生共研 专题四 立体几何 第三讲 课时跟踪检测立体几何中的向量方法

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第一部分　高考层级专题突破
层级二　7个能力专题　师生共研
专题四　立体几何
第三讲　立体几何中的向量方法
课时跟踪检测(十二)　立体几何中的向量方法
A卷
1．(2019·揭阳一模)如图，在四边形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，点C在AB上，且AB⊥CD，AC＝BC＝CD＝2，现将△ACD沿CD折起，使点A到达点P的位置，且PE与平面PBC所成的角为45°.

(1)求证：平面PBC⊥平面DEBC；
(2)求二面角D－PE－B的余弦值．
解：(1)证明：∵AB⊥CD，AB⊥BE，∴CD∥EB.
∵AC⊥CD，∴PC⊥CD，∴EB⊥PC，且PC∩BC＝C，
∴EB⊥平面PBC.
又∵EB⊂平面DEBC，∴平面PBC⊥平面DEBC.
(2)由(1)知EB⊥平面PBC，∴EB⊥PB，由PE与平面PBC所成的角为45°得∠EPB＝45°，
∴△PBE为等腰直角三角形，∴PB＝EB.
∵AB∥DE，结合CD∥EB得BE＝CD＝2，
∴PB＝2，故△PBC为等边三角形．
取BC的中点O，连接PO，
∵PO⊥BC，∴PO⊥平面EBCD，
以O为坐标原点，过点O与BE平行的直线为x轴，CB所在的直线为y轴，OP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系如图，则B(0,1,0)，E(2,1,0)，D(2，－1,0)，P(0,0，)，
从而＝(0,2,0)，＝(2,0,0)，＝(2,1，－)，
设平面PDE的一个法向量为m＝(x，y，z)，平面PEB的一个法向量为n＝(a，b，c)，

则由得令z＝－2，得m＝(－，0，－2)，
由得令c＝1，得n＝(0，，1)，
设二面角D－PE－B的大小为θ，则cos θ＝＝＝－，
即二面角D－PE－B的余弦值为－.
2．(2019·汉阳区校级模拟)如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，FA＝FC，且∠DAB＝∠DBF＝60°.

(1)求证：AC⊥平面BDEF；
(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值．
解：(1)证明：设AC与BD相交于点O，连接FO，
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，且O为AC的中点，
∵FA＝FC，∴AC⊥FO，
又FO∩BD＝O，∴AC⊥平面BDEF.
(2)连接DF，∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，
∴△DBF为等边三角形．
∵O为BD中点，∴FO⊥BD，又由(1)得AC⊥FO，
∴FO⊥平面ABCD.
∵OA，OB，OF两两垂直，∴建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示，

设AB＝2，∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，∴BD＝2，AC＝2.
∵△DBF为等边三角形，∴OF＝.
∴A(，0,0)，B(0,1,0)，D(0，－1,0)，F(0,0，)，
∴＝(－，－1,0)，＝(－，0，)，＝(－，1,0)．
设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，
则取x＝1，得n＝(1，，1)．
设直线AD与平面ABF所成角为θ，则直线AD与平面ABF所成角的正弦值为
sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
3．(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B－CG－A的大小．

图1 图2
解：(1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，
所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面BCGE.
(2)作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平面ABC＝BC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，平行于方向为y轴正方向，方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz，则A(－1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，)，B(－1，0,0)，

所以＝(1,0，)，＝(2，－1,0)，＝(0,1,0)．
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以可取n＝(3,6，－)．
又平面BCGE的法向量可取m＝＝(0,1,0)，
所以cos〈n，m〉＝＝.
因此二面角B－CG－A的大小为30°.
B卷
1．(2019·郑州二模)如图，等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，平面ABEF⊥平面ABC,2AF＝AB＝BE，∠FAB＝60°，AF∥BE.

(1)求证：BC⊥BF；
(2)求二面角F－CE－B的正弦值．
解：(1)证明：∵在等腰直角△ABC中，∠B＝90°，
∴BC⊥AB.
∵平面ABEF⊥平面ABC，平面ABEF∩平面ABC＝AB，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ABEF.
∵BF⊂平面ABEF，∴BC⊥BF.
(2)由(1)知BC⊥平面ABEF，
故以B为原点，方向为x轴正方向，方向为y轴正方向，过B点作垂直于平面ABC的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz，

设2AF＝AB＝BE＝2，∵∠FAB＝60°，AF∥BE，
∴B(0,0,0)，C(0,2,0)，F，E(－1,0，)，
＝(1,2，－)，＝，＝(0,2,0)，
设平面CEF的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即令x＝，得n＝(，2，5)，
设平面BCE的一个法向量m＝(a，b，c)，
则即取a＝，得m＝(，0,1)，
设二面角F－CE－B的平面角为θ.
则|cos θ|＝＝＝，
∴sin θ＝，
∴二面角F－CE－B的正弦值为.
2．(2019·江门一模)如图1，平面五边形ABCDE中，∠B＝∠BAD＝∠E＝∠CDE＝90°，CD＝DE＝AE，将△ADE沿AD折起，得到如图2的四棱锥P－ABCD.

(1)证明：PC⊥AD；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求直线PB与平面PCD所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AD的中点F，连接PF，CF.
由已知，图1中CDEA是正方形，
因为正方形的对角线互相垂直平分，所以PF⊥AD(即EF⊥AD)、CF⊥AD，因为PF∩CF＝F，所以AD⊥平面PCF，PC⊂平面PCF，所以PC⊥AD.
(2)由(1)和平面PAD⊥平面ABCD知，
PF⊥平面ABCD.
解法一：从而PF，CF，AD两两互相垂直，

以F为原点，以、、为单位正交基底建立空间直角坐标系O－xyz，则P(0,0,1)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D(－1,0,0)，则＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，设n＝(a，b，c)是平面PCD的一个法向量，
则取a＝1，则b＝c＝－1，故n＝(1，－1，－1)，＝(1,1，－1)，直线PB与平面PCD所成角的正弦值为|cos〈，n〉|＝＝.
解法二：不妨设CD＝，则AB＝BC＝1，连接BD，三棱锥P－BCD的体积VP－BCD＝Sh＝××BC×AB×PF＝，
因为PC＝＝，所以△PCD是正三角形，
S△PCD＝×PC2＝.
设点B到平面PCD的距离为h1，则××h1＝，解得h1＝，
PB＝＝.
故直线PB与平面PCD所成角的正弦值为＝.
3．(2019·凉山州模拟)设矩形ABCD中，AD＝4，AB＝2，点F，E分别是BC，CD的中点，如图1.现沿AE将△AED折起，使点D至点M的位置，且ME⊥MF，如图2.

(1)证明：AF⊥平面MEF；
(2)求二面角M－AE－F的大小．
解：(1)证明：由题设知AM⊥ME，
又ME⊥MF，AM∩MF＝M，∴ME⊥平面AMF，
∵AF⊂平面AMF，∴AF⊥ME，
在矩形ABCD中，AD＝4，AB＝2，点F，E分别是BC，CD的中点，
∴AE2＝42＋2＝18，EF2＝22＋2＝6，AF2＝8＋22＝12，
∴AE2＝EF2＋AF2，∴AF⊥EF.
∵ME∩EF＝E，∴AF⊥平面MEF.
(2)∵AF⊂平面ABCE.由(1)知平面MEF⊥平面AFE，且∠AFE＝90°，
∴以F为原点，FE为x轴，FA为y轴，过F作平面ABCE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

在Rt△MFE中，过M作MN⊥EF于N，
ME＝，EF＝，MF＝2，∴MN＝＝，
FN＝MFcos ∠MFE＝2×＝，
∴A(0,2，0)，E(，0,0)，F(0,0,0)，M，0，，
∴＝，＝(，－2，0)，
且平面AFE的一个法向量n＝(0,0,1)，
设平面AME的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得m＝，
∴cos〈m，n〉＝＝，
∴〈m，n〉＝.
∴二面角M－AE－F的大小为.