高中数学《空间向量》解答题专项练习含答案详解文档格式.docx

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（1）证明：

平面CAE⊥平面ADF；

（2）求点D到平面AEF的距离.

如图，在几何体ABCDEF中，AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°

，四边形ACFE为矩形，FB=，M，N分别为EF，AB的中点．

MN∥平面FCB；

（2）若直线AF与平面FCB所成的角为30°

，求平面MAB与平面FCB所成角的余弦值．

如图所示，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，△ABE为等边三角形，

且平面ABCD⊥平面ABE，AB=2CD=2BC=2，P为CE中点.

AB⊥DE.

（2）求平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值.

已知：

在▱ABCD中，∠DAB=45°

，AB=2，AD=2，平面AED⊥平面ABCD，△AED为等边三角形，EF∥AB，EF=，M为线段BC的中点.

直线MF∥平面BED.

（2）求平面BED与平面FBC所成角的正弦值.

如图

（1）所示，在Rt△ABC中，∠C=90°

，BC=3，AC=6，D，E分别为AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图

（2）所示.

A1C⊥平面BCDE；

（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；

（3）线段BC上是否存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？

说明理由.

答案解析

证明：

如图，建立空间直角坐标系，

则A（0,0,0），B（2,0,0），C（0,2,0），A1（0,0，），C1（0,1，），

∵D为BC的中点，∴D点坐标为（1,1,0）.

∴=（0,0，），=（1,1,0），

=（－2,2,0），=（0，－1，）.

设平面A1AD的法向量n1=（x1，y1，z1），

平面BCC1B1的法向量为n2=（x2，y2，z2）.

由得

令y1=－1，则x1=1，z1=0，∴n1=（1，－1,0）.

令y2=1，则x2=1，z2=，

∴n2=.

∵n1·

n2=1－1＋0=0，∴n1⊥n2.

∴平面A1AD⊥平面BCC1B1.

解：

（1）∵∠ABC=∠ABE=90°

，∴AB⊥BC，AB⊥BE.

又BC，BE⊂平面BCE，且交于点B，∴AB⊥平面BCE.

又CE⊂平面BCE，∴AB⊥CE.

又∵AB∥CD，CE∥DF，∴CD⊥DF.

又平面ABCD⊥平面DCEF，且交于CD，DF⊂平面DCEF，

∴DF⊥平面ABCD.

又DF⊂平面ADF，∴平面ADF⊥平面ABCD.

（2）∵CE∥DF，

∴∠BFD为异面直线BF与CE所成的角，则∠BFD=45°

.

在Rt△BDF中，∠BFD=∠DBF=45°

，∴DF=BD=2.

∵△ABD是边长为2的等边三角形，∠ABC=90°

∴在Rt△BCD中，∠CBD=30°

，∴CD=1，BC=.

∵CE∥DF，DF⊂平面BDF，CE⊄平面BDF，

∴CE∥平面BDF，

∴点C到平面BDF的距离即为点E到平面BDF的距离.

由

（1）可知DF⊥平面ABCD，则DF为三棱锥F－BCD的高.

设点E到平面BDF的距离为h，

由VE－BDF=VC－BDF=VF－BCD，得S△BDF·

h=S△BCD·

DF，

∴h==.

连接BD，设AC交BD于点O，则AC⊥BD.连接SO，由题意知SO⊥平面ABCD.

以O为坐标原点，，，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图.

设底面边长为a，则高SO=a，

于是S，D，B，C，

=，=，

则·

=0.故OC⊥SD.从而AC⊥SD.

（2）棱SC上存在一点E，使BE∥平面PAC.

理由如下：

由已知条件知是平面PAC的一个法向量，

且=，=，=.

设=t，

则=＋=＋t=，

而·

=0⇒t=.

即当SE∶EC=2∶1时，⊥.

而BE⊄平面PAC，

故BE∥平面PAC.

（1）∵△ABC是等边三角形，D为BC的中点，

∴AD⊥BC，∴AD⊥平面BCC1B1，得AD⊥CE.

在侧面BCC1B1中，

tan∠CFD==，tan∠BCE==，

∴tan∠CFD=tan∠BCE，∠CFD=∠BCE，

∴∠BCE＋∠FDC=∠CFD＋∠FDC=90°

，∴CE⊥DF.

又∵AD∩DF=D，∴CE⊥平面ADF.

又∵CE⊂平面CAE，∴平面CAE⊥平面ADF.

（2）在△FDE中，易得FD=FE=，DE=，

∴S△FDE=×

×

=.

在△EFA中，易得EA=EF=，AF=2，

∴S△EFA=×

2×

设三棱锥D－AEF的体积为V，点D到平面AEF的距离为h.

则V=S△FDE·

AD=S△EFA·

h，得×

=h，解得h=.

取BC的中点Q，连接NQ，FQ，则NQ=AC，NQ∥AC.

又MF=AC，MF∥AC，所以MF=NQ，MF∥NQ，则四边形MNQF为平行四边形，即MN∥FQ.

因为FQ⊂平面FCB，MN⊄平面FCB，

所以MN∥平面FCB.

（2）由AB∥CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°

可得∠ACB=90°

，AC=，BC=1，AB=2.

因为四边形ACFE为矩形，所以AC⊥平面FCB，

则∠AFC为直线AF与平面FCB所成的角，即∠AFC=30°

，所以FC=3.

因为FB=，所以FC⊥BC，则可建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，

所以A（，0，0），B（0，1，0），M（,0,3），=（,0,-3），=（-,1,-3）.

设m=（x，y，z）为平面MAB的法向量，

则即

取x=2，则m=（2，6，1）为平面MAB的一个法向量．

又n=（，0，0）为平面FCB的一个法向量，

所以cos〈m，n〉===.

则平面MAB与平面FCB所成角的余弦值为.

取AB的中点O，连接OD，OE，

因为△ABE是等边三角形，所以AB⊥OE，

因为CD∥OB，CD=AB=OB，BC=CD，BC⊥AB，

所以四边形OBCD是正方形，所以AB⊥OD，

又OD⊂平面ODE，OE⊂平面ODE，OD∩OE=O，

所以AB⊥平面ODE，

又DE⊂平面ODE，

所以AB⊥DE.

（2）因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，OD⊂平面ABCD，OD⊥AB，

所以OD⊥平面ABE，以O为原点，以OA，OE，OD为坐标轴建立空间直角坐标系，

如图所示：

则A（1，0，0），B（－1，0，0），D（0，0，1），E（0，，0），C（－1，0，1），

所以=（－1，0，1），=（－1，，0），=（0，0，1），=（1，，0），

设平面ADE的法向量为m=（x，y，z），

则即令y=1，得m=（，1，），

同理可得平面BCE的法向量为n=（，－1，0），

所以平面ADE与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为.

取BD的中点G，连接MG，EG，

因为M为线段BC的中点，G是BD的中点，

所以MGCD，

又CDAB，EFAB，

所以EFGM，

所以四边形EFMG是平行四边形，

所以MF∥EG，

又MF⊄平面BED，EG⊂平面BED，

所以MF∥平面BED.

（2）过点E作EO⊥AD，垂足为O，则O为AD的中点，

因为平面AED⊥平面ABCD，平面AED∩平面ABCD=AD，OE⊂平面EAD，

所以OE⊥平面ABCD，

所以OE⊥AB，

过O作ON⊥AB，垂足为N，则ON⊥OM，以O为原点，以ON，OM，OE所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示

则E（0，0，），M（0，2，0），G（0，，0），B（，，0），F（0，，），

所以=，=（0，－，），

=，=（0，－，）.

设平面BDE的法向量为m=（x1，y1，z1），

平面BCF的法向量为n=（x2，y2，z2），

则

所以

令y1=y2=得m=（－，，），n=（，，），

所以cos〈m，n〉===，

设平面BED与平面FBC所成角为θ，则|cosθ|=，

所以sinθ==，

所以平面BED与平面FBC所成角的正弦值为.

（1）因为AC⊥BC，DE∥BC，所以DE⊥AC，

所以DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩DC=D，

所以DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.

又因为A1C⊥CD，DE∩CD=D，

所以A1C⊥平面BCDE.

（2）以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

则A1（0,0,2），D（0,2,0），M（0,1，），B（3,0,0），E（2,2,0）.

设平面A1BE的法向量为n=（x，y，z），则n·

=0，n·

=0.

又因为=（3,0，－2），=（－1,2,0），

所以令y=1，则x=2，z=，所以n=（2,1，）.

设CM与平面A1BE所成的角为θ.

因为=（0,1，），

所以sinθ=|cos〈n，〉|===.

所以CM与平面A1BE所成角的大小为.

（3）线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.理由如下：

假设这样的点P存在，设其坐标为（p,0,0），其中p∈[0,3].

设平面A1DP的法向量为m=（x1，y1，z1），则·

m=0，·

m=0，

∵=（0,2，－2），=（p，－2,0），

∴∴z1=y1，x1=y1.

设y1=6，则m=（3p,6,2），

∵平面A1DP与平面A1BE垂直，则m·

n=0，

∴6p＋6＋6=0，p=－2，∵0≤p≤3，

∴线段BC上不存在一点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直.