高考数学大二轮复习 层级二 专题四 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法课时作业（理）-人教版高三全册数学试题.doc

第3讲立体几何中的向量方法

限时50分钟满分60分
解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)
1．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，D，E分别是AB，CD的中点，AE的延长线交CB于F.现将△ACD沿CD折起，折起二面角，如图2，连接A′F.

(1)求证：平面A′EF⊥平面CBD；
(2)当A′C⊥BD时，求二面角A′－CD－B的余弦值．
解：本题主要考查折叠、面面垂直的证明、二面角等问题，考查考生的空间想象能力及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、数学运算．(1)在平面图形中AF⊥CD，所以折叠后得到A′E⊥CD，EF⊥CD，即可证得结论；(2)可以利用向量法和传统法求解．
(1)在Rt△ABC中，由D为AB的中点，得AD＝CD＝DB，
又∠B＝30°，所以△ACD是正三角形，
又E是CD的中点，所以AF⊥CD.
折起后，A′E⊥CD，EF⊥CD，
又A′E∩EF＝E，A′E⊂平面A′EF，EF⊂平面A′EF，
故CD⊥平面A′EF，
又CD⊂平面CBD，
故平面A′EF⊥平面CBD.

(2)解法一如图，过点A′作A′H⊥EF，垂足H落在FE的延长线上．
因为CD⊥平面A′EF，所以CD⊥A′H，
所以A′H⊥平面CBD.
以E为原点，EF所在的直线为x轴，ED所在的直线为y轴，过E与A′H平行的直线为z轴建立空间直角坐标系．
由(1)可知∠A′EF为所求二面角的平面角，设为θ，并设A′C＝a，可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(a,2)，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)，a，0))，A′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,2)cosθ，0，\f(\r(3)a,2)sinθ)).
故eq\o(A′C,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)cosθ，－\f(a,2)，－\f(\r(3)a,2)sinθ))，eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)a,2)，－\f(a,2)，0))，因为A′C⊥BD，所以eq\o(A′C,\s\up6(→))·eq\o(BD,\s\up6(→))＝0，
即eq\f(3a2,4)cosθ＋eq\f(a2,4)＝0，
得cosθ＝－eq\f(1,3).
故二面角A′－CD－B的余弦值为－eq\f(1,3).
解法二

如图，过点A′作A′H⊥EF，垂足H落在FE的延长线上，
因为CD⊥平面A′EF，所以CD⊥A′H，
所以A′H⊥平面CBD.
连接CH并延长交BD的延长线于G，
由A′C⊥BD，得CH⊥BD，
即∠CGB＝90°，
因此△CEH～△CGD，
则eq\f(EH,DG)＝eq\f(CE,CG)，
设A′C＝a，易得∠GDC＝60°，DG＝eq\f(a,2)，CE＝eq\f(a,2)，CG＝eq\f(\r(3)a,2)，
代入eq\f(EH,DG)＝eq\f(CE,CG)得EH＝eq\f(\r(3)a,6)，又EA′＝eq\f(\r(3)a,2)，故cos∠HEA′＝eq\f(EH,EA′)＝eq\f(1,3).
又A′E⊥CD，EF⊥CD，
所以∠A′EF即所求二面角的平面角，
故二面角A′－CD－B的余弦值为－eq\f(1,3).
2．(2019·北京卷)

如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且eq\f(PF,PC)＝eq\f(1,3).
(1)求证：CD⊥平面PAD；
(2)求二面角F－AE－P的余弦值；
(3)设点G在PB上，且eq\f(PG,PB)＝eq\f(2,3).判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
解析：(1)由于PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，则PA⊥CD，
由题意可知AD⊥CD，且PA∩AD＝A，
由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.

(2)以点A为坐标原点，平面ABCD内与AD垂直的直线为x轴，AD，AP方向为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，
易知：A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，
由eq\o(PF,\