空间向量的综合应用 知识点练习-2023届高三数学一轮复习.docx

1、空间向量的综合应用解答题1在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为正方形，PDDC，E，F分别是AB，PB的中点(1)求证：EFCD；(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF平面PCB？若存在，求出点G的坐标；若不存在，试说明理由2如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AC4，BD2，且侧棱AA13.其中O1为A1C1与B1D1的交点(1)求点B1到平面D1AC的距离；(2)在线段BO1上，是否存在一个点P，使得直线AP与CD1垂直？若存在，求出线段BP的长；若不存在，请说明理由3.如图1，在RtABC中，C90，BCAC4，D，E分别是AC，AB的中

2、点，将ADE沿DE折起到A1DE的位置，使A1CA1D，如图2.(1)求证：平面A1CD平面A1BC；(2)求直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值4已知直角梯形SBCD中，SDBC，BCCD，SD3BC3CD6，过点B作BACD交SD于A(如图1)，沿AB把SAB折起，使得二面角SABC为直二面角，连接SC，E为棱SC上任意一点(如图2).(1)求证：平面EBD平面SAC；(2)求点C到平面SBD的距离；(3)在棱SC上是否存在点E，使得二面角EBDS的余弦值为？若存在，求出点E的位置；若不存在，请说明理由答案：1（1）证明：由题意知，DA，DC，DP 两两垂直如图，以DA，DC，DP所在直

3、线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设ADa，则D（0，0，0），A（a，0，0），B（a，a，0），C（0，a，0），E，P（0，0，a），F，（0，a，0）.因为0，所以，从而得EFCD.（2）存在理由如下：假设存在满足条件的点G，设G（x，0，z）， 则，若使GF平面PCB，则由（a，0，0）a0，得x.由（0，a，a）a0，得z0.所以点G的坐标为，故存在满足条件的点G，且点G为AD的中点2（1）由于菱形的对角线互相垂直平分，故以AC与BD的交点O为原点，以射线OA、OB、OO1分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系由已知条件，相关点的坐标为A（2，0，0），B（0，1，0），

4、C（2，0，0），O1（0，0，3），B1（0，1，3），D1（0，1，3），设平面D1AC的法向量为n（x，y，z），由（4，0，0），AD1（2，1，3），得，令z1，则n（0，3，1）因D1B1（0，2，0），故点B1到平面D1AC的距离为dD1B1nn.（2）设BO1，则由（2，1，0），BO1（0，1，3），得（2，1，3）.又CD1（2，1，3），故当CD1时，CD1（2，1，3）（2，1，3）1050.于是，在线段BO1上存在点P，使得APCD1，此时BPBO1.3（1）在题图1ABC中，D，E分别为AC，AB的中点，所以DEBC.又ACBC，所以DEAC.在题图2中，DEA1D

5、，DEDC，又A1DDCD，所以DE平面A1CD.又DEBC，所以BC平面A1CD.又BC平面A1BC，所以平面A1CD平面A1BC.（2）由（1）知DE平面A1CD.又DE平面BCDE，所以平面A1CD平面BCDE，易知平面A1CD平面BCDEDC.在正三角形A1CD中过A1作A1OCD，垂足为O，则A1O平面BCDE.分别以CD，梯形BCDE的中位线，OA1所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，），B（1，4，0），C（1，0，0），E（1，2，0）.A1C（1，0，），EA1（1，2，），（2，2，0）.设平面A1BE的法向量n（x1，y1，z1），取n

6、（1，1，）.设直线A1C与平面A1BE所成角为，则sin |cos A1C，n|A1CnA1Cn.所以直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为.4（1）证明：由题意及翻折的性质可知，SAAB，ADAB，所以SAD为二面角SABC的平面角，又因为二面角SABC为直二面角，所以SAD90，即SAAD，又ABADA，所以SA平面ABCD，所以SABD，由题意可知四边形ABCD为正方形，所以BDAC，又因为ACSAA，所以BD平面SAC，又BD平面EBD，所以平面EBD平面SAC.（2）设ACBDO，连接SO，则SOBD，因为正方形ABCD中，BCCD2，所以BD2，又SA4，AOAC，SAAO，所

7、以OS3，SCBDCBCD222，SSBDSOBD326.设点C到平面SBD的距离为h.因为VCSBDVSBCD，即SSBDhSBCDSA，所以h，即点C到平面SBD的距离为.（3）存在以A为原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则B（2，0，0），D（0，2，0），C（2，2，0），S（0，0，4），又知点E在线段SC上，设（2，2，4）（01），因此E（2，2，44），由（2）知O（1，1，0）.所以（1，1，4），（21，21，44），连接OE，则OEBD，又OSBD，所以SOE为二面角EBDS的平面角，所以cos SOE，即9102，解得或，因为01，所以，即棱SC上存在点E，使得二面角EBDS的余弦值为，此时点E为棱SC的中点