创新设计（江苏专用）高考数学二轮复习 上篇 专题整合突破 专题七 附加题（必做部分）第1讲 立体几何中的向量方法练习 理-人教版高三全册数学试题.doc

专题七附加题（必做部分）第1讲立体几何中的向量方法练习理
1.(2016·南通调研)如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD为矩形，SA⊥平面ABCD，AB＝1，AD＝AS＝2，P是棱SD上一点，且SP＝eq\f(1,2)PD.
(1)求直线AB与CP所成角的余弦值；
(2)求二面角A－PC－D的余弦值.
解(1)如图，以A为坐标原点，分别以AB，AD，AS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，S(0，0，2).
设P(x0，y0，z0)，由eq\o(SP,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)eq\o(SD,\s\up6(→))得(x0，y0，z0－2)＝eq\f(1,3)(0，2，－2)，
所以x0＝0，y0＝eq\f(2,3)，z0＝eq\f(4,3)，点P坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(4,3))).
eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(4,3)，\f(4,3)))，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(1，0，0).
设直线AB与CP所成的角为α，由图可知，α为锐角，
则cosα＝eq\f(\o(AB,\s\up6(→))·\o(CP,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))||\o(CP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1×1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))×0＋\f(4,3)×0)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))\s\up12(2))×1)＝eq\f(3\r(41),41).
(2)设平面APC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
由于eq\o(AC,\s\up6(→))＝(1，2，0)，eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)，\f(4,3)))，
所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(AC,\s\up6(→))＝x1＋2y1＝0，,m·\o(AP,\s\up6(→))＝\f(2,3)y1＋\f(4,3)z1＝0.))
令y1＝－2，则x1＝4，z1＝1，m＝(4，－2，1).
设平面DPC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由于eq\o(DC,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq\o(CP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(4,3)，\f(4,3)))，
所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(DC,\s\up6(→))＝x2＝0，,n·\o(CP,\s\up6(→))＝－x2－\f(4,3)y2＋\f(4,3)z2＝0，))
令y2＝1，则z2＝1，n＝(0，1，1).
设二面角A－PC－D的大小为θ，
由于cos〈m，n〉＝eq\f(0×4＋1×（－2）＋1×1,\r(2)×\r(21))＝－eq\f(\r(42),42)，
由于θ为钝角，所以cosθ＝cos〈m，n〉＝－eq\f(\r(42),42).
2.(2015·山东卷)如图，在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点.
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥平面ABC，AB⊥BC，CF＝DE,∠BAC＝45°，求平面FGH与平面ACFD所成的角(锐角)的大小.
(1)证明法一连接DG，CD，设CD∩GF＝O，连接OH，在三棱台DEF－ABC中，
AB＝2DE，G为AC的中点，
可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形.
则O为CD的中点，又H为BC的中点，
所以OH∥BD，
又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
法二在三棱台DEF－ABC中，
由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形BHFE为平行四边形，
可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.
又GH∩HF＝H，
所以平面FGH∥平面ABED.
因为BD⊂平面ABED，
所以BD∥平面FGH.
(2)解设AB＝2，则CF＝1.在三棱