2020届高考数学二轮教师用书：层级二 专题四 (理)第3讲 立体几何中的向量方法

∵0≤t≤2，∴在线段EB上不存在点P，使得平面A1DP⊥平面A1BC.

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．

a

0，－，0?，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C?2??a3a?，A′?3acos θ，0，3asin θ?. 0，，0?，B?D?，a，0?2??22??2?

3aa3a3aa?→?→?故A′C＝?－cos θ，－，－sin θ，BD＝－，－，0，因为A′C⊥BD，所

222??2??2→→

以A′C·BD＝0，

3a2a2

即cos θ＋＝0， 441得cos θ＝－. 3

1

故二面角A′－CD－B的余弦值为－. 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

EHCE

＝， DGCG

aa3a

设A′C＝a，易得∠GDC＝60°，DG＝，CE＝，CG＝，

222EHCE3a3aEH1

代入＝得EH＝，又EA′＝，故cos∠HEA′＝＝. DGCG62EA′3又A′E⊥CD，EF⊥CD，

所以∠A′EF即所求二面角的平面角， 1故二面角A′－CD－B的余弦值为－. 32．(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，PF1

BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝. PC3

(1)求证：CD⊥平面PAD； (2)求二面角F－AE－P的余弦值；

PG2

(3)设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

PB3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)，