专题能力训练15高中数学立体几何中的向量方法

1专题能力训练15立体几何中的向量方法专题能力训练第36页一、能力突破训练1.如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解:依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得点O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,知⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,0),⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{-不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,-2),可得⃗⃗⃗⃗⃗n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,⃗⃗⃗⃗⃗=(1,1,0),⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{-不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos⃗⃗⃗⃗⃗,n2=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-√,2于是sin⃗⃗⃗⃗⃗,n2=√所以,二面角O-EF-C的正弦值为√(3)由AH=HF,得AH=AF.因为⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-1,2),所以⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(-),进而有H(-),从而⃗⃗⃗⃗⃗⃗(),因此cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n2=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-√所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为√2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,△ABC是边长为2的正三角形,AA1=3,D,E分别为AB,BC的中点.(1)求证:CD⊥平面AA1B1B;(2)求二面角B-AE-B1的余弦值;(3)在线段B1C1上是否存在一点M,使BM⊥平面AB1E?说明理由.答案：(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵AA1⊥底面ABC,CD⊂平面ABC,∴AA1⊥CD.又△ABC为等边三角形,D为AB的中点,∴CD⊥AB.∵AB∩AA1=A,∴CD⊥平面AA1B1B.(2)解取A1B1的中点F,连接DF.∵D,F分别为AB,A1B1的中点,∴DF⊥AB.由(1)知CD⊥AB,CD⊥DF,如图,建立空间直角坐标系D-xyz.由题意,得A(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,√),A1(1,3,0),B1(-1,3,0),C1(0,3,√),D(0,0,0),E-,0,√,3⃗⃗⃗⃗⃗(-√)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,3,0).设平面AB1E的法向量n=(x1,y1,z1),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{-√-令x1=1,则y1=,z1=√即n=(√)易知平面BAE的一个法向量⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,3,0).⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗n=(0,3,0)(√)=2,|⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=3,|n|=√√,∴cos⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√由题意知二面角B-AE-B1为锐角,∴它的余弦值为√(3)解在线段B1C1上不存在点M,使BM⊥平面AB1E.理由如下:假设在线段B1C1上存在点M,使BM⊥平面AB1E,则∃λ∈[0,1],使得⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,√),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,0,√).又⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,3,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(λ,3,√).由(2)可知,平面AB1E的一个法向量n=(√)BM⊥平面AB1E,当且仅当⃗⃗⃗⃗⃗⃗n,即∃μ∈R,使得⃗⃗⃗⃗⃗⃗=μn=(√),则{√√解得λ=[0,1],这与λ∈[0,1]矛盾.故在线段B1C1上不存在点M,使BM⊥平面AB1E.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是⏜的中点.4(1)设P是⏜上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解：(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)(解法一)取⏜的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=√√取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=√-=2√在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=2√,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.(解法二)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得点A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,√,3),C(-1,√,0),故⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,-3),⃗⃗⃗⃗⃗=(1,√,0),⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗可得{-√取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-√,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗可得{√取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-√,-2).5所以cosm,n=因此所求的角为60°.4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.解：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(如图).设AB=a,则点A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(),B1(a,0,1),故⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,1,1),⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗(--)⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(a,0,1),⃗⃗⃗⃗⃗()(1)证明:⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),使得DP∥平面B1AE,此时⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,n⃗⃗⃗⃗⃗,得{取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=(--)要使DP∥平面B1AE,只要n⃗⃗⃗⃗⃗,有-az0=0,解得z0=6又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=√,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.答案：(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则点P(0,0,√),D(2,0,0),B(-2,4,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(4,-4,0),⃗⃗⃗⃗⃗=(2,0,-√).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{--√令x=1,则y=1,z=√于是n=(1,1,√),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).7所以cosn,p=由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为(3)解由题意知M(-√),C(2,4,0),⃗⃗⃗⃗⃗⃗(-√)设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=|cosn,⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗√所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为√6.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.答案：(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解依题意,EB=AB·tan∠EAB=4=1.由(1)知VC-ADE=VE-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,8当且仅当AC=BC=2√时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则点D(0,0,1),E(0,2√,1),A(2√,0,0),B(0,2√,0),则⃗⃗⃗⃗⃗=(-2√,2√,0),⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,1),⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2√,0),⃗⃗⃗⃗⃗=(2√,0,-1).设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{√√-取n1=(1,0,2√).设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{-√√取n2=(1,1,0),所以cosn1,n2=√√√可以判断n1,n2与二面角D-AE-B的平面角互补,所以二面角D-AE-B的余弦值为-√二、思维提升训练7.(2019全国Ⅲ,理19)由矩形ADEB,Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形如图所示,其中AB=1,BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC⊥平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.答案：(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解作EH⊥BC,垂足为H.因为EH⊂平面BCGE,平面BCGE⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.由已知,菱形BCGE的边长为2,∠EBC=60°,可求得BH=1,EH=√9以H为坐标原点,⃗⃗⃗⃗⃗的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,√),⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,√),⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则{⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗即{√-所以可取n=(3,6,-√).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cosn,m=√因此二面角B-CG-A的大小为30°.8.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E,F,G分别是线段PA,PD,CD的中点.1)求证:PB∥平面EFG;(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值;(3)在线段CD上是否存在一点Q,使得点A到平面EFQ的距离为?若存在,求出CQ的值;若不存在,请说明理由.解：∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90°,∴PA⊥平面ABCD,而四边形AB