2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題五 立體幾何 專題能力訓(xùn)練15 立體幾何中的向量方法 理.doc

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專題能力訓(xùn)練15立體幾何中的向量方法一、能力突破訓(xùn)練1.如圖,正方形ABCD的中心為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF平面ABCD,點G為AB的中點,AB=BE=2.(1)求證:EG平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)設(shè)H為線段AF上的點,且AH=HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值.2.(2018北京,理16)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點,AB=BC=5,AC=AA1=2.(1)求證:AC平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)證明:直線FG與平面BCD相交.3.如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,G是DF的中點.(1)設(shè)P是CE上的一點,且APBE,求CBP的大小;(2)當(dāng)AB=3,AD=2時,求二面角E-AG-C的大小.4.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E為CD的中點.(1)求證:B1EAD1;(2)在棱AA1上是否存在一點P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由.5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD平面ABCD,點M在線段PB上,PD平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求證:M為PB的中點;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.6.如圖,AB是半圓O的直徑,C是半圓O上除A,B外的一個動點,DC垂直于半圓O所在的平面,DCEB,DC=EB,AB=4,tanEAB=.(1)證明:平面ADE平面ACD;(2)當(dāng)三棱錐C-ADE體積最大時,求二面角D-AE-B的余弦值.二、思維提升訓(xùn)練7.如圖甲所示,BO是梯形ABCD的高,BAD=45,OB=BC=1,OD=3OA,現(xiàn)將梯形ABCD沿OB折起成如圖乙所示的四棱錐P-OBCD,使得PC=3,E是線段PB上一動點.(1)證明:DE和PC不可能垂直;(2)當(dāng)PE=2BE時,求PD與平面CDE所成角的正弦值.8.如圖,平面PAD平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,PAD=90,且PA=AD=2;E,F,G分別是線段PA,PD,CD的中點.(1)求證:PB平面EFG.(2)求異面直線EG與BD所成的角的余弦值.(3)在線段CD上是否存在一點Q,使得點A到平面EFQ的距離為?若存在,求出CQ的值;若不存在,請說明理由.專題能力訓(xùn)練15立體幾何中的向量方法一、能力突破訓(xùn)練1.解 依題意,OF平面ABCD,如圖,以O(shè)為原點,分別以AD,BA,OF的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得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)證明:依題意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).設(shè)n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量,則n1AD=0,n1AF=0,即2x=0,x-y+2z=0.不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,2,1),又EG=(0,1,-2),可得EGn1=0,又因為直線EG平面ADF,所以EG平面ADF.(2)易證OA=(-1,1,0)為平面OEF的一個法向量.依題意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).設(shè)n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,則n2EF=0,n2CF=0,即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨設(shè)x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos=OAn2|OA|n2|=-63,于是sin=33.所以,二面角O-EF-C的正弦值為33.(3)由AH=23HF,得AH=25AF.因為AF=(1,-1,2),所以AH=25AF=25,-25,45,進而有H-35,35,45,從而BH=25,85,45,因此cos=BHn2|BH|n2|=-721.所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為721.2.(1)證明 在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1平面ABC,四邊形A1ACC1為矩形.又E,F分別為AC,A1C1的中點,ACEF.AB=BC,ACBE,AC平面BEF.(2)解 由(1)知ACEF,ACBE,EFCC1.CC1平面ABC,EF平面ABC.BE平面ABC,EFBE.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz.由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).CD=(2,0,1),CB=(1,2,0).設(shè)平面BCD的法向量為n=(a,b,c),則nCD=0,nCB=0,2a+c=0,a+2b=0.令a=2,則b=-1,c=-4,平面BCD的法向量n=(2,-1,-4).又平面CDC1的法向量為EB=(0,2,0),cos=nEB|n|EB|=-2121.由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角,二面角B-CD-C1的余弦值為-2121.(3)證明 平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4),G(0,2,1),F(0,0,2),GF=(0,-2,1),nGF=-2,n與GF不垂直,FG與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi),FG與平面BCD相交.3.解 (1)因為APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120.因此CBP=30.(2)解法一:取EC的中點H,連接EH,GH,CH.因為EBC=120,所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13.取AG中點M,連接EM,CM,EC,則EMAG,CMAG,所以EMC為所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=13-1=23.在BEC中,由于EBC=120,由余弦定理得EC2=22+22-222cos 120=12,所以EC=23,因此EMC為等邊三角形,故所求的角為60.解法二:以B為坐標(biāo)原點,分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個法向量.由mAE=0,mAG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-3,2).設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個法向量.由nAG=0,nCG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=-2,可得平面ACG的一個法向量n=(3,-3,-2).所以cos=mn|m|n|=12.因此所求的角為60.4.解 以A為原點,AB,AD,AA1的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).設(shè)AB=a,則A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),Ea2,1,0,B1(a,0,1),故AD1=(0,1,1),B1E=-a2,1,-1,AB1=(a,0,1),AE=a2,1,0.(1)證明:AD1B1E=-a20+11+(-1)1=0,B1EAD1.(2)假設(shè)在棱AA1上存在一點P(0,0,z0),使得DP平面B1AE,此時DP=(0,-1,z0).又設(shè)平面B1AE的法向量n=(x,y,z).n平面B1AE,nAB1,nAE,得ax+z=0,ax2+y=0.取x=1,得平面B1AE的一個法向量n=1,-a2,-a.要使DP平面B1AE,只要nDP,有a2-az0=0,解得z0=12.又DP平面B1AE,存在點P,滿足DP平面B1AE,此時AP=12.5.(1)證明 設(shè)AC,BD交點為E,連接ME.因為PD平面MAC,平面MAC平面PDB=ME,所以PDME.因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點.所以M為PB的中點.(2)解 取AD的中點O,連接OP,OE.因為PA=PD,所以O(shè)PAD.又因為平面PAD平面ABCD,且OP平面PAD,所以O(shè)P平面ABCD.因為OE平面ABCD,所以O(shè)POE.因為ABCD是正方形,所以O(shè)EAD.如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z),則nBD=0,nPD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,則y=1,z=2.于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量為p=(0,1,0).所以cos=np|n|p|=12.由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為3.(3)解 由題意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22.設(shè)直線MC與平面BDP所成角為,則sin =|cos|=|nMC|n|MC|=269.所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為269.6.(1)證明 因為AB是直徑,所以BCAC.因為CD平面ABC,所以CDBC.因為CDAC=C,所以BC平面ACD.因為CDBE,CD=BE,所以四邊形BCDE是平行四邊形,所以BCDE,所以DE平面ACD.因為DE平面ADE,所以平面ADE平面ACD.(2)解 依題意,EB=ABtanEAB=414=1.由(1)知VC-ADE=VE-ACD=13SACDDE=1312ACCDDE=16ACBC112(AC2+BC2)=112AB2=43,當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC=22時等號成立.如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,1),E(0,22,1),A(22,0,0),B(0,22,0),則AB=(-22,22,0),BE=(0,0,1),DE=(0,22,0),DA=(22,0,-1).設(shè)平面DAE的法向量為n1=(x,y,z),則n1DE=0,n1DA=0,即22y=0,22x-z=0,取n1=(1,0,22).設(shè)平 面ABE的法向量為n2=(x,y,z),則n2BE=0,n2AB=0,即z=0,-22x+22y=0,取n2=(1,1,0),所以cos=n1n2|n1|n2|=129=26.可以判斷與二面角D-AE-B的平面角互補,所以二面角D-AE-B的余弦值為-26.二、思維提升訓(xùn)練7.解 如題圖甲所示,因為BO是梯形ABCD的高,BAD=45,所以AO=OB.因為BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=2,如題圖乙所示,OP=OA=1,OC=2,PC=3,所以有OP2+OC2=PC2.所以O(shè)POC.而OBOP,OBOD,即OB,OD,OP兩兩垂直,故以O(shè)為原點,建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),則P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),(1)證明:設(shè)E(x,0,1-x),其中0x1,所以DE=(x,-3,1-x),PC=(1,1,-1).假設(shè)DE和PC垂直,則DEPC=0,有x-3+(1-x)(-1)=0,解得x=2,這與0x1矛盾,假設(shè)不成立,所以DE和PC不可能垂直.(2)因為PE=2BE,所以E23,0,13.設(shè)平面CDE的一個法向量是n=(x,y,z),因為CD=(-1,2,0),DE=13,-3,13,所以nCD=0,nDE=0,即-x+2y=0,23x-3y+13z=0.令y=1,則n=(2,1,5),而PD=(0,3,-1),所以|cos |=PDn|PD|n|=315.所以PD與平面CDE所成角的正弦值為315.8.解 平面PAD平面ABCD,且PAD=90,PA平面ABCD,而四邊形ABCD是正方形,即ABAD.故可建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0).(1)證明:PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1),設(shè)PB=sFE+tFG,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,PB=2FE+2FG.又FE與FG不共線,FE與FG共面.PB平面EFG,PB平面EFG.(2)EG=(1,2,-1),BD=(-2,2,0),EGBD=(1,2,-1)(-2,2,0)=1(-2)+22+(-1)0=2.又|EG|=12+22+(-1)2=6,|BD|=(-2)2+22+02=22,cos=EGBD|EG|BD|=2622=36.因此,異面直線EG與BD所成的角的余弦值為36.(3)假設(shè)在線段CD上存在一點Q滿足題設(shè)條件,令CQ=m(0m2),則DQ=2-m,點Q的坐標(biāo)為(2-m,2,0),EQ=(2-m,2,-1).而EF=(0,1,0),設(shè)平面EFQ的法向量為n=(x,y,z),則nEF=(x,y,z)(0,1,0)=0,nEQ=(x,y,z)(2-m,2,-1)=0,y=0,(2-m)x+2y-z=0,令x=1,則n=(1,0,2-m),點A到平面EFQ的距離d=|AEn|n|=|2-m|1+(2-m)2=45,即(2-m)2=169,m=23或m=103(不合題意,舍去),故存在點Q,當(dāng)CQ=23時,點A到平面EFQ的距離為45.