18届高考数学二轮复习专题检测(十五)立体几何中的向量方法理
高考数学题型专题(十五) 立体几何中的向量方法
题型专题(十五) 立体几何中的向量方法[师说考点]设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α，β的法向量分别为u ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)．(1)线面平行：l ∥α⇔a ⊥u ⇔a ·u ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直：l ⊥α⇔a ∥u ⇔a ＝k u ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行：α∥β⇔u ∥v ⇔u ＝k v ⇔a 2＝ka 3，b 2＝kb 3，c 2＝kc 3. (4)面面垂直：α⊥β⇔u ⊥v ⇔u ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.[典例] 如图所示，在底面是矩形的四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .[证明] 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，1)，所以E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12，＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，＝(1，0，0)． (1)因为＝－12，所以∥， 即EF ∥AB .又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ，所以EF∥平面P AB.(2)因为＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，即AP⊥DC，AD⊥DC.又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面P AD，AD⊂平面P AD，所以DC⊥平面P AD.因为DC⊂平面PDC，所以平面P AD⊥平面PDC.[类题通法]向量法证明平行与垂直的4个步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．[演练冲关]在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D，F，G分别为CC1，C1B1，C1A1的中点．求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.证明：(1)以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，设BA＝a，则A(a，0，0)，所以＝(a，0，0)，＝(0，2，2)，＝(0，2，－2)，＝0，＝0＋4－4＝0，即B 1D ⊥BA ，B 1D ⊥BD .又BA ∩BD ＝B ，BA ⊂平面ABD ，BD ⊂平面ABD ， 因此B 1D ⊥平面ABD .(2)由(1)知，E (0，0，3)，G (a2，1，4)，F (0，1，4)，即B 1D ⊥EG ，B 1D ⊥EF .又EG ∩EF ＝E ，EG ⊂平面EGF ，EF ⊂平面EGF ， 因此B 1D ⊥平面EGF .结合(1)可知平面EGF ∥平面ABD .[师说考点]1．向量法求异面直线所成的角若异面直线a ，b 的方向向量分别为a ，b ，异面直线所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈a ，b 〉|＝|a ·b ||a ||b |.2．向量法求线面所成的角求出平面的法向量n ，直线的方向向量a ，设线面所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝|n ·a ||n ||a |. 3．向量法求二面角求出二面角α-l -β的两个半平面α与β的法向量n 1，n 2，若二面角α-l -β所成的角θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|；若二面角α-l -β所成的角θ为钝角，则cos θ＝－|cos 〈n 1，n 2〉|＝－|n 1·n 2||n 1||n 2|.[典例] (2016·全国乙卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D -AF -E 与二面角C -BE -F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E -BC -A 的余弦值．[解] (1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ， 所以AF ⊥平面EFDC . 又AF ⊂平面ABEF ， 故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)过D 作DG ⊥EF ，垂足为G .由(1)知DG ⊥平面ABEF . 以G 为坐标原点，的方向为x 轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D -AF -E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1，4，0)，B (－3，4，0)，E (－3，0，0)，D (0，0，3)．由已知得AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC . 又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ， 故AB ∥CD ，CD ∥EF .由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C -BE -F 的平面角，∠CEF ＝60°. 从而可得C (－2，0，3)．＝(－3，－4，3)，＝(－4，0，0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0，所以可取n ＝(3，0，－3)． 设m 是平面ABCD 的法向量，同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.由图知，二面角E -BC -A 为钝角， 故二面角E -BC -A 的余弦值为－21919.[类题通法]向量法求线面角、二面角的4个突破口(1)破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系； (2)破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标； (3)破“求法向量关”，求出平面的法向量； (4)破“应用公式关”．[演练冲关]1．(2016·重庆模拟)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝4，BC ＝2 2.BD ⊥AC ，垂足为D ，E 为棱BB 1上一点，BD ∥平面AC 1E .(1)求线段B 1E 的长；(2)求二面角C 1AC E 的余弦值．解：(1)由AB ＝AC ＝4，知△ABC 为等腰三角形，又BD ⊥AC ，BC ＝22，故12·AC ·BD＝12·BC ·AB 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2，解得BD ＝7.从而在Rt △CDB 中，CD ＝BC 2－BD 2＝1，故AD ＝AC －CD ＝3. 过点D 作DF ∥CC 1，交AC 1于F ，连接EF . 因为DF ∥CC 1，从而AD AC ＝DF CC 1＝34，得DF ＝3.因为DF ∥CC 1，CC 1∥BB 1，故DF ∥BB 1，即DF ∥BE ，故DF 与BE 确定平面BDFE . 又BD ∥平面AC 1E ，而平面BDFE ∩平面AC 1E ＝EF ，故BD ∥EF . 故四边形BDFE 为平行四边形，从而DF ＝BE ＝3， 所以B 1E ＝BB 1－BE ＝1.(2)如图，以D 为坐标原点，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，则D (0，0，0)，C (－1，0，0)，E (0，7，3)，＝(－1，0，0)，＝(0，7，3)．设平面ACE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由n 1·＝0，n 1·＝0，得⎩⎨⎧－x ＝0，7y ＋3z ＝0，故可取n 1＝(0，3，－7)．又平面ACC 1在xDz 面上，故可取n 2＝(0，1，0)为平面ACC 1的一个法向量． 从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝34.由图知二面角C 1AC E 为锐角，故二面角C 1AC E 的余弦值为34.2．(2016·四川高考)如图，在四棱锥 P -ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P -CD -A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值． 解：(1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．如图，延长AB ，DC 相交于点M (M ∈平面P AB )，点M 即为所求的一个点．理由如下：由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB . 又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD ，从而CD ⊥PD ，所以∠PDA 是二面角P -CD -A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.因为P A ⊥AB ，所以P A ⊥平面ABCD .设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2，作Ay ⊥平面P AD ，以A 为原点，以的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0)，所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，0，2)．设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，令x ＝2，则n ＝(2，－2，1)． 设直线P A 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝＝22×22＋（－2）2＋12＝13， 所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.[典例] (2016·北京高考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，P A ⊥PD ，P A ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面P AB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱P A 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP 的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：因为平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面P AD .所以AB ⊥PD .又因为P A ⊥PD ，P A ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面P AB .(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为P A ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面P AD ，平面P AD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD . 因为CO ⊂平面ABCD ， 所以PO ⊥CO .因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD . 如图所示，建立空间直角坐标系O -xyz .由题意得，A (0，1，0)，B (1，1，0)，C (2，0，0)，D (0，－1，0)，P (0，0，1)． 则＝(0，－1，－1)，＝(2，0，－1)，＝(1，1，－1)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0. 令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2. 所以n ＝(1，－2，2)．所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. (3)设M 是棱P A 上一点， 则存在λ∈[0，1]，使得因此点M (0，1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD ，当且仅当·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2，2)＝0.解得λ＝14.所以在棱P A 上存在点M 使得BM ∥平面BCD ，此时AM AP ＝14.[类题通法]利用空间向量巧解探索性问题(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．[演练冲关](2016·兰州模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AB ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC ＝4，点M 为PC 的中点，点E 为BC 边上的动点，且BEEC＝λ.(1)求证：平面ADM ⊥平面PBC ；(2)是否存在实数λ，使得二面角P -DE -B 的余弦值为22？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：取PB 的中点N ，连接MN ，AN ， ∵M 是PC 的中点， ∴MN ∥BC ，MN ＝12BC ＝2，又BC ∥AD ，∴MN ∥AD ，MN ＝AD ， ∴四边形ADMN 为平行四边形， ∵AP ⊥AD ，AB ⊥AD ，AP ∩AB ＝A ， ∴AD ⊥平面P AB ， ∴AD ⊥AN ，∴AN ⊥MN ， ∵AP ＝AB ， ∴AN ⊥PB ， ∵MN ∩PB ＝N ， ∴AN ⊥平面PBC . ∵AN ⊂平面ADM ， ∴平面ADM ⊥平面PBC .(2)存在符合条件的λ.以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .设BE ＝t ，则E (2，t ，0)，P (0，0，2)，D (0，2，0)，B (2，0，0)， 从而＝(0，2，－2)，＝(2，t －2，0)，设平面PDE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x ＋（t －2）y ＝0，令y ＝z ＝2，解得x ＝2－t ， ∴n 1＝(2－t ，2，2)，又平面DEB 即为平面xAy ，故其一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 则|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2（2－t ）2＋4＋4＝22，解得t ＝2，可知λ＝1.1．(2016·合肥质检)如图，六面体ABCDHEFG 中，四边形ABCD 为菱形，AE ，BF ，CG ，DH 都垂直于平面ABCD .若DA ＝DH ＝DB ＝4，AE ＝CG ＝3.(1)求证：EG ⊥DF ；(2)求BE 与平面EFGH 所成角的正弦值．解：(1)证明：连接AC ，由AECG 可知四边形AEGC 为平行四边形．所以EG ∥AC ，而AC ⊥BD ，AC ⊥BF ，所以EG ⊥BD ，EG ⊥BF ，因为BD ∩BF ＝B ，所以EG ⊥平面BDHF ，又DF ⊂平面BDHF ，所以EG ⊥DF . (2)设AC ∩BD ＝O ，EG ∩HF ＝P ，由已知可得：平面ADHE ∥平面BCGF ，所以EH ∥FG ，同理可得：EF ∥HG ，所以四边形EFGH 为平行四边形，所以P 为EG 的中点，O 为AC 的中点，所以OP 綊AE ，从而OP ⊥平面ABCD ，又OA ⊥OB ，所以OA ，OB ，OP 两两垂直，由平面几何知识，得BF ＝2.如图，建立空间直角坐标系O -xyz ，则B (0，2，0)，E (23，0，3)，F (0，2，2)，P (0，0，3)，所以＝(23，－2，3)，＝(23，0，0，)，＝(0，2，－1)．设平面EFGH 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，2y －z ＝0，令y ＝1，则z ＝2. 所以n ＝(0，1，2)．设BE 与平面EFGH 所成角为θ，则sin θ＝＝4525. 2.如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，P A ＝PB ，O 为AB 的中点，OD ⊥PC .(1)求证：OC ⊥PD ；(2)若PD 与平面P AB 所成的角为30°，求二面角D -PC -B 的余弦值． 解：(1)证明：连接OP ，∵P A ＝PB ，O 为AB 的中点， ∴OP ⊥AB .∵侧面P AB ⊥底面ABCD ， ∴OP ⊥平面ABCD ， ∴OP ⊥OD ，OP ⊥OC . ∵OD ⊥PC ，OP ∩PC ＝P ， ∴OD ⊥平面OPC ，∵OC ⊂平面OPC ，∴OD ⊥OC ， 又OP ⊥OC ，OD ∩OP ＝O ， ∴OC ⊥平面OPD ，∵PD ⊂平面OPD ，∴OC ⊥PD .(2)取CD 的中点E ，以O 为坐标原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O xyz .在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ， ∴AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2. ∵侧面P AB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形， ∴DA ⊥平面P AB ，CB ⊥平面P AB ，△DP A ≌△CPB ， ∴∠DP A 为直线PD 与平面P AB 所成的角， ∴∠DP A ＝30°，∠CPB ＝30°，P A ＝PB ＝3，∴B (0，1，0)，C (1，1，0)，D (1，－1，0)，P (0，0，2)，从而＝(1，1，－2)，＝(0，－2，0)．设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，得⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，－2y 1＝0，可取n 1＝(2，0，1)．同理，可取平面PCB 的一个法向量为n 2＝(0，－2，－1)． 于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－13，∴二面角D -PC -B 的余弦值为－13.3．(2016·贵州模拟)已知长方形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝ 2.现将长方形沿对角线BD 折起，使AC ＝a ，得到一个四面体A -BCD ，如图所示．(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD ，AD 与BC 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 值；若不垂直，请说明理由．(2)当四面体A -BCD 的体积最大时，求二面角A -CD -B 的余弦值．解：(1)若AB ⊥CD ，因为AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ， 所以AB ⊥平面ACD ，所以AB ⊥AC .即AB 2＋a 2＝BC 2，即12＋a 2＝(2)2，所以a ＝1. 若AD ⊥BC ，因为AD ⊥AB ， 所以AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC . 即AD 2＋a 2＝CD 2，即(2)2＋a 2＝12， 所以a 2＝－1，无解． 故AD ⊥BC 不成立．(2)要使四面体A -BCD 的体积最大，因为△BCD 的面积为定值22， 所以只需三棱锥A -BCD 的高最大即可，此时平面ABD ⊥平面BCD ， 过点A 作AO ⊥BD 于点O ， 则AO ⊥平面BCD ，以O 为坐标原点建立空间直角坐标系O -xyz (如图)，则易知A ⎝⎛⎭⎫0，0，63，C (63，33，0)，D ⎝⎛⎭⎫0，233，0， 显然，平面BCD 的一个法向量为＝⎝⎛⎭⎫0，0，63. 设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 因为＝⎝⎛⎭⎫－63，33，0，＝⎝⎛⎭⎫0，－233，63， 所以⎩⎨⎧6x ＝3y ，23y ＝6z ，令y ＝2，得n ＝(1，2，2)．故二面角A -CD -B 的余弦值为|cos 〈，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪26363×1＋2＋4＝277. 4．(2016·昆明七校联考)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝1，E 为BC 中点．(1)求证：C 1D ⊥D 1E ；(2)在棱AA 1上是否存在一点M ，使得BM ∥平面AD 1E ？若存在，求AMAA 1的值，若不存在，说明理由；(3)若二面角B 1AE D 1的大小为90°，求AD 的长．解：(1)证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz ，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，1，0)，B 1(a ，1，1)，C 1(0，1，1)，D 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫a 2，1，0，∴＝(0，－1，－1)，＝⎝⎛⎭⎫a 2，1，－1，∴C 1D ⊥D 1E .(2)设AMAA 1＝h ，则M (a ，0，h )， ∴＝(0，－1，h )，＝⎝⎛⎭⎫－a2，1，0，＝(－a ，0，1)，设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∴平面AD 1E 的一个法向量为n ＝(2，a ，2a )， ∵BM ∥平面AD 1E ， ∴⊥n ，即·n ＝2ah －a ＝0，∴h ＝12.即在AA 1上存在点M ，使得BM ∥平面AD 1E ，此时AM AA 1＝12.(3)连接AB 1，B 1E ，设平面B 1AE 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，＝⎝⎛⎭⎫－a2，1，0，＝(0，1，1)，∴平面B 1AE 的一个法向量为m ＝(2，a ，－a )． ∵二面角B 1AE D 1的大小为90°， ∴m ⊥n ，∴m ·n ＝4＋a 2－2a 2＝0， ∵a >0，∴a ＝2，即AD ＝2.。
最新年高考数学二轮复习 专题能力训练15 立体几何中的向量方法 理(考试必备)
专题能力训练15 立体几何中的向量方法一、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.2.(2018北京,理16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.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.(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.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.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.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.二、思维提升训练7.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,现将梯形ABCD沿OB折起成如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=,E是线段PB上一动点.(1)证明:DE和PC不可能垂直;(2)当PE=2BE时,求PD与平面CDE所成角的正弦值.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.专题能力训练15立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.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,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则不妨设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,则不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,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cos<,n2>==-所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为2.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).=(2,0,1),=(1,2,0).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),则令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4).又平面CDC1的法向量为=(0,2,0),∴cos<n,>==-由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-(3)证明平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),∵G(0,2,1),F(0,0,2),=(0,-2,1),∴n=-2,∴n与不垂直,∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内,∴FG与平面BCD相交.3.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×cos 120°=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).所以cos<m,n>=因此所求的角为60°.4.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,∴n,n,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=要使DP∥平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=5.(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),则令x=1,则y=1,z=于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,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sin α=|cos<n,>|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.(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V C-ADE=V E-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则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),则取n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),则取n2=(1,1,0),所以cos<n1,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.解如题图甲所示,因为BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.因为BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=,如题图乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有OP2+OC2=PC2.所以OP⊥OC.而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP两两垂直,故以O为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),(1)证明:设E(x,0,1-x),其中0≤x≤1,所以=(x,-3,1-x),=(1,1,-1).假设DE和PC垂直,则=0,有x-3+(1-x)·(-1)=0,解得x=2,这与0≤x≤1矛盾,假设不成立,所以DE和PC不可能垂直.(2)因为PE=2BE,所以E设平面CDE的一个法向量是n=(x,y,z),因为=(-1,2,0),,所以n=0,n=0,即令y=1,则n=(2,1,5),而=(0,3,-1),所以|cos <,n>|=所以PD与平面CDE所成角的正弦值为8.解∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90°,∴PA⊥平面ABCD,而四边形ABCD是正方形,即AB⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则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)证明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),设=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,=2+2又不共线,共面.∵PB⊄平面EFG,∴PB∥平面EFG.(2)=(1,2,-1),=(-2,2,0),=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.又∵||=,||==2,∴cos<>=因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,∴点Q的坐标为(2-m,2,0),=(2-m,2,-1).而=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,0,2-m),∴点A到平面EFQ的距离d=,即(2-m)2=,∴m=或m=(不合题意,舍去),故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ的距离为。
【推荐精选】2018届高考数学二轮复习 专题检测(十五)立体几何中的向量方法 理
专题检测（十五） 立体几何中的向量方法A 卷——夯基保分专练1．(2017·惠州三调)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.(1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角P AG B 的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知83π＝2×2π×AD ， 解得AD ＝2 3. 作PE ⊥AB ，垂足为E ， ∵OP ＝OA ＝2，∠AOP ＝120°， ∴∠EOP ＝60°，PE ＝3，OE ＝1， ∴AE ＝AO ＋OE ＝3.则A (0,0,0)，B (0,4,0)，D (0,0，23)，P (3，3,0)， ∵G 是DP 的中点， ∴G ⎝⎛⎭⎪⎫32，32，3. (1)证明：∵BD ―→＝(0，－4,23)，AG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3.∴AG ―→·BD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3·(0，－4,23)＝0，∴AG ―→⊥BD ―→，即AG ⊥BD .(2)∵BP ―→＝(3，－1,0)，AG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3，PG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，3，BG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－52，3，∴BP ―→·PG ―→＝0，AG ―→·BP ―→＝0， ∴BP ―→是平面APG 的法向量． 设n ＝(x ，y,1)是平面ABG 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·AB ―→＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＋3＝0，4y ＝0，解得n ＝(－2,0,1)，则cos 〈BP ―→，n 〉＝BP ―→·n |BP ―→|·|n |＝－2325＝－155.由图知，二面角P AG B 为锐角， ∴二面角P AG B 的余弦值为155. 2．(2017·北京高考)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 ＝6，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．解：(1)证明：如图，设AC ，BD 的交点为E ，连接ME . 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ， 所以PD ∥ME .因为底面ABCD 是正方形， 所以E 为BD 的中点． 所以M 为PB 的中点．(2)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 ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，OP ⊂平面PAD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为底面ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .以O 为原点，以OD ―→，OE ―→，OP ―→为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)， BD ―→＝(4，－4,0)，PD ―→＝(2,0，－2)． 设平面BDP 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，得y ＝1，z ＝ 2. 于是n ＝(1,1，2)．又平面PAD 的一个法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12.由题知二面角B PD A 为锐角， 所以二面角B PD A 的大小为60°. (3)由题意知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2，22，C (2,4,0)， 则MC ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫3，2，－22.设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，MC ―→〉|＝|n ·MC ―→||n ||MC ―→|＝269.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.3．(2017·安徽名校阶段性测试)已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD是梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，PA ⊥PD .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A PC D 的余弦值． 解：(1)证明：∵PH ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PH ⊥AB .∵AB ⊥AD ，AD ∩PH ＝H ，AD ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ， ∵PH ⊥平面ABCD ， ∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)． 则P (0，a ，h )．∴AP ―→＝(0，a ，h )，DP ―→＝(0，a －2，h )，AC ―→＝(1,1,0)． ∵PA ⊥PD ，∴AP ―→·DP ―→＝a (a －2)＋h 2＝0. ∵AC 与PD 所成角为60°，∴|cos 〈AC ―→，DP ―→〉|＝|a －2|2·a －2＋h 2＝12， ∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0，∵0<a <2，∴a ＝1.∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)．∴AP ―→＝(0,1,1)，AC ―→＝(1,1,0)，PC ―→＝(1,0，－1)，DC ―→＝(1，－1,0)， 设平面APC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AP ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－1，z 1＝1，所以平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)， 设平面DPC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC ―→＝0，m ·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，x 2－y 2＝0，令x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝1，所以平面DPC 的一个法向量为(1,1,1)．∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.∵二面角A PC D 的平面角为钝角， ∴二面角A PC D 的余弦值为－13.4．(2017·成都一诊)如图①，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BRRH＝λ(λ＞0)．现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图②所示．(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直． ∴PD ⊥平面PEF .在图①中，∵E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点，∴EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH . 在图②中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DGGH＝2，∴在△PDH 中，GR ∥PD . ∴GR ⊥平面PEF .(2)由题意，分别以PF ，PE ，PD 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P xyz .设PD ＝4，则P (0,0,0)，F (2,0,0)，E (0,2，0)，D (0,0,4)， ∴H (1,1,0)，PH ―→＝(1,1,0)，∵PR RH ＝λ，∴PR ―→＝λ1＋λPH ―→， ∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，0. ∴RF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－λ1＋λ，0. EF ―→＝(2，－2,0)，DE ―→＝(0,2，－4)， 设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧EF ―→·m ＝0，DE ―→·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，2y －4z ＝0.取z ＝1，得y ＝2，x ＝2，则m ＝(2,2,1)． ∵直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225，∴|cos 〈m ，RF ―→〉|＝|m ·RF ―→||m ||RF ―→|＝41＋λ3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225. ∴9λ2＋18λ－7＝0.解得λ＝13或λ＝－73(不合题意，舍去)．故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225.B 卷——大题增分专练1.(2017·山东高考)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DF 的中点．(1)设P 是CF 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°，所以∠CBP ＝30°.(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得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)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE ―→＝0，m ·AG ―→＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·CG ―→＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝9＋3－44×4＝12.由图知二面角E AG C 为锐角， 故所求二面角E AG C 的大小为60°.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M AB D 的余弦值．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ， 故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |x －2＋y 2＋z2＝22， 即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→， 则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎨⎧－2x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.由图知二面角M AB D 为锐角， 因此二面角M AB D 的余弦值为105. 3.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1.(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°， ∴AB ＝2.∴BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos 60°＝3. ∴AB 2＝AD 2＋BD 2，∴AD ⊥BD .∵平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ，DE ⊂平面BFED ，DE ⊥DB ， ∴DE ⊥平面ABCD ， ∴DE ⊥AD ，又DE ∩BD ＝D ， ∴AD ⊥平面BFED .(2)由(1)知，直线AD ，BD ，ED 两两垂直，故以D 为原点，直线DA ，DB ，DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，令EP＝λ(0≤λ≤3)，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0，λ，1)，∴AB ―→＝(－1，3，0)，BP ―→＝(0，λ－3，1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ―→＝0，n 1·BP ―→＝0，得⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，λ－3y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝(3，1，3－λ)． ∵n 2＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13＋1＋3－λ2×1＝1λ－32＋4. ∵0≤λ≤3，∴当λ＝3时，cos θ有最大值12，∴θ的最小值为60°.4.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42， 可得AB ＝AC ＝4， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ， 又PA ∩AC ＝A ， 所以AB ⊥平面PAC ， 所以AB ⊥PC .(2)存在，理由如下：取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，AD ，AP 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A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0,2)，B (22，－22，0)，PD ―→＝(0，22，－2)，AC ―→＝(22，22，0)．设PM ―→＝t PD ―→(0＜t ＜1)， 则点M 的坐标为(0,22t ，2－2t )， 所以AM ―→＝(0,22t,2－2t )．设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，即⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋－2t z ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t 1－t，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t . 又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t t －12＝22，解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)， 又BM ―→＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BM ―→〉|＝422×33＝269.故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.。
配套K12新课标2018届高考数学二轮复习专题五立体几何专题能力训练15立体几何中的向量方法理
专题能力训练15 立体几何中的向量方法能力突破训练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.2.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.(1)求证:AO⊥BE;(2)求二面角F-AE-B的余弦值;(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.3.(2017山东,理17)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.(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.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. 5.(2017北京,理16)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.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.思维提升训练7.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,现将梯形ABCD沿OB折起成如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=,E是线段PB上一动点.(1)证明:DE和PC不可能垂直;(2)当PE=2BE时,求PD与平面CDE所成角的正弦值.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.参考答案专题能力训练15立体几何中的向量方法能力突破训练1.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,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则不妨设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,则不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,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cos<,n2>==-所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为2.(1)证明因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.(2)解取BC中点G,连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形,所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB,又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则令z=1,则x=,y=-1.于是n=(,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>==-由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-(3)解因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0.因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.由=0及0<a<2,解得a=3.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).所以cos<m,n>=因此所求的角为60°.4.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,∴n,n,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=要使DP∥平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=5.(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),则令x=1,则y=1,z=于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,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=|cos<n,>|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.(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V C-ADE=V E-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则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),则取n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),则取n2=(1,1,0),所以cos<n1,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-思维提升训练7.解如题图甲所示,因为BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.因为BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=,如题图乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有OP2+OC2=PC2.所以OP⊥OC.而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP两两垂直,故以O为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),(1)设E(x,0,1-x),其中0≤x≤1,所以=(x,-3,1-x),=(1,1,-1).假设DE和PC垂直,则=0,有x-3+(1-x)·(-1)=0,解得x=2,这与0≤x≤1矛盾,假设不成立,所以DE和PC不可能垂直.(2)因为PE=2BE,所以E设平面CDE的一个法向量是n=(x,y,z),因为=(-1,2,0),,所以n=0,n=0,即令y=1,则n=(2,1,5),而=(0,3,-1),所以|cos<,n>|=所以PD与平面CDE所成角的正弦值为8.解∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90°,∴PA⊥平面ABCD,而四边形ABCD是正方形,即AB⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则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)证明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),设=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,=2+2又不共线,共面.∵PB⊄平面EFG,∴PB∥平面EFG.(2)=(1,2,-1),=(-2,2,0),=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.又∵||=,||==2,∴cos<>=因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件, 令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,∴点Q的坐标为(2-m,2,0),=(2-m,2,-1).而=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,0,2-m),∴点A到平面EFQ的距离d=,即(2-m)2=,∴m=或m=(不合题意,舍去),故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ的距离为。
高考数学二轮：5.3《立体几何中的向量方法》试题(含答案)
第 3 讲立体几何中的向量方法1． (2014课·标全国Ⅱ )直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，∠ BCA＝ 90°，M ，N 分别是 A1B1， A1C1的中点， BC＝ CA＝ CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 ()12302A. 10B.5C. 10D. 22． (2015安·徽 ) 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA 中，四边形AA1B1B，ADD 1A1， ABCD 均为正方形， E 为 B1D 1的中点，过A1，D ，E 的平面交CD1于 F.(1)证明： EF∥ B1C；(2)求二面角E-A1D- B1的余弦值．以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上 .热点一利用向量证明平行与垂直设直线 l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝( a2，b2，c2)，v＝(a3，b3， c3)则有：(1)线面平行l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0.(2)线面垂直l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ka2， b1＝ kb2， c1＝ kc2.(3)面面平行α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb， c ＝λc32323.(4)面面垂直α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋ b2b3＋c2c3＝ 0.例 1 如图，在直三棱柱 ADE— BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且互相垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面 BCF ；(2)平面 MDF ⊥平面 EFCD .思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥ b，只需证明向量a＝λb(λ∈ R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1如图所示，已知直三棱柱ABC— A1B1C1中，△ ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，且 AB＝ AA1， D、 E、 F 分别为 B1A、 C1C、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面 ABC；(2)B1F ⊥平面 AEF .热点二利用空间向量求空间角设直线 l ，m 的方向向量分别为a＝( a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝ (a3， b3， c3)，v＝ (a4， b4， c4)(以下相同 ) ．(1)线线夹角π设 l ， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则|a·b|＝|a1a2＋ b1b2＋ c1c2 |cosθ＝|a||b|a12＋ b12＋ c12a22＋ b22＋ c22.(2)线面夹角π设直线 l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，则 sin θ＝|a·μ|＝|cos〈a，μ〉 |. |a||μ|(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则 |cos θ|＝|μ·v|＝ |cos〈μ，v〉 |. |μ||v|例 2 (2015 ·江苏 )如图，在四棱锥P－ABCD 中，已知PA⊥平面 ABCD ，πABCD 为直角梯形，∠ ABC＝∠ BAD＝， PA＝ AD ＝ 2， AB＝ BC2＝1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练 2 (2014 ·福建 )在平面四边形ABCD中， AB＝BD＝CD＝1，AB⊥ BD，CD ⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证： AB⊥ CD ；(2)若 M 为 AD 中点，求直线AD 与平面 MBC 所成角的正弦值．热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等 )是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立 )或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例 3 如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，AB＝ BC＝ 2AA1，∠ ABC＝90°，D 是 BC 的中点．(1)求证： A1 B∥平面 ADC 1；(2)求二面角C1－ AD－ C 的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在点E，使 AE 与 DC 1成 60°角？若存在，确定 E 点位置；若不存在，说明理由．思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3如图所示，四边形ABCD 是边长为 1 的正方形， MD ⊥平面 ABCD ，NB⊥平面 ABCD ，且 MD ＝NB ＝1， E 为 BC 的中点．(1)求异面直线NE 与 AM 所成角的余弦值；(2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形， AB∥EF ， AD⊥平面 ABEF ，1且 AD ＝1， AB＝2EF＝ 22， AF＝ BE＝ 2，P、 Q 分别为 AE 、BD 的中点．(1)求证： PQ∥平面 BCE；(2)求二面角A－ DF －E 的余弦值．提醒：完成作业专题五第3讲二轮专题强化练专题五第 3 讲立体几何中的向量方法A 组专题通关1．已知平面 ABC，点 M 是空间任意一点，点→3→1→1→M 满足条件 OM＝ OA＋OB＋ OC，则直线488AM()A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C．是平面ABC 的垂线D．在平面ABC 内2.如图，点P 是单位正方体ABCD － A1B1C1D1中异于 A 的一个顶点，→ →则 AP·AB的值为 ()A ． 0B．1C．0或1D．任意实数3.如图所示，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为a， M、 N 分别为A1B和 AC 上的点， A1M＝ AN＝23a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A ．相交B．平行C．垂直D．不能确定4．如图，三棱锥 A－ BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 ()33A.6B. 2331C.6D. 25．已知正三棱柱 ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则 AB1与侧面 ACC 1A1所成角的正弦值等于 ()610A.4B. 423C. 2D. 26．在棱长为 1 的正方体ABCD － A1B1C1D1中，M，N 分别为 A1B1，BB1的中点，那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ________．7．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)， B(3，－ 8)，现沿 x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后 A、B 两点间的距离为 ________．→→→ 2→ 2→→→8．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋ A1D 1＋ A1B1) ＝3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1 A)＝ 0；→→→ → →③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方体ABCD － A1B1C1D 1的体积为 |AB ·AA 1·AD |.其中正确命题的序号是________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P— ABCD 中， PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PC， PD 的中点， PA＝ AB＝ 1， BC＝ 2.(1)求证： EF∥平面 PAB；(2)求证：平面PAD ⊥平面 PDC .10．(2015 ·庆重 )如图，三棱锥 P-ABC 中，PC⊥平面 ABC，PC＝ 3，∠ ACB π＝2.D， E 分别为线段AB， BC 上的点，且CD＝DE ＝2， CE＝ 2EB＝2.(1)证明： DE⊥平面 PCD；(2)求二面角APDC 的余弦值．B 组 能力提高11． (2014 ·川四 )如图，在正方体 ABCD －A 1B 1C 1D 1 中，点 O 为线段 BD 的中点．设点 P 在线段 CC 1 上，直线 OP 与平面 A 1BD 所成的角为 α，则 sin α的取值范围是 ()3，1]B ． [6， 1]A ．[ 33 62 2 2 2， 1]C ．[3，3]D ．[ 312．如图， 在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，点 P 在直线 BC 1 上运动时，有下列三个命题：①三棱锥 A － D 1PC 的体积不变；②直线 AP 与平面ACD 1 所成角的大小不变；③二面角 P － AD 1－ C 的大小不变．其中真命题的序号是 ________．13．已知正方体 ABCD － A 1 B 1 C 1D 1 的棱长为 1， E 、 F 分别为 BB 1、 CD 的中点，则点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为 ______________．14.如图， 在三棱锥 P —ABC 中， AC ＝ BC ＝2，∠ ACB ＝90°，AP ＝ BP ＝AB ，PC ⊥ AC ，点 D 为 BC 的中点．(1)求二面角A— PD —B 的余弦值；1(2)在直线 AB 上是否存在点M，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为6，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．学生用书答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法高考真题体验1． C [方法一补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠ BCA ＝ 90°，三棱柱为直三棱柱，且 BC ＝ CA ＝ CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图 (1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为 2，则可得 A(0,0,0) ，B(2,2,0) ， M(1,1,2) ， N(0,1,2) ，→∴ BM ＝ (－1，－ 1,2)，→．AN ＝ (0,1,2)→ → → →BM ·AN∴ cos 〈BM ， AN 〉＝ → →|BM||AN|－ 1＋ 4＝－2＋－ 2＋ 22× 02＋ 12＋ 22330＝6×5＝10.方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图 (2) ，取 BC 的中点 D ，连接 MN ，ND ，AD ，由于 MN 綊1 B 1C 1 綊 BD ，因此有 ND 綊 BM ，2则 ND 与 NA 所成的角即为异面直线BM 与 AN 所成的角．设 BC ＝ 2，则 BM ＝ ND ＝ 6， AN＝ 5， AD ＝ 5，因此 cos ∠ AND ＝ ND 2＋ NA 2－ AD 230 2ND ·NA＝10.]2． (1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥ AB ∥ DC ，且 A 1B 1＝ AB ＝ DC ，所以四边形A 1B 1CD为平行四边形，从而 B 1 C ∥ A 1D ，又 A 1D ? 面 A 1DE ， B 1 C?面 A 1DE ，于是 B 1C ∥面 A 1DE.又B 1C? 面 B 1 CD 1.面 A 1DE ∩面 B 1CD 1＝ EF ，所以 EF ∥ B 1C.(2)解 因为四边形 AA 1B 1B ，ADD 1A 1， ABCD 均为正方形，所以 AA 1⊥ AB ， AA 1⊥AD ， AB ⊥ AD 且AA 1 ＝AB ＝AD .以 A 为原点，分别以 → → →AB ， AD ，AA 1为 x 轴， y 轴和 z 轴 单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，D(0,1,0) ，A 1(0,0,1) ， B 1(1,0,1) ，D 1 (0,1,1) ，而 E 点为 B 1D 1 的11中点，所以 E 点的坐标为， ， 1 .设面 A 1DE 的法向量n 1＝ (r 1， s 1， t 1)，而该面上向量→1 1 →A 1E ＝ ， ， 0， A 1D ＝ (0,1，－ 1)，由2 2→n 1⊥A 1E ，→11r 1＋ s 1＝ 0，n 1⊥ A 1D 得 r 1， s 1， t 1 应满足的方程组2 2s 1－ t 1＝ 0，(－ 1,1,1)为其一组解，所以可取 n 1＝ (－ 1,1,1)．设面 A 1B 1CD 的法向量 n 2＝ (r 2，s 2，t 2)，而该面上向量 →→A 1B 1＝ (1,0,0) ，A 1 D ＝ (0,1，－ 1)，由此同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．所以结合图形知二面角E-A 1D -B 1 的余弦值为 |n 1·n 2| ＝ 2 ＝ 6.|n 1| ·|n 2| 3× 2 3热点分类突破例1 证明 方法一由题意，得 AB ， AD ，AE 两两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0) ， B(1，0,0)， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，11 1 1 F(1,0,1)，M 2， 0， 0 ， O 2， 2，2 .→ 1 1 →1,0,0) ， (1)OM ＝ 0，－，－ ， BA ＝ (－ 2 2→ → → →∴OM ·BA ＝0, ∴OM ⊥BA.∵棱柱 ADE —BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面且 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面BCF 的一个法向量，BCF .(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n 1＝ (x 1， y 1， z 1 )，n 2＝ ( x 2， y 2 ， z 2)．→→∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝n 1 ·DF →＝ 0， 由→n 1 ·DM ＝ 0.x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，得 1解得x 1－ y 1＝ 0，21→→，，－ 1，0 ， DC ＝(1,0,0)， CF ＝ (0，－ 1,1)21y 1＝2x 1，1z 1 ＝－ x 1，1 1 令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1，2，－2 . 同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面MDF ⊥平面 EFCD .方法二→ → → →1 →→ ＋ 1 →(1)OM ＝ OF ＋ FB ＋BM＝ DF －BF BA2 21 →→→1→1 → 1 → 1 →＝(DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－BD － BF ＋BA2 2222＝－ 1 → →1 → 1 →2 (BC ＋ BA)－ BF ＋2BA2＝－ 1 → 1 →2 BC － BF .2→ → →∴向量 OM 与向量 BF ， BC 共面，又 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直，∵→ ＝→，→＝→－→， CD BA FC BC BF→ →1 → 1 → → ＝ 0， ∴ OM·CD ＝－BC －BF2 2·BA→ → 1 → 1 →→ → OM ·FC ＝ － BC － BF ·(BC －BF )22＝－ 1BC →2＋ 1BF → 2＝ 0.2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .跟踪演练 1证明 (1)如图建立空间直角坐标系 A － xyz ，令 AB ＝ AA 1＝ 4，则 A(0,0,0) ， E(0,4,2) ，F(2,2,0) ， B(4,0,0) ， B 1(4,0,4) ．取 AB 中点为 N ，连接 CN ，则 N(2,0,0) ， C(0,4,0) ，D (2,0,2) ，→∴ DE ＝ (－ 2,4,0)，→NC ＝ (－ 2,4,0) ，→ →∴ DE ＝NC ，∴ DE ∥ NC ，又∵ NC? 平面 ABC ， DE?平面 ABC.故 DE ∥平面 ABC.→(2)B 1F ＝ (－ 2,2，－ 4)，→ →．EF ＝ (2，－ 2，－ 2)， AF ＝ (2,2,0)→ →B 1F ·EF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×(－2)＋ (－ 4) ×(－ 2)＝ 0，→ →B 1F ·AF ＝ (－ 2) ×2＋ 2×2＋ (－ 4) ×0＝0.∴→⊥→，→⊥→，即B 1F EF B 1F AF B 1F ⊥ EF ， B 1F ⊥AF ，又∵ AF ∩FE ＝ F ，∴ B 1F ⊥平面 AEF.例 2解→ → →以 { AB ，AD ，AP } 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz ，则各点的坐标为B(1,0,0) ，C(1,1,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,2)．(1)因为 AD ⊥平面→ →．PAB ，所以 AD 是平面 PAB 的一个法向量， AD ＝ (0,2,0) → ，－ →＝ (0,2，－ 2)． 因为 PC ＝(1,1 2)， PD设平面 PCD 的法向量为 m ＝( x ， y ， z)，→ →则 m ·PC ＝ 0， m ·PD ＝ 0，x ＋ y － 2z ＝ 0，令 y ＝1，解得 z ＝1， x ＝ 1.即2y － 2z ＝ 0.所以 m ＝(1,1,1) 是平面 PCD 的一个法向量．→ →3AD ·m从而 cos 〈 AD ， m 〉＝ → ＝ 3 ，|AD ||m |所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33 .→ → →≤λ≤1)，(2)因为 BP ＝ (－ 1,0,2)，设 BQ ＝ λBP ＝ (－ λ， 0,2λ)(0 → → → →又 CB ＝ (0，－ 1,0) ，则 CQ ＝CB ＋BQ ＝ (－ λ，－ 1,2λ)， →，又 DP ＝ (0，－ 2,2)→ → → →1＋ 2λCQ ·DP＝ .从而 cos 〈 CQ ， DP 〉＝ → → 2|CQ||DP | 10λ＋ 2设 1＋2λ＝ t ， t ∈ [1,3] ，2→→2t 2＝2 9则 cos 〈 CQ ，DP 〉＝21 5≤ .5t － 10t ＋ 92 20 109 t －9 ＋ 99 2→ →3 10 当且仅当 t ＝，即 λ＝ 时， |cos 〈CQ ， DP 〉 |的最大值为10.55π因为 y ＝ cos x 在 0，2 上是减函数，此时直线CQ 与 DP 所成角取得最小值．又因为 BP ＝ 12＋ 22＝ 5，所以 BQ ＝ 2BP ＝2 5.55跟踪演练 2 (1)证明 ∵平面 ABD ⊥平面 BCD ，平面 ABD ∩平面 BCD ＝ BD ，AB? 平面 ABD ，AB ⊥ BD ，∴ AB ⊥平面 BCD .又 CD ? 平面 BCD ，∴ AB ⊥ CD .(2)解过点 B 在平面 BCD 内作 BE ⊥ BD ，如图．由 (1) 知 AB ⊥平面 BCD ， BE? 平面 BCD ， BD ? 平面 BCD ， ∴ AB ⊥ BE ， AB ⊥ BD.以 B 为坐标原点，分别以→ → →BE ， BD ， BA 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，得 B(0,0,0) ， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，A(0,0,1) 11，M (0，， )，2 2→→1 1 →，－ 1)．则 BC ＝(1,1,0) ，BM ＝ (0，， )， AD ＝ (0,122设平面 MBC 的法向量 n ＝ (x 0， y 0， z 0)，n ·BC →＝0，x 0＋ y 0＝ 0，则即 1＋ 1＝ 0，→2y 0 n ·BM ＝ 0，2z 0取 z 0＝ 1，得平面 MBC 的一个法向量 n ＝ (1，－ 1,1)．设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ，→ →6|n ·AD |则 sin θ＝ |cos 〈n ， AD 〉 |＝ → ＝ 3 ，|n | ·|AD |即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为63.例 3 (1) 证明 连接 A 1C ，交 AC 1 于点 O ，连接 OD . 由 ABC －A 1B 1C 1 是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1 为矩形， O 为 A 1C的中点．又D 为BC 的中点，所以 OD 为 △ A 1BC 的中位线，所以 A 1B ∥ OD.因为 OD? 平面 ADC 1， A 1B?平面 ADC 1，所以 A 1B ∥平面 ADC 1.(2)解由 ABC － A 1B 1C 1 是直三棱柱，且∠ A BC ＝ 90°，得 BA ， BC ， BB 1 两两垂直．以 BC ， BA ， BB 1 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B － xyz.设 BA ＝ 2，则 B(0,0,0) ，C(2,0,0) ， A(0,2,0) ， C 1(2,0,1) ， D(1,0,0) ，→ →所以 AD ＝ (1，－ 2,0) ， AC 1＝ (2，－ 2,1)． 设平面 ADC 1 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)， →n ·AD ＝ 0，则有→n ·AC 1＝ 0.x － 2y ＝ 0，取 y ＝1，得 n ＝ (2,1，－ 2)．所以 2x － 2y ＋ z ＝ 0.易知平面 ADC 的一个法向量为 v ＝(0,0,1) ．所以 cos 〈 n ， v 〉＝ n ·v2＝－ .|n | |·v | 3因为二面角 C 1－ AD － C 是锐二面角，所以二面角 C 1－ AD － C 的余弦值为2 .3(3)解 假设存在满足条件的点 E.因为点 E 在线段 A 1B 1 上， A 1(0,2,1) ， B 1(0,0,1) ，故可设 E(0， λ，1)，其中 0≤λ≤2.→→． 所以 AE ＝ (0， λ－ 2,1)， DC 1＝ (1,0,1) 因为 AE 与 DC 1 成 60°角，→→→ →1|AE ·DC 1|所以 |cos 〈AE ，DC 1〉 |＝ → →＝2，|AE| |DC ·1 |即12＋1· 2＝1，解得 λ＝ 1 或 λ＝ 3(舍去 )．λ－2所以当点 E 为线段 A 1 B 1 的中点时， AE 与 DC 1 成 60°角． 跟踪演练 3解 (1) 如图，以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DM 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 D(0,0,0) ，A(1,0,0)，M(0,0,1) ， C(0,1,0) ， B(1,1,0) ，1 →1 ， 0，－ 1)， N(1,1,1)， E(， 1,0)，所以 NE ＝ (－22→AM ＝(－ 1,0,1)．→ →1→ →2 10|NE ·AM |因为 |cos 〈NE ，AM 〉 |＝ → → ＝5＝10 ，|NE| ×|AM| 2 × 2所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN . →＝(0,1,1) ，因为 AN→ → ＝(0 ，λ， λ)(0 ≤λ≤1)， 可设 AS ＝ λAN→1 又 EA ＝ (2，－ 1,0)，→→→1所以 ES ＝ EA ＋ AS ＝ ( ， λ－1， λ)．2由 ES ⊥平面 AMN ，→→ES ·AM ＝ 0，得→ →ES ·AN ＝ 0，－ 1＋ λ＝ 0，即 2λ－ ＋ λ＝ 0，1 → 1 1 →2 . 故 λ＝，此时 AS ＝ (0， ， )， |AS|＝222 2经检验，当 AS ＝2时， ES ⊥平面 AMN .2故线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN ，此时 AS ＝ 2.2高考押题精练(1)证明连接 AC ，∵四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，∴Q 为 AC 的中点，又在 △AEC 中， P 为 AE 的中点，∴ PQ ∥EC ，∵ EC? 面 BCE ， PQ?面 BCE ，∴ PQ ∥平面 BCE.(2)解 如图，取 EF 的中点 M ，则 AF ⊥ AM ，以 A 为坐标原点，以 AM ，AF ，AD 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 A(0,0,0) ， D (0,0,1) ，M (2,0,0)， F(0,2,0) ．→ → →可得 AM ＝ (2,0,0) ， MF ＝ (－ 2,2,0)， DF ＝ (0,2，－ 1)．→n ·MF ＝ 0，设平面 DEF 的法向量为n ＝ (x ， y ， z)，则→n ·DF ＝ 0.－ 2x ＋ 2y ＝0，x － y ＝ 0，故 2y －z ＝0， 即2y － z ＝ 0.令 x ＝1，则 y ＝1， z ＝ 2，故 n ＝(1,1,2) 是平面 DEF 的一个法向量．→∵ AM ⊥面 ADF ，∴ AM 为平面 ADF 的一个法向量．→→2×1＋ 0×1＋ 0×26n ·AM∴ cos 〈n ， AM 〉＝→ ＝ 6×2＝ 6.|n | ·|AM|由图可知所求二面角为锐角，6∴二面角A－DF － E 的余弦值为 6 .二轮专题强化练答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法1． D [由已知得 M 、 A 、 B 、C 四点共面．所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.]→→ → → → → →→ 1，其中一个与 →2． C [AP 可为下列 7 个向量： AB ， AC ， AD ， AA 1， AB 1，AC 1， AD AB 重合，→→→2→→→→→ → → →→AP ·AB ＝ |AB| ＝ 1； AD ，AD 1， AA 1 与AB 垂直，这时 AP ·AB ＝ 0； AC ， AB 1 与 AB 的夹角为45°，→ → π → → 3×1×cos ∠ BAC 1＝ 3× 1＝ 1，故选 C.] 这时 AP ·AB ＝ 2×1×cos ＝ 1，最后 AC 1·AB ＝3 4 3． B [分别以 C 1B 1、 C 1D 1、 C 1C 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵ A 1M ＝ AN ＝ 23 a ，∴ M a ， 2 a ，N 2 23a ， 3 3a ，3a ， a ，→ a 2 a .∴MN ＝ － ，0， 33→又 C 1 (0,0,0) ，D 1(0， a,0)，∴ C 1D 1＝ (0， a,0)，∴→ →＝，∴→⊥→MN ·C 1D 1 0 MN C 1D 1.→MN?平面 BB 1C 1C ，∴ MN ∥平面 BB 1C 1C.]∵ C 1D 1是平面 BB 1C 1C 的法向量，且 4． A [设 AB ＝ 1，→ → → → → → 则 CE ·BD ＝ (AE － AC) ·(AD － AB)＝ 1 → 2 1 → →→ → → →2 AD － AD ·AB － AC ·AD ＋ AC ·AB2＝ 1 112 － cos 60 －°cos 60 ＋°cos 60 ＝° .24→ →1→ →43CE ·BD∴ cos 〈CE ，BD 〉＝ → → ＝ 3＝6 .选 A.]|CE||BD | 25． A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2， O(0,0,0)，B(3， 0,0)， A(0，－ 1,0)， B 1(→ 3， →3， 0,2)，则 AB 1＝ ( 1,2)，则 BO ＝ (－ 3，→ →0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由 sin θ＝ |AB 1·BO|＝ 6.] → →4|AB 1||BO|2 6.5解析 以 D 点为坐标原点，分别以DA ， DC ，DD 1 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A(1,0,0) ， M(1， 1， 1)，21C(0,1,0)， N(1,1， 2) ．→ 1 →1所以 AM ＝ (0，， 1)，CN＝ (1,0， )．22 → →111故 AM ·CN ＝ 0×1＋ ×0＋1× ＝ ，2 2 2→2 1 2 ＋ 1 25|AM |＝0 ＋ 2 ＝ ，2→2 21 2 ＝5|CN|＝ 1＋0＋ 2 ，2→ →1→→2 2AM ·CN＝所以 cos 〈 AM ， CN 〉＝→ → 5 5＝ .5|AM ||CN|2 ×27．2 17解析如图为折叠后的图形，其中作 AC ⊥ CD ， BD ⊥ CD ，则 AC ＝ 6， BD ＝ 8， CD ＝ 4，两异面直线 AC 、 BD 所成的角为 60°，故由→＝→＋→＋→，AB AC CD DB→ 2 →→→2，得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB | ＝ 68→∴|AB|＝ 2 17.8．①②→→→2→ 2→ 2 → 解析 设正方体的棱长为 1，①中 (A 1A ＋ A 1D 1＋A 1B 1) ＝A 1C ＝ 3A 1B 1 ＝3，故①正确； ②中 A 1B 1→ →→－ A 1A ＝ AB 1，由于 AB 1⊥ A 1C ，故②正确； ③中 A 1B 与 AD 1 两异面直线所成的角为 60°，但 AD 1→→ → →与 A 1B 的夹角为 120°，故③不正确；④中 |AB ·AA 1·AD |＝ 0.故④也不正确．9．证明(1) 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ，C(1,2,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,1) ，∵ E， F 分别是 PC， PD 的中点，∴ E 1， 1，1，F 0，1，1，222→1，0， 0→．EF＝－，AB＝ (1,0,0)2→ 1 →→ →∵EF＝－AB ，∴ EF ∥ AB，2即 EF∥AB，又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，∴ EF ∥平面 PAB.→，－ 1)→→→→，(2)由 (1)可知 PB＝ (1,0，PD ＝ (0,2，－ 1)，AP＝ (0,0,1)， AD＝ (0,2,0)， DC ＝ (1,0,0)→→∵ AP·DC ＝ (0,0,1) (1,0,0)·＝ 0，→→AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)·＝ 0，→→→→∴ AP⊥ DC，AD ⊥DC ，即 AP⊥ DC ，AD⊥ DC .又 AP∩AD＝ A，∴ DC ⊥平面 PAD .∵DC ? 平面 PDC，∴平面 PAD ⊥平面 PDC .10． (1)证明由PC⊥平面ABC，DE ?平面ABC，故PC⊥ DE.由 CE＝ 2， CD＝ DE＝ 2得△CDE 为等腰直角三角形，故 CD ⊥ DE .由 PC∩CD＝ C， DE 垂直于平面 PCD 内两条相交直线，故 DE ⊥平面 PCD .π(2)解由(1)知，△ CDE为等腰直角三角形，∠DCE ＝，如图，过 D 作4DF 垂直 CE 于 F，易知 DF ＝ FC＝ FE＝ 1，又已知EB＝ 1，故 FB＝ 2.πDF＝FB233.由∠ ACB＝得 DF ∥AC ，AC BC ＝，故 AC＝DF ＝2322以 C 为坐标原点，分别以→ →→轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标CA，CB，CP的方向为 x系，则 C(0,0,0) ，P(0,0,3) ，A 3，0， 0→→，2，E(0,2,0) ，D (1,1,0)，ED＝(1，－ 1,0)，DP＝ (－ 1，－ 1,3)→1，－ 1，0 . DA ＝2→→－ x1－y1＋3z1＝0，设平面 PAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·DP＝0，n1·DA＝0，得1x1－ y1＝0，2故可取 n1＝(2,1,1)．→由 (1) 可知 DE ⊥平面 PCD ，故平面PCD 的法向量n2可取为ED，即 n2＝(1，－1,0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝n1·n2＝3，|n1| |·n2 |6故所求二面角 APDC 的余弦值为3 6 .11． B [ 根据题意可知平面A1BD ⊥平面 A1ACC 1且两平面的交线是A1O，所以过点P 作交线 A1O 的垂线 PE，则 PE⊥平面 A1BD，所以∠ A1OP 或其补角就是直线OP 与平面 A1BD 所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面 A1BD 可以垂直．当点 P 与点 C1重合时可得 A1O＝OP＝6，A1C1＝2 2，所以1× 6× 6×sin α＝1×22×2，22所以 sin α＝2 2；3当点 P 与点 C 重合时，可得sin α＝2＝6 6 3.根据选项可知 B 正确． ]12．①③解析①中，∵ BC1∥平面 AD1C，∴ BC1上任意一点到平面 AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线 BC1上运动时，直线 AB 与平面 ACD 1所成角和直线 AC1与平面ACD 1 所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线 BC 1 上运动时，点 P 在平面 AD 1 C 1B 中，既二面角 P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确．3 513. 10解析以 A 为坐标原点， AB 、 AD 、AA 1 所在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，11则 A 1 (0,0,1) ，E(1,0，2)， F(2， 1,0)， D 1 (0,1,1) ．→1 →．∴ A 1E ＝ (1,0，－)，A 1D 1＝ (0,1,0)2设平面 A 1D 1E 的一个法向量为 n ＝ (x ， y ， z)，→＝0，1n ·A 1E即x － z ＝ 0，则2→ y ＝ 0.n ·A 1D 1＝ 0，令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．→1又 A 1F ＝ (2， 1，－ 1)，∴点 F 到平面 A 1D 1 E 的距离为→1－ 2|||A 1F ·n |＝2＝ 3 5d ＝ |n |510.14．解 (1)∵ AC ＝ BC ， PA ＝ PB ， PC ＝ PC ，∴△ PCA ≌△ PCB ，∴∠ PCA ＝∠ PCB ，∵ PC ⊥ AC ，∴ PC ⊥ CB ，又 AC ∩CB ＝ C ，∴ PC ⊥平面 ACB ，且 PC ， CA ， CB 两两垂直，故以 C 为坐标原点，分别以CB ， CA ， CP 所在直线为 x ，y ， z 轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)， A(0,2,0) ， D(1,0,0) ， P(0,0,2)，→ →∴ AD ＝ (1，－ 2,0)， PD ＝ (1,0，－ 2)，设平面 PAD 的一个法向量为n ＝ (x ， y ， z) ，→n ·AD ＝0∴，∴取 n ＝ (2,1,1) ，→n ·PD ＝0→平面 PDB 的一个法向量为CA ＝ (0,2,0) ，→6∴ cos 〈n ， CA 〉＝ 6 ，设二面角 A —PD — B 的平面角为 θ，且 θ为钝角，6 6 ∴ cos θ＝－ 6 ，∴二面角 A — PD — B 的余弦值为－6.(2)方法一存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．设 M(x,2－ x,0) (x ∈ R )，→∴ PM ＝ (x,2－ x ，－ 2)，∴ →|cos 〈 PM ， n 〉 ||x|1 ＝ x 2＋－ x2＋4· 6 ＝ 6，解得 x ＝ 1 或 x ＝－ 2，∴ M(1,1,0) 或 M(－ 2,4,0)，∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为 16.方法二 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点． → →设 AM ＝ λAB ，→＝(2 λ，－ 2λ， 0) (λ∈ R )，则 AM ＝ λ(2，－ 2,0) → → →∴ PM ＝ PA ＋ AM ＝ (2λ，2－ 2λ，－ 2)，→|2λ|∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝2＋－ 2λ 2＋ 4· 6 λ 1解得 λ＝ 或 λ＝－ 1.∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或1＝6.A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD1所成角的正弦值为 .。
高考数学二轮复习专题检测(十五) 立体几何中的向量方法
专题检测(十五) 立体几何中的向量方法[大题强化练]1．(2020·广州市阶段训练)如图，三棱锥P -ABC 中，P A ＝PC ，AB ＝BC ，∠APC ＝120°，∠ABC ＝90°，AC ＝3PB .(1)求证：AC ⊥PB ；(2)求直线AC 与平面P AB 所成角的正弦值．解：(1)证明：如图，取AC 的中点O ，连接PO ，BO ， 因为P A ＝PC ，所以PO ⊥AC . 因为AB ＝BC ，所以BO ⊥AC .因为PO ∩BO ＝O ，PO ⊂平面POB ，BO ⊂平面POB ， 所以AC ⊥平面POB .因为PB ⊂平面POB ，所以AC ⊥PB . (2)不妨设AC ＝2， 因为AC ＝3PB ， 所以PB ＝233.因为AB ＝BC ，∠ABC ＝90°，所以BO ＝AO ＝12AC ＝1，因为P A ＝PC ，∠APC ＝120°，所以∠APO ＝60°. 在Rt △POA 中，PO ＝AO tan 60°＝33.因为BO 2＋PO 2＝43＝PB 2，所以PO ⊥BO .因为PO ⊥AC ，AC ∩BO ＝O ，AC ⊂平面ABC ，BO ⊂平面ABC ， 所以PO ⊥平面ABC .以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz .则A (0，－1，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，33， AB ―→＝(1，1，0)，AP ―→＝⎝⎛⎭⎫0，1，33，AC ―→＝(0，2，0)．设平面P AB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·AB ―→＝0，n ·AP ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0y ＋33z ＝0，令z ＝3，则y ＝－1，x ＝1.故平面P AB 的一个法向量为n ＝(1，－1，3)． 则cos 〈n ，AC ―→〉＝n·AC ―→|n||AC ―→|＝－25×2＝－55.记直线AC 与平面P AB 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈n ，AC ―→〉|＝55.所以直线AC 与平面P AB 所成角的正弦值为55. 2．(2020·沈阳市教学质量监测)如图，已知△ABC 为等边三角形，△ABD 为等腰直角三角形，AB ⊥BD .平面ABC ⊥平面ABD ，点E 与点D 在平面ABC 的同侧，且CE ∥BD ，BD ＝2CE .F 为AD 的中点，连接EF .(1)求证：EF ∥平面ABC ； (2)求二面角C -AE -D 的余弦值．解：(1)证明：取AB 的中点为O ，连接OC ，OF ， ∵O ，F 分别为AB ，AD 的中点，∴OF ∥BD 且BD ＝2OF ，又CE ∥BD 且BD ＝2CE ， ∴CE ∥OF 且CE ＝OF ，∴四边形OCEF 为平行四边形，∴EF ∥OC ，又OC ⊂平面ABC 且EF ⊄平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .(2)∵三角形ABC 为等边三角形，O 为AB 的中点， ∴OC ⊥AB ，∵平面ABC ⊥平面ABD 且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ， 又BD ⊥AB 且BD ⊂平面ABD ， ∴BD ⊥平面ABC ，又OF ∥BD ，∴OF ⊥平面ABC .以O 为坐标原点，分别以OA ―→，OC ―→，OF ―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨令正三角形ABC 的边长为2，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，C (0，3，0)，E (0，3，1)，D (－1，0，2)，∴AC ―→＝(－1，3，0)，AE ―→＝(－1，3，1)，AD ―→＝(－2，0，2)，设平面AEC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧－x1＋3y1＝0－x1＋3y1＋z1＝0，不妨令y 1＝1，则m ＝(3，1，0)，设平面AED 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，同理可得n ＝(1，0，1)， ∴cos 〈m ，n 〉＝32×2＝64，又二面角C -AE -D 为钝角， ∴所求二面角C -AE -D 的余弦值为－64. 3．(2020·贵阳市适应性考试)如图是一个半圆柱与多面体ABB 1A 1C 构成的几何体，平面ABC 与半圆柱的下底面共面，且AC ⊥BC ，P 为弧A 1B 1上(不与A 1，B 1重合)的动点．(1)证明：P A 1⊥平面PBB 1；(2)若四边形ABB 1A 1为正方形，且AC ＝BC ，∠PB 1A 1＝π4，求二面角P -A 1B 1C 的余弦值．解：(1)证明：在半圆柱中，BB 1⊥平面P A 1B 1，所以BB 1⊥P A 1. 因为A 1B 1是直径，所以P A 1⊥PB 1.因为PB 1∩BB 1＝B 1，PB 1⊂平面PBB 1，BB 1⊂平面PBB 1， 所以P A 1⊥平面PBB 1.(2)以C 为坐标原点，分别以CB ，CA 所在直线为x 轴，y 轴，过C 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系C -xyz ，如图所示．设CB ＝1，则C (0，0，0)，B (1，0，0)，A (0，1，0)，A 1(0，1，2)，B 1(1，0，2)，P (1，1，2)．所以CA1―→＝(0，1，2)，CB1―→＝(1，0，2)． 平面P A 1B 1的一个法向量为n 1＝(0，0，1)． 设平面CA 1B 1的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n2⊥CA1―→，n 2⊥CB1―→，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，x ＋2z ＝0.令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2，x ＝－2，z ＝1.所以可取n 2＝(－2，－2，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝11×5＝55.由图可知二面角P -A 1B 1C 为钝角，所以所求二面角的余弦值为－55. 4．(2020·全国统一考试模拟卷)如图，四棱锥S -ABCD 中，底面ABCD 为矩形．SA ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为AD ，SC 的中点，EF 与平面ABCD 所成的角为45°.(1)证明：EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线； (2)若EF ＝12BC ，求二面角B -SC -D 的余弦值．解：(1)证明：以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz .设D (0，b ，0)，S (0，0，c )，则C (1，b ，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，b2，0，F ⎝⎛⎭⎫12，b 2，c 2，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，0，c 2，AS ―→＝(0，0，c )，AD ―→＝(0，b ，0)． 因为EF 与平面ABCD 所成的角为45°，所以EF ―→与平面ABCD 的法向量AS ―→的夹角为45°. AS ―→·EF ―→＝|AS ―→||EF ―→|cos 45°， 即c22＝22×c × 14＋c24，解得c ＝1， 故EF ―→＝⎝⎛⎭⎫12，0，12，SC ―→＝(1，b ，－1)，从而EF ―→·SC ―→＝0，EF ―→·AD ―→＝0，所以EF ⊥SC ，EF ⊥AD .因此EF 为异面直线AD 与SC 的公垂线．(2)由B (1，0，0)，BC ―→＝(0，b ，0)，|EF ―→|＝12|BC ―→|，得b ＝2.于是F ⎝⎛⎭⎫12，22，12，C (1，2，0)，连接FB ，故FB ―→＝⎝⎛⎭⎫12，－22，－12，SC ―→＝(1，2，－1)，从而FB ―→·SC ―→＝0，即FB ⊥SC .取CF 的中点G ，连接GD ，则G ⎝⎛⎭⎫34，324，14，GD ―→＝⎝⎛⎭⎫－34，24，－14，从而GD ―→·SC ―→＝0，即GD ⊥SC .因此〈FB ―→，GD ―→〉等于二面角B -SC -D 的平面角． cos 〈FB ―→，GD ―→〉＝FB ―→·GD ―→|FB ―→||GD ―→|＝－33.所以二面角B -SC -D 的余弦值为－33. 5．(2020·贵阳市四校联考)在△ABC 中，D ，E 分别为AB ，AC 的中点，AB ＝2BC ＝2CD ，如图①，以DE 为折痕将△ADE 折起，使点A 达到点P 的位置，如图②.(1)证明：平面BCP ⊥平面CEP ；(2)若平面DEP ⊥平面BCED ，求直线DP 与平面BCP 所成角的正弦值．解：(1)证明：在题图①中，因为AB ＝2BC ＝2CD ，且D 为AB 的中点， 所以由平面几何知识，得∠ACB ＝90°. 又E 为AC 的中点，所以DE ∥BC .在题图②中，CE ⊥DE ，PE ⊥DE ，且CE ∩PE ＝E ， 所以DE ⊥平面CEP ， 所以BC ⊥平面CEP ， 又BC ⊂平面BCP ， 所以平面BCP ⊥平面CEP .(2)因为平面DEP ⊥平面BCED ，平面DEP ∩平面BCED ＝DE ，EP ⊂平面DEP ，EP ⊥DE ， 所以EP ⊥平面BCED . 又CE ⊂平面BCED ， 所以EP ⊥CE .以E 为坐标原点，ED ―→，EC ―→，EP ―→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝2a ，则AB ＝4a ，AC ＝23a ，AE ＝CE ＝3a ，DE ＝a .则P (0，0，3a )，D (a ，0，0)，C (0，3a ，0)，B (2a ，3a ，0)．所以DP ―→＝(－a ，0，3a )，BC ―→＝(－2a ，0，0)，CP ―→＝(0，－3a ，3a )． 设平面BCP 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC ―→＝0，n·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2ax ＝0，－3ay ＋3az ＝0.令y ＝1，则z ＝1，所以n ＝(0，1，1)． 设DP 与平面BCP 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，DP ―→〉|＝|n·DP ―→||n||DP ―→|＝3a 2×2a ＝64.所以直线DP 与平面BCP 所成角的正弦值为64. 6．(2020·福州市质量检测)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为正方形，P A ⊥底面ABCD ，P A ＝AB ，E 为线段PB 的中点，F 为线段BC 上的动点．(1)求证：平面AEF ⊥平面PBC ；(2)试确定点F 的位置，使平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°. 解：(1)证明：因为P A ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以P A ⊥BC .因为ABCD 为正方形，所以AB ⊥BC ， 又P A ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面P AB . 因为AE ⊂平面P AB ， 所以AE ⊥BC .因为P A ＝AB ，E 为线段PB 的中点，所以AE ⊥PB ， 又PB ∩BC ＝B ， 所以AE ⊥平面PBC . 又AE ⊂平面AEF ， 所以平面AEF ⊥平面PBC .(2)因为P A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，所以以A 为坐标原点，分别以AB ―→，AD ―→，AP ―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设正方形ABCD 的边长为2，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (1，0，1)，所以AE ―→＝(1，0，1)，PC ―→＝(2，2，－2)，PD ―→＝(0，2，－2)． 设点F 的坐标为(2，λ，0)(0≤λ≤2)，则AF ―→＝(2，λ，0)． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面AEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n·AE ―→＝0，n·AF ―→＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧x1＋z1＝0，2x1＋λy1＝0.取y 1＝2，则n ＝(－λ，2，λ)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)为平面PCD 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m·PC ―→＝0，m·PD ―→＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x2＋y2－z2＝0，y2－z2＝0.取y 2＝1，则m ＝(0，1，1)．因为平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°，所以|cos 30°|＝|m·n||m|·|n|＝|2＋λ|2·2λ2＋4＝32， 解得λ＝1，故当点F 为BC 中点时，平面AEF 与平面PCD 所成的锐二面角为30°.7．(2020·长沙市统一模拟考试)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 是菱形，其对角线的交点为O ，且AB ＝AC 1，AB ⊥B 1C .(1)求证：AO ⊥平面BB 1C 1C ；(2)设∠B 1BC ＝60°，若直线A 1B 1与平面BB 1C 1C 所成的角为45°，求二面角A 1B 1C 1B 的余弦值．解：(1)证明：∵四边形BB 1C 1C 是菱形，∴B 1C ⊥BC 1. ∵AB ⊥B 1C ，AB ∩BC 1＝B ， ∴B 1C ⊥平面ABC 1，∴B 1C ⊥AO .∵AB ＝AC 1，O 是BC 1的中点，∴AO ⊥BC 1， 又B 1C ∩BC 1＝O ，∴AO ⊥平面BB 1C 1C .(2)∵AB ∥A 1B 1，∴直线A 1B 1与平面BB 1C 1C 所成的角等于直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角． ∵AO ⊥平面BB 1C 1C ，∴直线AB 与平面BB 1C 1C 所成的角即∠ABO ， ∴∠ABO ＝45°.不妨设菱形BB 1C 1C 的边长为2，则在等边三角形BB 1C 中，BO ＝3，CO ＝B 1O ＝1，在Rt △ABO 中，AO ＝BO ＝3.如图，以O 为坐标原点，分别以OB ，OB 1，OA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B 1(0，1，0)，C (0，－1，0)，C 1(－3，0，0)，A (0，0，3)，A 1(－3，1，3)，A1B1―→＝(3，0，－3)，B1C1―→＝(－3，－1，0)．设平面A 1B 1C 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n1·A1B1―→＝3x －3z ＝0，n1·B1C1―→＝－3x －y ＝0.令x ＝1，则y ＝－3，z ＝1，可得n 1＝(1，－3，1)．易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 则cos 〈n 1，n 2〉＝n1·n2|n1||n2|＝15＝55，由图可知二面角A 1B 1C 1B 为钝角， ∴二面角A 1B 1C 1B 的余弦值为－55. 8．(2020·福建省质量检测)如图①，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，点E 在线段BC 上，BE ＝2EC .把△BAE 沿AE 翻折至△B 1AE 的位置，B 1∉平面AECD ，连接B 1D ，点F 在线段DB 1上，DF ＝2FB 1，如图②.(1)证明：CF ∥平面B 1AE ；(2)当三棱锥B 1ADE 的体积最大时，求二面角B 1DE C 的余弦值．解：(1)证明：依题意得，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝3，BE ＝2EC ， 所以AD ＝3，EC ＝1.如图①，在线段B 1A 上取一点M ，满足AM ＝2MB 1，连接MF ，ME ， 又DF ＝2FB 1，所以B1M MA ＝B1F FD ，故FM ∥AD ，FM ＝13AD .又EC ∥AD ，所以EC ∥FM ，因为FM ＝13AD ＝1，所以EC ＝FM ， 所以四边形FMEC 为平行四边形，所以CF ∥EM ，又CF ⊄平面B 1AE ，EM ⊂平面B 1AE ，所以CF ∥平面B 1AE .(2)设B 1到平面AECD 的距离为h ，则VB 1AED ＝13·S △AED ·h ，又S △AED ＝3， 所以VB 1AED ＝h ，故要使三棱锥B 1AED 的体积取到最大值，需且仅需h 取到最大值． 如图②，取AE 的中点O ，连接B 1O ，依题意得B 1O ⊥AE ，则h ≤B 1O ＝2，因为平面B 1AE ∩平面AECD ＝AE ，B 1O ⊥AE ，B 1O ⊂平面B 1AE ，故当平面B 1AE ⊥平面AECD 时，B 1O ⊥平面AECD ，h ＝B 1O .即当且仅当平面B 1AE ⊥平面AECD 时，VB 1AED 取得最大值，此时h ＝2.以D 为坐标原点，DA ―→，DC ―→的方向分别为x 轴，y 轴的正方向建立如图②所示空间直角坐标系D -xyz ，则D (0，0，0)，E (1，2，0)，B 1(2，1，2)，DB1―→＝(2，1，2)，DE ―→＝(1，2，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面B 1ED 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n·DB1―→＝0，n·DE ―→＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0.令y ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎫－2，1，32， 又平面CDE 的一个法向量为m ＝(0，0，1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m|·|n|＝324＋1＋92＝31919， 因为B 1DE C 为钝角，所以其余弦值等于－31919.。
2018年浙江高考数学二轮复习练习：专题限时集训10 立体几何中的向量方法 Word版含答案
专题限时集训(十) 立体几何中的向量方法(对应学生用书第137页) [建议用时：45分钟]1．如图1011，在四棱锥P ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.图1011(1)求证：PD ⊥平面PAB .(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值．(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：因为平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ⊥AD ， 所以AB ⊥平面PAD .所以AB ⊥PD .2分又因为PA ⊥PD ， 所以PD ⊥平面PAB .4分(2)取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .又因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， 所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .5分如图，建立空间直角坐标系O xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1,1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1). 6分设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0.令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2,2). 8分又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为33. 10分(3)设M 是棱PA 上一点， 则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →.11分 因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).12分因为BM ⊄平面PCD ，所以要使BM ∥平面PCD 当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0.解得λ＝14.所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.15分2．如图1012，在四棱锥P ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.图1012(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由； (2)若二面角P CD A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值.【导学号：68334118】[解] (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．如图(1)，延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点.2分(1)理由如下：由已知，知BC ∥ED ，且BC ＝ED ， 所以四边形BCDE 是平行四边形，从而CM ∥EB .4分又EB ⊂平面PBE ，CM ⊄平面PBE ， 所以CM ∥平面PBE .6分(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一 点)(2)法一：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，从而CD ⊥PD ， 所以∠PDA 是二面角P CD A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.7分设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.如图(1)，过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH ，易知PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥CE ，于是CE ⊥平面PAH . 所以平面PCE ⊥平面PAH .11分过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE ， 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角． 在Rt △AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，所以AH ＝22. 在Rt △PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322，所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.15分法二：由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD ，于是CD ⊥PD . 从而∠PDA 是二面角P CD A 的平面角， 所以∠PDA ＝45°.又PA ⊥AB ，所以PA ⊥平面ABCD .7分设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2，作Ay ⊥平面PAD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴、z 轴的正方向，建立如图(2)所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，(2)所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2). 9分设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1). 12分设直线PA 与平面PCE 所成角为α， 则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋－2＋12＝13， 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.15分3．在平面四边形ACBD (如图1013(1))中，△ABC 与△ABD 均为直角三角形且有公共斜边AB ，设AB ＝2，∠BAD ＝30°，∠BAC ＝45°，将△ABC 沿AB 折起，构成如图1013(2)所示的三棱锥C ′ABD ，且使C ′D ＝ 2.(1) (2)图1013(1)求证：平面C ′AB ⊥平面DAB ；(2)求二面角A C ′D B 的余弦值. 【导学号：68334119】 [解] (1)证明：取AB 的中点O ，连接C ′O ，DO ， 在Rt △AC ′B ，Rt △ADB 中，AB ＝2，C ′O ＝DO ＝1. 又∵C ′D ＝2，∴C ′O 2＋DO 2＝C ′D 2，即C ′O ⊥OD . 2分又∵C ′O ⊥AB ，AB ∩OD ＝O ，AB ，OD ⊂平面ABD ， ∴C ′O ⊥平面ABD .4分 又∵C ′O ⊂平面ABC ′，∴平面C ′AB ⊥平面DAB .5分(2)以O 为原点，AB ，OC ′所在的直线分别为y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，C ′(0,0,1)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， ∴AC ′→＝(0,1,1)，BC ′→＝(0，－1,1)，C ′D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，－1.6分设平面AC ′D 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1⊥AC ′→，n 1⊥C ′D →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC ′→＝0，n 1·C ′D →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＋z 1＝0，32x 1＋12y 1－z 1＝0，令z 1＝1，则y 1＝－1，x 1＝3，∴n 1＝(3，－1,1).8分设平面BC ′D 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2⊥BC ′→，n 2⊥C ′D →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BC ′→＝0，n 2·C ′D →＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋z 2＝0，32x 2＋12y 2－z 2＝0，令z 2＝1，则y 2＝1, x 2＝33， ∴n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫33，1，1，12分∴cos 〈n 1，n 2〉＝3×33＋－＋1×13＋1＋1×13＋1＋1＝15×73＝10535，二面角A C ′D B 的余弦值为－10535.15分4．(2017·杭州学军中学高三模拟)在如图所示的圆台中，AC 是下底面圆O 的直径，EF 是上底面圆O ′的直径，FB 是圆台的一条母线．图1014(1)已知G ，H 分别为EC ，FB 的中点．求证：GH ∥平面ABC ； (2)已知EF ＝FB ＝12AC ＝23，AB ＝BC .求二面角F BC A 的余弦值．[解] (1)证明：设FC 的中点为I ，连接GI ，HI (图略)． 在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF . 又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .3分在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC . 又HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面ABC . 因为GH ⊂平面GHI ，所以GH ∥平面ABC . 6分 (2)法一：连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC . 又AB ＝BC ，且AC 是圆O 的直径，所以BO ⊥AC .8分以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)， 所以BC →＝(－23，－23，0)， 10分过点F 作FM 垂直于OB 于点M .所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3)． 故BF →＝(0，－3，3).12分设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BF →＝0，可得⎩⎨⎧－23x －23y ＝0，－3y ＋3z ＝0，可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝77.所以二面角F BC A 的余弦值为77.15分法二：连接OO ′.过点F 作FM 垂直于OB 于点M ， 则有FM ∥OO ′.又OO ′⊥平面ABC ，所以FM ⊥平面ABC . 9分 可得FM ＝FB 2－BM 2＝3.OB ＝23，OM ＝O ′F ＝3，BM ＝OB －OM ＝3，过点M 作MN 垂直BC 于点N ，连接FN .可得FN ⊥BC ，从而∠FNM 为二面角F BC A 的平面角． 又AB ＝BC ，AC 是圆O 的直径， 所以MN ＝BM sin 45°＝62. 13分从而FN ＝FM 2＋MN 2＝422， 可得cos ∠FNM ＝MN FN＝77， 所以二面角F BC A 的余弦值为77.15分。
(新课标)天津市高考数学二轮复习 专题能力训练15 立体几何中的向量方法 理
专题能力训练15 立体几何中的向量方法一、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.2.(2018北京,理16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF;(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;(3)证明:直线FG与平面BCD相交.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.(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.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.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.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.二、思维提升训练7.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,现将梯形ABCD沿OB折起成如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=,E是线段PB上一动点.(1)证明:DE和PC不可能垂直;(2)当PE=2BE时,求PD与平面CDE所成角的正弦值.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.专题能力训练15立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.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,=(2,0,0),=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则不妨设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,则不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<,n2>==-,于是sin<,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cos<,n2>==-所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为2.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.又E,F分别为AC,A1C1的中点,∴AC⊥EF.∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF.(2)解由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC.∵BE⊂平面ABC,∴EF⊥BE.建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).=(2,0,1),=(1,2,0).设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),则令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4).又平面CDC1的法向量为=(0,2,0),∴cos<n,>==-由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-(3)证明平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),∵G(0,2,1),F(0,0,2),=(0,-2,1),∴n=-2,∴n与不垂直,∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内,∴FG与平面BCD相交.3.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×cos 120°=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).所以cos<m,n>=因此所求的角为60°.4.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,∴n,n,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=要使DP∥平面B1AE,只要n,有-az0=0,解得z0=又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=5.(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),则令x=1,则y=1,z=于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,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sin α=|cos<n,>|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为6.(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V C-ADE=V E-ACD=S△ACD×DE=AC×CD×DE=AC×BC(AC2+BC2)=AB2=,当且仅当AC=BC=2时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则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),则取n1=(1,0,2).设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),则取n2=(1,1,0),所以cos<n1,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.解如题图甲所示,因为BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.因为BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=,如题图乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有OP2+OC2=PC2.所以OP⊥OC.而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP两两垂直,故以O为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),(1)证明:设E(x,0,1-x),其中0≤x≤1,所以=(x,-3,1-x),=(1,1,-1).假设DE和PC垂直,则=0,有x-3+(1-x)·(-1)=0,解得x=2,这与0≤x≤1矛盾,假设不成立,所以DE和PC不可能垂直.(2)因为PE=2BE,所以E设平面CDE的一个法向量是n=(x,y,z),因为=(-1,2,0),,所以n=0,n=0,即令y=1,则n=(2,1,5),而=(0,3,-1),所以|cos <,n>|=所以PD与平面CDE所成角的正弦值为8.解∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90°,∴PA⊥平面ABCD,而四边形ABCD是正方形,即AB⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则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)证明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),设=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,=2+2又不共线,共面.∵PB⊄平面EFG,∴PB∥平面EFG.(2)=(1,2,-1),=(-2,2,0),=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.又∵||=,||==2,∴cos<>=因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,∴点Q的坐标为(2-m,2,0),=(2-m,2,-1).而=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则令x=1,则n=(1,0,2-m),∴点A到平面EFQ的距离d=,即(2-m)2=,∴m=或m=(不合题意,舍去),故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ的距离为。
2018年高考数学(理)二轮练习：专题限时集训10 立体几何中的向量方法
专题限时集训(十) 立体几何中的向量方法(对应学生用书第97页)(限时：40分钟)题型1 向量法求线面角 1 题型2 向量法求二面角2,4 题型3 利用空间向量求解探索性问题31．(2017·郑州二模)如图109，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，各棱长均相等．D ，E ，F 分别为棱AB ，BC ，A 1C 1的中点．图109(1)证明：EF ∥平面A 1CD ；(2)若三棱柱ABC A 1B 1C 1为直棱柱，求直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值．[解] (1)证明：在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，连接ED ，在△ABC 中，因为D ，E 分别为棱AB ，BC 的中点，所以DE ∥AC ，DE ＝12AC .又F 为A 1C 1的中点，可得A 1F ＝12A 1C 1，所以A 1F ∥DE ，A 1F ＝DE ，因此四边形A 1FED 为平行四边形，所以EF ∥A 1D ， 又EF ⊄平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD ， 所以EF ∥平面A 1CD .(2)法一：(几何法)因为底面ABC 是正三角形，D 为AB 的中点，所以CD ⊥AB ，又AA 1⊥CD ，AA 1∩AB ＝A ，所以CD ⊥平面A 1ABB 1. 如图在平面A 1ABB 1内，过点B 作BG ⊥A 1D ，交直线A 1D 于点G ，连接CG ，则BG ⊥平面A 1CD ，所以∠BCG 为直线BC 与平面A 1CD 所成的角．设三棱柱的棱长为a ，可得A 1D ＝5a2，由△A 1AD ∽△BGD ， 可得BG ＝5a5， 在Rt△BCG 中，sin∠BCG ＝BG BC ＝55.所以直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值为55. 法二：(向量法)设A 1B 1的中点为O ，连接OC 1，OD ，因为三棱柱ABC A 1B 1C 1为直棱柱，所以OD ⊥平面A 1B 1C 1，所以OD ⊥OC 1，OD ⊥OA 1.又△A 1B 1C 1为等边三角形，所以OC 1⊥A 1B 1.以O 为坐标原点，OA 1→，OD →，OC 1→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz .设三棱柱的棱长为a ，则O (0,0,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，a ，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，32a ，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，0，D (0，a,0)．所以BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，0，32a ，A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a ，0，DC→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32a . 设平面A 1CD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·A 1D →＝0n ·DC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－a2x ＋ay ＝032az ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2,1,0)．设直线BC 与平面A 1CD 所成的角为θ，则sin θ＝|n ·BC →||n |·|BC →|＝a 5·a 2＝55. 所以直线BC 与平面A 1CD 所成角的正弦值为55. 2．(2017·合肥二模)如图1010(1)，在矩形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝2，点E 为AD 的中点，沿BE 将△ABE 折起至△PBE ，如图2所示，点P 在平面BCDE 上的射影O 落在BE 上．图1010(1)图1010(2)(1)求证：BP ⊥CE ；(2)求二面角B PC D 的余弦值.【导学号：07804077】[解] (1)证明：因为点P 在平面BCDE 上的射影O 落在BE 上，所以平面PBE ⊥平面BCDE ，易知BE ⊥CE ，所以CE ⊥平面PBE ，而BP ⊂平面PBE ， 所以PB ⊥CE .(2)以O 为坐标原点，以过点O 且平行于CD 的直线为x 轴，过点O 且平行于BC 的直线为y 轴，直线PO 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22. 所以CD →＝(－1,0,0)，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－32，22，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，－22，BC →＝(0,2,0)．设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则有⎩⎨⎧n 1·CD →＝0n 1·CP →＝0，即⎩⎨⎧－x 1＝0x 1＋3y 1－2z 1＝0，令z 1＝2，可得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，2. 设平面PBC 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧n 2·PB →＝0n 2·BC →＝0，即⎩⎨⎧x 2－y 2－2z 2＝02y 2＝0，令z 2＝2，可得n 2＝(2,0，2)． 所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3311.考虑到二面角B PC D 为钝角，则其余弦值为－3311. 3．(2017·郑州三模)如图1011，在四边形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .图1011(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．[解] (1)证明：在梯形ABCD 中，设AD ＝CD ＝BC ＝1，∵AB ∥CD ，∠BCD ＝2π3，∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos π3＝3.∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴BC ⊥AC . ∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ， ∴AC ⊥平面BCF .∵四边形ACFE 是矩形，∴EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF . (2)由(1)知，以CA ，CB ，CF 所成直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AD ＝CD ＝BC ＝CF ＝1，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0,0,0)，A (3，0,0)，B (0,1,0)，M (λ，0,1)，∴AB →＝(－3，1,0)，BM →＝(λ，－1,1)， 设平面MAB 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n 1·AB →＝0n 1·BM →＝0，即⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0λx －y ＋z ＝0，令x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，为平面MAB 的一个法向量． 易知n 2＝(1,0,0)是平面FCB 的一个法向量， 设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ， 则cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋3－λ2×1＝1λ－32＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos θ有最小值77， ∴点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角最大， 此时二面角的余弦值为77. 4．(2017·河北石家庄二模)如图1012，在三棱柱ABC DEF 中，侧面ABED 是边长为2的菱形，且∠ABE ＝π3，BC ＝212.四棱锥F ABED 的体积为2，点F 在平面ABED 内的正投影为点G ，且点G 在AE 上，点M 在线段CF 上，且CM ＝14CF .图1012(1)证明：直线GM ∥平面DEF ； (2)求二面角M AB F 的余弦值.【导学号：07804078】[解] (1)证明：因为四棱锥F ABED 的体积为2，所以V F ABED ＝13×32×2×2×FG ＝2，所以FG ＝ 3.又BC ＝EF ＝212，所以EG ＝32， 易知AE ＝2，则点G 是AE 的靠近点A 的四等分点． 过点G 作GK ∥AD 交DE 于点K ，连接FK ，则GK ＝34AD ＝34CF .又MF ＝34CF ，所以MF ＝GK ，又MF ∥GK ，所以四边形MFKG 为平行四边形，所以GM ∥FK ，又FK ⊂平面DEF ，GM ⊄平面DEF ， 所以直线GM ∥平面DEF .(2)连接BD ，设AE ，BD 的交点为O ，以OB 所在直线为x 轴，OE 所在直线为y 轴，过点O 的平面ABED 的垂线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A (0，－1,0)，B (3，0,0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，3， M ⎝ ⎛⎭⎪⎫334，－54，3，BA →＝(－3，－1,0)，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－34，－54，3，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12，3. 设平面ABM ，平面ABF 的法向量分别为m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧m ·BA →＝0，m ·BM →＝0，⎩⎨⎧n ·BA →＝0，n ·BF →＝0，得⎩⎨⎧y 1＝－3x 1，z 1＝－x 1，⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝－3x 2，z 2＝12x 2，不妨取x 1＝x 2＝1，则m ＝(1，－3，－1)，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－3，12，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝78585， 易知二面角M AB F 是锐二面角， 故二面角M AB F 的余弦值为78585.。
高考数学二轮复习 专题4.3 立体几何中的向量方法精练 理
第3讲 立体几何中的向量方法(建议用时：60分钟)一、选择题1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM( )．A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内解析 由已知得M ，A ，B ，C 四点共面，所以AM 在平面ABC 内，选D. 答案 D2．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )．A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定解析 MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA →＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋BC →＋23DA →， 又CD →是平面BB 1C 1C 的一个法向量，且MN →·CD →＝23B 1B →＋BC →＋23DA →·CD →＝0，∴MN →⊥CD →，又MN⊄面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C . 答案 B3．如图，四棱锥S －ABCD 的底面为正方形，SD ⊥底面ABCD ，则下列结论中不正确的是( )．A ．AC ⊥SB B ．AB ∥平面SCDC ．SA 与平面SBD 所成的角等于SC 与平面SBD 所成的角 D ．AB 与SC 所成的角等于DC 与SA 所成的角解析 选项A 正确，因为SD 垂直于底面ABCD ，而AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥SD ；再由四边形ABCD 为正方形，所以AC ⊥BD ；而BD 与SD 相交，所以，AC ⊥平面SBD ，AC ⊥SB . 选项B 正确，因为AB ∥CD ，而CD ⊂平面SCD ，AB ⊄平面SCD ，所以AB ∥平面SCD . 选项C 正确，设AC 与BD 的交点为O ，易知SA 与平面SBD 所成的角就是∠ASO ，SC 与平面SBD 所成的角就是∠CSO ，易知这两个角相等．选项D 错误，AB 与SC 所成的角等于∠SCD ，而DC 与SA 所成的角是∠SAB ，这两个角不相等． 答案 D4．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于( )．A.64 B.104 C.22 D.32解析 如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1，0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.答案 A5．(2014·新课标全国Ⅱ卷)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( )．A.110B.25C.3010D.22解析 法一 由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1，1,2)，N (0,1,2)，∴BM →＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN→|BM →||AN →|＝－1＋4－12＋－12＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010. 法二 如图(2)，取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 綉12B 1C 1綉BD ，因此有ND綉BM ，则ND 与NA 所成角即为异面直线BM 与AN 所成角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5，因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.答案 C6．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( )．A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数 解析 AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→.其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.答案 C7．(2015·浙江卷)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′－CD －B 的平面角为α，则( )．A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析 极限思想：若α＝π，则∠A ′CB ＜π，排除D ；若α＝0，如图，则∠A ′DB ，∠A ′CB 都可以大于0，排除A ，C.故选B.答案 B 二、填空题8．在一直角坐标系中，已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A ，B 两点间的距离为________．解析 如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥l 于点C ，BD ⊥l 于点D ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC ，BD 所成的角为60°， 故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →， 得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68， ∴|AB →|＝217. 答案 2179．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．解析 设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3(A 1B 1→)2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确． 答案 ①②10．已知正四棱锥P －ABCD 的侧棱与底面所成角为60°，M 为PA 中点，连接DM ，则DM 与平面PAC 所成角的大小是________．解析 设底面正方形的边长为a ，由已知可得正四棱锥的高为62a ，建立如图所示空间直角坐标系，则平面PAC 的法向量为n ＝(1,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，A 0，－22a ,0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－24a ，64a ， DM →＝⎝⎛⎭⎪⎫22a ，－24a ，64a ，所以cos 〈DM →，n 〉＝|DM →·n ||DM →||n |＝22，所以DM 与平面PAC 所成角为45°.答案 45°11．(2015·孝感模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在直线BC 1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变；②直线AP 与平面ACD 1所成角的大小不变；③二面角P －AD 1－C 的大小不变．其中真命题的序号是________．解析 ①中，∵BC 1∥平面AD 1C ，∴BC 1上任意一点到平面AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线BC 1上运动时，直线AB 与平面ACD 1所成角和直线AC 1与平面ACD 1所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线BC 1上运动时，点P 在平面AD 1C 1B 中，即二面角P －AD 1－C 的大小不受影响，所以正确． 答案 ①③12．(2015·四川卷)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．解析 建立空间直角坐标系如图所示， 设AB ＝1，则AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，设M (0，y,1)(0≤y ≤1)， 则EM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y ，1，∴cos θ＝－12＋12y 1＋1414＋y 2＋1＝－1－y52·4y 2＋5.设异面直线所成的角为α， 则cos α＝|cos θ|＝1－y52·4y 2＋5＝255·1－y 4y 2＋5， 令t ＝1－y ，则y ＝1－t ， ∵0≤y ≤1，∴0≤t ≤1，那么cos α＝|cos θ|＝255·t4t 2－8t ＋9 ＝255t 24t 2－8t ＋9＝25514－8t ＋9t2， 令x ＝1t，∵0≤t ≤1，∴x ≥1，那么cos α＝25514－8x ＋9x2，又∵z ＝9x 2－8x ＋4在[1，＋∞)上单增， ∴x ＝1，z min ＝5，此时cos α的最大值＝255·15＝255·55＝25. 答案 25三、解答题13．(2015·北京卷)如图，在四棱锥A －EFCB 中，△AEF 为等边三角形，平面AEF ⊥平面EFCB ，EF ∥BC ，BC ＝4，EF ＝2a ，∠EBC ＝∠FCB ＝60°，O 为EF 的中点．(1) 求证：AO ⊥BE ；(2) 求二面角F －AE －B 的余弦值； (3)若BE ⊥平面AOC ，求a 的值．(1)证明 因为△AEF 是等边三角形，O 为EF 的中点， 所以AO ⊥EF .又因为平面AEF ⊥平面EFCB .AO ⊂平面AEF ， 所以AO ⊥平面EFCB . 所以AO ⊥BE .(2)解 取BC 中点G ，连接OG . 由题设知EFCB 是等腰梯形，所以OG ⊥EF .由(1)知AO ⊥平面EFCB . 又OG ⊂平面EFCB ， 所以OA ⊥OG .如图建立空间直角坐标系O －xyz ， 则E (a,0,0)，A (0,0，3a )，B (2，3(2－a )，0)，EA →＝(－a,0，3a )， BE →＝(a －2，3(a －2)，0)．设平面AEB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧－ax ＋3az ＝0，a －2x ＋3a －2y ＝0.令z ＝1，则x ＝3，y ＝－1， 于是n ＝(3，－1,1)．平面AEF 的法向量为p ＝(0,1,0)．所以cos 〈n ，p 〉＝n·p |n ||p |＝－55.由题知二面角F －AE －B 为钝角， 所以它的余弦值为－55. (3)解 因为BE ⊥平面AOC ， 所以BE ⊥OC ， 即BE →·OC →＝0，因为BE →＝(a －2，3(a －2)，0)，OC →＝(－2，3(2－a )，0)，所以BE →·OC →＝－2(a －2)－3(a －2)2. 由BE →·OC →＝0及0<a <2， 解得a ＝43.14．(2015·江苏卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量． 从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9 ＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910. 当且仅当t ＝95， 即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数， 此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255. 15．(2015·陕西卷)如图1，在直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值．图1(1)证明 在图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，且A 1O ∩OC ＝O ，从而BE ⊥平面A 1OC ，又在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 中点，所以BC 綉ED ， 所以四边形BCDE 为平行四边形，故有CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)解 由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2，图2如图，以O 为原点，建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0，得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22，CD →＝BE →＝(－2，0,0)，设平面A 1BC 的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n1＝(1,1,1)； ⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)，从而cos θ＝|cos n 1，n 2|＝23×2＝63，即平面A 1BC 与平面A 1CD 夹角的余弦值为63.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题检测（十五） 立体几何中的向量方法A 卷——夯基保分专练1．(2017·惠州三调)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点P 在圆柱OQ 的底面圆周上，G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.(1)求证：AG ⊥BD ；(2)求二面角P AG B 的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系，由题意可知83π＝2×2π×AD ， 解得AD ＝2 3. 作PE ⊥AB ，垂足为E ， ∵OP ＝OA ＝2，∠AOP ＝120°， ∴∠EOP ＝60°，PE ＝3，OE ＝1， ∴AE ＝AO ＋OE ＝3.则A (0,0,0)，B (0,4,0)，D (0,0，23)，P (3，3,0)， ∵G 是DP 的中点， ∴G ⎝⎛⎭⎪⎫32，32，3. (1)证明：∵BD ―→＝(0，－4,23)，AG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3.∴AG ―→·BD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3·(0，－4,23)＝0，∴AG ―→⊥BD ―→，即AG ⊥BD .(2)∵BP ―→＝(3，－1,0)，AG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，3，PG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－32，3，BG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－52，3，∴BP ―→·PG ―→＝0，AG ―→·BP ―→＝0， ∴BP ―→是平面APG 的法向量． 设n ＝(x ，y,1)是平面ABG 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·AB ―→＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＋3＝0，4y ＝0，解得n ＝(－2,0,1)，则cos 〈BP ―→，n 〉＝BP ―→·n |BP ―→|·|n |＝－2325＝－155.由图知，二面角P AG B 为锐角， ∴二面角P AG B 的余弦值为155. 2．(2017·北京高考)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 ＝6，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．解：(1)证明：如图，设AC ，BD 的交点为E ，连接ME . 因为PD ∥平面MAC ，平面MAC ∩平面PDB ＝ME ， 所以PD ∥ME .因为底面ABCD 是正方形， 所以E 为BD 的中点． 所以M 为PB 的中点．(2)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 ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，OP ⊂平面PAD ， 所以OP ⊥平面ABCD .因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE . 因为底面ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .以O 为原点，以OD ―→，OE ―→，OP ―→为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，则P (0,0，2)，D (2,0,0)，B (－2,4,0)， BD ―→＝(4，－4,0)，PD ―→＝(2,0，－2)． 设平面BDP 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD ―→＝0，n ·PD ―→＝0，即⎩⎨⎧4x －4y ＝0，2x －2z ＝0.令x ＝1，得y ＝1，z ＝ 2. 于是n ＝(1,1，2)．又平面PAD 的一个法向量为p ＝(0,1,0)，所以cos 〈n ，p 〉＝n ·p |n ||p |＝12.由题知二面角B PD A 为锐角， 所以二面角B PD A 的大小为60°. (3)由题意知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2，22，C (2,4,0)， 则MC ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫3，2，－22.设直线MC 与平面BDP 所成角为α，则 sin α＝|cos 〈n ，MC ―→〉|＝|n ·MC ―→||n ||MC ―→|＝269.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.3．(2017·安徽名校阶段性测试)已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD是梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，PA ⊥PD .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A PC D 的余弦值． 解：(1)证明：∵PH ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PH ⊥AB .∵AB ⊥AD ，AD ∩PH ＝H ，AD ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ， ∴AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ， ∵PH ⊥平面ABCD ， ∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)． 则P (0，a ，h )．∴AP ―→＝(0，a ，h )，DP ―→＝(0，a －2，h )，AC ―→＝(1,1,0)． ∵PA ⊥PD ，∴AP ―→·DP ―→＝a (a －2)＋h 2＝0. ∵AC 与PD 所成角为60°，∴|cos 〈AC ―→，DP ―→〉|＝|a －2|2·a －2＋h 2＝12， ∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0，∵0<a <2，∴a ＝1.∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)．∴AP ―→＝(0,1,1)，AC ―→＝(1,1,0)，PC ―→＝(1,0，－1)，DC ―→＝(1，－1,0)， 设平面APC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AP ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0，令x 1＝1，得y 1＝－1，z 1＝1，所以平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)， 设平面DPC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC ―→＝0，m ·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，x 2－y 2＝0，令x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝1，所以平面DPC 的一个法向量为(1,1,1)．∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13.∵二面角A PC D 的平面角为钝角， ∴二面角A PC D 的余弦值为－13.4．(2017·成都一诊)如图①，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BRRH＝λ(λ＞0)．现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图②所示．(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直． ∴PD ⊥平面PEF .在图①中，∵E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点，∴EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH . 在图②中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DGGH＝2，∴在△PDH 中，GR ∥PD . ∴GR ⊥平面PEF .(2)由题意，分别以PF ，PE ，PD 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P xyz .设PD ＝4，则P (0,0,0)，F (2,0,0)，E (0,2，0)，D (0,0,4)， ∴H (1,1,0)，PH ―→＝(1,1,0)，∵PR RH ＝λ，∴PR ―→＝λ1＋λPH ―→， ∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，0. ∴RF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－λ1＋λ，0. EF ―→＝(2，－2,0)，DE ―→＝(0,2，－4)， 设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧EF ―→·m ＝0，DE ―→·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，2y －4z ＝0.取z ＝1，得y ＝2，x ＝2，则m ＝(2,2,1)． ∵直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225，∴|cos 〈m ，RF ―→〉|＝|m ·RF ―→||m ||RF ―→|＝41＋λ3 ⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225. ∴9λ2＋18λ－7＝0.解得λ＝13或λ＝－73(不合题意，舍去)．故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225.B 卷——大题增分专练1.(2017·山东高考)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DF 的中点．(1)设P 是CF 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°，所以∠CBP ＝30°.(2)以B 为坐标原点，分别以BE ，BP ，BA 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得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)，设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE ―→＝0，m ·AG ―→＝0，可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2，可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3，－3，2)． 设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACG 的一个法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG ―→＝0，n ·CG ―→＝0，可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2，可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3，－3，－2)．所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝9＋3－44×4＝12.由图知二面角E AG C 为锐角， 故所求二面角E AG C 的大小为60°.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M AB D 的余弦值．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF . 因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ， 又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ， 又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ， 故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)． 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°， 而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量， 所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |x －2＋y 2＋z2＝22， 即(x －1)2＋y 2－z 2＝0. ① 又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→， 则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ. ②由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22，1，62，从而AM ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫1－22，1，62. 设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，即⎩⎨⎧－2x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.由图知二面角M AB D 为锐角， 因此二面角M AB D 的余弦值为105. 3.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1.(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，∵AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°， ∴AB ＝2.∴BD 2＝AB 2＋AD 2－2AB ·AD ·cos 60°＝3. ∴AB 2＝AD 2＋BD 2，∴AD ⊥BD .∵平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ∩平面ABCD ＝BD ，DE ⊂平面BFED ，DE ⊥DB ， ∴DE ⊥平面ABCD ， ∴DE ⊥AD ，又DE ∩BD ＝D ， ∴AD ⊥平面BFED .(2)由(1)知，直线AD ，BD ，ED 两两垂直，故以D 为原点，直线DA ，DB ，DE 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，令EP＝λ(0≤λ≤3)，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0，3，0)，P (0，λ，1)，∴AB ―→＝(－1，3，0)，BP ―→＝(0，λ－3，1)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB ―→＝0，n 1·BP ―→＝0，得⎩⎨⎧－x ＋3y ＝0，λ－3y ＋z ＝0，取y ＝1，则n 1＝(3，1，3－λ)． ∵n 2＝(0,1,0)是平面ADE 的一个法向量， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝13＋1＋3－λ2×1＝1λ－32＋4. ∵0≤λ≤3，∴当λ＝3时，cos θ有最大值12，∴θ的最小值为60°.4.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42， 可得AB ＝AC ＝4， 所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ， 又PA ∩AC ＝A ， 所以AB ⊥平面PAC ， 所以AB ⊥PC .(2)存在，理由如下：取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，AD ，AP 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A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0,2)，B (22，－22，0)，PD ―→＝(0，22，－2)，AC ―→＝(22，22，0)．设PM ―→＝t PD ―→(0＜t ＜1)， 则点M 的坐标为(0,22t ，2－2t )， 所以AM ―→＝(0,22t,2－2t )．设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，即⎩⎨⎧22x ＋22y ＝0，22ty ＋－2t z ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t 1－t，则n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－1，2t 1－t . 又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量， 所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t t －12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2t t －12＝22，解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)， 又BM ―→＝(－22，32，1)． 设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BM ―→〉|＝422×33＝269.故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.。