(课标专用)天津市2020高考数学二轮复习专题能力训练14立体几何中的向量方法
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 .。
(新课标)天津市2020年高考数学二轮复习 专题能力训练14 空间中的平行与垂直 理
专题能力训练14 空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是()A.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C12.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是()A.O是△AEF的垂心B.O是△AEF的内心C.O是△AEF的外心D.O是△AEF的重心3.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)4.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.5.下列命题中正确的是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为a2;④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.6.在正三棱柱A1B1C1-ABC中,点D是BC的中点,BC=BB1.设B1D∩BC1=F.求证:(1)A1C∥平面AB1D;(2)BC1⊥平面AB1D.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;(3)求点D到平面PAM的距离.8.(2018全国Ⅰ,理18)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把△DFC折起,使点C到达点P的位置,且PF ⊥BF.(1)证明:平面PEF⊥平面ABFD;(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.二、思维提升训练9.(2018浙江,8)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC 所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则()A.θ1≤θ2≤θ3B.θ3≤θ2≤θ1C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ110.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AB=,AD=2,BC=4,AA1=2,E是DD1的中点,F是平面B1C1E与直线AA1的交点.(1)证明:①EF∥A1D1;②BA1⊥平面B1C1EF;(2)求BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值.11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由;(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.12.已知正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=,AB=AD=.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).(1)求证:AE⊥平面BDC;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点B到平面ACD的距离.专题能力训练14空间中的平行与垂直一、能力突破训练1.D解析易知A1C1⊥平面BB1D1D.∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故选D.2.A解析如图,易知PA,PE,PF两两垂直,∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.②③④解析对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④.4解析如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF.又GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH.又GH∩EF=H,∴AC⊥平面EFG.故点P的轨迹是△EFG,其周长为5.②③④解析①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.6.证明 (1)连接A1B,设A1B交AB1于点E,连接DE.∵点D是BC的中点,点E是A1B的中点,∴DE∥A1C.∵A1C⊄平面AB1D,DE⊂平面AB1D,∴A1C∥平面AB1D.(2)∵△ABC是正三角形,点D是BC的中点,∴AD⊥BC.∵平面ABC⊥平面B1BCC1,平面ABC∩平面B1BCC1=BC,AD⊂平面ABC,∴AD⊥平面B1BCC1.∵BC1⊂平面B1BCC1,∴AD⊥BC1.∵点D是BC的中点,BC=BB1,∴BD=BB1.,∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1,∴∠BDB1=∠BC1C.∴∠FBD+∠BDF=∠C1BC+∠BC1C=90°.∴BC1⊥B1D.∵B1D∩AD=D,∴BC1⊥平面AB1D.7.(1)证法一取AD的中点O,连接OP,OC,AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,所以AD⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.因为M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,所以PC⊥平面AMD.因为AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱PB的中点Q,连接QM,QA.因为M为PC的中点,所以QM∥BC.在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD, 所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM=,所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=设点D到平面PAC的距离为h,由V D-PAC=V P-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO.因为S△ACD=22=,所以h=,解得h=, 所以点D到平面PAM的距离为8.(1)证明由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)解作PH⊥EF,垂足为H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=,EH=则H(0,0,0),P,D为平面ABFD的法向量.设DP与平面ABFD所成角为θ,则sin θ=所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为二、思维提升训练9.D解析当点E不是线段AB的中点时,如图,点G是AB的中点,SH⊥底面ABCD,过点H作HF∥AB,过点E作EF ∥BC,连接SG,GH,EH,SF.可知θ1=∠SEF,θ2=∠SEH,θ3=∠SGH.由题意可知EF⊥SF,故tan θ1==tan θ3.∴θ1>θ3.又tan θ3==tan θ2,∴θ3>θ2.∴θ1>θ3>θ2.当点E是线段AB的中点时,即点E与点G重合,此时θ1=θ3=θ2.综上可知,θ1≥θ3≥θ2.10.(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,所以C1B1∥平面ADD1A1.因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=,即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F.又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.在矩形ABB1A1中,AB=,AA1=2,得BH=在Rt△BHC1中,BC1=2,BH=,得sin∠BC1H=所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是11.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=AB时,BC∥平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.又因为AK=AB,F为AE的中点,2019年所以KF∥EH,所以KF∥BC.因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,所以BC∥平面DFK.(2)证明因为F为AE的中点,DA=DE=1,所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE.因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,所以在折起后的图形中AE=BE=,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.因为BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.12.(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.因为AE∶EA1=1∶2,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1,所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,所以DE⊥BC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE=h,则A1E=-h,所以-S△AED-=2h-(-h)-h.因为BD⊥平面ACC1A1,所以h,又V棱柱=2=3, 所以h=1,解得h=,故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的13.(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.∵AB=AD=,DB=2,∴AM⊥BD.∵DB=2,DC=1,BC=满足DB2+DC2=BC2,∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,∵E是BC的中点,∴ME为△BCD的中位线,ME CD,∴ME⊥BD,ME=,∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角,∴∠AME=60°.∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,∴BD⊥平面AEM.∵AE⊂平面AEM,∴BD⊥AE.∵△ABD为等腰直角三角形,∴AM=BD=1.在△AEM中,∵AE2=AM2+ME2-2AM·ME·cos∠AME=1+-2×1cos 60°=,∴AE=, ∴AE2+ME2=1=AM2,∴AE⊥ME.∵BD∩ME=M,BD⊂平面BDC,ME⊂平面BDC,∴AE⊥平面BDC.(2)解取AD的中点N,连接MN,则MN是△ABD的中位线,MN∥AB.又ME∥CD,∴直线AB与CD所成角θ等于MN与ME所成的角,即∠EMN或其补角.AE⊥平面BCD,DE⊂平面BCD,∴AE⊥DE.∵N为Rt△AED斜边的中点,∴NE=AD=,MN=AB=,ME=,∴cos θ=|cos∠EMN|=(3)解记点B到平面ACD的距离为d,则三棱锥B-ACD的体积V B-ACD=d·S△ACD.又由(1)知AE是三棱锥A-BCD的高,BD⊥CD,∴V B-ACD=V A-BCD=AE·S△BCD=∵E为BC中点,AE⊥BC,∴AC=AB=又DC=1,AD=,△ACD为等腰三角形,S△ACD=DC1,∴点B到平面ACD的距离d=。
【2020】高考数学(理科,天津课标版)二轮复习专题能力训练 含答案6
1.B 解析 由题意得 f(x)单调递增,f(1)=-1<0,f(2)=>0,所以 f(x)=+log2x 的零点落在区间(1,2)内. 2.C 解析 依题意得 g-2<0,g=1>0,则 x2 若 f(x)=1-10x,
则有 x1=0,此时|x1-x2|>,因此选 C. 3.B 解析 设 AD 长为 x cm,则 CD 长为(16-x)cm,
f(x)+f(2-x)= 所以函数 y=f(x)-g(x)=f(x)-3+f(2-x)= 其图象如图所示. 显然函数图象与 x 轴有 2 个交点,故函数有 2 个零点. 13.(1)-1 (2)[2,+∞) 解析 (1)当 a=1 时,f(x)= 当 x<1 时,2x-1∈(-1,1); 当 x≥1 时,4(x-1)(x-2)∈[-1,+∞). 故 f(x)的最小值为-1. (2)若函数 f(x)=2x-a 的图象在 x<1 时与 x 轴有一个交点,则 a>0,并 且当 x=1 时,f(1)=2-a>0,所以 0<a<2. 同时函数 f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象在 x≥1 时与 x 轴有一个交点,所 以 a<1. 若函数 f(x)=2x-a 的图象在 x<1 时与 x 轴没有交点,则函数 f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象在 x≥1 时与 x 轴有两个不同的交点,当 a≤0 时,函数 f(x)=2x-a 的图象与 x 轴无交点,函数 f(x)=4(x-a)(x-2a)的图象 在 x≥1 上与 x 轴也无交点,不满足题意. 当 21-a≤0,即 a≥2 时,函数 f(x)=4(x-a)·(x-2a)的图象与 x 轴的两 个交点 x1=a,x2=2a 都满足题意. 综上,a 的取值范围为[2,+∞). 14.解 (1)当 0<x≤10 时,W=xR(x)-(10+2.7x)=8.1x--10; 当 x>10 时,W=xR(x)-(10+2.7x)=98--2.7x. 故 W= (2)①当 0<x≤10 时,由 W'=8.1-=0,得 x=9.当 x∈(0,9)时,W'>0;当 x∈(9,10]时,W'<0. 所以当 x=9 时,W 取得最大值, 即 Wmax=8.1×9-93-10=38.6.
(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。
2020年高考数学(理)总复习：立体几何中的向量方法(解析版)
2020 年高考数学（理）总复习：立体几何中的向量方法题型一利用向量证明平行与垂直【题型重点】 向量证明平行与垂直的4 步骤(1)成立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系； (2)成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波及的点、直线、平面的因素；(3)经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)依据运动结果解说有关问题．【例 1】如图，在直三棱柱 ADE —BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且相互垂直，点 M 为 AB 的中点，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 . 【证明】方法一(1)由题意，得 AB ， AD ， AE 两两垂直，以点 A 为原点成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) ，F(1,0,1) ， M1,0,0 ，2O 1 ,1 ,1.2 2 2→1 1→OM ＝ 0, ,2 ，BA ＝ (－ 1,0,0)，2→ → → →∴ OM ·BA ＝ 0, ∴ OM ⊥BA.∵棱柱 ADE — BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面 BCF 的一个法向量， 且 OM? 平面 BCF ，∴ OM ∥平面 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 ＝1 →→，－ 1,1)，, 1,0 ， DC ＝ (1,0,0)，CF ＝(02→x 1－ y 1＋ z 1＝0， n 1·DF ＝ 0，得 1由→2x 1－ y 1＝ 0，n 1·DM ＝ 0，令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1, 1 ,1.同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．2 2∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .方法二→→→→1 → → 1→ (1)OM ＝ OF ＋FB ＋ BM ＝ DF － BF ＋2 BA21→→→ 1 → 1 → 1 → 1 →＝ (DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－2 BD － BF ＋ BA22221 → → 1 → 1→＝－ ( BC ＋ BA)－BF ＋ BA2221 → 1 →＝－ 2BC －2BF.∴向量 → 与向量 →，→共面，OM BF BC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 BF → ∴ OM ·CD ＝2BCBA ＝ 0，2→ →1 1 OM ·FC ＝2BCBF2→ →·(BC － BF)1 →2 1 → 2＝ 0.＝－ BC ＋ BF 2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ， CD ， FC ? 平面 EFCD ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .题组训练一 利用向量证明平行与垂直如图，在底面是矩形的四棱锥 P — ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ，点 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 .【证明】(1) 以点 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，成立以下图的空间直角坐标系， 则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，C(1,2,0)，D(0,2,0) ，P(0,0,1) ．∵点 E ， F 分别是 PC ， PD 的中点，∴ E1,1,1，F 0,1,1，2 22→ 1 →→ 1 → EF ＝ 2 ,0,0 ，AB ＝(1,0,0) ．∵ EF ＝－AB ，2→ → ，即 EF ∥ AB ，∴ EF ∥ AB又 AB? 平面 PAB ，EF? 平面 PAB ，∴ EF ∥平面 PAB.→ →→ → → ， (2)由 (1) 可知，PB ＝ (1,0，－ 1)，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 ， AP ，AD ? 平面 PAD ，∴ DC ⊥平面 PAD.∵ DC? 平面 PDC ，∴平面 PAD ⊥平面 PDC.题型二利用空间向量求空间角【题型重点】的法向量的夹角的关系，必定要注意线面角θ与夹角 α的关系为sin θ＝ |cos α|.2．求二面角 θ，主要经过两平面的法向量n ， m 的夹角求得，即先求 |cos 〈n ， m 〉 |，再依据所求二面角是钝角仍是锐角写出其他弦值．若θ为锐角，则 cos θ＝ |cos 〈 n ， m 〉 |；若 θ为钝角，则 cos θ＝－ |cos 〈 n ，m 〉|.【例 2】如图， AD ∥BC 且 AD ＝ 2BC ， AD ⊥ CD ，EG ∥ AD 且 EG ＝ AD ， CD ∥ FG 且 CD ＝ 2FG ， DG ⊥平面 ABCD ， DA ＝ DC ＝ DG ＝ 2.(1)若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN ∥平面 CDE ；(2)求二面角 E-BC- F 的正弦值；(3) 若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°，求线段 DP 的长．【解】 依题意，能够成立以 D 为原点，分别以 → → →轴、 y 轴、 zDA ， DC ， DG 的方向为 x 轴的正方向的空间直角坐标系 (如图 )，可得 D(0,0,0) ，A(2,0,0) ，B(1,2,0) ，C(0,2,0) ，E(2,0,2) ，F(0,1,2) ， G(0,0,2) ， M 0,3,1 ， N(1,0,2) ．2(1)证明：依题意得 → →DC ＝ (0,2,0)， DE ＝ (2,0,2) ．设 n 0＝ (x ， y ，z)为平面 CDE 的法向量，则2y ＝ 0， 即不如令 z ＝－ 1，2x ＋ 2z ＝ 0.可得 n 0＝(1,0，－ 1)．n 0·DC →＝ 0，→n 0·DE ＝0，→ 3 又 MN ＝ 1,,1 2→，可得 MN ·n 0＝ 0.又因为直线 MN? 平面 CDE ，所以 MN ∥平面 CDE .→ →(2)解：依题意，可得 BC ＝(－1,0,0) ， BE ＝ (1，－ 2,2)，→CF ＝ (0，－ 1,2)．→ n ·BC ＝ 0，设 n ＝(x ，y ， z)为平面 BCE 的法向量，则→n ·BE ＝0，－x ＝ 0， 即不如令 z ＝ 1，可得 n ＝ (0,1,1) ．x －2y ＋ 2z ＝ 0.→ m ·BC ＝0，设 m ＝ (x ， y ， z)为平面 BCF 的法向量，则m ·CF →＝ 0，－ x ＝ 0， 即不如令 z ＝ 1，可得 m ＝ (0,2,1) ． － y ＋ 2z ＝ 0.m ·n310所以有 cos 〈 m ， n 〉＝＝ ，10于是 sin 〈 m ， n 〉＝ 10 .10所以，二面角E-BC-F 的正弦值为10 .→(3)解：设线段 DP 的长为 h(h ∈ [0,2]) ，则点 P 的坐标为 (0,0，h)，可得 BP ＝ (－ 1，－ 2，h)．→为平面 ADGE 的一个法向量， 易知， DC ＝ (0,2,0) → → → → 2|BP ·DC |故 |cos 〈 BP ， DC 〉 |＝ → → ＝ 2 ，|BP||DC | h ＋ 5 由题意，可得2 ＝ sin 60 ＝° 3，h 2＋ 52解得 h ＝ 33∈ [0,2] ．3所以，线段DP 的长为 3 .题组训练二 利用空间向量求空间角如图，四周体 ABCD 中，△ ABC 是正三角形， △ACD 是直角三角形， ∠ABD ＝∠ CBD ，AB＝ BD.(1)证明：平面ACD ⊥平面 ABC；(2)过 AC 的平面交BD 于点 E，若平面AEC 把四周体ABCD 分红体积相等的两部分，求二面角D－ AE－ C 的余弦值．【分析】(1) 证明：由题设可得，△ ABD≌△ CBD，进而AD＝DC又△ ACD 是直角三角形，所以∠ACD＝ 90°取 AC 的中点 O，连结 DO， BO，则 DO ⊥ AC， DO ＝ AO又因为△ ABC 是正三角形，故BO⊥ AC.所以∠ DOB 为二面角D－ AC－ B 的平面角．在 Rt△AOB 中， BO 2＋AO 2＝ AB2.又 AB＝ BD，所以 BO2＋DO2＝ BO2＋ AO2＝ AB2＝BD 2，故∠ DOB ＝ 90°.所以平面 ACD ⊥平面 ABC.→(2)由题设及 (1)知， OA， OB， OC 两两垂直，以O 为坐标原点，OA的→方向为 x 轴正方向， |OA|为单位长，成立以下图的空间直角坐标系O－ xyz.则 A(1,0,0) ， B(0， 3， 0)， C(－ 1,0,0)， D (0,0,1)1由题设知，四周体 ABCE 的体积为四周体ABCD 的体积的，进而E到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的1，即 E 为 DB 的中点，得 E 0,3 1 →2,2.故AD＝2→→ 3 1 (－ 1,0,1)， AC＝ (－ 2,0,0)， AE＝1, , .2 2设 n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，→－ x＋ z＝ 0，n·AD＝0，即则3 1→－ x＋n·AE＝0，2 y＋2z＝0.可取 n＝31,,1.3m·AC→＝0，设 m 是平面AEC的法向量，则同理可得m＝(0，－1，3)．→m·AE＝0，则 cos〈n，m〉＝n·m＝7.|n||m| 77所以二面角D－ AE－ C 的余弦值为7 .题型三利用空间向量解决探究性问题【题型重点】利用空间向量巧解探究性问题(1)空间向量最合适于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只要经过坐标运算进行判断．(2) 解题时，把要成立的结论看作条件，据此列方程或方程组，把“能否存在”问题转变为“点的坐标能否有解，能否有规定范围内的解”等，所认为使问题的解决更简单、有效，应擅长运用这一方法解题．【例 3】如图，在长方体ABCD －A1B1C1D1中， AB＝ AA1＝ 1， E 为 BC 中点．(1)求证： C1D ⊥ D1E；(2)在棱 AA1上能否存在一点M，使得 BM∥平面 AD1E？若存在，求AM的值，若不存在，说明原因．AA 1(3)若二面角B1－ AE－ D1的大小为 90°，求 AD 的长．【分析】以 D 为原点，成立以下图的空间直角坐标系D－ xyz 设 AD＝ a，则 D (0,0,0) ，A(a,0,0)，B(a,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1) ，D 1(0,0,1) ，E a ,1,0 ， 2→→ a1 ，∴ C1 D＝ (0，－ 1，－ 1)， D1E＝,1,2→→＝0，∴ C(1)证明： C1 D·D 1E 1D⊥D 1E.AM(2)设AA1＝ h，则 M(a,0， h)，→→ a，∴ BM＝ (0，－1， h)， AE＝,1,02→，AD1＝ (－ a,0,1)设平面 AD 1E 的法向量为n＝(x，y，z)，→ aAE·n＝－2x＋ y＝ 0，则→AD 1·n＝－ ax＋ z＝ 0，令 x＝ 2，∴平面 AD 1E 的一个法向量为n＝(2，a,2a)，→→∵ BM∥平面 AD 1E，∴ BM ⊥n，即 BM·n＝ 2ah－ a＝0，∴ h＝1 .2即在 AA 1上存在点 M，使得 BM∥平面 AD 1E，此时AM＝1.AA1 2→(3)连结 AB1， B1E，设平面B1AE 的法向量为m＝(x′，y′，z′)，AE＝(0,1,1) ，→a则 AE·m＝－2x′＋ y′＝0，→AB1·m＝ y′＋ z′＝0，令 x′＝ 2，∴平面 B1AE 的一个法向量为m＝(2，a，－a)．∵二面角 B1－ AE－ D1的大小为90°，∴ m⊥ n，∴ m·n＝4＋a2－2a2＝0，a →,1,0 ， AB1＝2∵a>0 ，∴ a＝ 2，即 AD＝ 2.题组训练三利用空间向量解决探究性问题如图，已知等边△ ABC中，E，F分别为AB，AC边的中点， M 为 EF 的中点， N 为 BC 边上一点，且1 CN＝ BC，4将△ AEF 沿 EF 折到△ A′EF 的地点，使平面A′EF ⊥平面EFCB .(Ⅰ )求证：平面 A′MN ⊥平面 A′BF；(Ⅱ )求二面角E-A′F-B 的余弦值．【解】(Ⅰ )因为 E，F 为等边△ ABC 的 AB ，AC 边的中点，所以△A′EF 是等边三角形，且 EF∥BC.因为 M 是 EF 的中点，所以A′M⊥ EF.又因为平面A′EF⊥平面 EFCB ，A′M ? 平面 A′EF ，所以 A′M⊥平面 EFCB又 BF? 平面 EFCB ，所以 A′M⊥ BF.1因为 CN ＝4BC，所以 MF 綊 CN，所以 MN ∥ CF .在正△ABC 中知 BF⊥ CF ，所以 BF⊥ MN .而 A′M∩MN＝ M，所 BF ⊥平面 A′MN.又因为 BF ? 平面 A′BF ，所以平面A′MN ⊥平面 A′BF .(Ⅱ )设等边△ABC 的边长为 4，取 BC 中点 G，连结 MG ，由题设知 MG ⊥ EF，由 (Ⅰ ) 知A′M⊥平面 EFCB ，又 MG? 平面 EFCB ，所以 A′M⊥ MG ，如图成立空间→直角坐标系M－ xyz，则 F(－ 1,0,0)，A′(0,0， 3)，B(2，3，0)，FA＝ (1,0，→3)， FB＝ (3，3， 0)．设平面 A′BF 的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由→x＋ 3z＝ 0，FA·n＝ 0，3， 3,1)．得令 z＝ 1，则n＝ (－→3x＋3y＝ 0，FB ·＝n 0，平面 A′EF 的一个法向量为p＝(0,1,0)，p·n313所以 cos〈n，p〉＝＝，明显二面角 E－ A′F－ B 是锐角，所以二面角E－A′F－ B 的余弦值为3 1313.题型四成立空间直角坐标系的方法坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题常常需要成立空间直角坐标系，依照空间几何图形的构造特点，充足利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来成立空间直角坐标系，是运用坐标法解题的重点，下边举例说明几种常有的空间直角坐标系的建立策略．方法一利用共极点的相互垂直的三条棱建立直角坐标系【例 4】已知直四棱柱 ABCD －A1B1C1D1中， AA1＝ 2，底面 ABCD 是直角梯形，∠ A 为直角， AB∥ CD ，AB ＝4， AD ＝ 2，DC＝ 1，求异面直线BC1与 DC 所成角的余弦值．【分析】如图，以 D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为 x，y，z 轴成立空间直角坐标系，则 C(0,1,0) ， C1(0,1,2) ， B(2,4,0) ，→→∴ BC1＝ (－ 2，－ 3,2)， CD ＝ (0，－ 1,0)．→→→ →3 17 |BC1·CD |＝.设 BC1与 CD所成的角为θ，则 cos θ＝→→17|BC 1||CD|317故所求异面直线所成角的余弦值为17 .方法二利用线面垂直关系建立直角坐标系【例 5】如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面 BB1C1C，E 为棱 CC1上异于 C，C1 的一点， EA⊥ EB1.已知 AB＝2， BB1＝π2， BC＝ 1，∠ BCC1＝.3求二面角 A－EB 1－ A1的平面角的正切值．【分析】如图，以 B 为原点，分别以BB1， BA 所在直线为y 轴、z 轴，过 B 点垂直于平面ABB1A1的直线为x 轴成立空间直角坐标系．因为 BC＝ 1， BB1＝ 2， AB＝πABC－ A1B1C1中，2，∠ BCC1＝，∴在三棱柱3有 B(0,0,0) ， A(0,0，3 1 3 1， C13 3 2)， B1(0,2,0) ， C , ,0 , ,0 , ,0 .2 2 2 2 2 23, a,0 ，且－ 1 3 →设 E <a< ，即 EA＝2 2 2→→由 EA⊥ EB1，得 EA·EB 1＝ 0，3 →1＝3, a, 2 ，EB ,2 a,0 .2 23, a, 2 ·3,2 a,03 2 3即 2 2 ＝4＋ a(a－ 2)＝ a －2a＋4＝0，∴1 3a · a2 21 3 3 1＝ 0，即 a＝或 a＝ (舍去 )．故 E , ,0 .2 2 2 2→→→→→由已知有 EA⊥ EB1，B1 A1⊥ EB1，故二面角A－ EB1－A1的平面角θ的大小为向量 B1A1与→EA的夹角．→→，→因为 B1A1＝ BA＝ (0,0 2)， EA＝3,1,2， 2 2→ →2 6 2EA·B1A1故 cos θ＝→ →＝2× 3 ＝3，即 tan θ＝2.|EA||B1A1|2故所求二面角的平面角的正切值为2 .方法三利用面面垂直关系建立直角坐标系【例 6】如图，在四棱锥V－ ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧面 VAD 是正三角形，平面VAD⊥底面 ABCD .(1)求证 AB⊥平面 VAD；(2)求二面角A－ VD－B 的余弦值．间直角坐标系．设 AD ＝ 2，则 A(1,0,0)， D (－ 1,0,0)， B(1,2,0) ， V(0,0， 3)，→ →，－ 3)．∴ AB ＝ (0,2,0) ， VA ＝(1,0→ →由 AB ·VA ＝ (0,2,0) (1,0·，－ 3)＝ 0，得 AB ⊥ VA.又 AB ⊥ AD ，进而 AB 与平面 VAD 内两条订交直线VA ， AD 都垂直，∴ AB ⊥平面 VAD.(2)设 E 为 DV 的中点，则 E1,0, 3 ，2 2→3 3 →3 3 ，∴ EA ＝2,0,， EB ＝,2,222→DV ＝ (1,0， 3)．→ → 3 3＝ 0，∴ EB ⊥ DV . ∴ EB ·DV ＝ － 2 2又 EA ⊥ DV ，所以∠ AEB 是所求二面角的平面角．→ → → →21 EA ·EB∴ cos 〈 EA ， EB 〉＝ → → ＝ 7 .|EA||EB|21故所求二面角的余弦值为7 .方法四利用正棱锥的中心与高所在直线建立直角坐标系【例 7】已知正四棱锥 V － ABCD 中， E 为 AC 中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h.(1)求∠ DEB 的余弦值；(2)若 BE ⊥ VC ，求∠ DEB 的余弦值．【分析】如图，以 V 在平面 ABCD 的射影 O 为坐标原点成立空间直角坐标系，此中Ox ∥ BC ， Oy ∥AB ，则由 AB＝2a ， OV ＝h ，有 B( a ， a,0)，C(－ a ，a,0)， D(－ a ，－ a,0)， V(0,0，h)， Ea , a, h ，即2 2 2→3a a hBE ＝2,,2 2→ a 3a h ， DE ＝,, 22 2→ ， VC ＝ (－ a ， a ，－ h)．→ →→ →2 2BE ·DE－ 6a ＋ h(1)cos 〈 BE ， DE 〉＝→ →＝22 ，10a＋ h|BE||DE |－ 6a 2＋h 2即 cos ∠ DEB ＝ 10a 2＋ h 2 .→ →(2)因为 BE ⊥ AC ，所以 BE ·VC ＝ 0，即3a , a , h ·(－ a ，a ，－ h)＝0，2 2 23222 － a－ h＝ 0，解得 h ＝ 2a.所以 a2 22→ →－ 6a 2＋h 2 1这时 cos 〈BE ， DE 〉＝ 10a 2＋ h 2＝－ 3，即 cos ∠ DEB ＝－ 13.【专题训练】1．如图，在四棱锥 P － ABCD 中，PC ⊥底面 ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， AB ⊥ AD ， AB ∥ CD ， AB ＝2AD ＝ 2CD ＝2， PE ＝ 2BE.(1)求证：平面 EAC ⊥平面 PBC ；6(2)若二面角 P － AC － E 的余弦值为 3 ，求直线 PA 与平面 EAC所成角的正弦值．【分析】(1) 证明：∵ PC ⊥底面 ABCD ， AC? 平面 ABCD ，∴PC ⊥AC .∵ AB ＝ 2，AD ＝ CD ＝ 1，∴ AC ＝ BC ＝ 2，∴ AC 2＋ BC 2＝ AB 2，∴ AC ⊥ BC ，又 BC ∩PC＝C ，∴ AC ⊥平面 PBC ，又 AC? 平面 EAC ，∴平面 EAC ⊥平面 PBC.得： C(0,0,0) ， A(1,1,0) ， B(1，－ 1,0)，设 P(0,0， a)(a ＞ 0)，则 E 2 , 2 , a，3 3 3→→ →CA ＝ (1,1,0) ， CP ＝ (0,0， a)， CE ＝2 ,2 , a，33 3→ →取 n ＝(1，－ 1,0)，则 m ·CP ＝ m ·CA ＝ 0，∴ n 为平面 PAC 的法向量．→＝ 0 x ＋ y ＝ 0 设 n ＝(x ，y ， z)为平面 EAC 的法向量，则n ·EA，即，→ 2x － 2y ＋ az ＝0n ·CE ＝ 0取 n ＝(a ，－ a ，－ 4) ，∵二面角 P －AC －E 的余弦值为6，3∴ |cos 〈 m ， n 〉|＝|m ·n |＝2a＝ 6，|m ||n |2× 2a 2＋ 163→解得 a ＝ 4，∴ n ＝ (4，－ 4，－ 4)， PA ＝ (1,1，－ 4)． 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ，→→162 6|PA ·n |＝ ＝ ，则 sin θ＝ |cos 〈 PA ， n 〉 |＝→918× 16×3|PA||n |∴直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为2 9 6.2．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．【分析】(1) 证明：取 PA 的中点 F ，连结 EF ，BF .因为 E 是 PD 的中点，所以EF ∥AD ， EF ＝ 1AD ，由∠ BAD ＝∠ ABC ＝ 90°得 BC ∥ AD ，21又 BC ＝ 2AD ，所以 EF 綊 BC.四边形 BCEF 为平行四边形， CE ∥ BF.又 BF? 平面 PAB ，CE ? 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，成立以下图的空间直角坐标系 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 →|z|2 22 2〈BM ， n 〉|＝ sin 45 °， x － 1 2＋ y 2＋ z2＝2 ，即 (x － 1)＋ y － z ＝ 0. ①→ →又 M 在棱 PC 上，设 PM ＝ λPC ，则x ＝ λ， y ＝ 1， z ＝ 3－ 3λ. ②22x ＝ 1＋ 2x ＝ 1－ 2 由①，②解得y ＝1 舍去， y ＝ 1.66z ＝－ 2z ＝ 2所以 M2 6 →2 6 1,1,，进而 AM ＝ 1,1,.2222设 m ＝ (x 0， y 0， z 0) 是平面 ABM 的法向量，则→2－ 2 x 0＋ 2y 0＋ 6z 0＝ 0， m ·AM ＝ 0，即→ ＝ 0， x 0＝ 0，m ·AB以可取 m ＝ (0，－6， 2)．于是 cos 〈 m ， n 〉＝ m ·n＝10，所以二面角 M －AB －D|m ||n | 5的余弦值为105.3．以下图的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB∥ CD, AB＝ 2AD ＝ 2, ∠ DAB ＝60°，四边形 CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面 ABCD .(1)若点 G 是棱 AB 的中点，求证：EG∥平面 BDF ；(2)求直线 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值；FH(3)在线段 FC 上能否存在点H，使平面 BDF ⊥平面 HAD ？若存在，求HC的值；若不存在，说明原因．(1)【证明】因为四边形因为G是棱由已知得EF∥ CD ，且 EF＝CD . ABCD 为等腰梯形，所以BG∥ CD . AB 的中点，所以BG＝ CD .所以 EF ∥ BG，且 EF＝ BG，故四边形EFBG 为平行四边形，所以EG∥FB .因为 FB ? 平面 BDF, EG? 平面 BDF ，所以 EG∥平面 BDF .(2)【解】因为四边形CDEF 为正方形，所以ED⊥ DC.因为平面 CDEF ⊥平面 ABCD ，平面 CDEF ∩平面 ABCD ＝DC ， DE ? 平面 CDEF ，所以 ED ⊥平面 ABCD .在△ ABD 中，因为∠ DAB ＝60°， AB＝ 2AD＝ 2，所以由余弦定理，得BD ＝3，所以 AD ⊥ BD.在等腰梯形ABCD 中，可得DC＝CB ＝1.如图，以 D 为原点，以DA ，DB ， DE 所在直线分别为x， y， z 轴，成立空间直角坐标系，则 D(0， 0，0)， A(1， 0，0)， E(0， 0， 1)， B(0，1 3，3， 0)， F ,,12 2→ →1 3 ， 所以 AE ＝ (－ 1， 0， 1)， DF ＝2,,12DB →＝ (0，3， 0).设平面 BDF 的法向量为n ＝ (x ， y ，z )，→3y ＝ 0，n ·DB ＝ 0，所以因为1 3→－2x ＋ 2 y ＋z ＝0.n ·DF ＝0，取 z ＝ 1，则 x ＝ 2，y ＝ 0，则 n ＝ ( 2，0， 1).→10， 设直线 AE 与平面 BDF 所成的角为 θ，则 sin θ＝→＝ |AE ·n |＝cos 〈 AE ， n 〉||n | 10|→ | |AE所以 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值为1010.(3)【解】 线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF ⊥平面 HAD .证明以下：假定线段FC 上存在点 H ，1 3 →1 3设 H,,t (0≤t ≤1)，则 DH ＝2 ,,t222设平面 HAD 的法向量为m ＝(a ， b ，c )，→a ＝ 0，m ·DA ＝ 0，因为所以13 →－ a ＋2 b ＋tc ＝ 0.m ·DH ＝ 0，2取 c ＝ 1，则 a ＝ 0， b ＝－2t ，得 m ＝ 0,2,1.33要使平面 BDF ⊥平面 HAD ，只要 m ·n ＝ 0， 即 2×0－2t ×0＋ 1×1＝ 0, 此方程无解． 3所以线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF ⊥平面 HAD .4．如图，已知圆锥 OO1和圆柱 O1O2的组合体 (它们的底面重合 )，圆锥的底面圆 O1半径为 r ＝5, OA 为圆锥的母线， AB 为圆柱 O1O2的母线， D， E 为下底面圆 O2上的两点，且 DE ＝ 6，AB＝， AO＝ 5 2， AO⊥ AD .(1)求证：平面 ABD ⊥平面 ODE；(2)求二面角 B— AD—O 的正弦值．(1)【证明】依题易知，圆锥的高为 h＝ 5 2 2－ 52＝ 5，又圆柱的高为 AB＝，AO⊥ AD ，所以OD 2＝ OA2＋ AD 2，因为 AB⊥BD ，所以 AD2＝ AB2＋ BD2，连结 OO1，O1O2，DO 2，易知 O， O1， O2三点共线，OO2⊥ DO2，所以 OD2＝ OO22＋O2D 2，所以 BD 2＝OO22＋O2D2－AO2－AB2＝＋ 5)2＋ 52－ (52)2－2＝ 64，解得 BD ＝8，又因为 DE ＝6，圆 O2的直径为10，圆心 O2在∠ BDE 内，所以∠ BDE＝ 90°，所以 DE ⊥ BD .因为 AB ⊥平面 BDE ，所以 DE ⊥ AB，因为 AB ∩BD ＝ B，AB，BD ? 平面 ABD ，所以 DE ⊥平面 ABD .又因为 DE ? 平面 ODE ，所以平面ABD ⊥平面 ODE.(2)【解】如图，以 D 为原点，DB， DE 所在的直线为x， y 轴，成立空间直角坐标系．则 D(0,0,0) ， A(8,0,6.4)， B(8,0,0) ， O(4,3,11.4)．→→→，所以 DA＝ (8,0,6.4) ， DB ＝ (8,0,0) ， DO＝ (4,3,11.4)设平面 DAO 的法向量为→u＝(x，y，z)，所以DA·u＝8x＋＝0，→DO·u＝ 4x＋ 3y＋＝ 0，令 x＝ 12，则u＝ (12,41，－ 15)．可取平面 BDA 的一个法向量为v＝(0,1,0)，所以 cos〈u，v〉＝u·v＝41＝82，所以二面角B—AD — O 的正弦值为3 2 |u||v| 5 82 10 10.。
2020年高考数学(理)二轮专题学与练 13 立体几何中的向量方法(考点解读)(原卷版)
专题13 立体几何中的向量方法空间向量及其应用一般每年考一道大题，试题一般以多面体为载体，分步设问，既考查综合几何也考查向量几何，诸小问之间有一定梯度，大多模式是：诸小问依次讨论线线垂直与平行→线面垂直与平行→面面垂直与平行→异面直线所成角、线面角、二面角→体积的计算．强调作图、证明、计算相结合．考查的多面体以三棱锥、四棱锥(有一条侧棱与底面垂直的棱锥、正棱锥)、棱柱(有一侧棱或侧面与底面垂直的棱柱，或底面为特殊图形一如正三角形、正方形、矩形、菱形、直角三角形等类型的棱柱)为主．1．共线向量与共面向量(1)共线向量定理：对空间任意两个向量a 、b (b ≠0)，a ∥b 的充要条件是存在实数λ，使a ＝λb . (2)共面向量定理：如果两个向量a 、b 不共线，则向量p 与向量a 、b 共面的充要条件是存在唯一实数对(x ，y )，使p ＝xa ＋yb .2．两个向量的数量积向量a 、b 的数量积：a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉． 向量的数量积满足如下运算律： ①(λa )·b ＝λ(a ·b )； ②a ·b ＝b ·a (交换律)；③a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c (分配律)． 3．空间向量基本定理如果三个向量a 、b 、c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在唯一有序实数组{x ，y ，z }，使p ＝xa ＋yb ＋zc .推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P ，都存在唯一的有序实数组{x ，y ，z }，使OP →＝xOA →＋yOB →＋zOC →.4．空间向量平行与垂直的坐标表示 设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则a ∥b ⇔a ＝λb ⇔a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3(λ∈R)；a ⊥b ⇔a ·b ＝0⇔a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0. 5．模、夹角和距离公式(1)设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3)，则|a |＝a ·a ＝a 21＋a 22＋a 23， cos 〈a ，b 〉＝a ·b|a ||b |＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23b 21＋b 22＋b 23.(2)距离公式设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则 |AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.(3)平面的法向量如果表示向量a 的有向线段所在的直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作a ⊥α. 如果a ⊥α，那么向量a 叫做平面α的法向量． 6．空间角的类型与范围 (1)异面直线所成的角θ：0<θ≤π2；(2)直线与平面所成的角θ：0≤θ≤π2；(3)二面角θ：0≤θ≤π.7．用向量求空间角与距离的方法(1)求空间角：设直线l 1、l 2的方向向量分别为a 、b ，平面α、β的法向量分别为n 、m . ①异面直线l 1与l 2所成的角为θ，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |.②直线l 1与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|a ·n ||a ||n |.③平面α与平面β所成的二面角为θ，则|cos θ|＝|n ·m ||n ||m |. (2)求空间距离①直线到平面的距离，两平行平面间的距离均可转化为点到平面的距离． 点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点)．②设n 与异面直线a ，b 都垂直，A 是直线a 上任一点，B 是直线B 上任一点，则异面直线a 、b 的距离d ＝|AB →·n ||n |.高频考点一向量法证明平行与垂直1．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，平面A1ACC1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC ＝30°，A1A＝A1C＝AC，E，F分别是AC，A1B1的中点．(1)证明：EF⊥BC；(2)求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值．【举一反三】如图，在四棱锥PABCD中，P A⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明：(1)BE⊥DC；(2)BE∥平面P AD；(3)平面PCD⊥平面P AD.【变式探究】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.【方法规律】利用空间向量证明平行与垂直的步骤(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研究平行、垂直关系；(4)根据运算结果解释相关问题．【变式探究】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)B 1D ⊥平面ABD ； (2)平面EGF ∥平面ABD . 高频考点二、 向量法求空间角例2、(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．【变式探究】(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 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P AB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．【方法技巧】(1)利用空间向量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，写出相交向量的坐标．③结合公式进行论证、计算．④转化为几何结论．【变式探究】(2017·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，平面P AD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，P A＝PD＝6，AB＝4.(1)求证：M为PB的中点；(2)求二面角BPDA的大小；(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．高频考点三 探索性问题要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形等)是否存在或某一结论是否成立．“是否存在”的问题的命题形式有两种情况：如果存在，找出一个来；如果不存在，需要说明理由，这类问题常用“肯定顺推”的方法．例 3、如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为矩形，二面角A CD F 为60°，DE ∥CF ，CD ⊥DE ，AD ＝2，DE ＝DC ＝3，CF ＝6.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)在线段CF 上求一点G ，使锐二面角B EG D 的余弦值为14.【举一反三】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．【方法技巧】空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、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解题．【变式探究】如图所示，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝2，AA 1＝3，点D 为AC 的中点，点E 的线段AA 1上．(1)当AE EA 1＝12时，求证：DE ⊥BC 1；(2)是否存在点E ，使二面角D BE A 等于60°？若存在，求AE 的长；若不存在，请说明理由．1．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，求二面角B EC C 1的正弦值．2. (2019·高考天津卷)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ∥平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值； (3)若二面角E BD F 的余弦值为13，求线段CF 的长．3．(2019·高考浙江卷)如图，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1，平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，∠BAC ＝30°，A 1A ＝A 1C ＝AC ，E ，F 分别是AC ，A 1B 1的中点．(1)证明：EF ⊥BC ；(2)求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值．1. (2018年浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．(Ⅱ)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．2. (2018年天津卷)如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2.(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；(II)求二面角的正弦值；(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.3. (2018年北京卷)如图，在三棱柱ABC-中，平面ABC，D，E，F，G分别为，AC，，的中点，AB=BC=，AC==2．(Ⅱ)求证：AC⊥平面BEF；(Ⅱ)求二面角B-CD-C1的余弦值；(Ⅱ)证明：直线FG与平面BCD相交．4. (2018年江苏卷)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．5. (2018年江苏卷)在平行六面体中，．求证：(1)；(2)6. (2018年全国I卷理数)如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值．7. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．(1)证明：平面平面；(2)当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．8. (2018年全国Ⅱ卷理数)如图，在三棱锥中，，，为的中点．(1)证明：平面；(2)若点在棱上，且二面角为，求与平面所成角的正弦值．。
(新课标)天津市2020年高考数学二轮复习 综合能力训练 理
综合能力训练第Ⅰ卷(选择题,共40分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.已知集合A=,B={x|y=lg(4x-x2)},则A∩B等于()A.(0,2]B.[-1,0)C.[2,4)D.[1,4)2.设直线x+y=1与抛物线y2=2px(p>0)交于A,B两点,若OA⊥OB,则△OAB的面积为()A.1B.C.D.23.已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x)=xf(x).若a=g(-log25.1),b=g(20.8),c=g(3),则a,b,c的大小关系为()A.a<b<cB.c<b<aC.b<a<cD.b<c<a4.(2018浙江,3)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:cm3)是()A.2B.4C.6D.85.执行如图所示的程序框图.若输入n=3,则输出的S=()A.B.C.D.6.已知双曲线=1(a>0,b>0)被斜率为1的直线截得的弦的中点为(4,1),则该双曲线离心率的值是()A.B.C.D.27.已知函数f(x)=若f(1)+f(a)=2,则a的所有可能值为()A.1B.-C.1,-D.1,8.已知实数a,b,c.()A.若|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1,则a2+b2+c2<100B.若|a2+b+c|+|a2+b-c|≤1,则a2+b2+c2<100C.若|a+b+c2|+|a+b-c2|≤1,则a2+b2+c2<100D.若|a2+b+c|+|a+b2-c|≤1,则a2+b2+c2<100第Ⅱ卷(非选择题,共110分)二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.已知a,b∈R,i是虚数单位,若(1+i)(1-b i)=a,则的值为.10.在(2x-1)5的展开式中,含x2的项的系数是.(用数字填写答案)11.已知两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内部,且互相外切,若球O1与过点A的正方体的三个面相切,球O2与过点C1的正方体的三个面相切,则球O1和O2的表面积之和的最小值为.12.在极坐标系中,直线4ρcos+1=0与圆ρ=2sin θ的公共点的个数为.13.设变量x,y满足约束条件的最小值是.14.a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:①当直线AB与a成60°角时,AB与b成30°角;②当直线AB与a成60°角时,AB与b成60°角;③直线AB与a所成角的最小值为45°;④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)三、解答题(本大题共6小题,共80分)15.(13分)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知sin(A+C)=8sin2.(1)求cos B;(2)若a+c=6,△ABC的面积为2,求b.16.(13分)已知数列{a n}中,a1=2,且a n=2a n-1-n+2(n≥2,n∈N*).(1)求a2,a3,并证明{a n-n}是等比数列;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和S n.17.(13分)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,M,N分别是棱AB,AD,A1B1,A1D1的中点,点P,Q分别在棱DD1,BB1上移动,且DP=BQ=λ(0<λ<2).(1)当λ=1时,证明:直线BC1∥平面EFPQ.(2)是否存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角?若存在,求出λ的值;若不存在,说明理由.18.(13分)某小组共10人,利用假期参加义工活动,已知参加义工活动次数为1,2,3的人数分别为3,3,4,现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”,求事件A发生的概率;(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值,求随机变量X的分布列和数学期望.19.(14分)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点F1,F2与椭圆短轴的一个端点构成边长为4的正三角形.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过椭圆C上任意一点P作椭圆C的切线与直线F1P的垂线F1M相交于点M,求点M的轨迹方程;(3)若切线MP与直线x=-2交于点N,求证:为定值.20.(14分)已知函数f(x)=ln(1+x)+x2-x(a≥0).(1)若f(x)>0对x∈(0,+∞)都成立,求a的取值范围;(2)已知e为自然对数的底数,证明:∀n∈N*,<e.##综合能力训练1.A解析∵A=[-1,2],B=(0,4),∴A∩B=(0,2].故选A.2.B解析设A(x1,y1),B(x2,y2),由x+y=1与抛物线y2=2px,得y2+2py-2p=0,解得y1=-p+,x1=1+p-,y2=-p-,x2=1+p+, 由OA⊥OB得,x1x2+y1y2=0,即[(1+p)2-(p2+2p)]+[p2-(p2+2p)]=0,化简得2p=1,从而A,B,OA2==5-2,OB2==5+2,△OAB的面积S=|OA||OB|=故选B.3.C解析∵f(x)是R上的奇函数,∴g(x)=xf(x)是R上的偶函数.∴g(-log25.1)=g(log25.1).∵奇函数f(x)在R上是增函数,∴当x>0时,f(x)>0,f'(x)>0.∴当x>0时,g'(x)=f(x)+xf'(x)>0恒成立,∴g(x)在区间(0,+∞)上是增函数.∵2<log25.1<3,1<20.8<2,∴20.8<log25.1<3.结合函数g(x)的性质得b<a<c.故选C.4.C解析由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S底=(1+2)×2=3,h=2,∴V=Sh=3×2=6.5.B解析由题意得,输出的S为数列的前3项和,而,即S n=故当输入n=3时,S3=,故选B.6.A解析设直线l与双曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2),则=0,即由弦的中点为(4,1),直线的斜率为1可知,x1+x2=8,y1+y2=2,=1,,e2=1+e=故选A.7.C解析∵f(1)=e1-1=1,∴f(a)=1.若a∈(-1,0),则sin(πa2)=1,∴a=-若a∈[0,+∞),则e a-1=1,∴a=1.因此a=1或a=-8.D解析 (举反例排除)选项A中,令a=b=10,c=-110,则|a2+b+c|+|a+b2+c|=|100+10-110|+|10+100-110|=0<1.而a2+b2+c2=100+100+1102=200+1102>100,故选项A不成立;选项B中,令a=10,b=-100,c=0,则|a2+b+c|+|a2+b-c|=0<1.而a2+b2+c2=100+1002+0>100,故选项B不成立;选项C中,令a=100,b=-100,c=0,则|a+b+c2|+|a+b-c2|=0<1.而a2+b2+c2=1002+1002+0>100,故选项C不成立;故选D.9.2解析 (1+i)(1-b i)=1+b+(1-b)i=a,则所以=2.故答案为2.10.-40解析 (2x-1)5的展开式的通项为T r+1=(2x)5-r(-1)r=(-1)r25-r x5-r.根据题意,得5-r=2,解得r=3.所以含x2项的系数为(-1)325-3=-22=-40.11.3(2-)π解析∵AO1=R1,C1O2=R2,O1O2=R1+R2,∴(+1)(R1+R2)=,R1+R2=,球O1和O2的表面积之和为4π()≥4π·2=2π(R1+R2)2=3(2-)π.12.2解析∵4ρcos+1=0,展开得2cos θ+2ρsin θ+1=0,∴直线的直角坐标方程为2x+2y+1=0.∵ρ=2sin θ两边同乘ρ得ρ2=2ρsin θ,∴圆心到直线的距离d=<r=1.∴直线与圆相交.∴直线与圆公共点的个数为2.13.1解析由约束条件作出可行域如图,联立解得A(3,2),的几何意义为可行域内的动点与定点P(1,0)连线的斜率,则其最小值为k PA==1.14.②③解析由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圆锥底面,在底面内可以过点B,作BD∥a,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DE⊥BD,∴DE∥b.连接AD,在等腰三角形ABD 中,设AB=AD=,当直线AB与a成60°角时,∠ABD=60°,故BD=又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=,过点B作BF∥DE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=,∴△ABF为等边三角形,∴∠ABF=60°,即AB与b 成60°角,②正确,①错误.由最小角定理可知③正确;很明显,可以满足直线a⊥平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90°,④错误.故正确的说法为②③.15.解 (1)由题设及A+B+C=π,得sin B=8sin2,故sin B=4(1-cos B).上式两边平方,整理得17cos2B-32cos B+15=0,解得cos B=1(舍去),cos B=(2)由cos B=得sin B=,故S△ABC=ac sin B=ac.又S△ABC=2,则ac=b2=a2+c2-2ac cos B=(a+c)2-2ac(1+cos B)=36-2=4.所以b=2.16.解 (1)由已知a n=2a n-1-n+2(n≥2,n∈N*)得a2=4,a3=7.a n-n=2a n-1-2n+2,即a n-n=2[a n-1-(n-1)].=2(n≥2,n∈N*),且a1-1=1,∴{a n-n}是以1为首项,2为公比的等比数列.(2)由(1)得a n-n=(a1-1)·2n-1,即a n=2n-1+n,∴b n==1+设c n=,且前n项和为T n,则T n=+…+, ①T n=+…+, ②①-②,得T n=1++…+=2-故T n=4-,S n=n+4-17.解法一 (1)证明:如图①,连接AD1,由ABCD-A1B1C1D1是正方体,知BC1∥AD1.当λ=1时,P是DD1的中点,又F是AD的中点,所以FP∥AD1,所以BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)如图②,连接BD.因为E,F分别是AB,AD的中点,所以EF∥BD,且EF=BD.又DP=BQ,DP∥BQ,所以四边形PQBD是平行四边形,故PQ∥BD,且PQ=BD,从而EF∥PQ,且EF=PQ.所以EQ=FP=,所以四边形EFPQ也是等腰梯形.同理可证四边形PQMN也是等腰梯形.分别取EF,PQ,MN的中点为H,O,G,连接OH,OG,则GO⊥PQ,HO⊥PQ,而GO∩HO=O,故∠GOH是平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角的平面角.若存在λ使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,则∠GOH=90°.连接EM,FN,则由EF∥MN,且EF=MN知四边形EFNM是平行四边形.连接GH,因为H,G是EF,MN的中点,所以GH=ME=2.在△GOH中,GH2=4,OH2=1+λ2-=λ2+,OG2=1+(2-λ)2-=(2-λ)2+,由OG2+OH2=GH2,得(2-λ)2++λ2+=4,解得λ=1±,故存在λ=1±,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.解法二以D为原点,射线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的正半轴建立如图③所示的空间直角坐标系.由已知得B(2,2,0),C1(0,2,2),E(2,1,0),F(1,0,0),P(0,0,λ).=(-2,0,2),=(-1,0,λ),=(1,1,0).(1)证明:当λ=1时,=(-1,0,1).因为=(-2,0,2),所以=2,即BC1∥FP.而FP⊂平面EFPQ,且BC1⊄平面EFPQ,故直线BC1∥平面EFPQ.(2)设平面EFPQ的一个法向量为n=(x,y,z),则由可得于是可取n=(λ,-λ,1).同理可得平面MNPQ的一个法向量为m=(λ-2,2-λ,1).若存在λ,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角,则m·n=(λ-2,2-λ,1)·(λ,-λ,1)=0,即λ(λ-2)-λ(2-λ)+1=0,解得λ=1±故存在λ=1±,使平面EFPQ与平面PQMN所成的二面角为直二面角.18.解 (1)由已知,有P(A)=所以,事件A发生的概率为(2)随机变量X的所有可能取值为0,1,2.P(X=0)=,P(X=1)=,P(X=2)=所以,随机变量X的分布列为X0 1 2P随机变量X的数学期望E(X)=0+1+2=1.19.(1)解依题意,2c=a=4,∴c=2,b=2∴椭圆C的标准方程为=1.(2)解由(1)知F1(-2,0),设P(x0,y0),M(x,y),过椭圆C上点P的切线方程为=1, ①直线F1P的斜率,则直线MF1的斜率=-, 直线MF1的方程为y=-(x+2),即yy0=-(x0+2)(x+2), ②①②联立,解得x=-8,精品故点M的轨迹方程为x=-8.(3)证明依题意及(2),知点M,N的坐标可表示为M(-8,y M),N(-2,y N),点N在切线MP上,由①式得y N=,点M在直线MF1上,由②式得y M=,|NF1|2=,|MF1|2=[(-2)-(-8)]2+,故=, ③注意到点P在椭圆C上,即=1,于是,代入③式并整理得,故的值为定值20.(1)解∵f(x)=ln(1+x)+x2-x,其定义域为(-1,+∞),∴f'(x)=+ax-1=①当a=0时,f'(x)=-,当x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,此时,f(x)<f(0)=0,不符合题意.②当0<a<1时,令f'(x)=0,得x1=0,x2=>0,当x时,f'(x)<0,则f(x)在区间内单调递减,此时,f(x)<f(0)=0,不符合题意.③当a=1时,f'(x)=,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,此时,f(x)>f(0)=0,符合题意.④当a>1时,令f'(x)=0,得x1=0,x2=<0,当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,则f(x)在区间(0,+∞)内单调递增,此时,f(x)>f(0)=0,符合题意.综上所述,a的取值范围为[1,+∞).(2)证明由(1)可知,当a=0时,f(x)<0对x∈(0,+∞)都成立,即ln(1+x)<x对x∈(0,+∞)都成立,精品∴ln+ln+…+ln+…+,即ln…由于n∈N*,则=1.∴ln<1.<e.由(1)可知,当a=1时,f(x)>0对x∈(0,+∞)都成立,即x-x2<ln(1+x)对x∈(0,+∞)都成立,+…+<ln+ln+…+ln, 即<ln,得<ln由于n∈N*,则<ln<e.。
2020高考数学课标二轮(天津专用)训练题：题型练6 大题专项(四) 立体几何综合问题
题型练6 大题专项(四) 立体几何综合问题 题型练第60页 1.如图,矩形ABCD 和菱形ABEF 所在的平面相互垂直,∠ABE=60°,G 为BE 的中点.(1)求证:AG ⊥平面ADF ;(2)若AB=BC ,求二面角D-CA-G 的余弦值.3(1)证明∵矩形ABCD 和菱形ABEF 所在的平面相互垂直,∴AD ⊥AB.∵矩形ABCD ∩菱形ABEF=AB ,∴AD ⊥平面ABEF.∵AG ⊂平面ABEF ,∴AD ⊥AG.∵菱形ABEF 中,∠ABE=60°,G 为BE 的中点,∴AG ⊥BE ,即AG ⊥AF.∵AD ∩AF=A ,∴AG ⊥平面ADF.(2)解由(1)可知AD ,AF ,AG 两两垂直,以A 为原点,AG 所在直线为x 轴,AF 所在直线为y 轴,AD 所在直线为z 轴,建立空间直角坐标系,设AB=BC=,33则BC=1,AG=,故A (0,0,0),C ,-,1,D (0,0,1),G ,323232(32,0,0)则=(0,0,1),,AC =(32,-3,1),AD AG =(32,0,0)设平面ACD 的法向量n 1=(x 1,y 1,z 1),则取y 1=,{n 1·AC =32x 1-32y 1+z 1=0,n 1·AD =z 1=0,3得n 1=(1,,0),3设平面ACG 的法向量n 2=(x 2,y 2,z 2),则取y 2=2,{n 2·AC =32x 2-32y 2+z 2=0,n 2·AG =32x 2=0,得n 2=(0,2,).3设二面角D-CA-G 的平面角为θ,则cos θ=,n 1·n 2|n 1||n 2|=232×7=217易知θ为钝角,∴二面角D-CA-G 的余弦值为-.2172.如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AB=AA 1=2,点P ,Q 分别为A 1B 1,BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值;(2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.解:如图,在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,设AC ,A 1C 1的中点分别为O ,O 1,则OB ⊥OC ,OO 1⊥OC ,OO 1⊥OB ,以{}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.OB ,OC ,OO 1因为AB=AA 1=2,所以A (0,-1,0),B (,0,0),C (0,1,0),A 1(0,-1,2),B 1(,0,2),C 1(0,1,2).33(1)因为P 为A 1B 1的中点,所以P,(3,-12,2)从而=(0,2,2),BP =(-3,-12,2),AC 1故|cos <>|=.BP ,AC 1|BP AC |BP ||AC 1|=|-1+4|5×22=31020因此,异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为.31020(2)因为Q 为BC 的中点,所以Q,(3,1,0)因此=(0,2,2),=(0,0,2).AQ =(3,3,0),AC 1CC 1设n =(x ,y ,z )为平面AQC 1的一个法向量,则{AQ ·n =0,AC 1·n =0,即{32x +32y =0,2y +2z =0.不妨取n =(,-1,1).3设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ,则sin θ=|cos <,n >|=,CC 1|CC n ||CC 1||n |=25×2=55所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为.553.在四棱锥P-ABCD 中,BC=BD=DC=2,AD=AB=PD=PB=2.3(1)若点E 为PC 的中点,求证:BE ∥平面PAD.(2)当平面PBD ⊥平面ABCD 时,求二面角C-PD-B 的余弦值.(1)证明取CD 的中点为M ,连接EM ,BM.由已知得,△BCD 为等边三角形,BM ⊥CD.∵AD=AB=2,BD=2,3∴∠ADB=∠ABD=30°,∴∠ADC=90°,∴BM ∥AD.又BM ⊄平面PAD ,AD ⊂平面PAD ,∴BM ∥平面PAD.∵E 为PC 的中点,M 为CD 的中点,∴EM ∥PD.又EM ⊄平面PAD ,PD ⊂平面PAD ,∴EM ∥平面PAD.∵EM ∩BM=M ,∴平面BEM ∥平面PAD.∵BE ⊂平面BEM ,∴BE ∥平面PAD.(2)解连接AC ,交BD 于点O ,连接PO ,由对称性知,O 为BD 的中点,且AC ⊥BD ,PO ⊥BD.∵平面PBD ⊥平面ABCD ,PO ⊥BD ,∴PO ⊥平面ABCD ,PO=AO=1,CO=3.以O 为坐标原点,的方向为x 轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.OC 则D (0,-,0),C (3,0,0),P (0,0,1).3易知平面PBD 的一个法向量为n 1=(1,0,0).设平面PCD 的法向量为n 2=(x ,y ,z ),则n 2⊥,n 2⊥,DC DP ∴{n 2·DC =0,n 2·DP =0.∵=(3,,0),=(0,,1),DC 3DP 3∴{3x +3y =0,3y z =0.令y=,得x=-1,z=-3,3∴n 2=(-1,,-3),3∴cos <n 1,n 2>==-.n 1·n 2|n 1||n 2|=-1131313设二面角C-PD-B 的大小为θ,则cos θ=.13134.在如图所示的组合体中,ABCD-A 1B 1C1D 1是一个长方体,P-ABCD 是一个四棱锥.AB=2,BC=3,点P ∈平面CC 1D 1D ,且PD=PC=.2(1)证明:PD ⊥平面PBC ;(2)求PA 与平面ABCD 所成角的正切值;(3)当AA 1的长为何值时,PC ∥平面AB 1D ?(1)证明如图建立空间直角坐标系.设棱长AA 1=a ,则D (0,0,a ),P (0,1,a+1),B (3,2,a ),C (0,2,a ).于是=(0,-1,-1),=(3,1,-1),=(0,1,-1),所以=0,=0.PD PB PC PD ·PB PD ·PC 所以PD 垂直于平面PBC 内的两条相交直线PC 和PB ,由线面垂直的判定定理,得PD ⊥平面PBC.(2)解A (3,0,a ),=(3,-1,-1),PA 而平面ABCD 的一个法向量为n 1=(0,0,1),所以cos <,n 1>==-.PA -111×111所以PA 与平面ABCD 所成角的正弦值为.1111所以PA 与平面ABCD所成角的正切值为.1010(3)解因为D (0,0,a ),B 1(3,2,0),A (3,0,a ),所以=(3,0,0),=(0,2,-a ).DA AB 1设平面AB 1D 的法向量为n 2=(x ,y ,z ),则有{DA ·n 2=3x =0,AB 1·n 2=2y -az =0,令z=2,可得平面AB 1D 的一个法向量为n 2=(0,a ,2).若要使得PC ∥平面AB 1D ,则要⊥n 2,PC 即·n 2=a-2=0,PC 解得a=2.所以当AA 1=2时,PC ∥平面AB 1D.5.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA ⊥平面ABCD ,AC ⊥AD ,AB ⊥BC ,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.(1)证明:PC ⊥AD ;(2)求二面角A-PC-D 的正弦值;(3)设E 为棱PA 上的点,满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°,求AE 的长.解:如图,以点A 为原点建立空间直角坐标系,依题意得A (0,0,0),D (2,0,0),C (0,1,0),B ,P (0,0,2).(-12,12,0)(1)证明:易得=(0,1,-2),=(2,0,0).PC AD 于是=0,所以PC ⊥AD.PC ·AD (2)=(0,1,-2),=(2,-1,0).PC CD 设平面PCD 的法向量n =(x ,y ,z ).则不妨令z=1,{n ·PC =0,n ·CD =0,即{y -2z =0,2x -y =0.可得n =(1,2,1).可取平面PAC 的法向量m =(1,0,0).于是cos <m ,n >=,m ·n |m |·|n |=16=66从而sin <m ,n >=.306所以二面角A-PC-D 的正弦值为.306(3)设点E 的坐标为(0,0,h ),其中h ∈[0,2].由此得.BE =(12,-12,ℎ)又=(2,-1,0),CD 故cos <>=,BE ,CD BE CD |BE |·|CD |=3212+ℎ2×5=310+20ℎ2=cos30°=,310+20ℎ232解得h=,1010即AE=.1010。
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专题能力训练14 立体几何中的向量方法专题能力训练第34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.(2019北京,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E 为PD的中点,点F在PC上,且.(1)求证:CD⊥平面PAD;(2)求二面角F-AE-P的余弦值;(3)设点G在PB上,且,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.(1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.(2)解过点A作AD的垂线交BC于点M.因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AM,PA⊥AD.如图,建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).所以=,-,=.设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),则即令z=1,则y=-1,x=-1.于是n=(-1,-1,1).又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),所以cos<n,p>==-.由题知,二面角F-AE-P为锐角,所以其余弦值为.(3)解直线AG在平面AEF内.因为点G在PB上,且=(2,-1,-2),所以=,-,-,=,-.由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).所以n=-=0.所以直线AG在平面AEF内.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 °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.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= °.因此∠CBP= °.(2)(方法一)取的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC= °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= °由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos °=12,所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为 °.(方法二)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 °.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.如图,平面ABCD⊥平面ABE,四边形ABCD是边长为2的正方形,AE=1,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.(1)求证:AE⊥平面BCE.(2)线段AD上是否存在一点M,使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为?若存在,试确定点M 的位置;若不存在,请说明理由.(1)证明∵BF⊥平面ACE,AE⊂平面ACE,∴BF⊥AE.∵四边形ABCD是正方形,∴BC⊥AB.∵平面ABCD⊥平面ABE,平面ABCD∩平面ABE=AB,∴CB⊥平面ABE.∵AE⊂平面ABE,∴CB⊥AE.∵BF∩BC=B,∴AE⊥平面BCE.(2)解线段AD上存在一点M,当AM= 时,平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为.∵AE⊥平面BCE,BE⊂平面BCE,∴AE⊥BE.在Rt△AEB中,AB=2,AE=1,∴∠ABE= ° ∠BAE= °以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz,设AM=h,则 ≤h≤∵AE=1,∠BAE= °∴M(0,0,h),E,B(0,2,0),C(0,2,2),∴ ---.设平面MCE的一个法向量n=(x,y,z),-则--令z=2,解得n=-,平面ABE的一个法向量m=(0,0,1).由题意可知,,cos<m,n>=-解得h=.所以当AM= 时,平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为.二、思维提升训练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.(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-.7.如图①,在边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,点M在AD上,且AM=AD.将△AED,△DCF分别沿DE,DF折叠,使A,C点重合于点P,如图②所示.图①图②(1)试判断PB与平面MEF的位置关系,并给出证明.(2)求二面角M-EF-D的余弦值.解:(1)PB∥平面MEF.证明如下:在图①中,连接BD交EF于点N,交AC于点O,则BN=BO=BD.在图②中,连接BD交EF于点N,连接MN.在△DPB中,有BN=BD,PM=PD,所以MN∥PB.又因为PB⊄平面MEF,MN⊆平面MEF,所以PB∥平面MEF.(2)(方法一)在图②中,连接PN.图②中的△PDE,△PDF,即图①中的Rt△ADE,Rt△CDF,所以PD⊥PE,PD⊥PF.又PE∩PF=P,所以PD⊥平面PEF,所以PD⊥EF.又EF⊥BD,所以EF⊥平面PBD,则∠MND 为二面角M-EF-D的平面角.易知PN⊥PM,则在Rt△PMN中,PM=1,PN=,则MN=.在△MND中,MD=3,DN=3,由余弦定理,得cos∠MND=-.所以二面角M-EF-D的余弦值为.图①图②(方法二)以P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P-xyz,如图所示,则E(2,0,0),F(0,2,0),D(0,0,4),M(0,0,1), 于是=(-2,0,1),=(0,-2,1),=(-2,0,4),=(0,-2,4).分别设平面MEF,平面DEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),由得--于是取n1=(1,1,2),又由得--于是可取n2=(2,2,1).因为cos<n1,n2>=,所以二面角M-EF-D的余弦值为.8.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD= ° 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= °∴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∵ 与不共线,∴ 与共面.∵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 ≤m≤ 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.。