2018届高三数学 第56练 向量法求解立体几何问题练习

第56练 向量法求解立体几何问题
于直线AB ，且AB ＝BP ＝2，AD ＝AE ＝1，AE ⊥AB ，且AE ∥BP .
(1)设点M 为棱PD 的中点，求证：EM ∥平面ABCD ；
(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值为2
5？若存在，试确
定点N 的位置；若不存在，请说明理由．
2．(2017·上饶月考)如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，
AF ＝1，M 是线段EF 的中点．
求证：(1)AM∥平面BDE；
(2)AM⊥平面BDF.
3.(2017·南昌月考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°，D 为AC的中点，AB⊥B1D.
(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；
(2)在线段CC1(不含端点)上，是否存在点E，使得二面角E－B1D－B的余弦值为－
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14
？若存
在，求出CE
CC1
的值；若不存在，说明理由．
4．(2017·太原质检)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE －BCF 和一个正四棱锥P －
ABCD 组合而成的，AD ⊥AF ，AE ＝AD ＝2.
(1)证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；
(2)求正四棱锥P －ABCD 的高h ，使得二面角C －AF －P 的余弦值是22
3.
答案精析
1．(1)证明 因为平面ABCD ⊥平面ABPE ，且BC ⊥AB ，所以BC ⊥平面ABPE ，所以BA ，BP ，
BC 两两垂直．以B 为原点，BA →，BP →，BC →
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，则P (0,2,0)，D (2,0,1)，M ⎝
⎛⎭⎪⎫1，1，12，E (2,1,0)，C (0,0,1)，
所以EM →＝⎝
⎛
⎭⎪⎫－1，0，12.
易知平面ABCD 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 所以EM →·n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12·(0,1,0)＝0，所以EM →⊥n .
又EM ⊄平面ABCD ，所以EM ∥平面ABCD .
(2)解 当点N 与点D 重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值为2
5
.
理由如下：因为PD →＝(2，－2,1)，CD →
＝(2,0,0)，设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨
⎪⎧
n 1·PD →＝0，n 1·CD →＝0，
得⎩
⎪⎨
⎪⎧
2x 1－2y 1＋z 1＝0，
2x 1＝0.
取y 1＝1，得平面PCD 的一个法向量为n 1＝(0,1,2)．
假设线段PD 上存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角α的正弦值为2
5.
设PN →＝λPD →
(0≤λ≤1)，
则PN →
＝λ(2，－2,1)＝(2λ，－2λ，λ)， BN →＝BP →＋PN →
＝(2λ，2－2λ，λ)．
所以sin α＝|cos 〈BN →
，n 1〉|＝|BN →
·n 1|
|BN →
|·|n 1|
＝
2
5·(2λ)2
＋(2－2λ)2
＋λ
2
＝
2
5·9λ2
－8λ＋4＝25
. 所以9λ2
－8λ＋4＝5，解得λ＝1或λ＝－19
(舍去)．
因此，线段PD 上存在一点N ，当N 点与D 点重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值为25
. 2．证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，
设AC ∩BD ＝N ，连接NE ， 则点N ，E 的坐标分别为(
22，2
2
，0)，(0,0,1)． 所以NE →
＝(－22，－22
，1)．
又点A ，M 的坐标分别是(2，2，0)，(22，2
2
，1)， 所以AM →
＝(－22，－22，1)．
所以NE →＝AM →
，且NE 与AM 不共线．
所以NE ∥AM .又因为NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE ， 所以AM ∥平面BDE .
(2)由(1)知AM →
＝(－22，－22，1)，
因为D (2，0,0)，F (2，2，1)， 所以DF →
＝(0，2，1)． 所以AM →·DF →＝0，所以AM →⊥DF →， 所以AM ⊥DF ，同理AM ⊥BF ， 又DF ∩BF ＝F ，DF ⊂平面BDF ，
BF ⊂平面BDF ，
所以AM ⊥平面BDF .
3．(1)证明 取AB 的中点O ，连接OD ，OB 1.因为B 1B ＝B 1A ，所以OB 1⊥AB .
又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1，OB 1⊂平面B 1OD ，B 1D ⊂平面B 1OD ， 所以AB ⊥平面B 1OD ，
因为OD ⊂平面B 1OD ，所以AB ⊥OD . 由已知条件知，BC ⊥BB 1， 又OD ∥BC ，所以OD ⊥BB 1.
因为AB ∩BB 1＝B ，AB ⊂平面ABB 1A 1，BB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以OD ⊥平面ABB 1A 1.
因为OD ⊂平面ABC ，所以平面ABB 1A 1⊥平面ABC .
(2)解 由(1)知OB ，OD ，OB 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OB →，OD →，OB 1→
的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，|OB →
|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系，连接B 1C .
由题设知，B 1(0,0，3)，B (1,0,0)，D (0,1,0)，A (－1,0,0)，C (1,2,0)，C 1(0,2，3)， ∴B 1D →＝(0,1，－3)，B 1B →＝(1,0，－3)，CC 1→
＝(－1,0，3)，
B 1
C →＝(1,2，－3)，设CE →＝λCC 1→
(0<λ<1)，
由B 1E →＝B 1C →＋CE →
＝(1－λ，2，3(λ－1))，设平面BB 1D 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·B 1D →＝0，
m ·B 1B →＝0，
得⎩⎨
⎧
y 1－3z 1＝0，x 1－3z 1＝0，
令z 1＝1，则x 1＝y 1＝3，
所以平面BB 1D 的法向量为m ＝(3，3，1)．
设平面B 1DE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·B 1D →＝0，
n ·B 1E →＝0，
得⎩⎨
⎧
y 2－3z 2＝0，
(1－λ)x 2＋2y 2＋3(λ－1)z 2＝0，
令z 2＝1，则x 2＝
3?λ＋1?
λ－1
，y 2＝3，
所以平面B 1DE 的一个法向量n ＝(
3(λ＋1)
λ－1
，3，1)．
设二面角E －B 1D －B 的大小为θ，
则cos θ＝
m ·n
|m ||n |
＝3λ＋3
λ－1＋3＋17·
3⎝ ⎛⎭
⎪⎫λ＋1λ－12＋4＝－
714
. 解得λ＝1
3
.
所以在线段CC 1上存在点E ，使得二面角E －B 1D －B 的余弦值为－
714，此时CE CC 1＝13
. 4．(1)证明 在直三棱柱ADE －BCF 中，AB ⊥平面ADE ，AD ⊂平面ADE ，所以AB ⊥AD . 又AD ⊥AF ，AB ∩AF ＝A ，AD ∩AF ＝A ，AB ⊂平面ABFE ，AF ⊂平面ABFE ， 所以AD ⊥平面ABFE . 因为AD ⊂平面PAD ，
所以平面PAD ⊥平面ABFE .
(2)解 由(1)知AD ⊥平面ABFE ，以A 为原点，AB ，AE ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设h 为点P 到平面ABCD 的距离．
则A (0,0,0)，F (2,2,0)，C (2,0,2)，P (1，－h,1)，AF →＝(2,2,0)，AC →＝(2,0,2)，AP →
＝(1，－h,1)．
设平面AFC 的一个法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·AF →＝2x 1＋2y 1＝0，
m ·AC →＝2x 1＋2z 1＝0，
取x 1＝1，则y 1＝z 1＝－1， 所以m ＝(1，－1，－1)．
设平面AFP 的一个法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AF →＝2x 2＋2y 2＝0，
n ·AP →＝x 2－hy 2＋z 2＝0，
取x 2＝1，则y 2＝－1，z 2＝－1－h ， 所以n ＝(1，－1，－1－h )．
因为二面角C －AF －P 的余弦值为22
3
，
所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|1＋1＋1＋h |3×2＋(h ＋1)2
＝22
3， 解得h ＝1.。