教育最新K122017届高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲立体几何中的向量方法练习

专题四 立体几何 第2讲 立体几何中的向量方法练习1.(2016·山东卷)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.(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.(1)证明 设FC 中点为I ，连接GI ，HI ，在△CEF 中，因为点G 是CE 的中点，所以GI ∥EF .又EF ∥OB ，所以GI ∥OB .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 .(2)解 连接OO ′，则OO ′⊥平面ABC .又AB ＝BC ，且AC 是圆O的直径，所以BO ⊥AC .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).过点F 作FM 垂直OB 于点M ，所以FM ＝FB 2－BM 2＝3，可得F (0，3，3).故BC →＝(－23，－23，0)，BF →＝(0，－3，3).设m ＝(x ，y ，z )是平面BCF 的一个法向量.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77.2.(2015·山东卷)如图，在三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点.(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE, ∠BAC ＝45° ，求平面FGH与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小.(1)证明 法一 连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH ，在三棱台DEF－ABC 中，AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形.则O 为CD 的中点，又H 为BC 的中点，所以OH ∥BD ，又OH ⊂平面FGH ，BD ⊄平面FGH ，所以BD ∥平面FGH .法二 在三棱台DEF －ABC 中，由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点，可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形，可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点，所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED .因为BD ⊂平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)解 设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF －ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形，因此DG ∥FC ，又FC ⊥平面ABC ，所以DG ⊥平面ABC .在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 中点.所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ，因此GB ，GC ，GD 两两垂直.以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .所以G (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，2，0)，D (0，0，1).可得H ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)， 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1). 设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的一个法向量，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0. 可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2).因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0，0).所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n|＝222＝12. 所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.3.(2016·四川卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .E 为边AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(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. 解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点.理由如下：由已知，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)法一 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°.由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD .设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，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PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2).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).设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13. 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13. 法二 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°.设BC ＝1，则在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2.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 .且PA ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面PAH .又CE ⊂平面PCE ，所以平面PCE ⊥平面PAH . 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 ＝13.4.(2016·全国Ⅰ卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面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.(1)证明 由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，且DF ∩EF ＝F ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解 过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，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，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).所以EC →＝(1，0，3)，EB →＝(0，4，0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4，0，0).设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3，0，－3). 设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.5.(2016·广州二模)如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120°，E ，F 分别为AC ，DC 的中点.(1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值.法一 (1)证明 由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图所示空间直角坐标系.易得B (0，0，0)，A (0，－1，3)，D (3，－1，0)，C (0，2，0). 因而E (0，12，32)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0， 所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0，2，0)， 因此EF →·BC →＝0.从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解 平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0，0，1).设平面BEF 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32. 由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0，n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1).设二面角E －BF －C 大小为θ，且由题意知θ为锐角，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝15，∴cos θ＝55， 因此sin θ＝25＝255，即所求二面角的正弦值为255. 法二 (1)证明 过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连接OF .由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC .所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2， 即FO ⊥BC .又EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ，EO ，FO ⊂平面EFO ，因此BC ⊥平面EFO ，又EF ⊂平面EFO ，所以EF ⊥BC .(2)解 过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连接EG .由平面ABC ⊥平面BDC ，从而EO ⊥平面BDC ，BF ⊂平面BDC ，∴BF ⊥EO ，又OG ⊥BF ，又EO ∩OG ＝O ，所以BF ⊥平面EOG ，又EG ⊂平面EOG ，所以EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角EBFC 的平面角.在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos 30°＝32， 由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BOBC ·FC ＝34， 因此tan ∠EGO ＝EO OG ＝2，从而sin ∠EGO ＝255，即二面角E ­BF ­C 的正弦值为255.6.(2016·北京二模)如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点.在五棱锥P －ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若PA ⊥底面ABCDE ，且PA ＝AE .求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长.(1)证明 在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE .又因为AB ⊄平面PDE ，DE ⊂平面PDE ，所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ，所以AB ∥FG .(2)解 因为PA ⊥底面ABCDE ，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AE .如图建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (2，1，0)，P (0，0，2)，F (0，1，1)，BC →＝(1，1，0). 设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0.令z ＝1，则y ＝－1. 所以n ＝(0，－1，1).设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则cos 〈n ，BC →〉＝n ·BC →|n ||BC →|＝－12.∴sin α＝12，因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6.设点H 的坐标为(u ，v ，w ).因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0＜λ＜1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2，1，－2)，所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ.因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1，1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫43，23，23.所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2.。