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1、(新課標(biāo))天津市2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練15 立體幾何中的向量方法 理
1.
如圖,正方形ABCD的中心為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,點(diǎn)G為AB的中點(diǎn),AB=BE=2.
(1)求證:EG∥平面ADF;
(2)求二面角O-EF-C的正弦值;
(3)設(shè)H為線段AF上的點(diǎn),且AH=HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值.
2.
(2018北京,理16)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點(diǎn),AB=BC=,AC=AA1=2.
(1)求證:AC
2、⊥平面BEF;
(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;
(3)證明:直線FG與平面BCD相交.
3.
如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內(nèi)部)以AB邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120°得到的,G是的中點(diǎn).
(1)設(shè)P是上的一點(diǎn),且AP⊥BE,求∠CBP的大小;
(2)當(dāng)AB=3,AD=2時(shí),求二面角E-AG-C的大小.
4.
如圖,在長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E為CD的中點(diǎn).
(1)求證:B1E⊥AD1;
(2)在棱AA1上是否存在一點(diǎn)P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長(zhǎng);若不存在,說明理
3、由.
5.
如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點(diǎn)M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.
(1)求證:M為PB的中點(diǎn);
(2)求二面角B-PD-A的大小;
(3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值.
6.
如圖,AB是半圓O的直徑,C是半圓O上除A,B外的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),DC垂直于半圓O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.
(1)證明:平面ADE⊥平面ACD;
(2)當(dāng)三棱錐C-ADE體積最大時(shí),求二面角D-AE-B的余
4、弦值.
二、思維提升訓(xùn)練
7.如圖甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,現(xiàn)將梯形ABCD沿OB折起成如圖乙所示的四棱錐P-OBCD,使得PC=,E是線段PB上一動(dòng)點(diǎn).
(1)證明:DE和PC不可能垂直;
(2)當(dāng)PE=2BE時(shí),求PD與平面CDE所成角的正弦值.
8.
如圖,平面PAD⊥平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E,F,G分別是線段PA,PD,CD的中點(diǎn).
(1)求證:PB∥平面EFG.
(2)求異面直線EG與BD
5、所成的角的余弦值.
(3)在線段CD上是否存在一點(diǎn)Q,使得點(diǎn)A到平面EFQ的距離為?若存在,求出CQ的值;若不存在,請(qǐng)說明理由.
專題能力訓(xùn)練15 立體幾何中的向量方法
一、能力突破訓(xùn)練
1.解 依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O(shè)為原點(diǎn),分別以的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,依題意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).
(1)證明:依題意,=(2,0,0),=(1,-1,2).
設(shè)n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量,
則
6、
不妨設(shè)z=1,可得n1=(0,2,1),
又=(0,1,-2),可得n1=0,
又因?yàn)橹本€EG?平面ADF,所以EG∥平面ADF.
(2)易證=(-1,1,0)為平面OEF的一個(gè)法向量.依題意,=(1,1,0),=(-1,1,2).
設(shè)n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,
則
不妨設(shè)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的正弦值為
(3)由AH=HF,得AH=AF.
因?yàn)?(1,-1,2),
所以,
進(jìn)而有H,從而,
因此cos<,n2>==-
所以,直線BH和平面CEF所成
7、角的正弦值為
2.(1)證明 在三棱柱ABC-A1B1C1中,
∵CC1⊥平面ABC,∴四邊形A1ACC1為矩形.
又E,F分別為AC,A1C1的中點(diǎn),∴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.
建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz.
由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1).
=(2,0,1),=(1,2,0).
設(shè)平面BCD的法向量為n=(a,b
8、,c),
則
令a=2,則b=-1,c=-4,
∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4).
又平面CDC1的法向量為=(0,2,0),
∴cos==-
由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角,∴二面角B-CD-C1的余弦值為-
(3)證明 平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4),
∵G(0,2,1),F(0,0,2),
=(0,-2,1),
∴n=-2,∴n與不垂直,
∴FG與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi),∴FG與平面BCD相交.
3.解 (1)因?yàn)锳P⊥BE,AB⊥BE,AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,
又BP?平面AB
9、P,所以BE⊥BP,
又∠EBC=120°.
因此∠CBP=30°.
(2)解法一:取的中點(diǎn)H,連接EH,GH,CH.
因?yàn)椤螮BC=120°,所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC=
取AG中點(diǎn)M,連接EM,CM,EC,則EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC為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為等邊三角形,故所求的角為60°.
解法二:以B為坐標(biāo)原點(diǎn),分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立
10、如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.
由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個(gè)法向量.
由可得
取z1=2,可得平面AEG的一個(gè)法向量m=(3,-,2).
設(shè)n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個(gè)法向量.
由可得
取z2=-2,可得平面ACG的一個(gè)法向量n=(3,-,-2).
所以cos=
因此所求的角為60°.
4.解 以A為原點(diǎn),的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系(如圖).
設(shè)AB=a,則A(0,0,0
11、),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),
故=(0,1,1),=(a,0,1),
(1)證明:=-0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.
(2)假設(shè)在棱AA1上存在一點(diǎn)P(0,0,z0),
使得DP∥平面B1AE,此時(shí)=(0,-1,z0).
又設(shè)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的一個(gè)法向量n=
要使DP∥平面B1AE,只要n,有-az0=0,
解得z0=
又DP?平面B1AE,
∴存在點(diǎn)P,滿足DP∥平面B1AE,此時(shí)AP=
5.(1)證明 設(shè)AC,BD交點(diǎn)為E,
12、連接ME.
因?yàn)镻D∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.
因?yàn)锳BCD是正方形,所以E為BD的中點(diǎn).
所以M為PB的中點(diǎn).
(2)解 取AD的中點(diǎn)O,連接OP,OE.
因?yàn)镻A=PD,所以O(shè)P⊥AD.
又因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以O(shè)P⊥平面ABCD.
因?yàn)镺E?平面ABCD,所以O(shè)P⊥OE.
因?yàn)锳BCD是正方形,所以O(shè)E⊥AD.
如圖建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,則P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).
設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z),
則
令x
13、=1,則y=1,z=
于是n=(1,1,),平面PAD的法向量為p=(0,1,0).
所以cos=
由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為
(3)解 由題意知M,C(2,4,0),
設(shè)直線MC與平面BDP所成角為α,
則sin α=|cos|=
所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為
6.(1)證明 因?yàn)锳B是直徑,所以BC⊥AC.
因?yàn)镃D⊥平面ABC,所以CD⊥BC.
因?yàn)镃D∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.
因?yàn)镃D∥BE,CD=BE,
所以四邊形BCDE是平行四邊形,
所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.
因?yàn)镈E?平面ADE
14、,所以平面ADE⊥平面ACD.
(2)解 依題意,EB=AB×tan∠EAB=4=1.
由(1)知VC-ADE=VE-ACD=S△ACD×DE
=AC×CD×DE
=AC×BC(AC2+BC2)
=AB2=,
當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC=2時(shí)等號(hào)成立.
如圖,建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),
則=(-2,2,0),=(0,0,1),
=(0,2,0),=(2,0,-1).
設(shè)平面DAE的法向量為n1=(x,y,z),
則取n1=(1,0,2).
設(shè)平 面ABE的法向量為n2=(x,y,z),
則
取n2=(1
15、,1,0),
所以cos=
可以判斷與二面角D-AE-B的平面角互補(bǔ),所以二面角D-AE-B的余弦值為-
二、思維提升訓(xùn)練
7.解 如題圖甲所示,因?yàn)锽O是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.
因?yàn)锽C=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=,如題圖乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有OP2+OC2=PC2.所以O(shè)P⊥OC.
而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP兩兩垂直,故以O(shè)為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),則P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),
(1)證明:設(shè)E(x,0,1-x),其中0≤x
16、≤1,所以=(x,-3,1-x),=(1,1,-1).
假設(shè)DE和PC垂直,則=0,有x-3+(1-x)·(-1)=0,解得x=2,這與0≤x≤1矛盾,假設(shè)不成立,所以DE和PC不可能垂直.
(2)因?yàn)镻E=2BE,所以E設(shè)平面CDE的一個(gè)法向量是n=(x,y,z),因?yàn)?(-1,2,0),,所以n=0,n=0,
即
令y=1,則n=(2,1,5),而=(0,3,-1),
所以|cos <,n>|=
所以PD與平面CDE所成角的正弦值為
8.解 ∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90°,
∴PA⊥平面ABCD,
而四邊形ABCD是正方形,即AB⊥AD.
故可建立如圖所
17、示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0).
(1)證明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),
設(shè)=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,
=2+2
又不共線,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,異面直線EG與BD所成的角的余弦值為
(3)假設(shè)在線段CD上存在一點(diǎn)Q滿足題設(shè)條件,
令CQ=m(0≤m≤2),則DQ=2-m,
∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(2-m,2,0),
=(2-m,2,-1).
而=(0,1,0),
設(shè)平面EFQ的法向量為n=(x,y,z),
則
令x=1,則n=(1,0,2-m),
∴點(diǎn)A到平面EFQ的距離
d=,
即(2-m)2=,
∴m=或m=(不合題意,舍去),
故存在點(diǎn)Q,當(dāng)CQ=時(shí),點(diǎn)A到平面EFQ的距離為