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1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 专题能力训练专题能力训练 15 立体几何中的向量方法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 3 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
2、,BB1的 中点,AB=BC=,AC=AA1=2. 5 (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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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 APBE,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:B1EAD1; (
3、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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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. 6 (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
4、EAB= . 1 4 (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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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. 3 (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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 如图,平面 PAD平面 AB
5、CD,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, 4 5 请说明理由. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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
6、),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1 = 0, 1 = 0,即 2 = 0, - + 2 = 0. 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
7、面 CEF 的法向量, 则2 = 0, 2 = 0,即 + = 0, - + + 2 = 0. 不妨设 x=1,可得 n2=(1,-1,1). 因此有 cos=-, 2 |2| 6 3 于是 sin= 3 3 . 所以,二面角 O-EF-C的正弦值为 3 3 . (3)由 AH= HF,得 AH= AF. 2 3 2 5 因为=(1,-1,2), 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以, = 2 5 =( 2 5, - 2 5, 4 5) 进而有 H,从而, (- 3 5, 3 5, 4 5) =(2 5, 8 5, 4 5) 因此 cos=- 2 |2| 7 21. 所以,直线 B
8、H 和平面 CEF所成角的正弦值为 7 21. 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,ACEF. AB=BC,ACBE,AC平面 BEF. (2)解 由(1)知 ACEF,ACBE,EFCC1. CC1平面 ABC,EF平面 ABC. BE平面 ABC,EFBE. 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,
9、c), 则D = 0, = 0, 2 + = 0, + 2 = 0. 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), 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 cos=- | 21 21 . 由图可得二面角 B-CD-C1为钝角,二面角 B-CD-C1的余弦值为- 21 21 . (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.
10、 3.解 (1)因为 APBE,ABBE,AB,AP平面 ABP,ABAP=A,所以 BE平面 ABP, 又 BP平面 ABP,所以 BEBP, 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= 32+ 22=13. 取 AG 中点 M,连接 EM,CM,EC,则 EMAG,CMAG,所以EMC 为所求二面角的平面角. 又 AM=1,所以 EM=CM=2 13 - 13. 在BEC 中,由于EBC=120, 由余弦定理得 EC2=22+22-222cos 120=12,
11、所以 EC=2,因此EMC 为等边三角形,故所 3 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. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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 33 3 m=(x1,y1,z1)是平面 AEG 的一个法向量. 由可得 = 0, = 0, 21 - 3 1 = 0, 1+ 31 = 0. 取 z1=2,可得平面 AEG 的一个法向量 m=(3,-,2). 3 设 n=(x2,y2
12、,z2)是平面 ACG 的一个法向量. 由可得 G = 0, = 0, 2+ 32 = 0, 22+ 32 = 0. 取 z2=-2,可得平面 ACG 的一个法向量 n=(3,-,-2). 3 所以 cos= | = 1 2. 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).,1 设 AB=a,则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1), ( 2 ,1,0 ) 故=(0,1,1),=(a,0,1),11 =(- 2,1, - 1),1 =( 2 ,1,0 ). (1)证明:=-0+11
13、+(-1)1=0,B1EAD1. 11 2 (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). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 n平面 B1AE, n,n,得 1 + = 0, 2 + = 0. 取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=( 1, - 2 , - ). 要使 DP平面 B1AE,只要 n,有 -az0=0, 2 解得 z0= 1 2. 又 DP平面 B1AE, 存在点 P,满足 DP平面 B1AE,此时 AP= 1 2. 5.(1)证明 设 AC,BD
14、 交点为 E,连接 ME. 因为 PD平面 MAC,平面 MAC平面 PDB=ME,所以 PDME. 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 OPAD. 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 OPOE. 因为 ABCD 是正方形,所以 OEAD. 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,-). 2 2 设平面 BDP
15、的法向量为 n=(x,y,z), 则 = 0, = 0,即 4 - 4 = 0, 2 - 2 = 0. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 令 x=1,则 y=1,z= 2. 于是 n=(1,1,),平面 PAD 的法向量为 p=(0,1,0). 2 所以 cos= | = 1 2. 由题知二面角 B-PD-A为锐角,所以它的大小为 3. (3)解 由题意知 M,C(2,4,0), (- 1,2, 2 2) =(3,2, - 2 2). 设直线 MC 与平面 BDP 所成角为 , 则 sin =|cos|= | | = 26 9 . 所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为 2
16、6 9 . 6.(1)证明 因为 AB是直径,所以 BCAC. 因为 CD平面 ABC,所以 CDBC. 因为 CDAC=C,所以 BC平面 ACD. 因为 CDBE,CD=BE, 所以四边形 BCDE 是平行四边形, 所以 BCDE,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=ABtanEAB=4=1. 1 4 由(1)知 VC-ADE=VE-ACD=SACDDE 1 3 =ACCDDE 1 3 1 2 =ACBC(AC2+BC2) 1 6 1 12 =AB2= , 1 12 4 3 当且仅当 AC=BC=2时等号成立. 2 如图
17、,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), 222 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 则=(-2,2,0),=(0,0,1), 22 =(0,2,0),=(2,0,-1). 2 2 设平面 DAE的法向量为 n1=(x,y,z), 则取 n1=(1,0,2). 1 = 0, 1 = 0,即 22 = 0, 22 - = 0, 2 设平 面 ABE的法向量为 n2=(x,y,z), 则2 = 0, 2 = 0,即 = 0, - 2 2 + 22 = 0, 取 n2=(1,1,0), 所以 cos= 1 2 | 1 | 2| = 1
18、 29 = 2 6 . 可以判断与二面角 D-AE-B的平面角互补,所以二面角 D-AE-B 的余弦值为- 2 6 . 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 223 OP2+OC2=PC2.所以 OPOC. 而 OBOP,OBOD,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 0x1
19、,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 0x1 矛盾,假设不成立,所 以 DE 和 PC 不可能垂直. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (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), ( 2 3,0, 1 3). = ,所以 n=0,n=0, ( 1 3, - 3, 1 3) 即 - + 2 = 0, 2 3 - 3 + 1 3 = 0. 令 y=1,则 n=(2,1,5),而=(0,3,-1), 所以|cos |=
20、| | | = 3 15. 所以 PD 与平面 CDE 所成角的正弦值为 3 15. 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 ABAD. 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. 与 与 P
21、B平面 EFG,PB平面 EFG. (2)=(1,2,-1),=(-2,2,0), =(1,2,-1)(-2,2,0)=1(-2)+22+(-1)0=2. 又|=,12+ 22+ ( - 1)2= 6 |=2,( - 2)2+ 22+ 02 2 cos=, | = 2 6 22 = 3 6 . 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 因此,异面直线 EG 与 BD 所成的角的余弦值为 3 6 . (3)假设在线段 CD 上存在一点 Q 满足题设条件, 令 CQ=m(0m2),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 = (,)(0,1,0) = 0, = (,)(2 - ,2, - 1) = 0, = 0, (2 - ) + 2 - = 0, 令 x=1,则 n=(1,0,2-m), 点 A 到平面 EFQ 的距离 d=, | | = |2 - | 1 + (2 - )2 = 4 5 即(2-m)2=, 16 9 m= 或 m=(不合题意,舍去), 2 3 10 3 故存在点 Q,当 CQ= 时,点 A 到平面 EFQ 的距离为 2 3 4 5.