2019版高考数学二轮复习课件+训练：专题检测（十三）立体几何中的向量方法理.pdf

专题检测（十三） 立体几何中的向量方法专题检测（十三） 立体几何中的向量方法 A 组大题考点落实练 1.如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，A1A底面ABCD，四边形ABCD为菱形，A1A AB2，ABC60° ，E，F分别是BC，A1C的中点 (1)求异面直线EF，AD所成角的余弦值； (2)点M在线段A1D上，若CM平面AEF，求实数的 A1M A1D 值 解：(1)因为A1A平面ABCD，AE平面ABCD，AD平面ABCD， 所以A1AAE，A1AAD. 在菱形ABCD中，ABC60° ，连接AC， 则ABC是等边三角形 因为E是BC的中点，所以BCAE. 因为BCAD，所以AEAD. 以A为坐标原点，AE为x轴，AD为y轴，AA1为z轴建立如图所 示的空间直角坐标系， 则A(0,0，0)，C(，1,0)，D(0,2,0)，3 A1(0,0,2)，E(，0,0)，F，3 ( 3 2 ，1 2，1) (0,2,0)，AD EF ( 3 2 ，1 2，1) 所以 cos，AD EF · |·| 1 2 2 2 4 所以异面直线EF，AD所成角的余弦值为. 2 4 (2)设M(x，y，z)，由于点M在线段A1D上，且， A1M A1D 所以，则(x，y，z2)(0,2，2)A1M A1D 解得M(0,2，22)，所以(，21,22)CM 3 设平面AEF的一个法向量为 n(x0，y0，z0) 因为(，0,0)，AE 3AF ( 3 2 ，1 2，1) 所以Error!即Error! 取y02，得z01， 则平面AEF的一个法向量为 n(0,2，1) 由于CM平面AEF，则 n·0，CM 即 2(21)(22)0，解得 . 2 3 2.(2019 届高三·河北三市联考)如图， 三棱柱ADE­BCG中， 四边形 ABCD是矩形，F是EG的中点，EAAB，ADAEEF1，平面ABGE 平面ABCD. (1)求证：AF平面FBC； (2)求二面角B­FC­D的正弦值 解：(1)证明：四边形ABCD是矩形， BCAB， 又平面ABGE平面ABCD， BC平面ABGE， AF平面ABGE， BCAF. 在AFB中，AFBF，AB2，2 AF2BF2AB2， 即AFBF，又BFBCB， AF平面FBC. (2)分别以AD，AB，AE所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间 直角坐标系， 则A(0,0,0)，D(1,0,0)，C(1,2,0)，E(0,0,1)，B(0,2,0)， F(0,1,1)， (1,0,1)，(0,2,0)，DE DC 设 n1(x，y，z)为平面CDEF的法向量， 则Error!即Error! 令x1，得z1，即 n1(1,0,1)为平面CDEF的一个法向量， 取 n2(0,1,1)为平面BCF的一个法向量，AF cosn1，n2 ， n 1·n 2 | n 1| n 2| 1 2 二面角B­FC­D的正弦值为. 3 2 3如图，在四棱锥E­ABCD中，底面ABCD为直角梯形，其中CDAB， BCAB，侧面ABE平面ABCD， 且ABAEBE2BC2CD2， 动点F 在棱AE上，且EFFA. (1)试探究的值，使CE平面BDF，并给予证明； (2)当1 时，求直线CE与平面BDF所成角的正弦值 解：(1)当 时，CE平面BDF.证明如下： 1 2 连接AC交BD于点G，连接GF， CDAB，AB2CD， ， CG GA CD AB 1 2 EFFA， ，GFCE， 1 2 EF FA CG GA 1 2 又CE平面BDF，GF平面BDF， CE平面BDF. (2)取AB的中点O，连接EO，则EOAB， 平面ABE平面ABCD，平面ABE平面ABCDAB， EO平面ABCD， 连接DO，BOCD，且BOCD1， 四边形BODC为平行四边形，BCDO， 又BCAB，ABOD， 则OD，OA，OE两两垂直，以O为坐标原点，OD，OA，OE所在直 线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O­xyz， 则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(0， 1,0)，D(1,0,0)，C(1， 1， 0)， E(0,0，)3 当1 时，有，F，EF FA (0， 1 2， 3 2) (1,1,0)，(1,1，)BD BF (0， 3 2， 3 2) CE 3 设平面BDF的法向量为 n(x，y，z)， 则Error!即Error! 令z，得y1，x1，3 则 n(1，1，)为平面BDF的一个法向量，3 设直线CE与平面BDF所成的角为， 则 sin |cos，n| ，CE |113| 5 × 5 1 5 故直线CE与平面BDF所成角的正弦值为 . 1 5 4 (2018·成都一诊)如图， 在边长为 5 的菱形ABCD中，AC6， 现沿对角线AC把ADC 翻折到APC的位置得到四面体P­ABC，如图所示已知PB4.2 (1)求证：平面PAC平面ABC； (2)若 Q 是线段AP上的点，且，求二面角 Q­BC­A的余弦值AQ 1 3 AP 解：(1)证明：取AC的中点O，连接PO，BO. 四边形ABCD是菱形， PAPC，POAC. DC5，AC6， OC3，POOB4， PB4，2 PO2OB2PB2， POOB. OBACO，PO平面ABC. PO平面PAC，平面PAC平面ABC. (2)ABBC，BOAC. 故OB，OC，OP两两垂直 以O为坐标原点，OB，OC，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直 角坐标系O­xyz. 则B(4,0,0)，C(0,3,0)，P(0,0,4)，A(0，3,0) 设点 Q(x，y，z) 由，得 Q.AQ 1 3 AP (0，2， 4 3) (4,3,0)，.BC BQ (4，2， 4 3) 设 n1(x1，y1，z1)为平面BCQ 的法向量， 由Error!得Error! 取x13，则 n1(3,4,15) 取平面ABC的一个法向量 n2(0,0,1) cosn1，n2， n1·n2 |n1|n2| 15 3242152 3 10 10 二面角 Q­BC­A为锐角， 二面角 Q­BC­A的余弦值为. 3 10 10 B 组大题专攻补短练 1.在三棱锥P­ABC中，PAPBPC2，BC1，AC，ACBC.3 (1)求点B到平面PAC的距离 (2)求异面直线PA与BC所成角的余弦值 解 ： (1)以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C作平面ABC 的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，取AB的中点D，连接PD，DC， 因为ACB为直角三角形且AC，BC1，3 所以AB2， 所以PAB为正三角形， 所以PDAB且PD.3 在PDC中，PC2，PD，DC1，3 所以PC2PD2DC2， 所以PDDC，又ABDCD， 所以PD平面ABC. 则A(，0,0)，B(0,1,0)，D，P，C(0,0,0)，(，0,0)，3 ( 3 2 ，1 2，0)( 3 2 ，1 2 ， 3 ) CA 3 ，(0,1,0)，CD ( 3 2 ，1 2，0) CP ( 3 2 ，1 2 ， 3 ) CB 设平面PAC的法向量 n(x，y，z)， 则Error!即Error! 取y2，得 n(0,2，1)为平面PAC的一个法向量，33 所以点B到平面PAC的距离 d. |·n| |n| 2 3 13 2 39 13 (2)因为，(0，1,0)，PA ( 3 2 ，1 2， 3) BC 设异面直线PA与BC所成角为， 则 cos . |·| |·| 1 2 4 × 1 1 4 所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为 . 1 4 2.已知四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是梯形，BCAD，ABAD， 且ABBC1，AD2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PAPD. (1)求证：平面PAB平面PAD； (2)若直线AC与PD所成角为 60° ，求二面角A­PC­D的余弦值 解：(1)证明：PH平面ABCD，AB平面ABCD， PHAB. ABAD，ADPHH，AD平面PAD，PH平面PAD， AB平面PAD. 又AB平面PAB，平面PAB平面PAD. (2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz， PH平面ABCD， z轴PH. 则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)， 设AHa，PHh(00) 则P(0，a，h) (0，a，h)，(0，a2，h)，(1,1,0)AP DP AC PAPD，·a(a2)h20.AP DP AC与PD所成角为 60° ， |cos，| ，AC DP |a2| 2· a22h2 1 2 (a2)2h2，(a2)(a1)0， 00，h1，P(0,1,1) (0,1,1)，(1,1,0)，(1,0，1)，(1，1,0)，AP AC PC DC 设平面APC的法向量为 n(x1，y1，z1)， 则Error!即Error! 令x11，得y11，z11， 平面APC的一个法向量为 n(1，1,1)， 设平面DPC的法向量为 m(x2，y2，z2) 则Error!即Error! 令x21，得y21，z21， 平面DPC的一个法向量为 m(1,1,1) cosm，n . m·n |m|n| 1 3 二面角A­PC­D的平面角为钝角， 二面角A­PC­D的余弦值为 . 1 3 3 (2018·西安质检)如图， 四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，ACBDO，A1O 底面ABCD，AB2，AA13. (1)证明：平面A1CO平面BB1D1D； (2)若BAD60° ，求二面角B­OB1­C的余弦值 解：(1)证明：A1O平面ABCD，BD平面ABCD. A1OBD. 四边形ABCD是菱形， COBD. A1OCOO， BD平面A1CO. BD平面BB1D1D， 平面A1CO平面BB1D1D. (2)A1O平面ABCD，COBD，OB，OC，OA1两两垂直，以O为坐标原点，OB OC 的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系OA1 AB2，AA13，BAD60° ， OBOD1，OAOC，3 OA1.AA2 1OA26 则O(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0， ，0)，A(0，0)，A1(0,0，)，336 (1,0,0)，(0， ，)，OB BB1 AA1 36 (1， ，)，(0， ，0)OB1 OB BB1 36OC 3 设平面OBB1的法向量为 n(x1，y1，z1)， 则Error!即Error! 令y1，得 n(0， ，1)是平面OBB1的一个法向量22 设平面OCB1的法向量 m(x2，y2，z2)， 则Error!即Error! 令z21，得 m(，0，1)为平面OCB1的一个法向量，6 cosn，m， n·m |n|·|m| 1 3 × 7 21 21 由图可知二面角B­OB1­C是锐二面角， 二面角B­OB1­C的余弦值为. 21 21 4(2018·潍坊统考)在平行四边形PABC中，PA4，PC2，P45° ，D是PA的2 中点(如图 1)将PCD沿CD折起到图 2 中P1CD的位置，得到四棱锥P1­ABCD. (1)将PCD沿CD折起的过程中，CD平面P1DA是否成立？请证明你的结论 (2)若P1D与平面ABCD所成的角为 60° ， 且P1DA为锐角三角形， 求平面P1AD和平面P1BC 所成角的余弦值 解：(1)将PCD沿CD折起过程中，CD平面P1DA成立证明如下： D是PA的中点，PA4，DPDA2， 在PDC中，由余弦定理得， CD2PC2PD22PC·PD·cos 45° 842×2×2×4，2 2 2 CD2PD， CD2DP28PC2， PDC为等腰直角三角形且CDPA， CDDA，CDP1D，P1DADD， CD平面P1DA. (2)由(1)知CD平面P1DA，CD平面ABCD， 平面P1DA平面ABCD， P1DA为锐角三角形， P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上， 记为O， 连接P1O， P1O 平面ABCD， 则P1DA是P1D与平面ABCD所成的角， P1DA60° ， DP1DA2， P1DA为等边三角形，O为AD的中点， 故以O为坐标原点，过点O且与CD平行的直线为x轴，DA所 在直线为y轴，OP1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标 系， 设x轴与BC交于点M， DAP1A2，OP1，3 易知ODOACM1， BM3， 则P1(0,0，)，D(0，1,0)，C(2，1,0)，B(2,3,0)，3 (2,0,0)，(0，4,0)，(2，1，)，DC BC P1C 3 CD平面P1DA， 可取平面P1DA的一个法向量 n1(1,0,0)， 设平面P1BC的法向量 n2(x2，y2，z2)， 则Error!即Error! 令z21，则 n2， ( 3 2 ，0，1) 设平面P1AD和平面P1BC所成的角为， 由图易知为锐角， cos |cosn1，n2|. |n 1·n 2| | n 1|·| n 2| 3 2 1 × 7 2 21 7 平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为. 21 7