2018屆高考數學二輪復習專題五立體幾何專題能力訓練15立體幾何中的向量方法理

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專題能力訓練15 立體幾何中的向量方法

能力突破訓練

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G為AB的中點,AB=BE=2.

(1)求證:EG∥平面ADF;

(2)求二面角O-EF-C的正弦值;

(3)設H為線段AF上的點,且AH=HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值.

2.

如圖,在四棱錐A-EFCB中,△AEF為等邊三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O為EF的中點.

(1)求證:AO⊥BE;

(2)求二面角F-AE-B的余弦值;

(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.

3.

(2017山東,理17)如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內部)以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120°得到的,G是的中點.

(1)設P是上的一點,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;

(2)當AB=3,AD=2時,求二面角E-AG-C的大小.

4.

如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E為CD的中點.

(1)求證:B1E⊥AD1;

(2)在棱AA1上是否存在一點P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理由.

5.

(2017北京,理16)如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.

(1)求證:M為PB的中點;

(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外的一個動點,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)當三棱錐C-ADE體積最大時,求二面角D-AE-B的余弦值.

思維提升訓練

7.如圖甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,現將梯形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上一動點.

(1)證明:DE和PC不可能垂直;

(2)當PE=2BE時,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.

(1)求證:PB∥平面EFG.

(2)求異面直線EG與BD所成的角的余弦值.

(3)在線段CD上是否存在一點Q,使得點A到平面EFQ的距離為?若存在,求出CQ的值;若不存在,請說明理由.

參考答案專題能力訓練15 立體幾何中的向量方法能力突破訓練

1.解依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O為原點,分別以的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系,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n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量,

不妨設z=1,可得n1=(0,2,1),

=(0,1,-2),可得n1=0,

又因為直線EG?平面ADF,所以EG∥平面ADF.

(2)易證=(-1,1,0)為平面OEF的一個法向量.依題意,=(1,1,0),=(-1,1,2).

設n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量,

不妨設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.

因為=(1,-1,2),

所以,

進而有H,從而,

因此cos<,n2>==-

所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為

2.(1)證明因為△AEF是等邊三角形,O為EF的中點,

所以AO⊥EF.

又因為平面AEF⊥平面EFCB,AO?平面AEF,

所以AO⊥平面EFCB,所以AO⊥BE.

(2)解取BC中點G,連接OG.

由題設知EFCB是等腰梯形,

所以OG⊥EF.

由(1)知AO⊥平面EFCB,

又OG?平面EFCB,

所以OA⊥OG.

如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則E(a,0,0),A(0,0,a),

B(2,(2-a),0),=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).

設平面AEB的法向量為n=(x,y,z),

令z=1,則x=,y=-1.

于是n=(,-1,1).

平面AEF的法向量為p=(0,1,0).

所以cos==-

由題知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-

(3)解因為BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即=0.

因為=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),所以=-2(a-2)-3(a-2)2.

=0及0

3.解(1)因為AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP?平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.

(2)解法一:取的中點H,連接EH,GH,CH.

因為∠EBC=120°,所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC=

取AG中點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×cos120°=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為坐標原點,分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.

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m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個法向量.

可得

取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-,2).

設n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個法向量.

可得

取z2=-2,可得平面ACG的一個法向量n=(3,-,-2).

所以cos=

因此所求的角為60°.

4.

解以A為原點,的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖).

設AB=a,則A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),

=(0,1,1),=(a,0,1),

(1)證明=-0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.

(2)假設在棱AA1上存在一點P(0,0,z0),

使得DP∥平面B1AE,此時=(0,-1,z0).

又設平面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P,滿足DP∥平面B1AE,此時AP=

5.(1)證明設AC,BD交點為E,連接ME.

因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.

因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點.

所以M為PB的中點.

(2)解取AD的中點O,連接OP,OE.

因為PA=PD,所以OP⊥AD.

又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.

因為OE?平面ABCD,所以OP⊥OE.

因為ABCD是正方形,所以OE⊥AD.

如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).

設平面BDP的法向量為n=(x,y,z),

令x=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),

設直線MC與平面BDP所成角為α,

則sinα=|cos>|=

所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為

6.(1)證明因為AB是直徑,所以BC⊥AC.

因為CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.

因為CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.

因為CD∥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.

因為DE?平面ADE,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=,

當且僅當AC=BC=2時等號成立.

如圖,建立空間直角坐標系,則D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),

=(-2,2,0),=(0,0,1),

=(0,2,0),=(2,0,-1).

設平面DAE的法向量為n1=(x,y,z),

取n1=(1,0,2).

設平面ABE的法向量為n2=(x,y,z),

取n2=(1,1,0),

所以cos=

可以判斷與二面角D-AE-B的平面角互補,所以二面角D-AE-B的余弦值為-思維提升訓練

7.解如題圖甲所示,因為BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.

因為BC=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OP⊥OC.

而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP兩兩垂直,故以O為原點,建立空間直角坐標系(如圖),則P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),

(1)設E(x,0,1-x),其中0≤x≤1,所以=(x,-3,1-x),=(1,1,-1).

假設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,假設不成立,所以DE和PC不可能垂直.

(2)因為PE=2BE,所以E設平面CDE的一個法向量是n=(x,y,z),因為=(-1,2,0),,所以n=0,n=0,

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