《（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練14 立體幾何中的向量方法》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（課標專用）天津市2020高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練14 立體幾何中的向量方法（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題能力訓練14　立體幾何中的向量方法 　專題能力訓練第34頁　? 一、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=23HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 解:依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O為原點,分別以AD,BA,OF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(

2、1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0). (1)證明:依題意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2). 設n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量, 則n1·AD=0,n1·AF=0,即2x=0,x-y+2z=0. 不妨設z=1,可得n1=(0,2,1), 又EG=(0,1,-2),可得EG·n1=0, 又因為直線EG?平面ADF,所以EG∥平面ADF. (2)易證OA=(-1,1,0)為平面OEF的一個法向量.依題意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2). 設n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量, 則n2·EF=0,n

3、2·CF=0,即x+y=0,-x+y+2z=0. 不妨設x=1,可得n2=(1,-1,1). 因此有cos=OA·n2|OA|·|n2|=-63, 于是sin=33. 所以,二面角O-EF-C的正弦值為33. (3)由AH=23HF,得AH=25AF. 因為AF=(1,-1,2), 所以AH=25AF=25,-25,45, 進而有H-35,35,45,從而BH=25,85,45, 因此cos=BH·n2|BH|·|n2|=-721. 所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為721. 2.(2019北京,理16)如圖,在四棱錐P-

4、ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E為PD的中點,點F在PC上,且PFPC=13. (1)求證:CD⊥平面PAD; (2)求二面角F-AE-P的余弦值; (3)設點G在PB上,且PGPB=23,判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi),說明理由. (1)證明因為PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD. 又因為AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD. (2)解過點A作AD的垂線交BC于點M. 因為PA⊥平面ABCD, 所以PA⊥AM,PA⊥AD. 如圖,建立空間直角坐標系A-xyz, 則A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2

5、,0),D(0,2,0),P(0,0,2). 因為E為PD的中點,所以E(0,1,1). 所以AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2). 所以PF=13PC=23,23,-23,AF=AP+PF=23,23,43. 設平面AEF的法向量為n=(x,y,z), 則n·AE=0,n·AF=0,即y+z=0,23x+23y+43z=0. 令z=1,則y=-1,x=-1. 于是n=(-1,-1,1). 又因為平面PAD的法向量為p=(1,0,0), 所以cos=n·p|n||p|=-33. 由題知,二面角F-AE-P為銳角, 所以其余弦值為33

6、. (3)解直線AG在平面AEF內(nèi). 因為點G在PB上,且PGPB=23,PB=(2,-1,-2), 所以PG=23PB=43,-23,-43,AG=AP+PG=43,-23,23. 由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1). 所以AG·n=-43+23+23=0. 所以直線AG在平面AEF內(nèi). 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DF的中點. (1)設P是CE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. 解:(1)因為AP⊥B

7、E,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)(方法一)取EC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=32+22=13. 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=13-1=23. 在△BEC中,由于∠EBC=120°, 由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,

8、所以EC=23,因此△EMC為等邊三角形,故所求的角為60°. (方法二)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(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),設m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個法向量. 由m·AE=0,m·AG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0. 取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-3,2). 設n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個法向量. 由n·AG=0,n

9、·CG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0. 取z2=-2,可得平面ACG的一個法向量n=(3,-3,-2). 所以cos=m·n|m||n|=12. 因此所求的角為60°. 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. 解以A為原點,AB,AD,AA1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)

10、,Ea2,1,0,B1(a,0,1), 故AD1=(0,1,1),B1E=-a2,1,-1,AB1=(a,0,1),AE=a2,1,0. (1)證明:∵AD1·B1E=-a2×0+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DP=(0,-1,z0). 又設平面B1AE的法向量n=(x,y,z). ∵n⊥平面B1AE, ∴n⊥AB1,n⊥AE, 得ax+z=0,ax2+y=0. 取x=1,得平面B1AE的一個法向量n=1,-a2,-a. 要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,有a2-az0=

11、0, 解得z0=12.又DP?平面B1AE, ∴存在點P,滿足DP∥平面B1AE,此時AP=12. 5.如圖,平面ABCD⊥平面ABE,四邊形ABCD是邊長為2的正方形,AE=1,F為CE上的點,且BF⊥平面ACE. (1)求證:AE⊥平面BCE. (2)線段AD上是否存在一點M,使平面ABE與平面MCE所成二面角的余弦值為34?若存在,試確定點M的位置;若不存在,請說明理由. (1)證明∵BF⊥平面ACE,AE?平面ACE,∴BF⊥AE. ∵四邊形ABCD是正方形,∴BC⊥AB. ∵平面ABCD⊥平面ABE,平面ABCD∩平面ABE=AB, ∴CB⊥平面ABE.∵AE?

12、平面ABE,∴CB⊥AE. ∵BF∩BC=B,∴AE⊥平面BCE. (2)解線段AD上存在一點M,當AM=3時,平面ABE與平面MCE所成二面角的余弦值為34. ∵AE⊥平面BCE,BE?平面BCE,∴AE⊥BE. 在Rt△AEB中,AB=2,AE=1, ∴∠ABE=30°,∠BAE=60°, 以A為原點,建立空間直角坐標系A-xyz, 設AM=h,則0≤h≤2, ∵AE=1,∠BAE=60°, ∴M(0,0,h),E32,12,0,B(0,2,0),C(0,2,2), ∴ME=32,12,-h,CE=32,-32,-2. 設平面MCE的一個法向量n=(x,y,z),

13、 則n·ME=3x2+12y-hz=0,n·CE=3x2-32y-2z=0, 令z=2,解得n=33(2+3h),h-2,2, 平面ABE的一個法向量m=(0,0,1). 由題意可知, cos=m·n|m||n|=213(2+3h)2+(h-2)2+4=34, 解得h=3. 所以當AM=3時,平面ABE與平面MCE所成二面角的余弦值為34. 二、思維提升訓練 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=14. (1)證明:平面ADE⊥平面ACD; (2)當三棱錐

14、C-ADE體積最大時,求二面角D-AE-B的余弦值. (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=4×14=1. 由(1)知VC-ADE=VE-ACD=13×S△ACD×DE =13×12×AC×CD×DE =16×AC×BC≤112×(AC2+BC2) =112×AB2=43, 當且僅當

15、AC=BC=22時等號成立. 如圖,建立空間直角坐標系,則D(0,0,1),E(0,22,1),A(22,0,0),B(0,22,0), 則AB=(-22,22,0),BE=(0,0,1), DE=(0,22,0),DA=(22,0,-1). 設平面DAE的法向量為n1=(x,y,z), 則n1·DE=0,n1·DA=0,即22y=0,22x-z=0, 取n1=(1,0,22). 設平面ABE的法向量為n2=(x,y,z), 則n2·BE=0,n2·AB=0,即z=0,-22x+22y=0, 取n2=(1,1,0), 所以cos=n1·n2|n1||n2|

16、=12×9=26. 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-26. 7.如圖①,在邊長為4的正方形ABCD中,點E,F分別是AB,BC的中點,點M在AD上,且AM=14AD.將△AED,△DCF分別沿DE,DF折疊,使A,C點重合于點P,如圖②所示. 圖① 圖② (1)試判斷PB與平面MEF的位置關系,并給出證明. (2)求二面角M-EF-D的余弦值. 解:(1)PB∥平面MEF. 證明如下: 在圖①中,連接BD交EF于點N,交AC于點O,則BN=12BO=14BD. 在圖②中,連接BD交EF于點N,連接MN. 在

17、△DPB中,有BN=14BD,PM=14PD, 所以MN∥PB. 又因為PB?平面MEF,MN?平面MEF,所以PB∥平面MEF. (2)(方法一)在圖②中,連接PN.圖②中的△PDE,△PDF,即圖①中的Rt△ADE,Rt△CDF,所以PD⊥PE,PD⊥PF.又PE∩PF=P,所以PD⊥平面PEF,所以PD⊥EF.又EF⊥BD,所以EF⊥平面PBD,則∠MND為二面角M-EF-D的平面角. 易知PN⊥PM,則在Rt△PMN中,PM=1,PN=2,則MN=PM2+PN2=3. 在△MND中,MD=3,DN=32,由余弦定理,得 cos∠MND=MN2+DN2-MD22MN·DN=6

18、3. 所以二面角M-EF-D的余弦值為63. 圖① 圖② (方法二)以P為原點,分別以PE,PF,PD的方向為x軸、y軸、 z軸的正方向,建立空間直角坐標系P-xyz,如圖所示,則E(2,0,0),F(0,2,0),D(0,0,4),M(0,0,1), 于是EM=(-2,0,1),FM=(0,-2,1),ED=(-2,0,4),FD=(0,-2,4). 分別設平面MEF,平面DEF的法向量為n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2), 由n1·EM=0,n1·FM=0,得-2x1+z1=0,-2y1+z1=0,于是取n1=(1,1,2), 又由n2·E

19、D=0,n2·FD=0,得-2x2+4z2=0,-2y2+4z2=0,于是可取n2=(2,2,1). 因為cos=n1·n2|n1||n2|=66×9=63, 所以二面角M-EF-D的余弦值為63. 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45?若存在,求出CQ的值;若不存在,請說明理由. 解:∵平面PAD⊥平面ABCD,且

20、∠PAD=90°, ∴PA⊥平面ABCD, 而四邊形ABCD是正方形,即AB⊥AD. 故可建立如圖所示的空間直角坐標系,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:∵PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1), 設PB=sFE+tFG,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2, ∴PB=2FE+2FG. 又∵FE與FG不共線,∴FE與FG共面. ∵PB?平面EFG,∴PB∥平面EFG. (2)∵E

21、G=(1,2,-1),BD=(-2,2,0), ∴EG·BD=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2. 又∵|EG|=12+22+(-1)2=6, |BD|=(-2)2+22+02=22, ∴cos=EG·BD|EG||BD|=26×22=36. 因此,異面直線EG與BD所成的角的余弦值為36. (3)假設在線段CD上存在一點Q滿足題設條件, 令CQ=m(0≤m≤2),則DQ=2-m, ∴點Q的坐標為(2-m,2,0),∴EQ=(2-m,2,-1). 而EF=(0,1,0), 設平面EFQ的法向量為n=(x,y,z), 則n·EF=(x,y,z)·(0,1,0)=0,n·EQ=(x,y,z)·(2-m,2,-1)=0, ∴y=0,(2-m)x+2y-z=0, 令x=1,則n=(1,0,2-m), ∴點A到平面EFQ的距離d=|AE·n||n|=|2-m|1+(2-m)2=45, 即(2-m)2=169, ∴m=23或m=103(不合題意,舍去), 故存在點Q,當CQ=23時,點A到平面EFQ的距離為45. 13