备战2019高考数学大二轮复习专题五立体几何专题能力训练15立体几何中的向量方法理.doc

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1、1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.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.(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,BB1的中点, AB=BC= ,AC=AA1=2.5(1)求证: AC平面 BEF;(2)求二面角 B-CD-

2、C1的余弦值;(3)证明:直线 FG与平面 BCD相交 .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 AP BE,求 CBP的大小;(2)当 AB=3,AD=2时,求二面角 E-AG-C的大小 .24.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, AA1=AD=1,E为 CD的中点 .(1)求证: B1E AD1;(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 .5.如图,在四棱锥 P-ABCD中,底面 ABCD为正方形

3、,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 EAB=.(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 .3二、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

4、 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.如图,平面 PAD平面 ABCD,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,请说明理由 .4专题能力训练 15 立体几何中的向量方法一、

5、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),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

6、.(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| 63于是 sin=33.所以,二面角 O-EF-C的正弦值为33.(3)由 AH= HF,得 AH= AF.23 25因为 =(1,-1,2),所以 ,=25=(25,-25,45)进而有 H ,从而 ,(-35,35,45) =(25,85,45)因此 cos= =-2|2| 721.5所以,直线 BH和平面

7、CEF所成角的正弦值为721.2.(1)证明 在三棱柱 ABC-A1B1C1中,CC 1平面 ABC, 四边形 A1ACC1为矩形 .又 E,F分别为 AC,A1C1的中点, AC EF.AB=BC ,AC BE,AC 平面 BEF.(2)解 由(1)知 AC EF,AC BE,EF CC1.CC 1平面 ABC,EF 平面 ABC.BE 平面 ABC,EF BE.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,c),则

8、 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), cos= =-| 2121.由图可得二面角 B-CD-C1为钝角, 二面角 B-CD-C1的余弦值为 -2121.(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 .3.解 (1)因为 AP BE,AB BE,AB,AP平面 ABP,AB AP=A,所以

9、 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 的中点 H,连接 EH,GH,CH.6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 EM AG,CM AG,所以 EMC为所求二面角的平面角 .又 AM=1,所以 EM=CM= =213-1 3.在 BEC中,由于 EBC=120,由余弦定理得 EC2=22+22-222cos 120=12,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

10、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 .由题意得 A(0,0,3),E(2,0,0),G(1, ,3),C(-1, ,0),故 =(2,0,-3), =(1, ,0),3 3 3=(2,0,3),设 m=(x1,y1,z1)是平面 AEG的一个法向量 .由 可得=0,=0, 21-31=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,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

11、).3所以 cos=|=12.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).7(1)证明: =- 0+11+(-1)1=0,B 1E AD1.112(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). n平面 B1A

12、E, 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=12.又 DP平面 B1AE, 存在点 P,满足 DP平面 B1AE,此时 AP=12.5.(1)证明 设 AC,BD交点为 E,连接 ME.因为 PD平面 MAC,平面 MAC平面 PDB=ME,所以 PD ME.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 OP AD.又因为平面 PAD平面 ABCD,且 OP平面

13、PAD,所以 OP平面 ABCD.因为 OE平面 ABCD,所以 OP OE.因为 ABCD是正方形,所以 OE AD.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 =(2,0,- ). 2设平面 BDP的法向量为 n=(x,y,z),则 =0,=0,即 4-4=0,2- 2=0.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=|=12.由题知二面角 B-PD-A为锐角,所以它的大小为3.8(3)解 由题意知 M ,C(2,4,0),(-1,2,2

14、2) =(3,2,- 22).设直线 MC与平面 BDP所成角为 ,则 sin =| cos|=|=269.所以直线 MC与平面 BDP所成角的正弦值为269.6.(1)证明 因为 AB是直径,所以 BC AC.因为 CD平面 ABC,所以 CD BC.因为 CD AC=C,所以 BC平面 ACD.因为 CD BE,CD=BE,所以四边形 BCDE是平行四边形,所以 BC DE,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=ABtan EAB=4 =1.14由(1)知 VC-ADE=VE-ACD= S ACDDE13= ACCDDE13

15、12= ACBC (AC2+BC2)16 112= AB2= ,112 43当且仅当 AC=BC=2 时等号成立 .2如图,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),2 2 2则 =(-2 ,2 ,0), =(0,0,1), 2 2 =(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,-22+22=0,取 n2=(1,1,0),所以

16、cos=12|1|2|= 129=26.9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 -26.二、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 OP2+OC2=PC2.所2 2 3以 OP OC.而 OB OP,OB OD,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),

17、其中 0 x1,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 0 x1 矛盾,假设不成立,所以 DE和 PC不可能垂直 .(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),(23,0,13). ,所以 n =0,n =0,=(13,-3,13) 即-+2=0,23-3+13=0.令 y=1,则 n=(2,1,5),而 =(0,3,-1),所以 |cos |= |=315.所以 PD与平面 CDE所成角的正弦值为315.8.解 平面 PA

18、D平面 ABCD,且 PAD=90,PA 平面 ABCD,而四边形 ABCD是正方形,即 AB AD.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 PB 平面 EFG,PB 平面 EFG.(2) =(1,2,-1), =(-2,2,0), 10

19、=(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=,|=2622=36.因此,异面直线 EG与 BD所成的角的余弦值为36.(3)假设在线段 CD上存在一点 Q满足题设条件,令 CQ=m(0 m2),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=45即(2 -m)2= ,169m= 或 m= (不合题意,舍去 ),23 103故存在点 Q,当 CQ= 时,点 A到平面 EFQ的距离为23 45.