2020高考數(shù)學一輪復習 課時作業(yè)46 立體幾何中的向量方法 理

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1、課時作業(yè)46 立體幾何中的向量方法 [基礎達標] 1.[2018·江蘇卷] 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點P,Q分別為A1B1,BC的中點. (1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值; (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值. 解析:本題主要考查空間向量、異面直線所成角和線面角等基礎知識,考查運用空間向量解決問題的能力. 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中, 設AC,A1C1的中點分別為O,O1, 則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB, 以{,,}為基底,建立空間直角坐標系O-xyz. 因為AB=AA1=2,所以A

2、(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2). (1)因為P為A1B1的中點,所以P, 從而=,=(0,2,2), 故|cos〈,〉|===. 因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為. (2)因為Q為BC的中點,所以Q,因此=,=(0,2,2),=(0,0,2). 設n=(x,y,z)為平面AQC1的一個法向量, 則即 不妨取n=(,-1,1). 設直線CC1與平面AQC1所成角為θ, 則sin θ=|cos〈,n〉|===,所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為. 2.[2019·鄭州一中入

3、學測試]在如圖所示的多面體中,四邊形ABCD是平行四邊形,四邊形BDEF是矩形,ED⊥平在ABCD,∠ABD=,AB=2AD. (1)求證:平面BDEF⊥平面ADE; (2)若ED=BD,求直線AF與平面AEC所成角的正弦值. 解析:(1)在△ABD中,∠ABD=,AB=2AD, 由余弦定理,得BD=AD, 從而BD2+AD2=AB2,故BD⊥AD, 所以△ABD為直角三角形且∠ADB=90°. 因為DE⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以DE⊥BD. 又AD∩DE=D,所以BD⊥平面ADE. 因為BD?平面BDEF,所以平面BDEF⊥平面ADE. (2)由(1)可得,

4、在Rt△ABD中,∠BAD=,BD=AD,又由ED=BD, 設AD=1,則BD=ED=.因為DE⊥平面ABCD,BD⊥AD, 所以可以點D為坐標原點,DA,DB,DE所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系,如圖所示D-xyz. 則A(1,0,0),C(-1,,0),E(0,0,),F(xiàn)(0,,), 所以=(-1,0,),=(-2,,0). 設平面AEC的法向量為n=(x,y,z), 則即 令z=1,得n=(,2,1),為平面AEC的一個法向量. 因為=(-1,,), 所以cos〈n,〉==. 所以直線AF與平面AEC所成角的正弦值為. 3.[2019·石家

5、莊摸底考試]如圖,在多面體ABCDPE中,四邊形ABCD和CDPE都是直角梯形,AB∥DC,PE∥DC,AD⊥DC,PD⊥平面ABCD,AB=PD=DA=2PE,CD=3PE,F(xiàn)是CE的中點. (1)求證:BF∥平面ADP; (2)求二面角B-DF-P的余弦值. 解析:(1)取PD的中點為G,連接FG,AG,如圖所示, ∵F是CE的中點,∴FG是梯形CDPE的中位線, ∵CD=3PE,∴FG=2PE, ∵FG∥CD∥AB,AB=2PE, ∴AB∥FG,AB=FG,即四邊形ABFG是平行四邊形, ∴BF∥AG, 又BF?平面ADP,AG?平面ADP,∴BF∥平面ADP.

6、(2)解法一 ∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD,又AD⊥DC,且PD∩CD=D,∴AD⊥平面CDPE. 過點B作BM⊥CD于點M,易知BM∥AD, ∴BM⊥平面CDPE.令PE=1,則BM=DM=2,連接FM, 由(1)易得FM=1, 如圖,過點M作MN⊥DF交DF于點N,連接BN,則∠BNM為所求二面角的平面角的補角. ∵DM=2,F(xiàn)M=1, ∴DF=,則MN=. ∴tan∠BNM==,則cos∠BNM=, ∴二面角B-DF-P的余弦值為-. 解法二 ∵PD⊥平面ABCD,∴PD⊥AD, 又AD⊥DC,且PD∩DC=D, ∴AD⊥平面CDPE. 以D為坐標原點,DA

7、,DC,DP所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系D-xyz,設PE=1, 則A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,3,0),D(0,0,0),P(0,0,2),E(0,1,2),F(xiàn)(0,2,1), ∴=(2,2,0),=(0,2,1), 設平面BDF的法向量為n=(x,y,z), 則即 令y=-1,則x=1,z=2, ∴n=(1,-1,2),為平面BDF的一個法向量. ∵平面PDF的一個法向量為=(2,0,0),且二面角B-DF-P的平面角為鈍角, ∴二面角B-DF-P的余弦值為-|cos〈,n〉|=-. 4.[2019·唐山模擬]如圖,在四

8、棱錐P-ABCD中,PC⊥底面ABCD,ABCD是直角梯形,AB⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD,E是PB的中點. (1)求證:平面EAC⊥平面PBC; (2)若二面角P-AC-E的余弦值為,求直線PA與平面EAC所成角的正弦值. 解析:(1)因為PC⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以AC⊥PC. 因為AB=2AD=2CD,所以AC=BC=AD=CD. 所以AC2+BC2=AB2,故AC⊥BC. 又BC∩PC=C,所以AC⊥平面PBC. 因為AC?平面EAC,所以平在EAC⊥平面PBC. (2)如圖,以C為原點,,,的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建

9、立空間直角坐標系C-xyz,并設CB=2,CP=2a(a>0).則C(0,0,0),A(0,2,0),B(2,0,0),P(0,0,2a), 則E(1,0,a), =(0,2,0),=(0,0,2a),=(1,0,a), 易知m=(1,0,0)為平面PAC的一個法向量. 設n=(x,y,z)為平面EAC的法向量,則n·=n·=0, 即y=0,取x=a,則z=-1,n=(a,0,-1). 依題意,|cos〈m,n〉|===,則a=. 于是n=(,0,-1),=(0,2,-2). 設直線PA與平面EAC所成角為θ, 則sinθ=|cos〈,n〉|==, 即直線PA與平面EAC所

10、成角的正弦值為. 5.[2018·天津卷] 如圖,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2. (1)若M為CF的中點,N為EG的中點,求證:MN∥平面CDE; (2)求二面角E-BC-F的正弦值; (3)若點P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長. 解析: 本小題主要考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎知識.考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力. 依題意,可以建立以D為原點,分別以,,的方

11、向為x軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標系D-xyz(如圖),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(xiàn)(0,1,2),G(0,0,2),M,N(1,0,2). (1)證明:依題意=(0,2,0),=(2,0,2). 設n0=(x0,y0,z0)為平面CDE的法向量,則即 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1). 又=,可得·n0=0, 又因為直線MN?平面CDE, 所以MN∥平面CDE. (2)依題意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2). 設n=(x1,y1,z1)為平面 BCE的法向量

12、, 則即 不妨令z1=1,可得n=(0,1,1). 設m=(x2,y2,z2)為平面BCF的法向量, 則即 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos〈m,n〉==,于是sin〈m,n〉=. 所以,二面角E-BC-F的正弦值為. (3)設線段DP的長為h(h∈[0,2]),則點P的坐標為(0,0,h),可得=(-1,-2,h). 易知,=(0,2,0)為平面ADGE的一個法向量, 故|cos〈,〉|==, 由題意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2]. 所以,線段DP的長為. 6.[2019·山西八校聯(lián)考]如圖,三棱柱ABC-A1B1C1中,∠AC

13、B=90°,CC1⊥底面ABC,AC=BC=CC1=2,D,E,F(xiàn)分別是棱AB,BC,B1C1的中點,G是棱BB1上的動點. (1)當為何值時,平面CDG⊥平面A1DE? (2)求平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角的余弦值. 解析:(1)當G為BB1的中點,即=時,平面CDG⊥平面A1DE. 證明如下:因為點D,E分別是AB,BC的中點,所以DE∥AC且DE=AC,又AC∥A1C1,AC=A1C1,所以DE∥A1C1,DE=A1C1,故D,E,C1,A1四點共面. 如圖,連接C1E交GC于H.在正方形CBB1C1中,tan∠C1EC=2,tan∠BCG=,故∠CHE=9

14、0°,即CG⊥C1E.因為A1C1⊥平面CBB1C1,CG⊥平面CBB1C1,所以DE⊥CG,又C1E∩DE=E,所以CG⊥平面A1DE,故平面CDG⊥平面A1DE. (2)三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,CC1⊥底面ABC,所以以C為原點,CA,CB,CC1所在的直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系C-xyz,如圖所示. 因為AC=BC=CC1=2,D,E,F(xiàn)分別是棱AB,BC,B1C1的中點, 所以C(0,0,0),A1(2,0,2),D(1,1,0),E(0,1,0),B(0,2,0),F(xiàn)(0,1,2),G(0,2,1),=(-2,2,-2),=(-2,

15、1,0),=(0,2,1). 由(1)知平面A1DE的一個法向量為=(0,2,1), 設平面A1BF的法向量為n=(x,y,z), 則即 令x=1得n=(1,2,1),為平面A1BF的一個法向量. 設平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角為θ, 則cosθ===, 所以平面A1BF與平面A1DE所成的銳二面角的余弦值為. [能力挑戰(zhàn)] 7.[2019·湖北四校聯(lián)考]如圖,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,M,N,Q分別是CC1,BC,AC的中點,點P在直線A1B1上運動,且=λ(λ∈[0,1]). (1)證明:無論λ取何值,總有A

16、M⊥平面PNQ; (2)是否存在點P,使得平面PMN與平面ABC的夾角為60°?若存在,試確定點P的位置,若不存在,請說明理由. 解析:(1)連接A1Q. ∵AA1=AC=1,M,Q分別是CC1,AC的中點, ∴△AA1Q≌△CAM, ∴∠MAC=∠QA1A, ∴∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90°,∴AM⊥A1Q. ∵N,Q分別是BC,AC的中點,∴NQ∥AB. 又AB⊥AC,∴NQ⊥AC. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥底面ABC,∴NQ⊥AA1. 又AC∩AA1=A,∴NQ⊥平面ACC1A1, ∴NQ⊥AM. 由NQ∥AB和AB∥A

17、1B1可得NQ∥A1B1, ∴N,Q,A1,P四點共面, ∴A1Q?平面PNQ. ∵NQ∩A1Q=Q,∴ AM⊥平面PNQ,∴無論λ取何值,總有AM⊥平面PNQ. (2)如圖,以A為坐標原點,AB,AC,AA1所在的直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系A-xyz, 則A1(0,0,1),B1(1,0,1),M,N,Q,=,=(1,0,0).由=λ=λ(1,0,0)=(λ,0,0),可得點P(λ,0,1), ∴=. 設n=(x,y,z)是平面PMN的法向量, 則 即得 令x=3,得y=1+2λ,z=2-2λ,∴n=(3,1+2λ,2-2λ)是平面PMN的一個法向量. 取平面ABC的一個法向量為m=(0,0,1). 假設存在符合條件的點P,則|cos〈m,n〉|==,化簡得4λ2-14λ+1=0,解得λ=或λ=(舍去). 綜上,存在點P,且當A1P=時,滿足平面PMN與平面ABC的夾角為60°. 12

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