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1、課時(shí)作業(yè)46 立體幾何中的向量方法
[基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)]
1.[2018·江蘇卷]
如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點(diǎn)P,Q分別為A1B1,BC的中點(diǎn).
(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(chǔ)知識(shí),考查運(yùn)用空間向量解決問題的能力.
如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,
設(shè)AC,A1C1的中點(diǎn)分別為O,O1,
則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,
以{,,}為基底,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.
因?yàn)锳B=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?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn),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?yàn)镼為BC的中點(diǎn),所以Q,因此=,=(0,2,2),=(0,0,2).
設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個(gè)法向量,
則即
不妨取n=(,-1,1).
設(shè)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(xué)測(cè)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?yàn)镈E⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,所以DE⊥BD.
又AD∩DE=D,所以BD⊥平面ADE.
因?yàn)锽D?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(shè)AD=1,則BD=ED=.因?yàn)镈E⊥平面ABCD,BD⊥AD,
所以可以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DB,DE所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)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(shè)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(gè)法向量.
因?yàn)椋?-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(diǎn).
(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(diǎn)為G,連接FG,AG,如圖所示,
∵F是CE的中點(diǎn),∴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(diǎn)B作BM⊥CD于點(diǎn)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(diǎn)M作MN⊥DF交DF于點(diǎn)N,連接BN,則∠BNM為所求二面角的平面角的補(bǔ)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(biāo)原點(diǎn),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(biāo)系D-xyz,設(shè)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(shè)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(gè)法向量.
∵平面PDF的一個(gè)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(diǎn).
(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?yàn)镻C⊥平面ABCD,AC?平面ABCD,所以AC⊥PC.
因?yàn)锳B=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?yàn)锳C?平面EAC,所以平在EAC⊥平面PBC.
(2)如圖,以C為原點(diǎn),,,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(biāo)系C-xyz,并設(shè)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(gè)法向量.
設(shè)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(shè)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(diǎn),N為EG的中點(diǎn),求證:MN∥平面CDE;
(2)求二面角E-BC-F的正弦值;
(3)若點(diǎn)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(zhǎng).
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(chǔ)知識(shí).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(yùn)算求解能力和推理論證能力.
依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分別以,,的方
11、向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)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(shè)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?yàn)橹本€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(shè)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(shè)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(shè)線段DP的長(zhǎng)為h(h∈[0,2]),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得=(-1,-2,h).
易知,=(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量,
故|cos〈,〉|==,
由題意,可得=sin 60°=,解得h=∈[0,2].
所以,線段DP的長(zhǎng)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(diǎn),G是棱BB1上的動(dòng)點(diǎn).
(1)當(dāng)為何值時(shí),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(dāng)G為BB1的中點(diǎn),即=時(shí),平面CDG⊥平面A1DE.
證明如下:因?yàn)辄c(diǎn)D,E分別是AB,BC的中點(diǎn),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(diǎn)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?yàn)锳1C1⊥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(diǎn),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(biāo)系C-xyz,如圖所示.
因?yàn)锳C=BC=CC1=2,D,E,F(xiàn)分別是棱AB,BC,B1C1的中點(diǎn),
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(gè)法向量為=(0,2,1),
設(shè)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(gè)法向量.
設(shè)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(diǎn),點(diǎn)P在直線A1B1上運(yùn)動(dòng),且=λ(λ∈[0,1]).
(1)證明:無(wú)論λ取何值,總有A
16、M⊥平面PNQ;
(2)是否存在點(diǎn)P,使得平面PMN與平面ABC的夾角為60°?若存在,試確定點(diǎn)P的位置,若不存在,請(qǐng)說明理由.
解析:(1)連接A1Q.
∵AA1=AC=1,M,Q分別是CC1,AC的中點(diǎn),
∴△AA1Q≌△CAM,
∴∠MAC=∠QA1A,
∴∠MAC+∠AQA1=∠QA1A+∠AQA1=90°,∴AM⊥A1Q.
∵N,Q分別是BC,AC的中點(diǎn),∴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(diǎn)共面,
∴A1Q?平面PNQ.
∵NQ∩A1Q=Q,∴ AM⊥平面PNQ,∴無(wú)論λ取何值,總有AM⊥平面PNQ.
(2)如圖,以A為坐標(biāo)原點(diǎn),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(biāo)系A(chǔ)-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(diǎn)P(λ,0,1),
∴=.
設(shè)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(gè)法向量.
取平面ABC的一個(gè)法向量為m=(0,0,1).
假設(shè)存在符合條件的點(diǎn)P,則|cos〈m,n〉|==,化簡(jiǎn)得4λ2-14λ+1=0,解得λ=或λ=(舍去).
綜上,存在點(diǎn)P,且當(dāng)A1P=時(shí),滿足平面PMN與平面ABC的夾角為60°.
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