新編高三理科數(shù)學新課標二輪習題：專題五 立體幾何 專題能力訓練15 Word版含答案

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1、 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=23HF,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.

2、 (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. (20xx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. 4. 如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1

3、,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. (20xx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=6,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

4、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(xiàn)將梯形ABCD沿OB折起成如圖乙所示的四棱錐P-OBCD,使得PC=3,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

5、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45?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AD,BA,O

6、F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,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OE

7、F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,n2·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

8、=BH·n2|BH|·|n2|=-721. 所以,直線BH和平面CEF所成角的正弦值為721. 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(0,0,3a), B(2,3(2-a),0),EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3

9、(a-2),0). 設平面AEB的法向量為n=(x,y,z), 則n·EA=0,n·BE=0,即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0. 令z=1,則x=3,y=-1. 于是n=(3,-1,1). 平面AEF的法向量為p=(0,1,0). 所以cos=n·p|n||p|=-55. 由題知二面角F-AE-B為鈍角,所以它的余弦值為-55. (3)解因為BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0. 因為BE=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2. 由BE·OC=0及0

10、2,解得a=43. 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

11、×2×cos120°=12,所以EC=23,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(1,3,3),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

12、量. 由n·AG=0,n·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. 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),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+

13、(-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=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.(1)證明設AC,BD交點為E,連接ME. 因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平

14、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(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2). 設平面BDP的法向量為n=(x,y,z), 則n·BD=0,n·PD=0,即4x-4y=0,2x-

15、2z=0. 令x=1,則y=1,z=2. 于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量為p=(0,1,0). 所以cos=n·p|n||p|=12. 由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為π3. (3)解由題意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22. 設直線MC與平面BDP所成角為α, 則sinα=|cos|=|n·MC||n||MC|=269. 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為269. 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.

16、 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

17、,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|=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. 思維提升訓練 7.解如題圖甲所示,因為BO是梯形ABCD的高,

18、∠BAD=45°,所以AO=OB. 因為BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=2,如題圖乙所示,OP=OA=1,OC=2,PC=3,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DE=(x,-3,1-x),PC=(1,1,-1). 假設DE和PC垂直,則DE·PC=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.

19、 (2)因為PE=2BE,所以E23,0,13.設平面CDE的一個法向量是n=(x,y,z),因為CD=(-1,2,0),DE=13,-3,13,所以n·CD=0,n·DE=0, 即-x+2y=0,23x-3y+13z=0. 令y=1,則n=(2,1,5),而PD=(0,3,-1), 所以|cos|=PD·n||PD||n|=315. 所以PD與平面CDE所成角的正弦值為315. 8.解∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠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

20、,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)∵EG=(1,2,-1),BD=(-2,2,0), ∴EG·BD=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2. 又∵|EG|

21、=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.