(通用版)2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題檢測(十三)立體幾何中的向量方法 理(普通生含解析).doc
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專題檢測(十三) 立體幾何中的向量方法 A組——大題考點落實練 1.如圖,在四棱柱ABCDA1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD,四邊形ABCD為菱形,A1A=AB=2,∠ABC=60,E,F(xiàn)分別是BC,A1C的中點. (1)求異面直線EF,AD所成角的余弦值; (2)點M在線段A1D上,=λ,若CM∥平面AEF,求實數(shù)λ的值. 解:(1)因為A1A⊥平面ABCD,AE?平面ABCD,AD?平面ABCD, 所以A1A⊥AE,A1A⊥AD. 在菱形ABCD中,∠ABC=60,連接AC, 則△ABC是等邊三角形. 因為E是BC的中點,所以BC⊥AE. 因為BC∥AD,所以AE⊥AD. 以A為坐標(biāo)原點,AE為x軸,AD為y軸,AA1為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),C(,1,0),D(0,2,0), A1(0,0,2),E(,0,0),F(xiàn), =(0,2,0),=, 所以cos〈,〉===, 所以異面直線EF,AD所成角的余弦值為. (2)設(shè)M(x,y,z),由于點M在線段A1D上,且=λ, 所以=λ,則(x,y,z-2)=λ(0,2,-2). 解得M(0,2λ,2-2λ),所以=(-,2λ-1,2-2λ). 設(shè)平面AEF的一個法向量為n=(x0,y0,z0). 因為=(,0,0),=, 所以即 取y0=2,得z0=-1, 則平面AEF的一個法向量為n=(0,2,-1). 由于CM∥平面AEF,則n=0, 即2(2λ-1)-(2-2λ)=0,解得λ=. 2.(2019屆高三河北三市聯(lián)考)如圖,三棱柱ADEBCG中,四邊形ABCD是矩形,F(xiàn)是EG的中點,EA⊥AB,AD=AE=EF=1,平面ABGE⊥平面ABCD. (1)求證:AF⊥平面FBC; (2)求二面角BFCD的正弦值. 解:(1)證明:∵四邊形ABCD是矩形, ∴BC⊥AB, 又平面ABGE⊥平面ABCD, ∴BC⊥平面ABGE, ∵AF?平面ABGE, ∴BC⊥AF. 在△AFB中,AF=BF=,AB=2, ∴AF2+BF2=AB2, 即AF⊥BF,又BF∩BC=B, ∴AF⊥平面FBC. (2)分別以AD,AB,AE所在直線為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),D(1,0,0),C(1,2,0),E(0,0,1),B(0,2,0),F(xiàn)(0,1,1),∴=(-1,0,1),=(0,2,0), 設(shè)n1=(x,y,z)為平面CDEF的法向量, 則即 令x=1,得z=1,即n1=(1,0,1)為平面CDEF的一個法向量, 取n2==(0,1,1)為平面BCF的一個法向量, ∴cos〈n1,n2〉==, ∴二面角BFCD的正弦值為. 3.如圖,在四棱錐EABCD中,底面ABCD為直角梯形,其中CD∥AB,BC⊥AB,側(cè)面ABE⊥平面ABCD,且AB=AE=BE=2BC=2CD=2,動點F在棱AE上,且EF=λFA. (1)試探究λ的值,使CE∥平面BDF,并給予證明; (2)當(dāng)λ=1時,求直線CE與平面BDF所成角的正弦值. 解:(1)當(dāng)λ=時,CE∥平面BDF.證明如下: 連接AC交BD于點G,連接GF, ∵CD∥AB,AB=2CD, ∴==, ∵EF=FA,∴==,∴GF∥CE, 又CE?平面BDF,GF?平面BDF, ∴CE∥平面BDF. (2)取AB的中點O,連接EO,則EO⊥AB, ∵平面ABE⊥平面ABCD,平面ABE∩平面ABCD=AB, ∴EO⊥平面ABCD, 連接DO,∵BO∥CD,且BO=CD=1, ∴四邊形BODC為平行四邊形,∴BC∥DO, 又BC⊥AB,∴AB⊥OD, 則OD,OA,OE兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OD,OA,OE所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz, 則O(0,0,0),A(0,1,0),B(0,-1,0),D(1,0,0),C(1,-1,0),E(0,0,). 當(dāng)λ=1時,有=,∴F, ∴=(1,1,0),=,=(-1,1,). 設(shè)平面BDF的法向量為n=(x,y,z), 則即 令z=,得y=-1,x=1, 則n=(1,-1,)為平面BDF的一個法向量, 設(shè)直線CE與平面BDF所成的角為θ, 則sin θ=|cos〈,n〉|==, 故直線CE與平面BDF所成角的正弦值為. 4.(2018成都一診)如圖①,在邊長為5的菱形ABCD中,AC=6,現(xiàn)沿對角線AC把△ADC翻折到△APC的位置得到四面體PABC,如圖②所示.已知PB=4. (1)求證:平面PAC⊥平面ABC; (2)若Q是線段AP上的點,且=,求二面角QBCA的余弦值. 解:(1)證明:取AC的中點O,連接PO,BO. ∵四邊形ABCD是菱形, ∴PA=PC,PO⊥AC. ∵DC=5,AC=6, ∴OC=3,PO=OB=4, ∵PB=4, ∴PO2+OB2=PB2, ∴PO⊥OB. ∵OB∩AC=O,∴PO⊥平面ABC. ∵PO?平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC. (2)∵AB=BC,∴BO⊥AC. 故OB,OC,OP兩兩垂直. 以O(shè)為坐標(biāo)原點,OB,OC,OP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Oxyz. 則B(4,0,0),C(0,3,0),P(0,0,4),A(0,-3,0). 設(shè)點Q(x,y,z). 由=,得Q. ∴=(-4,3,0),=. 設(shè)n1=(x1,y1,z1)為平面BCQ的法向量, 由得 取x1=3,則n1=(3,4,15). 取平面ABC的一個法向量n2=(0,0,1). ∴cos〈n1,n2〉===, ∵二面角QBCA為銳角, ∴二面角QBCA的余弦值為. B組——大題專攻補(bǔ)短練 1.在三棱錐PABC中,PA=PB=PC=2,BC=1,AC=,AC⊥BC. (1)求點B到平面PAC的距離. (2)求異面直線PA與BC所成角的余弦值. 解:(1)以C為坐標(biāo)原點,CA為x軸,CB為y軸,過C作平面ABC的垂線為z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,取AB的中點D,連接PD,DC, 因為△ACB為直角三角形且AC=,BC=1, 所以AB=2, 所以△PAB為正三角形, 所以PD⊥AB且PD=. 在△PDC中,PC=2,PD=,DC=1, 所以PC2=PD2+DC2, 所以PD⊥DC,又AB∩DC=D, 所以PD⊥平面ABC. 則A(,0,0),B(0,1,0),D,P,C(0,0,0),=(,0,0),=,=,=(0,1,0), 設(shè)平面PAC的法向量n=(x,y,z), 則即 取y=2,得n=(0,2,-1)為平面PAC的一個法向量, 所以點B到平面PAC的距離 d===. (2)因為=,=(0,-1,0), 設(shè)異面直線PA與BC所成角為θ, 則cos θ===. 所以異面直線PA與BC所成角的余弦值為. 2.已知四棱錐PABCD中,底面ABCD是梯形,BC∥AD,AB⊥AD,且AB=BC=1,AD=2,頂點P在平面ABCD內(nèi)的射影H在AD上,PA⊥PD. (1)求證:平面PAB⊥平面PAD; (2)若直線AC與PD所成角為60,求二面角APCD的余弦值. 解:(1)證明:∵PH⊥平面ABCD,AB?平面ABCD, ∴PH⊥AB. ∵AB⊥AD,AD∩PH=H,AD?平面PAD,PH?平面PAD, ∴AB⊥平面PAD. 又AB?平面PAB,∴平面PAB⊥平面PAD. (2)以A為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz, ∵PH⊥平面ABCD, ∴z軸∥PH. 則A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0), 設(shè)AH=a,PH=h(00). 則P(0,a,h). ∴=(0,a,h),=(0,a-2,h),=(1,1,0). ∵PA⊥PD,∴=a(a-2)+h2=0. ∵AC與PD所成角為60, ∴|cos〈,〉|==, ∴(a-2)2=h2,∴(a-2)(a-1)=0, ∵00,∴h=1,∴P(0,1,1). ∴=(0,1,1),=(1,1,0),=(1,0,-1),=(1,-1,0), 設(shè)平面APC的法向量為n=(x1,y1,z1), 則即 令x1=1,得y1=-1,z1=1, ∴平面APC的一個法向量為n=(1,-1,1), 設(shè)平面DPC的法向量為m=(x2,y2,z2). 則即 令x2=1,得y2=1,z2=1, ∴平面DPC的一個法向量為m=(1,1,1). ∴cos〈m,n〉==. ∵二面角APCD的平面角為鈍角, ∴二面角APCD的余弦值為-. 3.(2018西安質(zhì)檢)如圖,四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是菱形,AC∩BD=O,A1O⊥底面ABCD,AB=2,AA1=3. (1)證明:平面A1CO⊥平面BB1D1D; (2)若∠BAD=60,求二面角BOB1C的余弦值. 解:(1)證明:∵A1O⊥平面ABCD,BD?平面ABCD. ∴A1O⊥BD. ∵四邊形ABCD是菱形, ∴CO⊥BD. ∵A1O∩CO=O, ∴BD⊥平面A1CO. ∵BD?平面BB1D1D, ∴平面A1CO⊥平面BB1D1D. (2)∵A1O⊥平面ABCD,CO⊥BD,∴OB,OC,OA1兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點,,,的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系. ∵AB=2,AA1=3,∠BAD=60, ∴OB=OD=1,OA=OC=, OA1==. 則O(0,0,0),B(1,0,0),C(0,,0),A(0,-,0),A1(0,0,), ∴=(1,0,0),==(0,,), =+=(1,,),=(0,,0). 設(shè)平面OBB1的法向量為n=(x1,y1,z1), 則即 令y1=,得n=(0,,-1)是平面OBB1的一個法向量. 設(shè)平面OCB1的法向量m=(x2,y2,z2), 則即 令z2=-1,得m=(,0,-1)為平面OCB1的一個法向量, ∴cos〈n,m〉===, 由圖可知二面角BOB1C是銳二面角, ∴二面角BOB1C的余弦值為. 4.(2018濰坊統(tǒng)考)在平行四邊形PABC中,PA=4,PC=2,∠P=45,D是PA的中點(如圖1).將△PCD沿CD折起到圖2中△P1CD的位置,得到四棱錐P1ABCD. (1)將△PCD沿CD折起的過程中,CD⊥平面P1DA是否成立?請證明你的結(jié)論. (2)若P1D與平面ABCD所成的角為60,且△P1DA為銳角三角形,求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值. 解:(1)將△PCD沿CD折起過程中,CD⊥平面P1DA成立.證明如下: ∵D是PA的中點,PA=4,∴DP=DA=2, 在△PDC中,由余弦定理得, CD2=PC2+PD2-2PCPDcos 45=8+4-222=4, ∴CD=2=PD, ∵CD2+DP2=8=PC2, ∴△PDC為等腰直角三角形且CD⊥PA, ∴CD⊥DA,CD⊥P1D,P1D∩AD=D, ∴CD⊥平面P1DA. (2)由(1)知CD⊥平面P1DA,CD?平面ABCD, ∴平面P1DA⊥平面ABCD, ∵△P1DA為銳角三角形,∴P1在平面ABCD內(nèi)的射影必在棱AD上,記為O,連接P1O,∴P1O⊥平面ABCD, 則∠P1DA是P1D與平面ABCD所成的角, ∴∠P1DA=60, ∵DP1=DA=2, ∴△P1DA為等邊三角形,O為AD的中點, 故以O(shè)為坐標(biāo)原點,過點O且與CD平行的直線為x軸,DA所在直線為y軸,OP1所在直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系, 設(shè)x軸與BC交于點M, ∵DA=P1A=2,∴OP1=, 易知OD=OA=CM=1, ∴BM=3, 則P1(0,0,),D(0,-1,0),C(2,-1,0),B(2,3,0), =(2,0,0),=(0,-4,0),=(2,-1,-), ∵CD⊥平面P1DA, ∴可取平面P1DA的一個法向量n1=(1,0,0), 設(shè)平面P1BC的法向量n2=(x2,y2,z2), 則即 令z2=1,則n2=, 設(shè)平面P1AD和平面P1BC所成的角為θ, 由圖易知θ為銳角, ∴cos θ=|cos〈n1,n2〉|===. ∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值為.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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