2020版数学（理）新攻略总复习课标通用练习：加课练（5）　立体几何中的向量方法 WORD版含解析.docx

1、加课练(5)立体几何中的向量方法A组基础题组1.如图,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面四边形ABCD为菱形,A1A=AB=2,ABC=3,E,F分别是BC,A1C的中点.(1)求异面直线EF,AD所成角的余弦值;(2)点M在线段A1D上,A1MA1D=,若CM平面AEF,求实数的值.解析因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1为直四棱柱,所以A1A平面ABCD.又AE平面ABCD,AD平面ABCD,所以A1AAE,A1AAD.在菱形ABCD中,ABC=3,连接AC,则ABC是等边三角形.因为E是BC中点,所以BCAE.因为BCAD,所以AEAD.以AE,AD,AA1为正交基底建立空间直

2、角坐标系,如图.则A(0,0,0),C(3,1,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),E(3,0,0),F32,12,1.(1)AD=(0,2,0),EF=-32,12,1,所以ADEF=1.从而cos=ADEF|AD|EF|=24.故异面直线EF,AD所成角的余弦值为24.(2)设M(x,y,z),由于点M在线段A1D上,且A1MA1D=,则A1M=A1D,即(x,y,z-2)=(0,2,-2),则M(0,2,2-2),所以CM=(-3,2-1,2-2).设平面AEF的法向量为n=(x0,y0,z0).因为AE=(3,0,0),AF=32,12,1,所以nAE=0,nAF=0,得x0=

3、0,12y0+z0=0.取y0=2,则z0=-1,则平面AEF的一个法向量为n=(0,2,-1).由于CM平面AEF,则nCM=0,即2(2-1)-(2-2)=0,解得=23.2.(2018成都第一诊断性检测)如图1,在边长为5的菱形ABCD中,AC=6,现沿对角线AC把ADC翻折到APC的位置得到四面体P-ABC,如图2所示.已知PB=42.(1)求证:平面PAC平面ABC;(2)若Q是线段AP上的点,且AQ=13AP,求二面角Q-BC-A的余弦值.解析(1)取AC的中点O,连接PO,BO得到PBO.四边形ABCD是菱形,PA=PC,POAC.DC=5,AC=6,OC=3,PO=OB=4.P

4、B=42,PO2+OB2=PB2,POOB.OBAC=O,PO平面ABC.PO平面PAC,平面PAC平面ABC.(2)AB=BC,BOAC.易知OB,OC,OP两两垂直.以O为坐标原点,OB,OC,OP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.则B(4,0,0),C(0,3,0),P(0,0,4),A(0,-3,0).设点Q(x,y,z).由AQ=13AP,得Q0,-2,43.BC=(-4,3,0),BQ=-4,-2,43.设n1=(x1,y1,z1)是平面BCQ的法向量,由n1BC=0,n1BQ=0,得-4x1+3y1=0,-4x1-2y1+43z1=0,解得x1

5、=34y1,y1=415z1,取z1=15,则n1=(3,4,15).取平面ABC的一个法向量n2=(0,0,1).cos=n1n2|n1|n2|=1532+42+152=31010.由图易知二面角Q-BC-A为锐角,二面角Q-BC-A的余弦值为31010.B组提升题组1.(2018天津,17,13分)如图,ADBC且AD=2BC,ADCD,EGAD且EG=AD,CDFG且CD=2FG,DG平面ABCD,DA=DC=DG=2.(1)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN平面CDE;(2)求二面角E-BC-F的正弦值;(3)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60,求线段

6、DP的长.解析依题意,可以建立以D为原点,分别以DA,DC,DG的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2).(1)证明:依题意M0,32,1,N(1,0,2),DC=(0,2,0),DE=(2,0,2).设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量,则n0DC=0,n0DE=0,即2y0=0,2x0+2z0=0,不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1).又MN=1,-32,1,可得MNn0=0,MNn.又因为直线MN平面CDE,所以MN平面CD

7、E.(2)依题意,可得BC=(-1,0,0),BE=(1,-2,2),CF=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则nBC=0,nBE=0,即-x1=0,x1-2y1+2z1=0,不妨令z1=1,可得n=(0,1,1).设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则mBC=0,mCF=0,即-x2=0,-y2+2z2=0,不妨令z2=1,可得m=(0,2,1).因此有cos=mn|m|n|=31010,于是sin=1010.所以,二面角E-BC-F的正弦值为1010.(3)设线段DP的长为h(h0,2),则点P的坐标为(0,0,h),可得BP=(-1,-2,h)

8、.易知,DC=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos|=|BPDC|BP|DC|=2h2+5,由题意,可得2h2+5=sin 60=32,解得h=330,2.所以,线段DP的长为33.2.(2018长春质量检测(二)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为等腰梯形,AD=2BC=2CD=4,AA1=23.(1)证明:AD1B1D;(2)设E是线段A1B1(不包括端点)上的动点,是否存在这样的点E,使得二面角E-BD1-A的余弦值为77?如果存在,求出B1E的长;如果不存在,请说明理由.解析(1)证明:连接BD,B1D1,在等腰梯形ABCD中,由AD=2BC=2C

9、D=4,得BD=23,故四边形B1BDD1是正方形,BD1B1D.BB1平面ABCDAB平面ABCDBB1AB由AB2+BD2=AD2,可知BDABAB平面BDD1B1B1D平面BDD1B1ABB1DBD1B1DB1D平面ABD1AD1平面ABD1AD1B1D.(2)存在.以B为原点,DB方向为x轴正方向,AB方向为y轴正方向,BB1方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.设B1E=m(0m2),则E(0,-m,23),B(0,0,0),D1(-23,0,23),A(0,-2,0),BE=(0,-m,23),BD1=(-23,0,23),设平面EBD1的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1BE=0,n1BD1=0,即-my1+23z1=0,-23x1+23z1=0.令z1=m,则x1=m,y1=23,所以n1=(m,23,m).BA=(0,-2,0),BD1=(-23,0,23),设平面BD1A的法向量为n2=(x2,y2,z2),则n2BA=0,n2BD1=0,即-2y2=0,-23x2+23z2=0,令x2=1,则y2=0,z2=1,所以n2=(1,0,1),|cos|=|m+m|m2+12+m22=77,则m=1,故B1E的长为1.