2020高考数学理二轮课标通用专题能力训练15　立体几何中的向量方法 WORD版含解析.docx

1、专题能力训练15立体几何中的向量方法专题能力训练第36页一、能力突破训练1.如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=23HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.解:依题意,OF平面ABCD,如图,以O为原点,分别以AD,BA,OF的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得点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

2、,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,知AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,则n1AD=0,n1AF=0,即2x=0,x-y+2z=0.不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又EG=(0,1,-2),可得EGn1=0,又因为直线EG平面ADF,所以EG平面ADF.(2)易证OA=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则n2EF=0,n2CF=0,即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此

3、有cos=OAn2|OA|n2|=-63,于是sin=33.所以,二面角O-EF-C的正弦值为33.(3)由AH=23HF,得AH=25AF.因为AF=(1,-1,2),所以AH=25AF=25,-25,45,进而有H-35,35,45,从而BH=25,85,45,因此cos=BHn2|BH|n2|=-721.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721.2.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1底面ABC,ABC是边长为2的正三角形,AA1=3,D,E分别为AB,BC的中点.(1)求证:CD平面AA1B1B;(2)求二面角B-AE-B1的余弦值;(3)在线段B1C1上是否存在一点M

4、,使BM平面AB1E?说明理由.答案：(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1底面ABC,CD平面ABC,AA1CD.又ABC为等边三角形,D为AB的中点,CDAB.ABAA1=A,CD平面AA1B1B.(2)解取A1B1的中点F,连接DF.D,F分别为AB,A1B1的中点,DFAB.由(1)知CDAB,CDDF,如图,建立空间直角坐标系D-xyz.由题意,得A(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,3),A1(1,3,0),B1(-1,3,0),C1(0,3,3),D(0,0,0),E-12,0,32,AE=-32,0,32,AB1=(-2,3,0).设平面AB1E的法向量n

5、=(x1,y1,z1),则nAE=0,nAB1=0,即-32x1+32z1=0,-2x1+3y1=0.令x1=1,则y1=23,z1=3.即n=1,23,3.易知平面BAE的一个法向量AA1=(0,3,0).AA1n=(0,3,0)1,23,3=2,|AA1|=3,|n|=1+49+3=2103,cos=AA1n|AA1|n|=1010.由题意知二面角B-AE-B1为锐角,它的余弦值为1010.(3)解在线段B1C1上不存在点M,使BM平面AB1E.理由如下:假设在线段B1C1上存在点M,使BM平面AB1E,则0,1,使得B1M=B1C1.B1C1=(1,0,3),B1M=(,0,3).又BB

6、1=(0,3,0),BM=BB1+B1M=(,3,3).由(2)可知,平面AB1E的一个法向量n=1,23,3.BM平面AB1E,当且仅当BMn,即R,使得BM=n=,23,3,则=,3=23,3=3,解得=920,1,这与0,1矛盾.故在线段B1C1上不存在点M,使BM平面AB1E.3.如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120得到的,G是DF的中点.(1)设P是CE上的一点,且APBE,求CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.解：(1)因为APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面

7、ABP,又BP平面ABP,所以BEBP,又EBC=120.因此CBP=30.(2)(解法一)取EC的中点H,连接EH,GH,CH.因为EBC=120,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EMAG,CMAG,所以EMC为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+22-222cos 120=12,所以EC=23,因此EMC为等边三角形,故所求的角为60.(解法二)以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直

8、角坐标系.由题意得点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),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由mAE=0,mAG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由nAG=0,nCG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).所以cos=mn|m|n|=12.因此所求的角为60.4.如图,在长方体

9、ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(1)求证:B1EAD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由.解：以A为原点,AB,AD,AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB=a,则点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)证明:AD1B1E=-a20+11+(-1)1=0,B1EAD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0

10、,z0),使得DP平面B1AE,此时DP=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).n平面B1AE,nAB1,nAE,得ax+z=0,ax2+y=0.取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=1,-a2,-a.要使DP平面B1AE,只要nDP,有a2-az0=0,解得z0=12.又DP平面B1AE,存在点P,满足DP平面B1AE,此时AP=12.5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD平面ABCD,点M在线段PB上,PD平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所

11、成角的正弦值.答案：(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD平面MAC,平面MAC平面PDB=ME,所以PDME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OPAD.又因为平面PAD平面ABCD,且OP平面PAD,所以OP平面ABCD.因为OE平面ABCD,所以OPOE.因为ABCD是正方形,所以OEAD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则点P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则nBD=0,nP

12、D=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,则y=1,z=2.于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos=np|n|p|=12.由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为3.(3)解由题意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22.设直线MC与平面BDP所成角为,则sin =|cos|=|nMC|n|MC|=269.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.6.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DCEB,DC=EB,AB=4,tanEAB=14.(1)证明:平面ADE平面AC

13、D;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.答案：(1)证明因为AB是直径,所以BCAC.因为CD平面ABC,所以CDBC.因为CDAC=C,所以BC平面ACD.因为CDBE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BCDE,所以DE平面ACD.因为DE平面ADE,所以平面ADE平面ACD.(2)解依题意,EB=ABtanEAB=414=1.由(1)知VC-ADE=VE-ACD=13SACDDE=1312ACCDDE=16ACBC112(AC2+BC2)=112AB2=43,当且仅当AC=BC=22时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则点D(0,0,1),E

14、(0,22,1),A(22,0,0),B(0,22,0),则AB=(-22,22,0),BE=(0,0,1),DE=(0,22,0),DA=(22,0,-1).设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),则n1DE=0,n1DA=0,即22y=0,22x-z=0,取n1=(1,0,22).设平 面ABE的法向量为n2=(x,y,z),则n2BE=0,n2AB=0,即z=0,-22x+22y=0,取n2=(1,1,0),所以cos=n1n2|n1|n2|=129=26.可以判断与二面角D-AE-B的平面角互补,所以二面角D-AE-B的余弦值为-26.二、思维提升训练7.(2019全国,理19)由

15、矩形ADEB,RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形如图所示,其中AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合,连接DG,如图2.(1)证明:图2中的A,C,G,D四点共面,且平面ABC平面BCGE;(2)求图2中的二面角B-CG-A的大小.答案：(1)证明由已知得ADBE,CGBE,所以ADCG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得ABBE,ABBC,故AB平面BCGE.又因为AB平面ABC,所以平面ABC平面BCGE.(2)解作EHBC,垂足为H.因为EH平面BCGE,平面BCGE平面ABC,所以EH平面ABC.由已知,菱形B

16、CGE的边长为2,EBC=60,可求得BH=1,EH=3.以H为坐标原点,HC的方向为x轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz,则A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),CG=(1,0,3),AC=(2,-1,0).设平面ACGD的法向量为n=(x,y,z),则CGn=0,ACn=0,即x+3z=0,2x-y=0.所以可取n=(3,6,-3).又平面BCGE的法向量可取为m=(0,1,0),所以cos=nm|n|m|=32.因此二面角B-CG-A的大小为30.8.如图,平面PAD平面ABCD,四边形ABCD为正方形,PAD=90,且PA=AD=2;E,F,G分别是线

17、段PA,PD,CD的中点. 1)求证:PB平面EFG;(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值;(3)在线段CD上是否存在一点Q,使得点A到平面EFQ的距离为45?若存在,求出CQ的值;若不存在,请说明理由.解：平面PAD平面ABCD,且PAD=90,PA平面ABCD,而四边形ABCD是正方形,即ABAD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则点A(0,0,0),B(2,0,0),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)证明:PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1),设PB=sFE+tFG,

18、即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,PB=2FE+2FG.又FE与FG不共线,FE与FG共面.PB平面EFG,PB平面EFG.(2)EG=(1,2,-1),BD=(-2,2,0),EGBD=(1,2,-1)(-2,2,0)=1(-2)+22+(-1)0=2.又|EG|=12+22+(-1)2=6,|BD|=(-2)2+22+02=22,cos=EGBD|EG|BD|=2622=36.因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为36.(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0m2),则DQ=2-m,点Q的坐标为(2-m,2,0),EQ=(2-m,2,-1).而EF=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则nEF=(x,y,z)(0,1,0)=0,nEQ=(x,y,z)(2-m,2,-1)=0,y=0,(2-m)x+2y-z=0,令x=1,则n=(1,0,2-m),点A到平面EFQ的距离d=|AEn|n|=|2-m|1+(2-m)2=45,即(2-m)2=169,m=23或m=103(不合题意,舍去),故存在点Q,当CQ=23时,点A到平面EFQ的距离为45.