2020届二轮复习14立体几何中的向量方法作业 练习

专题能力训练14　立体几何中的向量方法

　专题能力训练第34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=HF,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)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).

设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,

则

不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),

又=(0,1,-2),可得·n1=0,

又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.

(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).

设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,

则

不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).

因此有cos<,n2>==-,

于是sin<,n2>=.

所以,二面角O-EF-C的正弦值为.

(3)由AH=HF,得AH=AF.

因为=(1,-1,2),

所以,

进而有H,从而,

因此cos<,n2>==-.

所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.

2.(2019北京,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥CD,AD∥BC,PA=AD=CD=2,BC=3.E为PD的中点,点F在PC上,且.

(1)求证:CD⊥平面PAD;

(2)求二面角F-AE-P的余弦值;

(3)设点G在PB上,且,判断直线AG是否在平面AEF内,说明理由.

(1)证明因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥CD.

又因为AD⊥CD,所以CD⊥平面PAD.

(2)解过点A作AD的垂线交BC于点M.

因为PA⊥平面ABCD,

所以PA⊥AM,PA⊥AD.

如图,建立空间直角坐标系A-xyz,

则A(0,0,0),B(2,-1,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2).

因为E为PD的中点,所以E(0,1,1).

所以=(0,1,1),=(2,2,-2),=(0,0,2).

所以=,-,=.

设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),

则

令z=1,则y=-1,x=-1.

于是n=(-1,-1,1).

又因为平面PAD的法向量为p=(1,0,0),

所以cos<n,p>==-.

由题知,二面角F-AE-P为锐角,

所以其余弦值为.

(3)解直线AG在平面AEF内.

因为点G在PB上,且=(2,-1,-2),

所以=,-,-,=,-.

由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).

所以·n=-=0.

所以直线AG在平面AEF内.

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是的中点.

(1)设P是上的一点,且AP⊥BE,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)(方法一)取的中点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=.

取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.

又AM=1,所以EM=CM==2.

在△BEC中,由于∠EBC=120°,

由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,

所以EC=2,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.

(方法二)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角坐标系.

由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.

由可得

取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-,2).

设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.

由可得

取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-,-2).

所以cos<m,n>=.

因此所求的角为60°.

4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.

(1)求证:B1E⊥AD1.

(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,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A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1),

故=(0,1,1),=(a,0,1),.

(1)证明:∵=-×0+1×1+(-1)×1=0,

∴B1E⊥AD1.

(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),

使得DP∥平面B1AE,此时=(0,-1,z0).

又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).

∵n⊥平面B1AE,

∴n⊥,n⊥,

得

取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=.

要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,

解得z0=.又DP⊄平面B1AE,

∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=.

5.如图,平面ABCD⊥平面ABE,四边形ABCD是边长为2的正方形,AE=1,F为CE上的点,且BF⊥平面ACE.

(1)求证:AE⊥平面BCE.

(2)线段AD上是否存在一点M,使平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为?若存在,试确定点M的位置;若不存在,请说明理由.

(1)证明∵BF⊥平面ACE,AE⊂平面ACE,∴BF⊥AE.

∵四边形ABCD是正方形,∴BC⊥AB.

∵平面ABCD⊥平面ABE,平面ABCD∩平面ABE=AB,

∴CB⊥平面ABE.∵AE⊂平面ABE,∴CB⊥AE.

∵BF∩BC=B,∴AE⊥平面BCE.

(2)解线段AD上存在一点M,当AM=时,平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为.

∵AE⊥平面BCE,BE⊂平面BCE,∴AE⊥BE.

在Rt△AEB中,AB=2,AE=1,

∴∠ABE=30°,∠BAE=60°,

以A为原点,建立空间直角坐标系A-xyz,

设AM=h,则0≤h≤2,

∵AE=1,∠BAE=60°,

∴M(0,0,h),E,B(0,2,0),C(0,2,2),

∴.

设平面MCE的一个法向量n=(x,y,z),

则

令z=2,解得n=,

平面ABE的一个法向量m=(0,0,1).

由题意可知,

cos<m,n>=,

解得h=.

所以当AM=时,平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为.

二、思维提升训练

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,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=.

(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;

(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.

(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.

因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.

因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.

因为CD∥BE,CD=BE,

所以四边形BCDE是平行四边形,

所以BC∥DE,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=AB×tan∠EAB=4×=1.

由(1)知VC-ADE=VE-ACD=×S△ACD×DE

=×AC×CD×DE

=×AC×BC≤×(AC2+BC2)

=×AB2=,

当且仅当AC=BC=2时等号成立.

如图,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0),

则=(-2,2,0),=(0,0,1),

=(0,2,0),=(2,0,-1).

设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),

则

取n1=(1,0,2).

设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),

则

取n2=(1,1,0),

所以cos<n1,n2>=.

可以判断<n1,n2>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-.

7.如图①,在边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别是AB,BC的中点,点M在AD上,且AM=AD.将△AED,△DCF分别沿DE,DF折叠,使A,C点重合于点P,如图②所示.

图①

图②

(1)试判断PB与平面MEF的位置关系,并给出证明.

(2)求二面角M-EF-D的余弦值.

解:(1)PB∥平面MEF.

证明如下:

在图①中,连接BD交EF于点N,交AC于点O,则BN=BO=BD.

在图②中,连接BD交EF于点N,连接MN.

在△DPB中,有BN=BD,PM=PD,

所以MN∥PB.

又因为PB⊄平面MEF,MN⊆平面MEF,所以PB∥平面MEF.

(2)(方法一)在图②中,连接PN.图②中的△PDE,△PDF,即图①中的Rt△ADE,Rt△CDF,所以PD⊥PE,PD⊥PF.又PE∩PF=P,所以PD⊥平面PEF,所以PD⊥EF.又EF⊥BD,所以EF⊥平面PBD,则∠MND为二面角M-EF-D的平面角.

易知PN⊥PM,则在Rt△PMN中,PM=1,PN=,则MN=.

在△MND中,MD=3,DN=3,由余弦定理,得

cos∠MND=.

所以二面角M-EF-D的余弦值为.

图①

图②

(方法二)以P为原点,分别以的方向为x轴、y轴、

z轴的正方向,建立空间直角坐标系P-xyz,如图所示,则E(2,0,0),F(0,2,0),D(0,0,4),M(0,0,1),

于是=(-2,0,1),=(0,-2,1),=(-2,0,4),=(0,-2,4).

分别设平面MEF,平面DEF的法向量为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),

由于是取n1=(1,1,2),

又由于是可取n2=(2,2,1).

因为cos<n1,n2>=,

所以二面角M-EF-D的余弦值为.

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?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AB⊥AD.

故可建立如图所示的空间直角坐标系,则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:∵=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),

设=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,

∴=2+2.

又∵不共线,∴共面.

∵PB⊄平面EFG,∴PB∥平面EFG.

(2)∵=(1,2,-1),=(-2,2,0),

∴=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.

又∵||=,

||==2,

∴cos<>=.

因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为.

(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,

令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,

∴点Q的坐标为(2-m,2,0),∴=(2-m,2,-1).

而=(0,1,0),

设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),

则

∴

令x=1,则n=(1,0,2-m),

∴点A到平面EFQ的距离d=,

即(2-m)2=,

∴m=或m=(不合题意,舍去),

故存在点Q,当CQ=时,点A到平面EFQ的距离为.