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.