（新課標）天津市2022年高考數學二輪復習 專題能力訓練15 立體幾何中的向量方法 理

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1、（新課標）天津市2022年高考數學二輪復習 專題能力訓練15 立體幾何中的向量方法 理 1. 如圖,正方形ABCD的中心為O,四邊形OBEF為矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,點G為AB的中點,AB=BE=2. (1)求證:EG∥平面ADF; (2)求二面角O-EF-C的正弦值; (3)設H為線段AF上的點,且AH=HF,求直線BH和平面CEF所成角的正弦值. 2. (2018北京,理16)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點,AB=BC=,AC=AA1=2. (1)求證:AC

2、⊥平面BEF; (2)求二面角B-CD-C1的余弦值; (3)證明:直線FG與平面BCD相交. 3. 如圖,幾何體是圓柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其內部)以AB邊所在直線為旋轉軸旋轉120°得到的,G是的中點. (1)設P是上的一點,且AP⊥BE,求∠CBP的大小; (2)當AB=3,AD=2時,求二面角E-AG-C的大小. 4. 如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E為CD的中點. (1)求證:B1E⊥AD1; (2)在棱AA1上是否存在一點P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的長;若不存在,說明理

3、由. 5. 如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4. (1)求證:M為PB的中點; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值. 6. 如圖,AB是半圓O的直徑,C是半圓O上除A,B外的一個動點,DC垂直于半圓O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=. (1)證明:平面ADE⊥平面ACD; (2)當三棱錐C-ADE體積最大時,求二面角D-AE-B的余

4、弦值. 二、思維提升訓練 7.如圖甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,現將梯形ABCD沿OB折起成如圖乙所示的四棱錐P-OBCD,使得PC=,E是線段PB上一動點. (1)證明:DE和PC不可能垂直; (2)當PE=2BE時,求PD與平面CDE所成角的正弦值. 8. 如圖,平面PAD⊥平面ABCD,四邊形ABCD為正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E,F,G分別是線段PA,PD,CD的中點. (1)求證:PB∥平面EFG. (2)求異面直線EG與BD

5、所成的角的余弦值. (3)在線段CD上是否存在一點Q,使得點A到平面EFQ的距離為?若存在,求出CQ的值;若不存在,請說明理由. 專題能力訓練15　立體幾何中的向量方法 一、能力突破訓練 1.解 依題意,OF⊥平面ABCD,如圖,以O為原點,分別以的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系,依題意可得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)證明:依題意,=(2,0,0),=(1,-1,2). 設n1=(x,y,z)為平面ADF的法向量, 則

6、 不妨設z=1,可得n1=(0,2,1), 又=(0,1,-2),可得n1=0, 又因為直線EG?平面ADF,所以EG∥平面ADF. (2)易證=(-1,1,0)為平面OEF的一個法向量.依題意,=(1,1,0),=(-1,1,2). 設n2=(x,y,z)為平面CEF的法向量, 則 不妨設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的正弦值為 (3)由AH=HF,得AH=AF. 因為=(1,-1,2), 所以, 進而有H,從而, 因此cos<,n2>==- 所以,直線BH和平面CEF所成

7、角的正弦值為 2.(1)證明 在三棱柱ABC-A1B1C1中, ∵CC1⊥平面ABC,∴四邊形A1ACC1為矩形. 又E,F分別為AC,A1C1的中點,∴AC⊥EF. ∵AB=BC,∴AC⊥BE,∴AC⊥平面BEF. (2)解 由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1. ∵CC1⊥平面ABC,∴EF⊥平面ABC. ∵BE?平面ABC,∴EF⊥BE. 建立如圖所示的空間直角坐標系E-xyz. 由題意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1). =(2,0,1),=(1,2,0). 設平面BCD的法向量為n=(a,b

8、,c), 則 令a=2,則b=-1,c=-4, ∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4). 又平面CDC1的法向量為=(0,2,0), ∴cos==- 由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角,∴二面角B-CD-C1的余弦值為- (3)證明 平面BCD的法向量為n=(2,-1,-4), ∵G(0,2,1),F(0,0,2), =(0,-2,1), ∴n=-2,∴n與不垂直, ∴FG與平面BCD不平行且不在平面BCD內,∴FG與平面BCD相交. 3.解 (1)因為AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP?平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP, 又BP?平面AB

9、P,所以BE⊥BP, 又∠EBC=120°. 因此∠CBP=30°. (2)解法一:取的中點H,連接EH,GH,CH. 因為∠EBC=120°,所以四邊形BEHC為菱形,所以AE=GE=AC=GC= 取AG中點M,連接EM,CM,EC,則EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC為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×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC為等邊三角形,故所求的角為60°. 解法二:以B為坐標原點,分別以BE,BP,BA所在的直線為x,y,z軸,建立

10、如圖所示的空間直角坐標系. 由題意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,,3),C(-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),設m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一個法向量. 由可得 取z1=2,可得平面AEG的一個法向量m=(3,-,2). 設n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一個法向量. 由可得 取z2=-2,可得平面ACG的一個法向量n=(3,-,-2). 所以cos= 因此所求的角為60°. 4.解 以A為原點,的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系(如圖). 設AB=a,則A(0,0,0

11、),D(0,1,0),D1(0,1,1),E,B1(a,0,1), 故=(0,1,1),=(a,0,1), (1)證明:=-0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1. (2)假設在棱AA1上存在一點P(0,0,z0), 使得DP∥平面B1AE,此時=(0,-1,z0). 又設平面B1AE的法向量n=(x,y,z). ∵n⊥平面B1AE, ∴n,n,得 取x=1,得平面B1AE的一個法向量n= 要使DP∥平面B1AE,只要n,有-az0=0, 解得z0= 又DP?平面B1AE, ∴存在點P,滿足DP∥平面B1AE,此時AP= 5.(1)證明 設AC,BD交點為E,

12、連接ME. 因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME. 因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點. 所以M為PB的中點. (2)解 取AD的中點O,連接OP,OE. 因為PA=PD,所以OP⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以OP⊥平面ABCD. 因為OE?平面ABCD,所以OP⊥OE. 因為ABCD是正方形,所以OE⊥AD. 如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-). 設平面BDP的法向量為n=(x,y,z), 則 令x

13、=1,則y=1,z= 于是n=(1,1,),平面PAD的法向量為p=(0,1,0). 所以cos= 由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為 (3)解 由題意知M,C(2,4,0), 設直線MC與平面BDP所成角為α, 則sin α=|cos|= 所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為 6.(1)證明 因為AB是直徑,所以BC⊥AC. 因為CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC. 因為CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD. 因為CD∥BE,CD=BE, 所以四邊形BCDE是平行四邊形, 所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD. 因為DE?平面ADE

14、,所以平面ADE⊥平面ACD. (2)解 依題意,EB=AB×tan∠EAB=4=1. 由(1)知VC-ADE=VE-ACD=S△ACD×DE =AC×CD×DE =AC×BC(AC2+BC2) =AB2=, 當且僅當AC=BC=2時等號成立. 如圖,建立空間直角坐標系,則D(0,0,1),E(0,2,1),A(2,0,0),B(0,2,0), 則=(-2,2,0),=(0,0,1), =(0,2,0),=(2,0,-1). 設平面DAE的法向量為n1=(x,y,z), 則取n1=(1,0,2). 設平 面ABE的法向量為n2=(x,y,z), 則 取n2=(1

15、,1,0), 所以cos= 可以判斷與二面角D-AE-B的平面角互補,所以二面角D-AE-B的余弦值為- 二、思維提升訓練 7.解 如題圖甲所示,因為BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB. 因為BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=,如題圖乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有OP2+OC2=PC2.所以OP⊥OC. 而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP兩兩垂直,故以O為原點,建立空間直角坐標系(如圖),則P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0), (1)證明:設E(x,0,1-x),其中0≤x

16、≤1,所以=(x,-3,1-x),=(1,1,-1). 假設DE和PC垂直,則=0,有x-3+(1-x)·(-1)=0,解得x=2,這與0≤x≤1矛盾,假設不成立,所以DE和PC不可能垂直. (2)因為PE=2BE,所以E設平面CDE的一個法向量是n=(x,y,z),因為=(-1,2,0),,所以n=0,n=0, 即 令y=1,則n=(2,1,5),而=(0,3,-1), 所以|cos <,n>|= 所以PD與平面CDE所成角的正弦值為 8.解 ∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90°, ∴PA⊥平面ABCD, 而四邊形ABCD是正方形,即AB⊥AD. 故可建立如圖所

17、示的空間直角坐標系,則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)證明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1), 設=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2, =2+2 又不共線,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,異面直線EG與BD所成的角的余弦值為 (3)假設在線段CD上存在一點Q滿足題設條件, 令CQ=m(0≤m≤2),則DQ=2-m, ∴點Q的坐標為(2-m,2,0), =(2-m,2,-1). 而=(0,1,0), 設平面EFQ的法向量為n=(x,y,z), 則 令x=1,則n=(1,0,2-m), ∴點A到平面EFQ的距離 d=, 即(2-m)2=, ∴m=或m=(不合題意,舍去), 故存在點Q,當CQ=時,點A到平面EFQ的距離為