【数学】2020届北京一轮复习通用版8-5空间向量及其应用、空间角与距离作业
8.5 空间向量及其应用、空间角与距离
挖命题
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测
热度
考题示例
考向
关联考点
1.用向量证明空间中的平行和垂直关系
1.理解直线的方向向量与平面的法向量
2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系
3.能用向量法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)
2017北京,16
用向量求空间角
面面垂直的性质
★★★
2016北京,17
2015北京,17
用向量求空间角、用向量证明空间中的垂直关系
线面垂直、面面垂直的判定和性质
2.用向量求空间角与距离
1.能用向量法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题
2.能用向量法解决点面、线面、面面距离问题,了解向量法在研究立体几何问题中的应用
2013北京,17
2011北京,17
用向量求空间角、用向量证明空间中的垂直关系
线面垂直、面面垂直的判定和性质
★★★
分析解读 1.能运用共线向量、共面向量、空间向量基本定理及有关结论证明点共线、点共面、线共面及线线、线面的平行与垂直问题;会求线线角、线面角;会求点点距、点面距等距离问题,从而培养用向量法思考问题和解决问题的能力.2.会利用空间向量的坐标运算、两点间距离公式、夹角公式以及相关结论解决有关平行、垂直、长度、角、距离等问题,从而培养运算能力.3.本节内容在高考中常以解答题的形式,以多面体为载体,考查空间角的问题,属于中档题.
破考点
【考点集训】
考点一 用向量证明空间中的平行和垂直关系
1.(2017浙江,19,15分)如图,已知四棱锥P-ABCD,△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,BC∥AD,CD⊥AD,PC=AD=2DC=2CB,E为PD的中点.
(1)证明:CE∥平面PAB;
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
解析 (1)证明:设AD的中点为O,连接OB,OP.
∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形,∴OP⊥AD.
∵BC=12AD=OD,且BC∥OD,
∴四边形BCDO为平行四边形,又∵CD⊥AD,
∴OB⊥AD,∵OP∩OB=O,∴AD⊥平面OPB.
过点O在平面POB内作OB的垂线OM,交PB于M,
以O为原点,OB所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,OM所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,如图.
设CD=1,则有A(0,-1,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0).
设P(x,0,z)(z>0),由PC=2,OP=1,
得(x-1)2+1+z2=4,x2+z2=1,解得x=-12,z=32,
即点P-12,0,32,
而E为PD的中点,∴E-14,12,34.
设平面PAB的法向量为n=(x1,y1,z1),
∵AP=-12,1,32,AB=(1,1,0),
∴-12x1+y1+32z1=0,x1+y1=0⇒x1=-y1,z1=-3y1,
取y1=-1,得n=(1,-1,3).
而CE=-54,-12,34,则CE·n=0,而CE⊄平面PAB,
∴CE∥平面PAB.
(2)设平面PBC的法向量为m=(x2,y2,z2),
∵BC=(0,1,0),BP=-32,0,32,
∴y2=0,-32x2+32z2=0,取x2=1,得m=(1,0,3).
设直线CE与平面PBC所成角为θ,
则sin θ=|cos
|=|CE·m||CE|·|m|=28,
故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为28.
方法总结 1.证明直线与平面平行的方法.(例:求证:l∥α)
①利用线面平行的判定定理:在平面α内找到一条与直线l平行的直线m,从而得到l∥α.
②利用面面平行的性质:过直线l找到(或作出)一个平面β,使得β∥α,从而得l∥α.
③向量法:(i)求出平面α的法向量n和直线l的方向向量l,证明n·l=0,结合l⊄α可得l∥α.
(ii)证明直线l的方向向量l能被平面α内的两个基向量所表示,结合l⊄α可得l∥α.
2.求线面角的方法.
①定义法:作出线面角,解三角形即可.
②解斜线段、射影、垂线段构成的三角形.
例:求AB与平面α所成角θ的正弦值,其中A∈α.只需求出点B到平面α的距离d(通常由等体积法求d),由sin θ=dAB得结论.
③向量法:求出平面α的法向量n,设直线AB与α所成角为θ,则sin θ=|cos|.
最好是画出图形,否则容易出错.
考点二 空间角与距离
2.(2018课标Ⅱ,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.15 B.56 C.55 D.22
答案 C
3.已知正方形ABCD的边长为1,PD⊥平面ABCD,且PD=1,E,F分别为AB,BC的中点.
(1)求点D到平面PEF的距离;
(2)求直线AC到平面PEF的距离.
解析 (1)建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,
则D(0,0,0),P(0,0,1),A(1,0,0),C(0,1,0),E1,12,0,F12,1,0,
∴PE=1,12,-1,
EF=-12,12,0,
DP=(0,0,1).
设平面PEF的法向量为n=(x,y,z).
则有n·PE=0,n·EF=0⇒x+12y-z=0,-12x+12y=0⇒z=32x,y=x.
令x=1,则n=1,1,32.
∴点D到平面PEF的距离为
d=|DP·n||n|=32172=31717.
(2)直线AC到平面PEF的距离等于点A到平面PEF的距离.
∵AE=0,12,0,平面PEF的一个法向量为n=1,1,32,
∴点A到平面PEF的距离为d1=|AE·n||n|=12172=1717.
∴直线AC到平面PEF的距离为1717.
4.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥平面AA1C1C,AA1=AB=AC=2,∠A1AC=60°.过AA1的平面交B1C1于点E,交BC于点F.
(1)求证:A1C⊥平面ABC1;
(2)求证:四边形AA1EF为平行四边形;
(3)若BFBC=23,求二面角B-AC1-F的大小.
解析 (1)证明:因为AB⊥平面AA1C1C,A1C⊂平面AA1C1C,所以A1C⊥AB.
在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AC,所以平行四边形AA1C1C为菱形,所以A1C⊥AC1.
又AB∩AC1=A,AB,AC1⊂平面ABC1,所以A1C⊥平面ABC1.
(2)证明:因为A1A∥B1B,A1A⊄平面BB1C1C,BB1⊂平面BB1C1C,所以A1A∥平面BB1C1C.
因为平面AA1EF∩平面BB1C1C=EF,所以A1A∥EF.
因为平面ABC∥平面A1B1C1,平面AA1EF∩平面ABC=AF,平面AA1EF∩平面A1B1C1=A1E,
所以A1E∥AF,
所以四边形AA1EF为平行四边形.
(3)在平面AA1C1C内,过A作Az⊥AC.
因为AB⊥平面AA1C1C,所以AB,AC,Az两两垂直.
故可建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.
则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,1,3),C1(0,3,3),所以BC=(-2,2,0),AC1=(0,3,3).
因为BFBC=23,所以BF=23BC=-43,43,0,
所以F23,43,0,
所以AF=23,43,0.
由(1)得平面ABC1的一个法向量为A1C=(0,1,-3).
设平面AC1F的法向量为n=(x,y,z),
则n·AC1=0,n·AF=0,
即3y+3z=0,23x+43y=0.
令y=1,则x=-2,z=-3,
所以n=(-2,1,-3).
所以cos=n·A1C|n||A1C|=22.
由图可知二面角B-AC1-F的平面角是锐角,
所以二面角B-AC1-F的大小为45°.
思路分析 (1)通过证明四边形AA1C1C为菱形,得出A1C⊥AC1,从而证得A1C⊥平面ABC1;
(2)由面面平行的性质定理、线面平行的性质定理分别得到两组对边互相平行,进而证明四边形AA1EF为平行四边形;
(3)由平面的法向量和夹角公式求解.
方法总结 正确掌握线面平行和垂直的证明方法和计算空间角的基本方法是求解立体几何问题的基础和保障,务必“记牢活用.”
炼技法
【方法集训】
方法1 空间角与距离的向量求法
1.正四棱锥S-ABCD的八条棱长都相等,SB的中点是E,则异面直线AE,SD所成角的余弦值为 .
答案 33
2.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为A1B1的中点,则异面直线D1E和BC1间的距离为 .
答案 263
方法2 用向量法求立体几何中的探索性问题
3.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,E为AD的中点,PA⊥AD,BE∥CD,BE⊥AD,PA=AE=BE=2,CD=1.
(1)求证:平面PAD⊥平面PCD;
(2)求二面角C-PB-E的余弦值;
(3)在线段PE上是否存在点M,使得DM∥平面PBC?若存在,求出点M的位置;若不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥AD,
且平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以PA⊥平面ABCD.
又CD⊂平面ABCD,
所以PA⊥CD.
又因为BE⊥AD,BE∥CD,
所以CD⊥AD.
又因为PA∩AD=A,PA,AD⊂平面PAD,
所以CD⊥平面PAD.
因为CD⊂平面PCD,
所以平面PAD⊥平面PCD.
(2)以E为原点,以EB,ED的方向分别为x轴,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,
则E(0,0,0),P(0,-2,2),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),
所以PB=(2,2,-2),BC=(-1,2,0),EP=(0,-2,2).
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),
则n·PB=0,n·BC=0,即2x+2y-2z=0,-x+2y=0.
令y=1,则x=2,z=3,所以n=(2,1,3).
设平面PBE的法向量为m=(a,b,c),
则m·PB=0,m·EP=0,即2a+2b-2c=0,-2b+2c=0.
令b=1,则a=0,c=1,所以m=(0,1,1).
所以cos=n·m|n|·|m|=2×0+1×1+3×114×2=277.
由图可知,所求二面角为锐角,
所以二面角C-PB-E的余弦值为277.
(3)“在线段PE上存在点M,使得DM∥平面PBC”等价于“在线段PE上存在点M,使其满足DM·n=0”.
设PM=λPE,λ∈[0,1].
因为PE=(0,2,-2),所以PM=(0,2λ,-2λ),
则M(0,2λ-2,2-2λ),所以DM=(0,2λ-4,2-2λ).
由(2)知平面PBC的一个法向量为n=(2,1,3),
所以DM·n=2λ-4+6-6λ=0,
解得λ=12.
因为λ=12∈[0,1],
所以在线段PE上存在点M,使得DM∥平面PBC,此时点M为PE的中点.
4.如图1,在平面五边形ABCDE中,AB∥CD,∠BAD=90°,AB=2,CD=1,△ADE是边长为2的正三角形,现将△ADE沿AD折起,得到四棱锥E-ABCD(如图2),且DE⊥AB.
(1)求证:平面ADE⊥平面ABCD;
(2)求平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小;
(3)在棱AE上是否存在点F,使得DF∥平面BCE?若存在,求出EFEA的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:由已知得AB⊥AD,因为AB⊥DE,
且AD∩DE=D,AD,DE⊂平面ADE,所以AB⊥平面ADE.
又AB⊂平面ABCD,所以平面ADE⊥平面ABCD.
(2)设AD的中点为O,连接EO.
因为△ADE是正三角形,
所以EA=ED,所以EO⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD,
平面ADE∩平面ABCD=AD,EO⊂平面ADE,
所以EO⊥平面ABCD.
在平面ABCD内过O点作垂直于AD的直线交CB于点M.
以O为原点,OA所在的直线为x轴,OM所在的直线为y轴,OE所在的直线为z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示,
则E(0,0,3),B(1,2,0),C(-1,1,0),
所以CE=(1,-1,3),CB=(2,1,0).
设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),
则m·CE=0,m·CB=0,即x-y+3z=0,2x+y=0.
令x=1,则y=-2,z=-3,
所以m=(1,-2,-3).
易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),
所以cos=m·n|m||n|=-22.
所以平面BCE与平面ADE所成锐二面角的大小为π4.
(3)在棱AE上存在点F,使得DF∥平面BCE,此时EFEA=12.
理由:设BE的中点为G,连接CG,FG,
则FG∥AB,FG=12AB,
因为AB∥CD,且CD=12AB,
所以FG∥CD,且FG=CD.
所以四边形CDFG是平行四边形,
所以DF∥CG.
因为CG⊂平面BCE,且DF⊄平面BCE,
所以DF∥平面BCE.
过专题
【五年高考】
A组 自主命题·北京卷题组
1.(2018北京,16,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=5,AC=AA1=2.
(1)求证:AC⊥平面BEF;
(2)求二面角B-CD-C1的余弦值;
(3)证明:直线FG与平面BCD相交.
解析 (1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,
因为CC1⊥平面ABC,
所以四边形A1ACC1为矩形.
又E,F分别为AC,A1C1的中点,
所以AC⊥EF.
因为AB=BC,
所以AC⊥BE.
又EF∩BE=E,EF,BE⊂平面BEF,所以AC⊥平面BEF.
(2)由(1)知AC⊥EF,AC⊥BE,EF∥CC1.
又CC1⊥平面ABC,
所以EF⊥平面ABC.
因为BE⊂平面ABC,
所以EF⊥BE.
如图建立空间直角坐标系E-xyz.
由题意得B(0,2,0),C(-1,0,0),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1),
所以BC=(-1,-2,0),BD=(1,-2,1).
设平面BCD的法向量为n=(x0,y0,z0),
则n·BC=0,n·BD=0,即x0+2y0=0,x0-2y0+z0=0.
令y0=-1,则x0=2,z0=-4,
于是n=(2,-1,-4).
又因为平面CC1D的一个法向量为EB=(0,2,0),
所以cos=n·EB|n||EB|=-2121.
由图知二面角B-CD-C1为钝角,
所以其余弦值为-2121.
(3)证明:由(2)知平面BCD的一个法向量为n=(2,-1,-4),FG=(0,2,-1).
因为n·FG=2×0+(-1)×2+(-4)×(-1)=2≠0,
所以直线FG与平面BCD相交.
2.(2017北京,16,14分)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所成角的正弦值.
解析 本题考查面面垂直的性质定理,线面平行的性质定理,二面角,直线与平面所成的角等知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力.
(1)证明:设AC,BD的交点为E,连接ME.
因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,
所以PD∥ME.
因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.
所以M为PB的中点.
(2)取AD的中点O,连接OP,OE.
因为PA=PD,所以OP⊥AD.
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OP⊥OE.
因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,则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n·BD=0,n·PD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.
令x=1,则y=1,z=2,
于是n=(1,1,2).
易知平面PAD的一个法向量为p=(0,1,0).
所以cos=n·p|n||p|=12.
由图知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为π3.
(3)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α,
则sin α=|cos|=|n·MC||n||MC|=269.
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.
方法总结 在求二面角时,通常用空间向量法,即建立空间直角坐标系,求出两个面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则有|cos θ|=|cos|=|n1·n2||n1||n2|,再通过原图判断二面角是钝角还是锐角,进而求出二面角.
3.(2015北京,17,14分)如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.
(1)求证:AO⊥BE;
(2)求二面角F-AE-B的余弦值;
(3)若BE⊥平面AOC,求a的值.
解析 (1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.
又因为平面AEF⊥平面EFCB,平面AEF∩平面EFCB=EF,
AO⊂平面AEF,所以AO⊥平面EFCB.
又BE⊂平面EFCB,所以AO⊥BE.
(2)取BC的中点G,连接OG.
由题设知EFCB是等腰梯形,
所以OG⊥EF.
由(1)知AO⊥平面EFCB,
又OG⊂平面EFCB,所以OA⊥OG.
如图建立空间直角坐标系O-xyz,
则E(a,0,0),A(0,0,3a),
B(2,3(2-a),0),EA=(-a,0,3a),
BE=(a-2,3(a-2),0).
设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),
则n·EA=0,n·BE=0,即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0.
令z=1,则x=3,y=-1,
于是n=(3,-1,1).
易知平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0),
所以cos=n·p|n||p|=-55.
由图知二面角F-AE-B为钝角,
所以它的余弦值为-55.
(3)因为BE⊥平面AOC,
所以BE⊥OC,即BE·OC=0.
因为BE=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),
所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.
由BE·OC=0及0=n·p|n||p|求值;(3)用坐标表示BE,OC,利用BE·OC=0求a的值.
评析本题主要考查面面垂直的性质定理、二面角的求解以及线面垂直的性质定理,考查学生的空间想象能力和运算求解能力,正确建立空间直角坐标系以及表示点的坐标是解决本题的关键.
4.(2013北京,17,14分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.
(1)求证:AA1⊥平面ABC;
(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值;
(3)证明:在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B.并求BDBC1的值.
解析 (1)证明:因为AA1C1C为正方形,所以AA1⊥AC.
因为平面ABC⊥平面AA1C1C,且AA1垂直于这两个平面的交线AC,所以AA1⊥平面ABC.
(2)由(1)知AA1⊥AC,AA1⊥AB.
由题知AC=4,又AB=3,BC=5,所以AB2+AC2=BC2,所以AB⊥AC.如图,以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz,则B(0,3,0),A1(0,0,4),B1(0,3,4),C1(4,0,4).
设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z),则n·A1B=0,n·A1C1=0,
即3y-4z=0,4x=0.令z=3,则y=4,
所以n=(0,4,3).
同理可得,平面B1BC1的一个法向量为m=(3,4,0).
所以cos=n·m|n||m|=1625.
由图知二面角A1-BC1-B1为锐角,
所以二面角A1-BC1-B1的余弦值为1625.
(3)设D(x,y,z)是直线BC1上一点,且BD=λBC1,
则(x,y-3,z)=λ(4,-3,4),
解得x=4λ,y=3-3λ,z=4λ.
所以AD=(4λ,3-3λ,4λ).
由AD·A1B=0,即9-25λ=0,解得λ=925.
因为925∈[0,1],所以在线段BC1上存在点D,使得AD⊥A1B.此时,BDBC1=λ=925.
思路分析 (1)利用面面垂直的性质定理得出线面垂直;(2)建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量m,n,利用cos=n·m|n||m|求值;(3)利用线线垂直可得AD·A1B=0,再利用向量的坐标运算可求出线段的比.
评析本题主要考查面面垂直的性质定理、空间角的求法以及探索性问题的求证,考查空间向量在立体几何中的应用,体现了向量法的便捷性,考查学生的空间想象和运算求解能力,正确建立空间直角坐标系和准确求出各点坐标是正确解题的前提,正确利用向量共线表示点D的坐标是解决第(3)问的关键.
5.(2011北京,16,14分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.
(1)求证:BD⊥平面PAC;
(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值;
(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.
解析 (1)证明:因为四边形ABCD是菱形,
所以AC⊥BD.
又因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
所以PA⊥BD.
又因为PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC,
所以BD⊥平面PAC.
(2)设AC∩BD=O.
因为∠BAD=60°,AB=2,
所以BO=1,AO=CO=3.
如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,-3,2),A(0,-3,0),B(1,0,0),C(0,3,0),
所以PB=(1,3,-2),AC=(0,23,0).
设PB与AC所成的角为θ,则
cos θ=PB·AC|PB||AC|=622×23=64.
(3)由(2)知BC=(-1,3,0).
设P(0,-3,t)(t>0),
则BP=(-1,-3,t).
设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),
则BC·m=0,BP·m=0,
即-x+3y=0,-x-3y+tz=0.
令y=3,则x=3,z=6t,
所以m=3,3,6t.
同理可得,平面PDC的一个法向量为n=-3,3,6t.
因为平面PBC⊥平面PDC,所以m·n=0,即-6+36t2=0.
解得t=6.所以PA=6.
失分警示 ①易忽视菱形的对角线互相垂直,造成失分.
②没有选择合适的空间直角坐标系,算错点的坐标、向量的数量积和模,造成失分.
③算错平面的法向量以及运算失误,造成失分.
评析本题考查空间线面位置关系的判定和相互转化,考查异面直线所成角的概念和求法.考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.解题的关键:
①利用菱形的对角线互相垂直,进而判断线面垂直.
②选取合适的空间直角坐标系,简化求点的坐标的过程.
③利用平面的法向量解决异面直线所成角的问题.
本题综合性较强,计算量大,属于中等难度题.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点一 用向量证明空间中的平行和垂直关系
1.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.
(1)证明:AB1⊥平面A1B1C1;
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
解析 本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.
解法一:
(1)证明:如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下:
A(0,-3,0),B(1,0,0),A1(0,-3,4),B1(1,0,2),C1(0,3,1).
因此 AB1=(1,3,2),A1B1=(1,3,-2),A1C1=(0,23,-3).
由 AB1·A1B1=0得AB1⊥A1B1.
由 AB1·A1C1=0得AB1⊥A1C1.
又A1B1∩A1C1=A1,A1B1,A1C1⊂平面A1B1C1,
所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
由(1)可知 AC1=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2).
设平面ABB1的法向量n=(x,y,z),
则n·AB=0,n·BB1=0,即x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).
所以sin θ=|cos|=|AC1·n||AC1|·|n|=3913.
因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.
解法二:
(1)证明:由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=22,
所以A1B12+AB12=AA12,
故AB1⊥A1B1.
由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=5,
由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23,
由CC1⊥AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,
故AB1⊥B1C1.
又B1C1∩A1B1=B1,B1C1,A1B1⊂平面A1B1C1,
因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,
由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.
由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得cos∠C1A1B1=67,
sin∠C1A1B1=17,所以C1D=3,
故sin∠C1AD=C1DAC1=3913.
因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.
2.(2015天津,17,13分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,侧棱A1A⊥底面ABCD,AB⊥AC,AB=1,AC=AA1=2,AD=CD=5,且点M和N分别为B1C和D1D的中点.
(1)求证:MN∥平面ABCD;
(2)求二面角D1-AC-B1的正弦值;
(3)设E为棱A1B1上的点.若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为13,求线段A1E的长.
解析 如图,以A为原点建立空间直角坐标系,
依题意可得A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,-2,0),A1(0,0,2),B1(0,1,2),C1(2,0,2),D1(1,-2,2).
又由M,N分别为B1C和D1D的中点,得M1,12,1,N(1,-2,1).
(1)证明:依题意,可得n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,MN=0,-52,0.由此可得MN·n=0,又因为直线MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.
(2)易得AD1=(1,-2,2),AC=(2,0,0).
设n1=(x1,y1,z1)为平面ACD1的法向量,
则n1·AD1=0,n1·AC=0,即x1-2y1+2z1=0,2x1=0.不妨设z1=1,可得n1=(0,1,1).
设n2=(x2,y2,z2)为平面ACB1的法向量,
则n2·AB1=0,n2·AC=0,又AB1=(0,1,2),得y2+2z2=0,2x2=0.不妨设z2=1,可得n2=(0,-2,1).
因此有cos=n1·n2|n1|·|n2|=-1010,
于是sin=31010.
所以,二面角D1-AC-B1的正弦值为31010.
(3)依题意,可设A1E=λA1B1,其中λ∈[0,1],则E(0,λ,2),从而NE=(-1,λ+2,1).又n=(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos=NE·n|NE|·|n|=1(-1)2+(λ+2)2+12=13,整理得λ2+4λ-3=0,又因为λ∈[0,1],所以λ=7-2.
所以,线段A1E的长为7-2.
评析本题主要考查直线与平面平行和垂直、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力.
考点二 空间角与距离
1.(2018课标Ⅰ,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A.334 B.233 C.324 D.32
答案 A
2.(2014广东,5,5分)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是( )
A.(-1,1,0) B.(1,-1,0) C.(0,-1,1) D.(-1,0,1)
答案 B
3.(2017课标Ⅰ,18,12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)若PA=PD=AB=DC,∠APD=90°,求二面角A-PB-C的余弦值.
解析 本题考查了立体几何中面面垂直的证明和二面角问题.
(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB⊥AP,CD⊥PD.
由于AB∥CD,故AB⊥PD,
又AP∩PD=P,AP,PD⊂平面PAD,从而AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB,
所以平面PAB⊥平面PAD.
(2)在平面PAD内作PF⊥AD,垂足为F.
由(1)可知,AB⊥平面PAD,故AB⊥PF,
又AD∩AB=A,可得PF⊥平面ABCD.
以 F为坐标原点,FA的方向为x轴正方向,|AB|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
由(1)及已知可得A22,0,0,P0,0,22,B22,1,0,C-22,1,0.
所以PC=-22,1,-22,CB=(2,0,0),PA=22,0,-22,AB=(0,1,0).
设n=(x1,y1,z1)是平面PCB的法向量,则
n·PC=0,n·CB=0,即-22x1+y1-22z1=0,2x1=0.
可取n=(0,-1,-2).
设m=(x2,y2,z2)是平面PAB的法向量,则
m·PA=0,m·AB=0,即22x2-22z2=0,y2=0.
可取m=(1,0,1).
则cos=n·m|n||m|=-33.
易知二面角A-PB-C为钝二面角,
所以二面角A-PB-C的余弦值为-33.
方法总结 (1)面面垂直的证明:
证明两个平面互相垂直,可以在一个平面内找一条直线l,证明直线l垂直于另一平面.
(2)利用空间向量求解几何体中的二面角的余弦值:
建立空间直角坐标系,找到点的坐标,求出两个半平面的法向量n1,n2,设二面角的大小为θ,则|cos θ|=|n1·n2||n1||n2|,再根据二面角的范围判断二面角余弦值的正负.
C组 教师专用题组
1.(2018浙江,8,4分)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形,侧棱长均相等,E是线段AB上的点(不含端点).设SE与BC所成的角为θ1,SE与平面ABCD所成的角为θ2,二面角S-AB-C的平面角为θ3,则( )
A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1
答案 D
2.(2017课标Ⅱ,10,5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.32 B.155 C.105 D.33
答案 C
3.(2014四川,8,5分)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是( )
A.33,1 B.63,1 C.63,223 D.223,1
答案 B
4.(2017山东,17,12分)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.
解析 本题考查线面垂直的证明和二面角的计算.
(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)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(1,3,3),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的法向量.
由m·AE=0,m·AG=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的法向量.
由n·AG=0,n·CG=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=m·n|m|·|n|=12.
易知所求角为锐二面角,
因此所求的角为60°.
方法总结 求二面角的常见方法有两种:一种是“找”,即根据二面角的面的特殊性(如等边三角形、等腰三角形、直角三角形、正方形、矩形、梯形等)找二面角的平面角的顶点,进而作出该平面角,再通过解三角形求解;另一种是“算”,即利用空间向量的坐标运算,由平面的法向量和夹角公式求解.利用空间向量的运算求二面角时,一定要注意二面角是锐二面角还是钝二面角.
5.(2016浙江,17,15分)如图,在三棱台ABC-DEF中,平面BCFE⊥平面ABC,∠ACB=90°,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.
(1)求证:BF⊥平面ACFD;
(2)求二面角B-AD-F的平面角的余弦值.
解析 (1)证明:延长AD,BE,CF相交于一点K,如图所示.
因为平面BCFE⊥平面ABC,且平面BCFE∩平面ABC=BC,AC⊥BC,
所以,AC⊥平面BCK,又BF⊂平面BCK,因此,BF⊥AC.
又因为EF∥BC,BE=EF=FC=1,BC=2,
所以△BCK为等边三角形,
且F为CK的中点,则BF⊥CK.
又因为CK∩AC=C,CK,AC⊂平面ACFD,
所以BF⊥平面ACFD.
(2)解法一:过点F作FQ⊥AK于Q,连接BQ.
因为BF⊥平面ACK,所以BF⊥AK,则AK⊥平面BQF,所以BQ⊥AK.
所以,∠BQF是二面角B-AD-F的平面角.
在Rt△ACK中,AC=3,CK=2,得FQ=31313.
在Rt△BQF中,FQ=31313,BF=3,得cos∠BQF=34.
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.
解法二:如图,延长AD,BE,CF相交于一点K,则△BCK为等边三角形.取BC的中点O,则KO⊥BC,又平面BCFE⊥平面ABC,所以,KO⊥平面ABC.以点O为原点,分别以射线OB,OK的方向为x,z的正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B(1,0,0),C(-1,0,0),K(0,0,3),A(-1,-3,0),E12,0,32,F-12,0,32.
因此,AC=(0,3,0),AK=(1,3,3),AB=(2,3,0).
设平面ACK的法向量为m=(x1,y1,z1),平面ABK的法向量为n=(x2,y2,z2).
由AC·m=0,AK·m=0得3y1=0,x1+3y1+3z1=0,取m=(3,0,-1);
由AB·n=0,AK·n=0得2x2+3y2=0,x2+3y2+3z2=0,取n=(3,-2,3).
于是,cos=m·n|m|·|n|=34.
由图可知所求二面角为锐角,
所以,二面角B-AD-F的平面角的余弦值为34.
评析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,二面角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.
6.(2015江苏,22,10分)如图,在四棱锥P-ABCD中,已知PA⊥平面ABCD,且四边形ABCD为直角梯形,∠ABC=∠BAD=π2,PA=AD=2,AB=BC=1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值;
(2)点Q是线段BP上的动点,当直线CQ与DP所成的角最小时,求线段BQ的长.
解析 以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则各点的坐标为B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
(1)因为AD⊥平面PAB,所以AD是平面PAB的一个法向量,AD=(0,2,0).
因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2),
设平面PCD的法向量为m=(x,y,z),
则m·PC=0,m·PD=0,
即x+y-2z=0,2y-2z=0.
令y=1,解得z=1,x=1.
所以m=(1,1,1)是平面PCD的一个法向量.
从而cos=AD·m|AD||m|=33,
由图可知平面PAB与平面PCD所成的二面角为锐角,
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为33.
(2)因为BP=(-1,0,2),
设BQ=λBP=(-λ,0,2λ)(0≤λ≤1),
又CB=(0,-1,0),
则CQ=CB+BQ=(-λ,-1,2λ),
又DP=(0,-2,2),
从而cos=CQ·DP|CQ||DP|=1+2λ10λ2+2.
设1+2λ=t,t∈[1,3],
则cos2 =2t25t2-10t+9=291t-592+209≤910.
当且仅当t=95,即λ=25时,|cos|的最大值为31010.
因为y=cos x在0,π2上是减函数,所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值.
又因为BP=12+22=5,所以BQ=25BP=255.
评析本题主要考查空间向量、二面角和异面直线所成角等基础知识,考查运用空间向量解决问题的能力.
7.(2015福建,17,13分)如图,在几何体ABCDE中,四边形ABCD是矩形,AB⊥平面BEC,BE⊥EC,AB=BE=EC=2,G,F分别是线段BE,DC的中点.
(1)求证:GF∥平面ADE;
(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.
解析 (1)证法一:如图,取AE的中点H,连接HG,HD,
又G是BE的中点,
所以GH∥AB,且GH=12AB.
又F是CD的中点,所以DF=12CD.
由四边形ABCD是矩形得,AB∥CD,AB=CD,
所以GH∥DF,且GH=DF,
从而四边形HGFD是平行四边形,所以GF∥DH.
又DH⊂平面ADE,GF⊄平面ADE,所以GF∥平面ADE.
证法二:如图,取AB中点M,连接MG,MF.
又G是BE的中点,可知GM∥AE.
又AE⊂平面ADE,GM⊄平面ADE,所以GM∥平面ADE.
在矩形ABCD中,由M,F分别是AB,CD的中点得MF∥AD.
又AD⊂平面ADE,MF⊄平面ADE,所以MF∥平面ADE.
又因为GM∩MF=M,GM⊂平面GMF,MF⊂平面GMF,所以平面GMF∥平面ADE.
因为GF⊂平面GMF,所以GF∥平面ADE.
(2)如图,在平面BEC内,过B点作BQ∥EC.因为BE⊥CE,所以BQ⊥BE.
又因为AB⊥平面BEC,所以AB⊥BE,AB⊥BQ.
以B为原点,分别以BE,BQ,BA的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则A(0,0,2),B(0,0,0),E(2,0,0),F(2,2,1).
因为AB⊥平面BEC,所以BA=(0,0,2)为平面BEC的一个法向量.
设n=(x,y,z)为平面AEF的法向量.
又AE=(2,0,-2),AF=(2,2,-1),
由n·AE=0,n·AF=0得2x-2z=0,2x+2y-z=0,取z=2,得n=(2,-1,2).
从而cos=n·BA|n|·|BA|=43×2=23,
所以平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值为23.
评析本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,考查数形结合思想、化归与转化思想.
8.(2015重庆,19,13分)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=2,CE=2EB=2.
(1)证明:DE⊥平面PCD;
(2)求二面角A-PD-C的余弦值.
解析 (1)证明:由PC⊥平面ABC,DE⊂平面ABC,得PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=2得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.由于PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,
故DE⊥平面PCD.
(2)由(1)知,△CDE为等腰直角三角形,∠DCE=π4.如图,过D作DF垂直CE于F,易知DF=FC=FE=1,又由已知得EB=1,故FB=2.
由∠ACB=π2得DF∥AC,DFAC=FBBC=23,故AC=32DF=32.
以C为坐标原点,分别以CA,CB,CP的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),P(0,0,3),A32,0,0,E(0,2,0),D(1,1,0),所以,ED=(1,-1,0),DP=(-1,-1,3),DA=12,-1,0.
设平面PAD的法向量为n1=(x1,y1,z1),
由n1·DP=0,n1·DA=0,得-x1-y1+3z1=0,12x1-y1=0,
故可取n1=(2,1,1).
由(1)可知DE⊥平面PCD,故平面PCD的法向量n2可取为ED,即n2=(1,-1,0).
从而法向量n1,n2的夹角的余弦值为
cos=n1·n2|n1|·|n2|=36,
由图可知所求二面角为锐角,
故所求二面角A-PD-C的余弦值为36.
9.(2014山东,17,12分)如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是等腰梯形,∠DAB=60°,AB=2CD=2,M是线段AB的中点.
(1)求证:C1M∥平面A1ADD1;
(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1=3,求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值.
解析 (1)证明:因为四边形ABCD是等腰梯形,且AB=2CD,所以AB∥DC,又M是AB的中点,因此CD∥MA且CD=MA.
连接AD1,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,
因为CD∥C1D1,CD=C1D1,
可得C1D1∥MA,C1D1=MA,
所以四边形AMC1D1为平行四边形.
因此C1M∥D1A,
又C1M⊄平面A1ADD1,D1A⊂平面A1ADD1,
所以C1M∥平面A1ADD1.
(2)解法一:如图,连接AC,MC,由(1)知CD∥AM且CD=AM,所以四边形AMCD为平行四边形,
故可得BC=AD=MC,
又∠ABC=∠DAB=60°,所以△MBC为正三角形,
因此AB=2BC=2,CA=3,
因此CA⊥CB.
以C为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz,
则A(3,0,0),B(0,1,0),D1(0,0,3),
因此M32,12,0,
所以MD1=-32,-12,3,D1C1=MB=-32,12,0.
设平面C1D1M的法向量为n=(x,y,z),
由n·D1C1=0,n·MD1=0得3x-y=0,3x+y-23z=0,令x=1,,则
可得平面C1D1M的一个法向量为n=(1,3,1).
由题意知CD1=(0,0,3)为平面ABCD的一个法向量,
所以cos=CD1·n|CD1||n|=55,
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.
解法二:由(1)知平面D1C1M∩平面ABCD=AB,过C向AB引垂线交AB于N,连接D1N.
由CD1⊥平面ABCD,可得D1N⊥AB,因此∠D1NC为二面角C1-AB-C的平面角.
在Rt△BNC中,易知BC=1,∠NBC=60°,
可得CN=32.
所以ND1=CD12+CN2=152.
在Rt△D1CN中,cos∠D1NC=CND1N=32152=55.
所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为55.
10.(2014安徽,20,13分)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥底面ABCD.四边形ABCD为梯形,AD∥BC,且AD=2BC.过A1,C,D三点的平面记为α,BB1与α的交点为Q.
(1)证明:Q为BB1的中点;
(2)求此四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积之比;
(3)若AA1=4,CD=2,梯形ABCD的面积为6,求平面α与底面ABCD所成二面角的大小.
解析 (1)证明:因为BQ∥AA1,BC∥AD,BC∩BQ=B,AD∩AA1=A,
所以平面QBC∥平面A1AD.
从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行,即QC∥A1D.
故△QBC与△A1AD的对应边相互平行,于是△QBC∽△A1AD.
所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12,即Q为BB1的中点.
(2)如图1,连接QA,QD.设AA1=h,梯形ABCD的高为d,四棱柱被平面α所分成上下两部分的体积分别为V上和V下,BC=a,则AD=2a.
图1
VQ-A1AD=13×12·2a·h·d=13ahd,
VQ-ABCD=13·a+2a2·d·12h=14ahd,
所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712ahd,
又VA1B1C1D1-ABCD=32ahd,
所以V上=VA1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd,
故V上V下=117.
(3)解法一:如图1,在△ADC中,作AE⊥DC,垂足为E,连接A1E,AC.
又DE⊥AA1,且AA1∩AE=A,AA1,AE⊂平面AEA1,
所以DE⊥平面AEA1,又A1E⊂平面AEA1,于是DE⊥A1E.
所以∠AEA1为平面α与底面ABCD所成二面角的平面角.
因为BC∥AD,AD=2BC,所以S△ADC=2S△BCA.
又因为梯形ABCD的面积为6,DC=2,所以S△ADC=4,AE=4.
于是tan∠AEA1=AA1AE=1,∠AEA1=π4.
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为π4.
解法二:如图2,以D为原点,DA,DD1的方向分别为x轴和z轴正方向建立空间直角坐标系.
图2
设∠CDA=θ.
因为S四边形ABCD=a+2a2·2sin θ=6,
所以a=2sinθ.
从而C(2cos θ,2sin θ,0),
A14sinθ,0,4,
所以DC=(2cos θ,2sin θ,0),DA1=4sinθ,0,4.
设平面A1DC的一个法向量为n=(x,y,1),
由DA1·n=4sinθx+4=0,DC·n=2xcosθ+2ysinθ=0,得x=-sin θ,y=cos θ,
所以n=(-sin θ,cos θ,1).
又因为平面ABCD的一个法向量为m=(0,0,1),
所以cos=n·m|n||m|=22,
易知所求二面角为锐二面角,
故平面α与底面ABCD所成二面角的大小为π4.
评析本题考查了空间直线、平面间的平行、垂直,柱、锥体积,二面角等知识;考查综合推理,转化与化归的意识,运用向量推理计算的能力;准确把握空间结构进行推理证明是解题的关键.
11.(2013辽宁,18,12分)如图,AB是圆O的直径,PA垂直圆O所在的平面,C是圆O上的点.
(1)求证:BC⊥平面PAC;
(2)设Q为PA的中点,G为△AOC的重心,求证:QG∥平面PBC.
证明 (1)由AB是圆O的直径,得AC⊥BC.
由PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC.
又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,
所以BC⊥平面PAC.(6分)
(2)连接OG并延长交AC于M,连接QM,QO,由G为△AOC的重心,得M为AC中点.
由Q为PA中点,得QM∥PC.
由O为AB中点,得OM∥BC.
因为QM∩MO=M,QM⊂平面QMO,MO⊂平面QMO,
BC∩PC=C,BC⊂平面PBC,PC⊂平面PBC,
所以平面QMO∥平面PBC.
因为QG⊂平面QMO,
所以QG∥平面PBC.(12分)
【三年模拟】
一、填空题(每小题5分,共5分)
1.(2018北京海淀二模,14)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,点P在侧面ABB1A1内,若D1P垂直于CM,则△PBC的面积的最小值为 .
答案 255
二、解答题(共75分)
2.(2018北京朝阳期末,17)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ACB=90°,D是线段AC的中点,且A1D⊥平面ABC.
(1)求证:平面A1BC⊥平面AA1C1C;
(2)求证:B1C∥平面A1BD;
(3)若A1B⊥AC1,AC=BC=2,求二面角A-A1B-C的余弦值.
解析 (1)证明:因为∠ACB=90°,所以BC⊥AC.
因为A1D⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以A1D⊥BC.
因为A1D∩AC=D,所以BC⊥平面AA1C1C.
又因为BC⊂平面A1BC,所以平面A1BC⊥平面AA1C1C.
(2)证明:如图,连接AB1,设AB1∩A1B=E,连接DE,
则E为AB1的中点,
因为D是AC的中点,所以DE∥B1C.
又因为DE⊂平面A1BD,B1C⊄平面A1BD,
所以B1C∥平面A1BD.
(3)取AB的中点F,且D为AC的中点,则DF∥BC,
因为BC⊥AC,所以DF⊥AC,
又因为A1D⊥平面ABC,
所以DF,DC,DA1两两垂直.
以D为原点,直线DF,DC,DA1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz(如图).
由(1)可知,BC⊥平面AA1C1C,
所以BC⊥AC1.
又因为A1B⊥AC1,BC∩A1B=B,BC,A1B⊂平面A1BC,
所以AC1⊥平面A1BC,又A1C⊂平面A1BC,所以AC1⊥A1C,
所以四边形AA1C1C为菱形.
由AC=BC=2,知A(0,-1,0),C(0,1,0),B(2,1,0),A1(0,0,3),C1(0,2,3).
设平面A1AB的法向量为n=(x,y,z),
因为AA1=(0,1,3),AB=(2,2,0),
所以n·AA1=0,n·AB=0,即y+3z=0,2x+2y=0.
令z=1,则n=(3,-3,1).
由题意知平面A1BC的一个法向量为AC1=(0,3,3),
故|cos|=AC1·n|AC1|·|n|=-33+323×7=77.
由图可知,二面角A-A1B-C的平面角为锐角,
所以二面角A-A1B-C的余弦值为77.
3.(2018北京石景山期末,17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PCD⊥平面ABCD,BC=1,AB=2,PC=PD=2,E为PA的中点.
(1)求证:PC∥平面BED;
(2)求二面角A-PC-D的余弦值;
(3)在棱PC上是否存在点M,使得BM⊥AC?若存在,求PMPC的值;若不存在,说明理由.
解析 (1)证明:设AC与BD的交点为F,连接EF.
因为四边形ABCD为矩形,所以F为AC的中点,
在△PAC中,E为PA的中点,
所以EF∥PC.
又EF⊂平面BED,PC⊄平面BED,
所以PC∥平面BED.
(2)取CD的中点O,连接PO.
因为△PCD是等腰三角形,O为CD的中点,
所以PO⊥CD.
又因为平面PCD⊥平面ABCD,
PO⊂平面PCD,平面PCD∩平面ABCD=CD,
所以PO⊥平面ABCD.
取AB的中点G,连接OG,
因为四边形ABCD为矩形,
所以OG⊥CD,
易知PO⊥OG.
如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则A(1,-1,0),C(0,1,0),P(0,0,1),D(0,-1,0),B(1,1,0),O(0,0,0),G(1,0,0),所以AC=(-1,2,0),PC=(0,1,-1).
设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),
则n·AC=0,n·PC=0,即x-2y=0,y-z=0.
令z=1,则y=1,x=2,
所以n=(2,1,1).
易知平面PCD的一个法向量为OG=(1,0,0),
设n与OG的夹角为α,所以cos α=OG·n|OG|·|n|=63.
由图可知二面角A-PC-D的平面角为锐角,
所以二面角A-PC-D的余弦值为63.
(3)存在.设M是棱PC上一点,则存在λ∈[0,1],使得PM=λPC,
因此点M(0,λ,1-λ),则BM=(-1,λ-1,1-λ).
因为BM⊥AC,所以BM·AC=0,即1+2(λ-1)=0,解得λ=12.
因为λ=12∈[0,1],所以在棱PC上存在点M,使得BM⊥AC,此时PMPC=12.
思路分析 (1)因为条件中E为PA的中点,所以利用三角形的中位线的性质和线面平行的判定定理求证;
(2)建立空间直角坐标系,利用夹角公式求解;
(3)设PM=λPC,λ∈[0,1],表示出点M的坐标后,利用BM·AC=0建立方程,求出λ的值.
4.(2018北京朝阳一模,16)如图1,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,E为AD的中点,O为BE的中点.将△ABE沿BE折起到△A'BE的位置,使得平面A'BE⊥平面BCDE(如图2).
(1)求证:A'O⊥CD;
(2)求直线A'C与平面A'DE所成角的正弦值;
(3)在线段A'C上是否存在点P,使得OP∥平面A'DE?若存在,求出A'PA'C的值;若不存在,请说明理由.
图1 图2
解析 (1)证明:由题意得AB=AE=2,
因为O为BE的中点,所以A'O⊥BE.
因为平面A'BE⊥平面BCDE,且平面A'BE∩平面BCDE=BE,
A'O⊂平面A'BE,所以A'O⊥平面BCDE.
又因为CD⊂平面BCDE,所以A'O⊥CD.
(2)设F为线段BC上靠近B点的四等分点,G为CD的中点,
则易得OF⊥OG.
由(1)可知,A'O⊥平面BCDE,
所以A'O⊥OF,A'O⊥OG.
以O为原点,OF,OG,OA'所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz(如图).
因为A'B=2,BC=4,所以A'(0,0,2),B(1,-1,0),C(1,3,0),D(-1,3,0),E(-1,1,0).
设平面A'DE的法向量为m=(x1,y1,z1),
因为A'D=(-1,3,-2),DE=(0,-2,0),
所以m·A'D=0,m·DE=0,即-x1+3y1-2z1=0,-2y1=0.
令z1=-1,则x1=2,所以m=(2,0,-1).
又A'C=(1,3,-2),
设直线A'C与平面A'DE所成的角为θ,则直线A'C与平面A'DE所成角θ的正弦值为
sin θ=|cos|=2223×3=23.
(3)在线段A'C上存在点P,使得OP∥平面A'DE.理由如下:
如图,设P(x0,y0,z0),且A'PA'C=λ(0≤λ≤1),则A'P=λA'C,λ∈[0,1].
因为A'(0,0,2),C(1,3,0),所以A'P=(x0,y0,z0-2),A'C=(1,3,-2),即(x0,y0,z0-2)=(λ,3λ,-2λ),
所以x0=λ,y0=3λ,z0=2-2λ,
所以P(λ,3λ,2-2λ),则OP=(λ,3λ,2-2λ).
若OP∥平面A'DE,则OP⊥m,即OP·m=0.
由(2)可知,平面A'DE的一个法向量为m=(2,0,-1),
即2λ-2+2λ=0,
解得λ=12∈[0,1],
所以在直线A'C上存在点P,使得OP∥平面A'DE,
此时A'PA'C=12.
5.(2017北京东城二模,17)如图,在几何体ABCDEF中,平面ADE⊥平面ABCD,四边形ABCD为菱形,且∠DAB=60°,EA=ED=AB=2EF,EF∥AB,M为BC的中点.
(1)求证:FM∥平面BDE;
(2)求直线CF与平面BDE所成角的正弦值;
(3)在棱CF上是否存在点G,使得BG⊥DE?若存在,求出CGCF的值;若不存在,请说明理由.
解析 (1)证明:如图,取CD的中点N,连接MN,FN.
因为N,M分别为CD,BC的中点,
所以MN∥BD.
又BD⊂平面BDE且MN⊄平面BDE,
所以MN∥平面BDE,
因为四边形ABCD为菱形,所以AB∥CD,
又因为EF∥AB,AB=2EF,
所以EF∥CD,EF=DN.
所以四边形EFND为平行四边形.
所以FN∥ED.
又ED⊂平面BDE且FN⊄平面BDE,
所以FN∥平面BDE,
又N为FN和MN的交点,
所以平面MFN∥平面BDE.
又FM⊂平面MFN,
所以FM∥平面BDE.
(2)如图,取AD的中点O,连接EO,BO.
因为EA=ED,所以EO⊥AD.
因为平面ADE⊥平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,
所以EO⊥平面ABCD,又BO⊂平面ABCD,所以EO⊥BO.
因为AD=AB,∠DAB=60°,
所以三角形ADB为等边三角形.
因为O为AD的中点,
所以AD⊥BO,
故EO,BO,AO两两垂直,以O为原点,OA,OB,OE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.
设AB=4,则A(2,0,0),B(0,23,0),C(-4,23,0),D(-2,0,0),E(0,0,23),F(-1,3,23),所以CF=(3,-3,23),DE=(2,0,23),BE=(0,-23,23).
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),
则n·BE=0,n·DE=0,即-23y+23z=0,2x+23z=0.
令z=1,则y=1,x=-3,
所以n=(-3,1,1).
设直线CF与平面BDE所成的角为α,
则sin α=|cos|=|CF·n||CF||n|=1010,
所以直线CF与平面BDE所成角的正弦值为1010.
(3)存在.设G是棱CF上一点,且CG=λCF,λ∈[0,1],
因此点G(3λ-4,-3λ+23,23λ),
所以BG=(3λ-4,-3λ,23λ).
因为BG⊥DE,所以BG·DE=0,即2(3λ-4)+23×23λ=0,解得λ=49.
因为λ=49∈[0,1],所以在棱CF上存在点G,使得BG⊥DE,
此时CGCF=49.
方法点拨 构建空间直角坐标系需要找到三条相互垂直的直线,常借助平面几何图形的特征在平面内寻找.线面垂直的证明常可以利用面面垂直的性质定理来解决.
6.(2017北京朝阳二模,17)如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4,BC=2,D,E分别为边AC,AB的中点,点F,G分别为线段CD,BE的中点,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使∠A1DC=60°,点Q为线段A1B上的一点,如图2.
(1)求证:A1F⊥BE;
(2)在线段A1B上是否存在点Q,使得FQ∥平面A1DE?若存在,求出A1Q的长;若不存在,请说明理由;
(3)当A1Q=34A1B时,求直线GQ与平面A1DE所成角的大小.
解析 (1)证明:因为A1D=DC,∠A1DC=60°,
所以△A1DC为等边三角形,
又因为点F为线段CD的中点,所以A1F⊥DC.
由题可知ED⊥A1D,ED⊥DC,又A1D∩DC=D,A1D,DC⊂平面A1DC,
所以ED⊥平面A1DC,因为A1F⊂平面A1DC,
所以ED⊥A1F.
又ED∩DC=D,ED,DC⊂平面BCDE,所以A1F⊥平面BCDE.
又BE⊂平面BCDE,
所以A1F⊥BE.
(2)连接FG,由(1)知A1F⊥平面BCDE,FG⊥DC,
以F点为原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则F(0,0,0),D(0,-1,0),C(0,1,0),E(1,-1,0),A1(0,0,3),B(2,1,0),所以A1D=(0,-1,-3),DE=(1,0,0).
设平面A1DE的法向量为n=(x,y,z),
则n·A1D=0,n·DE=0,即-y-3z=0,x=0,
令z=1,得y=-3,所以n=(0,-3,1).
假设在线段A1B上存在点Q,使FQ∥平面A1DE.
设A1Q=λA1B,λ∈[0,1],又A1B=(2,1,-3),
所以A1Q=(2λ,λ,-3λ),所以Q(2λ,λ,3-3λ),
则FQ=(2λ,λ,3-3λ),所以FQ·n=-3λ+3-3λ=0,
解得λ=12.
则在线段A1B上存在点Q,使FQ∥平面A1DE,且A1Q=2.
(3)因为A1Q=34A1B,且A1B=(2,1,-3),
所以A1Q=32,34,-334,所以Q32,34,34,
又因为G32,0,0,所以GQ=0,34,34.
又平面A1DE的法向量为n=(0,-3,1),
设直线GQ与平面A1DE所成的角为θ,
则sin θ=GQ·n|GQ|·|n|=0-334+3432×2=12,
所以直线GQ与平面A1DE所成角的大小为30°.
方法点拨 与位置关系有关的存在性问题用传统的方法解决难度较大,用向量方法处理,尤其是引入坐标表达的空间向量,通过待定系数法求解思路简单,解法固定,操作方便.
7.(2019届北京十四中10月月考,17)如图,四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥平面ABCD,M是棱PD的中点,且AB=AC=PA=2,BC=22.
(1)求证:CD⊥平面PAC;
(2)求二面角M-AB-C的大小;
(3)若N是线段AB上一点,且直线CN与平面MAB成角的正弦值为105,求ANNB的值.
解析 (1)证明:因为在△ABC中,
AB=AC=2,BC=22,
所以BC2=AB2+AC2,所以AB⊥AC.
因为四边形ABCD为平行四边形,
所以AB∥CD,所以AC⊥CD.
又因为PA⊥平面ABCD,
所以PA⊥CD.
因为AC∩PA=A,
所以CD⊥平面PAC.
(2)如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,2,0).
因为M是棱PD的中点,所以M(-1,1,1),
所以AM=(-1,1,1),设平面MAB的法向量为n=(x,y,z),
所以n·AM=0,n·AB=0,
即-x+y+z=0,2x=0,令y=1,则z=-1,
所以平面MAB的法向量为n=(0,1,-1).
因为PA⊥平面ABCD,
所以AP=(0,0,2)是平面ABC的一个法向量.
所以cos=n·AP|AP||n|=-22×2=-22,
因为二面角M-AB-C为锐二面角,
所以二面角M-AB-C的大小为π4.
(3)因为N是线段AB上一点,
所以设N(x,0,0),
则0≤x≤1,NC=(-x,2,0).
设直线CN与平面MAB所成角为α,
因为平面MAB的法向量为n=(0,1,-1),
所以sin α=cosπ2-α=n·NC|n||NC|=22×x2+4=105.
解得x=1,即AN=1,NB=1,所以ANNB=1.
