（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 专题能力训练15 立体几何中的向量方法 理

（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 专题能力训练15 立体几何中的向量方法 理

专题能力训练15　立体几何中的向量方法 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.‎ ‎2.‎ 14‎ ‎(2018北京,理16)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=,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.‎ ‎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.‎ ‎4.‎ 14‎ 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.‎ ‎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=,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.‎ 14‎ ‎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.‎ 二、思维提升训练 ‎7.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,现将梯形ABCD沿OB折起成如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=,E是线段PB上一动点.‎ ‎(1)证明:DE和PC不可能垂直;‎ 14‎ ‎(2)当PE=2BE时,求PD与平面CDE所成角的正弦值.‎ ‎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.‎ 14‎ 专题能力训练15　立体几何中的向量方法 一、能力突破训练 ‎1.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 14‎ ‎(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.(1)证明 在三棱柱ABC-A1B‎1C1中,‎ ‎∵CC1⊥平面ABC,∴四边形A1ACC1为矩形.‎ 又E,F分别为AC,A‎1C1的中点,∴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.‎ 建立如图所示的空间直角坐标系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).‎ ‎=(2,0,1),=(1,2,0).‎ 设平面BCD的法向量为n=(a,b,c),‎ 则 令a=2,则b=-1,c=-4,‎ 14‎ ‎∴平面BCD的法向量n=(2,-1,-4).‎ 又平面CDC1的法向量为=(0,2,0),‎ ‎∴cos==-‎ 由图可得二面角B-CD-C1为钝角,∴二面角B-CD-C1的余弦值为-‎ ‎(3)证明 平面BCD的法向量为n=(2,-1,-4),‎ ‎∵G(0,2,1),F(0,0,2),‎ ‎=(0,-2,1),‎ ‎∴n=-2,∴n与不垂直,‎ ‎∴FG与平面BCD不平行且不在平面BCD内,∴FG与平面BCD相交.‎ ‎3.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)解法一: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×cos 120°=12,所以EC=2,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角坐标系.‎ 14‎ 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=‎ 因此所求的角为60°.‎ ‎4.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).‎ 14‎ ‎∵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.(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)解 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,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).‎ 设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),‎ 14‎ 则 令x=1,则y=1,z=‎ 于是n=(1,1,),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).‎ 所以cos=‎ 由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为 ‎(3)解 由题意知M,C(2,4,0),‎ 设直线MC与平面BDP所成角为α,‎ 则sin α=|cos|=‎ 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为 ‎6.(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.‎ 14‎ 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=‎ 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-‎ 二、思维提升训练 ‎7.解 如题图甲所示,因为BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.‎ 因为BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=,如题图乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有OP2+OC2=PC2.所以OP⊥OC.‎ 而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP两两垂直,故以O为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),‎ ‎(1)证明:设E(x,0,1-x),其中0≤x≤1,所以=(x,-3,1-x),=(1,1,-1).‎ 14‎ 假设DE和PC垂直,则=0,有x-3+(1-x)·(-1)=0,解得x=2,这与0≤x≤1矛盾,假设不成立,所以DE和PC不可能垂直.‎ ‎(2)因为PE=2BE,所以E设平面CDE的一个法向量是n=(x,y,z),因为=(-1,2,0),,所以n=0,n=0,‎ 即 令y=1,则n=(2,1,5),而=(0,3,-1),‎ 所以|cos <,n>|=‎ 所以PD与平面CDE所成角的正弦值为 ‎8.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∵||=,‎ 14‎ ‎||==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 14‎