2020届二轮复习14立体几何中的向量方法作业

2020届二轮复习14立体几何中的向量方法作业

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=‎2‎‎3‎HF,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AD‎,BA,‎OF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,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).‎ 设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,‎ 则n‎1‎‎·AD=0,‎n‎1‎‎·AF=0,‎即‎2x=0,‎x-y+2z=0.‎ 不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),‎ 又EG=(0,1,-2),可得EG·n1=0,‎ 又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.‎ ‎(2)易证OA=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).‎ 设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,‎ 则n‎2‎‎·EF=0,‎n‎2‎‎·CF=0,‎即x+y=0,‎‎-x+y+2z=0.‎ 不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).‎ 因此有cos=OA‎·‎n‎2‎‎|OA|·|n‎2‎|‎=-‎6‎‎3‎,‎ 于是sin=‎3‎‎3‎.‎ 所以,二面角O-EF-C的正弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(3)由AH=‎2‎‎3‎HF,得AH=‎2‎‎5‎AF.‎ 因为AF=(1,-1,2),‎ 所以AH‎=‎2‎‎5‎AF=‎‎2‎‎5‎‎,-‎2‎‎5‎,‎‎4‎‎5‎,‎ 进而有H‎-‎3‎‎5‎,‎3‎‎5‎,‎‎4‎‎5‎,从而BH‎=‎‎2‎‎5‎‎,‎8‎‎5‎,‎‎4‎‎5‎,‎ 因此cos=BH‎·‎n‎2‎‎|BH|·|n‎2‎|‎=-‎7‎‎21‎.‎ 所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为‎7‎‎21‎.‎ ‎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PFPC‎=‎‎1‎‎3‎.‎ ‎(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PGPB‎=‎‎2‎‎3‎,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AE=(0,1,1),PC=(2,2,-2),AP=(0,0,2).‎ 所以PF‎=‎‎1‎‎3‎PC=‎2‎‎3‎‎,‎‎2‎‎3‎,-‎2‎‎3‎,AF‎=AP+‎PF=‎2‎‎3‎‎,‎2‎‎3‎,‎‎4‎‎3‎.‎ 设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·AE=0,‎n·AF=0,‎即y+z=0,‎‎2‎‎3‎x+‎2‎‎3‎y+‎4‎‎3‎z=0.‎ 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|n||p|‎=-‎3‎‎3‎.‎ 由题知,二面角F-AE-P为锐角,‎ 所以其余弦值为‎3‎‎3‎.‎ ‎(3)解直线AG在平面AEF内.‎ 因为点G在PB上,且PGPB‎=‎2‎‎3‎,‎PB=(2,-1,-2),‎ 所以PG‎=‎‎2‎‎3‎PB=‎4‎‎3‎,-‎2‎‎3‎,-‎4‎‎3‎,AG‎=AP+‎PG=‎4‎‎3‎,-‎2‎‎3‎‎,‎‎2‎‎3‎.‎ 由(2)知,平面AEF的法向量n=(-1,-1,1).‎ 所以AG·n=-‎4‎‎3‎‎+‎2‎‎3‎+‎‎2‎‎3‎=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:(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EC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=‎3‎‎2‎‎+‎‎2‎‎2‎‎=‎‎13‎.‎ 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=‎13-1‎=2‎3‎.‎ 在△BEC中,由于∠EBC=120°,‎ 由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,‎ 所以EC=2‎3‎,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(1,‎3‎,3),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的一个法向量.‎ 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的一个法向量.‎ 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.‎ 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,AB‎,AD,‎AA‎1‎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),Ea‎2‎‎,1,0‎,B1(a,0,1),‎ 故AD‎1‎=(0,1,1),B‎1‎E‎=‎-a‎2‎,1,-1‎,‎AB‎1‎=(a,0,1),AE‎=‎a‎2‎‎,1,0‎.‎ ‎(1)证明:∵AD‎1‎‎·‎B‎1‎E=-a‎2‎×0+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DP=(0,-1,z0).‎ 又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).‎ ‎∵n⊥平面B1AE,‎ ‎∴n⊥AB‎1‎,n⊥AE,‎ 得ax+z=0,‎ax‎2‎‎+y=0.‎ 取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=‎1,-a‎2‎,-a.‎ 要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,有a‎2‎-az0=0,‎ 解得z0=‎1‎‎2‎.又DP⊄平面B1AE,‎ ‎∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=‎1‎‎2‎.‎ ‎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‎3‎‎4‎?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=‎3‎时,平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为‎3‎‎4‎.‎ ‎∵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),E‎3‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,0‎,B(0,2,0),C(0,2,2),‎ ‎∴ME‎=‎3‎‎2‎‎,‎1‎‎2‎,-h,CE=‎‎3‎‎2‎‎,-‎3‎‎2‎,-2‎.‎ 设平面MCE的一个法向量n=(x,y,z),‎ 则n·ME=‎3‎x‎2‎+‎1‎‎2‎y-hz=0,‎n·CE=‎3‎x‎2‎-‎3‎‎2‎y-2z=0,‎ 令z=2,解得n=‎3‎‎3‎‎(2+3h),h-2,2‎,‎ 平面ABE的一个法向量m=(0,0,1).‎ 由题意可知,‎ cos=m·n‎|m||n|‎‎=‎2‎‎1‎‎3‎‎(2+3h‎)‎‎2‎+(h-2‎)‎‎2‎+4‎=‎‎3‎‎4‎,‎ 解得h=‎3‎.‎ 所以当AM=‎3‎时,平面ABE与平面MCE所成二面角的余弦值为‎3‎‎4‎.‎ 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=‎1‎‎4‎.‎ ‎(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=4×‎1‎‎4‎=1.‎ 由(1)知VC-ADE=VE-ACD=‎1‎‎3‎×S△ACD×DE ‎=‎1‎‎3‎‎×‎‎1‎‎2‎×AC×CD×DE ‎=‎1‎‎6‎×AC×BC≤‎1‎‎12‎×(AC2+BC2)‎ ‎=‎1‎‎12‎×AB2=‎4‎‎3‎,‎ 当且仅当AC=BC=2‎2‎时等号成立.‎ 如图,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E(0,2‎2‎,1),A(2‎2‎,0,0),B(0,2‎2‎,0),‎ 则AB=(-2‎2‎,2‎2‎,0),BE=(0,0,1),‎ DE‎=(0,2‎2‎,0),DA=(2‎2‎,0,-1).‎ 设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),‎ 则n‎1‎‎·DE=0,‎n‎1‎‎·DA=0,‎即‎2‎2‎y=0,‎‎2‎2‎x-z=0,‎ 取n1=(1,0,2‎2‎).‎ 设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),‎ 则n‎2‎‎·BE=0,‎n‎2‎‎·AB=0,‎即z=0,‎‎-2‎2‎x+2‎2‎y=0,‎ 取n2=(1,1,0),‎ 所以cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎‎=‎1‎‎2‎‎×‎‎9‎=‎‎2‎‎6‎.‎ 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-‎2‎‎6‎.‎ ‎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=‎1‎‎4‎AD.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=‎1‎‎2‎BO=‎1‎‎4‎BD.‎ 在图②中,连接BD交EF于点N,连接MN.‎ 在△DPB中,有BN=‎1‎‎4‎BD,PM=‎1‎‎4‎PD,‎ 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=‎2‎,则MN=PM‎2‎+PN‎2‎‎=‎‎3‎.‎ 在△MND中,MD=3,DN=3‎2‎,由余弦定理,得 cos∠MND=MN‎2‎+DN‎2‎-MD‎2‎‎2MN·DN‎=‎‎6‎‎3‎.‎ 所以二面角M-EF-D的余弦值为‎6‎‎3‎.‎ 图①‎ 图②‎ ‎(方法二)以P为原点,分别以PE‎,PF,‎PD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EM=(-2,0,1),FM=(0,-2,1),ED=(-2,0,4),FD=(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n‎1‎‎·EM=0,‎n‎1‎‎·FM=0,‎得‎-2x‎1‎+z‎1‎=0,‎‎-2y‎1‎+z‎1‎=0,‎于是取n1=(1,1,2),‎ 又由n‎2‎‎·ED=0,‎n‎2‎‎·FD=0,‎得‎-2x‎2‎+4z‎2‎=0,‎‎-2y‎2‎+4z‎2‎=0,‎于是可取n2=(2,2,1).‎ 因为cos=n‎1‎‎·‎n‎2‎‎|n‎1‎||n‎2‎|‎‎=‎6‎‎6‎‎×‎‎9‎=‎‎6‎‎3‎,‎ 所以二面角M-EF-D的余弦值为‎6‎‎3‎.‎ ‎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‎4‎‎5‎?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:∵PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1),‎ 设PB=sFE+tFG,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,‎ ‎∴PB=2FE+2FG.‎ 又∵FE与FG不共线,∴FE与FG共面.‎ ‎∵PB⊄平面EFG,∴PB∥平面EFG.‎ ‎(2)∵EG=(1,2,-1),BD=(-2,2,0),‎ ‎∴EG‎·‎BD=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.‎ 又∵|EG|=‎1‎‎2‎‎+‎2‎‎2‎+(-1‎‎)‎‎2‎‎=‎‎6‎,‎ ‎|BD|=‎(-2‎)‎‎2‎+‎2‎‎2‎+‎‎0‎‎2‎=2‎2‎,‎ ‎∴cos=EG‎·‎BD‎|EG||BD|‎‎=‎2‎‎6‎‎×2‎‎2‎=‎‎3‎‎6‎.‎ 因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为‎3‎‎6‎.‎ ‎(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),∴EQ=(2-m,2,-1).‎ 而EF=(0,1,0),‎ 设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),‎ 则n·EF=(x,y,z)·(0,1,0)=0,‎n·EQ=(x,y,z)·(2-m,2,-1)=0,‎ ‎∴‎y=0,‎‎(2-m)x+2y-z=0,‎ 令x=1,则n=(1,0,2-m),‎ ‎∴点A到平面EFQ的距离d=‎|AE·n|‎‎|n|‎‎=‎|2-m|‎‎1+(2-m‎)‎‎2‎=‎‎4‎‎5‎,‎ 即(2-m)2=‎16‎‎9‎,‎ ‎∴m=‎2‎‎3‎或m=‎10‎‎3‎(不合题意,舍去),‎ 故存在点Q,当CQ=‎2‎‎3‎时,点A到平面EFQ的距离为‎4‎‎5‎.‎