1、1 专题能力训练 15 立体几何中的向量方法 专题能力训练第 36 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,的方向为 x 轴、y 轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得点 O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,
2、-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明:依题意,知=(2,0,0),=(1,-1,2).设 n1=(x,y,z)为平面 ADF 的法向量,则1=0,1=0,即 2=0,-+2=0.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2=0,2=0,即 +=0,-+2=0.不妨设 x=1,可得 n2
3、=(1,-1,1).因此有 cos=2|2|=-63,2 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=(1,-1,2),所以=25 =(25,-25,45),进而有 H(-35,35,45),从而=(25,85,45),因此 cos=2|2|=-721.所以,直线 BH 和平面 CEF 所成角的正弦值为721.2.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1底面 ABC,ABC 是边长为 2 的正三角形,AA1=3,D,E 分别为 AB,BC 的中点.(1)求证:CD平面 AA1B1B;(2)求二面角 B-AE-B1的余
4、弦值;(3)在线段 B1C1上是否存在一点 M,使 BM平面 AB1E?说明理由.答案：(1)证明在三棱柱 ABC-A1B1C1中,AA1底面 ABC,CD平面 ABC,AA1CD.又ABC 为等边三角形,D 为 AB 的中点,CDAB.ABAA1=A,CD平面 AA1B1B.(2)解取 A1B1的中点 F,连接 DF.D,F 分别为 AB,A1B1的中点,DFAB.由(1)知 CDAB,CDDF,如图,建立空间直角坐标系 D-xyz.由题意,得A(1,0,0),B(-1,0,0),C(0,0,3),A1(1,3,0),B1(-1,3,0),C1(0,3,3),D(0,0,0),E-12,0,
5、32,3 =(-32,0,32),1=(-2,3,0).设平面 AB1E 的法向量 n=(x1,y1,z1),则=0,1=0,即-32 1+32 1=0,-21+31=0.令 x1=1,则 y1=23,z1=3.即 n=(1,23,3).易知平面 BAE 的一个法向量1=(0,3,0).1 n=(0,3,0)(1,23,3)=2,|1|=3,|n|=1+49+3=2103,cos=1|1|=1010.由题意知二面角 B-AE-B1为锐角,它的余弦值为1010.(3)解在线段 B1C1上不存在点 M,使 BM平面 AB1E.理由如下:假设在线段 B1C1上存在点 M,使 BM平面 AB1E,则0
6、,1,使得1=11.11=(1,0,3),1=(,0,3).又1=(0,3,0),=1+1=(,3,3).由(2)可知,平面 AB1E 的一个法向量 n=(1,23,3).BM平面 AB1E,当且仅当 n,即R,使得=n=(,23,3),则=,3=23,3=3,解得=92 0,1,这与 0,1矛盾.故在线段 B1C1上不存在点 M,使 BM平面 AB1E.3.(2020 全国,理 18)如图,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆心,AE 为底面直径,AE=AD.ABC 是底面的内接正三角形,P 为 DO 上一点,PO=66 DO.4 (1)证明:PA平面 PBC;(2)求二面角 B-PC-E
7、的余弦值.答案:(1)证明设 DO=a,由题设可得 PO=66 a,AO=33 a,AB=a,PA=PB=PC=22 a.因此PA2+PB2=AB2,从而 PAPB.又 PA2+PC2=AC2,故 PAPC.所以 PA平面 PBC.(2)解以 O 为坐标原点,的方向为 y 轴正方向,|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.由题设可得点 E(0,1,0),A(0,-1,0),C(-32,12,0),P(0,0,22).所以=(-32,-12,0),=(0,-1,22).设 m=(x,y,z)是平面 PCE 的法向量,则=0,=0,即-+22 =0,-32-12 =0.可取 m=(-
8、33,1,2).由(1)知=(0,1,22)是平面 PCB 的一个法向量,记 n=,则 cos=|=255.所以二面角 B-PC-E 的余弦值为255.5 4.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E 为 CD 的中点.(1)求证:B1EAD1;(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,1 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,则点 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(2,1,0),B1(a,0,1),故1=(0
9、,1,1),1=(-2,1,-1),1=(a,0,1),=(2,1,0).(1)证明:1 1=-2 0+11+(-1)1=0,B1EAD1.(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 1,n ,得+=0,2+=0.取 x=1,得平面 B1AE 的一个法向量 n=(1,-2,-).要使 DP平面 B1AE,只要 n ,有2-az0=0,解得 z0=12.又 DP平面 B1AE,存在点 P,满足 DP平面 B1AE,此时 AP=12.6 5.如图,在四棱锥 P-AB
10、CD 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.答案：(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 PDME.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 OPAD.又因为平面 PAD平面 ABCD,且 OP平面 PA
11、D,所以 OP平面 ABCD.因为 OE平面 ABCD,所以 OPOE.因为 ABCD 是正方形,所以 OEAD.如图建立空间直角坐标系 O-xyz,则点 P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-2).设平面 BDP 的法向量为 n=(x,y,z),则=0,=0,即 4-4=0,2-2=0.令 x=1,则 y=1,z=2.于是 n=(1,1,2),平面 PAD 的法向量为 p=(0,1,0).所以 cos=|=12.由题知二面角 B-PD-A 为锐角,所以它的大小为3.7 (3)解由题意知 M(-1,2,22),C(2,4,0),=(3,2,-
12、22).设直线 MC 与平面 BDP 所成角为,则 sin=|cos|=|=269.所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为269.6.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,DCEB,DC=EB,AB=4,tanEAB=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.答案：(1)证明因为 AB 是直径,所以 BCAC.因为 CD平面 ABC,所以 CDBC.因为 CDAC=C,所以 BC平面 ACD.因为 CDBE,CD=BE,所以四边形 BCD
13、E 是平行四边形,所以 BCDE,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=ABtanEAB=414=1.由(1)知 VC-ADE=VE-ACD=13 SACDDE=13 12 ACCDDE=16 ACBC112(AC2+BC2)=112 AB2=43,当且仅当 AC=BC=22时等号成立.8 如图,建立空间直角坐标系,则点 D(0,0,1),E(0,22,1),A(22,0,0),B(0,22,0),则=(-22,22,0),=(0,0,1),=(0,22,0),=(22,0,-1).设平面 DAE 的法向量为 n1=(x,y,z),
14、则1=0,1=0,即 22=0,22-=0,取 n1=(1,0,22).设平面 ABE 的法向量为 n2=(x,y,z),则2=0,2=0,即 =0,-22+22=0,取 n2=(1,1,0),所以 cos=12|1|2|=129=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-26.二、思维提升训练7.(2019 全国,理 19)由矩形 ADEB,RtABC 和菱形 BFGC 组成的一个平面图形如图所示,其中 AB=1,BE=BF=2,FBC=60.将其沿 AB,BC 折起使得 BE 与 BF 重合,连接 DG,如图 2.(1)证明:图 2 中的 A
15、,C,G,D 四点共面,且平面 ABC平面 BCGE;(2)求图 2 中的二面角 B-CG-A 的大小.答案：(1)证明由已知得 ADBE,CGBE,所以 ADCG,故 AD,CG 确定一个平面,从而 A,C,G,D 四点共面.由已知得 ABBE,ABBC,故 AB平面 BCGE.又因为 AB平面 ABC,所以平面 ABC平面 BCGE.(2)解作 EHBC,垂足为 H.因为 EH平面 BCGE,平面 BCGE平面 ABC,所以 EH平面 ABC.由已知,菱形 BCGE 的边长为 2,EBC=60,可求得 BH=1,EH=3.9 以 H 为坐标原点,的方向为 x 轴的正方向,建立如图所示的空间
16、直角坐标系 H-xyz,则 A(-1,1,0),C(1,0,0),G(2,0,3),=(1,0,3),=(2,-1,0).设平面 ACGD 的法向量为 n=(x,y,z),则 =0,=0,即 +3=0,2-=0.所以可取 n=(3,6,-3).又平面 BCGE 的法向量可取为 m=(0,1,0),所以 cos=|=32.因此二面角 B-CG-A 的大小为 30.8.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)
17、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 ABAD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则点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),10 设=s+t,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得 s=t=2,=2+2.又
18、与 不共线,与 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)+22+(-1)0=2.又|=12+22+(-1)2=6,|=(-2)2+22+02=22,cos=|=2622=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(0m2),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=(,)(0,1,0)=0,=(,)(2-,2,-1)=0,=0,(2-)+2-=0,令 x=1,则 n=(1,0,2-m),点 A 到平面 EFQ 的距离d=|=|2-|1+(2-)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.
