1、第4课时利用向量解决平行与垂直、夹角问题课后篇巩固提升基础巩固1.已知向量a=(x,2,-1),b=(2,4,-2),如果ab,那么x等于()A.-1B.1C.-5D.5解析向量a=(x,2,-1),b=(2,4,-2),ab,x2=24=-1-2,解得x=1.故选B.答案B2.(2019全国高考)已知AB=(2,3),AC=(3,t),|BC|=1,则ABBC=()A.-3B.-2C.2D.3解析由BC=AC-AB=(1,t-3),|BC|=12+(t-3)2=1,得t=3,则BC=(1,0).所以ABBC=(2,3)(1,0)=21+30=2.故选C.答案C3.如图,在正方体ABCD-A1
2、B1C1D1中,点M,N分别是面对角线A1B与B1D1的中点,若DA=a,DC=b,DD1=c,则MN=()A.12(c+b-a)B.12(a+b-c)C.12(a-c)D.12(c-a)解析在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M,N分别是面对角线A1B与B1D1的中点,DA=a,DC=b,DD1=c,MN=MB+BB1+B1N=12A1B+BB1+12B1D1=12(A1A+AB)+BB1+12(BC+CD)=12(-c+b)+c+12(-a-b)=-12a+12c=12(c-a),故选D.答案D4.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,N是棱AD的中点,M是棱CC1上的点,且CC1
3、=3CM,则直线BM与B1N所成的角的余弦值是()A.105B.2515C.1020D.1030解析以D为坐标原点,以DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设N32,0,0,B(3,3,0),M(0,3,1),B1(3,3,3),BM=(-3,0,1),B1N=-32,-3,-3.cos=B1NBM|B1N|BM|=1030,故选D.答案D5.已知点A(m,-2,n),点B(-5,6,24)和向量a=(-3,4,12),且ABa,则点A的坐标为.解析A(m,-2,n),B(-5,6,24),AB=(-5-m,8,24-n).又向量a=(-3,4,12),且ABa,AB
4、=a,即-5-m=-3,8=4,24-n=12,解得=2,m=1,n=0,点A的坐标为(1,-2,0).答案(1,-2,0)6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为a,M,N分别为A1B和AC上的点,A1M=AN=2a3,则MN与平面BB1C1C的位置关系是.解析正方体棱长为a,A1M=AN=2a3,MB=23A1B,CN=23CA.MN=MB+BC+CN=23A1B+BC+23CA=23(A1B1+B1B)+BC+23(CD+DA)=23B1B+13B1C1.又CD是平面B1BCC1的法向量,MNCD=23B1B+13B1C1CD=0.MNCD.又MN平面B1BCC1,MN平面B1B
5、CC1.答案平行7.(2019天津高考)在四边形ABCD中,ADBC,AB=23,AD=5,A=30,点E在线段CB的延长线上,且AE=BE,则BDAE=.解析ADBC,且DAB=30,ABE=30.EA=EB,EAB=30.AEB=120.在AEB中,EA=EB=2,BDAE=(BA+AD)(ABBE)=-BA2+BABE+ADAB+ADBE=-12+232cos 30+523cos 30+52cos 180=-22+6+15=-1.答案-18.如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,CA=CB,BAA1=45,平面AA1C1C平面AA1B1B.(1)求证:AA1BC;(2)若BB1=2AB=2
6、,直线BC与平面ABB1A1所成角为45,D为CC1的中点,求二面角B1-A1D-C1的余弦值.(1)证明过点C作COAA1,垂足为O,因为平面AA1C1C平面AA1B1B,所以CO平面AA1B1B,故COOB.又因为CA=CB,CO=CO,COA=COB=90,所以RtAOCRtBOC,故OA=OB.因为A1AB=45,所以AA1OB.又因为AA1CO,所以AA1平面BOC,故AA1BC.(2)解以O为坐标原点,OA,OB,OC所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系O-xyz,因为CO平面AA1B1B,所以CBO是直线BC与平面AA1B1B所成角,故CBO=45,所以AB=2,AO=BO
7、=CO=1,A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),A1(-1,0,0),B1(-2,1,0),D(-1,0,1),设平面A1B1D的法向量为n=(x1,y1,z1),则nA1D=0,nB1D=0,所以z1=0,x1-y1+z1=0,令x1=1,得n=(1,1,0),因为OB平面AA1C1C,所以OB为平面A1C1D的一条法向量,OB=(0,1,0),cos=nOB|n|OB|=22,所以二面角B1-A1D-C1的余弦值为22.9.(2019天津高考)如图,AE平面ABCD,CFAE,ADBC,ADAB,AB=AD=1,AE=BC=2.(1)求证:BF平面ADE;(2)求直线CE
8、与平面BDE所成角的正弦值;(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13,求线段CF的长.(1)证明依题意,可以建立以A为原点,分别以AB,AD,AE的方向为x轴,y轴,z轴正方向的空间直角坐标系(如图),可得A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0),E(0,0,2).设CF=h(h0),则F(1,2,h).依题意,AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量,又BF=(0,2,h),可得BFAB=0,又因为直线BF平面ADE,所以BF平面ADE.(2)解依题意,BD=(-1,1,0),BE=(-1,0,2),CE=(-1,-2,2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法
9、向量,则nBD=0,nBE=0,即-x+y=0,-x+2z=0,不妨令z=1,可得n=(2,2,1).因此有cos=CEn|CE|n|=-49.所以,直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49.(3)解设m=(x,y,z)为平面BDF的法向量,则mBD=0,mBF=0,即-x+y=0,2y+hz=0,不妨令y=1,可得m=1,1,-2h.由题意,有|cos|=|mn|m|n|=4-2h32+4h2=13,解得h=87,经检验,符合题意.所以,线段CF的长为87.能力提升1.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,点M在AC1上且AM=12MC1,N为B1B的中点,则|MN|为()A.216a
10、B.66aC.156aD.153a解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz,则A(a,0,0),C1(0,a,a),Na,a,a2.设M(x,y,z),点M在AC1上且AM=12MC1,(x-a,y,z)=12(-x,a-y,a-z).x=23a,y=a3,z=a3.M2a3,a3,a3,|MN|=a-23a2+a-a32+a2-a32=216a.答案A2.已知ABCD-A1B1C1D1为正方体,则二面角B-A1C1-A的余弦值为()A.23B.22C.63D.32解析以D为原点,直线DA为x轴,直线DC为y轴,直线DD1为z轴,建立空间直角坐标系.设正方体ABCD-A1B1C1D1
11、的棱长为1,则A(1,0,0),A1(1,0,1),B(1,1,0),C1(0,1,1),A1C1=(-1,1,0),A1A=(0,0,-1),A1B=(0,1,-1).设平面A1C1A的法向量n=(x,y,z),则nA1C1=-x+y=0,nA1A=-z=0,取x=1,得n=(1,1,0).设平面A1C1B的法向量m=(a,b,c),则mA1C1=-a+b=0,mA1B=b-c=0,取a=1,得m=(1,1,1).设二面角B-A1C1-A的平面角为,则cos =|mn|m|n|=223=63.二面角B-A1C1-A的余弦值为63.故选C.答案C3.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,
12、设AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中点,则B1C与A1P所成角的大小为,B1CA1P=.解析以D为坐标原点,以DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴,建立空间坐标系,如图所示.AD=AA1=1,AB=2,P是C1D1的中点,B1(1,2,1),C(0,2,0),A1(1,0,1),P(0,1,1).B1C=(-1,0,-1),A1P=(-1,1,0).B1CA1P=1+0+0=1,|B1C|=2,|A1P|=2.设B1C与A1P所成角为,cos =122=12,=60.答案6014.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都相等,M为A1C1的中点,N为BB1的中点,则直线CM与AN
13、所成的角的余弦值为.解析以A为原点,在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴,AC为y轴,AA1为z轴,建立空间直角坐标系,设正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,则C(0,2,0),M(0,1,2),A(0,0,0),N(3,1,1),CM=(0,-1,2),AN=(3,1,1),设直线CM与AN所成的角为,则cos =|CMAN|CM|AN|=155=15.直线CM与AN所成的角的余弦值为15.故答案为15.答案155.在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,设PA=PB=PC=a,则点P到平面ABC的距离为.解析根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz,则P(0,0,
14、0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a).过点P作PH平面ABC,交平面ABC于点H,则PH的长即为点P到平面ABC的距离.PA=PB=PC,H为ABC的外心.又ABC为正三角形,H为ABC的重心,可得H点的坐标为a3,a3,a3.PH=a3-02+a3-02+a3-02=33a.点P到平面ABC的距离为33a.答案33a6.如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,AB=1,CD=3,AP=2,DP=23,PAD=60,AB平面PAD,点M在棱PC上.(1)求证:平面PAB平面PCD;(2)若直线PA平面MBD,求此时直线BP与平面MBD所成角的正弦值.解(1)证明:因为AB
15、平面PAD,所以ABDP.又因为DP=23,AP=2,PAD=60,由PDsinPAD=PAsinPDA,可得sinPDA=12,所以PDA=30,所以APD=90,即DPAP,因为ABAP=A,所以DP平面PAB,因为DP平面PCD,所以平面PAB平面PCD.(2)由AB平面PAD,以点A为坐标原点,在平面PAD中,过点A作AD的垂线为x轴,AD,AB所在直线分别为y轴,z轴,如图所示建立空间直角坐标系.其中A(0,0,0),B(0,0,1),C(0,4,3),D(0,4,0),P(3,1,0).从而BD=(0,4,-1),AP=(3,1,0),PC=(-3,3,3),设PM=PC,从而得M
16、(3(1-),3+1,3),BM=(3(1-),3+1,3-1),设平面MBD的法向量为n=(x,y,z),若直线PA平面MBD,满足nBM=0,nBD=0,nAP=0,即3(1-)x+(3+1)y+(3-1)z=0,4y-z=0,3x+y=0,得=14,取n=(3,-3,-12),且BP=(3,1,-1),直线BP与平面MBD所成角的正弦值sin =|nBP|n|BP|=|3-3+12|1565=265195.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA底面ABCD,ABC=60,AB=3,AD=23,AP=3.(1)求证:平面PCA平面PCD;(2)设E为侧棱PC上的一
17、点,若直线BE与底面ABCD所成的角为45,求二面角E-AB-D的余弦值.解(1)证明:在平行四边形ABCD中,ADC=60,CD=3,AD=23,由余弦定理得AC2=AD2+CD2-2ADCDcosADC=12+3-2233cos 60=9,AC2+CD2=AD2,ACD=90,即CDAC,又PA底面ABCD,CD底面ABCD,PACD.又ACCD=C,CD平面PCA.又CD平面PCD,平面PCA平面PCD.(2)如图,以A为坐标原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.则A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,3,0),D(-3,3,0),P(0,0,3
18、).设E(x,y,z),PE=PC(01),则(x,y,z-3)=(0,3,-3),x=0,y=3,z=3-3,即点E的坐标为(0,3,3-3),BE=(-3,3,3-3).又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1),sin 45=|cos|=|3-3|3+92+(3-3)2,解得=13.点E的坐标为(0,1,2),AE=(0,1,2),AB=(3,0,0),设平面EAB的法向量为m=(x,y,z),由mAB=0,mAE=0,得x=0,y+2z=0,令z=1,得平面EAB的一个法向量为m=(0,-2,1),cos=mn|m|n|=15=55.又二面角E-AB-D的平面角为锐角,所以,二面角E-AB-D的余弦值为55.
