7 第7讲　立体几何中的向量方法 新题培优练.doc

[基础题组练] 1.将边长为1的正方形AA1O1O(及其内部)绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为(　　) A.　　　　B. C.　　　　D. 解析：选B.以O为坐标原点建系如图，则A(0，1，0)，A1(0，1，1)，B1，C. 所以＝(0，0，1)，＝(0，－1，－1)， 所以cos〈，〉＝ ＝＝－， 所以〈，〉＝， 所以异面直线B1C与AA1所成的角为.故选B. 2．如图，已知长方体ABCD­A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为(　　) A. B. C. D. 解析：选A.如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0，3，1)，D1(0，0，1)，E(1，1，0)，C(0，3，0)，所以＝(0，3，1)，＝(1，1，－1)，＝(0，3，－1)． 设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)， 则即即取y＝1，得n＝(2，1，3)． 因为cos〈，n〉＝＝＝， 所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为，故选A. 3．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为(　　) A. B. C. D. 解析：选B.以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，设棱长为1，则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)， 所以＝(0，1，－1)， ＝， 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)， 则即 所以 所以n1＝(1，2，2)． 又平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)， 所以cos〈n1，n2〉＝＝. 即平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为. 4．如图，正三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长都相等，E，F，G分别为AB，AA1，A1C1的中点，则B1F与平面GEF所成角的正弦值为________． 解析：设正三棱柱的棱长为2，取AC的中点D，连接DG，DB，分别以DA，DB，DG所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则B1(0，，2)，F(1，0，1)， E，G(0，0，2)， ＝(1，－，－1)，＝，＝(1，0，－1)． 设平面GEF的法向量n＝(x，y，z)， 则即 取x＝1，则z＝1，y＝， 故n＝(1，，1)为平面GEF的一个法向量， 所以|cos〈n，〉|＝＝， 所以B1F与平面GEF所成角的正弦值为. 答案： 5．(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1. (1)证明：BE⊥平面EB1C1； (2)若AE＝A1E，求二面角B－EC－C1的正弦值． 解：(1)证明：由已知得，B1C1⊥平面ABB1A1，BE⊂平面ABB1A1， 故B1C1⊥BE. 又BE⊥EC1， 所以BE⊥平面EB1C1. (2)由(1)知∠BEB1＝90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E，所以∠AEB＝45°，故AE＝AB，AA1＝2AB. 以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz， 则C(0，1，0)，B(1，1，0)，C1(0，1，2)，E(1，0，1)，＝(1，0，0)，＝(1，－1，1)，1＝(0，0，2)． 设平面EBC的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 所以可取n＝(0，－1，－1)． 设平面ECC1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则 即 所以可取m＝(1，1，0)． 于是cosn，m＝＝－. 所以，二面角B－EC－C1的正弦值为. 6．(2019·福州市质量检测)如图，四棱锥P­ABCD，AB∥CD，∠BCD＝90°，AB＝2BC＝2CD＝4，△PAB为等边三角形，平面PAB⊥平面ABCD，Q为PB的中点． (1)求证：AQ⊥平面PBC； (2)求二面角B­PC­D的余弦值． 解：(1)证明：因为AB∥CD，∠BCD＝90°， 所以AB⊥BC， 又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB， 所以BC⊥平面PAB， 又AQ⊂平面PAB，所以BC⊥AQ， 因为Q为PB的中点，且△PAB为等边三角形， 所以PB⊥AQ， 又PB∩BC＝B， 所以AQ⊥平面PBC. (2)取AB的中点O，连接PO，OD， 因为△PAB为等边三角形，所以PO⊥AB， 由平面PAB⊥平面ABCD，PO⊂平面PAB， 得PO⊥平面ABCD， 所以PO⊥OD，由AB＝2BC＝2CD＝4，∠ABC＝90°， 可知OD∥BC，所以OD⊥AB. 以AB中点O为坐标原点，分别以OD，OB，OP所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， 则A(0，－2，0)，D(2，0，0)，C(2，2，0)，P(0，0，2)，B(0，2，0)， 所以＝(2，2，0)，＝(－2，0，2)，＝(0，－2，0)． 因为Q为PB的中点，所以Q(0，1，)， 由(1)知，平面PBC的一个法向量为＝(0，3，)． 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，由， 得，取z＝1，则n＝(，0，1)， cos〈，n〉＝＝＝. 因为二面角B­PC­D为钝角， 所以二面角B­PC­D的余弦值为－. 7．如图(1)，在△MBC中，MA是BC边上的高，MA＝3，AC＝4.如图(2)，将△MBC沿MA进行翻折，使得二面角B­MA­C为90°，再过点B作BD∥AC，连接AD，CD，MD，且AD＝2，∠CAD＝30°. (1)求证：CD⊥平面MAD； (2)在线段MD上取一点E使＝，求直线AE与平面MBD所成角的正弦值． 解：(1)证明：在△ADC中，AC＝4，AD＝2，∠CAD＝30°，利用余弦定理可得CD＝2，所以CD2＋AD2＝AC2， 所以∠ADC＝90°，即CD⊥AD. 因为MA⊥AB，MA⊥AC，AB∩AC＝A，故MA⊥平面ABDC.因为CD⊂平面ABDC，所以CD⊥MA. 又AD∩MA＝A，所以CD⊥平面MAD. (2)由题意可知，AM，AB，AC两两垂直，∠BAD＝60°.如图，以A为坐标原点，AB，AC，AM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(，0，0)，D(，3，0)，M(0，0，3)，＝(，0，－3)，＝(0，3，0)． 设E(x0，y0，z0)，由＝， 得(x0，y0，z0－3)＝(，3，－3)， 得x0＝，y0＝1，z0＝2， 所以＝. 设平面MBD的法向量为n＝(x，y，z)， 则n⊥，n⊥， 所以即 令x＝，得其中一个法向量n＝(，0，1)． 设直线AE与平面MBD所成的角为θ， 则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. [综合题组练] 1．(应用型)(2019·唐山模拟)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD，E是PB的中点． (1)求证：平面EAC⊥平面PBC； (2)若二面角P­AC­E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PC⊥AC. 因为AB＝2AD＝2CD， 所以AC＝BC＝AD＝CD， 所以AC2＋BC2＝AB2， 故AC⊥BC. 又BC∩PC＝C，所以AC⊥平面PBC. 因为AC⊂平面EAC， 所以平面EAC⊥平面PBC. (2)如图，以C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，并设CB＝2，CP＝2a(a>0)．则C(0，0，0)，A(0，2，0)，B(2，0，0)，P(0，0，2a)， 则E(1，0，a)， ＝(0，2，0)，＝(0，0，2a)，＝(1，0，a)， 易知m＝(1，0，0)为平面PAC的一个法向量． 设n＝(x，y，z)为平面EAC的法向量，则n·＝n·＝0， 即y＝0，取x＝a， 则z＝－1，n＝(a，0，－1)． 依题意，|cos〈m，n〉|＝＝＝，则a＝. 于是n＝(，0，－1)，＝(0，2，－2)． 设直线PA与平面EAC所成角为θ， 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝， 即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为. 2．(应用型)(2019·昆明调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠ADC＝90°，AB∥CD，AB＝2CD.平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD，点E在PC上，DE⊥平面PAC. (1)证明：PA⊥平面PCD； (2)设AD＝2，若平面PBC与平面PAD所成的二面角为45°，求DE的长． 解：(1)证明：由DE⊥平面PAC，得DE⊥PA， 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD， 所以CD⊥平面PAD， 所以CD⊥PA，又CD∩DE＝D， 所以PA⊥平面PCD. (2)取AD的中点O，连接PO， 因为PA＝PD，所以PO⊥AD，则PO⊥平面ABCD， 以O为坐标原点建立空间直角坐标系O­xyz，如图， 由(1)得PA⊥PD，由AD＝2得PA＝PD＝，OP＝1， 设CD＝a，则P(0，0，1)，D(0，1，0)，C(a，1，0)，B(2a，－1，0)， 则＝(－a，2，0)，＝(a，1，－1)， 设m＝(x，y，z)为平面PBC的法向量， 由得 令x＝2，则y＝a，z＝3a， 故m＝(2，a，3a)为平面PBC的一个法向量， 由(1)知n＝＝(a，0，0)为平面PAD的一个法向量， 由|cos〈m，n〉|＝＝＝，解得a＝，即CD＝， 所以在Rt△PCD中，PC＝， 由等面积法可得DE＝＝. 3．(应用型)(2019·郑州第一次质量预测)如图，在三棱锥P­ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AB＝6，BC＝2，AC＝2，D，E分别为线段AB，BC上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC. (1)求证：PD⊥平面ABC； (2)若直线PA与平面ABC所成的角为，求平面PAC与平面PDE所成的锐二面角． 解：(1)证明：由题意知AC＝2，BC＝2，AB＝6， 所以AC2＋BC2＝AB2， 所以∠ACB＝， 所以cos∠ABC＝＝. 又易知BD＝2， 所以CD2＝22＋(2)2－2×2×2cos∠ABC＝8， 所以CD＝2，又AD＝4， 所以CD2＋AD2＝AC2， 所以CD⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABC，交线为AB， 所以CD⊥平面PAB，所以CD⊥PD， 因为PD⊥AC，AC∩CD＝C， 所以PD⊥平面ABC. (2)由(1)知PD，CD，AB两两互相垂直，所以可建立如图所示的直角坐标系D­xyz， 因为直线PA与平面ABC所成的角为，即 ∠PAD＝，所以PD＝AD＝4， 则A(0，－4，0)，C(2，0，0)，B(0，2，0)，P(0，0，4)， 所以＝(－2，2，0)，＝(2，4，0)，＝(0，－4，－4)． 因为AD＝2DB，CE＝2EB，所以DE∥AC， 由(1)知AC⊥BC，所以DE⊥BC， 又PD⊥平面ABC，所以PD⊥BC， 因为PD∩DE＝D， 所以CB⊥平面PDE， 所以＝(－2，2，0)为平面PDE的一个法向量． 设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，则 所以令z＝1，得x＝，y＝－1， 所以n＝(，－1，1)为平面PAC的一个法向量． 所以cos〈n，〉＝＝－， 所以平面PAC与平面PDE所成的锐二面角的余弦值为， 故平面PAC与平面PDE所成的锐二面角为30°.