【步步高】高中数学 第三章习题课立体几何中的向量方法同步训练 新人教B版选修21.doc

习题课立体几何中的向量方法一、基础过关1.如图，平面abef平面abcd，四边形abef与abcd都是直角梯形，badfab90，bc綊ad，be綊fa，g、h分别为fa、fd的中点(1)证明：四边形bchg是平行四边形；(2)c、d、f、e四点是否共面？为什么？(3)设abbe，证明：平面ade平面cde.2.如图所示，在四棱锥pabcd中，底面abcd是一直角梯形，bad90，adbc，abbca，ad2a，且pa底面abcd，pd与底面成30角(1)若aepd，e为垂足，求证：bepd；(2)求异面直线ae与cd所成角的余弦值二、能力提升3如图，在四棱锥pabcd中，pa平面abcd，acad，abbc，bac45，paad2，ac1.(1)证明pcad；(2)求二面角apcd的正弦值；(3)设e为棱pa上的点，满足异面直线be与cd所成的角为30，求ae的长4.如图，在四棱锥oabcd中，底面abcd是边长为1的菱形，abc，oa底面abcd，oa2，m为oa的中点，n为bc的中点(1)证明直线mn平面ocd；(2)求异面直线ab与md所成角的大小5.等边abc中，d，e分别是ac，ab的中点，沿de将ade折起，使平面ade平面bcde(如图所示)(1)求证：平面abc平面abe；(2)求直线ac与平面abe所成角的正弦值6.如图，四棱锥sabcd的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，p为侧棱sd上的点(1)求证：acsd；(2)若sd平面pac，求二面角pacd的大小；(3)在(2)的条件下，侧棱sc上是否存在一点e，使得be平面pac.若存 在，求seec的值；若不存在，试说明理由答案1解由题设知，fa、ab、ad两两互相垂直以a为坐标原点，以射线ab为x轴正方向，以射线ad为y轴正方向，以射线af为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系(1)证明设aba，bcb，bec，则由题设得a(0,0,0)，b(a,0,0)，c(a，b,0)，d(0,2b,0)，e(a,0，c)，g(0,0，c)，h(0，b，c)所以(0，b,0)，(0，b,0)，于是.又点g不在直线bc上，所以四边形bchg是平行四边形(2)解c、d、f、e四点共面理由如下：由题设知，f(0,0,2c)，所以(a,0，c)，(a,0，c)，.又cef，hfd，故c、d、f、e四点共面(3)证明由abbe，得ca，所以(a,0，a)，(a,0，a)又(0,2b,0)，因此0，0，即chae，chad.又adaea，所以ch平面ade.由ch平面cde，得平面ade平面cde.2(1)证明pa底面abcd，paab.又abad，ab平面pad.abpd.又aepd，pd平面abe.故bepd.(2)解如图所示，以a为原点，ab、ad、ap所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点c、d的坐标分别为(a，a,0)、(0,2a,0)pa底面abcd，pda是pd与底面abcd所成的角，pda30.于是，在rtaed中，由ad2a，得aea.过e作efad，垂足为f，在rtafe中，由aea，eaf60，得afa，efa.e.于是，(a，a,0)设异面直线ae与cd所成的角为，则cos .ae与cd所成角的余弦值为.3方法一(1)证明如图，以点a为原点建立空间直角坐标系，依题 意得a(0,0,0)，d(2,0,0)，c(0,1,0)，b，p(0,0,2)易得(0,1，2)，(2,0,0)，于是0，所以pcad.(2)解(0,1，2)，(2，1,0)设平面pcd的法向量n(x，y，z)，则即不妨令z1，可得n(1,2,1)可取平面pac的法向量m(1,0,0)于是cosm，n，从而sinm，n.所以二面角apcd的正弦值为.(3)解设点e的坐标为(0,0，h)，其中h0,2由此得.由(2，1,0)，故cos，所以cos 30，解得h，即ae.方法二(1)证明由pa平面abcd，可得paad.又由adac，paaca，故ad平面pac，又pc平面pac，所以pcad.(2)解如图，作ahpc于点h，连接dh.由pcad，pcah，可得pc平面adh，因此dhpc，从而ahd为二面角apcd的平面角在rtpac中，pa2，ac1，由此得ah.由(1)知adah.故在rtdah中，dh.因此sinahd，所以二面角apcd的正弦值为.(3)解如图，因为adc45，故过点b作cd的平行线必与线段ad相交，设交点为f，连接be，ef.故ebf或其补角为异面直线be与cd所成的角由于bfcd，故afbadc.在rtdac中，cd，sinadc，故sinafb.在afb中，由，ab，sinfabsin 135，可得bf.由余弦定理，bf2ab2af22abafcosfab，可得af.设aeh.在rteaf中，ef.在rtbae中，be.在ebf中，因为efbe，从而ebf30.由余弦定理得cos 30，解得h.所以ae.4(1)证明作apcd于点p，连接op.如图，分别以ab、ap、ao所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系a(0,0,0)，b(1,0,0)，p，d，o(0,0,2)，m(0,0,1)，n.，.设平面ocd的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.即取z，得n(0,4，)n(0,4，)0，mn平面ocd.(2)解设ab与md所成的角为.(1,0,0)，cos ，.ab与md所成角的大小为.5(1)证明取de的中点o，取bc的中点g，连接ao，og，则aode，ogde.平面ade平面bcde，平面ade平面bcdede，ao平面bcde，aoog.建立如图所示的空间直角坐标系，设bc4，则de2，aoog.所以a(0,0，)，d(1,0,0)，e(1,0,0)，b(2，0)，c(2，0)设平面abe的法向量为m(x1，y1，z1)，(1,0，)，(1，0)，由，得令y11，得m(，1，1)，设平面abc的法向量为n(x2，y2，z2)，(4,0,0)，(2，)，由得令y21，得n(0,1,1)，mn(，1，1)(0,1,1)0，平面abc平面abe.(2)解由(1)得cos，m.直线ac与平面abe所成角的正弦值为.6(1)证明连接bd，设ac交bd于点o，由题意知so平面abcd，以o点为坐标原点，、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oxyz如图所示设底面边长为a，则高soa.于是s(0,0，a)，d，c，b，0.故ocsd，因此acsd.(2)解由题意知，平面