（课标专用）天津市2020高考数学二轮复习专题能力训练14立体几何中的向量方法.docx

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n1AD=0,n1AF=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EGn1=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n2EF=0,n2CF=0,即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos=OAn2|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=BHn2|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,ADCD,ADBC,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PACD.又因为ADCD,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PAAM,PAAD.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nAE=0,nAF=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=np|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AGn=-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APBE,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APBE,ABBE,AB,AP平面ABP,ABAP=A,所以BE平面ABP.又BP平面ABP,所以BEBP,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EMAG,CMAG,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+22-222cos120=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mAE=0,mAG=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nAG=0,nCG=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=mn|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: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,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:AD1B1E=-a20+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DP=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).n平面B1AE,nAB1,nAE,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nDP,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,BFAE.四边形ABCD是正方形,BCAB.平面ABCD平面ABE,平面ABCD平面ABE=AB,CB平面ABE.AE平面ABE,CBAE.BFBC=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,AEBE.在RtAEB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0h2,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nME=3x2+12y-hz=0,nCE=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=mn|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,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.(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BCDE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=13SACDDE=1312ACCDDE=16ACBC112(AC2+BC2)=112AB2=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n1DE=0,n1DA=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n2BE=0,n2AB=0,即z=0,-22x+22y=0,取n2=(1,1,0),所以cos=n1n2|n1|n2|=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-26.7.如图,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,如图所示.图图(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:在图中,连接BD交EF于点N,交AC于点O,则BN=12BO=14BD.在图中,连接BD交EF于点N,连接MN.在DPB中,有BN=14BD,PM=14PD,所以MNPB.又因为PB平面MEF,MN平面MEF,所以PB平面MEF.(2)(方法一)在图中,连接PN.图中的PDE,PDF,即图中的RtADE,RtCDF,所以PDPE,PDPF.又PEPF=P,所以PD平面PEF,所以PDEF.又EFBD,所以EF平面PBD,则MND为二面角M-EF-D的平面角.易知PNPM,则在RtPMN中,PM=1,PN=2,则MN=PM2+PN2=3.在MND中,MD=3,DN=32,由余弦定理,得cosMND=MN2+DN2-MD22MNDN=63.所以二面角M-EF-D的余弦值为63.图图(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n1EM=0,n1FM=0,得-2x1+z1=0,-2y1+z1=0,于是取n1=(1,1,2),又由n2ED=0,n2FD=0,得-2x2+4z2=0,-2y2+4z2=0,于是可取n2=(2,2,1).因为cos=n1n2|n1|n2|=669=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ABAD.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),EGBD=(1,2,-1)(-2,2,0)=1(-2)+22+(-1)0=2.又|EG|=12+22+(-1)2=6,|BD|=(-2)2+22+02=22,cos=EGBD|EG|BD|=2622=36.因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为36.