安徽省舒城中学2020届高三数学 寒假作业专题（四）空间向量在立体几何中的应用

安徽省舒城中学高三年级20202020学年寒假作业数学部分专题（四）空间向量在立体几何中的应用1 利用空间向量求空间角和距离（一)两条异面直线所成角的求法设两条异面直线a，b的方向向量为，其夹角为，则cos |cos |(其中为异面直线a，b所成的角)例19如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，已知AB4， AD3，AA12.E、F分别是线段AB、BC上的点，且EBFB1.求直线EC1与FD1所成角的余弦值解：以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D(0,3,0)、D1(0,3,2)、E(3,0,0)、 F(4,1,0)、C1(4,3,2)，于是EC1(1,3,2)，FD1(4,2,2)设EC1与FD1所成的角为，则cos .变式训练43,直三棱柱ABCABC中，ACBCAA，ACB90，D、E分别为AB、BB的中点（1）求证：CEAD；（2）求异面直线CE与AC所成角的余弦值变式训练44,已知在几何体ABCED中，ACB90，CE平面ABC，平面BCED为梯形，且ACCEBC4，DB1.（1）求异面直线DE与AB所成角的余弦值；（2）试探究在DE上是否存在点Q，使得AQBQ，并说明理由（二）直线和平面所成的角的求法 如图所示，设直线l的方向向量为，平面的法向量为，直线l与平面所成的角为，两向量与的夹角为，则有sin |cos |.例20如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形，求与平面所成角的大小解：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz。 设D（1，0，0），则A（2，2，0）、B（0，2，0）。 又设 ，由得故x=1。由又由即所以 设平面SBC的法向量，则又 故取p=2得。故AB与平面SBC所成的角为变式训练45,在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABAC1，BAC90.（1）若异面直线A1B与B1C1所成的角为60，求棱柱的高；（2）设D是BB1的中点，DC1与平面A1BC1所成的角为，当棱柱的高变化时，求sin 的最大值变式训练46,如图4，在正三棱柱中， ，D是的中点，点E在上，且。（1）证明平面平面（2）求直线和平面所成角的正弦值。 变式训练47已知点H在正方体的对角线上，HDA=（1）求DH与所成角的大小；（2）求DH与平面所成角的大小（三）求二面角的大小（1）如图，AB、CD是二面角l的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小，（2）如图，分别是二面角l的两个半平面，的法向量，则二面角的大小，(或,)例21 如图所示，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1， D是棱AA1的中点，DC1BD.。求二面角A1BDC1的大小解：由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点， 故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC， 所以DC1DC. 而DC1BD，DCBDD，所以DC1平面BCD.BC平面BCD，故DC1BC.又BCCC1，故BC平面ACC1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)则(0,0，1)，(1，1,1)，(1,0,1)设(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取(1,1,0)同理，设是平面C1BD的法向量，则可取(1,2,1)从而cos，.故二面角A1BDC1的大小为30.变式训练48,如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，DAB60，AB2AD，PD底面ABCD.（1）证明：PABD；（2）设PDAD，求二面角APBC的余弦值变式训练49, 如图，棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长都等于2，ABC60，平面AA1C1C面ABCD，A1AC60.（1）证明：BDAA1；（2）求二面角DA1AC的平面角的余弦值；（3）在直线CC1上是否存在点P，使BP平面DA1G？若存在，求出P的位置，若不存在，说明理由（四）利用向量法求点到平面的距离如图，设AB为平面的一条斜线段，为平面的法向量， 则点B到平面的距离d例22在三棱锥SABC中，ABC是边长为4的正三角形，平面SAC平面ABC，SASC2，M、N分别为AB、SB的中点，如图所示，求点B到平面CMN的距离解：取AC的中点O，连接OS、OB.SASC，ABBC， ACSO，ACBO.平面SAC平面ABC，平面SAC平面ABCAC，SO平面ABC，又BO平面ABC，SOBO.如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz，则B(0,2，0)，C(2,0,0)，S(0,0,2)，M(1，0)，N(0，)(3，0)，(1,0，)，(1，0)设(x，y，z)为平面CMN的一个法向量，则取z1，则x，y，(，1)点B到平面CMN的距离d.变式训练50,如图，PABCD是正四棱锥，是正方体，其中 （1）求证：；（2）求平面PAD与平面所成的锐二面角的余弦值；（3）求到平面PAD的距离变式训练51,如图，BCD与MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD平面BCD，AB平面BCD， AB2.（1）求点A到平面MBC的距离；（2）求平面ACM与平面BCD所成二面角的正弦值二用向量法证明空间平行或垂直（一）向量法证明空间平行的方法（1）线线平行：证明两直线的方向向量共线 线面平行：证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；或证明直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行 面面平行：.证明两平面的法向量为共线向量；或转化为线面平行、线线平行问题 例23在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12AB2BC，E、F、E1分别是棱AA1，BB1，A1B1的中点 求证：CE平面C1E1F；解：以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设BC1，则C(0,1,0)，E(1,0,1)，C1(0,1,2)，F(1,1,1)，E1.（1）设平面C1E1F的法向量n(x，y，z) ，(1,0,1)，即取n(1,2,1)(1，1,1)，n1210，n.又CE平面C1E1F，CE平面C1E1F.变式训练52,如图，直棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别是AB， BB1的中点， AA1=AC=CB=AB.A1C11（1）证明：BC1/平面A1CD,B1（2）求二面角D-A1C-E的正弦值EACDB变式训练53, 如图，在四面体ABCD中，AD平面BCD，BCCD，AD2，BD2.M是AD的中点，P是BM的中点，点Q在线段AC上，且AQ3QC.（1）证明：PQ平面BCD；（2）若二面角CBMD的大小为60，求BDC的大小（二）.向量法证明空间垂直的方法线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示 例24如图，已知AB平面ACD，DE平面ACD，ACD为等边三角形，ADDE2AB，F为CD的中点（1）求证：AF平面BCE；（2）求证：平面BCE平面CDE.解：设ADDE2AB2a，建立如图所示的坐标系Axyz，则A(0,0,0)，C(2a,0,0)，B(0,0，a)，D(a，a,0)，E(a，a,2a)F为CD的中点， F.（1）证明：，(a，a，a)，(2a，0，a)，()，AF平面BCE，AF平面BCE.（2）证明：，(a，a,0)，(0,0，2a)，0，0， ，.又CDDED， 平面CDE， 即AF平面CDE.又AF平面BCE， 平面BCD平面CDE.变式训练54,如图，已知ABCDA1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上， 且AEFC11.（1）求证：E，B，F，D1四点共面；(2)若点G在BC上，BG，点M在BB1上，GMBF，垂足为H，求证：EM面BCC1B1. 变式训练55,如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABAD，ACCD，ABC60， PAABBC，E是PC的中点证明：（1）AECD； （2）PD平面ABE.数学部分变式训练43解：(1)设a，b，c，根据题意，|a|b|c|且abbcca0bc，cba.c2b20.，即CEAD.(2)ac，bc，|a|，|a|.(ac)(bc)c2|a|2，cos，.即异面直线CE与AC所成角的余弦值为.变式训练44解：(1)由题知，CA，CB，CE两两垂直，以C为原点，以CA，CB，CE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系则A(4,0,0)，B(0,4,0)，D(0,4,1)，E(0,0,4)，(0，4,3)，(4,4,0)， cos，异面直线DE与AB所成角的余弦值为.（2）设满足题设的点Q存在，其坐标为(0，m，n)， 则A(4，m，n)， B(0，m4，n)， E(0，m，n4)，Q(0,4m,1n)AQBQ，m(m4)n20，点Q在ED上，存在R(0)使得，(0，m，n4)(0,4m,1n)，m， n. 由得()2， 28160，解得4. m，n. 满足题设的点Q存在，其坐标为(0，)变式训练45解：建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AA1h(h0)，则有B(1,0,0)，B1(1,0，h)，C1(0,1，h)，A1(0,0，h)，(1,1,0)，(0,1,0)，(1,0，h)(1)因为异面直线A1B与B1C1所成的角为60，所以cos 60，即，得，解得h1.(2) 由D是BB1的中点，得D， 于是.设平面A1BC1的法向量为n(x，y，z)，于是由n，n可得即可取n(h,0,1)，故sin |cos，n|，而|cos，n|. 令f(h)，因为h2929，当且仅当h2，即h时，等号成立所以f(h)，故当h时，sin 的最大值为.变式训练46 解 （1） 如图所示，由正三棱柱的性质知平面又DE平面ABC，所以DEAA.而DEAE。AAAE=A 所以DE平面AC CA，又DE平面ADE，故平面ADE平面AC CA。（2）如图所示，设O使AC的中点，以O为原点建立空间直角坐标系，不妨设A A=，则AB=2，相关各点的坐标分别是A(0,-1,0)，B（，0，0）， C（0，1，）， D（，-，）。易知=(，1，0)， =(0，2，)， =(，-，） 设平面ABC的法向量为n=（x，y，z）,则有解得x=-y， z=-，故可取n=(1，-，)。所以，(n)=。由此即知，直线AD和平面AB C所成角的正弦值为。变式训练47ABCDxyzH解：以为原点，为单位长建立空间直角坐标系设则，连结，设，由已知，由,可得解得，所以（1）因为， 所以即DH与所成的角为（2）平面的一个法向量是 因为， 所以变式训练48解：(1)证明：因为DAB60，AB2AD，由余弦定理得BDAD.从而BD2AD2AB2，故BDAD.又PD底面ABCD，可得BDPD.所以BD平面PAD.故PABD.（2）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，0)，C(1，0)，P(0,0,1)(1，0)，(0，1)，(1,0,0)设平面PAB的法向量为n(x，y，z)，则 即因此可取n(，1，)设平面PBC的法向量为m(x1，y1，z1)，则 可取m(0，1，)，cosm，n.故二面角APBC的余弦值为.变式训练49解：连接BD交AC于O，则BDAC，连接A1O，在AA1O中，AA12，AO1，A1AO60，A1O2AAAO22A1AAOcos 603.AO2A1O2A1A2，AOA1O，由于平面AA1C1C平面ABCD，A1O平面ABCD.以OB，OC，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系，则A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)，A1(0,0，)(1) 由(2，0,0)，(0,1，)， 则0(2)1000，BDAA1，(2)由OB面AA1C1C，平面AA1C1C的法向量n1(1,0,0)，设n2面AA1D，则设n2(x，y，z)，得到取n2(1，1)， cosn1，n2.二面角DA1AC的平面角的余弦值是.(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP面DA1C1，设，P(x，y，z)，则(x，y1，z)(0,1，)得P(0,1，)，(，1，)设n3面DA1C1，则设n3(x3，y3，z3)， 得到 不妨取n3(1,0，1)又面DA1C1， n30， 0，1. 点P在C1C的延长线上且使C1CCP.变式训练50解：以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系（1） 证明 设E是BD的中点，PABCD是正四棱锥，（2） 又， ， 即。（2）解 设平面PAD的法向量是， 取得，又平面的法向量是 ， 。（3） 解 到平面PAD的距离 。变式训练51 解取CD中点O，连OB，OM，则OBCD，OMCD.又平面MCD平面BCD，则MO平面BCD.取O为原点，直线OC、BO、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图 OBOM，则各点坐标分别为C(1,0,0)，M(0,0，)，B(0，0)， A(0，2)（1）设n(x，y，z)是平面MBC的法向量，则(1，0)， (0，)，由n得xy0；由n得yz0.取n(，1,1)，(0,0,2)，则d(2)(1,0，)，(1，2)设平面ACM的法向量为n1(x，y，z)，由n1，n1得解得xz，yz，取n1(，1,1)又平面BCD的法向量为n2(0,0,1)所以cosn1，n2. 设所求二面角为，则sin .来源:学&科&网Z&X&X&K变式训练52解（1）连接，交于点F，连结，则F为的中点，因为D为AB的中点，所以DF/，又因为，所以.（2）由AA，可设：AB2a,则 则所以，又因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以以点C为坐标原点，分别以直线CA、CB、CC为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图.则C（0,0,0）、，设平面的法向量为则且可解得令得平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，则，所以所以二面角的正弦值为变式训练53 解：(1)如图，取BD的中点O，以O为原点，OD、OP所在射线 为y、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，2)，B(0，0)，D(0，0)设点C的坐标为(x0，y0,0)因为，所以Q(x0，y0，)因为M为AD的中点，故M(0，1)又P为BM的中点，故P(0,