第七章第七节立体几何体中向量方法

1、PAGE PAGE 9第七章 第七节 立体几何体中的向量方法一、选择题1若平面，的法向量分别为a(1,2,4)，b(x，1，2)，并且，则x的值为 ()A10B10C.eq f(1,2) Deq f(1,2)2已知(1,5，2)， (3,1，z)，若 ， (x1，y，3)，且BP平面ABC，则实数x，y，z分别为 ()A.eq f(33,7)，eq f(15,7)，4 B.eq f(40,7)，eq f(15,7)，4C.eq f(40,7)，2,4 D4，eq f(40,7)，153.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为A1C1的中点，则异面直线CE与BD所成的角为 A30 B45

2、C60 D904.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MANeq f(r(2)a,3)，则MN与平面BB1C1C的位置关系是 A相交 B平行C垂直 D不能确定5.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是 ()A45 B60C90 D1206.如图，平面ABCD平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AFeq f(1,2)ADa，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为 ()A.eq f(r(6),6

3、) B.eq f(r(3),3)C.eq f(r(6),3) D.eq f(r(2),3)二、填空题7已知 (2,2,1)， (4,5,3)，则平面ABC的单位法向量是_8在如右图所示的正方体A1B1C1D1ABCD中，E是C1D1的中点，正方体的棱长为2，则异面直线DE与AC9正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_三、解答题10如图，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90.(1)证明：平面ADB平面BDC；(2)设E为BC的中点，求 与 夹角的余弦值11已知四棱锥PABC

4、D的底面为直角梯形，ABDC，DAB90，PA底面ABCD，且PAADDCeq f(1,2)，AB1，M是PB的中点(1)证明：平面PAD平面PCD；(2)求AC与PB所成的角；(3)求平面AMC与平面BMC所成二面角的余弦值12如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD.四边形ABCD中，ABAD，ABAD4，CDeq r(2)，CDA45.(1)求证：平面PAB平面PAD；(2)设ABAP.()若直线PB与平面PCD所成的角为30，求线段AB的长；()在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等？说明理由详解答案一、选择题1解析：，ab0 x10.答案：B2解析：

5、352z0，z4.又BP平面ABC，x15y60，3x3y3z0，由得xeq f(40,7)，yeq f(15,7).答案：B3. 解析：以D点为原点，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则相关点的坐标为C(0,1,0)，E(eq f(1,2)，eq f(1,2)，1)，B(1,1,0)，D(0,0,0)， (eq f(1,2)，eq f(1,2)，1)， (1，1,0) eq f(1,2)eq f(1,2)00. ，即CEBD.答案：D4. 解析：分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A1MANeq f(r(2),3)a，M(a，eq f(2,3)a，e

6、q f(a,3)，N(eq f(2,3)a，eq f(2,3)a，a) (eq f(a,3)，0，eq f(2,3)a)又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)， (0，a,0) 0， . 是平面BB1C1且MN平面BB1CMN平面BB1C答案：B5. 解析：以B点为坐标原点，以BC、BA、BB1分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系设ABBCAA12，则B(0,0,0)，C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0，1)， (0，1,1)， (2,0,2)cos ， eq f( ,| | |)eq f(2,r(2)r(8)eq f(1,2).EF与BC1所成角为60.答案：B6. 解析：如

7、图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)， (a，a,0)， (0,2a,(a，a,0)， (0,0,2a)，设平面AGC的法向量为n1(x1，y1,1)，由eq blcrc (avs4alco1(n10, n10)eq blcrc (avs4alco1(ax1ay10,2ay12a0)eq blcrc (avs4alco1(x11,y11)n1(1，1,1)sineq f(| n1|,| |n1|)eq f(2a,r(2)ar(3)eq f(r(6),3).答案：C二、填空题7解析：设平面ABC的法向量

8、n(x，y,1)，则n 且n ，即n 0，且n0.即eq blcrc (avs4alco1(2x2y10，,4x5y30，)即eq blcrc (avs4alco1(xf(1,2)，,y1，)n(eq f(1,2)，1,1)，单位法向量为eq f(n,|n|)(eq f(1,3)，eq f(2,3)，eq f(2,3)答案：(eq f(1,3)，eq f(2,3)，eq f(2,3)或(eq f(1,3)，eq f(2,3)，eq f(2,3)8解析：分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,2,0)，E(0,1,2)，A(2,0,0)，(2,2,0)， (0,1,2

9、)，cos ， eq f(r(10),10).答案：eq f(r(10),10)9解析：如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P(0，eq f(a,2)，eq f(a,2)，则 (2a,0,0) (a，eq f(a,2)，eq f(a,2)， (a，a,0)，设平面PAC的法向量为n，可求得n(0,1,1)，则cos ，neq f( n,| |n|)eq f(a,r(2a2)r(2)eq f(1,2)， ，n60.直线BC与平面PAC所成的角为906030.答案：30三、解答题10解：(1)证明：折起前AD

10、是BC边上的高，当ABD折起后，ADDC，ADDB.又DBDCD，AD平面BDC.AD平面ABD，平面ABD平面BDC.(2)由BDC90及(1)知DA，DB，DC两两垂直，不妨设|DB|1，以D为坐标原点，以 ， ， 所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，A(0,0，eq r(3)，E(eq f(1,2)，eq f(3,2)，0)， (eq f(1,2)，eq f(3,2)，eq r(3)， (1,0,0)， 与 夹角的余弦值为cos，eq f(,| | |)eq f(f(1,2),r(f(22,4)1)eq f(r

11、(22),22).11解：以A为坐标原点，AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，P(0,0,1)，M(0,1，eq f(1,2)(1)证明：因 (0,0,1)， (0,1,0)，故 0，所以APDC.由题设知ADDC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC平面PAD.又DC在平面PCD上，故面PAD面PCD.(2)因 (1,1,0)， (0,2，1)，故| |eq r(2)，| |eq r(5)， 2，所以coseq f( ,| | |)eq f(r(10),5).(3)在MC上取一点N(x，

12、y，z)，则存在R，使 ，(1x,1y，z)， (1,0，eq f(1,2)，x1，y1，zeq f(1,2).要使ANMC，只需 0即xeq f(1,2)z0，解得eq f(4,5).可知当eq f(4,5)时，N点坐标为(eq f(1,5)，1，eq f(2,5)，能使 0.此时，(eq f(1,5)，1，eq f(2,5)， (eq f(1,5)，1，eq f(2,5)，有 0由 0， 0得ANMC，BNMC.所以ANB为所求二面角的平面角| |eq f(r(30),5)，| |eq f(r(30),5)， eq f(4,5).cos， eq f( ,| | |)eq f(2,3).平面

13、AMC与平面BMC所成角的余弦值为eq f(2,3).12解：(1)证明：因为PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系Axyz(如图)在平面ABCD内，作CEAB交AD于点E，则CEAD.在RtCDE中，DECDcos 451，CECDsin 451.设ABAPt，则B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)， (0,4t，t)()设平面PCD的一个法向量为n(x，y，z)，由n ，n ，得eq blcrc (avs4alco1(xy0，,4tytz0.)取xt，得平面PCD的一个法向量n(t，t,4t)又 (t,0，t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30得cos 60|eq f(n ,|n| |)|，即eq f(|2t24t|,r(t2t24t2)r(2t2)eq f(1,2)，解得teq f(4,5)或t4(舍去，因为AD4t0)，所以ABeq f(4,5).()假设在线段AD上存在一个点G，使