2017年高中数学课时达标训练（二十一）空间向量在立体几何中的应用（习题课）2-1

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE12学必求其心得，业必贵于专精课时达标训练（二十一）空间向量在立体几何中的应用（习题课)1．如图所示的多面体中，正方形BB1C1C所在平面垂直平面ABC,△ABC是斜边AB＝eq\r（2）的等腰直角三角形，B1A1∥BA，B1A1＝eq\f（1，2)BA.(1）求证:C1A1⊥平面ABB1A(2）求直线BC1与平面AA1C12．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形,AB＝2BC＝4，BF＝CF＝AE＝DE，EF＝2，EF∥AB，AF⊥CF，G为FC的中点．(1)证明：AF∥平面BDG；(2)求平面ABF与平面BCF所成锐二面角的余弦值．3．在长方体ABCD。A1B1C1D1中，AD＝AA1＝eq\f（1,2)AB，点E是棱AB上一点，且eq\f（AE,EB)＝λ.（1)证明:D1E⊥A1D；(2）是否存在λ，使得二面角D1­EC。D的平面角为eq\f（π,4）?并说明理由．4．如图，在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC＝90°，AB＝BC＝2AD＝4,点E，F，G分别是AB,CD，BC的中点，沿EF将四边形ADFE折起，使得平面ADFE⊥BCFE，形成如图所示的多面体ABCDFE。(1）求证：BD⊥EG；(2）求平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值．5．在边长为3的正△ABC中，E，F，P分别是AB，AC，BC边上的点,且满足AE＝CF＝CP＝1(如图1）．将△AEF沿EF折起到△A1EF的位置，连接A1B，A1P(如图2），使平面A1EF⊥平面BPE。(1）求证：A1E⊥平面BEP；(2）求直线A1E与平面A1BP所成角的大小．6．如图，在直三棱柱ABC。A1B1C1中，A1A⊥平面ABC,∠BAC＝60°,A1A＝4,AB＝AC＝2.F为棱AA1上的动点，D是BC1上的点且BD＝（1)若DF∥平面ABC,求eq\f（AF,FA1）的值；(2）当eq\f(AF，FA1)的值为多少时，直线A1C1与平面BFC1所成角的正弦值为eq\f（3\r(3）,8）？答案1.解：易知CA,CB，CC1两两垂直,且CA＝CB＝CC1＝1，故以C为原点，以CA为x轴建立空间直角坐标系如图所示，则A（1,0，0），B（0,1，0)，C1（0，0，1)，A1eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（1,2）,\f（1,2),1)），∴C1A1⊥AA1，C1A1⊥又∵AA1∩AB＝A,∴C1A1⊥平面ABB1A（2)设平面AA1C1的法向量为n＝（x，y，z）eq\b\lc\{（\a\vs4\al\co1（－x＋z＝0，,\f（1,2)x＋\f(1，2)y＝0，)）令x＝1，则n＝（1，－1，1）．又＝（0,－1,1），设直线BC1与平面AA1C1所成的角为θ2。解：（1）证明：连接AC交BD于O点，则O为AC的中点，连接OG，∵点G为FC的中点，∴OG∥AF.∵AF⊄平面BDG，OG⊂平面BDG，∴AF∥平面BDG.（2）取AD的中点M，BC的中点Q，连接MQ,则MQ∥AB∥EF，∴M,Q，F，E共面．作FP⊥MQ于P,EN⊥MQ于N，则EN∥FP且EN＝FP.连接EM，FQ,∵AE＝DE＝BF＝CF，AD＝BC,∴△ADE≌△BCF，∴EM＝FQ，∴Rt△ENM≌Rt△FPQ，∴MN＝PQ＝1.∵BF＝CF,Q为BC中点，∴BC⊥FQ.又BC⊥MQ，FQ∩MQ＝Q，∴BC⊥平面MQFE，∴PF⊥BC，∴PF⊥平面ABCD.以P为原点，PM所在直线为x轴，PF所在直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A(3，1,0），B(－1，1,0)，C（－1，－1，0），设F（0，0，h)(h>0），则＝(－3，－1，h），＝(1，1，h)．∵AF⊥CF,∴·＝0，解得h＝2。则＝（－3，－1,2)，＝（1，－1，2),设平面ABF的法向量为n1＝（x1，y1,z1)，令z1＝1，得x1＝0，y1＝2，∴n1＝（0，2，1）．同理得平面BCF的一个法向量为n2＝(－2，0，1）．∴|cos<n1，n2>｜＝eq\b\lc\｜\rc\|(\a\vs4\al\co1（\f(n1·n2，|n1｜·|n2｜)))＝eq\f(1，\r(5)×\r（5)）＝eq\f(1，5），∴平面ABF与平面BCF所成锐二面角的余弦值为eq\f（1，5）.3。解:(1）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，如图所示．不妨设AD＝AA1＝1，AB＝2,则D（0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，2，0），C（0，2，0）,A1(1，0，1)，B1(1，2，1），C1(0，2，1)，D1(0,0，1）．因为eq\f（AE，EB)＝λ，所以Eeq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1，\f(2λ,1＋λ），0）)，于是＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（1,\f(2λ，1＋λ），－1))，＝（－1，0，－1)，所以·＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(1，\f(2λ，1＋λ），－1）)·(－1，0，－1）＝－1＋0＋1＝0，故D1E⊥A1D.（2）因为DD1⊥平面ABCD，所以平面DEC的一个法向量为n＝（0，0，1)，设平面D1EC的法向量为n1＝(x,y，z),又＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（1，\f(2λ，1＋λ）－2，0）)，＝（0，－2，1），整理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－y·\f(2，1＋λ)＝0，,－2y＋z＝0，)）取y＝1,则n1＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋λ），1，2)).因为二面角D1­EC。D的平面角为eq\f（π，4)，所以eq\f（\r(2)，2)＝eq\f（|n·n1｜，|n|·|n1|），即eq\f(\r(2)，2）＝eq\f(2，\r(1＋4＋\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（2，1＋λ)）)\s\up12（2)）)，解得λ＝eq\f（2\r（3）,3)－1。故存在λ＝eq\f（2\r(3),3)－1,使得二面角D1.EC。D的平面角为eq\f(π，4).4.解：(1）∵AD∥BC，BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD的中点，∴AD∥EF，EF∥BC，EF＝3.∵∠ABC＝90°,∴EF⊥AE,EF⊥BE，∴EF⊥平面AEB.∵平面ADFE⊥平面BCFE，∴AE⊥EB,∴EB，EF，EA两两垂直．以点E为坐标原点,EB，EF,EA分别为x，y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系由已知得，E(0，0，0),A(0，0，2)，B（2，0，0），C(2，4,0)，F(0，3，0）,D(0，2，2）,G（2，2，0),∴＝(2，2,0）,＝（－2，2,2）．∴·＝－2×2＋2×2＝0,∴BD⊥EG。（2）由已知，得＝(2,0,0）是平面DEF的一个法向量．设平面DEG的法向量为n＝（x，y，z)，设平面DEG与平面DEF所成锐二面角的大小为θ，则∴平面DEG与平面DEF所成锐二面角的余弦值为eq\f（\r(3),3）.5.解：(1)在图1中，取BE的中点D，连接DF。∵AE＝CF＝1，∴AF＝AD＝2,而∠A＝60°，∴△ADF是正三角形，又AE＝DE＝1，∴EF⊥AD.在图2中，A1E⊥EF,BE⊥EF，∴∠A1EB为二面角A1.EF。B的平面角．由题设条件知，此二面角为直二面角，即A1E⊥BE，∴A1E⊥平面BEF,即A1E⊥平面BEP.(2）分别以EB，EF，EA1为x轴，y轴,z轴建立空间直角坐标系,则E（0，0，0)，A1(0，0,1），B(2，0，0),F（0,eq\r（3)，0），P（1,eq\r(3)，0），则＝（0，0,－1)，＝（2,0，－1)，＝（－1，eq\r(3）,0)．设平面A1BP的法向量为n＝（x，y，z)，由n⊥平面A1BP知,n⊥，n⊥，即eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1（2x－z＝0，，－x＋\r（3)y＝0,））令x＝eq\r(3)，得y＝1，z＝2eq\r(3），则n＝(eq\r（3），1,2eq\r（3))，∴直线A1E与平面A1BP所成的角为30°.6.解:(1)如图,以A为原点，BC边上的高所在直线为x轴，平行于BC的直线为y轴,AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系A.xyz，∵A1A＝4，∴A1（0，0,4)∵∠BAC＝60°,AB＝AC＝2，∴B（eq\r(3），－1,0），C（eq\r（3)，1，0）,C1（eq\r（3），1，4）,∵D是BC1上的点且BD＝DC1,∴D（eq\r(3)，0，2）．∵DF∥平面ABC，平面ABC的一个法向量为(0，0,1)，∴4λ－2＝0，即λ＝eq\f（1，2)，∴eq\f（AF,FA1）的值为1.设平面BFC1的法向量为n＝(x,y,z),则eq\b\lc\｛(\a\vs4\al\co1(y＋2z＝0，,－\r（3）x＋y＋4mz＝0，）)令z＝eq\r（3)，则n＝（4m－2，－2eq\r(3），eq\r(3)）．∵＝(eq\r（3），1，0)，直线A1C1与平面BFC1所成角的正弦值为eq\f（3\r（3)，8），∴eq\