專題檢測(cè)立體幾何中的向量方法理

1、專題檢測(cè)(十三)立體幾何中的向量方法A組一一大題考點(diǎn)落實(shí)練ABCD入的1.如圖，在四棱柱 ABCDAiBCD中，AA丄底面 ABCD四邊形 為菱形，AA= AB= 2,Z ABC= 60 E, F分別是BC AC的中點(diǎn).(1) 求異面直線EF, AD所成角的余弦值；AM(2) 點(diǎn)M在線段AD上, ad)=入，若CMF平面AEF求實(shí)數(shù)值.解：(1)因?yàn)锳A丄平面ABCD AE?平面ABCD AD?平面ABCD所以AA丄AE AA丄AD在菱形 ABCD中 , / ABC= 60 連接 AC則厶ABC是等邊三角形.因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)，所以BCL AE因?yàn)锽C/ AD,所以AE丄AD以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，A

2、E為x軸，AD為y軸，AA為z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0，0)，C( .3，1,0)，Q0,2,0)，A(0,0,2)，曰，0,0)F心1 12 ， 2，?D = (0,2,0)，Ejf =所以cos 1 .2所以異面直線EF, AD所成角的余弦值為-q2.設(shè)Mx, y, z)，由于點(diǎn)M在線段AD上，且ad=入， 所以 AM=入 AD，則(x, y, z 2)=入(0,2 , - 2).解得 M0,2 入，2 2 入)，所以ClM= ( 、:3, 2 入1,2 2 入). 設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為n= (xo, yo, zo).因?yàn)?AE = ( .3 0,0) , AF

3、= -2, 1, 1 ,-E n= 0,衍x= 0，所以即：31-F n = 0,Tx0+ + z0= 0，取 yo= 2,得 zo= 1, 則平面AEF的一個(gè)法向量為 n= (0,2 , - 1).由于CM平面 AEF則n CM= 0,2即2(2入一1) - (2 2入)=0，解得 入=3.2.(2019屆高三河北三市聯(lián)考)如圖，三棱柱ADEBCGK 四邊 形 ABCD1 矩形，F(xiàn) 是 EG的中點(diǎn)，EA!AB AD= AE= EF= 1,平面 ABGE 丄平面ABCD(1)求證：AF丄平面FBC 求二面角 BFGD的正弦值.解：(1)證明：四邊形 ABCD是矩形, BCL AB又平面 ABG

4、丄平面 ABCD BCL平面 ABGE/ AF?平面 ABGE BCLAF在厶 AFB中, AF= BF= 2 AB= 2, AF+ BF= Ab,即 AFL BF,又 BFA BC= B, AF丄平面FBC(2)分別以AD AB AE所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間 直角坐標(biāo)系，貝 UA(0,0,0), D(1,0,0), C(1,2,0),耳0,0,1),00,2,0),F(0,1,1) , De = (1,0,1) , Dc= (0,2,0),2y= 0 ,x + z = 0 ,設(shè)m= (x , y , z)為平面CDEF勺法向量,m DC= 0 , 則n1 DE = 0 ,令x =

5、1,得z = 1,即m = (1,0,1)為平面CDE的個(gè)法向量,取n2=AF = (0,1,1)為平面BCF的一個(gè)法向量, cos m , n2 面角B-FD的正弦值為3如圖，在四棱錐 E-ABC即，底面ABC助直角梯形，其中CD/ AB BCL AB 側(cè)面 ABEL平面 ABCD 且 AB= AE= BE= 2BC=2CD= 2，動(dòng)點(diǎn)F在棱AE上，且EF=入FA(1)試探究 入的值，使CE/平面BDF并給予證明； 當(dāng)X = 1時(shí)，求直線CE與平面BDF所成角的正弦值.解： 當(dāng)X = f時(shí)，CE/平面BDF證明如下:連接AC交BD于點(diǎn)G,連接GF,CD/ AB AB= 2CD.CG CD 1

6、GATAf，i EF= 2FA.EF CG 1.FATGAT 2, GF/ CE又CE?平面BDF GF?平面BDF CE/ 平面 BDF(2)取AB的中點(diǎn) O 連接EQ貝U EOL AB平面ABEL平面 ABCD平面 ABEH平面ABCT AB EOL平面 ABCD連接 DQ / BO/ CD 且 BO= CD= 1,四邊形BOD呦平行四邊形， BC/ DQ又 BCL AB ABL OD則OD OA OEW兩垂直，以 O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OD OA OE所在直 線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz,則 O(O,O,O) , A(0,1,0) , B(0，- 1,0) , D1,0,

7、0) , Q1 , - 1,0),曰0,0，.當(dāng) Xt 1 時(shí)，有吞 tFa , F0, 1，F(xiàn) ,3 3 - BD = (1,1,0) , BF = 0, f,虧,CE = ( 1,1 , ：3).設(shè)平面BDF的法向量為 n= (x, y, z),x + y = 0 ,n BD = 0 ,貝V即33ar + - z = 0n BF = 0 ,2 十 2,令 z = :3，得 y= 1 , x = 1,則n = (1 , 1 ,.為平面BDF的一個(gè)法向量，設(shè)直線CE與平面BDF所成的角為0 ,則sin0 = |cosE n| = 1 - 1 - 1 + 31,5X ；51故直線CE與平面BDF

8、所成角的正弦值為5.4. (2018 成都一診)如圖，在邊長(zhǎng)為5的菱形ABCD中, AC= 6，現(xiàn)沿對(duì)角線 ACffiADC翻折到 APC的位置得到四面體 P-ABC如圖所示.已知 PB=釘2.a閣由(1)求證：平面 PACL平面ABC 若Q是線段AP上的點(diǎn)，且Q = 3AP，求二面角 QBGA的余弦值.解：(1)證明：取AC的中點(diǎn)Q連接PO BO四邊形ABCD1菱形， PA= PC, POL AC/ DC= 5, AC= 6,:.OC= 3, PO= OB= 4,/ PB= 4 2, pO+ oB= pB, POL OB/ OBn AC= O, POL平面 ABC/ PO?平面PAC：平面

9、PACL平面 ABC(2) T AB= BC - BOL AC故OB OC OF兩兩垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB OC OP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直 角坐標(biāo)系Oxyz.則 B(4,0,0) , Q0,3,0) , P(0,0,4) , A(0 , 3,0).設(shè)點(diǎn) Q(x , y , z).14由 AQ = 3 AP，得 Q0 , 2 , 3 .4 BC = ( 4,3,0) , BQ = - 4, - 2 , 3 .設(shè)ni= (Xi, yi, zi)為平面BCQ的法向量,ni BC = 0, 由ni BQ = 0,4xi + 3yi = 0, 得44xi 2yi + 3

10、Zi= 0,3取 Xi= 3,貝y ni= (3,4,i5).取平面ABC勺一個(gè)法向量 n2= (0,0,i)/ cos ni, n2ni n2i53 iO而nr=32+孑+152= Hq-面角QBGA為銳角,面角QBGA的余弦值為3 iOiOB組一一大題專攻補(bǔ)短練i.在三棱錐 P-ABC中, PA= PB= PC= 2, BC= i, AC= ：3, ACLBC(1) 求點(diǎn)B到平面PAC的距離.(2) 求異面直線PA與BC所成角的余弦值.解： 以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，CA為x軸，CB為y軸，過(guò)C作平面ABC 的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，取AB的中點(diǎn)D,連接PD DC因?yàn)?ACE為直角三角形且

11、AC= ：3, BC= i,所以AB= 2,所以 PAB為正三角形，所以 PDLAB且 PD= ：3.在厶 PDCK PC= 2, PD= ,3, DC= i,所以 pC = pD+ dC,所以 PDL DC 又 ABA DC= D,所以PDL平面ABC則 A(：3 ,0,0),巳o,i,o), 疔,2 , 0 ,P -23 ,i , ,：3 ,qo,o,o),Ca = (,：3,0,0),cD=0 ,CP =JI i2 , 2 ,CB = (0,i,0),設(shè)平面PAC勺法向量n = (x , y , z),n GA = 0 , 則n CP = 0 ,2y +3z = 0 ,取 y = 2 ,

12、3，得 n = (0,2;3 , i)為平面PAC勺一個(gè)法向量,I Pa Bciea aI PA| I BC|1所以點(diǎn)B到平面PAC的距離d I CB n| 2護(hù) 2伸_ _13 肓因?yàn)?PA = 23, - 2, - 3 , BC = (01,0),設(shè)異面直線PA與 BC所成角為e,則cos所以異面直線PA與 BC所成角的余弦值為4.2.已知四棱錐 F-ABCD中，底面ABC是梯形，BC/ AD ABL AD 且AB= BC= 1, AD= 2，頂點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影 H在AD上, PA 丄PD(1)求證：平面PABL平面PAD 若直線AC與PD所成角為60求二面角 APGD的余弦值.解

13、：(1)證明：T PHL平面ABCD AB?平面ABCD PHL AB ABL AD ADA PH= H, AD?平面 PAD PH?平面 PAD AEL平面 PAD又AB?平面PAB 平面PABL平面PAD 以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz ,/ PHL平面 ABCD z 軸 / PH則 A(0,0,0) , Q1,1,0) , D(0,2,0),設(shè) AH= a , PH= h(0 a0).則 P(0, a , h).aaa AP = (0, a , h), DP = (0 ,a 2 , h), AC= (1,1,0).2/ PAL PD AP DP = a(a 2) +

14、 h = 0. AC與 PD所成角為60 ,a |cos AC ,DP | =Ja 2|2 5J2 +h2 2 (a 2) = h , (a 2)( a 1) = 0 ,/ 0a0 , h= 1, R0,1,1)AP = (0,1,1) , C = (1,1,0)設(shè)平面APC勺法向量為n=（X1 , y1 ,n -P = 0 ,y1+ Z1= 0,則即n AC = 0 ,X1+ y1= 0 ,PC= (1,0 , - 1) , d)C= (1 ,-1,0),令 X1= 1,得 y1=- 1, Z1= 1,m- PC = 0, 則m- DC= 0,X2 Z2= 0, 即X2 y2= 0,平面AP

15、C勺一個(gè)法向量為n= (1 , - 1,1), 設(shè)平面DPC的法向量為nn= (X2, y2, Z2).令 X2= 1,得 y2= 1, Z2= 1,平面DPC的一個(gè)法向量為 m= （1,1,1）m- n 1 cos m n=;.丨 mi n|3二面角A-PGD的平面角為鈍角,面角A-PCD的余弦值為1.A8 BD= Q A1O3. （2018 西安質(zhì)檢）如圖，四棱柱 ABCDABCD的底面ABCDI菱形,丄底面 ABCD AB= 2, AA= 3. 若/ BAD= 60求二面角 B-OC的余弦值.解：（1）證明：T AQ丄平面ABCD BD?平面ABCD AC丄 BD四邊形ABCD1菱形,C

16、C丄 BD ACA CO C BDL平面 ACO/ BD?平面 BBDD,平面ACOL平面BBDD. AO平面 ABCDCOLBD二OB OC OA兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB, OC,OA的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系./ AB= 2, AA= 3，/ BAD= 60:.OB= OD= 1, OA= OC=訂 3, oa= aA - oA= y6.則 Q0,0,0) , B(1,0,0) , C(0 ,3 , 0) , A(0, - 3 , 0) , Ai(0,0 ,6),/ OB= (1,0,0)OB = OB + BB = (1 , 3 , 6) , OC

17、= (0 , 3 , 0).設(shè)平面OBB的法向量為n= (xi , yi , zi),OB n= 0, 則OB n= 0,X1= 0 ,X1+3y1 + 6Z1= 0.令y1= 2,得n= （0 , - 2, 1）是平面OBB的一個(gè)法向量. 設(shè)平面OCB的法向量m= (x2 , y2 ,Z2),OC m= 0 , 則OB n= 0 ,即3y2 = 0，X2+3y2 + 6z2= 0 ,令Z2=- 1,得m= ( . 6 , 0, 1)為平面OCB的一個(gè)法向量, .一 一 一、佰cos n , m= l ._ =| n| m 萌 xa/721，由圖可知二面角 B- O0 C是銳二面角,二面角BO

18、DC的余弦值為唱4. （2018 濰坊統(tǒng)考）在平行四邊形PABC中 , PA= 4 , PC= 2 2 , / P= 45 , D 是 PA 的中點(diǎn)（如圖1） 將 PCD沿CD折起到圖2中厶PQD的位置,得到四棱錐 R- ABCD將厶PCD沿 CD折起的過(guò)程中， CDL平面PiDA是否成立？請(qǐng)證明你的結(jié)論.(2)若PD與平面ABCD所成的角為60且厶PDA為銳角三角形，求平面 PAD和平面 PBC所成角的余弦值.解：(1 )將厶PC沿CD折起過(guò)程中，CDL平面P DA成立證明如下：/ D是 PA的中點(diǎn)，PA= 4,二 DP= DA= 2,在厶PDC中，由余弦定理得，CD= PC + pD 2PC- PD- cos 45 = 8+ 4-2X2 迄 X 2X= 4,CD= 2 = PDcD+ DP= 8 = PC,PDC為等腰直角三角形且 CDL PACDL DA CDL P D, Pi Dn AD= D, CDL平面