2019高考數(shù)學大二輪復習 專題五 立體幾何 專題能力訓練15 立體幾何中的向量方法 理

1、學必求其心得，業(yè)必貴于專精專題能力訓練15立體幾何中的向量方法一、能力突破訓練1。如圖,正方形abcd的中心為o，四邊形obef為矩形，平面obef平面abcd,點g為ab的中點,ab=be=2。(1）求證:eg平面adf；（2)求二面角oef-c的正弦值;(3）設(shè)h為線段af上的點,且ah=hf,求直線bh和平面cef所成角的正弦值.2.（2018北京,理16)如圖,在三棱柱abc-a1b1c1中，cc1平面abc,d,e，f,g分別為aa1，ac,a1c1,bb1的中點，ab=bc=5,ac=aa1=2。（1)求證：ac平面bef；（2)求二面角b-cd-c1的余弦值;(3)證明:直線fg

2、與平面bcd相交。3。如圖,幾何體是圓柱的一部分，它是由矩形abcd（及其內(nèi)部)以ab邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)120得到的,g是df的中點.（1）設(shè)p是ce上的一點,且apbe，求cbp的大??；（2）當ab=3,ad=2時,求二面角eag-c的大小。4。如圖，在長方體abcd-a1b1c1d1中,aa1=ad=1,e為cd的中點。(1）求證：b1ead1;(2）在棱aa1上是否存在一點p，使得dp平面b1ae？若存在,求ap的長;若不存在,說明理由。5.如圖，在四棱錐pabcd中,底面abcd為正方形，平面pad平面abcd，點m在線段pb上,pd平面mac,pa=pd=6，ab=4.（1）求證

3、：m為pb的中點；（2)求二面角bpd-a的大??；（3)求直線mc與平面bdp所成角的正弦值。6.如圖，ab是半圓o的直徑，c是半圓o上除a，b外的一個動點,dc垂直于半圓o所在的平面,dceb，dc=eb,ab=4，taneab=.（1)證明：平面ade平面acd;（2）當三棱錐cade體積最大時,求二面角d-aeb的余弦值。二、思維提升訓練7。如圖甲所示，bo是梯形abcd的高，bad=45,ob=bc=1，od=3oa,現(xiàn)將梯形abcd沿ob折起成如圖乙所示的四棱錐p-obcd,使得pc=3，e是線段pb上一動點。（1)證明:de和pc不可能垂直;（2)當pe=2be時，求pd與平面cd

4、e所成角的正弦值.8.如圖，平面pad平面abcd，四邊形abcd為正方形，pad=90，且pa=ad=2；e,f，g分別是線段pa，pd，cd的中點。(1）求證：pb平面efg.（2）求異面直線eg與bd所成的角的余弦值。（3)在線段cd上是否存在一點q,使得點a到平面efq的距離為？若存在，求出cq的值；若不存在,請說明理由.專題能力訓練15立體幾何中的向量方法一、能力突破訓練1.解 依題意,of平面abcd,如圖,以o為原點,分別以ad,ba,of的方向為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系,依題意可得o(0,0,0),a（1，1，0）,b(-1,1，0）,c（1，-1,0）,d（

5、1,1，0），e（-1，1，2）,f（0，0,2）,g（1，0,0)。(1)證明：依題意，ad=(2，0，0),af=(1，-1,2）。設(shè)n1=（x，y,z)為平面adf的法向量,則n1ad=0,n1af=0,即2x=0,x-y+2z=0.不妨設(shè)z=1,可得n1=(0，2，1),又eg=（0，1，-2),可得egn1=0,又因為直線eg平面adf，所以eg平面adf.（2)易證oa=（1，1,0）為平面oef的一個法向量.依題意,ef=（1,1,0），cf=(1，1,2).設(shè)n2=（x,y,z)為平面cef的法向量,則n2ef=0,n2cf=0,即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨設(shè)x=1,

6、可得n2=（1,-1,1).因此有cosoa,n2=oan2|oa|n2|=63，于是sin=33.所以,二面角oef-c的正弦值為33.(3)由ah=23hf，得ah=25af。因為af=（1,-1，2)，所以ah=25af=25,-25,45，進而有h-35,35,45,從而bh=25,85,45，因此cos=bhn2|bh|n2|=721.所以,直線bh和平面cef所成角的正弦值為721.2.(1)證明 在三棱柱abc-a1b1c1中，cc1平面abc,四邊形a1acc1為矩形.又e,f分別為ac,a1c1的中點，acef.ab=bc,acbe，ac平面bef.（2）解 由（1）知ace

7、f，acbe,efcc1。cc1平面abc,ef平面abc.be平面abc，efbe.建立如圖所示的空間直角坐標系e-xyz.由題意得b(0，2，0）,c(1,0，0）,d(1，0，1）,f（0，0，2）,g(0,2，1)。cd=(2，0,1）,cb=(1,2,0).設(shè)平面bcd的法向量為n=(a，b，c),則ncd=0,ncb=0,2a+c=0,a+2b=0.令a=2，則b=-1，c=-4,平面bcd的法向量n=(2,1,-4）。又平面cdc1的法向量為eb=（0，2,0)，cosn，eb=neb|n|eb|=2121.由圖可得二面角b-cdc1為鈍角，二面角bcdc1的余弦值為2121.（

8、3）證明 平面bcd的法向量為n=(2,1,-4），g(0,2,1)，f（0，0，2）,gf=(0，2，1）,ngf=2，n與gf不垂直,fg與平面bcd不平行且不在平面bcd內(nèi)，fg與平面bcd相交。3。解 (1）因為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)解法一:取ec的中點h，連接eh,gh，ch.因為ebc=120,所以四邊形behc為菱形，所以ae=ge=ac=gc=32+22=13.取ag中點m，連接em，cm,ec,則emag,cmag，所以emc為所求二面角的平面角.又

9、am=1，所以em=cm=13-1=23.在bec中,由于ebc=120，由余弦定理得ec2=22+22-222cos 120=12，所以ec=23,因此emc為等邊三角形，故所求的角為60.解法二:以b為坐標原點，分別以be，bp,ba所在的直線為x，y,z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系。由題意得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)，設(shè)m=(x1,y1，z1）是平面aeg的一個法向量。由mae=0,mag=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.取z1=2，可得平面aeg的一個法向

10、量m=(3,-3,2).設(shè)n=（x2,y2，z2）是平面acg的一個法向量.由nag=0,ncg=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=2,可得平面acg的一個法向量n=(3,3，2).所以cosm,n=mn|m|n|=12.因此所求的角為60。4.解 以a為原點，ab,ad,aa1的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標系（如圖)。設(shè)ab=a,則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)證明:ad1b1e=a20+

11、11+（-1)1=0,b1ead1.(2）假設(shè)在棱aa1上存在一點p(0,0,z0)，使得dp平面b1ae，此時dp=（0，1，z0).又設(shè)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的一個法向量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,存在點p,滿足dp平面b1ae,此時ap=12.5.(1)證明 設(shè)ac,bd交點為e，連接me.因為pd平面mac,平面mac平面pdb=me,所以pdme.因為abcd是正方形，所以e為bd的中點.所以m

12、為pb的中點。(2）解 取ad的中點o,連接op，oe.因為pa=pd,所以opad.又因為平面pad平面abcd，且op平面pad，所以op平面abcd。因為oe平面abcd,所以opoe。因為abcd是正方形,所以oead.如圖建立空間直角坐標系o-xyz,則p（0，0,2），d（2，0,0），b（-2,4，0）,bd=(4,4，0),pd=（2，0，2）.設(shè)平面bdp的法向量為n=（x，y,z）,則nbd=0,npd=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,則y=1,z=2.于是n=（1,1,2）,平面pad的法向量為p=（0，1，0)。所以cosn,p=np|n|p|=12.由

13、題知二面角b-pda為銳角，所以它的大小為3.（3)解 由題意知m-1,2,22,c（2,4，0)，mc=3,2,-22.設(shè)直線mc與平面bdp所成角為，則sin =|cosn，mc=|nmc|n|mc|=269.所以直線mc與平面bdp所成角的正弦值為269.6.（1)證明 因為ab是直徑，所以bcac。因為cd平面abc,所以cdbc.因為cdac=c,所以bc平面acd。因為cdbe，cd=be，所以四邊形bcde是平行四邊形,所以bcde，所以de平面acd.因為de平面ade，所以平面ade平面acd.(2)解 依題意,eb=abtaneab=414=1.由（1）知vcade=ve-

14、acd=13sacdde=1312accdde=16acbc112（ac2+bc2）=112ab2=43，當且僅當ac=bc=22時等號成立.如圖，建立空間直角坐標系，則d(0，0,1)，e（0，22,1),a（22，0，0），b(0,22,0)，則ab=(-22，22,0），be=（0,0,1），de=(0,22,0)，da=（22，0，-1).設(shè)平面dae的法向量為n1=(x，y，z),則n1de=0,n1da=0,即22y=0,22x-z=0,取n1=(1,0，22)。設(shè)平 面abe的法向量為n2=（x,y,z),則n2be=0,n2ab=0,即z=0,-22x+22y=0,取n2=(1

15、,1,0)，所以cosn1,n2=n1n2|n1|n2|=129=26.可以判斷n1,n2與二面角daeb的平面角互補，所以二面角dae-b的余弦值為-26.二、思維提升訓練7.解 如題圖甲所示,因為bo是梯形abcd的高，bad=45，所以ao=ob。因為bc=1,od=3oa,可得od=3,oc=2，如題圖乙所示,op=oa=1,oc=2,pc=3，所以有op2+oc2=pc2.所以opoc。而obop,obod,即ob，od，op兩兩垂直，故以o為原點,建立空間直角坐標系(如圖)，則p(0，0,1)，c(1，1，0）,d（0,3，0)，(1)證明：設(shè)e（x,0,1x），其中0x1，所以d

16、e=(x，3，1x），pc=(1，1,1).假設(shè)de和pc垂直,則depc=0,有x3+(1x)（1)=0,解得x=2,這與0x1矛盾，假設(shè)不成立，所以de和pc不可能垂直.（2）因為pe=2be，所以e23,0,13.設(shè)平面cde的一個法向量是n=(x，y,z),因為cd=(-1,2，0），de=13,-3,13，所以ncd=0，nde=0,即-x+2y=0,23x-3y+13z=0.令y=1，則n=（2,1，5）,而pd=（0,3，-1),所以|cos |=pdn|pd|n|=315.所以pd與平面cde所成角的正弦值為315.8.解 平面pad平面abcd,且pad=90,pa平面abc

17、d,而四邊形abcd是正方形，即abad。故可建立如圖所示的空間直角坐標系，則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)證明:pb=(2，0，2),fe=（0,-1，0），fg=(1，1，1）,設(shè)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與fg不共線，fe與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,coseg,bd=egbd|eg|bd|=2622=36.因此,異面直線eg與bd所成的角的余弦值為36.(3）假設(shè)在線段cd