板塊命題點(diǎn)專(zhuān)練空間向量及其應(yīng)用

1、板塊命題點(diǎn)專(zhuān)練（十一）空間向量及其應(yīng)用命題點(diǎn)向量法求空間角及應(yīng)用1(2018 ·國(guó)卷全 )如圖，在三棱錐P-ABC 中， ABBC 2 2，PAPB PC AC 4， O 為 AC 的中點(diǎn)(1) 證明： PO平面 ABC；(2) 若點(diǎn) M 在棱 BC 上，且二面角 M -PA-C 為 30°，求 PC 與平面 PAM所成角的正弦值解： (1)證明：因?yàn)?PA PC AC 4， O 為 AC 的中點(diǎn)，所以 PO AC，且 PO 2 3.2連接 OB，因?yàn)?AB BC 2 AC，所以 ABC 為等腰直角三角形，1且 OB AC， OB 2AC 2.所以 PO2OB 2 PB2，

2、所以 PO OB.又因?yàn)?OB AC O，所以 PO平面 ABC .(2) 以 O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，OB 的方向?yàn)閤 軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0) ，A(0， 2,0)，C(0，2,0)， P(0,0,23)，AP (0,2,23)取平面 PAC 的一個(gè)法向量OB (2,0,0) 設(shè) M (a,2 a,0)(0 a 2)，則 AM (a,4 a,0)設(shè)平面 PAM 的法向量為 n (x，y， z)， ，AP · n 0，2由2y3z0得ax 4 a y 0，AM ·n 0，令 y 3a，得 z a， x 3(a 4

3、)，所以平面PAM 的一個(gè)法向量為n (3(a 4)，3a， a)，2 3 a 4所以 cos OB， n2 3 a 4 2 3a2 a2.， n | cos 30°3，由已知可得 |cos OB22 3|a 4|所以22223 a 4 3a a解得 a4或 a 4(舍去 )33，2所以 n 83， 4 3， 4 .333又 PC (0,2， 2 3)，8383， n33 3所以 cos PC4 12·6416164 .3393所以 PC 與平面 PAM 所成角的正弦值為4 .2.(2018 全·國(guó)卷 )如圖，四邊形 ABCD 為正方形， E ，F(xiàn) 分別為AD，B

4、C 的中點(diǎn)， 以 DF 為折痕把 DFC 折起， 使點(diǎn) C 到達(dá)點(diǎn) P 的位置，且 PF BF .(1) 證明：平面 PEF 平面 ABFD ；(2) 求 DP 與平面 ABFD 所成角的正弦值解： (1)證明：由已知可得BF PF ， BF EF ，又 PF EF F，所以 BF 平面 PEF . 又 BF? 平面 ABFD，所以平面 PEF 平面 ABFD .(2) 如圖，作 PH EF ，垂足為 H .由 (1)得， PH 平面 ABFD .，HP 的方向分別為y 軸，z 軸正方向，以 H 為坐標(biāo)原點(diǎn)， HFH -xyz.| BF |為單位長(zhǎng)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系由 (1)可得，

5、 DE PE .又 DP2，DE 1，所以 PE 3.又 PF 1，EF 2，所以 PEPF.3 3 所以 PH 2 ，EH2.則 H(0,0,0)，P 0，0， 3 ，D 1， 3，0 ，223 .DP 1，3，3 ，HP 0，0，222的法向量，又 HP 為平面 ABFD設(shè) DP 與平面 ABFD 所成角為 ， 34|HP·3DP | 3則 sin 4 .| HP |DP |所以 DP 與平面 ABFD 所成角的正弦值為34 .3.(2018 浙·江高考 )如圖，已知多面體ABCA1B1C1， A1A， B1B，C1C 均垂直于平面ABC， ABC 120°，

6、 A1A 4， C1 C 1，AB BCB1B2.(1) 證明： AB1平面 A1B1C1；(2) 求直線 AC1 與平面 ABB1 所成的角的正弦值解：法一： (1) 證明：由 AB 2，AA 1 4， BB1 2，AA1 AB， BB1 AB，得 AB1 A1 B1 2 2，所以 A1B21 AB21 AA21，故 AB1 A1B1.由 BC 2，BB 1 2， CC1 1， BB1 BC， CC1 BC，得 B1C1 5.由 AB BC 2， ABC 120°，得 AC2 3. 由 CC1 AC，得 AC1 13，所以 AB21 B1C21 AC21，故 AB1 B1C1.又因

7、為 A1B1 B1C1 B1，所以 AB1平面 A1B1C1.(2) 如圖，過(guò)點(diǎn) C1 作 C1D A1B1，交直線 A1B1 于點(diǎn) D ，連接 AD .因?yàn)?AB1平面 A1B1C1，AB1? 平面 ABB 1，所以平面A1B1C1平面 ABB1.因?yàn)槠矫鍭1B1C1 平面 ABB1 A1 B1， C1D A1B1， C1D? 平面 A1B1C1，所以 C1D平面 ABB1.所以 C1AD 是直線 AC1 與平面 ABB1 所成的角由 B1C1 5，A1B1 2 2， A1 C1 21，得 cos C1A1B1 6， sin C1A1 B1 1 ，77所以 C1D3，故 sin C1ADC1

8、D 39.AC1 13所以直線 AC1 與平面 ABB1 所成的角的正弦值是39.13法二： (1)證明：以 AC 的中點(diǎn) O 為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線OB，OC 為 x 軸， y 軸的正半軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系O-xyz.由題意知各點(diǎn)坐標(biāo)如下：A(0， 3，0)，B(1,0,0)，A1(0，3，4)，B1(1,0,2) ，C1(0， 3，1)因此 AB 1 (1，3， 2)， A1B1 (1，3， 2)， A1C1 (0,2 3， 3) 由 AB1 ·A1B1 0，得 AB1 A1B1. 由 AB1 ·A1C1 0，得 AB1 A1C1.又因?yàn)?A1B1 A1C1

9、 A1，所以 AB1平面 A1B1C1.(2) 設(shè)直線 AC1 與平面 ABB1 所成的角為 . (1，3， 0)，由 (1)可知 AC1 (0,23， 1)， ABBB1 (0,0,2) 設(shè)平面 ABB1 的法向量為n (x， y， z)，x 3y 0，n· AB 0，由得2z 0，n· BB 1 0，可取 n (3， 1,0)， n |AC1·n|所以 sin |cos AC1 39.13|AC1|n|所以直線 AC1 與平面 ABB1 所成的角的正弦值是39.134 (2018 北·京高考 )如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1 中， CC1平面 A

10、BC， D， E， F， G分別為 AA1， AC， A1C1， BB1 的中點(diǎn)， AB BC5， 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 與平面 BCD 相交解： (1)證明：在三棱柱ABC-A1B1C1 中，因?yàn)?CC1平面 ABC， AC? 平面 ABC，所以 CC1 AC，所以四邊形 A1ACC1 為矩形又 E， F 分別為 AC， A1C1 的中點(diǎn)，所以 AC EF .因?yàn)?AB BC，所以 AC BE.因?yàn)?EF BE E，所以 AC平面 BEF .(2)由 (1)知 AC EF ， AC BE

11、， EF CC1.又 CC1平面 ABC，所以 EF 平面 ABC .因?yàn)?BE? 平面 ABC，所以 EF BE.以 E 為坐標(biāo)原點(diǎn)，EA ，EB， EF 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E-xyz.由題意得 B(0,2,0) ，C( 1,0,0) ， D(1， 0,1)， E(0,0,0) ， F (0,0,2)，G(0， 2,1)所以 BC ( 1， 2,0)，BD (1， 2,1)設(shè)平面 BCD 的一個(gè)法向量為n (x0， y0， z0)， 0，x0 2y0 0，n· BC即則x0 2y0 z0 0. 0，n· BD令 y0 1，則

12、 x0 2， z0 4.于是 n (2， 1， 4)又平面 CC1D 的一個(gè)法向量為EB (0,2,0)，21n· EB所以 cos n， EB 21 .|n| EB |由圖知二面角B-CD -C1 為鈍角，21所以其余弦值為21 .(3) 證明：由 (2)知平面 BCD 的法向量為n (2， 1， 4)，F(xiàn)G (0,2， 1)因?yàn)?n· FG 2× 0 (1)× 2 ( 4)× ( 1) 2 0，所以直線FG 與平面 BCD 相交5(2018 ·津高考天 )如圖， AD BC 且 AD 2BC， AD CD ，EG AD 且 EG

13、AD， CD FG 且 CD 2FG ， DG平面 ABCD ， DA DC DG 2.(1) 若 M 為 CF 的中點(diǎn)， N 為 EG 的中點(diǎn)，求證： MN 平面 CDE ；(2) 求二面角 E -BC-F 的正弦值；(3) 若點(diǎn) P 在線段 DG 上，且直線 BP 與平面 ADGE 所成的角為 60°，求線段 DP 的長(zhǎng)解：依題意，可以建立以D 為坐標(biāo)原點(diǎn)， 分別以 DA ，DC ，DG的方向?yàn)閤 軸， y 軸， z 軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖 )，則D(0,0,0) ，A(2,0,0) ，B(1,2,0)，C(0,2,0) ，E (2,0,2) ，F(xiàn) (0，1,2)，G(

14、0,0,2) ，3M 0， ， 1 ， N(1,0,2) 2 (2,0,2) (1) 證明：依題意得 DC (0,2,0) ， DE設(shè) n1 (x1， y1， z1)為平面 CDE 的法向量， 0，2y1 0，n1· DC則即2x1 2z1 0. 0，n1· DE不妨令 z1 1，可得 n1 (1,0， 1)3又MN 1，2， 1 ，可得 MN ·n1 0.因?yàn)橹本€ MN ?平面 CDE ，所以 MN 平面 CDE .(2) 依題意，可得 (1， 2,2)，BC ( 1,0,0)， BECF (0， 1,2)設(shè) n2 (x2， y2， z2)為平面 BCE 的法向量， 0， x2 0，n · BC2即則 0，x2 2y2 2z2 0.n2· BE不妨令 z2 1，可得 n2 (0,1,1) 設(shè) n3 (x3， y3， z3)為平面 BCF 的法向量， 0， x3 0，n3· BC則即 0， y3 2z3 0.n3· CF不妨令 z3 1，可得 n3 (0,2,1) 因此有 cosn 2，n 3 n2· n32 1310，|n2|n3|2× 510