第七章第七節(jié)立體幾何體中向量方法

1、PAGE PAGE 9第七章 第七節(jié) 立體幾何體中的向量方法一、選擇題1若平面，的法向量分別為a(1,2,4)，b(x，1，2)，并且，則x的值為 ()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，則實數(shù)x，y，z分別為 ()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.如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，E為A1C1的中點，則異面直線CE與BD所成的角為 A30 B45

2、C60 D904.如圖所示，在正方體ABCDA1B1C1D1中，棱長為a，M，N分別為A1B和AC上的點，A1MANeq f(r(2)a,3)，則MN與平面BB1C1C的位置關系是 A相交 B平行C垂直 D不能確定5.如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是 ()A45 B60C90 D1206.如圖，平面ABCD平面ABEF，四邊形ABCD是正方形，四邊形ABEF是矩形，且AFeq f(1,2)ADa，G是EF的中點，則GB與平面AGC所成角的正弦值為 ()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、填空題7已知 (2,2,1)， (4,5,3)，則平面ABC的單位法向量是_8在如右圖所示的正方體A1B1C1D1ABCD中，E是C1D1的中點，正方體的棱長為2，則異面直線DE與AC9正四棱錐SABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側棱SD的中點，且SOOD，則直線BC與平面PAC所成的角是_三、解答題10如圖，在ABC中，ABC60，BAC90，AD是BC上的高，沿AD把ABD折起，使BDC90.(1)證明：平面ADB平面BDC；(2)設E為BC的中點，求 與 夾角的余弦值11已知四棱錐PABC

4、D的底面為直角梯形，ABDC，DAB90，PA底面ABCD，且PAADDCeq f(1,2)，AB1，M是PB的中點(1)證明：平面PAD平面PCD；(2)求AC與PB所成的角；(3)求平面AMC與平面BMC所成二面角的余弦值12如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD.四邊形ABCD中，ABAD，ABAD4，CDeq r(2)，CDA45.(1)求證：平面PAB平面PAD；(2)設ABAP.()若直線PB與平面PCD所成的角為30，求線段AB的長；()在線段AD上是否存在一個點G，使得點G到點P、B、C、D的距離都相等？說明理由詳解答案一、選擇題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點為原點，建立空間直角坐標系，設正方體棱長為1，則相關點的坐標為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：分別以C1B1，C1D1，C1C所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標系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點為坐標原點，以BC、BA、BB1分別為x、y、z軸建立空間直角坐標系設ABBCAA12，則B(0,0,0)，C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0，1)， (0，1,1)， (2,0,2)cos ， eq f( ,| | |)eq f(2,r(2)r(8)eq f(1,2).EF與BC1所成角為60.答案：B6. 解析：如

7、圖，以A為原點建立空間直角坐標系，則A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(xiàn)(a,0,0)， (a，a,0)， (0,2a,(a，a,0)， (0,0,2a)，設平面AGC的法向量為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、填空題7解析：設平面ABC的法向量

8、n(x，y,1)，則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)，單位法向量為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：分別以DA，DC，DD1為x，y，z軸建立空間直角坐標系，則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：如圖，以O為原點建立空間直角坐標系Oxyz.設ODSOOAOBOCa，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P(0，eq f(a,2)，eq f(a,2)，則 (2a,0,0) (a，eq f(a,2)，eq f(a,2)， (a，a,0)，設平面PAC的法向量為n，可求得n(0,1,1)，則cos ，neq f( n,| |n|)eq f(a,r(2a2)r(2)eq f(1,2)， ，n60.直線BC與平面PAC所成的角為906030.答案：30三、解答題10解：(1)證明：折起前AD

10、是BC邊上的高，當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兩兩垂直，不妨設|DB|1，以D為坐標原點，以 ， ， 所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，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)， 與 夾角的余弦值為cos，eq f(,| | |)eq f(f(1,2),r(f(22,4)1)eq f(r

11、(22),22).11解：以A為坐標原點，AD長為單位長度，如圖建立空間直角坐標系，則各點坐標為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)證明：因 (0,0,1)， (0,1,0)，故 0，所以APDC.由題設知ADDC，且AP與AD是平面PAD內的兩條相交直線，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上取一點N(x，

12、y，z)，則存在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).可知當eq f(4,5)時，N點坐標為(eq f(1,5)，1，eq f(2,5)，能使 0.此時，(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為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與平面BMC所成角的余弦值為eq f(2,3).12解：(1)證明：因為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為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz(如圖)在平面ABCD內，作CEAB交AD于點E，則CEAD.在RtCDE中，DECDcos 451，CECDsin 451.設ABAPt，則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)()設平面PCD的一個法向量為n(x，y，z)，由n ，n ，得eq blcrc (avs4alco1(xy0，,4tytz0.)取xt，得平面PCD的一個法向量n(t，t,4t)又 (t,0，t)，故由直線PB與平面PCD所成的角為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，因為AD4t0)，所以ABeq f(4,5).()假設在線段AD上存在一個點G，使