(山东专用)新高考数学一轮复习 第七章 立体几何 课时作业46 立体几何中的向量方法(含解析)-人教

课时作业46 立体几何中的向量方法
1．如图，三棱锥P -ABC 中，底面△ABC 为直角三角形，AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点，PD ＝DB ，PD ⊥DB ，PB ⊥CD .
(1)求证：PD ⊥平面BCD ；
(2)求P A 与平面PBC 所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵在直角三角形ABC 中，AB ＝BC ＝2，D 为AC 的中点，∴BD ⊥CD ，又∵PB ⊥CD ，BD ∩PB ＝B ，
∴CD ⊥平面PBD ，∴CD ⊥PD .
又∵PD ⊥BD ，BD ∩CD ＝D ，∴PD ⊥平面BCD .
(2)以D 为坐标原点，DA ，DB ，DP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系D -xyz ，则A (2，0,0)，B (0，2，0)，C (－2，0,0)，P (0,0，2).P A →
＝(2，0，－2)，PB →＝(0，2，－2)，CB →
＝(2，2，0)．
设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧
PB →·n ＝0，CB →·
n ＝0，得⎩
⎪⎨⎪⎧
2y －2z ＝0，
2x ＋2y ＝0， 取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1，∴n ＝(1，－1，－1)．
∵cos 〈P A →
，n 〉＝P A →
·n |P A →
||n |
＝6
3，
∴直线P A 与平面PBC 所成角的正弦值为
63
. 2．(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.
(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； (2)求图2中的二面角B -CG -A 的大小．
解：(1)证明：由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，所以AD ∥CG ， 故AD ，CG 确定一个平面， 从而A ，C ，G ，D 四点共面．
由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .
(2)作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC .
由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.
以H 为坐标原点，HC →
的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz ，则A (－1,1,0)，C (1,0,0)，G (2,0，3)，CG →＝(1,0，3)，AC →
＝(2，－1,0)．
设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
CG →·n ＝0，AC →·
n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
x ＋3z ＝0，
2x －y ＝0.
所以可取n ＝(3,6，－3)．
又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0,1,0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝3
2.
因此二面角B -CG -A 的大小为30°.
3．如图，三棱台ABC -EFG 的底面是正三角形，平面ABC ⊥平面BCGF ，CB ＝2GF ，BF ＝CF .
(1)求证：AB ⊥CG ；
(2)若BC ＝CF ，求直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值．
解：(1)证明：取BC 的中点为D ，连接DF ，如图．由题意得，平面ABC ∥平面EFG ，平面ABC ∩平面BCGF ＝BC ，平面EFG ∩平面BCGF ＝FG ，从而BC ∥FG .
∵CB ＝2GF ，∴CD 綊GF ，
∴四边形CDFG 为平行四边形，∴CG ∥DF . ∵BF ＝CF ，D 为BC 的中点， ∴DF ⊥BC ，∴CG ⊥BC . ∵平面ABC ⊥平面BCGF ，
且平面ABC ∩平面BCGF ＝BC ，CG ⊂平面BCGF ， ∴CG ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ， ∴CG ⊥AB .
(2)连接AD .由△ABC 是正三角形，且D 为BC 的中点得，AD ⊥BC .由(1)知，CG ⊥平面ABC ，CG ∥DF ，∴DF ⊥AD ，DF ⊥BC ，∴DB ，DF ，DA 两两垂直．以D 为坐标原点，DB ，DF ，DA 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系D -xyz .设BC ＝2，则A (0,0，3)，B (1,0,0)，F (0，3，0)，G (－1，3，0)，
∴BG →
＝(－2，3，0)．
∵CB ＝2GF ，∴AB →＝2EF →
，∴E ⎝⎛⎭⎫－12，3，3
2，
∴AE →＝⎝⎛⎭⎫－12，3，－32，BE →
＝⎝⎛⎭⎫－32，3，3
2.
设平面BEG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪
⎧
BG →·n ＝0
BE →·
n ＝0可得，⎩⎪⎨⎪⎧
－2x ＋3y ＝0，
－32
x ＋3y ＋3
2z ＝0.
令x ＝3，则y ＝2，z ＝－1，
∴n ＝(3，2，－1)为平面BEG 的一个法向量． 设AE 与平面BEG 所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈AE →
，n 〉|＝
⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
AE →·n |AE →
|·|n |
＝6
4. ∴直线AE 与平面BEG 所成角的正弦值为
64
. 4．(2019·卷)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，P A ＝AD ＝CD ＝2，BC ＝3.E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且PF PC ＝13
.
(1)求证：CD ⊥平面P AD ； (2)求二面角F -AE -P 的余弦值；
(3)设点G 在PB 上，且PG PB ＝2
3.判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．
解：(1)证明：因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥CD . 又因为AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面P AD .
(2)过A 作AD 的垂线交BC 于点M . 因为P A ⊥平面ABCD ， 所以P A ⊥AM ，P A ⊥AD .
如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2，－1，0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．
因为E 为PD 的中点，所以E (0,1,1)．所以AE →＝(0,1,1)，PC →＝(2,2，－2)，AP →
＝(0,0,2)．所
以PF →＝1
3
PC →＝⎝⎛⎭⎫23，23，－23，AF →＝AP →＋PF →
＝⎝⎛⎭⎫23，23，43. 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AE →
＝0，n ·
AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
y ＋z ＝0，
23x ＋23y ＋43z ＝0.
令z ＝1，则y ＝－1，x ＝－1.于是n ＝(－1，－1,1)． 又因为平面P AD 的法向量为p ＝(1,0,0)， 所以cos 〈n ，p 〉＝
n ·p |n ||p |＝－33
. 由题知，二面角F -AE -P 为锐二面角，所以其余弦值为3
3
. (3)直线AG 在平面AEF 内．
因为点G 在PB 上，且PG PB ＝2
3，PB →
＝(2，－1，－2)，
所以PG →＝2
3PB →
＝⎝⎛⎭⎫43，－23，－43， AG →＝AP →＋PG →
＝⎝⎛⎭⎫43
，－23，23. 由(2)知，平面AEF 的法向量n ＝(－1，－1,1)． 所以AG →
·n ＝－43＋23＋2
3＝0.
所以直线AG 在平面AEF 内．
5．已知三棱锥P -ABC (如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD 为边长等于2的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形．在三棱锥P -ABC 中：
(1)证明：平面P AC⊥平面ABC；
(2)若点M在棱P A上运动，当直线BM与平面P AC所成的角最大时，求二面角P-BC-M 的余弦值．
解：(1)证明：如图，设AC的中点为O，连接BO，PO.
由题意，得P A＝PB＝PC＝2，PO＝BO＝1.
因为在△P AC中，P A＝PC，O为AC的中点，所以PO⊥AC.
因为在△POB中，PO2＋OB2＝PB2，所以PO⊥OB.
因为AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC.
因为PO⊂平面P AC，所以平面P AC⊥平面ABC.
(2)由(1)知，BO⊥PO，由题意可得BO⊥AC，所以BO⊥平面P AC，所以∠BMO是直线BM 与平面P AC所成的角，
且tan∠BMO＝BO
OM＝
1 OM，
所以当线段OM最短，即M是P A的中点时，∠BMO最大．
由PO⊥平面ABC，OB⊥AC，得PO⊥OB，PO⊥OC，OB⊥OC，以O为坐标原点，OC，OB，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0,0,0)，
C (1,0,0)，B (0,1,0)，A (－1,0,0)，P (0,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫－12，0，12，BC →＝(1，－1,0)，PC →
＝(1,0，－1)，MC →
＝⎝⎛⎭⎫32
，0，－12. 设平面MBC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
由⎩⎪⎨⎪⎧
m ·BC →＝0，
m ·
MC →＝0，得⎩
⎪⎨⎪⎧
x 1－y 1＝0，
3x 1－z 1＝0， 令x 1＝1，得y 1＝1，z 1＝3，
即m ＝(1,1,3)是平面MBC 的一个法向量． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，
由⎩⎪⎨⎪
⎧
n ·BC →＝0，
n ·
PC →＝0，得⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2－y 2＝0，
x 2－z 2＝0， 令x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝1，
即n ＝(1,1,1)是平面PBC 的一个法向量． 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝533
＝533
33.
结合图可知所求二面角为锐角，二面角P -BC -M 的余弦值为533
33
.
6．(2019·某某卷)如图，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AD ∥BC ，AD ⊥AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.
(1)求证：BF ∥平面ADE ；
(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；
(3)若二面角E -BD -F 的余弦值为1
3
，求线段CF 的长．
解：(1)证明：依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →
的方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,1,0)，E (0,0,2)．设CF ＝h (h >0)，则F (1,2，h )．
依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →
＝0，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE .
(2)依题意，BD →
＝(－1,1,0)， BE →＝(－1,0,2)，CE →
＝(－1，－2,2)．
设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·
BD →＝0，n ·
BE →
＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－x ＋y ＝0，
－x ＋2z ＝0，
不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)． 因此有cos 〈CE →
，n 〉＝CE →
·n |CE →
||n |
＝－4
9.
所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为4
9.
(3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧
m ·BD →＝0，m ·
BF →＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，
不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝
⎛⎭⎫1，1，－2
h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝
|m ·n |
|m ||n |
＝⎪⎪⎪
⎪4－2h 3
2＋4h
2
＝13， 解得h ＝87.经检验，符合题意．所以，线段CF 的长为8
7
.
7．如图，在四棱锥P -ABCD 中，侧面P AD ⊥底面ABCD ，P A ＝PD ＝2，P A ⊥PD ，底面ABCD 为直角梯形，其中BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1，O 为AD 的中点．
(1)求证：平面POC ⊥平面P AD .
(2)线段PD 上是否存在一点Q ，使得二面角Q -AC -D 的余弦值为63？若存在，求出PQ
QD
的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：在△P AD 中，P A ＝PD ，O 为AD 的中点，∴PO ⊥AD . 在△P AD 中，P A ⊥PD ，P A ＝PD ＝2，∴AD ＝2.
在直角梯形ABCD 中，O 为AD 的中点，∴OA ＝BC ＝1， ∴OC ⊥AD .又OC ∩PO ＝O ，∴AD ⊥平面POC ， 又AD ⊂平面P AD ，∴平面POC ⊥平面P AD .
(2)易知PO ，OC ，OD 两两垂直，所以以O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则O (0,0,0)，P (0,0,1)，A (0，－1，0)，C (1,0,0)，D (0,1,0)，
假设存在，且设PQ →＝λPD →
(0≤λ≤1)．
连接OQ ，∵PD →
＝(0,1，－1)，
∴OQ →－OP →＝PQ →
＝(0，λ，－λ)，
∴OQ →
＝(0，λ，1－λ)，∴Q (0，λ，1－λ)．
设平面CAQ 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，
则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·
AC →＝x 1＋y 1＝0，m ·AQ →＝(λ＋1)y 1＋(1－λ)z 1＝0.
取z 1＝1＋λ，得m ＝(1－λ，λ－1，λ＋1)．
又平面CAD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)，二面角Q -AC -D 的余弦值为
63，∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |
＝
|λ＋1|(1－λ)2＋(λ－1)2＋(λ＋1)2×1＝63， 整理化简，得3λ2－10λ＋3＝0，解得λ＝13
或λ＝3(舍去)， 故线段PD 上存在满足题意的点Q ，且PQ QD ＝12
. 8．如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.
(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；
(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成角的余弦值． 解：(1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC .
∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥AE .
又AC ∩AE ＝A ，AC ，AE ⊂平面ACFE ，∴BD ⊥平面ACFE .
(2)连接OE ，以O 为原点，OA ，OB 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的空间直
角坐标系，则B (0，3，0)，O (0,0,0)，E (1,0,2)，F (－1,0，a )(a >0)，则OB →＝(0，3，0)，OE
→
＝(1,0,2)，OF →
＝(－1,0，a )．
设平面EBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则有⎩⎪⎨⎪⎧ n ·
OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧
3y ＝0，x ＋2z ＝0， 得y ＝0.令z ＝1，则x ＝－2，∴n ＝(－2,0,1)是平面EBD 的一个法向量．
由题意得sin45°＝|cos 〈OF →
，n 〉|
＝|OF →
·n ||OF →
|·|n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22
， 解得a ＝3或a ＝－13
(舍去)． ∴OF →＝(－1,0,3)，又BE →
＝(1，－3，2)，
∴cos 〈OF →，BE →〉＝－1＋610×8＝54
， 故异面直线OF 与BE 所成角的余弦值为54
.。