高考数学 高校信息化课堂 大题冲关 专题六 立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法 理

第3讲立体几何中的向量方法
1.(2014嘉兴高三期末)如图,长方体ABCD A1B1C1D1中,AB=4,BC=5,CC1=,P是AD1上一点,E是PC的中点.
(1)求证:AD1∥平面BDE;
(2)当AD1⊥DP时,求平面DCP与平面BCP所成锐二面角θ的余弦值.
(1)证明:连接AC交BD于F,则F为AC的中点,
连接EF,则EF为△PAC的中位线,
所以EF∥AD1,
AD1⊄平面BDE,EF⊂平面BDE,
所以AD1∥平面BDE.
(2)解:法一
连接BC1,
作CQ⊥BC1于Q,
又BQ⊥CD,
所以BQ⊥平面CDPQ,
作QH⊥PC于H,连接BH,
所以∠BHQ就是平面DCP与平面BCP所成锐二面角θ,
在Rt△BCC1中,CQ⊥BC1,BC=5,CC1=,
所以BQ=4,CQ=3,
在Rt△PCQ中,QH⊥PC,
所以HQ=,所以tan θ===,
所以cos θ==,
即平面DCP与平面BCP所成锐二面角θ的余弦值为.
法二以D为坐标原点,分别以DA,DC,DD1为x,y,z轴,建立空间直角坐标系.
由AD=5,DD1=,
AD1⊥DP,
得P(,0,),
设平面PCD的一个法向量为n1,
由=(,0,),
=(0,4,0),·n1=0,·n1=0,
得平面PCD的一个法向量n1=(4,0,-3),
设平面PCB的一个法向量为n2,
由=(,-4,),=(5,0,0),·n2=0,·n2=0,
得平面PBC的一个法向量n2=(0,3,5),
则cos θ==,
所以平面DCP与平面BCP所成锐二面角θ的余弦值为.
2.(2014宁波高三十校联考)如图,三棱锥P ABC中,已知平面PAB⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2a,点O,D分别是AB,PB的中点,PO⊥AB,点Q在线段AC上,且AQ=2QC.
(1)证明:CD∥平面OPQ;
(2)若二面角A PB C的余弦值的大小为,求PA.
(1)证明:连接AD,交PO于M,
连接OD、QM,
∵点O,D分别是AB,PB的中点,
∴OD AP,
∴==2=,
∴MQ∥CD,
而MQ⊂平面OPQ,CD⊄平面OPQ,
∴CD∥平面OPQ.
(2)解:连接OC.∵平面PAB⊥平面ABC,PO⊥AB, ∴PO⊥平面ABC.
从而PO⊥AB,PO⊥OC.
∵AC=BC,点O是AB的中点,∴OC⊥AB.
且OA=OB=OC= a.
如图,建立空间直角坐标系
O xyz.
A(0,-a,0),B(0,a,0),C(a,0,0),
设PO=h,则P(0,0,h).
∵PO⊥OC,OC⊥AB,
∴OC⊥平面PAB.
从而=(a,0,0)是平面PAB的一个法向量.
不妨设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),
∵=(0,a,-h),=(a,-a,0),
∴
不妨令x=1,则y=1,z=,则n=(1,1,),
由已知,得==,
化简,得h2=a2.
则PA=== a.
3.(2014嘉兴二模)如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,PA=AB=AD=2BC=2,∠BAD=θ,E是棱PD的中点.
(1)若θ=60°,求证:AE⊥平面PCD;
(2)求θ的值,使二面角P CD A最小.
(1)证明:当θ=60°时,
∵AD∥BC,AB=AD=2BC=2.
∴CD⊥AD.
又PA⊥平面ABCD,∴PA⊥CD.
∴CD⊥平面PAD.
又AE⊂平面PAD,∴CD⊥AE.
又PA=AD,E是棱PD的中点,
∴PD⊥AE.
∴AE⊥平面PCD.
(2)解:法一如图,建立空间直角坐标系A xyz,
则P(0,0,2),B(2sin θ,2cos θ,0),
C(2sin θ,2cos θ+1,0),D(0,2,0).
∴=(0,-2,2),=(2sin θ,2cos θ-1,0).
设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),
则则
取y=1,得n=(,1,1).
又易知平面ABCD的法向量为m=(0,0,1).
设二面角P CD A的平面角为α,
则cos α==,
要使α最小,则cos α最大,即=0,∴cos θ=,
又θ∈(0°,180°),得θ=60°.
法二过点A作AE⊥CD于E,则CD⊥PE(图略).
∠PEA为二面角P CD A的平面角.
tan∠PEA==,
要使二面角P CD A最小只需AE最大,
又AD=2故AE最大为2.
此时D、E重合,即AD⊥DC,θ=60°.
4.(2014浙江温州适应性测试)如图所示,已知平面QBC与直线PA均垂直于Rt△ABC所在平面,且PA=AB=AC.
(1)求证:PA∥平面QBC;
(2)若PQ⊥平面QBC,求二面角Q PB A的余弦值.
(1)证明:过点Q作QD⊥BC于点D,
∵平面QBC⊥平面ABC,BC为交线,QD⊂平面QBC,
∴QD⊥平面ABC.
又PA⊥平面ABC,
∴QD∥PA.
又QD⊂平面QBC,PA⊄平面QBC,
∴PA∥平面QBC.
(2)解:法一∵PQ⊥平面QBC,
∴∠PQB=∠PQC=90°,
∵PA=AB=AC,PA⊥平面ABC,
∴PB=PC,PQ=PQ,
∴△PQB≌△PQC,
∴BQ=CQ.
∴点D是BC的中点,连接AD,
则AD⊥BC,
又∵平面QBC⊥平面ABC.
平面QBC∩平面ABC=BC,
∴AD⊥平面QBC,
∴PQ∥AD,AD⊥QD.
∴四边形PADQ是矩形.
分别以AC,AB,AP为x,y,z轴建立空间直角坐标系A xyz. 设PA=2a,则Q(a,a,2a),B(0,2a,0),P(0,0,2a),
设平面QPB的法向量为n=(x,y,z),
∵=(a,a,0),=(0,2a,-2a),
∴取x=1,
可得n=(1,-1,-1).
又∵平面PAB的法向量为m=(1,0,0)
设二面角Q PB A为θ,则
cos<m,n>==.
又m,n都指向二面角内,
故二面角与<m,n>互补.
∴cos θ=-.
法二∵PQ⊥平面QBC,
∴∠PQB=∠PQC=90°,
又由AB=AC,PA⊥平面ABC,
得PB=PC,
又PQ=PQ.
∴△PQB≌△PQC,
∴BQ=CQ.
∴点D是BC的中点,连接AD,
则AD⊥BC,
又平面QBC⊥平面ABC,
∴AD⊥平面QBC.
∴PQ∥AD,AD⊥QD.
∴四边形PADQ是矩形.
设PA=2a,
∴PQ=AD=a,PB=2a,∴BQ= a.
过Q作QR⊥PB于点R,
∴QR==a,
PR=== a.
取PB中点M,连接AM,取PA的中点N,连接RN. ∵PR=PB=PM,PN=PA,
∴MA∥RN.
∵PA=AB,∴AM⊥PB.
∴RN⊥PB.
∴∠QRN为二面角Q PB A的平面角,
连接QN,则QN===a, 又RN=AM=PB=a,
∴cos∠QRN==
=-.
即二面角Q PB A的余弦值为-.。