空间向量在立体几何中的应用答案word精品文档5页

17. 解析 (1)因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1
， 解得x ＝2，y ＝－4，
这时a ＝(2,4,1)，b ＝(－2，－4，－1)．
又因为b ⊥c ，
所以b ·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，
解得z ＝2，于是c ＝(3，－2,2)．
(2)由(1)得a ＋c ＝(5,2,3)，b ＋c ＝(1，－6,1)，
设(a ＋c )与(b ＋c )夹角为θ，
因此cos θ＝
5－12＋338·38＝－219. 18. 证明 AB 、AD 、AP 两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设P A ＝AB ＝BC ＝1，则P (0,0,1)．
(1)∵∠ABC ＝60°，
∴△ABC 为正三角形．
∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫14，34，12. 设D (0，y,0)，由AC ⊥CD ，得AC →·CD
→＝0， 即y ＝233，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，233，0， ∴CD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12，36，0. 又AE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫14，34，12， ∴AE →·CD →＝－12×14＋36×34
＝0， ∴AE
→⊥CD →，即AE ⊥CD . (2)证法一 ∵P (0,0,1)，∴PD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，233，－1. 又AE →·PD →＝34×233＋12
×(－1)＝0，
∴PD →⊥AE →，即PD ⊥AE .
AB →＝(1,0,0)，∴PD →·AB
→＝0， ∴PD ⊥AB ，又AB ∩AE ＝A ，
∴PD ⊥平面AEB .
证法二 ∵AB →＝(1,0,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫14，34，12， ∵设平面ABE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎨⎧ x ＝0
14x ＋34y ＋12z ＝0，
令y ＝2，则z ＝－3，∴n ＝(0,2，－3)．
∵PD →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，233，－1，显然PD →＝33n . ∵PD
→∥n ，∴PD →⊥平面ABE ， 即PD ⊥平面ABE .
19.
如图所示，以D 为原点，DA 为单位长度建立空间直角坐标系D －xyz . 则DA →＝(1,0,0)，CC ′→＝(0,0,1)．
连接BD ，B ′D ′.
在平面BB ′D ′D 中，
延长DP 交B ′D ′于H .
设DH
→＝(m ，m,1)(m ＞0)， 由已知〈DH →，DA →〉＝60°，
由DA →·DH →＝|DA →||DH →|cos 〈DH →，DA →〉，
可得2m ＝2m 2＋1.
解得m ＝22，所以DH →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫22，22，1 (1)因为cos 〈DH →，CC ′→〉＝22×0＋22×0＋1×11×2
＝22， 所以〈DH →，CC ′→〉＝45°，DP 与CC ′所成的角为45°.
(2)平面AA ′D ′D 的一个法向量是DC
→＝(0,1,0)． 因为cos 〈DH →，DC →〉＝22×0＋2
2×1＋1×01×2＝12，
所以〈DH →，DC →〉＝60°，
可得DP 与平面AA ′D ′D 所成的角为30°.
20. 解析 (1)证明 连接AB 1，与BA 1交于点O ，连接OD .
∵C 1D ∥AA 1，A 1C 1＝C 1P ，
∴AD ＝PD .
又∵AO ＝B 1O ，∴OD ∥PB 1.
又OD ⊂平面BDA 1，PB 1⊄平面BDA 1，
∴PB 1∥平面BDA 1.
(2)如图，过A 作AE ⊥DA 1于点E ，连接BE .
∵BA ⊥CA ，BA ⊥AA 1，且AA 1∩AC ＝A ，
∴BA ⊥平面AA 1C 1C .
∴BE ⊥DA 1.
∴∠BEA 为二面角A －A 1D －B 的平面角．
在Rt △A 1C 1D 中，A 1D ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫122＋12＝52， 又S △AA 1D ＝12×1×1＝12×52·AE ，
∴AE ＝255.
在Rt △BAE 中，BE ＝
12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2552＝355， ∴cos ∠BEA ＝AE BE ＝23.
故二面角A －A 1D －B 的平面角的余弦值为23.
21. 解析 (1)证明 ∵折起前AD 是BC 边上的高，
∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB .
又DB ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC .
∵AD ⊂平面ABD ，∴平面ADB ⊥平面BDC .
(2)由∠BDC ＝90°及(1)，知DA ，DB ，DC 两两垂直．不妨设|DB
→|＝1，以D 为坐标原点，分别以DB
→，DC →，DA →所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，32，0， ∴AE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12，32，－3，DB →＝(1,0,0)， ∴AE
→与DB →夹角的余弦值为cos 〈AE →，DB →〉 ＝AE →·DB →|AE →|·|DB →|＝121×22
4
＝2222. 22. 解析 (1)证明 因为四边形ABCD 是菱
形，
所以AC ⊥BD .
又因为P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD .
所以BD ⊥平面P AC .
(2)设AC ∩BD ＝O ，
因为∠BAD ＝60°，P A ＝AB ＝2，
所以BO ＝1，AO ＝CO ＝ 3.
如图，以O 为坐标原点，建立空间直角坐标系O －xyz ，则P (0，－3，2)，A (0，－3，0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)．
所以PB
→＝(1，3，－2)，AC →＝(0，23，0)． 设PB 与AC 所成角为θ，则
cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪⎪⎪PB →·AC →|PB →||AC →|＝622×23＝64. (3)由(2)知BC
→＝(－1，3，0)． 设P (0，－3，t )(t ＞0)，则BP
→＝(－1，－3，t )． 设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )，
则BC →·m ＝0，BP →·m ＝0. 所以⎩⎪⎨⎪⎧
－x ＋3y ＝0，－x －3y ＋tz ＝0.
令y ＝3，则x ＝3，z ＝6t .所以m ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫3，3，6t . 同理，平面PDC 的法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，3，6t . 因为平面PBC ⊥平面PDC ，所以m ·n ＝0，即－6＋36t 2＝0， 解得t ＝ 6.所以P A ＝ 6.。