高考数学理一轮总复习必修部分开卷速查47立体几何中的向量方法(二)求空间角与距离(含解析)新人教A版

开卷速查(四十七) 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离A级基础巩固练1．[2014·陕西]四面体ABCD及其三视图如图所示，过棱AB的中点E作平行于AD，BC 的平面分别交四面体的棱BD，DC，CA于点F，G，H.(1)证明：四边形EFGH是矩形；(2)求直线AB与平面EFGH夹角θ的正弦值．解析：(1)由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1.由题设，BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．(2)如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(0,0,1)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，DA→＝(0,0,1)，BC→＝(－2,2,0)，BA→＝(－2,0,1)．设平面EFGH的法向量n＝(x，y，z)，∵EF∥AD，FG∥BC，∴n·DA →＝0，n ·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取n ＝(1,1,0)，∴sin θ＝||cos 〈BA →，n 〉＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BA →·n |BA →||n |＝25×2＝105. 2．[2014·天津]如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：BE ⊥DC ；(2)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值；(3)若F 为棱PC 上一点，满足BF ⊥AC ，求二面角F －AB －P 的余弦值．解析：方法一：依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如下图)，可得B (1,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．由E 为棱PC 的中点，得E (1,1,1)．(1)向量BE →＝(0,1,1)，DC →＝(2,0,0)，故BE →·DC →＝0. 所以，BE ⊥DC .(2)向量BD →＝(－1,2,0)，PB →＝(1,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面PBD 的法向量． 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·PB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，x －2z ＝0.不妨令y ＝1，可得n ＝(2,1,1)为平面PBD 的一个法向量，于是有cos 〈n ，BE →〉＝n ·BE →|n |·|BE →|＝26×2＝33.所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)向量BC →＝(1,2,0)，CP →＝(－2，－2,2)，AC →＝(2,2,0)，AB →＝(1,0,0)．由点F 在棱PC 上，设CF →＝λCP →，0≤λ≤1.故BF →＝BC →＋CF →＝BC →＋λCP →＝(1－2λ，2－2λ，2λ)．由BF ⊥AC ，得BF →·AC →＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝34.即BF →＝(－12，12，32)．设n 1＝(x ，y ，z )为平面FAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0，n 1·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－12x ＋12y ＋32z ＝0.不妨令z ＝1，可得n 1＝(0，－3,1)为平面FAB 的一个法向量．取平面ABP 的法向量n 2＝(0,1,0)，则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－310×1＝－31010.易知，二面角F －AB －P 是锐角，所以其余弦值为31010.方法二：(1)如图，取PD 中点M ，连接EM ，AM .由于E ，M 分别为PC ，PD 的中点，故EM ∥DC ，且EM ＝12DC ，又由已知，可得EM ∥AB 且EM ＝AB ，故四边形ABEM 为平行四边形，所以BE ∥AM .因为PA ⊥底面ABCD ，故PA ⊥CD ，而CD ⊥DA ，从而CD ⊥平面PAD ，因为AM ⊂平面PAD ，于是CD ⊥AM ，又BE ∥AM ，所以BE ⊥CD .(2)连接BM ，由(1)有CD ⊥平面PAD ，得CD ⊥PD ，而EM ∥CD ，故PD ⊥EM ，又因为AD ＝AP ，M 为PD 的中点，故PD ⊥AM ，可得PD ⊥BE ，所以PD ⊥平面BEM ，故平面BEM ⊥平面PBD .所以，直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ，而BE ⊥EM ，可得∠EBM 为锐角，故∠EBM 为直线BE 与平面PBD 所成的角．依题意，有PD ＝22，而M 为PD 中点，可得AM ＝2，进而BE ＝ 2.故在直角三角形BEM 中，tan ∠EBM ＝EM BE ＝AB BE ＝12，因此sin ∠EBM ＝33.所以，直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值为33. (3)如图，在△PAC 中，过点F 作FH ∥PA 交AC 于点H .因为PA ⊥底面ABCD ，故FH ⊥底面ABCD ，从而FH ⊥AC .又BF ⊥AC ，得AC ⊥平面FHB ，因此AC ⊥BH .在底面ABCD 内，可得CH ＝3HA ，从而CF ＝3FP .在平面PDC 内，作FG ∥DC 交PD 于点G ，于是DG ＝3GP .由于DC ∥AB ，故GF ∥AB ，所以A ，B ，F ，G 四点共面．由AB ⊥PA ，AB ⊥AD ，得AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥AG .所以∠PAG 为二面角F－AB －P 的平面角．在△PAG 中，PA ＝2，PG ＝14PD ＝22，∠APG ＝45°，由余弦定理可得AG ＝102，cos ∠PAG＝31010. 所以，二面角F －AB －P 的余弦值为31010.B 级 能力提升练3．如图是多面体ABC －A 1B 1C 1和它的三视图．(1)线段CC 1上是否存在一点E ，使BE ⊥平面A 1CC 1？若不存在，请说明理由，若存在，请找出并证明；(2)求平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值．解析：(1)由题意知AA 1，AB ，AC 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，B (－2,0,0)，C (0，－2,0)，C 1(－1，－1,2)，则CC 1→＝(－1,1,2)，A 1C 1→＝(－1，－1,0)，A 1C →＝(0，－2，－2).设E (x ，y ，z )，则CE →＝(x ，y ＋2，z )，EC 1→＝(－1－x ，－1－y,2－z )．设CE →＝λEC 1→，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－λ－λx ，y ＋2＝－λ－λy ，z ＝2λ－λz ，则E ⎝⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－2－λ1＋λ，2λ1＋λ.由⎩⎪⎨⎪⎧BE →·A 1C 1→＝0，BE →·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2＋λ1＋λ＋2＋λ1＋λ＝0，－2－λ1＋λ＋2λ1＋λ＝0，解得λ＝2，所以线段CC 1上存在一点E ，CE →＝2EC 1→，使BE ⊥平面A 1CC 1. (2)设平面C 1A 1C 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x －y ＝0，－2y －2z ＝0.取x ＝1，则y ＝－1，z ＝1.故m ＝(1，－1,1)，而平面A 1CA 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝13＝33，故平面C 1A 1C 与平面A 1CA 夹角的余弦值为33.4．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱AA 1⊥底面ABC ，∠ACB ＝90°，E 是棱CC 1上的动点，F 是AB 的中点，AC ＝1，BC ＝2，AA 1＝4.(1)当E 是棱CC 1的中点时，求证：CF ∥平面AEB 1；(2)在棱CC 1上是否存在点E ，使得二面角A －EB 1－B 的余弦值是21717？若存在，求CE的长，若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：取AB 1的中点G ，连接EG ，FG . ∵F ，G 分别是棱AB ，AB 1的中点， ∴FG ∥BB 1，FG ＝12BB 1，又B 1B 綊C 1C ，EC ＝12C 1C ，∴B 1B ∥EC ，EC ＝12B 1B .∴FG 綊EC .∴四边形FGEC 是平行四边形，∴CF ∥EG . ∵CF ⊄平面AEB 1，EG ⊂平面AEB 1， ∴CF ∥平面AEB 1.(2)以C 为坐标原点，射线CA ，CB ，CC 1为x ，y ，z 轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,4)．设E (0,0，m )(0≤m ≤4)，平面AEB 1的法向量n 1＝(x ，y ，z )． 则AB 1→＝(－1,2,4)， AE →＝(－1,0，m )．由AB 1→⊥n 1，AE →⊥n 1，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＋4z ＝0，－x ＋mz ＝0.令z ＝2，则n 1＝(2m ，m －4,2)． 连接BE ，∵CA ⊥平面C 1CBB 1，∴CA →是平面EBB 1的一个法向量，令n 2＝CA →， ∵二面角A －EB 1－B 的余弦值为21717，∴21717＝cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝2m 4m 2＋m －42＋4， 解得m ＝1(0≤m ≤4)．∴在棱CC 1上存在点E ，符合题意，此时CE ＝1.。