【步步高】(浙江专用)2017年高考数学 专题七 立体几何 第56练 向量法求解立体几何问题练习

【步步高】（浙江专用）2017年高考数学专题七立体几何第56练

向量法求解立体几何问题练习

1.如图所示，已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝2，

AF＝1，M是线段EF的中点．

求证：(1)AM∥平面BDE；

(2)AM⊥平面BDF.

2．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，在侧棱CC1上求一点P，使得直线AP与平面BDD1B1所成角的正切值为3 2.

3．(2015·甘肃河西五地市第一次联考)已知斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1

的底面是边长为2的正三角形，侧面A 1ACC 1为菱形，∠A 1AC ＝60°，

平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，N 是CC 1的中点．

(1)求证：A 1C ⊥BN ；

(2)求二面角B －A 1N －C 的余弦值．

4．(2015·上饶一模)如图，五面体ABCDEF 中，底面ABCD 为矩形，AB

＝6，AD ＝4.顶部线段EF ∥平面ABCD ，棱EA ＝ED ＝FB ＝FC ＝62，EF ＝

2，二面角F －BC －A 的余弦值为1717

. (1)在线段BC 上是否存在一点N ，使BC ⊥平面EFN?

(2)求平面EFB 和平面CFB 所成锐二面角的余弦值．

5．(2015·长春普通高中质量检测)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平

面ABCD ，PA ＝AB ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足AB ⊥AD ，BC ∥AD 且BC ＝4，

点M 为PC 中点，点E 为BC 边上的动点，且BE EC

＝λ.

(1)求证：平面ADM ⊥平面PBC .

(2)是否存在实数λ，使得二面角P －DE －B 的余弦值为23

？若存在，试求出实数λ的值；若不存在，说明理由．

答案解析

1．证明 (1)建立如图所示的空间直角坐标系，

设AC ∩BD ＝N ，连接NE ，

则点N ，E 的坐标分别为(2

2，2

2，0)，(0,0,1)．

所以NE →＝(－22，－2

2，1)．

又点A ，M 的坐标分别是(2，2，0)，(2

2，2

2，1)，

所以AM →＝(－22，－2

2，1)．

所以NE →＝AM →，且NE 与AM 不共线．

所以NE ∥AM .

又因为NE ⊂平面BDE ，AM ⊄平面BDE .

所以AM ∥平面BDE .

(2)由(1)知AM →＝(－22，－2

2，1)，

因为D (2，0,0)，F (2，2，1)，

所以DF →＝(0，2，1)．

所以AM →·DF →＝0，所以AM →⊥DF →，

所以AM ⊥DF ，同理AM ⊥BF ，

又DF ∩BF ＝F ，所以AM ⊥平面BDF .

2．解 建立如图所示的空间直角坐标系，

设CP ＝m ，

则A (1,0,0)，B (1,1,0)，P (0,1，m )，C (0,1,0)，D (0,0,0)，B 1(1,1,1)，

所以BD →＝(－1，－1,0)，BB 1→

＝(0,0,1)，

AP →＝(－1,1，m )，AC →＝(－1,1,0)．

因为AC →·BD →＝(－1,1,0)·(－1，－1,0)＝0，

AC →·BB 1→

＝(－1,1,0)·(0,0,1)＝0.

所以AC →为平面BDD 1B 1的一个法向量．

设AP 与平面BDD 1B 1所成的角为θ，

则sin θ＝cos(π2－θ)＝|AP →·AC →

||AP →||AC →|＝

2

2·2＋m 2.

所以cos θ＝1－sin 2θ＝m

2＋m 2.

又tan θ＝sin θcos θ＝2

m ＝32， 所以m ＝1

3.

故当CP ＝13时，直线AP 与平面BDD 1B 1所成角的正切值为3 2.

3．(1)证明 取AC 的中点O ，连接BO ，A 1O .

由题意知BO ⊥AC ，A 1O ⊥AC .

又因为平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，

且平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面A 1ACC 1，

所以A 1O ⊥平面ABC .

以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A 1(0,0，3)，N (0，32，3

2)，C (0，1,0)，

A 1C →＝(0,1，－3)，BN →

＝(－3，32，3

2)．

因为A 1C →·BN →＝0＋32＋(－3)×3

2＝0，

所以A 1C ⊥BN .

(2)解 由(1)得A 1N →＝(0，32，－32)，

A 1

B →

＝(3，0，－3)．

设平面A 1BN 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，

则⎩⎪⎨⎪⎧ A 1N →·n 1＝0，A 1B →

·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧

32y －32z ＝0，3x －3z ＝0.

令x ＝1，得n 1＝(1，3

3，1)．

又平面A 1NC 的一个法向量n 2＝(1,0,0)．

设二面角B －A 1N －C 的平面角为θ，

且由图知，θ为锐角，

则cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝21

7

.

4．解 (1)存在点N 为线段BC 的中点，使BC ⊥平面EFN .

证明：∵EF ∥平面ABCD ，且EF ⊂平面EFBA ，

平面ABCD ∩平面EFBA ＝AB ，∴EF ∥AB .

设平面EFN ∩平面ABCD ＝MN ，M ∈AD .

∵EF ∥平面ABCD ，∴EF ∥MN ，∴AB ∥MN .

∵FB ＝FC ，∴BC ⊥FN .

又∵四边形ABCD 是矩形，∴BC ⊥AB .∴BC ⊥MN .

∵FN ⊂平面EFNM ，MN ⊂平面EFNM ，

FN ∩MN ＝N ，∴BC ⊥平面EFNM ，

即BC ⊥平面EFN .

(2)在平面EFNM 内，过F 作MN 的垂线，垂足为H .

由(1)可知BC ⊥平面EFNM ，BC ⊂平面ABCD ，且平面ABCD ∩平面EFNM ＝

MN ，FH ⊥MN ，

则平面ABCD ⊥平面EFNM ，

所以FH ⊥平面ABCD .

又因为FN ⊥BC ，HN ⊥BC ，

则二面角F －BC －A 的平面角为∠FNH .

在Rt △FNB 和Rt △FNH 中， FN ＝FB 2－BN 2＝68，

NH ＝FN cos ∠FNH ＝68×17

17＝2，FH ＝8.

过H 分别作边AB ，CD 的垂线，垂足分别为S ，Q ，

连接FS ，FQ ，以H 为坐标原点，

以HS →，HN →，HF →方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，

则F (0,0,8)，S (2,0,0)，N (0,2,0)，B (2,2,0)，

则SF →＝(－2,0,8)，SB →＝(0,2,0)．

设平面EFB 的一个法向量为n 1＝(x ，y,1)，