【精准解析】2021届高考数学(浙江专用)：§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用

§8.5 空间向量及其在立体几何中的应用

基础篇固本夯基

【基础集训】

考点一 用向量法证明平行、垂直

1.如图,四棱锥P-ABCD 的底面是正方形,PA ⊥平面ABCD,E,F 分别是AB,PD 的中点,且PA=AD. (1)求证:AF ∥平面PEC; (2)求证:平面PEC ⊥平面PCD.

证明 ∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD 为正方形, ∴PA⊥AB,PA ⊥AD,AB ⊥AD,

以A 为原点,AB,AD,AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,如图所示,

由已知PA=AD,不妨设PA=AB=AD=2,则B(2,0,0), P(0,0,2),A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0). (1)∵F 为PD 的中点,E 为AB 的中点, ∴F(0,1,1),E(1,0,0), ∴PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-2),PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2). 设平面PEC 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), 则{n 1·PE

⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·PC ⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 1-2z 1=0,2x 1+2y 1-2z 1=0,

取z 1=1,则n 1=(2,-1,1),

又∵AF

⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,1),∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0-1+1=0, ∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥n 1,∴AF∥平面PEC. (2)PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2,-2),PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,-2). 设平面PCD 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2),

则{n 2·PC

⃗⃗⃗⃗ =0,n 2·PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{2x 2+2y 2-2z 2=0,2y 2-2z 2=0,即{x 2+y 2-z 2=0,y 2-z 2=0,

取z 2=1,则n 2=(0,1,1),

又∵n 1=(2,-1,1)是平面PEC 的一个法向量, ∴n 1·n 2=(2,-1,1)·(0,1,1)=0,∴n 1⊥n 2, ∴平面PEC ⊥平面PCD.

2.如图,已知四棱台ABCD-A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A 1A=6,且A 1A ⊥底面ABCD,点P,Q 分别在棱DD 1,BC 上.

(1)若P 是DD 1的中点,证明:AB 1⊥PQ;

(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1,二面角P-QD-A 的余弦值为3

7

,求四面体ADPQ 的体积.

解析 由题设知,AA 1,AB,AD 两两垂直.以A 为坐标原点,AB,AD,AA 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B 1(3,0,6),D(0,6,0),D 1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m ≤6.

(1)证明:因为P 是DD 1的中点,所以P (0,92

,3),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m -9

2

,-3).又AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,0,6),

于是AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =18-18=0,所以AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ,即AB 1⊥PQ.

(2)由题设知,DQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,m-6,0),DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量.设n 1=(x,y,z)是平面PQD 的法向量,则{n 1·DQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{6x +(m -6)y =0,-3y +6z =0.取y=6,得n 1=(6-m,6,3).又平面AQD 的一个法向量是n 2=(0,0,1),

所以cos=

n 1·n 2|n 1|·|n 2|

=1×√(6-m)+6+3=√(6-m)+45

.

而二面角P-QD-A 的余弦值为37

,因此

3

√(6-m)+45

=37

,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).

设DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λDD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0<λ≤1),而DD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(6,3λ-2,-6λ). 因为PQ ∥平面ABB 1A 1,且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3=(0,1,0),所以PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 3=0,即3λ-2=0,亦即λ=23

,从而P(0,4,4).

于是,将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ 的体积V=13

S △ADQ ·h=13

×12

×6×6×4=24.

考点二 用向量法求空间角与距离

3.在平面四边形ABCD 中,AB=BD=CD=1,AB ⊥BD,CD ⊥BD.将△ABD 沿BD 折起,使得平面ABD ⊥平面BCD,如图. (1)求证:AB ⊥CD;

(2)若M 为AD 中点,求直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值; (3)在(2)的条件下,求点D 到平面BMC 的距离.

解析 (1)证明:∵平面ABD ⊥平面BCD,平面ABD ∩平面BCD=BD,AB ⊂平面ABD,AB ⊥BD, ∴AB⊥平面BCD.

又CD ⊂平面BCD,∴AB⊥CD.

(2)过点B 在平面BCD 内作BE ⊥BD,如图.

由(1)知AB ⊥平面BCD,又BE ⊂平面BCD,BD ⊂平面BCD, ∴AB⊥BE,AB ⊥BD.

以B 为坐标原点,分别以BE

⃗⃗⃗⃗⃗ ,BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BA ⃗⃗⃗⃗⃗ 的方向为x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系. 依题意,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M (0,12,1

2

),

则BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1,0),BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,12,12

),AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,-1).

设平面MBC 的法向量为n=(x 0,y 0,z 0), 则{n ·BC

⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ·BM

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即{x 0+y 0=0,12y 0+1

2z 0=0, 取z 0=1,得平面MBC 的一个法向量为n=(1,-1,1). 设直线AD 与平面MBC 所成角为θ,

则sin θ=|cos|=|n ·AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

||n|·|AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗

|=√6

3

, 即直线AD 与平面MBC 所成角的正弦值为√6

3

.

(3)由(2)可知平面MBC 的一个法向量为n=(1,-1,1), 又∵BD

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0), ∴点D 到平面BMC 的距离为

|BD

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||n|=1√3=√33

. 4.如图,在四棱锥A-EFCB 中,△AEF 为等边三角形,平面AEF ⊥平面EFCB,EF ∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O 为EF 的中点. (1)求证:AO ⊥BE;

(2)求二面角F-AE-B 的余弦值; (3)若BE ⊥平面AOC,求a 的值;

(4)在(3)的条件下,求BE 与AF 所成角的余弦值.

解析 (1)证明:因为△AEF 是等边三角形,O 为EF 的中点,所以AO ⊥EF. 又因为平面AEF ⊥平面EFCB,AO ⊂平面AEF, 所以AO ⊥平面EFCB. 所以AO ⊥BE.

(2)取BC 的中点G,连接OG. 由题意知四边形EFCB 是等腰梯形, 所以OG ⊥EF.

由(1)知AO ⊥平面EFCB, 又OG ⊂平面EFCB, 所以OA ⊥OG.

如图建立空间直角坐标系O-xyz,

则E(a,0,0),A(0,0,√3a),B(2,√3(2-a),0), 所以EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-a,0,√3a),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(a-2,√3(a-2),0).