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2016届高考数学理新课标A版一轮总复习开卷速查 必修部分47 立体几何中的向量方法(二)——求空间角与距离


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), → =(0,0,1), → =(-2,2,0), → =(-2,0,1). A(0,0,1), B(2,0,0), C(0,2,0), DA BC BA

设平面 EFGH 的法向量 n=(x,y,z), ∵EF∥AD,FG∥BC, → =0,n· → =0, ∴n· DA BC
? ?z=0, 得? 取 n=(1,1,0), ? ?-2x+2y=0, ? → ? n? 2 10 ? ? → ,n〉 =? BA· ∴sinθ=?cos〈BA ? ? → ?= 5× 2= 5 . ?|BA||n|?

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).

→ =(0,1,1),DC → =(2,0,0),故BE →· → =0. (1)向量BE DC 所以,BE⊥DC. → =(-1,2,0),PB → =(1,0,-2). (2)向量BD 设 n=(x,y,z)为平面 PBD 的法向量.

→ =0, ?n· BD 则? → =0, ?n· PB

? ?-x+2y=0, 即? 不妨令 y=1,可得 n=(2,1,1) ?x-2z=0. ?

为平面 PBD 的一个法向量,于是有 → n· BE 2 3 → cos〈n,BE〉= = =3. →| 6× 2 |n|· |BE 3 所以,直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . → =(1,2,0), → =(-2, → =(2,2,0), → =(1,0,0). (3)向量BC CP -2,2), AC AB 由 → =λCP → ,0≤λ≤1. 点 F 在棱 PC 上,设CF → =BC → +CF → =BC → +λCP → =(1-2λ,2-2λ,2λ).由 BF⊥AC, 故BF →· → =0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得 λ=3.即BF → =(-1, 得BF AC 4 2 → =0, ?n1· AB 1 3 即 2,2).设 n1=(x,y,z)为平面 FAB 的法向量,则? → ?n1· BF=0,

?x=0, ? 1 1 3 ?-2x+2y+2z=0.

不妨令 z=1,可得 n1=(0,-3,1)为平面 FAB 的

一个法向量.取平面 ABP 的法向量 n2=(0,1,0),则 -3 n1· n2 3 10 cos〈n1,n2〉= = =- 10 . |n1|· |n2| 10×1 3 10 易知,二面角 F-AB-P 是锐角,所以其余弦值为 10 . 方法二:(1)如图,取 PD 中点 M,连接 EM,AM.由于 E,M 分别 1 为 PC,PD 的中点,故 EM∥DC,且 EM=2DC,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=2 2,而 M 为 PD 中点,可得 AM= 2,进而 BE EM AB 1 = 2.故在直角三角形 BEM 中,tan∠EBM= BE =BE= ,因此 sin∠ 2 3 3 EBM= 3 .所以,直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 . (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. 1 2 在△PAG 中,PA=2,PG=4PD= 2 ,∠APG=45° ,由余弦定理 10 3 10 可得 AG= 2 ,cos∠PAG= 10 . 3 10 所以,二面角 F-AB-P 的余弦值为 10 . B级 能力提升练

3.如图是多面体 ABC-A1B1C1 和它的三视图. (1)线段 CC1 上是否存在一点 E,使 BE⊥平面 A1CC1?若不存在, 请说明理由,若存在,请找出并证明; (2)求平面 C1A1C 与平面 A1CA 夹角的余弦值.

解析:(1)由题意知 AA1,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),A1(0,0,2),B(-2,0,0),C(0,-2,0),C1(-1, → =(-1,1,2),A→ → -1,2),则CC 1 1C1=(-1,-1,0),A1C=(0,-2,-2).

→ =(x,y+2,z), 设 E(x,y,z),则CE → =(-1-x,-1-y,2-z). EC 1 → =λEC →, 设CE 1 x=-λ-λx, ? ? 则?y+2=-λ-λy, ? ?z=2λ-λz,
? -λ -2-λ 2λ ? → ?2+λ -2-λ 2λ ? ?,BE=? ?. , , , , 则 E? 1+λ 1+λ? 1+λ 1+λ? ?1+λ ?1+λ

由? →· → ?BE A 1C=0, 解得 λ=2,

→· ?BE A→ 1C1=0,

2+λ 2+λ - ? ? 1+λ+1+λ=0, 得? -2-λ 2λ ? ? 1+λ +1+λ=0,

→ =2EC → ,使 BE⊥平面 A CC . 所以线段 CC1 上存在一点 E,CE 1 1 1 (2)设平面 C1A1C 的法向量为 m=(x,y,z),

?m· A→ 1C1=0, 则由? → ?m· A 1C=0,

? ?-x-y=0, 得? ?-2y-2z=0. ?

取 x=1,则 y=-1,z=1.故 m=(1,-1,1), m· n 而平面 A1CA 的一个法向量为 n=(1,0,0), 则 cos 〈m, n〉 = = |m||n| 1 3 =3, 3 3 故平面 C1A1C 与平面 A1CA 夹角的余弦值为 3 .

4.如图,三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱 AA1⊥底面 ABC,∠ACB= 90° ,E 是棱 CC1 上的动点,F 是 AB 的中点,AC=1,BC=2,AA1= 4. (1)当 E 是棱 CC1 的中点时,求证:CF∥平面 AEB1;

(2)在棱 CC1 上是否存在点 E,使得二面角 A-EB1-B 的余弦值是 2 17 17 ?若存在,求 CE 的长,若不存在,请说明理由. 解析:(1)证明:取 AB1 的中点 G,连接 EG,FG. ∵F,G 分别是棱 AB,AB1 的中点, 1 ∴FG∥BB1,FG=2BB1, 1 又 B1B 綊 C1C,EC=2C1C, 1 ∴B1B∥EC,EC=2B1B.∴FG 綊 EC. ∴四边形 FGEC 是平行四边形,∴CF∥EG. ∵CF?平面 AEB1,EG?平面 AEB1, ∴CF∥平面 AEB1. (2)以 C 为坐标原点,射线 CA,CB,CC1 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),B1(0,2,4). 设 E(0,0,m)(0≤m≤4),平面 AEB1 的法向量 n1=(x,y,z). → =(-1,2,4), 则AB 1 → =(-1,0,m). AE

→ ⊥n ,AE → ⊥n , 由AB 1 1 1
?-x+2y+4z=0, ? 得? ? ?-x+mz=0.

令 z=2,则 n1=(2m,m-4,2). 连接 BE,∵CA⊥平面 C1CBB1, → 是平面 EBB 的一个法向量,令 n =CA →, ∴CA 1 2 2 17 ∵二面角 A-EB1-B 的余弦值为 17 , 2 17 ∴ 17 =cos〈n1,n2〉 = = n1· n2 |n1||n2| 2m , 4m +?m-4?2+4
2

解得 m=1(0≤m≤4). ∴在棱 CC1 上存在点 E,符合题意,此时 CE=1.


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