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【创新设计】2014高考数学一轮复习 限时集训(四十八)空间向量在立体几何中的应用 理 新人教A版

时间:2013-09-27


限时集训(四十八)

空间向量在立体几何中的应用

(限时:50 分钟 满分:84 分)

1.(满分 12 分)如图,在△ABC 中,∠ABC=60°,∠BAC=90°,AD 是 BC 上的高,沿

AD 把△ABD 折起,使∠BDC=90°.

(1)证明:平面 ADB⊥平面 BDC; (2)设 E 为 BC 的中点,求 AE― →与 DB― →夹角的余弦值. 2. (满分 12 分)(2013·孝感模拟)如图所示, 四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为正方形,PD⊥平面 ABCD,PD=AB=2,E、F、G 分别为 PC、

PD、BC 的中点.
(1)求证:PA⊥EF; (2)求二面角 D-FG-E 的余弦值. 3. (满分 12 分)如图, 在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中, = 2AA1, AB 点 D 是 A1B1 的中点,点 E 在 A1C1 上且 DE⊥AE. (1)证明:平面 ADE⊥平面 ACC1A1; (2)求直线 AD 和平面 ABC1 所成角的正弦值. 4.(满分 12 分)(2012·江西高考) 如图所示,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,已知 AB=AC=AA1= 5,BC=4,点 A1 在底面 ABC 的投影 是线段 BC 的中点 O. (1)证明 在侧棱 AA1 上存在一点 E,使得 OE⊥平面 BB1C1C,并求出 AE 的长; (2)求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的余弦值. 5.(满分 12 分)如图所示,在多面体 ABCD-A1B1C1D1 中,上,下两 个底面 A1B1C1D1 和 ABCD 互相平行, 且都是正方形,DD1⊥底面 ABCD,AB =2A1B1=2DD1=2a. (1)求异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值; (2)已知 F 是 AD 的中点,求证:FB1⊥平面 BCC1B1; (3)在(2)的条件下,求二面角 F-CC1-B 的余弦值. 6.(满分 12 分)(2013·聊城模拟)如图,在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 为菱形,∠BAD=60°,Q 为 AD 的中点.
1

(1)若 PA=PD,求证:平面 PQB⊥平面 PAD;

PM 1 (2)设点 M 在线段 PC 上, = ,求证:PA∥平面 MQB; MC 2
(3)在(2)的条件下,若平面 PAD⊥平面 ABCD,且 PA=PD=AD=2,求二面角 M-BQ-C 的大小. 7.(满分 12 分)(2012·福建高考)如图所示,在长方体 ABCD-

A1B1C1D1 中,AA1=AD=1,E 为 CD 中点.
(1)求证:B1E⊥AD1; (2)在棱 AA1 上是否存在一点 P,使得 DP∥平面 B1AE?若存在, 求 AP 的长;若不存在,说明理由; (3)若二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°,求 AB 的长.





限时集训(四十八) 空间向量在立体几何中的应用 1.解:(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 ABD⊥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,以 DB , DC , DA 的方向为 x,y,z 轴的正方 向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? , ,0?,
1 3 ?2 2

?

??? ?1 3 ? ? ? ??? ∴ AE =? , ,- 3?, DB =(1,0,0), ?2 2 ? ??? ??? ? ? ??? ??? ? ? ??? ??? ? ? AE · DB ? ??? = ? ∴ AE 与 DB 夹角的余弦值为 cos〈 AE , DB 〉= ??? | AE |·| DB |
22 . 22 1 2 1× 22 4



2.解:(1)证明:以 D 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐 标系 D-xyz,则 D(0,0,0),A(0,2,0),C(-2,0,0),P(0,0,2),E(-

2

1,0,1),F(0,0,1),G(-2,1,0). (1)∵ PA =(0,2,-2), EF =(1,0,0), ∴ PA · EF =0, ∴PA⊥EF. (2)易知 DF =(0,0,1), FG =(-2,1,-1). 设平面 DFG 的法向量为 m=(x1,y1,z1),

???

??? ?

???

??? ?

??? ?

??? ?

??? ? ?m· DF =0, 则? ??? ? ?m· FG =0,

? ?z1=0, 即? ?-2x1+y1-z1=0. ?

令 x1=1,得 m=(1,2,0)是平面 DFG 的一个法向量. 同理可得 n=(0,1,1)是平面 EFG 的一个法向量,

m·n 2 10 ∴cos〈m,n〉= = = , |m|·|n| 5 5× 2
由图可知二面角 D-FG-E 为钝角, ∴二面角 D-FG-E 的余弦值为- 10 . 5

3. 解: (1)证明: 由正三棱柱 ABC-A1B1C1 的性质知 AA1⊥平面 A1B1C1, DE? 平面 A1B1C1, 又 所以 DE⊥ AA1. 而 DE⊥AE, 1∩AE=A, AA 所以 DE⊥平面 ACC1A1.又 DE? 平面 ADE, 故平面 ADE⊥平面 ACC1A1. (2)如图所示,设 O 是 AC 的中点,以 O 为原点建立空间直角坐 标系.不妨设 AA1= 2,则 AB=2,相关各点的坐标分别是 A(0,- 1,0),B( 3,0,0),C1(0,1, 2),D? 1 ? 3 ? ,- , 2?. 2 ?2 ?

易知 AB =( 3,1,0), AC1 =(0,2, 2),

??? ?

????

??? ? 3 1 ? ? AD =? , , 2?. ?2 2 ?
设平面 ABC1 的一个法向量为 n=(x,y,z),则有

??? ? ?n· AB = 3x+y=0, ? ? ???? ? ?n· AC1 =2y+ 2z=0.
解得 x=- 3 y,z=- 2y.故可取 n=(1,- 3, 6). 3

??? ? ??? ? n· AD 2 3 10 ??? = ? 所以,cos〈n, AD 〉= = . 5 10× 3 |n|·| AD |

3

由此即知,直线 AD 和平面 ABC1 所成角的正弦值为

10 . 5

4.解:(1)证明:连接 AO,在△AOA1 中,作 OE⊥AA1 于点 E,因为 AA1∥BB1,所以 OE⊥

BB1.
因为 A1O⊥平面 ABC,所以 A1O⊥BC. 因为 AB=AC,OB=OC,得 AO⊥BC,所以 BC⊥平面 AA1O,所以 BC⊥OE,所以 OE⊥平面

BB1C1C,又 AO= AB2-BO2=1,AA1= 5, AO2 5 得 AE= = . AA1 5
(2)如图,分别以 OA,OB,OA1 所在直线为 x,y,z 轴,建立空 间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2),

??? 1 ???? ? 2? ?4 由 AE = AA1 得点 E 的坐标是? ,0, ?, 5 5? 5 ?
由(1)得平面 BB1C1C 的法向量是

??? ? 4 2 OE =?5,0,5?, ? ? ? ?
设平面 A1B1C 的法向量 n=(x,y,z),

??? ? ?n· AB =0, ? ???? 由? ? ?n· A1C =0,

? ?-x+2y=0, 得? ? ?y+z=0.

令 y=1,得 x=2,z=-1,即 n=(2,1,-1),

??? ? 所以 cos〈 OE ,n〉=

??? ? OE ·n 30 ??? ? = , | OE |·|n| 10
30 . 10

即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是

5.解:以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 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 A(2a,0,0),

B(2a,2a ,0),C(0,2a,0),D1(0,0,a),F(a,0,0),B1(a,a,a), C1(0,a,a).
(1)∵ AB1 =(-a,a,a), DD1 =(0,0,a),

????

???? ?

???? ???? ? ? AB1 · DD1 ???? ???? ? ???? ? ∴|cos〈 AB1 , DD1 〉|=? ???? ?| AB1 |·| DD 1 ?
= 3 , 3

? ? ? ?

4

所以异面直线 AB1 与 DD1 所成角的余弦值为

3 . 3

(2)∵ BB1 =(- a,-a,a), BC =(-2a,0,0), FB1 =(0,a,a),

????

??? ?

????

???? ???? ? FB1 · BB1 =0, ? ∴? ???? ??? ? ? FB1 · BC =0, ?
FB1⊥BC.

∴FB1⊥BB1,

∵BB1∩BC=B,∴FB1⊥平面 BCC1B. (3)由(2)知, FB1 为平面 BCC1B1 的一个法向量. 设 n=(x1,y1,z1)为平面 FCC1 的法向量, ∵ CC1 =(0,-a,a), FC =(-a,2a,0),

????

????

??? ?

???? ?n· CC1 =0, ? ∴? ??? ? ?n· FC =0, ?

?-ay1+az1=0, ? 得? ?-ax1+2ay1=0. ?

令 y1=1,则 x1=2,z1=1,∴n=(2,1,1),

???? ???? FB1 ·n 3 ∴cos〈 FB1 ,n〉= ???? = , | FB1 |·|n| 3
即二面角 F-CC1-B 的余弦值为 3 . 3

6.解:(1)连接 BD,四边形 ABCD 菱形, ∵∠BAD=60°, ∴△ABD 为正三角形, 又 Q 为 AD 中点, ∴AD⊥BQ. ∵PA=PD,Q 为 AD 的中点,

AD⊥PQ,
又 BQ∩PQ=Q, ∴AD⊥平面 PQB,AD? 平面 PAD. ∴平面 PQB⊥平面 PAD. (2)连接 AC 交 BQ 于点 N,如图(1): 由 AQ∥BC 可得,△ANQ∽△CNB, ∴

AQ AN 1 = = . BC NC 2

5

又 ∴

PM 1 = , MC 2 PM AN 1 = = . MC NC 2

图(1)

∴PA∥MN. ∵MN? 平面 MQB,PA?平面 MQB, ∴PA∥平面 MQB. (3)由 PA=PD=AD=2,Q 为 AD 的中点,则 PQ⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD, ∴PQ⊥平面 ABCD. 以 Q 为坐标原点,分别以 QA、QB、QP 所在的直线为 x,y,z 轴, 建立如图(2)所示的坐标系, 则各点坐标为 A(1,0,0), (0, 3, B 0),Q(0,0,0),P(0,0, 3).

??? ? ?n· QB =0, ? 设平面 MQB 的法向量 n=(x,y,1),可得? ???? ? ?n· MN =0. ??? ? ?n· QB =0, ? ∵PA∥MN,∴? ??? ? ?n· PA =0.
解得 n=( 3,0,1). 取平面 ABCD 的法向量 m=(0,0,1).

图(2)

m·n 1 cos〈m,n〉= = . |m||n| 2
故二面角 M-BQ-C 的大小为 60°. 7.解:(1)证明:以 A 为原点, AB , AD , AA1 的方向分别为

??? ?

??? ?

????

x 轴,y 轴,z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设 AB=a,

? ? 则 A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E? ,1,0?,B1(a,0,1),故 ?2 ?
a

???? ???? ???? ??? ? a a AD1 =? 0,1,1? , B1 E =?- ,1,-1?, AB1 =(a,0,1), AE =? ,1,0?. ? 2 ? ?2 ? ? ? ? ? ???? ???? a ∵ AD1 · B1 E =- ×0+1×1+(-1)×1=0,
2 ∴B1E⊥AD1. (2)假设在棱 AA1 上存在一点 P(0,0,z0), 使得 DP∥平面 B1AE,此时

6

??? ? DP =(0,-1,z0).
又设平面 B1AE 的法向量 n=(x,y,z).

?ax+z=0, ???? ??? ? ? ∵n⊥平面 B1AE,∴n⊥ AB1 ,n⊥ AE ,得?ax ? 2 +y=0. ?
-a,得平面 B1AE 的一个法向 量 n=?1,- ,-a?. 2 ? ?

取 x=1,则 y=- ,z= 2

a

?

a

?

??? ? a 1 要使 DP∥平面 B1AE,只要 n⊥ DP ,有 -az0=0,解得 z0= . 2 2
1 又 DP?平面 B1AE,∴存在点 P,满足 DP∥平面 B1AE,此时 AP= . 2 (3)连接 A1D,B1C,由长方体 ABCD- A1B1C1D1 及 AA1=AD=1, 得 AD1⊥A1D. ∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由(1)知 B1E⊥AD1,且 B1C∩B1E=B1, ∴AD1⊥平面 DCB1A1,∴ AD1 是平面 A1B1E 的一个 法向量,此时 AD1 =(0,1,1). 设 AD1 与 n 所成的角为 θ ,

????

????

????

???? = 则 cos θ = |n|| AD1 |

n· AD1

????

- -a 2 2· 1+ +a 4

a

a2

.
2

∵二面角 A-B1E-A1 的大小为 30°, ∴|cos θ |=cos 30°, 3a 2 2· 5a 1+ 4 3 , 2



2



解得 a=2,即 AB 的长为 2.

7


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