【数学】2020届一轮复习人教A版立体几何中的向量方法作业 7页

‎2020届一轮复习人教A版 立体几何中的向量方法 作业 ‎1.(2019届高三·贵阳摸底)如图，CD，AB分别是圆柱的上、下底面圆的直径，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，AE＝1.‎ ‎(1)求证：BE⊥平面DAE；‎ ‎(2)求二面角CDBE的余弦值．‎ 解：(1)证明：由圆柱的性质知，DA⊥平面ABE，‎ 又BE⊂平面ABE，∴BE⊥DA，‎ ‎∵AB是底面圆的直径，E是底面圆周上不同于A，B两点的一点，‎ ‎∴BE⊥AE.‎ 又DA∩AE＝A，DA⊂平面DAE，AE⊂平面DAE，‎ ‎∴BE⊥平面DAE.‎ ‎(2)法一：如图，过E作EF⊥AB，垂足为F，由圆柱的性质知平面ABCD⊥平面ABE，‎ ‎∴EF⊥平面ABCD.‎ 过F作FH⊥DB，垂足为H，连接EH，‎ 则∠EHF即所求的二面角的平面角的补角，‎ 由AB＝AD＝2，AE＝1，‎ 得DE＝，BE＝，BD＝2，‎ ‎∴EF＝＝，‎ 由(1)知BE⊥DE，∴EH＝＝＝，‎ ‎∴sin∠EHF＝＝＝，‎ ‎∴cos∠EHF＝ ＝，‎ ‎∴二面角CDBE的余弦值为－.‎ 法二：过A在平面AEB内作垂直于AB的直线，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ ‎∵AB＝AD＝2，AE＝1，‎ ‎∴BE＝，∴E，‎ D(0,0,2)，B(0,2,0)，‎ ‎∴＝，＝(0，－2,2)．‎ 设平面EBD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 取z＝1，则n＝(，1,1)为平面EBD的一个法向量．‎ 易知平面CDB的一个法向量为m＝(1,0,0)，‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝＝，‎ 由图知，二面角CDBE为钝角，‎ ‎∴二面角CDBE的余弦值为－.‎ ‎2．(2018·石家庄质检)如图，在三棱柱ABCA1B‎1C1中，侧面BB‎1C1C为菱形且∠CBB1＝60°，AB＝AC1.‎ ‎(1)证明：平面AB‎1C⊥平面BB‎1C1C；‎ ‎(2)若AB⊥B‎1C，直线AB与平面BB‎1C1C所成的角为30°，求直线AB1与平面A1B‎1C所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：连接BC1交B‎1C于点O，连接AO，‎ ‎∵侧面BB‎1C1C为菱形，∴B‎1C⊥BC1.‎ ‎∵AB＝AC1，O为BC1的中点，∴AO⊥BC1.‎ ‎∵B‎1C∩AO＝O，∴BC1⊥平面AB‎1C.‎ 又BC1⊂平面BB‎1C1C，∴平面AB‎1C⊥平面BB‎1C1C.‎ ‎(2)∵AB⊥B‎1C，BO⊥B‎1C，AB∩BO＝B，‎ ‎∴B‎1C⊥平面ABO，‎ 又AO⊂平面ABO，‎ ‎∴AO⊥B‎1C，从而OA，OB，OB1两两垂直．‎ 以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ ‎∵直线AB与平面BB‎1C1C所成的角为30°，‎ ‎∴∠ABO＝30°.‎ 设AO＝1，则BO＝，又∠CBB1＝60°，‎ ‎∴△CBB1是边长为2的等边三角形，‎ ‎∴A(0,0,1)，B(，0,0)，B1(0,1,0)，C(0，－1,0)，‎ ＝(0,1，－1)，＝(0，－2,0)，‎ ＝＝(，0，－1)．‎ 设n＝(x，y，z)是平面A1B‎1C的法向量，‎ 则即 令x＝1，则n＝(1,0，)为平面A1B‎1C的一个法向量．‎ 设直线AB1与平面A1B‎1C所成的角为θ，‎ 则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，‎ ‎∴直线AB1与平面A1B‎1C所成角的正弦值为.‎ 利用空间向量解决探索性问题 ‎[典例]　已知几何体ABCC1B1N的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．‎ ‎(1)连接B‎1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由．‎ ‎(2)求二面角CNB1C1的余弦值．‎ ‎[解]　由题意可知，BA，BB1，BC两两垂直，以BA，BB1，BC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Bxyz，则由该几何体的三视图可知，C(0,0,4)，N(4,4,0)，B1(0,8,0)，C1(0,8,4)．‎ ‎(1)设平面CNB1的法向量为n＝(x，y，z)．‎ ‎∵＝(－4，－4,4)，＝(－4,4,0)，‎ ‎∴即 令x＝1，可得平面CNB1的一个法向量为n＝(1,1,2)，‎ 设P(0,0，a)(0≤a≤4)，由于M(2,0,0)，‎ 则＝(2,0，－a)．‎ 又MP∥平面CNB1，‎ ‎∴·n＝2－‎2a＝0，解得a＝1.‎ ‎∴在线段CB上存在一点P，使得MP∥平面CNB1，此时BP＝1.‎ ‎(2)设平面C1NB1的法向量为m＝(x′，y′，z′)，‎ ‎∵＝(－4,4,4)，‎ ‎∴即 令x′＝1，可得平面C1NB1的一个法向量为m＝(1,1,0)，‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝＝.‎ 由图可知，二面角CNB1C1为锐角，‎ 故二面角CNB1C1的余弦值为.‎ ‎[解题方略]　利用空间向量求解探索性问题的策略 ‎(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．‎ ‎(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．‎ ‎[多练强化]‎ 如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是棱PD的中点，点F是PC的中点．‎ ‎(1)证明：PB∥平面AEC.‎ ‎(2)若四边形ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角CAFD大小为60°？‎ 解：(1)证明：连接BD，设AC∩BD＝O，连接OE，‎ 因为四边形ABCD为矩形，‎ 所以点O是BD的中点，‎ 因为点E是棱PD的中点，‎ 所以PB∥EO，‎ 又因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，‎ 所以PB∥平面AEC.‎ ‎(2)由题意知AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，以AB，AD，AP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，‎ 设AB＝AD＝‎2a，AP＝‎2c，‎ 则A(0,0,0)，C(‎2a,‎2a,0)，D(0，‎2a,0)，P(0,0,‎2c)，F(a，a，c)．‎ 因为z轴⊂平面CAF，‎ 所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x,1,0)，‎ 而＝(‎2a,‎2a,0)，‎ 所以·n＝2ax＋‎2a＝0，得x＝－1，‎ 所以n＝(－1,1,0)．‎ 因为y轴⊂平面DAF，‎ 所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1,0，z)，‎ 而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，‎ 所以m＝，‎ 所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.‎ 即当AP等于正方形ABCD的边长时，二面角CAFD的大小为60°.‎ 数学抽象——向量法解决空间立体几何问题 ‎[典例]　如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.‎ ‎(1)求证：MN∥平面BDE；‎ ‎(2)求二面角CEMN的正弦值；‎ ‎(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE 所成角的余弦值为，求线段AH的长．‎ ‎[解]　由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为坐标原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0，0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．‎ ‎(1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．‎ 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，‎ 则即 不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)．‎ 又＝(1,2，－1)，可得·n＝0.‎ 因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.‎ ‎(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．‎ 设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，‎ 又＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，‎ 则即 不妨取y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．‎ 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，‎ 于是sin〈n1，n2〉＝.‎ 所以二面角CEMN的正弦值为.‎ ‎(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，‎ 进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．‎ 由已知，得|cos〈，〉|＝ ‎＝＝，‎ 整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.‎ 所以线段AH的长为或.‎ ‎[素养通路]‎ 本题考查了线面平行、二面角及已知线面角求线段的长，以学习过的空间向量的相关知识为工具，通过数学抽象将几何问题：证明线面平行、求二面角及求线段的长抽象成直线共线向量与平面法向量垂直、两平面法向量的夹角及向量的模长问题，进而进行求解，考查了数学抽象这一核心素养．‎