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- 2021-06-12 发布
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课时作业45 立体几何中的向量方法
[基础达标]
1.[2020·广东五校第一次诊断]如图,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,AC与BD交于点O,AE⊥平面ABCD,CF∥AE,AB=AE=2.
(1)求证:BD⊥平面ACFE;
(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时,求异面直线OF与BE所成角的余弦值.
解析:(1)∵四边形ABCD是菱形,
∴BD⊥AC.
∵AE⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,
∴BD⊥AE.
又AC∩AE=A,AC,AE⊂平面ACFE,
∴BD⊥平面ACFE.
(2)
连接OE,以O为原点,OA,OB所在直线分别为x轴,y轴建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,,0),O(0,0,0),E(1,0,2),F(-1,0,a)(a>0),则=(0,,0),=(1,0,2),=(-1,0,a).
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设平面EBD的法向量为n=(x,y,z),
则有即
得y=0.令z=1,则x=-2,
∴n=(-2,0,1)是平面EBD的一个法向量.
由题意得sin 45°=|cos〈,n〉|===,
解得a=3或a=-(舍去).
∴=(-1,0,3),又=(1,-,2),
∴cos〈,〉==,
故异面直线OF与BE所成角的余弦值为.
2.[2020·安徽合肥调研]如图,矩形ABCD和菱形ABEF所在的平面相互垂直,∠ABE=60°,G为BE的中点.
(1)求证:平面ACG⊥平面BCE;
(2)若AB=BC,求二面角B-CA-G的余弦值.
解析:(1)证明:∵平面ABCD⊥平面ABEF,CB⊥AB,平面ABCD∩平面ABEF=AB,
∴CB⊥平面ABEF,∴CB⊥AG.
在菱形ABEF中,∠ABE=60°,连接AE,则△ABE为等边三角形,
又G为BE的中点,∴AG⊥BE.
∵BE∩CB=B,∴AG⊥平面BCE.
∵AG⊂平面ACG,∴平面ACG⊥平面BCE.
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(2)由(1)知,AD⊥平面ABEF,AG⊥BE,∴AG,AF,AD两两垂直.以A为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.
设AB=2,则BC=,A(0,0,0),G(,0,0),C,B(,-1,0).
设m=(x,y,z)为平面ABC的法向量.
由得
取x=1,得y=,z=0,∴m=(1,,0)是平面ABC的一个法向量,同理可得平面ACG的一个法向量为n=(0,2,),
∴cos〈m,n〉===,
结合图形知,二面角B-CA-G为锐二面角,故二面角B-CA-G的余弦值为.
3.[2020·河南洛阳统一考试]如图1,平面多边形PABCD中,PA=PD,AD=2DC=2BC=4,AD∥BC,AP⊥PD,AD⊥DC,E为PD的中点,现将△APD沿AD折起,如图2,使PC=2.
(1)证明:CE∥平面ABP;
(2)求直线AE与平面ABP所成角的正弦值.
解析:(1)取PA的中点H,连接HE,BH,如图.
∵E为PD的中点,∴HE为△PAD的中位线,
∴HE∥AD,且HE=AD.
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又AD∥BC,BC=AD,∴HE∥BC,HE=BC,
∴四边形BCEH为平行四边形,∴CE∥BH.
∵BH⊂平面ABP,CE⊄平面ABP,
∴CE∥平面ABP.
(2)由题意知△PAD为等腰直角三角形,四边形ABCD为直角梯形.取AD的中点F,连接BF,PF,
∵AD=2BC=4,∴平面多边形PABCD中,P,F,B三点共线,
且PF=BF=2,
∴翻折后,PF⊥AD,BF⊥AD,PF∩BF=F,∴DF⊥平面PBF,
∴BC⊥平面PBF,
∵PB⊂平面PBF,∴BC⊥PB.
在直角三角形PBC中,PC=2,BC=2,∴PB=2,
∴△PBF为等边三角形.
取BF的中点O,DC的中点M,连接PO,OM,则PO⊥BF,
∵DF⊥平面PBF,∴DF⊥PO.又DF∩BF=F,
∴PO⊥平面ABCD.
以O为原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系,
则B(1,0,0),D(-1,2,0),P(0,0,),A(-1,-2,0),
∴E,
∴=,=(2,2,0),=(-1,0,).
设平面ABP的法向量为n=(x,y,z),则
∴
故可取n=(3,-3,),
∴cos〈n,〉==-,
∴直线AE与平面ABP所成角的正弦值为.
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4.[2020·广东惠州一调]如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,侧面是正方形,∠DAB=60°,E是棱CB的延长线上一点,经过点A,C1,E的平面交棱BB1于点F,B1F=2BF.
(1)求证:平面AC1E⊥平面BCC1B1;
(2)求二面角E-AC1-C的余弦值.
解析:(1)设四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,
∵B1F=2BF,△B1C1F∽△BEF,∴BE=.
由∠DAB=60°=∠ABE,得∠ABC=120°,由余弦定理得AE=,AC=a.
∵CE=BE+BC=,∴AE2+CE2=AC2,AE⊥CE.
又ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱,∴C1C⊥平面ABCD,
又AE⊂平面ABCD,∴C1C⊥AE.
∵CE∩CC1=C,∴AE⊥平面BCC1B1.
∵AE⊂平面AC1E,∴平面AC1E⊥平面BCC1B1.
(2)解法一 过C作CG⊥AC1于G,CH⊥C1F于H,连接GH.
由平面AC1E⊥平面BCC1B1,平面AC1E∩平面BCC1B1=C1E,
得CH⊥平面AC1E.
∴CH⊥AC1,又CG⊥AC1,CG∩CH=C,∴AC1⊥平面CGH,AC1⊥GH,
∴∠CFH是二面角E-AC1-C的平面角.
在Rt△ACC1中,AC=a,CC1=a,AC1=2a,CG=a,
在Rt△ECC1中,CE=a,CC1=a,EC1=a,CH=a,
∴GH==a,cos∠CGH==,
∴二面角E-AC1-C的余弦值为.
解法二 以E为坐标原点,EC,EA所在直线分别为x轴,y轴,平行于BB1的直线为z轴建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),A,C1,则=
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,=.
设平面EAC1的法向量为n=(p,q,r),则即
不妨取n=(-2,0,3).
连接BD,B,D,易知平面AC1C的一个法向量为n1==.
设二面角E-AC1-C的平面角为θ,则|cos θ|==,
又由题图知θ为锐角,∴二面角E-AC1-C的余弦值为.
5.[2020·江西南昌重点中学段考]如图,四边形ABCD是矩形,沿对角线AC将△ACD折起,使得点D在平面ABC内的射影恰好落在边AB上.
(1)求证:平面ACD⊥平面BCD;
(2)当=2时,求二面角D-AC-B的余弦值.
解析:(1)如图,设点D在平面ABC内的射影为点E,连接DE,
则DE⊥平面ABC,所以DE⊥BC.
因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥BC,所以BC⊥平面ABD,
所以BC⊥AD.
又AD⊥CD,所以AD⊥平面BCD,而AD⊂平面ACD,
所以平面ACD⊥平面BCD.
(2)解法一 在矩形ABCD中,过点D作AC的垂线,垂足为M,连接ME.
因为DE⊥平面ABC,所以DE⊥AC,
又DM∩DE=D,
所以AC⊥平面DME,所以EM⊥AC,
所以∠DME为二面角D-AC-B的平面角.
设AD=a,则AB=2a.
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在Rt△ADC中,易求得AM=,DM=.
在Rt△AEM中,=tan∠BAC=,得EM=,
所以cos∠DME==.
解法二 以点B为原点,线段BC所在的直线为x轴,线段AB所在的直线为y轴,建立空间直角坐标系,如图所示.
设AD=a,则AB=2a,所以A(0,-2a,0),C(-a,0,0).
由(1)知AD⊥BD,又=2,所以∠DBA=30°,∠DAB=60°,所以AE=ADcos∠DAB=a,BE=AB-AE=a,DE=ADsin∠DAB=a,
所以D,所以=,=(-a,2a,0).
设平面ACD的法向量为m=(x,y,z),
则即
取y=1,则x=2,z=-,所以m=.
因为平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1),
所以cos〈m,n〉===-.
结合图知,二面角D-AC-B为锐二面角,
所以二面角D-AC-B的余弦值为.
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6.[2020·四川成都模拟,逻辑推理]如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,A1A⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E为棱AA1的中点.
(1)证明:B1C1⊥CE;
(2)求二面角B1-CE-C1的正弦值;
(3)设点M在线段C1E上,且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为,求线段AM的长.
解析:(1)在△B1C1E中,EB1==,B1C1==,EC1=,
∴B1C+EC=EB,∴B1C1⊥EC1,
∵AA1⊥平面ABCD,∴AA1⊥BC,∴CC1⊥B1C1,而CC1∩EC1=C1,
∴B1C1⊥平面CC1E.
∵CE⊂平面CC1E,
∴B1C1⊥CE.
(2)由题可知,DA,AA1,AB两两垂直,如图,以点A为原点,分别以AD,AA1,AB所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1),E(0,1,0),=(1,-2,-1),=(-1,1,-1),=(1,0,-1),
设平面B1CE的法向量为m=(x,y,z),
则即
消去x,得y+2z=0,不妨令z=1,
则m=(-3,-2,1)为平面B1CE的一个法向量.
由(1)知,B1C1⊥平面CEC1,
故=(1,0,-1)为平面CEC1的一个法向量.
所以cos〈m,〉===-,从而sin〈m,〉=,
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所以二面角B1-CE-C1的正弦值为.
(3)由(2)知=(0,1,0),=(1,1,1),设=,则=(λ,λ,λ),(0≤λ≤1),则=+=(λ,λ+1,λ).
易知=(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量.
设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角,则
sin θ=|cos〈,〉|=
===,
得λ=(负值舍去),
所以=,||=,故线段AM的长为.
[能力挑战]
7.[2020·安徽江南名校联考]如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AB⊥AD,DC=6,AD=8,BC=10,∠PAD=45°,E为PA的中点.
(1)求证:DE∥平面BPC;
(2)线段AB上是否存在一点F,满足CF⊥DB?若存在,请求出二面角F-PC-D的余弦值;若不存在,请说明理由.
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解析:(1)取PB的中点M,连接EM和CM,过点C作CN⊥AB,垂足为点N,如图在四边形ABCD中,
∵CN⊥AB,DA⊥AB,∴CN∥DA.
又AB∥CD,∴四边形CDAN为平行四边形,
∴CN=AD=8,DC=AN=6,
在Rt△BNC中,
BN===6,
∴AB=12,而E,M分别为PA,PB的中点,
∴EM∥AB且EM=AB=6.
又DC∥AB,
∴EM∥CD且EM=CD,四边形CDEM为平行四边形,
∴DE∥CM.
∵CM⊂平面PBC,DE⊄平面PBC,
∴DE∥平面BPC.
(2)由题意可得DA,DC,DP两两垂直,如图,以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系D-xyz,
则A(8,0,0),B(8,12,0),C(0,6,0),P(0,0,8).
假设AB上存在一点F,使CF⊥BD,设点F的坐标为(8,t,0),(0