新课标2022届高考数学二轮复习专题五立体几何专题能力训练15立体几何中的向量方法理

专题能力训练15　立体几何中的向量方法能力突破训练1.如图,正方形ABCD的中心为O,四边形OBEF为矩形,平面OBEF⊥平面ABCD,点G为AB的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG∥平面ADF;(2)求二面角O-EF-C的正弦值;(3)设H为线段AF上的点,且AH=23HF,求直线BH和平面CEF所成角的正弦值.2.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.-12-\n3.(2022山东,理17)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点.(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小;(2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C的大小.-12-\n4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD的中点.(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.5.(2022北京,理16)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=6,AB=4.(1)求证:M为PB的中点;(2)求二面角B-PD-A的大小;(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.-12-\n6.如图,AB是半圆O的直径,C是半圆O上除A,B外的一个动点,DC垂直于半圆O所在的平面,DC∥EB,DC=EB,AB=4,tan∠EAB=14.(1)证明:平面ADE⊥平面ACD;(2)当三棱锥C-ADE体积最大时,求二面角D-AE-B的余弦值.思维提升训练7.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,现将梯形ABCD沿OB折起成如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=3,E是线段PB上一动点.(1)证明:DE和PC不可能垂直;(2)当PE=2BE时,求PD与平面CDE所成角的正弦值.-12-\n8.如图,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E,F,G分别是线段PA,PD,CD的中点.(1)求证:PB∥平面EFG.(2)求异面直线EG与BD所成的角的余弦值.(3)在线段CD上是否存在一点Q,使得点A到平面EFQ的距离为45?若存在,求出CQ的值;若不存在,请说明理由.参考答案专题能力训练15　立体几何中的向量方法能力突破训练1.解依题意,OF⊥平面ABCD,如图,以O为原点,分别以AD,BA,OF的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得O(0,0,0),A(-1,1,0),B(-1,-1,0),C(1,-1,0),D(1,1,0),E(-1,-1,2),F(0,0,2),G(-1,0,0).(1)证明依题意,AD=(2,0,0),AF=(1,-1,2).设n1=(x,y,z)为平面ADF的法向量,-12-\n则n1·AD=0,n1·AF=0,即2x=0,x-y+2z=0.不妨设z=1,可得n1=(0,2,1),又EG=(0,1,-2),可得EG·n1=0,又因为直线EG⊄平面ADF,所以EG∥平面ADF.(2)易证OA=(-1,1,0)为平面OEF的一个法向量.依题意,EF=(1,1,0),CF=(-1,1,2).设n2=(x,y,z)为平面CEF的法向量,则n2·EF=0,n2·CF=0,即x+y=0,-x+y+2z=0.不妨设x=1,可得n2=(1,-1,1).因此有cos<OA,n2>=OA·n2|OA|·|n2|=-63,于是sin<OA,n2>=33.所以,二面角O-EF-C的正弦值为33.(3)由AH=23HF,得AH=25AF.因为AF=(1,-1,2),所以AH=25AF=25,-25,45,进而有H-35,35,45,从而BH=25,85,45,因此cos<BH,n2>=BH·n2|BH|·|n2|=-721.所以,直线BH和平面CEF所成角的正弦值为721.2.(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.-12-\n(2)解取BC中点G,连接OG.由题设知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),EA=(-a,0,3a),BE=(a-2,3(a-2),0).设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),则n·EA=0,n·BE=0,即-ax+3az=0,(a-2)x+3(a-2)y=0.令z=1,则x=3,y=-1.于是n=(3,-1,1).平面AEF的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=n·p|n||p|=-55.由题知二面角F-AE-B为钝角,所以它的余弦值为-55.(3)解因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即BE·OC=0.因为BE=(a-2,3(a-2),0),OC=(-2,3(2-a),0),所以BE·OC=-2(a-2)-3(a-2)2.由BE·OC=0及0<a<2,解得a=43.3.解(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP=A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC=120°.因此∠CBP=30°.(2)解法一:取EC的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC=120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=32+22=13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角.又AM=1,所以EM=CM=13-1=23.在△BEC中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC2=22+22-2×2×2×cos120°=12,所以EC=23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.解法二:以B为坐标原点,分别以BE,BP,BA所在的直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.-12-\n由题意得A(0,0,3),E(2,0,0),G(1,3,3),C(-1,3,0),故AE=(2,0,-3),AG=(1,3,0),CG=(2,0,3),设m=(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量.由m·AE=0,m·AG=0,可得2x1-3z1=0,x1+3y1=0.取z1=2,可得平面AEG的一个法向量m=(3,-3,2).设n=(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量.由n·AG=0,n·CG=0,可得x2+3y2=0,2x2+3z2=0.取z2=-2,可得平面ACG的一个法向量n=(3,-3,-2).所以cos<m,n>=m·n|m||n|=12.因此所求的角为60°.4.解以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),Ea2,1,0,B1(a,0,1),故AD1=(0,1,1),B1E=-a2,1,-1,AB1=(a,0,1),AE=a2,1,0.(1)证明∵AD1·B1E=-a2×0+1×1+(-1)×1=0,∴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DP=(0,-1,z0).又设平面B1AE的法向量n=(x,y,z).∵n⊥平面B1AE,∴n⊥AB1,n⊥AE,得ax+z=0,ax2+y=0.取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=1,-a2,-a.要使DP∥平面B1AE,只要n⊥DP,有a2-az0=0,-12-\n解得z0=12.又DP⊄平面B1AE,∴存在点P,满足DP∥平面B1AE,此时AP=12.5.(1)证明设AC,BD交点为E,连接ME.因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.(2)解取AD的中点O,连接OP,OE.因为PA=PD,所以OP⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),则n·BD=0,n·PD=0,即4x-4y=0,2x-2z=0.令x=1,则y=1,z=2.于是n=(1,1,2),平面PAD的法向量为p=(0,1,0).所以cos<n,p>=n·p|n||p|=12.由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为π3.(3)解由题意知M-1,2,22,C(2,4,0),MC=3,2,-22.设直线MC与平面BDP所成角为α,则sinα=|cos<n,MC>|=|n·MC||n||MC|=269.所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为269.6.(1)证明因为AB是直径,所以BC⊥AC.因为CD⊥平面ABC,所以CD⊥BC.因为CD∩AC=C,所以BC⊥平面ACD.-12-\n因为CD∥BE,CD=BE,所以四边形BCDE是平行四边形,所以BC∥DE,所以DE⊥平面ACD.因为DE⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面ACD.(2)解依题意,EB=AB×tan∠EAB=4×14=1.由(1)知VC-ADE=VE-ACD=13×S△ACD×DE=13×12×AC×CD×DE=16×AC×BC≤112×(AC2+BC2)=112×AB2=43,当且仅当AC=BC=22时等号成立.如图,建立空间直角坐标系,则D(0,0,1),E(0,22,1),A(22,0,0),B(0,22,0),则AB=(-22,22,0),BE=(0,0,1),DE=(0,22,0),DA=(22,0,-1).设平面DAE的法向量为n1=(x,y,z),则n1·DE=0,n1·DA=0,即22y=0,22x-z=0,取n1=(1,0,22).设平面ABE的法向量为n2=(x,y,z),则n2·BE=0,n2·AB=0,即z=0,-22x+22y=0,取n2=(1,1,0),所以cos<n1,n2>=n1·n2|n1||n2|=12×9=26.可以判断<n1,n2>与二面角D-AE-B的平面角互补,所以二面角D-AE-B的余弦值为-26.思维提升训练7.解如题图甲所示,因为BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.因为BC=1,OD=3OA,可得OD=3,OC=2,如题图乙所示,OP=OA=1,OC=2,PC=3,所以有OP2+OC2=PC2.所以OP⊥OC.而OB⊥OP,OB⊥OD,即OB,OD,OP两两垂直,故以O为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P(0,0,1),C(1,1,0),D(0,3,0),-12-\n(1)设E(x,0,1-x),其中0≤x≤1,所以DE=(x,-3,1-x),PC=(1,1,-1).假设DE和PC垂直,则DE·PC=0,有x-3+(1-x)·(-1)=0,解得x=2,这与0≤x≤1矛盾,假设不成立,所以DE和PC不可能垂直.(2)因为PE=2BE,所以E23,0,13.设平面CDE的一个法向量是n=(x,y,z),因为CD=(-1,2,0),DE=13,-3,13,所以n·CD=0,n·DE=0,即-x+2y=0,23x-3y+13z=0.令y=1,则n=(2,1,5),而PD=(0,3,-1),所以|cos<PD,n>|=PD·n||PD||n|=315.所以PD与平面CDE所成角的正弦值为315.8.解∵平面PAD⊥平面ABCD,且∠PAD=90°,∴PA⊥平面ABCD,而四边形ABCD是正方形,即AB⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),F(0,1,1),G(1,2,0).(1)证明:∵PB=(2,0,-2),FE=(0,-1,0),FG=(1,1,-1),设PB=sFE+tFG,即(2,0,-2)=s(0,-1,0)+t(1,1,-1),解得s=t=2,∴PB=2FE+2FG.又∵FE与FG不共线,∴FE与FG共面.∵PB⊄平面EFG,∴PB∥平面EFG.(2)∵EG=(1,2,-1),BD=(-2,2,0),∴EG·BD=(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.又∵|EG|=12+22+(-1)2=6,|BD|=(-2)2+22+02=22,∴cos<EG,BD>=EG·BD|EG|·|BD|=26×22=36.因此,异面直线EG与BD所成的角的余弦值为36.-12-\n(3)假设在线段CD上存在一点Q满足题设条件,令CQ=m(0≤m≤2),则DQ=2-m,∴点Q的坐标为(2-m,2,0),∴EQ=(2-m,2,-1).而EF=(0,1,0),设平面EFQ的法向量为n=(x,y,z),则n·EF=(x,y,z)·(0,1,0)=0,n·EQ=(x,y,z)·(2-m,2,-1)=0,∴y=0,(2-m)x+2y-z=0,令x=1,则n=(1,0,2-m),∴点A到平面EFQ的距离d=|AE·n||n|=|2-m|1+(2-m)2=45,即(2-m)2=169,∴m=23或m=103(不合题意,舍去),故存在点Q,当CQ=23时,点A到平面EFQ的距离为45.-12-