板块命题点专练空间向量及其应用

1、板块命题点专练（十一）空间向量及其应用命题点向量法求空间角及应用1(2018 ·国卷全 )如图，在三棱锥P-ABC 中， ABBC 2 2，PAPB PC AC 4， O 为 AC 的中点(1) 证明： PO平面 ABC；(2) 若点 M 在棱 BC 上，且二面角 M -PA-C 为 30°，求 PC 与平面 PAM所成角的正弦值解： (1)证明：因为 PA PC AC 4， O 为 AC 的中点，所以 PO AC，且 PO 2 3.2连接 OB，因为 AB BC 2 AC，所以 ABC 为等腰直角三角形，1且 OB AC， OB 2AC 2.所以 PO2OB 2 PB2，

2、所以 PO OB.又因为 OB AC O，所以 PO平面 ABC .(2) 以 O 为坐标原点，OB 的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0)，B(2,0,0) ，A(0， 2,0)，C(0，2,0)， P(0,0,23)，AP (0,2,23)取平面 PAC 的一个法向量OB (2,0,0) 设 M (a,2 a,0)(0 a 2)，则 AM (a,4 a,0)设平面 PAM 的法向量为 n (x，y， z)， ，AP · n 0，2由2y3z0得ax 4 a y 0，AM ·n 0，令 y 3a，得 z a， x 3(a 4

3、)，所以平面PAM 的一个法向量为n (3(a 4)，3a， a)，2 3 a 4所以 cos OB， n2 3 a 4 2 3a2 a2.， n | cos 30°3，由已知可得 |cos OB22 3|a 4|所以22223 a 4 3a a解得 a4或 a 4(舍去 )33，2所以 n 83， 4 3， 4 .333又 PC (0,2， 2 3)，8383， n33 3所以 cos PC4 12·6416164 .3393所以 PC 与平面 PAM 所成角的正弦值为4 .2.(2018 全·国卷 )如图，四边形 ABCD 为正方形， E ，F 分别为AD，B

4、C 的中点， 以 DF 为折痕把 DFC 折起， 使点 C 到达点 P 的位置，且 PF BF .(1) 证明：平面 PEF 平面 ABFD ；(2) 求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值解： (1)证明：由已知可得BF PF ， BF EF ，又 PF EF F，所以 BF 平面 PEF . 又 BF? 平面 ABFD，所以平面 PEF 平面 ABFD .(2) 如图，作 PH EF ，垂足为 H .由 (1)得， PH 平面 ABFD .，HP 的方向分别为y 轴，z 轴正方向，以 H 为坐标原点， HFH -xyz.| BF |为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系由 (1)可得，

5、 DE PE .又 DP2，DE 1，所以 PE 3.又 PF 1，EF 2，所以 PEPF.3 3 所以 PH 2 ，EH2.则 H(0,0,0)，P 0，0， 3 ，D 1， 3，0 ，223 .DP 1，3，3 ，HP 0，0，222的法向量，又 HP 为平面 ABFD设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ， 34|HP·3DP | 3则 sin 4 .| HP |DP |所以 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为34 .3.(2018 浙·江高考 )如图，已知多面体ABCA1B1C1， A1A， B1B，C1C 均垂直于平面ABC， ABC 120°，

6、 A1A 4， C1 C 1，AB BCB1B2.(1) 证明： AB1平面 A1B1C1；(2) 求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值解：法一： (1) 证明：由 AB 2，AA 1 4， BB1 2，AA1 AB， BB1 AB，得 AB1 A1 B1 2 2，所以 A1B21 AB21 AA21，故 AB1 A1B1.由 BC 2，BB 1 2， CC1 1， BB1 BC， CC1 BC，得 B1C1 5.由 AB BC 2， ABC 120°，得 AC2 3. 由 CC1 AC，得 AC1 13，所以 AB21 B1C21 AC21，故 AB1 B1C1.又因

7、为 A1B1 B1C1 B1，所以 AB1平面 A1B1C1.(2) 如图，过点 C1 作 C1D A1B1，交直线 A1B1 于点 D ，连接 AD .因为 AB1平面 A1B1C1，AB1? 平面 ABB 1，所以平面A1B1C1平面 ABB1.因为平面A1B1C1 平面 ABB1 A1 B1， C1D A1B1， C1D? 平面 A1B1C1，所以 C1D平面 ABB1.所以 C1AD 是直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角由 B1C1 5，A1B1 2 2， A1 C1 21，得 cos C1A1B1 6， sin C1A1 B1 1 ，77所以 C1D3，故 sin C1ADC1

8、D 39.AC1 13所以直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是39.13法二： (1)证明：以 AC 的中点 O 为坐标原点，分别以射线OB，OC 为 x 轴， y 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.由题意知各点坐标如下：A(0， 3，0)，B(1,0,0)，A1(0，3，4)，B1(1,0,2) ，C1(0， 3，1)因此 AB 1 (1，3， 2)， A1B1 (1，3， 2)， A1C1 (0,2 3， 3) 由 AB1 ·A1B1 0，得 AB1 A1B1. 由 AB1 ·A1C1 0，得 AB1 A1C1.又因为 A1B1 A1C1

9、 A1，所以 AB1平面 A1B1C1.(2) 设直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角为 . (1，3， 0)，由 (1)可知 AC1 (0,23， 1)， ABBB1 (0,0,2) 设平面 ABB1 的法向量为n (x， y， z)，x 3y 0，n· AB 0，由得2z 0，n· BB 1 0，可取 n (3， 1,0)， n |AC1·n|所以 sin |cos AC1 39.13|AC1|n|所以直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值是39.134 (2018 北·京高考 )如图，在三棱柱ABC-A1B1C1 中， CC1平面 A

10、BC， D， E， F， G分别为 AA1， AC， A1C1， BB1 的中点， AB BC5， AC AA1 2.(1) 求证： AC平面 BEF ；(2) 求二面角 B -CD -C1 的余弦值；(3) 证明：直线 FG 与平面 BCD 相交解： (1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1 中，因为 CC1平面 ABC， AC? 平面 ABC，所以 CC1 AC，所以四边形 A1ACC1 为矩形又 E， F 分别为 AC， A1C1 的中点，所以 AC EF .因为 AB BC，所以 AC BE.因为 EF BE E，所以 AC平面 BEF .(2)由 (1)知 AC EF ， AC BE

11、， EF CC1.又 CC1平面 ABC，所以 EF 平面 ABC .因为 BE? 平面 ABC，所以 EF BE.以 E 为坐标原点，EA ，EB， EF 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E-xyz.由题意得 B(0,2,0) ，C( 1,0,0) ， D(1， 0,1)， E(0,0,0) ， F (0,0,2)，G(0， 2,1)所以 BC ( 1， 2,0)，BD (1， 2,1)设平面 BCD 的一个法向量为n (x0， y0， z0)， 0，x0 2y0 0，n· BC即则x0 2y0 z0 0. 0，n· BD令 y0 1，则

12、 x0 2， z0 4.于是 n (2， 1， 4)又平面 CC1D 的一个法向量为EB (0,2,0)，21n· EB所以 cos n， EB 21 .|n| EB |由图知二面角B-CD -C1 为钝角，21所以其余弦值为21 .(3) 证明：由 (2)知平面 BCD 的法向量为n (2， 1， 4)，FG (0,2， 1)因为 n· FG 2× 0 (1)× 2 ( 4)× ( 1) 2 0，所以直线FG 与平面 BCD 相交5(2018 ·津高考天 )如图， AD BC 且 AD 2BC， AD CD ，EG AD 且 EG

13、AD， CD FG 且 CD 2FG ， DG平面 ABCD ， DA DC DG 2.(1) 若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN 平面 CDE ；(2) 求二面角 E -BC-F 的正弦值；(3) 若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°，求线段 DP 的长解：依题意，可以建立以D 为坐标原点， 分别以 DA ，DC ，DG的方向为x 轴， y 轴， z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图 )，则D(0,0,0) ，A(2,0,0) ，B(1,2,0)，C(0,2,0) ，E (2,0,2) ，F (0，1,2)，G(

14、0,0,2) ，3M 0， ， 1 ， N(1,0,2) 2 (2,0,2) (1) 证明：依题意得 DC (0,2,0) ， DE设 n1 (x1， y1， z1)为平面 CDE 的法向量， 0，2y1 0，n1· DC则即2x1 2z1 0. 0，n1· DE不妨令 z1 1，可得 n1 (1,0， 1)3又MN 1，2， 1 ，可得 MN ·n1 0.因为直线 MN ?平面 CDE ，所以 MN 平面 CDE .(2) 依题意，可得 (1， 2,2)，BC ( 1,0,0)， BECF (0， 1,2)设 n2 (x2， y2， z2)为平面 BCE 的法向量， 0， x2 0，n · BC2即则 0，x2 2y2 2z2 0.n2· BE不妨令 z2 1，可得 n2 (0,1,1) 设 n3 (x3， y3， z3)为平面 BCF 的法向量， 0， x3 0，n3· BC则即 0， y3 2z3 0.n3· CF不妨令 z3 1，可得 n3 (0,2,1) 因此有 cosn 2，n 3 n2· n32 1310，|n2|n3|2× 510