高考理数一轮夯基作业本8第八章立体几何42-第六节立体几何中的向量方法

第六节立体几何中的向量方法A组基础题组1.如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD是菱形,且∠DAB=60°.点E是棱PC的中点,平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证:AB∥EF;(2)若PA=PD=AD,且平面PAD⊥平面ABCD,求平面PAF与平面AFE所成的锐二面角的余弦值.2.(2018北京东城期中,17)在四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,AB⊥AD,PA=AB,AB∶AD∶CD=2∶2∶1.(1)证明BD⊥PC;(2)求二面角APCD的余弦值;(3)设点Q为线段PD上一点,且直线AQ与平面PAC所成角的正弦值为23,求PQB组提升题组3.(2017北京东城二模,17)如图,在几何体ABCDEF中,平面ADE⊥平面ABCD,四边形ABCD为菱形,且∠DAB=60°,EA=ED=AB=2EF,EF∥AB,M为BC的中点.(1)求证:FM∥平面BDE;(2)求直线CF与平面BDE所成角的正弦值;(3)在棱CF上是否存在点G,使得BG⊥DE?若存在,求CGCF4.(2017北京东城一模,17)如图,在三棱锥PABC中,平面PAB⊥平面ABC,AP⊥BP,AC⊥BC,∠PAB=60°,∠ABC=45°,D是AB的中点,E,F分别为PD,PC的中点.(1)求证:AE⊥平面PCD;(2)求二面角BPAC的余弦值;(3)在棱PB上是否存在点M,使得CM∥平面AEF?若存在,求PMPB答案精解精析A组基础题组1.解析(1)证明:因为底面ABCD是菱形,所以AB∥CD.又因为AB⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,所以AB∥平面PCD.又因为A,B,E,F四点共面,且平面ABEF∩平面PCD=EF,所以AB∥EF.(2)取AD的中点G,连接PG,GB.因为PA=PD,所以PG⊥AD.又因为平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PG⊥平面ABCD.所以PG⊥GB.在菱形ABCD中,因为AB=AD,∠DAB=60°,G是AD中点,所以AD⊥GB.如图,建立空间直角坐标系Gxyz,设PA=PD=AD=2a,则A(a,0,0),B(0,3a,0),C(2a,3a,0),D(a,0,0),P(0,0,3a).又CD∥EF,点E是棱PC的中点,所以点F是棱PD的中点,E-a,3所以AF=-3EF=a2设平面AFE的法向量为n=(x,y,z),则有n·AF令x=3,则平面AFE的一个法向量为n=(3,3,33).易知BG⊥平面PAD,所以GB=(0,3a,0)是平面PAF的一个法向量.因为cos<n,GB>=n·GB|n|·|所以平面PAF与平面AFE所成的锐二面角的余弦值为13132.解析以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系Axyz.设AB=2,则有B(2,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),C(1,2,0),A(0,0,0).(1)证明:BD=(2,2,0),PC=(1,2,2),∵BD·PC=0,∴BD⊥PC.(2)AC=(1,2,0),AP=(0,0,2),设平面PAC的法向量为m=(x1,y1,z1),则m·AC=0,m·AP=0,即x1+DP=(0,2,2),PC=(1,2,2),设平面DPC的法向量n=(x2,y2,z2),则n·DP=0,n·PC=0,即-2y2+2cos<m,n>=m·n|∴二面角APCD的余弦值为23(3)设PQPD=t,t∈[0,1],∴AQ=AP+PQ=AP+tPD,∴AQ=(0,0,2)+t(0,2,2)=(0,2t,22t),设θ为直线AQ与平面PAC所成的角,则sinθ=|cos<AQ,m>|=|AQ·2t3×2t2+(2-2t)2=B组提升题组3.解析(1)证明:如图,取CD的中点N,连接MN、FN.因为N,M分别为CD,BC的中点,所以MN∥BD.又BD⊂平面BDE且MN不在平面BDE内,所以MN∥平面BDE,因为四边形ABCD为菱形,所以AB∥CD,又因为EF∥AB,AB=2EF,所以EF∥CD,EF=DN.所以四边形EFND为平行四边形.所以FN∥ED.又ED⊂平面BDE且FN不在平面BDE内,所以FN∥平面BDE,又N为FN和MN的交点,所以平面MFN∥平面BDE.又FM⊂平面MFN,所以FM∥平面BDE.(2)如图,取AD的中点O,连接EO,BO.因为EA=ED,所以EO⊥AD.因为平面ADE⊥平面ABCD,所以EO⊥平面ABCD,EO⊥BO.因为AD=AB,∠DAB=60°,所以三角形ADB为等边三角形.因为O为AD的中点,所以AD⊥BO.EO,BO,AO两两垂直,以O为原点,OA,OB,OE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=4,则A(2,0,0),B(0,23,0),C(4,23,0),D(2,0,0),E(0,0,23),F(1,3,23),所以CF=(3,3,23),DE=(2,0,23),BE=(0,23,23).设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则n·BE令z=1,则y=1,x=3.所以n=(3,1,1).设直线CF与平面BDE所成角为α,则sinα=|cos<CF,n>|=1010所以直线CF与平面BDE所成角的正弦值为1010(3)存在.设G是CF上一点,且CG=λCF,λ∈[0,1],因此点G(3λ4,3λ+23,23λ),BG=(3λ4,3λ,23λ).由BG·DE=0,解得λ=49所以在棱CF上存在点G,使得BG⊥DE,此时CGCF=44.解析(1)证明:在Rt△ABC中,因为∠ABC=45°,D为AB的中点,所以CD⊥AB.又因为平面PAB⊥平面ABC,且平面PAB∩平面ABC=AB,所以CD⊥平面PAB.因为AE⊂平面PAB,所以CD⊥AE.因为AP⊥BP,D为AB的中点,所以DP=AD,又∠PAB=60°,所以△PAD为等边三角形,又E为PD的中点,所以AE⊥PD.因为PD∩CD=D,所以AE⊥平面PCD.(2)在△PAB中,取AD的中点O,连接PO,所以PO⊥AB.在平面ABC中,过O作CD的平行线,交AC于G.因为平面PAB⊥平面ABC,所以PO⊥平面ABC,所以PO⊥OG,所以OG,OB,OP相互垂直,如图,建立空间直角坐标系Oxyz.设AB=4a,则A(0,a,0),B(0,3a,0),C(2a,a,0),P(0,0,3a),D(0,a,0),所以AC=(2a,2a,0),PA=(0,a,3a).设平面PAC的法向量n=(x,y,z),则n·AC令z=1,则y=3,x=3.所以n=(3,3,1).平面PAB的法向量DC=(2a,0,0),设n与DC的夹角为α,则cosα=n·DC|所以二面角BPAC的余弦值为217(3)设M是棱PB上一点,则存在λ∈[0,1],使得PM=λPB.则M(0,3aλ,3a(1λ)),CM=(2a,a(3λ1),3a(1λ)).由(1)知CD⊥平面PAB,PD⊂平面PAB,所以C