2019-2020学年高中数学 第三章习题课立体几何中的向量方法同步训练 新人教B版选修2-1.doc

2019-2020 学年高中数学 第三章习题课立体几何中的向量方法同步 训练 新人教 B 版选修 2-1
一、基础过关 1.如图,平面 ABEF⊥平面 ABCD,四边形 ABEF 与 ABCD 都是直角梯 1 1 形,∠BAD=∠FAB=90°,BC 綊 AD,BE 綊 FA,G、H 分别为 FA、 2 2

FD 的中点.
(1)证明:四边形 BCHG 是平行四边形; (2)C、D、F、E 四点是否共面?为什么? (3)设 AB=BE,证明:平面 ADE⊥平面 CDE. 2.如图所示,在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是一直角梯形,∠BAD =90°,AD∥BC,AB=BC=a,AD=2a,且 PA⊥底面 ABCD,PD 与底 面成 30°角. (1)若 AE⊥PD,E 为垂足,求证:BE⊥PD; (2)求异面直线 AE 与 CD 所成角的余弦值. 二、能力提升 3.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥平面 ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC, ∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1. (1)证明 PC⊥AD; (2)求二面角 A-PC-D 的正弦值; (3)设 E 为棱 PA 上的点,满足异面直线 BE 与 CD 所成的角为 30°,求

AE 的长.
4.如图,在四棱锥 O—ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 1 的菱形,∠ABC π = ,OA⊥底面 ABCD,OA=2,M 为 OA 的中点,N 为 BC 的中点. 4 (1)证明直线 MN∥平面 OCD; (2)求异面直线 AB 与 MD 所成角的大小.

5.等边△ABC 中,D,E 分别是 AC,AB 的中点,沿 DE 将△ADE 折起, 使平面 ADE⊥平面 BCDE(如图所示). (1)求证:平面 ABC⊥平面 ABE; (2)求直线 AC 与平面 ABE 所成角的正弦值.

6.如图,四棱锥 S—ABCD 的底面是正方形,每条侧棱的长都是底面边长 的 2倍,P 为侧棱 SD 上的点. (1)求证:AC⊥SD; (2)若 SD⊥平面 PAC,求二面角 P—AC—D 的大小; (3)在(2)的条件下,侧棱 SC 上是否存在一点 E,使得 BE∥平面 PAC.若 存 在,求 SE∶EC 的值;若不存在,试说明理由.

答案 1.解 由题设知,FA、AB、AD 两两互相垂直. 以 A 为坐标原点, 以射线 AB 为 x 轴正方向, 以射线 AD 为 y 轴正方 向,以射线 AF 为 z 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系. (1)证明 设 AB=a,BC=b,BE=c, 则由题设得 A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,b,0),D(0,2b,0),

E(a,0,c),G(0,0,c),H(0,b,c).
→ → → → 所以GH=(0,b,0),BC=(0,b,0),于是GH=BC. 又点 G 不在直线 BC 上, 所以四边形 BCHG 是平行四边形. (2)解 C、D、F、E 四点共面.理由如下: 由题设知,F(0,0,2c), → → → → 所以EF=(-a,0,c),CH=(-a,0,c),EF=CH. 又 C?EF,H∈FD,故 C、D、F、E 四点共面. (3)证明 由 AB=BE,得 c=a, → → 所以CH=(-a,0,a),AE=(a,0,a). → → → → → 又AD=(0,2b,0),因此CH·AE=0,CH·AD=0, 即 CH⊥AE,CH⊥AD. 又 AD∩AE=A,所以 CH⊥平面 ADE. 由 CH? 平面 CDE,得平面 ADE⊥平面 CDE. 2.(1)证明 ∵PA⊥底面 ABCD,∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD,∴AB⊥平面 PAD.∴AB⊥PD. 又∵AE⊥PD,∴PD⊥平面 ABE.故 BE⊥PD. (2)解 如图所示,以 A 为原点,AB、AD、AP 所在直线为坐 标轴,建立空间直角坐标系,则点 C、D 的坐标分别为(a,

a,0)、(0,2a,0).
∵PA⊥底面 ABCD,∠PDA 是 PD 与底面 ABCD 所成的角,∴∠PDA=30°. 于是,在 Rt△AED 中,由 AD=2a,得 AE=a. 过 E 作 EF⊥AD,垂足为 F,在 Rt△AFE 中, 1 3 由 AE=a,∠EAF=60°,得 AF= a,EF= a. 2 2 3 ? ? 1 ∴E?0, a, a?. 2 ? ? 2

3 ? → → ? 1 于是AE=?0, a, a?,CD=(-a,a,0). 2 ? ? 2 设异面直线 AE 与 CD 所成的角为 θ , 1 2 a → → 2 |AE·CD| 2 则 cos θ = = = . → → 4 |AE||CD| a· 2a ∴AE 与 CD 所成角的余弦值为 2 . 4

3.方法一 (1)证明 如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题 意得

A(0,0,0),D(2,0,0),C(0,1,0),

? ? B?- , ,0?,P(0,0,2).
1 1 ? 2 2

?

→ → 易得PC=(0,1,-2),AD=(2,0,0), → → 于是PC·AD=0,所以 PC⊥AD. → (2)解 PC=(0,1,-2),

CD=(2,-1,0).
设平面 PCD 的法向量 n=(x,y,z), → ? ?n·PC=0, 则? ?n·→ CD=0, ?
? ?y-2z=0, ?2x-y=0. ?



即?

不妨令 z=1,可得 n=(1,2,1). 可取平面 PAC 的法向量 m=(1,0,0). 于是 cos〈m,n〉=

m·n 1 6 = = , |m|·|n| 6 6
30 . 6 30 . 6

从而 sin〈m,n〉=

所以二面角 A-PC-D 的正弦值为

(3)解 设点 E 的坐标为(0,0,h),其中 h∈[0,2]. 1 ? → ?1 由此得BE=? ,- ,h?. 2 ? ?2 → 由CD=(2,-1,0),故

→ → BE·CD → → cos〈BE,CD〉= → → |BE|·|CD| 3 2 1 2 +h × 5 2 3 10+20h 3 10+20h





2



所以

2

=cos 30°=

3 , 2

解得 h= 方法二

10 10 ,即 AE= . 10 10

(1)证明 由 PA⊥平面 ABCD,可得 PA⊥AD. 又由 AD⊥AC,PA∩AC=A,故 AD⊥平面 PAC, 又 PC? 平面 PAC,所以 PC⊥AD. (2)解 如图,

作 AH⊥PC 于点 H,连接 DH. 由 PC⊥AD,PC⊥AH,可得 PC⊥平面 ADH, 因此 DH⊥PC, 从而∠AHD 为二面角 A-PC-D 的平面角. 在 Rt△PAC 中,PA=2,AC=1,由此得 AH= 由(1)知 AD⊥AH.故在 Rt△DAH 中, 2 5 .

DH= AD2+AH2=

2 30 . 5 30 , 6 30 . 6

因此 sin∠AHD= =

AD DH

所以二面角 A-PC-D 的正弦值为

(3)解 如图, 因为∠ADC<45°,故过点 B 作 CD 的平行线必与线段 AD 相交,设交点为 F,连接 BE,EF.

故∠EBF 或其补角为异面直线 BE 与 CD 所成的角. 由于 BF∥CD,故∠AFB=∠ADC. 在 Rt△DAC 中,CD= 5,sin∠ADC= 故 sin∠AFB= 1 5 . 1 5 ,

在△AFB 中,由 = , sin∠FAB sin∠AFB

BF

AB

AB=

1

2 5 ,sin∠FAB=sin 135°= ,可得 BF= . 2 2 2

1 2 2 2 由余弦定理,BF =AB +AF -2AB·AF·cos∠FAB,可得 AF= . 2 设 AE=h. 在 Rt△EAF 中,EF= AE +AF = 在 Rt△BAE 中,BE= AE +AB =
2 2 2 2

h2+ . h2+ .
1 2

1 4

在△EBF 中,因为 EF<BE,从而∠EBF=30°. 由余弦定理得 cos 30°= 所以 AE=

BE2+BF2-EF2 10 ,解得 h= . 2BE·BF 10

10 . 10

4.(1)证明 作 AP⊥CD 于点 P,连接 OP. 如图,分别以 AB、AP、AO 所在直线为 x、y、z 轴建立空间直角 坐标系.

A(0,0,0), B(1,0,0), P?0, M(0,0,1),N?1- MN=?1-
→ ?

? ?

2 ? ? 2 2 ? D?- , ,0?, O(0,0,2), ,0?, 2 2 2 ? ? ?

? ?

2 2 ? , ,0?. 4 4 ?

? ?

2 2 2 ? → ? ? , ,-1?,OP=?0, ,-2?, 4 4 2 ? ? ?

OD=?-

→ ?

2 2 ? , ,-2?. 2 2 ?

设平面 OCD 的法向量为 n=(x,y,z), → → 则 n·OP=0,n·OD=0.

2 ? ? 2 y-2z=0, 即? 2 2 - x+ y-2z=0. ? ? 2 2 取 z= 2,得 n=(0,4, 2). 2 2 ? ? → ∵MN·n=?1- , ,-1?·(0,4, 2)=0, 4 4 ? ? ∴MN∥平面 OCD. (2)解 设 AB 与 MD 所成的角为 θ . 2 2 ? → → ? ∵AB=(1,0,0),MD=?- , ,-1?, 2 ? 2 ? → → |AB·MD| 1 π ∴cos θ = = ,∴θ = . → → 2 3 |AB|·|MD| ∴AB 与 MD 所成角的大小为 π . 3

5.(1)证明 取 DE 的中点 O,取 BC 的中点 G,连接 AO,OG, 则 AO⊥DE,OG⊥DE. ∵平面 ADE⊥平面 BCDE,平面 ADE∩平面 BCDE=DE, ∴AO⊥平面 BCDE,∴AO⊥OG. 建立如图所示的空间直角坐标系, 设 BC=4,则 DE=2,AO=OG= 3. 所以 A(0,0, 3),D(1,0,0),E(-1,0,0),B(-2, 3,0),

C(2, 3,0).
设平面 ABE 的法向量为 m=(x1,y1,z1), → → ∵EA=(1,0, 3),EB=(-1, 3,0), → ? ?m⊥EA, 由? → ?m⊥EB ?

?x1+ 3z1=0, ,得? ?-x1+ 3y1=0.

令 y1=1,得 m=( 3,1,-1), 设平面 ABC 的法向量为 n=(x2,y2,z2), → → ∵BC=(4,0,0),AC=(2, 3,- 3), → ? ?n⊥BC, 由? → ? ?n⊥AC

?x2=0, 得? ?2x2+ 3y2- 3z2=0.

令 y2=1,得 n=(0,1,1), ∵m·n=( 3,1,-1)·(0,1,1)=0, ∴平面 ABC⊥平面 ABE. → AC·m → (2)解 由(1)得 cos〈AC,m〉= → |AC||m| = 2 6 = . 5 4+3+3· 3+1+1 2 3+ 3+ 3

2 6 ∴直线 AC 与平面 ABE 所成角的正弦值为 . 5 6.(1)证明 连接 BD,设 AC 交 BD 于点 O,由题意知 SO⊥平面

ABCD,以 O 点为坐标原点,OB、OC、OS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 Oxyz 如图所示.
设底面边长为 a,则高 SO= 于是 S(0,0, 6 a. 2

→ → →

6 2 ? ? a),D?- a,0,0?, 2 ? 2 ?

C?0,
→ →

? ?

2 ? ? 2 ? a,0?,B? a,0,0?, 2 ? ?2 ? 2 2 6 ? ? → ? a,0?,SD=?- a,0,- a?, 2 2 ? ? ? 2

OC=?0,


? ?

OC·SD=0.
故 OC⊥SD,因此 AC⊥SD. (2)解 由题意知,平面 PAC 的一个法向量为

→ →

DS=?

6 ? ? 2 a,0, a?,平面 DAC 的一个法向量为 2 ? ?2

OS=?0,0,

? ?

6 ? a? , 2 ?

→ → OS·DS 3 设所求二面角为 θ ,则 cos θ = = , → → 2 |OS||DS| 故所求二面角 P—AC—D 的大小为 30°. (3)解 在棱 SC 上存在一点 E 使 BE∥平面 PAC. → 由(2)知DS是平面 PAC 的一个法向量, 6 ? → ? 2 6 ? → ? 2 且DS=? a,0, a?,CS=?0,- a, a?, 2 ? 2 2 ? ?2 ?



BC=?-

? ?

2 2 ? → → a, a,0?,设CE=tCS, 2 2 ?

→ → → → → 则BE=BC+CE=BC+tCS =?-

? ?

2 2 a, a 2 2

-t ,

1 6 ? → → at?.由BE·DS=0,得 t= , 3 2 ?

→ → 即当 SE∶EC=2∶1 时,BE⊥DS. 而 BE 不在平面 PAC 内,故 BE∥平面 PAC.


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