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2018年高考数学一轮复习第七章立体几何第45讲立体几何中的向量方法(二)_求空间角和距离实战演练理

2018 年高考数学一轮复习 第七章 立体几何 第 45 讲 立体几何中的 向量方法(二)—求空间角和距离实战演练 理

1.(2014·江西卷)如图,四棱锥 P?ABCD 中,ABCD 为矩形,平面 PAD⊥平面 ABCD. (1)求证:AB⊥PD; (2)若∠BPC=90°,PB= 2,PC=2,问 AB 为何值时,四棱锥 P?ABCD 的体积最大?并 求此时平面 BPC 与平面 DPC 夹角的余弦值.

解析:(1)证明:ABCD 为矩形,故 AB⊥AD. 又平面 PAD⊥平面 ABCD,平面 PAD∩平面 ABCD=AD, 所以 AB⊥平面 PAD,故 AB⊥PD. (2)过 P 作 AD 的垂线,垂足为 O,过 O 作 BC 的垂线,垂足为 G,连接 PG. 故 PO⊥平面 ABCD,BC⊥平面 POG,BC⊥PG. 2 3 2 6 6 在 Rt△BPG 中,PG= ,GC= ,BG= . 3 3 3 设 AB=m,则 OP= PG -OG = 故四棱锥 P?ABCD 的体积为
2 2

4 2 -m , 3

V= · 6·m·
2

1 3

4 2 m -m = 3 3
2 4

8-6m .

2

因为 m 8-6m = 8m -6m = 故当 m=

? 2 2?2 8 -6?m - ? + , 3? 3 ?

6 6 ,即 AB= 时,四棱锥 P?ABCD 的体积最大. 3 3 6 ? 6 ? ,- ,0? , 3 3 ? ?

此 时 , 建 立 如 图 所 示 的 坐 标 系 , 各 点 的 坐 标 为 O(0,0,0) , B ?

C?

? 6 2 6 ? , ,0?, 3 ?3 ?
D?0,

? ?

2 6 ? ? 6? ,0?,P?0,0, ?, 3 3? ? ?

6? → → ? 6 2 6 故PC=? , ,- ?,BC=(0, 6,0), 3 3? ?3
1



CD=?-

? ?

6 ? ,0,0?, 3 ?

设平面 BPC 的一个法向量 n1=(x,y,1), 6 ? 6 2 6 → → ? 3 x+ 3 y- 3 =0, 则由 n1⊥PC,n1⊥BC得?

? ? 6y=0,

解得 x=1,y=0,n1=(1,0,1).

? 1 ? 同理可求出平面 DPC 的一个法向量 n2=?0, ,1?.从而平面 BPC 与平面 DPC 夹角 θ 的 ? 2 ?
余弦值为 |n1·n2| cos θ = = |n1||n2| 1 2· 10 = . 5 1 +1 4

2.(2016·全国卷Ⅲ)如图,四棱锥 P?ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC =3,PA=BC=4,M 为线段 AD 上一点,AM=2MD,N 为 PC 的中点. (1)证明:MN∥平面 PAB; (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值.

2 解析:(1)证明:由已知得 AM= AD=2.取 BP 的中点 T,连接 3

AT,TN,由 N 为 PC 的中点知 TN∥BC, TN= BC=2.
又 AD∥BC,故 TN 綊 AM,故四边形 AMNT 为平行四边形,于是 1 2

MN∥AT.
因为 AT? 平面 PAB,MN?平面 PAB,所以 MN∥平面 PAB. (2)取 BC 的中点 E,连接 AE.由 AB=AC 得 AE⊥BC, 从而 AE⊥AD,且 AE= AB -BE =
2 2

?BC? AB2-? ?2= 5. 2 ? ?

→ 以 A 为坐标原点,AE的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz. 由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C( 5,2,0),N?

? 5 ? ,1,2?, 2 ? ?
2



PM=(0,2,-4),PN=?

? → ? 5 ? → ? 5 ,1,-2?,AN=? ,1,2?. ?2 ? ?2 ?

设 n=(x,y,z)为平面 PMN 的法向量. → ? ?n·PM=0, 则? ?n·→ PN=0, ? 可取 n=(0,2,1). → |n·AN| 8 5 → 于是|cos〈n,AN〉|= = . → 25 |n||AN| 8 5 即直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为 . 25 3.(2016·山东卷)在如图所示的圆台中,AC 是下底面圆 O 的直径,EF 是上底面圆 O′ 的直径,FB 是圆台的一条母线. (1)已知 G,H 分别为 EC,FB 的中点,求证:GH∥平面 ABC; 1 (2)已知 EF=FB= AC=2 3,AB=BC.求二面角 F?BC?A 的余弦值. 2 2y-4z=0, ? ? 即? 5 x+y-2z=0, ? ?2

解析:(1)证明:设 FC 中点为 I,连接 GI,HI.

在△CEF 中,因为点 G 是 CE 的中点,所以 GI∥EF. 又 EF∥OB,所以 GI∥OB.又 OB? 平面 ABC,GI?平面 ABC, ∴GI∥平面 ABC. 在△CFB 中,因为 H 是 FB 的中点,所以 HI∥BC.同理 HI∥平面 ABC.又 HI∩GI=I, 所以平面 GHI∥平面 ABC. 因为 GH? 平面 GHI,所以 GH∥平面 ABC. (2)连接 OO′,则 OO′⊥平面 ABC. 又 AB=BC,且 AC 是圆 O 的直径,所以 BO⊥AC. 以 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz.

3

由题意得 B(0,2 3,0),C(-2 3,0,0), → 所以BC=(-2 3,-2 3,0), 过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M. 所以 FM= FB -BM =3,可得 F(0, 3,3). → 故BF=(0,- 3,3). 设 m=(x,y,z)是平面 BCF 的法向量. → ? ?m·BC=0, 由? → ? ?m·BF=0,
2 2

?-2 3x-2 3y=0, 可得? ?- 3y+3z=0. ? ?
3? ?. 3?

可得平面 BCF 的一个法向量 m=?-1,1, 因为平面 ABC 的一个法向量 n=(0,0,1), 所以 cos〈m,n〉=

m·n 7 = . |m|·|n| 7
7 . 7

所以二面角 F?BC?A 的余弦值为

4.(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图,三棱柱 ABC?A1B1C1 中,侧面 BB1C1C 为菱形,AB⊥B1C.

(1)证明:AC=AB1; (2)若 AC⊥AB1,∠CBB1=60°,AB=BC,求二面角 A?A1B1?C1 的余弦值. 解析:(1)证明:连接 BC1,交 B1C 于点 O,连接 AO. 因为侧面 BB1C1C 为菱形, 所以 B1C⊥BC1,且 O 为 B1C 及 BC1 的中点. 又 AB⊥B1C,AB∩BO=B,所以 B1C⊥平面 ABO. 由于 AO? 平面 ABO,故 B1C⊥AO. 又 B1O=CO,故 AC=AB1. (2)因为 AC⊥AB1,且 O 为 B1C 的中点,

4

所以 AO=CO.又因为 AB=BC, 所以△BOA≌△BOC,故 OA⊥OB,从而 OA,OB,OB1 两两互相垂直. → → → → 以 O 为坐标原点,OB,OB1,OA的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向,|OB|为单位长,建 立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz. 因为∠CBB1=60°,所以△CBB1 为等边三角形. 又 AB=BC,OC=OA, 则 A?0,0,

? ?

3? 3 ? ? 3 ? ? ?,B(1,0,0),B1?0, ,0?,C?0,- ,0?, 3? 3 3 ? ? ? ?

AB1=?0,




? ?

3 3? → → ? 3? ,- ?,A1B1=AB=?1,0,- ?, 3 3 ? 3 ? ?

B1C1=BC=?-1,-

→ ?

?

3 ? ,0?. 3 ?

设 n=(x,y,z)是平面 AA1B1 的法向量, → ? ?n·AB1=0, 则? → ?n·A ? 1B1=0, 3 3 ? ? 3 y- 3 z=0, 即? 3 x- z=0. ? ? 3

所以可取 n=(1, 3, 3).

?m·A→ ? 1B1=0, 设 m 是平面 A1B1C1 的法向量,则? ?m·B→ ? 1C1=0.
同理可取 m=(1,- 3, 3).所以 cos〈n,m〉= 1 所以二面角 A?A1B1?C1 的余弦值为 . 7

n·m 1 = . |n||m| 7

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