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- 2021-04-22 发布
课时分层训练(四十四)
立体几何中的向量方法
A组 基础达标
(建议用时：30分钟)
一、选择题
1．已知平面α内有一点M(1，－1,2)，平面α的一个法向量为n＝(6，－3,6)，则下列点P中，在平面α内的是( )
A．P(2,3,3) B.P(－2,0,1)
C．P(－4,4,0) D.P(3，－3,4)
A [逐一验证法，对于选项A，＝(1,4,1)，∴·n＝6－12＋6＝0，∴⊥n，∴点P在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．]
2．(2017·西安调研)如图7711，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
图7711
A. B.－
C. D.－
A [不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1＝(0,2,0)，B1(0,2,1)，∴＝(0,2，－1)，＝(－2,2,1)．
cos〈，〉＝＝＝.]
3．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且＝，N为B1B的中点，则||为( )
【导学号：01772276】
A.a B.a
C.a D.a
A [以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.
设M(x，y，z)，
∵点M在AC1上且＝，
(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)，
∴x＝a，y＝，z＝.
得M，
∴||＝＝.]
4．已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于( )
【导学号：01772277】
A. B.
C. D.
A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，－1,0)，B1(，0,2)，则＝(，1,2)，则＝(－，0,0)为侧面ACC1A1的法向量．即sin θ＝＝.故选A.]
5．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
B [以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，
E，D(0,1,0)，∴＝(0,1，－1)，＝.
设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，
∴有即
解得
∴n1＝(1,2,2)．
∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)．
∴cos〈n1，n2〉＝＝，
即所成的锐二面角的余弦值为.]
二、填空题
6．已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点，如果＝(2，－1，－4)，＝(4,2,0)，＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP⊥AB；②AP⊥AD；③是平面ABCD的法向量；④∥.其中正确的序号是________．
①②③ [∵·＝0，·＝0，
∴AB⊥AP，AD⊥AP，则①②正确．
又与不平行．
∴是平面ABCD的法向量，则③正确．
由于＝－＝(2,3,4)，＝(－1,2，－1)，∴与不平行，故④错误．]
7．(2017·郑州模拟)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________.
【导学号：01772278】
[以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量，
则n·＝0，n·＝0，
即令z＝2，则y＝1，x＝2，
于是n＝(2,1,2)，＝(0,2,0)．
设所求线面角为α，则sin α＝|cos〈n，〉|＝.]
8．在一直角坐标系中，已知A(－1,6)，B(3，－8)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为________．
2 [如图为折叠后的图形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD，
则AC＝6，BD＝8，CD＝4，
两异面直线AC，BD所成的角为60°.
故由＝＋＋，
得||2＝|＋＋|2＝68，
∴||＝2.]
三、解答题
9．(2017·南昌模拟)如图7712，四棱锥SABCD中，SD⊥底面ABCD，AB∥DC，AD⊥DC，AB＝AD＝1，DC＝SD＝2，E为棱SB上的一点，且SE＝2EB.
图7712
(1)证明：DE⊥平面SBC；
(2)求二面角ADEC的大小．
[解] 由题意，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DS所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,2,0)，S(0,0,2)，＝(1,1,0)，＝(0,0,2).2分
(1)证明：∵SE＝2EB，
∴＝＋＝(1,1,0)＋(0,0,2)＝.
又＝(－1,1,0)，＝(－1，－1,2)，
∴·＝0，·＝0，4分
∴⊥，⊥.
又BC∩BS＝B，∴DE⊥平面SBC.5分
(2)由(1)知，DE⊥平面SBC，
∵EC⊂平面SBC，∴DE⊥EC.7分
取DE的中点F，
则F，＝，
故·＝0，由此得FA⊥DE.10分
∴向量与的夹角等于二面角ADEC的平面角，
又cos〈，〉＝＝－，
∴二面角ADEC的大小为120°.12分
10．在四棱锥PABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，E，F分别是AB，PB的中点．
(1)求证：EF⊥CD；
(2)在平面PAD内是否存在一点G，使GF⊥平面PCB.若存在，求出点G
坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：如图，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．设AD＝a，则D(0,0,0)，A(a,0,0)，B(a，a,0)，C(0，a,0)，E，P(0,0，a)，F，
则＝，＝(0，a,0).3分
∵·＝0，
∴⊥，从而得EF⊥CD.5分
(2)假设存在满足条件的点G，
设G(x,0，z)，则＝.
若使GF⊥平面PCB，则FG⊥CB，FG⊥CP.
·＝·(a,0,0)＝a＝0，得x＝.8分
由·＝·(0，－a，a)
＝＋a＝0，得z＝0.
∴G点坐标为，即存在满足条件的点G，且点G为AD的中点.12分
B组 能力提升
(建议用时：15分钟)
1．(2017·河南百校联盟联考)已知斜四棱柱ABCDA1B1C1D1的各棱长均为2，∠A1AD＝60°，∠BAD＝90°，平面A1ADD1⊥平面ABCD，则直线BD1与平面ABCD所成的角的正切值为( )
A. B.
C. D.
C [取AD中点O，连接OA1，易证A1O⊥平面ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系，
得B(2，－1,0)，D1(0,2，)，＝(－2,3，)，平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，设BD1与平面ABCD所成的角为θ，∴sin θ＝＝，∴tan θ＝.]
2．(2017·衡水中学质检)如图7713所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________．
图7713
MN∥平面BB1C1C [以C1为坐标原点建立如图所示的坐标系．
∵A1M＝AN＝，
则M，N，∴＝.
又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，
∴＝(0，a,0)，
∴·＝0，
∴⊥.
又∵是平面BB1C1C的法向量，且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.]
3．(2016·天津高考)如图7714，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OEFC的正弦值；
(3)设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．
图7714
[解] 依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，分别以，，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).2分
(1)证明：依题意，＝(2,0,0)，＝(1，－1,2)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ADF的法向量，
则即4分
不妨取z1＝1，可得n1＝(0,2,1)．
又＝(0,1，－2)，可得·n1＝0.
又因为直线EG⊄平面ADF，所以EG∥平面ADF.5分
(2)易证＝(－1,1,0)为平面OEF的一个法向量，依题意，
＝(1,1,0)，＝(－1,1,2).7分
设n2＝(x2，y2，z2)为平面CEF的法向量，则
即
不妨取x2＝1，
可得n2＝(1，－1,1).9分
因此有cos〈，n2〉＝＝－，
于是sin〈，n2〉＝.
所以，二面角OEFC的正弦值为.
(3)由AH＝HF，得AH＝AF.因为＝(1，－1,2)，所以＝＝，进而有H，从而＝.
因此cos〈，n2〉＝＝－.
所以，直线BH和平面CEF所成角的正弦值为.12分