考点8.5　空间向量及其在立体几何中的应用（解析版）练习题

8.5　空间向量及其在立体几何中的应用

【基础集训】

考点一　用向量法证明平行、垂直

1.如图,四棱锥P-ABCD的底面是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AB,PD的中点,且PA=AD.

(1)求证:AF∥平面PEC;

(2)求证:平面PEC⊥平面PCD.

【证明】　∵PA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,

∴PA⊥AB,PA⊥AD,AB⊥AD,

以A为原点,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,如图所示,

由已知PA=AD,不妨设PA=AB=AD=2,则B(2,0,0),

P(0,0,2),A(0,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0).

(1)∵F为PD的中点,E为AB的中点,

∴F(0,1,1),E(1,0,0),

∴=(1,0,-2),=(2,2,-2).

设平面PEC的法向量为n1=(x1,y1,z1),

则即

取z1=1,则n1=(2,-1,1),

又∵=(0,1,1),∴·n1=0-1+1=0,

∴⊥n1,∴AF∥平面PEC.

(2)=(2,2,-2),=(0,2,-2).

设平面PCD的法向量为n2=(x2,y2,z2),

则∴即

取z2=1,则n2=(0,1,1),

又∵n1=(2,-1,1)是平面PEC的一个法向量,

∴n1·n2=(2,-1,1)·(0,1,1)=0,∴n1⊥n2,

∴平面PEC⊥平面PCD.

2.如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD,点P,Q分别在棱DD1,BC上.

(1)若P是DD1的中点,证明:AB1⊥PQ;

(2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值为,求四面体ADPQ的体积.

【解析】　由题设知,AA1,AB,AD两两垂直.以A为坐标原点,AB,AD,AA1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,则相关各点的坐标为A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6.

(1)证明:因为P是DD1的中点,所以P,所以=.又=(3,0,6),

于是·=18-18=0,所以⊥,即AB1⊥PQ.

(2)由题设知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD内的两个不共线向量.设n1=(x,y,z)是平面PQD的法向量,则即取y=6,得n1=(6-m,6,3).又平面AQD的一个法向量是n2=(0,0,1),

所以cos<n1,n2>===.

而二面角P-QD-A的余弦值为,因此=,解得m=4或m=8(舍去),此时Q(6,4,0).

设=λ(0<λ≤1),而=(0,-3,6),由此得点P(0,6-3λ,6λ),所以=(6,3λ-2,-6λ).

因为PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一个法向量是n3=(0,1,0),所以·n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,从而P(0,4,4).

于是,将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P-ADQ,则其高h=4.故四面体ADPQ的体积V=S△ADQ·h=××6×6×4=24.

考点二　用向量法求空间角与距离

3.在平面四边形ABCD中,AB=BD=CD=1,AB⊥BD,CD⊥BD.将△ABD沿BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD,如图.

(1)求证:AB⊥CD;

(2)若M为AD中点,求直线AD与平面MBC所成角的正弦值;

(3)在(2)的条件下,求点D到平面BMC的距离.

【解析】　(1)证明:∵平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AB⊂平面ABD,AB⊥BD,

∴AB⊥平面BCD.

又CD⊂平面BCD,∴AB⊥CD.

(2)过点B在平面BCD内作BE⊥BD,如图.

由(1)知AB⊥平面BCD,又BE⊂平面BCD,BD⊂平面BCD,

∴AB⊥BE,AB⊥BD.

以B为坐标原点,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,得B(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A(0,0,1),M,

则=(1,1,0),=,=(0,1,-1).

设平面MBC的法向量为n=(x0,y0,z0),

则即

取z0=1,得平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1).

设直线AD与平面MBC所成角为θ,

则sin θ=|cos<n,>|==,

即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为.

(3)由(2)可知平面MBC的一个法向量为n=(1,-1,1),

又∵=(0,1,0),

∴点D到平面BMC的距离为==.

4.如图,在四棱锥A-EFCB中,△AEF为等边三角形,平面AEF⊥平面EFCB,EF∥BC,BC=4,EF=2a,∠EBC=∠FCB=60°,O为EF的中点.

(1)求证:AO⊥BE;

(2)求二面角F-AE-B的余弦值;

(3)若BE⊥平面AOC,求a的值;

(4)在(3)的条件下,求BE与AF所成角的余弦值.

【解析】　(1)证明:因为△AEF是等边三角形,O为EF的中点,所以AO⊥EF.

又因为平面AEF⊥平面EFCB,AO⊂平面AEF,

所以AO⊥平面EFCB.

所以AO⊥BE.

(2)取BC的中点G,连接OG.

由题意知四边形EFCB是等腰梯形,

所以OG⊥EF.

由(1)知AO⊥平面EFCB,

又OG⊂平面EFCB,

所以OA⊥OG.

如图建立空间直角坐标系O-xyz,

则E(a,0,0),A(0,0,a),B(2,(2-a),0),

所以=(-a,0,a),=(a-2,(a-2),0).

设平面AEB的法向量为n=(x,y,z),

则即

令z=1,则x=,y=-1.

于是n=(,-1,1).

又平面AEF的一个法向量为p=(0,1,0).

所以cos<n,p>==-.

由题设知二面角F-AE-B为钝二面角,

所以它的余弦值为-.

(3)因为BE⊥平面AOC,所以BE⊥OC,即·=0.

因为=(a-2,(a-2),0),=(-2,(2-a),0),

所以·=-2(a-2)-3(a-2)2.

由·=0及0<a<2,解得a=.

(4)由(3)可知A,F,E,B,

∴=,=,

∴cos<,>===,

∴BE与AF所成角的余弦值为.

【综合集训】

考法一　求异面直线所成角的方法

1.已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

【答案】　C

2.如图所示,平面BCC1B1⊥平面ABC,∠ABC=120°,四边形BCC1B1为正方形,且AB=BC=2,则异面直线BC1与AC所成角的余弦值为　　　　. 

【答案】　

考法二　求直线与平面所成角的方法

3.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.

(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值;

(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.

【解析】　如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,

设AC,A1C1的中点分别为O,O1,

则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,

以{,,}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.

因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2).

(1)因为P为A1B1的中点,所以P.

从而=,=(0,2,2).

故|cos<,>|===.

因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为.

(2)因为Q为BC的中点,所以Q,

因此=,=(0,2,2),=(0,0,2).

设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,

则即不妨取n=(,-1,1).

设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,

则sin θ=|cos<,n>|===,

所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为.

4.如图,四边形ABCD与BDEF均为菱形,FA=FC,且∠DAB=∠DBF=60°.

(1)求证:AC⊥平面BDEF;

(2)求直线AD与平面ABF所成角的正弦值.

【解析】　(1)证明:设AC与BD相交于点O,连接FO,

∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,且O为AC中点,

∵FA=FC,∴AC⊥FO,

又FO∩BD=O,∴AC⊥平面BDEF.(5分)

(2)连接DF,∵四边形BDEF为菱形,且∠DBF=60°,

∴△DBF为等边三角形,∵O为BD的中点,∴FO⊥BD,又AC⊥FO,AC∩BD=O,∴FO⊥平面ABCD.∵OA,OB,OF两两垂直,

∴可建立空间直角坐标系O-xyz,如图所示.(7分)

设AB=2,∵四边形ABCD为菱形,∠DAB=60°,

∴BD=2,AC=2.

∵△DBF为等边三角形,∴OF=.∴A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),F(0,0,),

∴=(-,-1,0),=(-,0,),=(-,1,0).

设平面ABF的法向量为n=(x,y,z),

则

取x=1,得n=(1,,1).(10分)

设直线AD与平面ABF所成角为θ,

则sin θ=|cos<,n>|==.(12分)

考法三　求二面角的方法

5.如图,在矩形ABCD中,CD=2,BC=1,E,F是平面ABCD同一侧的两点,EA∥FC,AE⊥AB,EA=2,DE=,FC=1.

(1)证明:平面CDF⊥平面ADE;

(2)求二面角E-BD-F的正弦值.

【解析】　(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴CD⊥AD.

∵AE⊥AB,CD∥AB,∴CD⊥AE.

又AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADE.

∵CD⊂平面CDF,∴平面CDF⊥平面ADE.

(2)∵AD=BC=1,EA=2,DE=,

∴DE2=AD2+AE2,∴AE⊥AD.

又AE⊥AB,AB∩AD=A,∴AE⊥平面ABCD.

以D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,

则D(0,0,0),B(1,2,0),F(0,2,1),E(1,0,2).

∴=(1,2,0),=(0,2,1),

设平面BDF的法向量为m=(x,y,z),

∴令x=2,得m=(2,-1,2).

同理可求得平面BDE的一个法向量为n=(2,-1,-1),

∴cos<m,n>===,

∴sin<m,n>=.故二面角E-BD-F的正弦值为.

6.如图,已知三棱锥P-ABC中,PC⊥AB,△ABC是边长为2的正三角形,PB=4,∠PBC=60°.

(1)证明:平面PAC⊥平面ABC;

(2)设F为棱PA的中点,求二面角P-BC-F的余弦值.

【解析】　(1)证明:在△PBC中,∠PBC=60°,BC=2,PB=4,由余弦定理可得PC=2,

∴PC2+BC2=PB2,∴PC⊥BC,(2分)

又PC⊥AB,AB∩BC=B,

∴PC⊥平面ABC,∵PC⊂平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(4分)

(2)在平面ABC中,过点C作CM⊥CA,以CA,CM,CP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系C-xyz(图略).

则C(0,0,0),P(0,0,2),A(2,0,0),B(1,,0),F(1,0,).(6分)

设平面PBC的法向量为m=(x1,y1,z1),

则z1=0,取y1=-1,则x1=,

即m=(,-1,0)为平面PBC的一个法向量.(8分)

设平面BCF的法向量为n=(x2,y2,z2),

则

取x2=,则y2=-1,z2=-1,即n=(,-1,-1)为平面BCF的一个法向量,(10分)

cos<m,n>===.

由题图可知二面角P-BC-F为锐二面角,

故二面角P-BC-F的余弦值为.(12分)

【应用集训】

1.如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,平面ADEF⊥平面ABCD,AF∥DE,AD⊥DE,AF=2,DE=3.

(1)求证:平面ACE⊥平面BED;

(2)求直线CA与平面BEF所成角的正弦值;

(3)在线段AF上是否存在点M,使得二面角M-BE-D的大小为60°?若存在,求出的值;若不存在,说明理由.

【解析】　(1)证明:因为平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,DE⊂平面ADEF,DE⊥AD,

所以DE⊥平面ABCD.(2分)

又因为AC⊂平面ABCD,所以DE⊥AC.因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD,又因为DE∩BD=D,DE⊂平面BED,BD⊂平面BED,

所以AC⊥平面BDE.(3分)

又因为AC⊂平面ACE,

所以平面ACE⊥平面BED.(4分)

(2)因为DE⊥DC,DE⊥AD,AD⊥DC,所以建立空间直角坐标系D-xyz如图所示.

则A(3,0,0),F(3,0,2),E(0,0,3),B(3,3,0),C(0,3,0),(5分)

所以=(3,-3,0),=(-3,-3,3),=(3,0,-).

设平面BEF的法向量为n=(x1,y1,z1).

则即

令x1=,则y1=2,z1=3,则n=(,2,3).(6分)

所以cos<,n>===-.(7分)

所以直线CA与平面BEF所成角的正弦值为.(8分)

(3)存在,理由如下:

设M(3,0,t),0≤t≤2.(9分)

则=(0,-3,t),=(-3,-3,3).

设平面MBE的法向量为m=(x2,y2,z2),

则即

令y2=t,则z2=3,x2=3-t,则m=(3-t,t,3).(10分)

又=(3,-3,0)是平面BDE的一个法向量,

∴|cos<m,>|===,(11分)

整理得2t2-6t+15=0,解得t=或t=(舍去),(12分)

∴=.(13分)

2.如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图2.

(1)若M是A1D的中点,求直线CM与平面A1BE所成角的大小;

(2)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.

【解析】　(1)由折叠的性质得CD⊥DE,A1D⊥DE,又CD∩A1D=D,∴DE⊥平面A1CD.又∵A1C⊂平面A1CD,∴A1C⊥DE,又A1C⊥CD,CD∩DE=D,

∴A1C⊥平面BCDE.(3分)

建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),D(-2,0,0),A1(0,0,2),E(-2,2,0),B(0,3,0),

∴=(0,3,-2),=(-2,2,-2),

设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),

则∴取z=,则x=-1,y=2,

∴n=(-1,2,).(5分)

又∵M(-1,0,),∴=(-1,0,),

∴cos<,n>===.

∴CM与平面A1BE所成角的大小为45°.(6分)

(2)假设线段BC上存在点P满足条件,设P点坐标为(0,a,0),则a∈[0,3],

∴=(0,a,-2),=(2,a,0),

设平面A1DP的法向量为n1=(x1,y1,z1),

则取y1=6,则x1=-3a,z1=a,

∴n1=(-3a,6,a).(9分)

若平面A1DP与平面A1BE垂直,则n1·n=0,

∴3a+12+3a=0,即6a=-12,∴a=-2,

∵0≤a≤3,∴a=-2舍去.

∴线段BC上不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.(12分)