空间向量在立体几何中的应用5.docx
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空间向量在立体几何中的应用5
1•(师大附中理)如图
PD二AD,贝y
1,P是正方形ABCD所在平面外一点,PD_平面ABCD,
P
PA与BD所成的角的度数为
•90
D
mi
答案:
C
2.(肥城市第二次联考)如右图所示,在正方体ABCD-ABC1D1中,
E,F分别是
ABi,BG的中点,则以下结论中不成立.的是(C)
A.EF与CG垂直B.EF与BD垂直
CEF与AG异面D.EF与AD1异面
答案C
解析:
连结A1B,在也ABG中,EF[ACi,所以A、B、D正确,C错,
选Co
3•(师大附中理)设P,A,B,C是半径为2的球面上四个不同的点,且满足
PA,PB,PC两
两互相垂直,则S.pABS'PAC'S'PBC的最大值是
答案:
8
4.(池州市七校元旦调研)设向量a,b满足:
1a卜3,1b卜4,ab=^0
的模为边长构成三角形,则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为(
A.3B
答案:
C
【解析】对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆,此时只有三个交点,对于
圆的位置稍一右移或其他的变化,能实现4个交点的情况,但5个以上的交点不能实现.
5.(马鞍山学业水平测试)(本小题满分8分)
如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E、F分别是BB、CD勺中点.
(I)证明:
AD丄"F;
(n)求AE与D[F所成的角
(川)证明:
面AEDL面A1FD1.
解:
以D为原点,DADCDD为x,y,z轴建立空间直角坐标系.
设正方体的棱长为11分
11
则有A(1,0,0),E(1,2,丄),F(0,丄,0),D(0,0,1),A(1,0,1)……2分
22
一.1一..
(I)AD=(一1,0,0),。
汗=(0,2,-1),ADQF=0,二AD丄时4分
1—
(n)AE=(0,1^),AE4D1F=0,•••AE丄D1F
AE与D1F所成的角为9006分
(川)由以上可知D1F丄平面AED又D1F在平面A1FD1内,
•••面AEDL面A1FD18分
6.(池州市七校元旦调研)如图,平面PAC一平面ABC,ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形,E,F,°分别为pa,
PB,AC的中点,AC=16,PA=PC=10.
(I)设G是OC的中点,证明:
FGII平面BOE;
(II)证明:
在ABO内存在一点M,使FM—平面
BOE.
证明:
(I)如图,连结OP,以O为坐标原点,分别以OBOCOP所在
直线为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系o^xyz,贝y
O0,0,0,A(0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0,0,6),E(0,-4,3),F4,0,3,由题意得,
G0,4,0,因°B=(8,°,0),°E=(°,-4‘3),因此平面boe的法向量为n=(0,3,4),
FG=(-4,4,-3得nFG=0,又直线FG不在平面BOE内,因此有FG//平面BOE
有FM//n,因此有
Xo*「9
4
即点M的坐标为
「4,0
在平面直角坐标系
xoy
X■0
y:
:
o
中,■AOB的内部区域满足不等式组
X—y:
:
8,经检验,点M的坐标满足上述不等式组,所以在ABO内存在一点M,使FM—平面BOE,
7.(马鞍山学业水平测试)(本小题满分12分)
(文)在斜三棱柱ABC—ABQ中,M为BQ的中点,N是BC上一点.
(I)若平面AB,N//平面A,MC,求证:
N为BC的中点;
(n)在(I)的条件下,若AB,=AG,BiC=BB,求证:
平面AMC_平面ABC
「平面A,MC〃平面AB,N
(I)平面AjMCD平面BjBCG^MC,所以MC//BN
平面ABjN门平面B,BCC厂B.N
因为M为BiC中点,所以N为BC中点6分
(n)AW=ACi,且M为中点,所以AM—BiG8分
BiC=BEB~:
BiC=CC,M为中点,所以CM_BiG,io分又AM“MC二M,则BQ_平面AMC,12分
又BG//BC,所以BC_平面AMC,14分
又BC平面ABC,所以平面AMC_平面ABC——16分8.(玉溪一中期中文)(本小题12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA_底面ABCD,
AB丄AD,AC丄CD,NABC=60°PA=AB=BC,E是PC的中点.
(I)求PB和平面PAD所成的角的大小;
(n)证明AE_平面PCD;P
(川)求二面角A-PD-C的大小.卜弋、
(I)解:
在四棱锥P—ABCD中,因PA_底面ABCD,AB平面ABCD,故IAB.又AB_AD,PA「|AD二A,从而AB_平面PAD.故PB在平面PAD内的射影为PA,从而ZAPB为PB和平面PAD所成的角.
在Rt△PAB中,AB=PA,故/APB=45.
所以PB和平面PAD所成的角的大小为45.
(n)证明:
在四棱锥P—ABCD中,
因PA_底面ABCD,CD二平面ABCD,故CD_PA.由条件CD_PC,又AE面PAC,
PA"AC=A,CD_面PAC..AE_CD.
/ABC二60,可得AC=PA.
:
E是PC的中点,
(川)解:
过点E作EM_PD,垂足为M,连结AM.由(n)知,AE_平面PCD,AM在平面PCD内的射影是EM,则AM-PD.
因此ZAME是二面角A-PD-C的平面角.
■AE_PC,PC"CD二C•综上得AE_平面PCD.
由已知,可得/CAD=30:
•设AC=a,
可得
PA=a,AD二a,PD二-21a,
3-
在Rt△ADP中,,AM_PD
,二AM
PD=PAAD,则
243
PAADa'^Ta
PD
AM3
V21
a
在Rt△AEM中,sinAME
AE
AM
二卫•所以二面角A-PD-C的大小arcsin^4
44
9.(祥云一中月考理)(本小题满分12分)
如图,四棱锥P—ABCD中,底面四边形ABCD是正方形,侧面PDC是边长为a的正三角
形,且平面PDCL底面ABCDE为PC的中点。
(I)求异面直线PA与DE所成的角的余弦值;
(II)求点D到面PAB的距离.
10.解:
如图取DC的中点0,连P0,•••△PDC为正三角形,「
又•••面PDCL面ABCD•••POL面ABCD如图建立空间直角坐标系
•POLDC.
xyz.
3aaa、
则P(0,0,于),A(a,20),B(a,?
,0),C(%,0),
1
D(0,-—,0)
a
(1)E为PC中点,
a^3、
E(0,Y7a),
DE
=(0,?
a「3
4
a),PA二(
a
a,-
2
3a),
3
3
PADEa()a(a)
4242
|PA|八2a,|DE|=今
PADE
cos:
:
PA,DE=
|PA||DE|
.6分
(2)
a
可求PA=(a,-
2
一23“—0),
设面
PAB的一个法向量为
n=(x,y,z),
az=0.①
由②得y=0,代入①得xa
az=0令x=3,则z=2,.n=(一3,0.2).2
则D到面PAB的距离d等于DA在-上的射影的绝对值
IDAId=|DA||cos:
:
DAn|=|DA|
IDA||n|
|DAn|_|(a,0,0)G,3,0.2)|
|n|.7
、3a_21
•7〒
a.即点D到面PAB的距离等于
21
a.
7
11.(祥云一中二次月考理)(本小题满分12分)
如图所示,四棱锥P—ABCD中,侧棱PA与底面ABCD垂直,DC=1AD=AP=2AB=5,ZCDAMDAB=90,E是PB的中点.
(1)求证:
BCL平面PAC
(2)求异面直线PDAE所成角的大小;
(3)求二面角A-CE-B的大小..
..12分
C
法一:
DCCA
(1)证:
由题意:
心5,则AC=AB,又/"心沁所以△DCA与“CAB相
似,所以BCLAC又由侧棱PA与底面ABCD垂直,有PALBC所以BCL平面PAC4分
(2)连BD取BD的中点M连EM
J29
则EM||PD,△AEM中,AE=AM=-,
2
EM=2,设异面直线PDAE所成角为:
•,
58
则cos,所以PDAE所成角为
29
v;58
arccos—
29
(3)作AHLPC于H,作
H灶EC于K,连人崔又
(1)可知•/AKH即为所求二面角的
平面角的补角•在厶APC中求出
AH=25,在△ACE中求出AK=2'3°,(或在△PCE中求出
3.29
HK=1^5)
3、29
所求二面角的大小为
一arcsine(或为一arctan^9).
一5
18
法二:
(坐标法)
(2)
co
PDAE所成角为arccos'
29
(3)
5.6
所求二面角的大小为:
二-arccos
18
12.(祥云一中三次月考理)
(本小题满分12分)
如图,已知平行四边形
ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,
AB=1,AD=2,
ADC二60°,AFF3.
(1)求证:
ACLBF;
(2)求二面角F—BD-A的大小.
13.
A
解:
以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系,
(1)C(0,0,0),D(1,0,0),A(0,.3,0),F(0,,3,,3),B(-1,、、3,0),
*CA=(0:
V3.0LBF=pQ語L^7=(-1,71血LCABF=^AC-BF
("平面ABD的法向量订n:
°Q“平面尸肋的法向量毘=(2门
解出硏=I-7^£,1Lcos(齐卜卫二所求二面角F—FD—A的大小axccos-^
f44
14.(祥云一中三次月考文)(本小题满分12分)
如图,已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中AB=1,AA=2,N是AD的中点,点M在BB1上,异面直线MNAA互相垂直.
(1)试确定点M的位置,并加以证明;
(2)求二面角A—MN—人的大小.
解:
(I)取A1A的中点P,连PMPN贝UPN//AD,
AA_AD,AA_PN,
又AA_MN,.AA_平面PMN,AA_PM,
■PM//.AB,故点M为BB1的中点.
□)由(【)知AMN三AMN,作AO—MN于点O,连A,O,则AO
则A°-MN,所以•AOA就是所求二面角的平面角
显然
AN二AN二MN
于,AM
..30
利用等面积法求得A10=A0=5'在厶A10A中由余弦定理得
AO2AO2_AA2_2
cos/A1OA=2A。
A03
2
所以二面角的大小为二-arccos-
3
解二:
(向量法)(咯)
15.(本小题满分12分)
ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,
(祥云一中三次月考理)如图,已知平行四边形
AB=1,AD=2,.ADC=60°,AF=3
(1)求证:
AC丄BF;
(2)求二面角F—BD—A的大小;
(3)求点A到平面FBD的距离.
A
解:
15.
以CD为x轴,CA为y轴,以CE为z轴建立空间坐标系,
(1)C(0,0,0),D(1,0,0),A(0,..3,0),F(0,、3,、.3),B(-1,•、3,0),
CA二0,、3,0,BF二1,0,3,DF二1,3,3,CABF=0,AC_BF
(2)平面ABD的法向量n=(0,0,1),平面FBD的法向量m=(x,y,z)
解出m=-3,-2,1,cos〔
m,n
.2
所求二面角F—BD—A的大小arccos
⑶点A到平面FBD的距离为d,AD=(-1,-・.3,0)
ADm
d=;—
m
3、3_3、6
2「24
、选择填空
1.连结球面上两点的线段称为球的弦.半径为4的球的两条弦ABCD勺长度分别等于2...7、
4,3,MN分别为ABCD的中点,每条弦的两端都在球面上运动,有下列四个命题:
①弦ABCD可能相交于点M②弦ABCD可能相交于点N③MN的最大值为5④MN
的最小值为I,其中真命题的个数为
A.1个B.2个C
.3个D
.4个
答案C
2.(昆明一中第三次模拟)如图,正四棱柱
ABCD-ABCQ中,
□
AA=2AB,则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(
)A
ftF
八1f
2
A.-B
5
5
d\
―___X
C.3D.
4
A
R
5
5
答案D
3.某几何体的一条棱长为7,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为6的线段,
在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,则a+b的最大值
为()A2、2B.2i3C.4D.2.5
答案C
4.等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为—
3
M,N分别是AC,BC的中点,贝UEM,AN所成角的余弦值等于
二、解答题
1.如图,在三棱锥P-ABC中,AC二BC=2,
ACB=90AP二BP二AB,PC_AC.
(I)求证:
PC_AB;(n)求二面角B-AP-C的大小;
(川)求点C到平面APB的距离.
解法一:
(I)取AB中点D,连结PD,CD.
:
AP=BP,PD_AB.:
AC=BC,CD_AB.
丁PDflCD^D,.AB_平面PCD.
;PC平面PCD,PC_AB.
(n):
AC=BC,AP二BP,
△APCBPC•又PC_AC,PC_BC.
又ACB=90:
,即AC_BC,且AC"PC=C,
.BC_平面PAC•取AP中点E•连结BE,CE.
:
AB=BP,.BE_AP.;EC是BE在平面PAC内的射影,
--BEC是二面角B-AP-C的平面角.在
BE
.sinBEC
BC
BE
△BCE中,BCE=90:
CE_AP.
面角B-AP-C的大小为arcsin
(川)由(I)知AB_平面PCD,平面APB_平面PCD•过C作CH_PD,垂足
为H.
平面APBn平面PCD=PD,CH
-平面APB..CH的长即为点C到平面APB的
-点C到平面APB的距离为
PD3
.PC=.PD2-CD2=2.CH
距离.
由(I)知PC_AB,又PC_AC,
7CD平面ABC,PC_CD.
在Rt△PCD中,CD=丄AB二.2,
2
2.3
3.
解法二:
(I):
AC=BC,AP=BP,.△APCBPC.又P3JC,.PC_BC.
TACnBC二C,PC_平面ABC•:
AB平面ABC,PC_AB.
(n)如图,以C为原点建立空间直角坐标系C-xyz•则C(000),A20),(2B0),,
设P(0,0,t)•;PB二AB=2'、2,t=2,P(0,0,2)•取AP中点E,连结BE,CE•
AB=BP,二CE丄AP,BE丄AP•二NBEC是二面角B—AP—C
的平面角.
7E(011),EC=(0,1,1),EB=(2,1,1),
cos/BEC=
EC・EB
ECEB
面角B-AP-C的大小为arccost
3
(川);AC二BC二PC,C在平面
APB内的射影为正△APB的中心H,且CH的长
为点C到平面APB的距离.
如(n)建立空间直角坐标系
C_xyz•7BH二2HE,.点H的坐标为
.点C到平面APB的距离为耳3•
3
2.如图,已知ABCD-ABQQ,是棱长为3的正方体,点E在AA1上,点F在CC,上,且
(1)求证:
E,B,F,D1四点共面;(4分);
(2)若点G在BC上,
2
BG,点M在BB1上,GM丄BF,垂足为H,求证:
EM丄
3
平面BCGE;(4分);(3)用日表示截面EBFD1和侧面BCC1B1所
C1
C
成的锐二面角的大小,求tan二•
BE=(3,01),
BF=(0,3,2),
BD1二(3,3,3),
证明:
(1)建立如图所示的坐标系,则
所以BD^BEBF,故BD1,
BE,
BF共面.
又它们有公共点
B,所以E,B,F,D1
四点共面.
需=(032)
由题设得
(2)如图,设M(0,0,z),则GM10,-,
V3
二(3,0,0),又BB1=(0,0,3),BC二(0,3,0),
得z=1•因为M(0,01),E(3,01),有ME
所以ME_BB1=0,MEl]BC=0,从而ME丄BB1,ME丄BC•故ME丄平面BCC1B1.(3)设向量=(x,y,3)丄截面EBFD1,于是BP丄BE,BP丄BF.
而BE二(3,01),BF二(0,3,2),得BPjBE=3x3=0,詬国=3y6=0,解得
TTTT
x--1,y--2,所以BP=(-1,-2,3).又BA=(30Q丄平面BCC1B1,所以BP和BA
F
A
3.(广东三校一模)如图,在梯形ABCD中,AB//CD,AD=DC二CB二a,
■ABC=60,平面ACFE_平面ABCD,四边形ACFE是矩形,AE=a,点M在线段
EF上.
(1)求证:
BC_平面ACFE;
⑵当EM为何值时,AM//平面BDF?
证明你的结论
(3)求二面角B-EF-D的平面角的余弦值•
(I)在梯形ABCD中-AB//CD-
AD=DC=CB=a,^ABC=60.四边形ABCD是等腰梯形-
且DCA=DAC=30,DCB二120
ACB=DCB-DCA=90AC_BC2分
又丁平面ACFE—平面ABCD-交线为AC-
■BC—平面ACFE4分
(H)解法一、当EMa时-AM//平面BDF-5分
3
在梯形ABCD中-设AC「BD=N,连接FN-则CN:
NA=1:
2
5分
z
F
E
C
O
A
T
EF
T
EM
=(-.3at,0,0).AM
TT
AEEM
=(-3at,0,a)
—■<31
又FD二”严),
FB=(0,a,-a),
罷由__
EMa,而EF
3
=AC=•3a.EM:
MF
=1:
2,
7
分
.MF//AN,.四边形
ANFM是平行四边形,
•・
AM//NF
8
分
又常NF二平面BDF,
AM二平面BDF.
AM
//平面BDF
9
分
.'o
解法二:
当EMa时,AM//平面BDF,
3
由(I)知,以点C为原点,CA,CB,CF所在直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,
则C(0,0,0),B(0,a,0),A(.3a,0,0),d(住,-爲,0),
22
F(0,0,a),E(.3a,0,a)
•AM二平面BDF,
■AM//平面BDFAM与FB、FD共面,
也等价于存在实数m、n,使AM=mFBnFD,
设EM二tEF.
从而要使得:
—31x
(-3at,0,a)二m(0,a,-a)n(a,-a,-a)成立,22
、•3
an
11
需」0=ma-—an,解得t=-
23
a=—am—an
当EM
AM//平面BDF
(川)解法一、取EF中点G,EB中点H,连结DG,GH,DH
DE二DF,DG_EFBC_平面ACFEBC_EF
又EF_FC,.EF_FB,又GH//FB,EF_GH
222
BE二DEDB
二ZDGH是二面角B—EF—D的平面角.6分
在BDE中,DE=:
;2a,DB=.3a,BEh、:
'AE2AB2U5a
F
A
■EDB=90,DH5a.
2
又DG=^aGH=2ila
.在DGH中,由余弦定理得cosDGH
.10
10
即二面角B-EF-D的平面角的余弦值为上10
10
解法二:
由(I)知,以点C为原点,CA,CB,CF所在直线为坐标轴
建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(0,a,0),A(..3a,0,0),
D(3a,一1a,0),F(0,0,a),E(〔3a,0,a)过D作DG_EF,22
TT厂—
垂足为G.令FG
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- 空间 向量 立体几何 中的 应用