板块综合融会 利用空间向量解决立体几何热点问题
(习题课——小结评价式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1.浸润的核心素养
空间向量是高中数学的重要组成部分.通过理解空间向量的概念,体现数学抽象的核心素养,通过建系、理解空间向量基本定理,体现直观想象的核心素养,通过空间角、距离的计算体现数学运算的核心素养.
2.渗透的数学思想
(1)空间向量为我们处理立体几何问题提供了新的视角,它是解决三维空间中图形的位置关系与度量问题的有效工具.我们要体会向量法在研究几何图形中的作用,进一步发展空间想象力.
(2)向量法是解决问题的一种重要方法,坐标法是研究向量问题的有力工具.利用空间向量的坐标表示,可以把向量问题转化为代数运算,从而沟通了几何与代数的联系,体现了数形结合的重要数学思想.
融通点(一) 空间向量与探索性问题相结合
[例1] 如图,四棱锥的底面ABCD为边长为的正方形,且PA=PB=PC=PD=2,M为棱PC的中点,N为棱BC上的点.
(1)求直线AM与平面BMD所成角的余弦值;
(2)线段BC上是否存在一点N,使得平面DMN与平面BMD所成角的余弦值为 若存在,求出BN长度;若不存在,请说明理由.
听课记录:
[思维建模] 利用空间向量解决探索性问题的策略
探索性问题通常分为两类:一类是已知点存在,求点的位置;一类是判断点的“存在性”问题.其中,在点的“存在性”问题中,先假设所求点存在,将其作为已知条件,得出点的位置或与题设条件矛盾的结论,从而得到结果,在设参数求解点的坐标时,若出现多解的情况,则应分析不同解的含义,判断哪些解是符合题设条件的,再做出取舍.求解点、平面是否存在的探索性问题时,常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面,再利用直线与平面的位置关系去证明结论.
[针对训练]
1.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为4,∠A1AB=60°,点A1在下底面ABC的射影为AB的中点O.在棱BB1(含端点)上是否存在一点D,使得A1D⊥AC1 若存在,求出BD的长;若不存在,请说明理由.
2.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,△PAD是正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F,G分别是PA,PB,BC的中点.
(1)求证:EF⊥平面PAD;
(2)线段PD上是否存在一个动点M,使得直线GM与平面EFG所成的角为 若存在,求出线段PM的长度;若不存在,请说明理由.
融通点(二) 空间向量与折叠问题相结合
[例2] 如图1,四边形ABCD为等腰梯形,AB=2,AD=DC=CB=1,将△ADC沿AC折起,E为AB的中点,连接DE,DB.若图2中BC⊥AD,
(1)求线段BD的长;
(2)求直线BD与平面CDE所成角的正弦值.
听课记录:
[思维建模] 折叠问题解题策略
(1)确定折叠前后变与不变的关系
画好折叠前后的平面图形与立体图形,分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
(2)确定折叠后关键点的位置
所谓的关键点,是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动,会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的位置,进而进行有关的证明与计算.
[针对训练]
3.如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,CD=2AB=2AD=4,点E,F分别是边BC,CD的中点,现将△CEF 沿EF边折起,使点C到达点P的位置(如图2所示),且BP=2.
(1)求证:平面APE⊥平面ABD;
(2)求平面ABP与平面ADP所成角的余弦值.
融通点(三) 立体几何中的创新问题
[例3] 已知抛物线E:y2=4x,点C在E的准线上,过E的焦点F的直线与E相交于A,B两点,且△ABC为正三角形.
(1)求△ABC的面积;
(2)取平面外一点P使得PA=PB=PC,设M,N为PC,BC的中点,若AM⊥MN,求二面角M-PA-N的余弦值.
听课记录:
[思维建模]
新定义题型的特点:通过给出一个新概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情境,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、验证、运算,使问题得以解决.
[针对训练]
4.已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=(1,1,0),=(0,2,2),=(1,-1,1).
(1)证明:平行六面体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱;
(2)计算|(×)·|,并求该平行六面体的体积,说明|(×)·|的值与平行六面体ABCD-A1B1C1D1体积的关系.
板块综合融会 利用空间向量解决立体几何热点问题
[融通点(一)]
[例1] 解:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(0,-1,0),C(0,1,0),P(0,0,),M,B(1,0,0),D(-1,0,0),
所以=,=(-2,0,0),=,
设平面BMD的法向量为n=(a,b,c),
则即
令b=1,则a=0,c=-,所以n=.
设直线AM与平面BMD所成的角为θ,
所以sin θ=|cos<,n>|===,则cos θ=,所以直线AM与平面BMD所成角的余弦值是.
(2)因为N在BC上,设N(t,1-t,0),则=(t+1,1-t,0),=,
设平面DMN的法向量为m=(x,y,z),
则即
令x=t-1,则y=t+1,z=,所以m=,
设平面DMN与平面BMD所成的角为α,
所以cos α=|cos|===,
解得t=,则N,=,
所以||==.
[针对训练]
1.解:因为点A1在下底面ABC的射影为AB的中点O,故A1O⊥平面ABC,连接OC,由题意,知△ABC为正三角形,故OC⊥AB,以O为原点,OA,OC,OA1分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),A1(0,0,2),B(-2,0,0),B1(-4,0,2),C1(-2,2,2),
可得=(-2,0,2),=(-4,2,2),=(-2,0,-2),
设=λ=(-2λ,0,2λ),λ∈[0,1],可得=+=(-2λ-2,0,2λ-2),
假设在棱BB1(含端点)上存在一点D使A1D⊥AC1,则·=4(2λ+2)+2(2λ-2)=0,
解得λ=,
所以在棱BB1上存在一点D,使得A1D⊥AC1,此时BD=BB1=.
2.解:(1)证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB 平面ABCD,所以AB⊥平面PAD,又E,F分别是PA,PB的中点,则EF∥AB,故EF⊥平面PAD.
(2)取AD的中点O,连接OG,OP,由题意,OG,OD,OP两两垂直,如图建立空间直角坐标系,
则D(0,2,0),G(4,0,0),P(0,0,2),E(0,-1, ),F(2,-1, ),所以=(2,0,0),=(4,1,-),
设平面EFG的法向量为m=(x,y,z),则即令z=1,则y=,
故m=(0,,1).设=t,t∈[0,1],因为=+=+t=(-4,0,2)+t(0,2,-2)=(-4,2t,2(1-t)),
所以|cos<,m>|===,
因为直线GM与平面EFG所成的角为,所以=,
化简可得2t2-3t+3=0,Δ=9-4×2×3=-15<0,
故方程无解.所以在线段PD上不存在一个动点M,使得直线GM与平面EFG所成的角为.
[融通点(二)]
[例2] 解:(1)∵E为AB的中点,AB=2,DC=1,
∴在题图1中,AE∥DC且AE=DC,连接CE,如图①,
∴四边形AECD为平行四边形,
∴CE=AD=1,∵AE=BE=1,
∴C点落在以AB为直径的圆上,∴AC⊥BC,
又题图2中BC⊥AD,AC∩AD=A,AC,AD 平面ADC,∴BC⊥平面ADC,
∵CD 平面ADC,
∴BC⊥CD,由勾股定理得BD===.
故线段BD的长为.
(2)取AC的中点F,连接DF,FE,CE,则FE∥BC,EF⊥AC,
由(1)知BC⊥平面ACD,
∵DF 平面ACD,所以BC⊥DF,故EF⊥DF.因为AD=DC,所以DF⊥AC,易得FA,FE,FD两两垂直,
以F为原点,FA,FE,FD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图②所示,E,D, B,C,
∴=,=,=.
设n=(x,y,z)为平面CDE的法向量,
则即
取x=1,有n=(1,-,-).
cos==-=-,
∴直线BD与平面CDE所成角的正弦值为.
[针对训练]
3.解:(1)证明:如图①,连接BF,由条件知四边形ABFD是正方形,FC⊥BF,FC=BF,△BFC 是等腰直角三角形,E是BC的中点,∴EF⊥BC,并且BC=2,EF=,BE=.
如图②,在△BPE 中,PE=,PB2=4=PE2+BE2,∴PE⊥BE,FE∩BE=E,FE 平面ABD,BE 平面ABD.
又PE⊥EF,∴PE⊥平面ABD,PE 平面APE,∴平面APE⊥平面ABD.
(2)因为PE,BE,FE两两垂直,以E为原点,BE所在直线为x轴,FE所在直线为y轴,EP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系如图③,
则有A(2,-,0),B(,0,0),D(,-2,0),P(0,0,),=(2,-,-),=(,0,-),=(,-2,-).
设平面ABP与平面ADP所成的角为θ,平面ABP的法向量为m=(x,y,z),平面ADP的法向量为n=(p,t,q),
则
令z=1,则x=1,y=1,m=(1,1,1);
令q=3,则p=1,t=-1,n=(1,-1,3),
∴cos θ===,故平面ABP与平面ADP所成角的余弦值为.
[融通点(三)]
[例3] 解:(1)由已知得F(1,0),准线方程为x=-1,
设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中点T(x0,y0),连接CT,如图所示,
联立消去x并整理得y2-4my-4=0,Δ=16m2+16>0,
则y1+y2=4m,y1y2=-4,所以x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2,
所以x0==2m2+1,y0==2m,即T(2m2+1,2m).
所以|AB|=x1+x2+2=4m2+4,△ABC为等边三角形,则m≠0,(否则m=0时,不妨设A(1,2),B(1,-2),则由等边三角形的对称性可知C的坐标只能是(-1,0),但|AC|=2≠4=|AB|),
设直线CT的方程为y-2m=-m(x-2m2-1),即y=-mx+2m3+3m,所以点C(-1,2m3+4m).
又|CT|=|AB|,所以+=,解得m2=2,
所以|AB|=4m2+4=12,则|CT|=|AB|=6,故S△ABC=|AB||CT|=36.
(2)由题意知P-ABC为正三棱锥,即AB=AC=BC,PA=PB=PC.
又正三棱锥各侧面三角形都全等,所以·=·=·,
而AM⊥MN,M,N分别为PC,BC的中点,从而·=(-+)·=-·+·=-·=0,
所以·=·=·=0,
因此PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,即PA,PB,PC两两垂直,故可将P-ABC补成如图所示的正方体.
以P为原点,PA为x'轴,PB为y'轴,PC为z'轴建立空间直角坐标系,
因为AB=AC=BC=12,所以PA=PB=PC=6,则P(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,0,6).
显然,BP⊥平面MPA,故可取平面MPA的一个法向量为=(0,6,0),
又N为BC的中点,所以=+=(0,3,3),且=(6,0,0).
设平面PAN的法向量n=(x,y,z),则即取y=1,则n=(0,1,-1),
由图可知二面角M-PA-N是锐角,设为θ,则cos θ=|cos|==.
故二面角M-PA-N的余弦值为.
[针对训练]
4.解:(1)证明:由题意得·=1×1+1×(-1)+0×1=0,·=0×1+2×(-1)+2×1=0,
∴⊥,⊥,即AA1⊥AB,AA1⊥AD.
∵AB,AD是平面ABCD内两相交直线,∴AA1⊥平面ABCD,
∴平行六面体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱.
(2)由题意得|(×)·|=1×2×1+1×1×2+0-1×(-1)×2-0-0=6,
||=,||=2,·=1×0+1×2+0×2=2,
∴cos∠BAD===,所以sin∠BAD=,
∴S四边形ABCD=||||sin∠BAD=×2×=2.又||=,
∴=S四边形ABCD·|AA1|=2×=6,
∴|(×)·|=.
故|(×)·|的值表示以AB,AD,AA1为邻边的平行六面体的体积.
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板块综合融会
利用空间向量解决立体几何热点问题(习题课——小结评价式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1.浸润的核心素养
空间向量是高中数学的重要组成部分.通过理解空间向量的概念,体现数学抽象的核心素养,通过建系、理解空间向量基本定理,体现直观想象的核心素养,通过空间角、距离的计算体现数学运算的核心素养.
2.渗透的数学思想
(1)空间向量为我们处理立体几何问题提供了新的视角,它是解决三维空间中图形的位置关系与度量问题的有效工具.我们要体会向量法在研究几何图形中的作用,进一步发展空间想象力.
(2)向量法是解决问题的一种重要方法,坐标法是研究向量问题的有力工具.利用空间向量的坐标表示,可以把向量问题转化为代数运算,从而沟通了几何与代数的联系,体现了数形结合的重要数学思想.
CONTENTS
目录
1
2
3
融通点(一) 空间向量与探索性问题相结合
融通点(二) 与互斥、独立事件有关
的分布列的均值与方差
融通点(三) 立体几何中的创新问题
4
课时跟踪检测
融通点(一) 空间向量与探索性问题 相结合
[例1] 如图,四棱锥的底面ABCD为边长为的正方形,且PA=PB=PC
=PD=2,M为棱PC的中点,N为棱BC上的点.
(1)求直线AM与平面BMD所成角的余弦值;
解:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,-1,0),C(0,1,0),P(0,0,),
M,B(1,0,0),D(-1,0,0),
所以=,=(-2,0,0),=,设平面BMD的法向量为
令b=1,则a=0,c=-,所以n=.设直线AM与平面BMD所成的角为θ,所以sin θ=|cos<,n>|===,则cos θ=,所以直线AM与平面BMD所成角的余弦值是.
(2)线段BC上是否存在一点N,使得平面DMN与平面BMD所成角的余弦值为 若存在,求出BN长度;若不存在,请说明理由.
解:因为N在BC上,设N(t,1-t,0),则=(t+1,1-t,0),=,
设平面DMN的法向量为m=(x,y,z),则
即令x=t-1,则y=t+1,z=,
所以m=,设平面DMN与平面BMD所成的角为α,
所以cos α=|cos|===,
解得t=,则N,=,所以||==.
[思维建模] 利用空间向量解决探索性问题的策略
探索性问题通常分为两类:一类是已知点存在,求点的位置;一类是判断点的“存在性”问题.其中,在点的“存在性”问题中,先假设所求点存在,将其作为已知条件,得出点的位置或与题设条件矛盾的结论,从而得到结果,在设参数求解点的坐标时,若出现多解的情况,则应分析不同解的含义,判断哪些解是符合题设条件的,再做出取舍.求解点、平面是否存在的探索性问题时,常常先利用特殊的位置关系或极端情形确定点或平面,再利用直线与平面的位置关系去证明结论.
1.如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长都为4,∠A1AB=60°,点A1在下底面ABC的射影为AB的中点O.在棱BB1(含端点)上是否存在一点D,使得A1D⊥AC1 若存在,求出BD的长;若不存在,请说明理由.
针对训练
解:因为点A1在下底面ABC的射影为AB的中点O,故A1O⊥平面ABC,连接OC,由题意,知△ABC为正三角形,故OC⊥AB,以O为原点,OA,OC,OA1分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(2,0,0),A1(0,0,2),B(-2,0,0),B1(-4,0,2),C1(-2,2,2),
可得=(-2,0,2),=(-4,2,2),=(-2,0,-2),
设=λ=(-2λ,0,2λ),λ∈[0,1],
可得=+=(-2λ-2,0,2λ-2),
假设在棱BB1(含端点)上存在一点D使A1D⊥AC1,
则·=4(2λ+2)+2(2λ-2)=0,解得λ=,
所以在棱BB1上存在一点D,使得A1D⊥AC1,此时BD=BB1=.
2.如图,已知在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,△PAD是正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F,G分别是PA,PB,BC的中点.
(1)求证:EF⊥平面PAD;
解:证明:因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB 平面ABCD,所以AB⊥平面PAD,又E,F分别是PA,PB的中点,则EF∥AB,故EF⊥平面PAD.
(2)线段PD上是否存在一个动点M,使得直线GM与平面EFG所成的角为 若存在,求出线段PM的长度;若不存在,请说明理由.
解:取AD的中点O,连接OG,OP,由题意,OG,OD,OP两两垂直,如图建立空间直角坐标系,
则D(0,2,0),G(4,0,0),P(0,0,2),E(0,-1, ),F(2,-1, ),
所以=(2,0,0),=(4,1,-),设平面EFG的法向量为m=(x,y,z),
故m=(0,,1).设=t,t∈[0,1],
因为=+=+t=(-4,0,2)+t(0,2,-2)=(-4,2t,2(1-t)),
所以|cos<,m>|===,
因为直线GM与平面EFG所成的角为,
所以=,化简可得2t2-3t+3=0,Δ=9-4×2×3=-15<0,
故方程无解.所以在线段PD上不存在一个动点M,使得直线GM与平面EFG所成的角为.
融通点(二) 空间向量与折叠问题相结合
[例2] 如图1,四边形ABCD为等腰梯形,AB=2,AD=DC=CB=1,将△ADC沿AC折起,E为AB的中点,连接DE,DB.若图2中BC⊥AD,
(1)求线段BD的长;
解:∵E为AB的中点,AB=2,DC=1,∴在题图1中,AE∥DC且AE=DC,连接CE,如图①,
∴四边形AECD为平行四边形,∴CE=AD=1,∵AE=BE=1,
∴C点落在以AB为直径的圆上,∴AC⊥BC,
又题图2中BC⊥AD,AC∩AD=A,AC,AD 平面ADC,
∴BC⊥平面ADC,∵CD 平面ADC,
∴BC⊥CD,由勾股定理得BD===.
故线段BD的长为.
(2)求直线BD与平面CDE所成角的正弦值.
解:取AC的中点F,连接DF,FE,CE,则FE∥BC,EF⊥AC,由(1)知BC⊥平面ACD,∵DF 平面ACD,所以BC⊥DF,故EF⊥DF.因为AD=DC,所以DF⊥AC,易得FA,FE,FD两两垂直,以F为原点,FA,FE,FD所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图②所示,
E,D,B,C,∴=,=,=.设n=(x,y,z)为平面CDE的法向量,
则即取x=1,有n=(1,-,-).cos=
=-=-,∴直线BD与平面CDE所成角的正弦值为.
[思维建模] 折叠问题解题策略
(1)确定折叠前后变与不变的关系
画好折叠前后的平面图形与立体图形,分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变.一般地,位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变,而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化;对于不变的关系应在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
(2)确定折叠后关键点的位置
所谓的关键点,是指折叠过程中运动变化的点.因为这些点的位置移动,会带动与其相关的点、线、面的关系变化.只有分析清楚关键点的准确位置,才能以此为参照点,确定其他点、线、面的位置,进而进行有关的证明与计算.
3.如图1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,CD=2AB=2AD=4,点E,F分别是边BC,CD的中点,现将△CEF 沿EF边折起,使点C到达点P的位置(如图2所示),且BP=2.
针对训练
(1)求证:平面APE⊥平面ABD;
解:证明:如图①,连接BF,由条件知四边形ABFD是正方形,FC⊥BF,
FC=BF,△BFC 是等腰直角三角形,E是BC的中点,∴EF⊥BC,并且BC=2,EF=,BE=.
如图②,在△BPE 中,PE=,PB2=4=PE2+BE2,∴PE⊥BE,FE∩BE=E,
FE 平面ABD,BE 平面ABD.又PE⊥EF,∴PE⊥平面ABD,PE 平面APE,∴平面APE⊥平面ABD.
(2)求平面ABP与平面ADP所成角的余弦值.
解:因为PE,BE,FE两两垂直,以E为原点,BE所在直线为x轴,FE所在直线为y轴,EP所在直线为z轴,建立空间直角坐标系如图③,
则有A(2,-,0),B(,0,0),D(,-2,0),P(0,0,),=(2,-,-),=(,0,-),=(,-2,-).
设平面ABP与平面ADP所成的角为θ,平面ABP的法向量为m=(x,y,z),平面ADP的法向量为n=(p,t,q),
则
令z=1,则x=1,y=1,m=(1,1,1);
令q=3,则p=1,t=-1,n=(1,-1,3),∴cos θ===,故平面ABP与平面ADP所成角的余弦值为.
融通点(三) 立体几何中的创新问题
[例3] 已知抛物线E:y2=4x,点C在E的准线上,过E的焦点F的直线与E相交于A,B两点,且△ABC为正三角形.
(1)求△ABC的面积;
解:由已知得F(1,0),准线方程为x=-1,设直线AB的方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中点T(x0,y0),连接CT,如图所示,
联立消去x并整理得y2-4my-4=0,Δ=16m2+16>0,
则y1+y2=4m,y1y2=-4,所以x1+x2=m(y1+y2)+2=4m2+2,所以x0==2m2+1,y0==2m,即T(2m2+1,2m).
所以|AB|=x1+x2+2=4m2+4,△ABC为等边三角形,则m≠0,
(否则m=0时,不妨设A(1,2),B(1,-2),
则由等边三角形的对称性可知C的坐标只能是(-1,0),
但|AC|=2≠4=|AB|),设直线CT的方程为y-2m=-m(x-2m2-1),
即y=-mx+2m3+3m,所以点C(-1,2m3+4m).又|CT|=|AB|,
所以+=,解得m2=2,
所以|AB|=4m2+4=12,则|CT|=|AB|=6,故S△ABC=|AB||CT|=36.
(2)取平面外一点P使得PA=PB=PC,设M,N为PC,BC的中点,若AM⊥MN,求二面角M-PA-N的余弦值.
解: 由题意知P-ABC为正三棱锥,即AB=AC=BC,PA=PB=PC.
又正三棱锥各侧面三角形都全等,所以·=·=·,
而AM⊥MN,M,N分别为PC,BC的中点,从而·=(-+)
·=-·+·=-·=0,
所以·=·=·=0,因此PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,即PA,PB,PC两两垂直,故可将P-ABC补成如图所示的正方体.以P为原点,PA为x'轴,PB为y'轴,PC为z'轴建立空间直角坐标系,
因为AB=AC=BC=12,所以PA=PB=PC=6,则P(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,0,6).
显然,BP⊥平面MPA,故可取平面MPA的一个法向量为=(0,6,0),
又N为BC的中点,所以=+=(0,3,3),且=(6,0,0).
设平面PAN的法向量n=(x,y,z),则即
取y=1,则n=(0,1,-1),
由图可知二面角M-PA-N是锐角,设为θ,
则cos θ=|cos|==.故二面角M-PA-N的余弦值为.
[思维建模]
新定义题型的特点:通过给出一个新概念,或约定一种新运算,或给出几个新模型来创设全新的问题情境,要求考生在阅读理解的基础上,依据题目提供的信息,联系所学的知识和方法,实现信息的迁移,达到灵活解题的目的.遇到新定义问题,应耐心读题,分析新定义的特点,弄清新定义的性质,按新定义的要求,“照章办事”,逐条分析、验证、运算,使问题得以解决.
4.已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定义一种运算:(a×b)·c=x1y2z3
+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,=(1,1,0),=(0,2,2),=(1,-1,1).
(1)证明:平行六面体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱;
解:证明:由题意得·=1×1+1×(-1)+0×1=0,·=0×1
+2×(-1)+2×1=0,∴⊥,⊥,即AA1⊥AB,AA1⊥AD.
∵AB,AD是平面ABCD内两相交直线,∴AA1⊥平面ABCD,
∴平行六面体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱.
针对训练
(2)计算|(×)·|,并求该平行六面体的体积,说明|(×)·|的值与平行六面体ABCD-A1B1C1D1体积的关系.
解:由题意得|(×)·|=1×2×1+1×1×2+0-1×(-1)×2-0-0=6,
||=,||=2,·=1×0+1×2+0×2=2,
∴cos∠BAD===,所以sin∠BAD=,
∴S四边形ABCD=||||sin∠BAD=×2×=2.又||=,
∴=S四边形ABCD·|AA1|=2×=6,
∴|(×)·|=.
故|(×)·|的值表示以AB,AD,AA1为邻边的平行六面体的体积.
课时跟踪检测
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A级——综合提能
1.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥平面ACC1A1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
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解析:在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC,BC 平面ABC,
所以CC1⊥AC,CC1⊥BC,BC⊥平面ACC1A1,AC 平面ACC1A1,
所以BC⊥AC,所以CA,CC1,CB互相垂直,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
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设CA=CC1=2CB=2,则C(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),B(0,0,1),C1(0,2,0),
可得=(-2,2,1),=(0,2,-1),所以|cos<,>|===.
所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
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2.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=5,AB=12,则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是 ( )
A.5 B.8 C. D.
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解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.则C(0,12,0),D1(0,0,5).
设B(x,12,0),B1(x,12,5)(x≠0).设平面A1BCD1的法向量为n=(a,b,c),
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由n⊥,n⊥,得n·=(a,b,c)·(-x,0,0)=-ax=0,n·=
(a,b,c)·(0,-12,5)=-12b+5c=0,∴a=0,b=c,∴可取n=(0,5,12).
又=(0,0,-5),∴点B1到平面A1BCD1的距离为=,∵B1C1∥BC,BC 平面A1BCD1,B1C1 平面A1BCD1,
∴B1C1∥平面A1BCD1,∴B1C1到平面A1BCD1的距离为.
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3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 ( )
A.BD1⊥平面B1EF B.BD⊥平面B1EF
C.A1C1∥平面B1EF D.A1D∥平面B1EF
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解析:以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系,设AB=2,
则B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),
D1(0,0,2).所以=(-1,1,0),=(0,1,2),=(-2,-2,2),=(2,2,0),
=(-2,2,0),=(2,0,2).
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设平面B1EF的法向量为m=(x,y,z),则取x=2,则m=(2,2,-1),因为=≠,所以与m不平行,所以BD1与平面B1EF不垂直,A错误;
因为=≠,所以与m不平行,所以BD与平面B1EF不垂直,B错误;
因为·m=0,且线在平面外,所以A1C1∥平面B1EF,C正确;
因为·m=2≠0,所以A1D与平面B1EF不平行,D错误.
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4.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在棱CD上运动,点Q在侧面ADD1A1上运动,满足B1Q⊥平面AD1P,则线段PQ的最小值为 ( )
A. B.1 C. D.
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解析:以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),设P(0,m,0),0≤m≤1,Q(n,0,t),
所以=(n-1,-1,t-1),=(-1,0,1),=(-1,m,0),
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因为B1Q⊥平面AD1P,所以·=(n-1,-1,t-1)·(-1,0,1)=1-n+t-1=t-n=0,故t=n,·=(n-1,-1,t-1)·(-1,m,0)=1-n-m=0,故m=1-n,
其中=(n,-m,t),故=n2+m2+t2=2n2+(1-n)2=3n2-2n+1=3+,故当n=时,|=,此时m=1-n=满足要求,所以线段PQ的最小值为=.
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5.如图,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是等边三角形,四边形ABCD是矩形,且AD=2AB,E是CD的中点,F是AD上一点,当BF⊥PE时,=( )
A.3 B. C. D.2
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解析:分别取AD,BC的中点O,G,连接OP,OG,以O为坐标原点,,,分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.设AD=2,则B(1,-1,0),E,P(0,0,).设F(0,a,0)(-1≤a≤1),则=(-1,a+1,0),=
.因为BF⊥PE,所以·=-+a+1=0,解得a=-,所以=.
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6.正方形ABCD的边长是2,E,F分别是AB和CD的中点,将正方形沿EF折成直二面角 (如图所示).M为矩形AEFD内一点,如果∠MBE=∠MBC,
MB和平面BCF所成角的正切值为,那么点M到直线EF的距离为 .
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解析:如图,以E为坐标原点建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),
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设M(0,y,z)(0≤y≤2,0≤z≤1),=(1,0,0),=(0,2,0),=(-1,y,z),则cos<,>==,cos<,>==,
∵∠MBE=∠MBC,则=,即y=1,∴=(-1,1,z),平面BCF的一个法向量n=(0,0,1),则cos==,∵MB和平面BCF所成角的正切值为,则=,则z=,∴点M到直线EF的距离为.
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7.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且EF⊥A1E.若AB=2,AD=1,AA1=3,则B1F的最小值为 .
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解析:以点C1为坐标原点,C1D1,C1B1,C1C所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
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则A1(2,1,0),设E(2,0,m),F(0,1,n),0≤m≤3,0≤n≤3,
则=(0,-1,m),=(-2,1,n-m).因为EF⊥A1E,所以·=0,
即-1+m(n-m)=0,化简得mn=1+m2.当m=0时,显然不符合题意,
当m>0时n=+m≥2=2,当且仅当=m,
即m=1时等号成立.故B1F的最小值为2.
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8.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AA1=2AB=2.点P在
侧面BCC1B1内,若A1C⊥平面BDP,则点P到CD的距离的最小值为 .
解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(1,0,2),C(0,1,0),
B(1,1,0),=(-1,1,-2),
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设P(x,1,z),=(x,0,z),=(x,1,z).由于A1C⊥平面BDP,所以·
=-x+1-2z=0,所以x+2z=1.由于·=0,即CP⊥DC,P到CD的距离为||= = =,所以当z=-=时,==.
即点P到CD的距离的最小值为.
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9.已知几何体ABCDEFG,如图所示,其中四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形,且边长为1,点M在棱DG上.
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(1)求证:BM⊥EF.
解:证明:∵四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形,
∴AD⊥DC,GD⊥DC,GD⊥DA.以D为原点,如图建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1).
又点M在棱DG上,故可设M(0,0,t)(0≤t≤1),
∴=(1,1,-t),=(-1,1,0),∴·=0,
∴BM⊥EF.
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(2)是否存在点M,使得直线MB与平面BEF所成的角为45° 若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
解: 当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°.
理由如下:假设存在点M,直线MB与平面BEF夹角为45°.
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),由(1)知=(0,-1,1),=(-1,0,1),
∴令z=1,得n=(1,1,1),
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∴cos==.
∵直线MB与平面BEF所成的角为45°,
∴sin 45°=|cos|==,解得t=-4±3.又0≤t≤1,∴t=3-4,∴存在点M(0,0,3-4)满足题意.
∴当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°.
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10.如图1,已知△ABC是边长为4的正三角形,D,E,F分别是AB,AC,BC边的中点,将△ADE沿DE折起,使点A到达如图2所示的点P的位置,M为DP边的中点.
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(1)求证:PC∥平面MEF.
解:证明:连接DF,DC,设DC与EF交于点Q,连接MQ.
因为D,E,F分别是AB,AC,BC边的中点,所以DE∥FC且DE=FC,
则四边形DFCE为平行四边形,所以Q为DC的中点,因为M为DP的中点,所以MQ∥PC.又因为PC 平面MEF,MQ 平面MEF,所以PC∥平面MEF.
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(2)若平面PDE⊥平面BCED,求平面MEF与平面PDE所成角的余弦值.
解:取DE的中点O,连接OP,OF,则PO⊥DE,因为平面PDE⊥平面BCED,平面PDE∩平面BCED=DE,所以PO⊥平面BCED,PO,OD,OF两两垂直.如图所示,以O为原点,以为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,
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则D(1,0,0),E(-1,0,0),P(0,0,),F(0,,0),M,=(1,,0),
=.设平面MEF的法向量为n=(x,y,z),则n·=n·=0,
即令y=1,得n=(-,1,3).
易知m=(0,1,0)为平面PDE的一个法向量,由|cos|==,
得平面MEF与平面PDE所成角的余弦值为.
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B级——应用创新
11.已知梯形CEPD如图1所示,其中PD=8,CE=6,A为线段PD的中点,四边形ABCD为正方形,现沿AB进行折叠,使得平面PABE⊥平面ABCD,得到如图2所示的几何体.已知当AB上一点F满足||=|λ|(0<λ<1)时,平面DEF⊥平面PCE,则λ的值为( )
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A. B. C. D.
解析:由题意,以A为原点,射线AB,AD,AP为x,y,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
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连接ED,所以C(4,4,0),D(0,4,0),E(4,0,2),P(0,0,4),F(4λ,0,0),则=(4,0,-2),=(4,4,-4),=(4(λ-1),0,-2),=(4,-4,2),若m=(x,y,z)是平面DEF的法向量,则
可得m=.设n=(a,b,c)是平面PCE的法向量,
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则 可得n=(1,1,2),
由平面DEF⊥平面PCE,
得++4=0,解得λ=,故选C.
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12.[多选]已知点P是正方体ABCD-A1B1C1D1侧面BB1C1C(包含边界)上一点,下列说法正确的是 ( )
A.存在唯一一点P,使得DP∥AB1
B.存在唯一一点P,使得AP∥平面A1C1D
C.存在唯一一点P,使得A1P⊥B1D
D.存在唯一一点P,使得D1P⊥平面A1C1D
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解析:如图建系,令AD=1,P(x,1,z),
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则A(1,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),D(0,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),
=(x,1,z),=(0,1,1),若DP∥AB1,则
解得x=0,z=1,故P(0,1,1)满足要求,与C1重合,
存在唯一一点P,使得DP∥AB1,A正确.
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因为·=(-1,-1,1)·(-1,1,0)=1-1=0,·=(-1,-1,1)·(-1,0,-1)=1-1=0,因为A1C1∩A1D=A1,A1C1,A1D 平面A1C1D,所以⊥平面A1C1D,又AP∥平面A1C1D,则·=(x-1,1,z)·(-1,-1,1)=1-x-1+z=0,解得x=z,故P点轨迹为线段B1C,满足条件的P有无数个,B错误.
=(x-1,1,z-1),=(1,1,1),·=x-1+1+z-1=x+z-1=0,P在线段BC1上,满足条件的P有无数个,C错误.
由上可知⊥平面A1C1D,而⊥平面A1C1D,又与共线,故P,B重合,D正确.故选AD.
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13.[多选]如图,矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,AD=DE=4,G为线段AE上的动点,则下列说法正确的是 ( )
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A.AE⊥CF
B.若G为线段AE的中点,则GB∥平面CEF
C.点B到平面CEF的距离为
D.BG2+CG2的最小值为48
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解析:因为四边形BDEF是矩形,所以DE⊥DB,又因为矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,矩形BDEF所在平面与正方形ABCD相交于BD,所以DE⊥平面ABCD,而AD,DC 平面ABCD,所以DE⊥AD,DC⊥DE,又四边形ABCD是正方形,所以AD⊥DC,因此建立如图所示的空间直角坐标系,
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则A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),E(0,0,4),F(4,4,4),因为=(-4,0,4),=
(4,0,4),所以·=-16+16=0 ⊥,故A正确;
当G为线段AE的中点时,G(2,0,2),=(2,4,-2),=(0,-4,4),设平面CEF的法向量为m=(x,y,z),于是有 m=(1,-1,-1),因为·m=2×1+4×(-1)+(-2)×(-1)=0,GB 平面CEF,所以GB∥平面CEF,故B正确;
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=(4,0,0),所以点B到平面CEF的距离d===,故C正确;
设G=(x1,y1,z1),则=λ,(x1-4,y1,z1)=λ(-4,0,4)(λ∈[0,1]) G(4-4λ,0,4λ),
BG2+CG2=16λ2+16+16λ2+16-32λ+16λ2+16+16λ2=(8λ-2)2+44,当λ=时,BG2+CG2有最小值44,故D错误.故选ABC.
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14.如图,半圆柱OO1与四棱锥A-BCDE拼接而成的组合体中,F是半圆弧BC上(不含B,C)的动点,FG为圆柱的一条母线,点A在半圆柱下底面所在平面内,OB=2OO1=2,AB=AC=2.
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(1)求证:CG⊥BF;
解:证明:取弧BC的中点H,则OH⊥BC,以O为坐标原点,直线OB,OH,
OO1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,连接OA,在△ABC中,BC=4,
AB=AC=2,OB=OC,则AO⊥BC,AO=2,
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于是O(0,0,0),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(-2,0,0),D(-2,0,1),设F(x,y,0),则G(x,y,1),其中x2+y2=4,y>0,=(x+2,y,1),=(x-2,y,0),因此·=x2-4+y2=0,即⊥,所以CG⊥BF.
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(2)若DF∥平面ABE,求平面FOD与平面GOD所成角的余弦值;
解: 由BE⊥平面ABC,AC 平面ABC,得BE⊥AC.
又AB2+AC2=BC2,则AB⊥AC,而AB∩BE=B,AB,BE 平面ABE,
则AC⊥平面ABE,即=(-2,2,0)为平面ABE的一个法向量,=(x+2,y,-1),由DF∥平面ABE,得·=-2x-4+2y=0.又x2+y2=4,y>0,
解得
此时F(0,2,0),G(0,2,1).设n=(a,b,c)是平面FOD的法向量,
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3
4
2
取a=1,得n=(1,0,2),设m=(e,f,g)是平面GOD的法向量,
则取e=1,得m=(1,-1,2),
则平面FOD与平面GOD所成角的余弦值为|cos|===.
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(3)求点G到直线OD距离的最大值.
解: =(-2,0,1),=(x,y,1),则点G到直线OD的距离d==,
当x=,即G的坐标为时,点G到直线OD的距离取最大值为.课时跟踪检测(十四) 利用空间向量解决立体几何热点问题
A级——综合提能
1.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥平面ACC1A1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为 ( )
A. B.
C. D.
2.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,A1A=5,AB=12,则直线B1C1到平面A1BCD1的距离是 ( )
A.5 B.8
C. D.
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则 ( )
A.BD1⊥平面B1EF
B.BD⊥平面B1EF
C.A1C1∥平面B1EF
D.A1D∥平面B1EF
4.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在棱CD上运动,点Q在侧面ADD1A1上运动,满足B1Q⊥平面AD1P,则线段PQ的最小值为 ( )
A. B.1
C. D.
5.如图,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是等边三角形,四边形ABCD是矩形,且AD=2AB,E是CD的中点,F是AD上一点,当BF⊥PE时,= ( )
A.3 B.
C. D.2
6.正方形ABCD的边长是2,E,F分别是AB和CD的中点,将正方形沿EF折成直二面角 (如图所示).M为矩形AEFD内一点,如果∠MBE=∠MBC,MB和平面BCF所成角的正切值为,那么点M到直线EF的距离为 .
7.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且EF⊥A1E.若AB=2,AD=1,AA1=3,则B1F的最小值为 .
8.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AA1=2AB=2.点P在侧面BCC1B1内,若A1C⊥平面BDP,则点P到CD的距离的最小值为 .
9.已知几何体ABCDEFG,如图所示,其中四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形,且边长为1,点M在棱DG上.
(1)求证:BM⊥EF.
(2)是否存在点M,使得直线MB与平面BEF所成的角为45° 若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.
10.如图1,已知△ABC是边长为4的正三角形,D,E,F分别是AB,AC,BC边的中点,将△ADE沿DE折起,使点A到达如图2所示的点P的位置,M为DP边的中点.
(1)求证:PC∥平面MEF.
(2)若平面PDE⊥平面BCED,求平面MEF与平面PDE所成角的余弦值.
B级——应用创新
11.已知梯形CEPD如图1所示,其中PD=8,CE=6,A为线段PD的中点,四边形ABCD为正方形,现沿AB进行折叠,使得平面PABE⊥平面ABCD,得到如图2所示的几何体.已知当AB上一点F满足||=|λ|(0<λ<1)时,平面DEF⊥平面PCE,则λ的值为 ( )
A. B.
C. D.
12.[多选]已知点P是正方体ABCD-A1B1C1D1侧面BB1C1C(包含边界)上一点,下列说法正确的是 ( )
A.存在唯一一点P,使得DP∥AB1
B.存在唯一一点P,使得AP∥平面A1C1D
C.存在唯一一点P,使得A1P⊥B1D
D.存在唯一一点P,使得D1P⊥平面A1C1D
13.[多选]如图,矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,AD=DE=4,G为线段AE上的动点,则下列说法正确的是 ( )
A.AE⊥CF
B.若G为线段AE的中点,则GB∥平面CEF
C.点B到平面CEF的距离为
D.BG2+CG2的最小值为48
14.如图,半圆柱OO1与四棱锥A-BCDE拼接而成的组合体中,F是半圆弧BC上(不含B,C)的动点,FG为圆柱的一条母线,点A在半圆柱下底面所在平面内,OB=2OO1=2,AB=AC=2.
(1)求证:CG⊥BF;
(2)若DF∥平面ABE,求平面FOD与平面GOD所成角的余弦值;
(3)求点G到直线OD距离的最大值.
课时跟踪检测(十四)
1.选C 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,AC,BC 平面ABC,所以CC1⊥AC,CC1⊥BC,BC⊥平面ACC1A1,AC 平面ACC1A1,所以BC⊥AC,所以CA,CC1,CB互相垂直,以C为原点,分别以CA,CC1,CB所在的直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,设CA=CC1=2CB=2,则C(0,0,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),B(0,0,1),C1(0,2,0),可得=(-2,2,1),=(0,2,-1),所以|cos<,>|===.所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
2.选C 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在的直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系.
则C(0,12,0),D1(0,0,5).设B(x,12,0),B1(x,12,5)(x≠0).设平面A1BCD1的法向量为n=(a,b,c),由n⊥,n⊥,得n·=(a,b,c)·(-x,0,0)=-ax=0,n·=(a,b,c)·(0,-12,5)=-12b+5c=0,∴a=0,b=c,∴可取n=(0,5,12).又=(0,0,-5),∴点B1到平面A1BCD1的距离为=,∵B1C1∥BC,BC 平面A1BCD1,B1C1 平面A1BCD1,∴B1C1∥平面A1BCD1,∴B1C1到平面A1BCD1的距离为.
3.选C 以{,,}为正交基底,建立空间直角坐标系,设AB=2,
则B1(2,2,2),E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2).所以=(-1,1,0),=(0,1,2),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(-2,2,0),=(2,0,2).设平面B1EF的法向量为m=(x,y,z),则取x=2,则m=(2,2,-1),因为=≠,所以与m不平行,所以BD1与平面B1EF不垂直,A错误;因为=≠,所以与m不平行,所以BD与平面B1EF不垂直,B错误;因为·m=0,且线在平面外,所以A1C1∥平面B1EF,C正确;因为·m=2≠0,所以A1D与平面B1EF不平行,D错误.
4.选A 以D为坐标原点,DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),设P(0,m,0),0≤m≤1,Q(n,0,t),所以=(n-1,-1,t-1),=(-1,0,1),=(-1,m,0),因为B1Q⊥平面AD1P,所以·=(n-1,-1,t-1)·(-1,0,1)=1-n+t-1=t-n=0,故t=n,·=(n-1,-1,t-1)·(-1,m,0)=1-n-m=0,故m=1-n,其中=(n,-m,t),故=n2+m2+t2=2n2+(1-n)2=3n2-2n+1=3+,故当n=时,|=,此时m=1-n=满足要求,所以线段PQ的最小值为 =.
5.选C 分别取AD,BC的中点O,G,连接OP,OG,以O为坐标原点,,,分别为x,y,z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.设AD=2,则B(1,-1,0),E,P(0,0,).设F(0,a,0)(-1≤a≤1),则=(-1,a+1,0),=.因为BF⊥PE,所以·=-+a+1=0,解得a=-,所以=.
6.解析:如图,以E为坐标原点建立空间直角坐标系,则E(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),
设M(0,y,z)(0≤y≤2,0≤z≤1),=(1,0,0),=(0,2,0),=(-1,y,z),则cos<,>==,cos<,>==,
∵∠MBE=∠MBC,则=,即y=1,∴=(-1,1,z),平面BCF的一个法向量n=(0,0,1),则cos==,∵MB和平面BCF所成角的正切值为,则=,则z=,∴点M到直线EF的距离为.
答案:
7.解析:以点C1为坐标原点,C1D1,C1B1,C1C所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A1(2,1,0),设E(2,0,m),F(0,1,n),0≤m≤3,0≤n≤3,则=(0,-1,m),=(-2,1,n-m).因为EF⊥A1E,所以·=0,即-1+m(n-m)=0,化简得mn=1+m2.当m=0时,显然不符合题意,当m>0时n=+m≥2=2,当且仅当=m,即m=1时等号成立.故B1F的最小值为2.
答案:2
8.解析:建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A1(1,0,2),C(0,1,0),B(1,1,0),=(-1,1,-2),
设P(x,1,z),=(x,0,z),=(x,1,z).由于A1C⊥平面BDP,所以·=-x+1-2z=0,所以x+2z=1.由于·=0,即CP⊥DC,P到CD的距离为||= = =,所以当z=-=时,==.即点P到CD的距离的最小值为.
答案:
9.解:(1)证明:∵四边形ABCD、四边形CDGF、四边形ADGE均为正方形,
∴AD⊥DC,GD⊥DC,GD⊥DA.以D为原点,如图建立空间直角坐标系,则B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1).
又点M在棱DG上,故可设M(0,0,t)(0≤t≤1),
∴=(1,1,-t),=(-1,1,0),∴·=0,∴BM⊥EF.
(2)当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°.
理由如下:假设存在点M,直线MB与平面BEF夹角为45°.
设平面BEF的法向量为n=(x,y,z),
由(1)知=(0,-1,1),=(-1,0,1),
∴令z=1,得n=(1,1,1),
∴cos==.
∵直线MB与平面BEF所成的角为45°,
∴sin 45°=|cos|==,解得t=-4±3.又0≤t≤1,∴t=3-4,∴存在点M(0,0,3-4)满足题意.
∴当点M在DG上,且DM=3-4时,直线MB与平面BEF所成的角为45°.
10.解:(1)证明:连接DF,DC,设DC与EF交于点Q,连接MQ.
因为D,E,F分别是AB,AC,BC边的中点,所以DE∥FC且DE=FC,
则四边形DFCE为平行四边形,所以Q为DC的中点,因为M为DP的中点,所以MQ∥PC.又因为PC 平面MEF,MQ 平面MEF,所以PC∥平面MEF.
(2)取DE的中点O,连接OP,OF,则PO⊥DE,因为平面PDE⊥平面BCED,平面PDE∩平面BCED=DE,所以PO⊥平面BCED,PO,OD,OF两两垂直.如图所示,以O为原点,以为x轴的正方向,建立空间直角坐标系,
则D(1,0,0),E(-1,0,0),P(0,0,),F(0,,0),M,=(1,,0),=.设平面MEF的法向量为n=(x,y,z),则n·=n·=0,
即令y=1,得n=(-,1,3).
易知m=(0,1,0)为平面PDE的一个法向量,由|cos|==,
得平面MEF与平面PDE所成角的余弦值为.
11.选C 由题意,以A为原点,射线AB,AD,AP为x,y,z轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,连接ED,
所以C(4,4,0),D(0,4,0),E(4,0,2),P(0,0,4),F(4λ,0,0),则=(4,0,-2),=(4,4,-4),=(4(λ-1),0,-2),=(4,-4,2),若m=(x,y,z)是平面DEF的法向量,
则
可得m=.
设n=(a,b,c)是平面PCE的法向量,
则
可得n=(1,1,2),由平面DEF⊥平面PCE,
得++4=0,解得λ=,故选C.
12.选AD 如图建系,令AD=1,P(x,1,z),
则A(1,0,0),A1(1,0,1),C1(0,1,1),D(0,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),=(x,1,z),=(0,1,1),若DP∥AB1,则解得x=0,z=1,故P(0,1,1)满足要求,与C1重合,存在唯一一点P,使得DP∥AB1,A正确.
因为·=(-1,-1,1)·(-1,1,0)=1-1=0,·=(-1,-1,1)·(-1,0,-1)=1-1=0,因为A1C1∩A1D=A1,A1C1,A1D 平面A1C1D,所以⊥平面A1C1D,又AP∥平面A1C1D,则·=(x-1,1,z)·(-1,-1,1)=1-x-1+z=0,解得x=z,故P点轨迹为线段B1C,满足条件的P有无数个,B错误.=(x-1,1,z-1),=(1,1,1),·=x-1+1+z-1=x+z-1=0,P在线段BC1上,满足条件的P有无数个,C错误.由上可知⊥平面A1C1D,而⊥平面A1C1D,又与共线,故P,B重合,D正确.故选AD.
13.选ABC 因为四边形BDEF是矩形,所以DE⊥DB,又因为矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直,矩形BDEF所在平面与正方形ABCD相交于BD,所以DE⊥平面ABCD,而AD,DC 平面ABCD,所以DE⊥AD,DC⊥DE,又四边形ABCD是正方形,所以AD⊥DC,因此建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),E(0,0,4),F(4,4,4),因为=(-4,0,4),=(4,0,4),所以·=-16+16=0 ⊥,故A正确;当G为线段AE的中点时,G(2,0,2),=(2,4,-2),=(0,-4,4),设平面CEF的法向量为m=(x,y,z),于是有 m=(1,-1,-1),因为·m=2×1+4×(-1)+(-2)×(-1)=0,GB 平面CEF,所以GB∥平面CEF,故B正确;=(4,0,0),所以点B到平面CEF的距离d===,故C正确;设G=(x1,y1,z1),则=λ,(x1-4,y1,z1)=λ(-4,0,4)(λ∈[0,1]) G(4-4λ,0,4λ),BG2+CG2=16λ2+16+16λ2+16-32λ+16λ2+16+16λ2=(8λ-2)2+44,当λ=时,BG2+CG2有最小值44,故D错误.故选ABC.
14.解:(1)证明:取弧BC的中点H,则OH⊥BC,以O为坐标原点,直线OB,OH,OO1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系,连接OA,在△ABC中,BC=4,AB=AC=2,OB=OC,则AO⊥BC,AO=2,
于是O(0,0,0),A(0,-2,0),B(2,0,0),C(-2,0,0),D(-2,0,1),设F(x,y,0),则G(x,y,1),其中x2+y2=4,y>0,=(x+2,y,1),=(x-2,y,0),因此·=x2-4+y2=0,即⊥,所以CG⊥BF.
(2)由BE⊥平面ABC,AC 平面ABC,得BE⊥AC.
又AB2+AC2=BC2,则AB⊥AC,而AB∩BE=B,AB,BE 平面ABE,
则AC⊥平面ABE,即=(-2,2,0)为平面ABE的一个法向量,=(x+2,y,-1),由DF∥平面ABE,得·=-2x-4+2y=0.又x2+y2=4,y>0,解得
此时F(0,2,0),G(0,2,1).
设n=(a,b,c)是平面FOD的法向量,则取a=1,得n=(1,0,2),
设m=(e,f,g)是平面GOD的法向量,则
取e=1,得m=(1,-1,2),
则平面FOD与平面GOD所成角的余弦值为|cos|===.
(3)=(-2,0,1),=(x,y,1),
则点G到直线OD的距离d==,
当x=,即G的坐标为时,点G到直线OD的距离取最大值为.
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