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_求空间角和距离实战演练理
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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
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 . 在Rt △BPG 中，PG ＝233，GC ＝263，BG ＝6
3.
设AB ＝m ，则OP ＝PG 2
－OG 2
＝ 43
－m 2
， 故四棱锥P ABCD 的体积为
V ＝13·6·m ·
43－m 2＝m 3
8－6m 2. 因为m 8－6m 2
＝8m 2
－6m 4
＝
－6⎝
⎛⎭⎪⎫m 2－232＋8
3，
故当m ＝
63，即AB ＝6
3
时，四棱锥P ABCD 的体积最大． 此时，建立如图所示的坐标系，各点的坐标为O (0,0,0)，B ⎝
⎛⎭
⎪⎫6
3，－63，0，
C ⎝
⎛⎭
⎪⎫
63，263，0，
D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，
263，0，P ⎝
⎛⎭⎪⎫
0，0，63， 故PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63，26
3，－63，BC →＝(0，6，0)，
CD →
＝⎝ ⎛
⎭
⎪⎫－
63，0，0， 设平面BPC 的一个法向量n 1＝(x ，y,1)， 则由n 1⊥PC →，n 1⊥BC →得⎩⎪⎨⎪⎧
63x ＋26
3y －63＝0，6y ＝0，
解得x ＝1，y ＝0，n 1＝(1,0,1)．
同理可求出平面DPC 的一个法向量n 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，12，1.从而平面BPC 与平面DPC 夹角θ的
余弦值为
cos θ＝|n 1·n 2|
|n 1||n 2|
＝
12·
1
4
＋1＝105.
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．
解析：(1)证明：由已知得AM ＝2
3
AD ＝2.取BP 的中点T ，连接
AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，
TN ＝12
BC ＝2.
又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，故四边形AMNT 为平行四边形，于是
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 2
－BE 2
＝
AB 2－⎝ ⎛⎭
⎪⎫BC 2
2＝ 5. 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 ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
52，1，2， PM →
＝(0,2，－4)，PN →
＝⎝
⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量． 则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·PM →＝0，
n ·PN →＝0，
即⎩⎪⎨⎪
⎧
2y －4z ＝0，5
2
x ＋y －2z ＝0，
可取n ＝(0,2,1)．
于是|cos 〈n ，AN →
〉|＝|n ·AN →
||n ||AN →|
＝8525.
即直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值为85
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 ； (2)已知EF ＝FB ＝1
2
AC ＝23，AB ＝BC ．求二面角F BC A 的余弦值．
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 .
由题意得B (0,23，0)，C (－23，0,0)， 所以BC →
＝(－23，－23，0)， 过点F 作FM 垂直OB 于点M .
所以FM ＝FB 2
－BM 2
＝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． 由⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·BC →＝0，
m ·BF →＝0，
可得⎩⎨
⎧
－23x －23y ＝0，
－3y ＋3z ＝0.
可得平面BCF 的一个法向量m ＝⎝
⎛⎭
⎪⎫－1，1，
33. 因为平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)， 所以cos 〈m ，n 〉＝
m·n |m|·|n|＝7
7
.
所以二面角F BC A 的余弦值为
77
. 4．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面BB 1C 1C 为菱形，AB ⊥B 1C ．
(1)证明：AC ＝AB 1；
(2)若AC ⊥AB 1，∠CBB 1＝60°，AB ＝BC ，求二面角A A 1B 1C 1的余弦值． 解析：(1)证明：连接BC 1，交B 1C 于点O ，连接AO . 因为侧面BB 1C 1C 为菱形，
所以B 1C ⊥BC 1，且O 为B 1C 及BC 1的中点． 又AB ⊥B 1C ，AB ∩BO ＝B ，所以B 1C ⊥平面ABO . 由于AO ⊂平面ABO ，故B 1C ⊥AO . 又B 1O ＝CO ，故AC ＝AB 1.
(2)因为AC ⊥AB 1，且O 为B 1C 的中点， 所以AO ＝CO .又因为AB ＝BC ，
所以△BOA ≌△BOC ，故OA ⊥OB ，从而OA ，OB ，OB 1两两互相垂直．
以O 为坐标原点，OB →，OB 1→，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∠CBB 1＝60°，所以△CBB 1为等边三角形． 又AB ＝BC ，OC ＝OA ， 则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，
33，B (1,0,0)，B 1⎝ ⎛
⎭⎪⎫0，33，0，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，－33，0， AB 1→
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，
33，－33，A 1B 1→＝AB →＝⎝
⎛⎭⎪⎫1，0，－33， B 1C 1→
＝BC →＝⎝
⎛
⎭
⎪⎫
－1，－
33，0. 设n ＝(x ，y ，z )是平面AA 1B 1的法向量，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·AB 1→
＝0，n ·A 1B 1→＝0，
即⎩⎪⎨
⎪⎧
33y －3
3z ＝0，x －3
3
z ＝0.所以可取n ＝(1，3，3)．
设m 是平面A 1B 1C 1的法向量，则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·A 1B 1→＝0，
m ·B 1C 1→＝0.
同理可取m ＝(1，－3，3)．所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝1
7
. 所以二面角A A 1B 1C 1的余弦值为1
7.。
