資源簡介

板塊綜合融會　利用空間向量解決立體幾何熱點問題
(習題課——小結評價式教學)
[建構知識體系]
[融通學科素養]
1.浸潤的核心素養
空間向量是高中數學的重要組成部分.通過理解空間向量的概念,體現數學抽象的核心素養,通過建系、理解空間向量基本定理,體現直觀想象的核心素養,通過空間角、距離的計算體現數學運算的核心素養.
2.滲透的數學思想
(1)空間向量為我們處理立體幾何問題提供了新的視角,它是解決三維空間中圖形的位置關系與度量問題的有效工具.我們要體會向量法在研究幾何圖形中的作用,進一步發展空間想象力.
(2)向量法是解決問題的一種重要方法,坐標法是研究向量問題的有力工具.利用空間向量的坐標表示,可以把向量問題轉化為代數運算,從而溝通了幾何與代數的聯系,體現了數形結合的重要數學思想.
融通點(一)　空間向量與探索性問題相結合
[例1]　如圖,四棱錐的底面ABCD為邊長為的正方形,且PA=PB=PC=PD=2,M為棱PC的中點,N為棱BC上的點.
(1)求直線AM與平面BMD所成角的余弦值;
(2)線段BC上是否存在一點N,使得平面DMN與平面BMD所成角的余弦值為 若存在,求出BN長度;若不存在,請說明理由.
聽課記錄:
[思維建模] 利用空間向量解決探索性問題的策略
探索性問題通常分為兩類:一類是已知點存在,求點的位置;一類是判斷點的“存在性”問題.其中,在點的“存在性”問題中,先假設所求點存在,將其作為已知條件,得出點的位置或與題設條件矛盾的結論,從而得到結果,在設參數求解點的坐標時,若出現多解的情況,則應分析不同解的含義,判斷哪些解是符合題設條件的,再做出取舍.求解點、平面是否存在的探索性問題時,常常先利用特殊的位置關系或極端情形確定點或平面,再利用直線與平面的位置關系去證明結論.
　　[針對訓練]
1.如圖,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長都為4,∠A1AB=60°,點A1在下底面ABC的射影為AB的中點O.在棱BB1(含端點)上是否存在一點D,使得A1D⊥AC1 若存在,求出BD的長;若不存在,請說明理由.
2.如圖,已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為4的正方形,△PAD是正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F,G分別是PA,PB,BC的中點.
(1)求證:EF⊥平面PAD;
(2)線段PD上是否存在一個動點M,使得直線GM與平面EFG所成的角為 若存在,求出線段PM的長度;若不存在,請說明理由.
融通點(二)　空間向量與折疊問題相結合
[例2]　如圖1,四邊形ABCD為等腰梯形,AB=2,AD=DC=CB=1,將△ADC沿AC折起,E為AB的中點,連接DE,DB.若圖2中BC⊥AD,
(1)求線段BD的長;
(2)求直線BD與平面CDE所成角的正弦值.
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[思維建模] 折疊問題解題策略
(1)確定折疊前后變與不變的關系
畫好折疊前后的平面圖形與立體圖形,分清折疊前后圖形的位置和數量關系的變與不變.一般地,位于“折痕”同側的點、線、面之間的位置關系不變,而位于“折痕”兩側的點、線、面之間的位置關系會發生變化;對于不變的關系應在平面圖形中處理,而對于變化的關系則要在立體圖形中解決.
(2)確定折疊后關鍵點的位置
所謂的關鍵點,是指折疊過程中運動變化的點.因為這些點的位置移動,會帶動與其相關的點、線、面的關系變化.只有分析清楚關鍵點的準確位置,才能以此為參照點,確定其他點、線、面的位置,進而進行有關的證明與計算.
　　[針對訓練]
3.如圖1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,CD=2AB=2AD=4,點E,F分別是邊BC,CD的中點,現將△CEF 沿EF邊折起,使點C到達點P的位置(如圖2所示),且BP=2.
(1)求證:平面APE⊥平面ABD;
(2)求平面ABP與平面ADP所成角的余弦值.
融通點(三)　立體幾何中的創新問題
[例3]　已知拋物線E:y2=4x,點C在E的準線上,過E的焦點F的直線與E相交于A,B兩點,且△ABC為正三角形.
(1)求△ABC的面積;
(2)取平面外一點P使得PA=PB=PC,設M,N為PC,BC的中點,若AM⊥MN,求二面角M-PA-N的余弦值.
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[思維建模]
新定義題型的特點:通過給出一個新概念,或約定一種新運算,或給出幾個新模型來創設全新的問題情境,要求考生在閱讀理解的基礎上,依據題目提供的信息,聯系所學的知識和方法,實現信息的遷移,達到靈活解題的目的.遇到新定義問題,應耐心讀題,分析新定義的特點,弄清新定義的性質,按新定義的要求,“照章辦事”,逐條分析、驗證、運算,使問題得以解決.
　　[針對訓練]
4.已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定義一種運算:(a×b)·c=x1y2z3+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,=(1,1,0),=(0,2,2),=(1,-1,1).
(1)證明:平行六面體ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱;
(2)計算|(×)·|,并求該平行六面體的體積,說明|(×)·|的值與平行六面體ABCD-A1B1C1D1體積的關系.
板塊綜合融會　利用空間向量解決立體幾何熱點問題
[融通點(一)]
[例1]　解:(1)建立如圖所示的空間直角坐標系,
則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),=,
設平面BMD的法向量為n=(a,b,c),
則即
令b=1,則a=0,c=-,所以n=.
設直線AM與平面BMD所成的角為θ,
所以sin θ=|cos<,n>|===,則cos θ=,所以直線AM與平面BMD所成角的余弦值是.
(2)因為N在BC上,設N(t,1-t,0),則=(t+1,1-t,0),=,
設平面DMN的法向量為m=(x,y,z),
則即
令x=t-1,則y=t+1,z=,所以m=,
設平面DMN與平面BMD所成的角為α,
所以cos α=|cos|===,
解得t=,則N,=,
所以||==.
[針對訓練]
1.解:因為點A1在下底面ABC的射影為AB的中點O,故A1O⊥平面ABC,連接OC,由題意,知△ABC為正三角形,故OC⊥AB,以O為原點,OA,OC,OA1分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則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),
設=λ=(-2λ,0,2λ),λ∈[0,1],可得=+=(-2λ-2,0,2λ-2),
假設在棱BB1(含端點)上存在一點D使A1D⊥AC1,則·=4(2λ+2)+2(2λ-2)=0,
解得λ=,
所以在棱BB1上存在一點D,使得A1D⊥AC1,此時BD=BB1=.
2.解:(1)證明:因為平面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分別是PA,PB的中點,則EF∥AB,故EF⊥平面PAD.
(2)取AD的中點O,連接OG,OP,由題意,OG,OD,OP兩兩垂直,如圖建立空間直角坐標系,
則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,-),
設平面EFG的法向量為m=(x,y,z),則即令z=1,則y=,
故m=(0,,1).設=t,t∈[0,1],因為=+=+t=(-4,0,2)+t(0,2,-2)=(-4,2t,2(1-t)),
所以|cos<,m>|===,
因為直線GM與平面EFG所成的角為,所以=,
化簡可得2t2-3t+3=0,Δ=9-4×2×3=-15<0,
故方程無解.所以在線段PD上不存在一個動點M,使得直線GM與平面EFG所成的角為.
[融通點(二)]
[例2]　解:(1)∵E為AB的中點,AB=2,DC=1,
∴在題圖1中,AE∥DC且AE=DC,連接CE,如圖①,
∴四邊形AECD為平行四邊形,
∴CE=AD=1,∵AE=BE=1,
∴C點落在以AB為直徑的圓上,∴AC⊥BC,
又題圖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===.
故線段BD的長為.
(2)取AC的中點F,連接DF,FE,CE,則FE∥BC,EF⊥AC,
由(1)知BC⊥平面ACD,
∵DF 平面ACD,所以BC⊥DF,故EF⊥DF.因為AD=DC,所以DF⊥AC,易得FA,FE,FD兩兩垂直,
以F為原點,FA,FE,FD所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,如圖②所示,E,D, B,C,
∴=,=,=.
設n=(x,y,z)為平面CDE的法向量,
則即
取x=1,有n=(1,-,-).
cos==-=-,
∴直線BD與平面CDE所成角的正弦值為.
[針對訓練]
3.解:(1)證明:如圖①,連接BF,由條件知四邊形ABFD是正方形,FC⊥BF,FC=BF,△BFC 是等腰直角三角形,E是BC的中點,∴EF⊥BC,并且BC=2,EF=,BE=.
如圖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)因為PE,BE,FE兩兩垂直,以E為原點,BE所在直線為x軸,FE所在直線為y軸,EP所在直線為z軸,建立空間直角坐標系如圖③,
則有A(2,-,0),B(,0,0),D(,-2,0),P(0,0,),=(2,-,-),=(,0,-),=(,-2,-).
設平面ABP與平面ADP所成的角為θ,平面ABP的法向量為m=(x,y,z),平面ADP的法向量為n=(p,t,q),
則
令z=1,則x=1,y=1,m=(1,1,1);
令q=3,則p=1,t=-1,n=(1,-1,3),
∴cos θ===,故平面ABP與平面ADP所成角的余弦值為.
[融通點(三)]
[例3]　解:(1)由已知得F(1,0),準線方程為x=-1,
設直線AB的方程為x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中點T(x0,y0),連接CT,如圖所示,
聯立消去x并整理得y2-4my-4=0,Δ=16m2+16>0,
則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為等邊三角形,則m≠0,(否則m=0時,不妨設A(1,2),B(1,-2),則由等邊三角形的對稱性可知C的坐標只能是(-1,0),但|AC|=2≠4=|AB|),
設直線CT的方程為y-2m=-m(x-2m2-1),即y=-mx+2m3+3m,所以點C(-1,2m3+4m).
又|CT|=|AB|,所以+=,解得m2=2,
所以|AB|=4m2+4=12,則|CT|=|AB|=6,故S△ABC=|AB||CT|=36.
(2)由題意知P-ABC為正三棱錐,即AB=AC=BC,PA=PB=PC.
又正三棱錐各側面三角形都全等,所以·=·=·,
而AM⊥MN,M,N分別為PC,BC的中點,從而·=(-+)·=-·+·=-·=0,
所以·=·=·=0,
因此PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,即PA,PB,PC兩兩垂直,故可將P-ABC補成如圖所示的正方體.
以P為原點,PA為x'軸,PB為y'軸,PC為z'軸建立空間直角坐標系,
因為AB=AC=BC=12,所以PA=PB=PC=6,則P(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,0,6).
顯然,BP⊥平面MPA,故可取平面MPA的一個法向量為=(0,6,0),
又N為BC的中點,所以=+=(0,3,3),且=(6,0,0).
設平面PAN的法向量n=(x,y,z),則即取y=1,則n=(0,1,-1),
由圖可知二面角M-PA-N是銳角,設為θ,則cos θ=|cos|==.
故二面角M-PA-N的余弦值為.
[針對訓練]
4.解:(1)證明:由題意得·=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內兩相交直線,∴AA1⊥平面ABCD,
∴平行六面體ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱.
(2)由題意得|(×)·|=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四邊形ABCD=||||sin∠BAD=×2×=2.又||=,
∴=S四邊形ABCD·|AA1|=2×=6,
∴|(×)·|=.
故|(×)·|的值表示以AB,AD,AA1為鄰邊的平行六面體的體積.
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板塊綜合融會　
利用空間向量解決立體幾何熱點問題(習題課——小結評價式教學)
[建構知識體系]
[融通學科素養]
1.浸潤的核心素養
空間向量是高中數學的重要組成部分.通過理解空間向量的概念,體現數學抽象的核心素養,通過建系、理解空間向量基本定理,體現直觀想象的核心素養,通過空間角、距離的計算體現數學運算的核心素養.
2.滲透的數學思想
(1)空間向量為我們處理立體幾何問題提供了新的視角,它是解決三維空間中圖形的位置關系與度量問題的有效工具.我們要體會向量法在研究幾何圖形中的作用,進一步發展空間想象力.
(2)向量法是解決問題的一種重要方法,坐標法是研究向量問題的有力工具.利用空間向量的坐標表示,可以把向量問題轉化為代數運算,從而溝通了幾何與代數的聯系,體現了數形結合的重要數學思想.
CONTENTS
目錄
1
2
3
融通點(一)　空間向量與探索性問題相結合
融通點(二)　與互斥、獨立事件有關
的分布列的均值與方差
融通點(三)　立體幾何中的創新問題
4
課時跟蹤檢測
融通點(一)　空間向量與探索性問題 相結合
[例1]　如圖,四棱錐的底面ABCD為邊長為的正方形,且PA=PB=PC
=PD=2,M為棱PC的中點,N為棱BC上的點.
(1)求直線AM與平面BMD所成角的余弦值;
解:建立如圖所示的空間直角坐標系,則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),=,設平面BMD的法向量為
令b=1,則a=0,c=-,所以n=.設直線AM與平面BMD所成的角為θ,所以sin θ=|cos<,n>|===,則cos θ=,所以直線AM與平面BMD所成角的余弦值是.
(2)線段BC上是否存在一點N,使得平面DMN與平面BMD所成角的余弦值為 若存在,求出BN長度;若不存在,請說明理由.
解:因為N在BC上,設N(t,1-t,0),則=(t+1,1-t,0),=,
設平面DMN的法向量為m=(x,y,z),則
即令x=t-1,則y=t+1,z=,
所以m=,設平面DMN與平面BMD所成的角為α,
所以cos α=|cos|===,
解得t=,則N,=,所以||==.
[思維建模] 利用空間向量解決探索性問題的策略
　　探索性問題通常分為兩類:一類是已知點存在,求點的位置;一類是判斷點的“存在性”問題.其中,在點的“存在性”問題中,先假設所求點存在,將其作為已知條件,得出點的位置或與題設條件矛盾的結論,從而得到結果,在設參數求解點的坐標時,若出現多解的情況,則應分析不同解的含義,判斷哪些解是符合題設條件的,再做出取舍.求解點、平面是否存在的探索性問題時,常常先利用特殊的位置關系或極端情形確定點或平面,再利用直線與平面的位置關系去證明結論.
1.如圖,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的各棱長都為4,∠A1AB=60°,點A1在下底面ABC的射影為AB的中點O.在棱BB1(含端點)上是否存在一點D,使得A1D⊥AC1 若存在,求出BD的長;若不存在,請說明理由.
針對訓練
解:因為點A1在下底面ABC的射影為AB的中點O,故A1O⊥平面ABC,連接OC,由題意,知△ABC為正三角形,故OC⊥AB,以O為原點,OA,OC,OA1分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系,
則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),
設=λ=(-2λ,0,2λ),λ∈[0,1],
可得=+=(-2λ-2,0,2λ-2),
假設在棱BB1(含端點)上存在一點D使A1D⊥AC1,
則·=4(2λ+2)+2(2λ-2)=0,解得λ=,
所以在棱BB1上存在一點D,使得A1D⊥AC1,此時BD=BB1=.
2.如圖,已知在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為4的正方形,△PAD是正三角形,平面PAD⊥平面ABCD,E,F,G分別是PA,PB,BC的中點.
(1)求證:EF⊥平面PAD;
解:證明:因為平面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分別是PA,PB的中點,則EF∥AB,故EF⊥平面PAD.
(2)線段PD上是否存在一個動點M,使得直線GM與平面EFG所成的角為 若存在,求出線段PM的長度;若不存在,請說明理由.
解:取AD的中點O,連接OG,OP,由題意,OG,OD,OP兩兩垂直,如圖建立空間直角坐標系,
則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,-),設平面EFG的法向量為m=(x,y,z),
故m=(0,,1).設=t,t∈[0,1],
因為=+=+t=(-4,0,2)+t(0,2,-2)=(-4,2t,2(1-t)),
所以|cos<,m>|===,
因為直線GM與平面EFG所成的角為,
所以=,化簡可得2t2-3t+3=0,Δ=9-4×2×3=-15<0,
故方程無解.所以在線段PD上不存在一個動點M,使得直線GM與平面EFG所成的角為.
融通點(二)　空間向量與折疊問題相結合
[例2]　如圖1,四邊形ABCD為等腰梯形,AB=2,AD=DC=CB=1,將△ADC沿AC折起,E為AB的中點,連接DE,DB.若圖2中BC⊥AD,
(1)求線段BD的長;
解:∵E為AB的中點,AB=2,DC=1,∴在題圖1中,AE∥DC且AE=DC,連接CE,如圖①,
∴四邊形AECD為平行四邊形,∴CE=AD=1,∵AE=BE=1,
∴C點落在以AB為直徑的圓上,∴AC⊥BC,
又題圖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===.
故線段BD的長為.
(2)求直線BD與平面CDE所成角的正弦值.
解:取AC的中點F,連接DF,FE,CE,則FE∥BC,EF⊥AC,由(1)知BC⊥平面ACD,∵DF 平面ACD,所以BC⊥DF,故EF⊥DF.因為AD=DC,所以DF⊥AC,易得FA,FE,FD兩兩垂直,以F為原點,FA,FE,FD所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標系,如圖②所示,
E,D,B,C,∴=,=,=.設n=(x,y,z)為平面CDE的法向量,
則即取x=1,有n=(1,-,-).cos=
=-=-,∴直線BD與平面CDE所成角的正弦值為.
[思維建模] 折疊問題解題策略
(1)確定折疊前后變與不變的關系
畫好折疊前后的平面圖形與立體圖形,分清折疊前后圖形的位置和數量關系的變與不變.一般地,位于“折痕”同側的點、線、面之間的位置關系不變,而位于“折痕”兩側的點、線、面之間的位置關系會發生變化;對于不變的關系應在平面圖形中處理,而對于變化的關系則要在立體圖形中解決.
(2)確定折疊后關鍵點的位置
所謂的關鍵點,是指折疊過程中運動變化的點.因為這些點的位置移動,會帶動與其相關的點、線、面的關系變化.只有分析清楚關鍵點的準確位置,才能以此為參照點,確定其他點、線、面的位置,進而進行有關的證明與計算.
3.如圖1,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠DAB=90°,CD=2AB=2AD=4,點E,F分別是邊BC,CD的中點,現將△CEF 沿EF邊折起,使點C到達點P的位置(如圖2所示),且BP=2.
針對訓練
(1)求證:平面APE⊥平面ABD;
解:證明:如圖①,連接BF,由條件知四邊形ABFD是正方形,FC⊥BF,
FC=BF,△BFC 是等腰直角三角形,E是BC的中點,∴EF⊥BC,并且BC=2,EF=,BE=.
如圖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與平面ADP所成角的余弦值.
解:因為PE,BE,FE兩兩垂直,以E為原點,BE所在直線為x軸,FE所在直線為y軸,EP所在直線為z軸,建立空間直角坐標系如圖③,
則有A(2,-,0),B(,0,0),D(,-2,0),P(0,0,),=(2,-,-),=(,0,-),=(,-2,-).
設平面ABP與平面ADP所成的角為θ,平面ABP的法向量為m=(x,y,z),平面ADP的法向量為n=(p,t,q),
則
令z=1,則x=1,y=1,m=(1,1,1);
令q=3,則p=1,t=-1,n=(1,-1,3),∴cos θ===,故平面ABP與平面ADP所成角的余弦值為.
融通點(三)　立體幾何中的創新問題
[例3]　已知拋物線E:y2=4x,點C在E的準線上,過E的焦點F的直線與E相交于A,B兩點,且△ABC為正三角形.
(1)求△ABC的面積;
解:由已知得F(1,0),準線方程為x=-1,設直線AB的方程為x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),弦AB的中點T(x0,y0),連接CT,如圖所示,
聯立消去x并整理得y2-4my-4=0,Δ=16m2+16>0,
則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為等邊三角形,則m≠0,
(否則m=0時,不妨設A(1,2),B(1,-2),
則由等邊三角形的對稱性可知C的坐標只能是(-1,0),
但|AC|=2≠4=|AB|),設直線CT的方程為y-2m=-m(x-2m2-1),
即y=-mx+2m3+3m,所以點C(-1,2m3+4m).又|CT|=|AB|,
所以+=,解得m2=2,
所以|AB|=4m2+4=12,則|CT|=|AB|=6,故S△ABC=|AB||CT|=36.
(2)取平面外一點P使得PA=PB=PC,設M,N為PC,BC的中點,若AM⊥MN,求二面角M-PA-N的余弦值.
解: 由題意知P-ABC為正三棱錐,即AB=AC=BC,PA=PB=PC.
又正三棱錐各側面三角形都全等,所以·=·=·,
而AM⊥MN,M,N分別為PC,BC的中點,從而·=(-+)
·=-·+·=-·=0,
所以·=·=·=0,因此PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,即PA,PB,PC兩兩垂直,故可將P-ABC補成如圖所示的正方體.以P為原點,PA為x'軸,PB為y'軸,PC為z'軸建立空間直角坐標系,
因為AB=AC=BC=12,所以PA=PB=PC=6,則P(0,0,0),A(6,0,0),B(0,6,0),C(0,0,6).
顯然,BP⊥平面MPA,故可取平面MPA的一個法向量為=(0,6,0),
又N為BC的中點,所以=+=(0,3,3),且=(6,0,0).
設平面PAN的法向量n=(x,y,z),則即
取y=1,則n=(0,1,-1),
由圖可知二面角M-PA-N是銳角,設為θ,
則cos θ=|cos|==.故二面角M-PA-N的余弦值為.
[思維建模]
　　新定義題型的特點:通過給出一個新概念,或約定一種新運算,或給出幾個新模型來創設全新的問題情境,要求考生在閱讀理解的基礎上,依據題目提供的信息,聯系所學的知識和方法,實現信息的遷移,達到靈活解題的目的.遇到新定義問題,應耐心讀題,分析新定義的特點,弄清新定義的性質,按新定義的要求,“照章辦事”,逐條分析、驗證、運算,使問題得以解決.
4.已知a=(x1,y1,z1),b=(x2,y2,z2),c=(x3,y3,z3),定義一種運算:(a×b)·c=x1y2z3
+x2y3z1+x3y1z2-x1y3z2-x2y1z3-x3y2z1.在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中,=(1,1,0),=(0,2,2),=(1,-1,1).
(1)證明:平行六面體ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱;
解:證明:由題意得·=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內兩相交直線,∴AA1⊥平面ABCD,
∴平行六面體ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱.
針對訓練
(2)計算|(×)·|,并求該平行六面體的體積,說明|(×)·|的值與平行六面體ABCD-A1B1C1D1體積的關系.
解:由題意得|(×)·|=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四邊形ABCD=||||sin∠BAD=×2×=2.又||=,
∴=S四邊形ABCD·|AA1|=2×=6,
∴|(×)·|=.
故|(×)·|的值表示以AB,AD,AA1為鄰邊的平行六面體的體積.
課時跟蹤檢測
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A級——綜合提能
1.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥平面ACC1A1,CA=CC1=2CB,則直線BC1與直線AB1所成角的余弦值為(　　)
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為原點,分別以CA,CC1,CB所在的直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,
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設CA=CC1=2CB=2,則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<,>|===.
所以直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為.
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2.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,A1A=5,AB=12,則直線B1C1到平面A1BCD1的距離是 (　　)
A.5 B.8 C. D.
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解析:以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在的直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.則C(0,12,0),D1(0,0,5).
設B(x,12,0),B1(x,12,5)(x≠0).設平面A1BCD1的法向量為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),∴點B1到平面A1BCD1的距離為=,∵B1C1∥BC,BC 平面A1BCD1,B1C1 平面A1BCD1,
∴B1C1∥平面A1BCD1,∴B1C1到平面A1BCD1的距離為.
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3.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,BC的中點,則 (　　)
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{,,}為正交基底,建立空間直角坐標系,設AB=2,
則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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設平面B1EF的法向量為m=(x,y,z),則取x=2,則m=(2,2,-1),因為=≠,所以與m不平行,所以BD1與平面B1EF不垂直,A錯誤;
因為=≠,所以與m不平行,所以BD與平面B1EF不垂直,B錯誤;
因為·m=0,且線在平面外,所以A1C1∥平面B1EF,C正確;
因為·m=2≠0,所以A1D與平面B1EF不平行,D錯誤.
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4.棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點P在棱CD上運動,點Q在側面ADD1A1上運動,滿足B1Q⊥平面AD1P,則線段PQ的最小值為 (　　)
A. B.1 C. D.
√
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解析:以D為坐標原點,DA,DC,DD1分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,
則A(1,0,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),設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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因為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+,故當n=時,|=,此時m=1-n=滿足要求,所以線段PQ的最小值為=.
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5.如圖,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是等邊三角形,四邊形ABCD是矩形,且AD=2AB,E是CD的中點,F是AD上一點,當BF⊥PE時,=(　　)
A.3 B. C. D.2
√
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解析:分別取AD,BC的中點O,G,連接OP,OG,以O為坐標原點,,,分別為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系.設AD=2,則B(1,-1,0),E,P(0,0,).設F(0,a,0)(-1≤a≤1),則=(-1,a+1,0),=
.因為BF⊥PE,所以·=-+a+1=0,解得a=-,所以=.
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6.正方形ABCD的邊長是2,E,F分別是AB和CD的中點,將正方形沿EF折成直二面角 (如圖所示).M為矩形AEFD內一點,如果∠MBE=∠MBC,
MB和平面BCF所成角的正切值為,那么點M到直線EF的距離為　　　　.
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解析:如圖,以E為坐標原點建立空間直角坐標系,則E(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),
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設M(0,y,z)(0≤y≤2,0≤z≤1),=(1,0,0),=(0,2,0),=(-1,y,z),則cos<,>==,cos<,>==,
∵∠MBE=∠MBC,則=,即y=1,∴=(-1,1,z),平面BCF的一個法向量n=(0,0,1),則cos==,∵MB和平面BCF所成角的正切值為,則=,則z=,∴點M到直線EF的距離為.
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7.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F分別在棱DD1,BB1上,且EF⊥A1E.若AB=2,AD=1,AA1=3,則B1F的最小值為　　　　.
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解析:以點C1為坐標原點,C1D1,C1B1,C1C所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
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則A1(2,1,0),設E(2,0,m),F(0,1,n),0≤m≤3,0≤n≤3,
則=(0,-1,m),=(-2,1,n-m).因為EF⊥A1E,所以·=0,
即-1+m(n-m)=0,化簡得mn=1+m2.當m=0時,顯然不符合題意,
當m>0時n=+m≥2=2,當且僅當=m,
即m=1時等號成立.故B1F的最小值為2.
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8.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD為正方形,AA1=2AB=2.點P在
側面BCC1B1內,若A1C⊥平面BDP,則點P到CD的距離的最小值為　　　.
解析:建立如圖所示的空間直角坐標系,則D(0,0,0),A1(1,0,2),C(0,1,0),
B(1,1,0),=(-1,1,-2),
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設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的距離為||= = =,所以當z=-=時,==.
即點P到CD的距離的最小值為.
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9.已知幾何體ABCDEFG,如圖所示,其中四邊形ABCD、四邊形CDGF、四邊形ADGE均為正方形,且邊長為1,點M在棱DG上.
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(1)求證:BM⊥EF.
解:證明:∵四邊形ABCD、四邊形CDGF、四邊形ADGE均為正方形,
∴AD⊥DC,GD⊥DC,GD⊥DA.以D為原點,如圖建立空間直角坐標系,則B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1).
又點M在棱DG上,故可設M(0,0,t)(0≤t≤1),
∴=(1,1,-t),=(-1,1,0),∴·=0,
∴BM⊥EF.
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(2)是否存在點M,使得直線MB與平面BEF所成的角為45° 若存在,確定點M的位置;若不存在,請說明理由.
解: 當點M在DG上,且DM=3-4時,直線MB與平面BEF所成的角為45°.
理由如下:假設存在點M,直線MB與平面BEF夾角為45°.
設平面BEF的法向量為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==.
∵直線MB與平面BEF所成的角為45°,
∴sin 45°=|cos|==,解得t=-4±3.又0≤t≤1,∴t=3-4,∴存在點M(0,0,3-4)滿足題意.
∴當點M在DG上,且DM=3-4時,直線MB與平面BEF所成的角為45°.
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10.如圖1,已知△ABC是邊長為4的正三角形,D,E,F分別是AB,AC,BC邊的中點,將△ADE沿DE折起,使點A到達如圖2所示的點P的位置,M為DP邊的中點.
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(1)求證:PC∥平面MEF.
解:證明:連接DF,DC,設DC與EF交于點Q,連接MQ.
因為D,E,F分別是AB,AC,BC邊的中點,所以DE∥FC且DE=FC,
則四邊形DFCE為平行四邊形,所以Q為DC的中點,因為M為DP的中點,所以MQ∥PC.又因為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與平面PDE所成角的余弦值.
解:取DE的中點O,連接OP,OF,則PO⊥DE,因為平面PDE⊥平面BCED,平面PDE∩平面BCED=DE,所以PO⊥平面BCED,PO,OD,OF兩兩垂直.如圖所示,以O為原點,以為x軸的正方向,建立空間直角坐標系,
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則D(1,0,0),E(-1,0,0),P(0,0,),F(0,,0),M,=(1,,0),
=.設平面MEF的法向量為n=(x,y,z),則n·=n·=0,
即令y=1,得n=(-,1,3).
易知m=(0,1,0)為平面PDE的一個法向量,由|cos|==,
得平面MEF與平面PDE所成角的余弦值為.
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B級——應用創新
11.已知梯形CEPD如圖1所示,其中PD=8,CE=6,A為線段PD的中點,四邊形ABCD為正方形,現沿AB進行折疊,使得平面PABE⊥平面ABCD,得到如圖2所示的幾何體.已知當AB上一點F滿足||=|λ|(0<λ<1)時,平面DEF⊥平面PCE,則λ的值為(　　)
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A. B. C. D.
解析:由題意,以A為原點,射線AB,AD,AP為x,y,z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,
√
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連接ED,所以C(4,4,0),D(0,4,0),E(4,0,2),P(0,0,4),F(4λ,0,0),則=(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,則
可得m=.設n=(a,b,c)是平面PCE的法向量,
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則 可得n=(1,1,2),
由平面DEF⊥平面PCE,
得++4=0,解得λ=,故選C.
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12.[多選]已知點P是正方體ABCD-A1B1C1D1側面BB1C1C(包含邊界)上一點,下列說法正確的是 (　　)
A.存在唯一一點P,使得DP∥AB1
B.存在唯一一點P,使得AP∥平面A1C1D
C.存在唯一一點P,使得A1P⊥B1D
D.存在唯一一點P,使得D1P⊥平面A1C1D
√
√
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解析:如圖建系,令AD=1,P(x,1,z),
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則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,則
解得x=0,z=1,故P(0,1,1)滿足要求,與C1重合,
存在唯一一點P,使得DP∥AB1,A正確.
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因為·=(-1,-1,1)·(-1,1,0)=1-1=0,·=(-1,-1,1)·(-1,0,-1)=1-1=0,因為A1C1∩A1D=A1,A1C1,A1D 平面A1C1D,所以⊥平面A1C1D,又AP∥平面A1C1D,則·=(x-1,1,z)·(-1,-1,1)=1-x-1+z=0,解得x=z,故P點軌跡為線段B1C,滿足條件的P有無數個,B錯誤.
=(x-1,1,z-1),=(1,1,1),·=x-1+1+z-1=x+z-1=0,P在線段BC1上,滿足條件的P有無數個,C錯誤.
由上可知⊥平面A1C1D,而⊥平面A1C1D,又與共線,故P,B重合,D正確.故選AD.
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13.[多選]如圖,矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直,AD=DE=4,G為線段AE上的動點,則下列說法正確的是 (　　)
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A.AE⊥CF
B.若G為線段AE的中點,則GB∥平面CEF
C.點B到平面CEF的距離為
D.BG2+CG2的最小值為48
√
√
√
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解析:因為四邊形BDEF是矩形,所以DE⊥DB,又因為矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直,矩形BDEF所在平面與正方形ABCD相交于BD,所以DE⊥平面ABCD,而AD,DC 平面ABCD,所以DE⊥AD,DC⊥DE,又四邊形ABCD是正方形,所以AD⊥DC,因此建立如圖所示的空間直角坐標系,
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則A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),E(0,0,4),F(4,4,4),因為=(-4,0,4),=
(4,0,4),所以·=-16+16=0 ⊥,故A正確;
當G為線段AE的中點時,G(2,0,2),=(2,4,-2),=(0,-4,4),設平面CEF的法向量為m=(x,y,z),于是有 m=(1,-1,-1),因為·m=2×1+4×(-1)+(-2)×(-1)=0,GB 平面CEF,所以GB∥平面CEF,故B正確;
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=(4,0,0),所以點B到平面CEF的距離d===,故C正確;
設G=(x1,y1,z1),則=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,當λ=時,BG2+CG2有最小值44,故D錯誤.故選ABC.
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14.如圖,半圓柱OO1與四棱錐A-BCDE拼接而成的組合體中,F是半圓弧BC上(不含B,C)的動點,FG為圓柱的一條母線,點A在半圓柱下底面所在平面內,OB=2OO1=2,AB=AC=2.
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(1)求證:CG⊥BF;
解:證明:取弧BC的中點H,則OH⊥BC,以O為坐標原點,直線OB,OH,
OO1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,連接OA,在△ABC中,BC=4,
AB=AC=2,OB=OC,則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),設F(x,y,0),則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與平面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,則AB⊥AC,而AB∩BE=B,AB,BE 平面ABE,
則AC⊥平面ABE,即=(-2,2,0)為平面ABE的一個法向量,=(x+2,y,-1),由DF∥平面ABE,得·=-2x-4+2y=0.又x2+y2=4,y>0,
解得
此時F(0,2,0),G(0,2,1).設n=(a,b,c)是平面FOD的法向量,
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取a=1,得n=(1,0,2),設m=(e,f,g)是平面GOD的法向量,
則取e=1,得m=(1,-1,2),
則平面FOD與平面GOD所成角的余弦值為|cos|===.
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(3)求點G到直線OD距離的最大值.
解: =(-2,0,1),=(x,y,1),則點G到直線OD的距離d==,
當x=,即G的坐標為時,點G到直線OD的距離取最大值為.課時跟蹤檢測(十四)　利用空間向量解決立體幾何熱點問題
A級——綜合提能
1.如圖,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC⊥平面ACC1A1,CA=CC1=2CB,則直線BC1與直線AB1所成角的余弦值為 (　　)
A. B.
C. D.
2.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,A1A=5,AB=12,則直線B1C1到平面A1BCD1的距離是 (　　)
A.5 B.8
C. D.
3.如圖,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,E,F分別為AB,BC的中點,則 (　　)
A.BD1⊥平面B1EF
B.BD⊥平面B1EF
C.A1C1∥平面B1EF
D.A1D∥平面B1EF
4.棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,點P在棱CD上運動,點Q在側面ADD1A1上運動,滿足B1Q⊥平面AD1P,則線段PQ的最小值為 (　　)
A. B.1
C. D.
5.如圖,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD是等邊三角形,四邊形ABCD是矩形,且AD=2AB,E是CD的中點,F是AD上一點,當BF⊥PE時,= (　　)
A.3 B.
C. D.2
6.正方形ABCD的邊長是2,E,F分別是AB和CD的中點,將正方形沿EF折成直二面角 (如圖所示).M為矩形AEFD內一點,如果∠MBE=∠MBC,MB和平面BCF所成角的正切值為,那么點M到直線EF的距離為　　　　.
7.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,點E,F分別在棱DD1,BB1上,且EF⊥A1E.若AB=2,AD=1,AA1=3,則B1F的最小值為　　　　.
8.在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD為正方形,AA1=2AB=2.點P在側面BCC1B1內,若A1C⊥平面BDP,則點P到CD的距離的最小值為　　　　.
9.已知幾何體ABCDEFG,如圖所示,其中四邊形ABCD、四邊形CDGF、四邊形ADGE均為正方形,且邊長為1,點M在棱DG上.
(1)求證:BM⊥EF.
(2)是否存在點M,使得直線MB與平面BEF所成的角為45° 若存在,確定點M的位置;若不存在,請說明理由.
10.如圖1,已知△ABC是邊長為4的正三角形,D,E,F分別是AB,AC,BC邊的中點,將△ADE沿DE折起,使點A到達如圖2所示的點P的位置,M為DP邊的中點.
(1)求證:PC∥平面MEF.
(2)若平面PDE⊥平面BCED,求平面MEF與平面PDE所成角的余弦值.
B級——應用創新
11.已知梯形CEPD如圖1所示,其中PD=8,CE=6,A為線段PD的中點,四邊形ABCD為正方形,現沿AB進行折疊,使得平面PABE⊥平面ABCD,得到如圖2所示的幾何體.已知當AB上一點F滿足||=|λ|(0<λ<1)時,平面DEF⊥平面PCE,則λ的值為 (　　)
A. B.
C. D.
12.[多選]已知點P是正方體ABCD-A1B1C1D1側面BB1C1C(包含邊界)上一點,下列說法正確的是 (　　)
A.存在唯一一點P,使得DP∥AB1
B.存在唯一一點P,使得AP∥平面A1C1D
C.存在唯一一點P,使得A1P⊥B1D
D.存在唯一一點P,使得D1P⊥平面A1C1D
13.[多選]如圖,矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直,AD=DE=4,G為線段AE上的動點,則下列說法正確的是 (　　)
A.AE⊥CF
B.若G為線段AE的中點,則GB∥平面CEF
C.點B到平面CEF的距離為
D.BG2+CG2的最小值為48
14.如圖,半圓柱OO1與四棱錐A-BCDE拼接而成的組合體中,F是半圓弧BC上(不含B,C)的動點,FG為圓柱的一條母線,點A在半圓柱下底面所在平面內,OB=2OO1=2,AB=AC=2.
(1)求證:CG⊥BF;
(2)若DF∥平面ABE,求平面FOD與平面GOD所成角的余弦值;
(3)求點G到直線OD距離的最大值.
課時跟蹤檢測(十四)
1.選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為原點,分別以CA,CC1,CB所在的直線為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,設CA=CC1=2CB=2,則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<,>|===.所以直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為.
2.選C　以D為坐標原點,DA,DC,DD1所在的直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系.
則C(0,12,0),D1(0,0,5).設B(x,12,0),B1(x,12,5)(x≠0).設平面A1BCD1的法向量為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),∴點B1到平面A1BCD1的距離為=,∵B1C1∥BC,BC 平面A1BCD1,B1C1 平面A1BCD1,∴B1C1∥平面A1BCD1,∴B1C1到平面A1BCD1的距離為.
3.選C　以{,,}為正交基底,建立空間直角坐標系,設AB=2,
則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).設平面B1EF的法向量為m=(x,y,z),則取x=2,則m=(2,2,-1),因為=≠,所以與m不平行,所以BD1與平面B1EF不垂直,A錯誤;因為=≠,所以與m不平行,所以BD與平面B1EF不垂直,B錯誤;因為·m=0,且線在平面外,所以A1C1∥平面B1EF,C正確;因為·m=2≠0,所以A1D與平面B1EF不平行,D錯誤.
4.選A　以D為坐標原點,DA,DC,DD1分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標系,則A(1,0,0),D1(0,0,1),B1(1,1,1),設P(0,m,0),0≤m≤1,Q(n,0,t),所以=(n-1,-1,t-1),=(-1,0,1),=(-1,m,0),因為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+,故當n=時,|=,此時m=1-n=滿足要求,所以線段PQ的最小值為 =.
5.選C　分別取AD,BC的中點O,G,連接OP,OG,以O為坐標原點,,,分別為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系.設AD=2,則B(1,-1,0),E,P(0,0,).設F(0,a,0)(-1≤a≤1),則=(-1,a+1,0),=.因為BF⊥PE,所以·=-+a+1=0,解得a=-,所以=.
6.解析:如圖,以E為坐標原點建立空間直角坐標系,則E(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),
設M(0,y,z)(0≤y≤2,0≤z≤1),=(1,0,0),=(0,2,0),=(-1,y,z),則cos<,>==,cos<,>==,
∵∠MBE=∠MBC,則=,即y=1,∴=(-1,1,z),平面BCF的一個法向量n=(0,0,1),則cos==,∵MB和平面BCF所成角的正切值為,則=,則z=,∴點M到直線EF的距離為.
答案:
7.解析:以點C1為坐標原點,C1D1,C1B1,C1C所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A1(2,1,0),設E(2,0,m),F(0,1,n),0≤m≤3,0≤n≤3,則=(0,-1,m),=(-2,1,n-m).因為EF⊥A1E,所以·=0,即-1+m(n-m)=0,化簡得mn=1+m2.當m=0時,顯然不符合題意,當m>0時n=+m≥2=2,當且僅當=m,即m=1時等號成立.故B1F的最小值為2.
答案:2
8.解析:建立如圖所示的空間直角坐標系,則D(0,0,0),A1(1,0,2),C(0,1,0),B(1,1,0),=(-1,1,-2),
設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的距離為||= = =,所以當z=-=時,==.即點P到CD的距離的最小值為.
答案:
9.解:(1)證明:∵四邊形ABCD、四邊形CDGF、四邊形ADGE均為正方形,
∴AD⊥DC,GD⊥DC,GD⊥DA.以D為原點,如圖建立空間直角坐標系,則B(1,1,0),E(1,0,1),F(0,1,1).
又點M在棱DG上,故可設M(0,0,t)(0≤t≤1),
∴=(1,1,-t),=(-1,1,0),∴·=0,∴BM⊥EF.
(2)當點M在DG上,且DM=3-4時,直線MB與平面BEF所成的角為45°.
理由如下:假設存在點M,直線MB與平面BEF夾角為45°.
設平面BEF的法向量為n=(x,y,z),
由(1)知=(0,-1,1),=(-1,0,1),
∴令z=1,得n=(1,1,1),
∴cos==.
∵直線MB與平面BEF所成的角為45°,
∴sin 45°=|cos|==,解得t=-4±3.又0≤t≤1,∴t=3-4,∴存在點M(0,0,3-4)滿足題意.
∴當點M在DG上,且DM=3-4時,直線MB與平面BEF所成的角為45°.
10.解:(1)證明:連接DF,DC,設DC與EF交于點Q,連接MQ.
因為D,E,F分別是AB,AC,BC邊的中點,所以DE∥FC且DE=FC,
則四邊形DFCE為平行四邊形,所以Q為DC的中點,因為M為DP的中點,所以MQ∥PC.又因為PC 平面MEF,MQ 平面MEF,所以PC∥平面MEF.
(2)取DE的中點O,連接OP,OF,則PO⊥DE,因為平面PDE⊥平面BCED,平面PDE∩平面BCED=DE,所以PO⊥平面BCED,PO,OD,OF兩兩垂直.如圖所示,以O為原點,以為x軸的正方向,建立空間直角坐標系,
則D(1,0,0),E(-1,0,0),P(0,0,),F(0,,0),M,=(1,,0),=.設平面MEF的法向量為n=(x,y,z),則n·=n·=0,
即令y=1,得n=(-,1,3).
易知m=(0,1,0)為平面PDE的一個法向量,由|cos|==,
得平面MEF與平面PDE所成角的余弦值為.
11.選C　由題意,以A為原點,射線AB,AD,AP為x,y,z軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標系,連接ED,
所以C(4,4,0),D(0,4,0),E(4,0,2),P(0,0,4),F(4λ,0,0),則=(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,
則
可得m=.
設n=(a,b,c)是平面PCE的法向量,
則
可得n=(1,1,2),由平面DEF⊥平面PCE,
得++4=0,解得λ=,故選C.
12.選AD　如圖建系,令AD=1,P(x,1,z),
則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,則解得x=0,z=1,故P(0,1,1)滿足要求,與C1重合,存在唯一一點P,使得DP∥AB1,A正確.
因為·=(-1,-1,1)·(-1,1,0)=1-1=0,·=(-1,-1,1)·(-1,0,-1)=1-1=0,因為A1C1∩A1D=A1,A1C1,A1D 平面A1C1D,所以⊥平面A1C1D,又AP∥平面A1C1D,則·=(x-1,1,z)·(-1,-1,1)=1-x-1+z=0,解得x=z,故P點軌跡為線段B1C,滿足條件的P有無數個,B錯誤.=(x-1,1,z-1),=(1,1,1),·=x-1+1+z-1=x+z-1=0,P在線段BC1上,滿足條件的P有無數個,C錯誤.由上可知⊥平面A1C1D,而⊥平面A1C1D,又與共線,故P,B重合,D正確.故選AD.
13.選ABC　因為四邊形BDEF是矩形,所以DE⊥DB,又因為矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直,矩形BDEF所在平面與正方形ABCD相交于BD,所以DE⊥平面ABCD,而AD,DC 平面ABCD,所以DE⊥AD,DC⊥DE,又四邊形ABCD是正方形,所以AD⊥DC,因此建立如圖所示的空間直角坐標系,
則A(4,0,0),B(4,4,0),C(0,4,0),E(0,0,4),F(4,4,4),因為=(-4,0,4),=(4,0,4),所以·=-16+16=0 ⊥,故A正確;當G為線段AE的中點時,G(2,0,2),=(2,4,-2),=(0,-4,4),設平面CEF的法向量為m=(x,y,z),于是有 m=(1,-1,-1),因為·m=2×1+4×(-1)+(-2)×(-1)=0,GB 平面CEF,所以GB∥平面CEF,故B正確;=(4,0,0),所以點B到平面CEF的距離d===,故C正確;設G=(x1,y1,z1),則=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,當λ=時,BG2+CG2有最小值44,故D錯誤.故選ABC.
14.解:(1)證明:取弧BC的中點H,則OH⊥BC,以O為坐標原點,直線OB,OH,OO1分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系,連接OA,在△ABC中,BC=4,AB=AC=2,OB=OC,則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),設F(x,y,0),則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,則AB⊥AC,而AB∩BE=B,AB,BE 平面ABE,
則AC⊥平面ABE,即=(-2,2,0)為平面ABE的一個法向量,=(x+2,y,-1),由DF∥平面ABE,得·=-2x-4+2y=0.又x2+y2=4,y>0,解得
此時F(0,2,0),G(0,2,1).
設n=(a,b,c)是平面FOD的法向量,則取a=1,得n=(1,0,2),
設m=(e,f,g)是平面GOD的法向量,則
取e=1,得m=(1,-1,2),
則平面FOD與平面GOD所成角的余弦值為|cos|===.
(3)=(-2,0,1),=(x,y,1),
則點G到直線OD的距離d==,
當x=,即G的坐標為時,點G到直線OD的距離取最大值為.
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