苏教版数学高二学案选修2-1练习第三章《空间向量的应用》习题课
习题课 空间向量的应用
一、基础过关 1．
如图所示，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊1
2FA ，G 、H 分别为FA 、FD 的中点．
(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？ (3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE . 2．
如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝a ，AD ＝2a ，且PA ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角． (1)若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ； (2)求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值． 3．
如图所示，在四棱锥O —ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π
4，OA ⊥
底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点． (1)证明：直线MN ∥平面OCD ； (2)求异面直线AB 与MD 所成角的大小． 二、能力提升 4．如图所示，
在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD ＝2，AC＝1.
(1)证明：PC⊥AD；
(2)求二面角A－PC－D的正弦值；
(3)设E为棱PA上的点，满足异面直线BE与CD所成的角为30°，求AE的长．
5．
等边△ABC中，D，E分别是AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE(如图所示)．
(1)求证：平面ABC⊥平面ABE；
(2)求直线AC与平面ABE所成角的正弦值．
三、探究与拓展
6．
如图，四棱锥S—ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，P为侧棱SD上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若SD⊥平面PAC，求二面角P—AC—D的大小；
(3)在(2)的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC.若存在，求SE∶EC
的值；若不存在，试说明理由．
答案
1． (1)证明 由题设知，FA 、AB 、AD 两两互相垂直．
以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴正方向，以射线AD 为y 轴正方向，以射线AF 为z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设AB ＝a ，BC ＝b ，BE ＝c ，
则由题设得A (0,0,0)，B (a,0,0)，C (a ，b,0)，D (0,2b,0)，E (a,0，c )，G (0,0，c )，H (0，b ，c )．
所以GH →＝(0，b,0)，BC →＝(0，b,0)，于是GH →＝BC →
.又点G 不在直线BC 上， 所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)解 C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下： 由题设知，F (0,0,2c )，
所以EF →＝(－a,0，c )，CH →＝(－a,0，c )，EF →＝CH →
.又C ?EF ，H ∈FD ， 故C 、D 、F 、E 四点共面． (3)证明 由AB ＝BE ，得c ＝a ， 所以CH →＝(－a,0，a )，AE →
＝(a,0，a )． 又AD →＝(0,2b,0)，因此CH →·AE →＝0， CH →·AD →＝0，即CH ⊥AE ，CH ⊥AD . 又AD ∩AE ＝A ，所以CH ⊥平面ADE . 由CH ?平面CDE ， 得平面ADE ⊥平面CDE . 2． (1)证明 ∵PA ⊥底面ABCD ，
∴PA ⊥AB .又∵AB ⊥AD ，
∴AB ⊥平面PAD .∴AB ⊥PD . 又∵AE ⊥PD ，∴PD ⊥平面ABE . 故BE ⊥PD . (2)
解 如图所示，以A 为原点，AB 、AD 、AP 所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，则点C 、D 的坐标分别为(a ，a,0)、(0,2a,0)．
∵PA ⊥底面ABCD ，∠PDA 是PD 与底面ABCD 所成的角，∴∠PDA ＝30°. 于是，在Rt △AED 中，由AD ＝2a ， 得AE ＝a .
过E 作EF ⊥AD ，垂足为F ，
在Rt △AFE 中，由AE ＝a ，∠EAF ＝60°， 得AF ＝12a ，EF ＝32a .
∴E ????0，12
a ，3
2a .
于是AE →＝????0，12a ，32a ，CD →
＝(－a ，a,0)．
设异面直线AE 与CD 所成角为θ， 则cos θ＝|AE →·CD →||AE →||CD →
|＝12a 2
a ·2a ＝2
4.
∴AE 与CD 所成角的余弦值为24
. 3． (1)证明
作AP ⊥CD 于点P ，连结OP .
如图，分别以AB 、AP 、AO 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系． A (0,0,0)，B (1,0,0)，P ?
??
?0，
22，0， D ?
???－
22，22，0，O (0,0,2)，M (0,0,1)，N ???
?1－24，24，0.
MN →
＝????1－24，24，－1，
OP →
＝????0，22，－2，
OD →
＝???
?－22，22，－2.
设平面OCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则n ·OP →＝0，n ·OD →＝0.
即??
?
22y －2z ＝0，－22x ＋22y －2z ＝0.
取z ＝2，解得n ＝(0,4，2)．
∵MN →·n ＝????1－24，24，－1·(0,4，2)＝0，
又MN ?平面OCD ，∴MN ∥平面OCD . (2)解 设AB 与MD 所成角为θ. ∵AB →
＝(1,0,0)，
MD →
＝????－22，22，－1，
∴cos θ＝|AB →·MD →||AB →|·|MD →|＝12
，∴θ＝π
3.
∴AB 与MD 所成角的大小为π
3.
4． (1)证明
如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得 A (0,0,0)，D (2,0,0)，C (0,1,0)， B ???
?－12，1
2，0，P (0,0,2)． 易得PC →＝(0,1，－2)，AD →
＝(2,0,0)， 于是PC →·AD →＝0，所以PC ⊥AD . (2)解 PC →
＝(0,1，－2)， CD →
＝(2，－1,0)．
设平面PCD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则?????
n ·PC →＝0，n ·
CD →＝0，即?????
y －2z ＝0，2x －y ＝0.
不妨令z ＝1，可得n ＝(1,2,1)． 可取平面PAC 的法向量m ＝(1,0,0)． 于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝16＝66，
从而sin 〈m ，n 〉＝
30
6
. 所以二面角A －PC －D 的正弦值为306
. (3)解 设点E 的坐标为(0,0，h )， 其中h ∈[0,2]．
由此得BE →
＝????12，－12，h . 由CD →
＝(2，－1,0)，故
cos 〈BE →，CD →
〉＝BE →·CD →|BE →|·|CD →|
＝
3
2
1
2
＋h 2×5＝
310＋20h
2
，
所以
3
10＋20h 2
＝cos 30°＝
3
2
， 解得h ＝
1010，即AE ＝1010
. 5． (1)证明 取DE 的中点O ，取BC 的中点G ，连结AO ，OG ，
则AO ⊥DE ，OG ⊥DE .
∵平面ADE ⊥平面BCDE ，平面ADE ∩平面BCDE ＝DE ， ∴AO ⊥平面BCDE ，∴AO ⊥OG . 建立如图所示的空间直角坐标系， 设BC ＝4，则DE ＝2，AO ＝OG ＝ 3.
所以A (0,0，3)，D (1,0,0)，E (－1,0,0)，B (－2，3，0)，C (2，3，0)． 设平面ABE 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， ∵EA →＝(1,0，3)，EB →
＝(－1，3，0)， 由?????
m ⊥EA →，m ⊥EB
→，得?????
x 1＋3z 1＝0，
－x 1＋3y 1＝0.
令y 1＝1，得m ＝(3，1，－1)， 设平面ABC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， ∵BC →＝(4,0,0)，AC →
＝(2，3，－3)，
由?????
n ⊥BC →，n ⊥AC
→ 得?????
x 2＝0，
2x 2＋3y 2－3z 2＝0.
令y 2＝1，得n ＝(0,1,1)， ∵m·n ＝(3，1，－1)·(0,1,1)＝0， ∴平面ABC ⊥平面ABE .
(2)解 由(1)得cos 〈AC →
，m 〉＝AC →
·m |AC →||m |
＝
23＋3＋34＋3＋3·3＋1＋1
＝265
.
∴直线AC 与平面ABE 所成角的正弦值为26
5
.
6． (1)证明 连结BD ，设AC 交BD 于点O ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，以O 点
为坐标原点，OB →、OC →、OS →
的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O —xyz 如图所示． 设底面边长为a ，则高SO ＝62
a . 于是S (0,0，62a )，D ???
?－2
2a ，0，0， C ?
???0，
22a ，0，B ???
?22a ，0，0， OC →
＝????0，22a ，0，
SD →
＝????－22a ，0，－62a ，
∴OC →·SD →
＝0.故OC ⊥SD ，
因此AC ⊥SD .
(2)解 由题意知，平面PAC 的一个法向量DS →
＝????22a ，0，62a ，平面DAC 的一个法
向量OS →
＝????0，0，62a ，
设所求二面角为θ， 则cos θ＝OS →·DS →
|OS →||DS →
|
＝3
2，
故所求二面角P —AC —D 的大小为30°. (3)解 在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC . 由(2)知DS →
是平面PAC 的一个法向量， 且DS →
＝????22a ，0，62a ，
CS →
＝?
???0，－22a ，62a ，
BC →＝????－22a ，22a ，0，设CE →＝tCS →
，
则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →
＝?
??
?－
22a ，22a (1－t )，62at . 由BE →·DS →＝0，得t ＝13
，
即当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →
. 而BE 不在平面PAC 内， 故BE ∥平面PAC .