(浙江专版)高考数学一轮复习 7.7 空间向量在立体几何中的应用限时集训 理
(限时：50分钟满分：112分)1．(满分14分)如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；(2)设E为BC的中点，求AE与DB夹角的余弦值．2．(满分14分)(2013·孝感模拟)如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AB＝2，E、F、G分别为PC、PD、BC的中点．(1)求证：PA⊥EF；(2)求二面角D－FG－E的余弦值．3.(满分14分)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝2AA1，点D是A1B1的中点，点E在A1C1上且DE⊥AE.(1)证明：平面ADE⊥平面ACC1A1；(2)求直线AD和平面ABC1所成角的正弦值．4．(满分14分)(2012·江西高考)如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AC＝AA1＝5，BC＝4，点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值．5．(满分14分)如图所示，在多面体ABCD－A1B1C1D1中，上，下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；(3)在(2)的条件下，求二面角F－CC1－B的余弦值．6．(满分14分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．(1)若PA ＝PD ，求证：平面PQB ⊥平面PAD ；(2)设点M 在线段PC 上，PM MC ＝12，求证：PA ∥平面MQB ；(3)在(2)的条件下，若平面PAD ⊥平面ABCD ，且PA ＝PD ＝AD ＝2，求二面角M －BQ －C 的大小．7．(满分14分)(2012·福建高考)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．8．(满分14分)在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝22，∠ABC ＝90°，如图(1)．把△ABD 沿BD 翻折，使得平面ABD ⊥平面BCD .(1)求证：CD ⊥AB ；(2)若点M 为线段BC 中点，求点M 到平面ACD 的距离；(3)在线段BC 上是否存在点N ，使得AN 与平面ACD 所成角为60°？若存在，求出BN BC的值；若不存在，说明理由．答 案[限时集训(四十五)]1．解：(1)证明：∵折起前AD 是BC 边上的高， ∴当△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥DB ，又DB ∩DC ＝D ， ∴AD ⊥平面BDC ， ∵AD ⊂平面ABD ， ∴平面ABD ⊥平面BDC .(2)由∠BDC ＝90°及(1)知DA ，DB ，DC 两两垂直，不妨设|DB |＝1，以D 为坐标原点，以DB ，DC ，DA 的方向为x ，y ，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，易得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,3,0)，A (0,0，3)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，∴AE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，－3，DB ＝(1,0,0)， ∴AE 与DB 夹角的余弦值为cos 〈AE ，DB 〉＝AE ·DB|AE |·|DB |＝121×224＝2222. 2.解：(1)证明：以D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，A (0,2,0)，C (－2,0,0)，P (0,0,2)，E (－1,0,1)，F (0,0,1)，G (－2,1,0)．(1)∵PA ＝(0,2，－2)，EF ＝(1,0,0)， ∴PA ·EF ＝0， ∴PA ⊥EF .(2)易知DF ＝(0,0,1)，FG ＝(－2,1， －1)．设平面DFG 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧m ·DF ＝0，m ·FG ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z 1＝0，－2x 1＋y 1－z 1＝0.令x 1＝1，得m ＝(1,2,0)是平面DFG 的一个法向量． 同理可得n ＝(0,1,1)是平面EFG 的一个法向量，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝25×2＝105，由图可知二面角D －FG －E 为钝角， ∴二面角D －FG －E 的余弦值为－105. 3．解：(1)证明：由正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的性质知AA 1⊥平面A 1B 1C 1，又DE ⊂平面A 1B 1C 1，所以DE ⊥AA 1.而DE ⊥AE ，AA 1∩AE ＝A ，所以DE ⊥平面ACC 1A 1.又DE ⊂平面ADE ，故平面ADE ⊥平面ACC 1A 1. (2)如图所示，设O 是AC 的中点，以O 为原点建立空间直角坐标系．不妨设AA 1＝2，则AB ＝2，相关各点的坐标分别是A (0，－1,0)，B (3，0,0)，C 1(0,1，2)，D ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2.易知AB ＝(3，1,0)，1AC ＝(0,2，2)，AD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，2.设平面ABC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝3x ＋y ＝0，n ·1AC ＝2y ＋2z ＝0.解得x ＝－33y ，z ＝－2y .故可取n ＝(1，－3，6)． 所以，cos 〈n ，AD 〉＝n ·AD|n |·|AD |＝2310×3＝105.由此即知，直线AD 和平面ABC 1所成角的正弦值为105. 4．解：(1)证明：连接AO ，在△AOA 1中，作OE ⊥AA 1于点E ，因为AA 1∥BB 1，所以OE ⊥BB 1.因为A 1O ⊥平面ABC ，所以A 1O ⊥BC .因为AB ＝AC ，OB ＝OC ，得AO ⊥BC ，所以BC ⊥平面AA 1O ，所以BC ⊥OE ，所以OE ⊥平面BB 1C 1C ，又AO ＝AB 2－BO 2＝1，AA 1＝5，得AE ＝AO 2AA 1＝55.(2)如图，分别以OA ，OB ，OA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (0，－2,0)，A 1(0,0,2)，由AE ＝15AA 1―→得点E 的坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，由(1)得平面BB 1C 1C 的法向量是 OE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫45，0，25，设平面A 1B 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB ＝0，n ·1AC＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2y ＝0，y ＋z ＝0.令y ＝1，得x ＝2，z ＝－1， 即n ＝(2,1，－1)，所以cos 〈OE ―→，n 〉＝OE ·n | OE |·|n |＝3010，即平面BB 1C 1C 与平面A 1B 1C 的夹角的余弦值是3010. 5.解：以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (2a,0,0)，B (2a,2a,0)，C (0,2a,0)，D 1(0,0，a )，F (a,0,0)，B 1(a ，a ，a )，C 1(0，a ，a )．(1)∵1AB ＝(－a ，a ，a )，1DD ＝(0,0，a )，∴|cos 〈1AB ，1DD 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1AB ·1DD |1AB |·|1DD ＝33， 所以异面直线AB 1与DD 1所成角的余弦值为33. (2)∵1BB ＝(－a ，－a ，a )，BC ＝(－2a,0,0)，1FB ＝(0，a ，a )，∴⎩⎪⎨⎪⎧1FB ·1BB ＝0， 1FB ·BC ＝0，∴FB 1⊥BB 1，FB 1⊥BC .∵BB 1∩BC ＝B ，∴FB 1⊥平面BCC 1B .(3)由(2)知，1FB 为平面BCC 1B 1的一个法向量． 设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面FCC 1的法向量， ∵1CC ＝(0，－a ，a )，FC ＝(－a,2a,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·1CC ＝0，n ·FC ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－ay 1＋az 1＝0，－ax 1＋2ay 1＝0.令y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝1，∴n ＝(2,1,1)， ∴cos 〈1FB ，n 〉＝1FB ·n|1FB |·|n |＝33，即二面角F －CC 1－B 的余弦值为33. 6．解：(1)连接BD ，四边形ABCD 菱形， ∵∠BAD ＝60°， ∴△ABD 为正三角形， 又Q 为AD 中点， ∴AD ⊥BQ .∵PA ＝PD ，Q 为AD 的中点，AD ⊥PQ ，又BQ ∩PQ ＝Q ，。
2019-2020年高考数学一轮总复习第7章立体几何7.7立体几何中的向量方法模拟演练理
2019-2020年高考数学一轮总复习第7章立体几何7.7立体几何中的向量方法模拟演练理1．若平面α的一个法向量为(1,2,0)，平面β的一个法向量为(2，－1,0)，则平面α和平面β的位置关系是( )A ．平行B ．相交但不垂直C ．垂直D ．重合答案 C解析 由(1,2,0)·(2，－1,0)＝1×2＋2×(－1)＋0×0＝0，知两平面的法向量互相垂直，所以两平面互相垂直．2．[xx·宜宾模拟]已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相平行，则k 的值是( )A ．－2 B.43 C.53 D.75答案 A解析 由题意得，k a ＋b ＝(k －1，k,2)，2a －b ＝(3,2，－2)．所以k －13＝k2＝2－2，解得k ＝－2.3．[xx·金华模拟]在空间直角坐标系Oxyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1 答案 B解析 由已知平面OAB 的一条斜线的方向向量OP →＝(－1，3,2)，所以点P 到平面OAB 的距离d ＝|OP →|·|cos〈OP →，n 〉|＝|OP →·n ||n |＝|－2－6＋2|22＋－22＋1＝2. 4．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为( )A.15B.255C.55D.25答案 C解析 以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0,0)，B (1，0,0)，C (0,1,0)，P (0,0,2)，D ⎝⎛12，0,0 )，E ( 12，12，0 )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1，∴PA →＝(0,0，－2)，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，DF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，1.设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋y ＋2z ＝0，取z ＝1，则n ＝(2,0,1)，设PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|PA →·n ||PA →||n |＝55，∴PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.5．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝1，CB ＝2，侧棱AA 1＝1，侧面AA 1B 1B 的两条对角线交于点D ，则平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的余弦值为( )A ．－33 B ．－63 C.33 D.63答案 A解析建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，B (2，0,0)，A (0,1,0)，B 1(2，0,1)，D ⎝ ⎛22，12，12 )，CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，12，12，CB →＝(2，0,0)，BA →＝(－2，1,0)，BB 1→＝(0,0,1)．设平面CBD 和平面B 1BD 的法向量分别为n 1，n 2，可得n 1＝(0,1，－1)，n 2＝(1，2，0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝33，又平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的平面角与〈n 1，n 2〉互补，故平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的余弦值为－33. 6.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案 45解析 ∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0，2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC→|AF →|·|EC →|＝45×5＝45， ∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.7.正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．答案π6解析 以C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A (2，0,0)，C 1(0,0,22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C2⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2,0,22)，AC 2→＝⎝ ⎛－12，32，22 )，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6.8．已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则面AEF 与面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．答案23解析 如图，建立空间直角坐标系Dxyz ， 设DA ＝1，由已知条件得A (1,0,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，1，13，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，23，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，13，AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，23， 设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，面AEF 与面ABC 所成的锐二面角为θ，由图知θ为锐角，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋13z ＝0，－x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1,1，－3)，平面ABC 的法向量为m ＝(0,0，－1)，cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.9.如图，在直二面角E －AB －C 中，四边形ABEF 是矩形，AB ＝2，AF ＝23，△ABC 是以A 为直角顶点的等腰直角三角形，点P 是线段BF 上的一点，PF ＝3.(1)证明：FB ⊥平面PAC ；(2)求异面直线PC 与AB 所成的角的余弦值．解 (1)证明：以A 为原点，向量AB →，AC →，AF →的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，F(0,0,23)．∵BF ＝AB 2＋AF 2＝4，PF ＝3，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，FB →＝(2,0，－23)，AC →＝(0,2,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32.∵FB →·AC →＝0，∴FB ⊥AC . ∵FB →·AP →＝0，∴FB ⊥AP .∵FB ⊥AC ，FB ⊥AP ，AC ∩AP ＝A ，∴FB ⊥平面APC . (2)∵AB →＝(2,0,0)，PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，2，－32，记AB →与PC →夹角为θ，则|cos θ|＝|AB →·PC →||AB →||PC →|＝|－3|27＝3714.10．如图，在直棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．解 (1)证明：易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为：A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D (0,3,0)，D 1(0，3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)．因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1,0)．因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →，即AC ⊥B 1D . (2)由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→＝(0,1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面ACD 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)． 设直线B 1C 1与平面ACD 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→|＝37＝217，即直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值为217. [B 级 知能提升](时间：20分钟)11．一个四面体的顶点在空间直角坐标系Oxyz 中的坐标分别是(0,0,0)，(0,1,1)，(1,0,1)，(1,1,0)，则该四面体的体积为( )A.13B.64 C ．1 D ．2 3 答案 A解析如图所示，该四面体是棱长均为2的正四面体ABCD .设△BCD 的中心为O ，则AO ⊥平面BCD ，AO 即为该四面体的高．在Rt △AOB 中，AB ＝2，BO ＝23BE ＝23×32×2＝63，所以AO ＝2－69＝233.底面积S △BCD ＝34×(2)2＝32，故其体积为13×32×233＝13.12．[xx·西宁模拟]如图所示的三棱锥P－ABC中，D是棱PB的中点，已知PA＝BC＝2，AB＝4，CB⊥AB，PA⊥平面ABC，则异面直线PC，AD所成角的余弦值为( )A．－3010B．－305C.305D.3010答案 D解析因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥BC.过点A作AE∥CB，又CB⊥AB，则AP，AB，AE两两垂直．如图所示，以A为坐标原点，分别以AB，AE，AP所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(4,0,0)，C(4，－2,0)．因为D为PB的中点，所以D(2,0,1)．故CP →＝(－4,2,2)，AD →＝(2,0,1)．所以cos 〈AD →，CP →〉＝AD →·CP→|AD →|×|CP →|＝2×－4＋0×2＋1×222＋02＋12×－42＋22＋22＝－65×26＝－3010. 设异面直线PC ，AD 所成的角为θ， 则cos θ＝|cos 〈AD →，CP →〉|＝3010. 13．已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝1，AA 1＝2，点E 为CC 1的中点，则点D 1到平面BDE 的距离为 .答案233解析 如图所示，以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则D (0，0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,2)，E (0,1,1)，所以DB →＝(1,1,0)，DE→＝(0,1,1)，BD 1→＝(－1，－1,2)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BDE 的法向量，所以n ⊥DB →，n ⊥DE →，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝x ＋y ＋0×z ＝0，n ·DE →＝0×x ＋y ＋z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋z ＝0，令x ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－1，z ＝1，所以平面BDE 的一个法向量为n ＝(1，－1，1)，则点D 1到平面BDE 的距离d ＝|BD 1→·n ||n |＝233.故填233.14.[xx·山东高考]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 ＝12AC ＝23，AB ＝BC .求二面角F －BC －A 的余弦值．解 (1)证明：设FC 的中点为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 .在△CFB 中，因为H 是FB 的中点，所以HI ∥BC .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B C →＝(－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 |＝77.所以二面角F －BC －A 的余弦值为77.2019-2020年高考数学一轮总复习第8章平面解析几何8.1直线的倾斜角与斜率直线的方程模拟演练文1．[xx·安徽模拟]直线l ：x sin30°＋y cos150°＋1＝0的斜率是( ) A.33B. 3 C ．－ 3 D ．－33答案 A解析 设直线l 的斜率为k ，则k ＝－sin30°cos150°＝33.2．若经过两点A (4,2y ＋1)，B (2，－3)的直线的倾斜角为3π4，则y 等于( )A ．－1B ．－3C ．0D ．2答案 B解析 由k ＝－3－2y －12－4＝tan 3π4＝－1，得－4－2y ＝2，所以y ＝－3.3．[xx·沈阳模拟]直线ax ＋by ＋c ＝0同时要经过第一、第二、第四象限，则a ，b ，c 应满足( )A ．ab >0，bc <0B ．ab >0，bc >0C ．ab <0，bc >0D ．ab <0，bc <0 答案 A解析 由于直线ax ＋by ＋c ＝0经过第一、二、四象限，所以直线存在斜率，将方程变形为y ＝－a b x －c b .易知－a b <0且－c b>0，故ab >0，bc <0.4．若直线ax ＋by ＝ab (a >0，b >0)过点(1,1)，则该直线在x 轴，y 轴上的截距之和的最小值为( )A ．1B ．2C ．4D ．8答案 C解析 ∵直线ax ＋by ＝ab (a >0，b >0)过点(1,1)， ∴a ＋b ＝ab ，即1a ＋1b＝1，∴a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b≥2＋2b a ·ab＝4， 当且仅当a ＝b ＝2时上式等号成立．∴直线在x 轴，y 轴上的截距之和的最小值为4. 5．直线(1－a 2)x ＋y ＋1＝0的倾斜角的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34π C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫34π，πD.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，34π 答案 C解析 直线的斜率k ＝－(1－a 2)＝a 2－1， ∵a 2≥0，∴k ＝a 2－1≥－1.由倾斜角和斜率的关系(如图所示)，该直线倾斜角的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫34π，π.故选C.6．过点M (－3,5)且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程为________________． 答案 y ＝－53x 或x －y ＋8＝0解析 (1)当直线过原点时，直线方程为y ＝－53x ；(2)当直线不过原点时，设直线方程为x a ＋y－a ＝1，即x －y ＝a ，代入点(－3,5)，得a ＝－8，即直线方程为x －y ＋8＝0.7．[xx·厦门模拟]设点A (－1,0)，B (1,0)，直线2x ＋y －b ＝0与线段AB 相交，则b 的取值范围是________．答案 [－2,2]解析b 为直线y ＝－2x ＋b 在y 轴上的截距如图，当直线y ＝－2x ＋b 过点A (－1,0)和点B (1,0)时，b 分别取得最小值和最大值，∴b 的取值范围是[－2,2]．8．一条直线经过点A (2，－3)，并且它的倾斜角等于直线y ＝13x 的倾斜角的2倍，则这条直线的一般式方程是_______________．答案3x －y －33＝0解析 直线y ＝13x 的倾斜角为30°，所以所求直线的倾斜角为60°， 即斜率k ＝tan60°＝ 3.又该直线过点A (2，－3)，故所求直线为y －(－3)＝3(x －2)，即3x －y －33＝0.9．已知直线l 与两坐标轴围成的三角形的面积为3，分别求满足下列条件的直线l 的方程：(1)过定点A (－3,4)； (2)斜率为16.解 (1)设直线l 的方程为y ＝k (x ＋3)＋4，它在x 轴，y 轴上的截距分别是－4k－3,3k＋4，由已知，得(3k ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫4k＋3＝±6，解得k 1＝－23或k 2＝－83.故直线l 的方程为2x ＋3y －6＝0或8x ＋3y ＋12＝0.(2)设直线l 在y 轴上的截距为b ，则直线l 的方程是y ＝16x ＋b ，它在x 轴上的截距是－6b ，由已知，得|－6b ·b |＝6，∴b ＝±1，∴直线l 的方程为x －6y ＋6＝0或x －6y －6＝0.10．已知线段PQ 两端点的坐标分别为(－1,1)、(2,2)，若直线l ：x ＋my ＋m ＝0与线段PQ 有交点，求m 的取值范围．解 解法一：直线x ＋my ＋m ＝0恒过点A (0，－1)，k AP ＝－1－10＋1＝－2，k AQ ＝－1－20－2＝32，当m ≠0时，则－1m ≥32或－1m ≤－2.∴－23≤m ≤12且m ≠0.又m ＝0时，直线x ＋my ＋m ＝0与线段PQ 有交点，∴所求m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，12.解法二：过P 、Q 两点的直线方程为y －1＝2－12＋1(x ＋1)，即y ＝13x ＋43，代入x ＋my ＋m ＝0，整理得x ＝－7mm ＋3， 由已知－1≤－7m m ＋3≤2，解得－23≤m ≤12， 即m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，12. [B 级 知能提升](时间：20分钟)11．在等腰三角形AOB 中，AO ＝AB ，点O (0,0)，A (1,3)，点B 在x 轴的正半轴上，则直线AB 的方程为( )A ．y －1＝3(x －3)B ．y －1＝－3(x －3)C ．y －3＝3(x －1)D ．y －3＝－3(x －1)答案 D解析 因为AO ＝AB ，所以直线AB 的斜率与直线AO 的斜率互为相反数，所以k AB ＝－k OA＝－3，所以直线AB 的点斜式方程为：y －3＝－3(x －1)．12．[xx·大庆模拟]两直线x m －y n ＝a 与x n －y m＝a (其中a 为不为零的常数)的图象可能是( )答案 B解析 直线方程x m －y n ＝a 可化为y ＝n m x －na ，直线x n －y m ＝a 可化为y ＝m nx －ma ，由此可知两条直线的斜率同号．13．若ab >0，且A (a,0)，B (0，b )，C (－2，－2)三点共线，则ab 的最小值为________． 答案 16解析 根据A (a,0)，B (0，b )确定直线的方程为x a ＋y b＝1，又C (－2，－2)在该直线上，故－2a ＋－2b＝1，所以－2(a ＋b )＝ab .又ab >0，故a <0，b <0.根据基本(均值)不等式ab ＝－2(a ＋b )≥4ab ，从而ab ≤0(舍去)或ab ≥4，故ab ≥16，当且仅当a ＝b ＝－4时取等号，即ab 的最小值为16.14．过点P (2,1)作直线l ，与x 轴和y 轴的正半轴分别交于A ，B 两点，求： (1)△AOB 面积的最小值及此时直线l 的方程；(2)求直线l 在两坐标轴上截距之和的最小值及此时直线l 的方程； (3)求|PA |·|PB |的最小值及此直线l 的方程． 解 (1)解法一：设直线l 的方程为y －1＝k (x －2)， 则可得A ⎝⎛⎭⎪⎫2k －1k ，0，B (0,1－2k )．∵与x 轴，y 轴正半轴分别交于A ，B 两点， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2k －1k >0，1－2k >0⇒k <0.于是S△AOB＝12·|OA |·|OB |＝12·2k －1k ·(1－2k )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4－1k －4k ≥12⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ·－4k ＝4. 当且仅当－1k ＝－4k ，即k ＝－12时，△AOB 面积有最小值为4，此时，直线l 的方程为y－1＝－12(x －2)，即x ＋2y －4＝0.解法二：设所求直线l 的方程为x a ＋y b＝1(a >0，b >0)， 则2a ＋1b＝1.又∵2a ＋1b≥22ab ⇒12ab ≥4，当且仅当2a ＝1b ＝12，即a ＝4，b ＝2时，△AOB 面积S ＝12ab 有最小值为4.此时，直线l 的方程是x 4＋y2＝1，即x ＋2y －4＝0.(2)解法一：∵A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －1k ，0，B (0,1－2k )(k <0)，∴截距之和为2k －1k ＋1－2k ＝3－2k －1k≥3＋2－2k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＝3＋2 2.当且仅当－2k ＝－1k ，即k ＝－22时，等号成立．故截距之和最小值为3＋22，此时l 的方程为y －1＝－22(x －2)，即2x ＋2y －2－22＝0.解法二：∵2a ＋1b＝1，∴截距之和a ＋b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b ＝3＋2b a ＋a b≥3＋22b a ·ab＝3＋2 2.此时2b a ＝ab，求得b ＝2＋1，a ＝2＋ 2.此时，直线l 的方程为x 2＋2＋y2＋1＝1，即2x ＋2y －2－22＝0. (3)解法一：∵A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －1k ，0，B (0,1－2k )(k <0)， ∴|PA |·|PB |＝1k2＋1·4＋4k 2＝4k2＋4k 2＋8≥2·4k2·4k 2＋8＝4.当且仅当4k2＝4k 2，即k ＝－1时上式等号成立，故|PA |·|PB |最小值为4，此时，直线l的方程为x ＋y －3＝0.解法二：设∠OAB ＝θ，则|PA |＝1sin θ，|PB |＝2sin 90°－θ＝2cos θ，∴|PA |·|PB |＝2sin θcos θ＝4sin2θ，当sin2θ＝1，θ＝π4时，|PA |·|PB | 取得最小值4，此时直线l的斜率为－1，又过定点(2,1)，∴其方程为x＋y－3＝0.。
(浙江专用)高考数学总复习 第八章 立体几何与空间向量 第7讲 立体几何中的向量方法(一)—证明平行
第7讲立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直最新考纲 1.理解直线的方向向量及平面的法向量；2.能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系；3.能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理.知识梳理1.直线的方向向量和平面的法向量(1)直线的方向向量：如果表示非零向量a的有向线段所在直线与直线l平行或重合，则称此向量a为直线l的方向向量.(2)平面的法向量：直线l⊥α，取直线l的方向向量a，则向量a叫做平面α的法向量.2.空间位置关系的向量表示位置关系向量表示直线l1，l2的方向向量分别为n1，n2l1∥l2n1∥n2⇔n1＝λn2 l1⊥l2n1⊥n2⇔n1·n2＝0直线l的方向向量为n，平面α的法向量为m l∥αn⊥m⇔n·m＝0 l⊥αn∥m⇔n＝λm平面α，β的法向量分别为n，m α∥βn∥m⇔n＝λm α⊥βn⊥m⇔n·m＝01.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)直线的方向向量是唯一确定的.( )(2)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( )(3)若两平面的法向量平行，则两平面平行或重合.( )(4)若空间向量a平行于平面α，则a所在直线与平面α平行.( )答案(1)×(2)√(3)√(4)×2.(选修2－1P104练习2改编)已知平面α，β的法向量分别为n1＝(2，3，5)，n2＝(－3，1，－4)，则( )A.α∥βB.α⊥βC.α，β相交但不垂直D.以上均不对解析∵n1≠λn2，且n1·n2＝2×(－3)＋3×1＋5×(－4)＝－23≠0，∴α，β不平行，也不垂直.答案 C3.已知A (1，0，0)，B (0，1，0)，C (0，0，1)，则下列向量是平面ABC 法向量的是( ) A.(－1，1，1)B.(1，－1，1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－33，－33，－33 D.⎝⎛⎭⎪⎫33，33，－33 解析 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AC →＝0，化简得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，∴x ＝y ＝z .答案 C4.(2017·青岛月考)所图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线ON ，AM 的位置关系是________.解析 以D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设|AD |＝2，则A (2，0，0)，M (0，0，1)，O (1，1，0)，N (2，1，2)，所以AM →＝(－2，0，1)，ON →＝(1，0，2)，因此AM →·ON →＝－2＋0＋2＝0，故AM ⊥ON .答案 垂直5.(2017·杭州调研)设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ＝(2，2，4)，若a ＝(1，1，2)，则直线l 与平面α的位置关系为________；若a ＝(－1，－1，1)，则直线l 与平面α的位置关系为________. 解析 当a ＝(1，1，2)时，a ＝12n ，则l ⊥α；当a ＝(－1，－1，1)时，a ·n ＝(－1，－1，1)·(2，2，4)＝0，则l ∥α或l ⊂α. 答案 l ⊥α l ∥α或l ⊂α6.(2017·绍兴月考)设α，β为两个不同的平面，u ＝(－2，2，5)，v ＝(1，－1，x )分别为平面α，β的法向量.(1)若α⊥β，则x ＝________； (2)若α∥β，则x ＝________.解析 (1)由α⊥β，得u ·v ＝0，即－2－2＋5x ＝0，x ＝45；(2)由α∥β，得u ∥v ，即－21＝2－1＝5x ，x ＝－52.答案 (1)45 (2)－52考点一 利用空间向量证明平行问题【例1】 如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝22，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC .证明：PQ ∥平面BCD .证明 法一 如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD ，OP 所在射线分别为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz . 由题意知，A (0，2，2)，B (0，－2，0)，D (0，2，0). 设点C 的坐标为(x 0，y 0，0). 因为AQ →＝3QC →，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，12.因为M 为AD 的中点，故M (0，2，1). 又P 为BM 的中点，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，所以PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0.又平面BCD 的一个法向量为a ＝(0，0，1)，故PQ →·a ＝0. 又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD .法二 在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OF ，同法一建立空间直角坐标系，写出点A ，B ，C 的坐标，设点C 坐标为(x 0，y 0，0).∵CF →＝14CD →，设点F 坐标为(x ，y ，0)，则(x －x 0，y －y 0，0)＝14(－x 0，2－y 0，0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝34x 0，y ＝24＋34y 0，∴OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0又由法一知PQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 0，24＋34y 0，0，∴OF →＝PQ →，∴PQ ∥OF .又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ， ∴PQ ∥平面BCD .规律方法 (1)恰当建立坐标系，准确表示各点与相关向量的坐标，是运用向量法证明平行和垂直的关键.(2)证明直线与平面平行，只须证明直线的方向向量与平面的法向量的数量积为零，或证直线的方向向量与平面内的不共线的两个向量共面，或证直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，然后说明直线在平面外即可.这样就把几何的证明问题转化为向量运算. 【训练1】 如图所示，平面PAD ⊥平面ABCD ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点.求证：PB ∥平面EFG .证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且ABCD 为正方形， ∴AB ，AP ，AD 两两垂直.以A 为坐标原点，建立如右图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0).法一 ∴EF →＝(0，1，0)，EG →＝(1，2，－1)， 设平面EFG 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝0，n ·EG →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0，令z ＝1，则n ＝(1，0，1)为平面EFG 的一个法向量， ∵PB →＝(2，0，－2)，∴PB →·n ＝0，∴n ⊥PB →， ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG .法二 PB →＝(2，0，－2)，FE →＝(0，－1，0)， FG →＝(1，1，－1).设PB →＝sFE →＋tFG →，即(2，0，－2)＝s (0，－1，0)＋t (1，1，－1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝2，t －s ＝0，－t ＝－2，解得s ＝t ＝2.∴PB →＝2FE →＋2FG →， 又∵FE →与FG →不共线，∴PB →，FE →与FG →共面. ∵PB ⊄平面EFG ，∴PB ∥平面EFG . 考点二 利用空间向量证明垂直问题【例2】 如图所示，已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，AB ＝BC ＝PB ＝PC ＝2CD ，侧面PBC ⊥底面ABCD .证明： (1)PA ⊥BD ；(2)平面PAD ⊥平面PAB .证明 (1)取BC 的中点O ，连接PO ，∵平面PBC ⊥底面ABCD ，△PBC 为等边三角形， ∴PO ⊥底面ABCD .以BC 的中点O 为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，过点O 与AB 平行的直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.不妨设CD ＝1，则AB ＝BC ＝2，PO ＝ 3.∴A (1，－2，0)，B (1，0，0)，D (－1，－1，0)，P (0，0，3). ∴BD →＝(－2，－1，0)，PA →＝(1，－2，－3). ∵BD →·PA →＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－3)＝0， ∴PA →⊥BD →，∴PA ⊥BD .(2)取PA 的中点M ，连接DM ，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，32.∵DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，PB →＝(1，0，－3)，∴DM →·PB →＝32×1＋0×0＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PB →，即DM ⊥PB .∵DM →·PA →＝32×1＋0×(－2)＋32×(－3)＝0，∴DM →⊥PA →，即DM ⊥PA .又∵PA ∩PB ＝P ， ∴DM ⊥平面PAB .∵DM ⊂平面PAD ， ∴平面PAD ⊥平面PAB .规律方法 (1)利用已知的线面垂直关系构建空间直角坐标系，准确写出相关点的坐标，从而将几何证明转化为向量运算.其中灵活建系是解题的关键. (2)用向量证明垂直的方法①线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零.②线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示.③面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示. 【训练2】 如图所示，正三棱柱(底面为正三角形的直三棱柱)ABC －A 1B 1C 1的所有棱长都为2，D 为CC 1的中点.求证：AB 1⊥平面A 1BD .证明 法一 设平面A 1BD 内的任意一条直线m 的方向向量为m .由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使m ＝λBA 1→＋μBD →.令BB 1→＝a ，BC →＝b ，BA →＝c ，显然它们不共面，并且|a |＝|b |＝|c |＝2，a ·b ＝a ·c ＝0，b ·c ＝2，以它们为空间的一个基底， 则BA 1→＝a ＋c ，BD →＝12a ＋b ，AB 1→＝a －c ，m ＝λBA 1→＋μBD →＝⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc ，AB 1→·m ＝(a －c )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫λ＋12μa ＋μb ＋λc＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋12μ－2μ－4λ＝0.故AB 1→⊥m ，故AB 1⊥平面A 1BD . 法二 如图所示，取BC 的中点O ，连接AO . 因为△ABC 为正三角形， 所以AO ⊥BC .因为在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，所以AO ⊥平面BCC 1B 1.取B 1C 1的中点O 1，以O 为原点，分别以OB →，OO 1→，OA →所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1，0，0)，D (－1，1，0)，A 1(0，2，3)，A (0，0，3)，B 1(1，2，0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1，2，3)，BD →＝(－2，1，0). 因为n ⊥BA 1→，n ⊥BD →，故⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝0，n ·BD →＝0，⇒⎩⎨⎧－x ＋2y ＋3z ＝0，－2x ＋y ＝0，令x ＝1，则y ＝2，z ＝－3，故n ＝(1，2，－3)为平面A 1BD 的一个法向量， 而AB 1→＝(1，2，－3)，所以AB 1→＝n ，所以AB 1→∥n ， 故AB 1⊥平面A 1BD .考点三 利用空间向量解决探索性问题【例3】 (2017·湖州调研)如图，棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的所有棱长都等于2，∠ABC 和∠A 1AC 均为60°，平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD . (1)求证：BD ⊥AA 1；(2)在直线CC 1上是否存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1？若存在，求出点P 的位置；若不存在，请说明理由.(1)证明 设BD 与AC 交于点O ，则BD ⊥AC ，连接A 1O ，在△AA 1O 中，AA 1＝2，AO ＝1，∠A 1AO ＝60°，∴A 1O 2＝AA 21＋AO 2－2AA 1·AO cos 60°＝3， ∴AO 2＋A 1O 2＝AA 21，∴A 1O ⊥AO . 由于平面AA 1C 1C ⊥平面ABCD ， 平面AA 1C 1C ∩平面ABCD ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABCD ，以OB ，OC ，OA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，D (－3，0，0)，A 1(0，0，3)，C 1(0，2，3).由于BD →＝(－23，0，0)，AA 1→＝(0，1，3)，AA 1→·BD →＝0×(－23)＋1×0＋3×0＝0，∴BD →⊥AA 1→，即BD ⊥AA 1.(2)解 假设在直线CC 1上存在点P ，使BP ∥平面DA 1C 1，设CP →＝λCC 1→，P (x ，y ，z )，则(x ，y －1，z )＝λ(0，1，3).从而有P (0，1＋λ，3λ)，BP →＝(－3，1＋λ，3λ). 设n 3⊥平面DA 1C 1，则⎩⎪⎨⎪⎧n 3⊥A 1C 1→，n 3⊥DA 1→，又A 1C 1→＝(0，2，0)，DA 1→＝(3，0，3)，设n 3＝(x 3，y 3，z 3)，⎩⎨⎧2y 3＝0，3x 3＋3z 3＝0，取n 3＝(1，0，－1)，因为BP ∥平面DA 1C 1，则n 3⊥BP →，即n 3·BP →＝－3－3λ＝0，得λ＝－1， 即点P 在C 1C 的延长线上，且C 1C ＝CP .规律方法 向量法解决与垂直、平行有关的探索性问题(1)根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想，找出点或线的位置，并用向量表示出来，然后再加以证明，得出结论.(2)假设所求的点或参数存在，并用相关参数表示相关点，根据线、面满足的垂直、平行关系，构建方程(组)求解，若能求出参数的值且符合该限定的范围，则存在，否则不存在. 【训练3】 在四棱锥P －ABCD 中，PD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，PD ＝DC ，E ，F 分别是AB ，PB 的中点. (1)求证：EF ⊥CD ；(2)在平面PAD 内是否存在一点G ，使GF ⊥平面PCB ？若存在，求出点G 坐标；若不存在，试说明理由.(1)证明 由题意知，DA ，DC ，DP 两两垂直.如图，以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设AD ＝a ，则D (0，0，0)，A (a ，0，0)，B (a ，a ，0)，C (0，a ，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，a2，0，P (0，0，a )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，a 2，a 2.EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a2，0，a 2，DC →＝(0，a ，0).∵EF →·DC →＝0，∴EF →⊥DC →，从而得EF ⊥CD . (2)解 假设存在满足条件的点G ，设G (x ，0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2，－a 2，z －a 2·(a ，0，0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a 2；由FG →·CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(0，－a ，a )＝a 22＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫z －a 2＝0，得z ＝0.∴G 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，0，0，即存在满足条件的点G ，且点G 为AD 的中点.[思想方法]1.用向量法解决立体几何问题，是空间向量的一个具体应用，体现了向量的工具性，这种方法可把复杂的推理证明、辅助线的作法转化为空间向量的运算，降低了空间想象演绎推理的难度，体现了由“形”转“数”的转化思想.2.用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：(1)建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；(2)通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；(3)根据运算结果的几何意义来解释相关问题.3.用向量的坐标法证明几何问题，建立空间直角坐标系是关键，以下三种情况都容易建系：(1)有三条两两垂直的直线；(2)有线面垂直；(3)有两面垂直. [易错防范]1.用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理.如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.2.用向量证明立体几何问题，写准点的坐标是关键，要充分利用中点、向量共线、向量相等来确定点的坐标.。
高三数学一轮复习(浙江版)练习7.6 空间向量在立体几何中的应用知能训练 Word版含答案
§空间向量在立体几何中的应用
Ａ组基础题组
.(诸暨高中毕业班检测分)如图,在棱长为的正方体中分别是线段上的点是直线上的点,满足∥平面⊥,则的最小值是()
.
.(温州二模分)如图所示的一块长方体木料中,已知,设为底面的中心,且λ,则该长方体中经过点的截面面积的最小值为.
.(学军中学仿真考分)设、是直角梯形两腰的中点⊥于(如图).现将△沿折起,使二面角为°分别是线段和线段上任意一点,当⊥时长度的取值范围是.
.(天津分)如图,四棱柱中,侧棱⊥底面∥⊥为棱的中点.
()证明⊥;
()求二面角的正弦值;
()设点在线段上,且直线与平面所成角的正弦值为,求线段的长.
.(陕西分)如图,四棱柱的底面是正方形为底面中心⊥平面.
()证明⊥平面;
()求平面与平面的夹角θ的大小.
.(浙江名校(诸暨中学)交流卷四)如图,已知长方形中为的中点.将△沿折起,使得平面⊥平面是上任意一点.
()求证⊥;
()若点是线段上的一动点(不包括端点),问点在何处时,二面角的余弦值为?
.(浙江分)如图,在四面体中⊥平面⊥是的中点是的中点,点在线段上,且.
()证明∥平面;
()若二面角的大小为°,求∠的大小.。
2020届高考数学(理)一轮复习精品特训专题八：立体几何(7)空间向量的应用
15、如图,在四棱锥 中, ,且 .
1.证明:平面 平面 ;
2.若 , ,求二面角 的余弦值.
答案以及解析
1答案及解析：
答案：D
解析：
2答案及解析：
答案：A
解析：
3答案及解析：
答案：C
解析：类比得:
即
故选C.
4答案及解析：
A.
B.
C.
D.
11、已知直线 的方向向量为 ,平面 的法向量为 ,且 ,则 __________
12、已知长方体 内接于球 ,底面 是边长为2的正方形, 为 的中点, 平面 ,则球 的表面积为__________.
13、如图,在四棱锥 中, 平面 ,底面 为直角梯形, ,且 分别为线段 上的一点(端点除外),满 ,则当实数 的值为__________时, 为直角.
A.
B.
C.
D.
4、已知 ,则平面 的单位法向量为( )
A.
B.
C.
D.
5、已知正方体 中, 分别为 的中点,那么直线 与 所成角的余弦值为( )
A.
B.
C.
D.
6、在正三棱锥 中, 在棱 上, 在棱 上,且 为 异面直线 与 所成的角, 为异面直线 与 所成的角,则 的值是( )
A.
B.
C.
D.
7、如图 ,四棱锥 中, 底面 ,底面 是直角梯形, 是侧棱 上靠近点 的四等分点, .该四棱锥的俯视图如图 所示,则 的大小是( )
解得 ,∴球 的半径R满足: ,
∴球 的表面积 .
考点:球的体积和表面积.
13答案及解析：
(浙江专版)高考数学一轮复习 第7章 立体几何 第1节 空间几何体的结构及其三视图和直观图教师用书-
第七章立体几何[深研高考·备考导航]为教师备课、授课提供丰富教学资源[五年考情]考点2016年2015年2014年2013年2012年三视图直观图及几何体的表面积体积11,6分(理)14,4分(理)9,6分(文)2,5分(理)2,5分(文)3,5分(理)3,5分(文)12,4分(理)5,5分(文)11,4分(理)3,5分(文)空间点线面的位置关系2,5分(理)14,4分(理)17(1)，7分(理)2,5分(文)18(1)，7分(文)13,4分(理)17(1)，7分(理)4,5分(文)18(1)，7分(文)17,4分(理)20(1)，7分(理)6,5分(文)20,8分(文)10,5分(理)20(2)，9分(文)4,5分(文)5,5分(文)10,5分(理)5,5分(文)20(1)，7分(理)20，约8分(文)空间向量及其应用、空间角17(2)，8分(理)14,4分(文)18(2)，8分(文)8,5分(理)7,5分(文)18(2)，8分(文)20(2)，8分(理)20(2)，8分(文)20(2)，9分(理)20(2)，5分(文)20(2)，7分(理)20(2)，7分(文)[重点关注]分析近5年某某卷高考试题发现本章主要考查简单几何体的三视图及表面积、体积、空间中线、面的平行垂直关系、突出对空间想象能力，逻辑推理能力的考查、分值大约在20分左右．第一节空间几何体的结构及其三视图和直观图1．简单多面体的结构特征(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．2．旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察到的几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A时，若∠A的两边分别平行于x轴和y轴，且∠A＝90°，则在直观图中，∠A＝90°.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )[答案](1)×(2)×(3)×(4)×2．(教材改编)如图711，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是( )图711A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体C[由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱．]3．如图712，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )图712A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱B[由题知，该几何体的三视图为一个三角形，两个四边形，经分析可知该几何体为如图所示的三棱柱．]4．将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图713所示，则该几何体的侧(左)视图为( )图713B[由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧(左)视图为图②.]5．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于________. 【导学号：51062215】2π[由题意得圆柱的底面半径r＝1，母线l＝1，所以圆柱的侧面积S＝2πrl＝2π.]空间几何体的结构特征(1)下列说法正确的是( )A．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．四棱锥的四个侧面都可以是直角三角形C．有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D．棱台的各侧棱延长后不一定交于一点(2)以下命题：①以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3(1)B(2)B[(1)如图①所示，可知A错．如图②，当PD⊥底面ABCD，且四边形ABCD 为矩形时，则四个侧面均为直角三角形，B正确．①②根据棱台的定义，可知C，D不正确．(2)由圆锥、圆台、圆柱的定义可知①②错误，③正确．对于命题④，只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，④不正确．][规律方法] 1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．3．因为棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．[变式训练1] 下列结论正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线D[如图①知，A不正确．如图②，两个平行平面与底面不平行时，截得的几何体不是旋转体，则B不正确．①②C错误．若六棱锥的所有棱长都相等，则底面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．由母线的概念知，选项D正确．]空间几何体的三视图☞角度1 由空间几何体的直观图判断三视图一几何体的直观图如图714，下列给出的四个俯视图中正确的是( )图714A B C DB[该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选项B适合．]☞角度2 已知三视图，判断几何体(1)某四棱锥的三视图如图715所示，该四棱锥最长棱棱长为( )图715A．1 B. 2C. 3 D．2(2)如图716是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )图716A．20πB．24πC．28πD．32π(1)C(2)C[(1)由三视图知，该四棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面ABCD.又PA＝AD＝AB＝1，且底面ABCD是正方形，所以PC为最长棱．连接AC，则PC＝AC2＋PA2＝22＋1＝ 3.(2)由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4＝16π，底面积为π·22＝4π；圆锥的底面直径为4，高为23，所以圆锥的母线长为232＋22＝4，所以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π.所以该几何体的表面积为S＝16π＋4π＋8π＝28π.][规律方法] 1.由实物图画三视图或判断选择三视图，按照“正侧一样高，正俯一样长，俯侧一样宽”的特点确认．2．根据三视图还原几何体．(1)对柱、锥、台、球的三视图要熟悉．(2)明确三视图的形成原理，并能结合空间想象将三视图还原为直观图．(3)根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．易错警示：对于简单组合体的三视图，应注意它们的交线的位置，区分好实线和虚线的不同.空间几何体的直观图(2017·某某模拟)已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为( )A.34a 2B.38a 2 C.68a 2D.616a 2 D [如图①②所示的实际图形和直观图，由②可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′， 则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a ， 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.][规律方法] 1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握．对直观图的考查有两个方向，一是已知原图形求直观图的相关量，二是已知直观图求原图形中的相关量．2．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形． [变式训练2] 已知等腰梯形ABCD ，上底CD ＝1，腰AD ＝CB ＝2，下底AB ＝3，以下底所在直线为x 轴，则由斜二测画法画出的直观图A ′B ′C ′D ′的面积为________. 【导学号：51062216】22[如图所示：因为OE ＝22－1＝1，所以O ′E ′＝12，E ′F ＝24，则直观图A ′B ′C ′D ′的面积S ′＝1＋32×24＝22.][思想与方法]1．画三视图的三个原则：(1)画法规则：“长对正，宽相等，高平齐”．(2)摆放规则：侧视图在正视图的右侧，俯视图在正视图的正下方．(3)实虚线的画法规则：可见轮廓线和棱用实线画出，不可见线和棱用虚线画出． 2．棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想．[易错与防X]1．确定正视、侧视、俯视的方向，观察同一物体方向不同，所画的三视图也不同． 2．对于简单几何体的组合体，在画其三视图时首先应分清它是由哪些简单几何体组成的，然后再画其三视图，易忽视交线的位置，实线与虚线的不同致误．课时分层训练(三十六)空间几何体的结构及其三视图和直观图A 组 基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．下列叙述中，正确的个数为( )①在棱柱中，各侧面都是平行四边形；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线；③有两个面互相平行，且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台．A．0 B．1C．2 D．3C[由棱柱的结构特征可知①正确．由圆锥母线的定义可知②正确．棱台的定义是棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，各侧棱延长线相交于一点才行，故③错．] 2．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )【导学号：51062217】A．圆柱B．圆锥C．四面体D．三棱柱A[由三视图知识知圆锥、四面体、三棱柱(放倒看)都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不可能为三角形．]3．(2017·某某质检)一个三棱锥的正视图和俯视图如图717所示，则该三棱锥的侧视图可能为( )图717A B C DD[由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，∴该三棱锥的侧视图可能为选项D.]4．一个几何体的三视图如图718所示，则该几何体的表面积为( )图718A ．3πB ．4πC ．2π＋ 4D ．3π＋4D [由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示．表面积为2×2＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.]5．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图719，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )图719A.18B.17C.16D.15D [由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.]二、填空题6．(2017·某某五校联考)一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图7110所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 的面积为________．图71102 2 [因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2.]7．如图7111所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥PABC的正视图与侧视图的面积的比值为________．图71111 [三棱锥PABC的正视图与侧视图为底边和高均相等的三角形，故它们的面积相等，面积比值为1.]8．某三棱锥的三视图如图7112所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________.【导学号：51062218】图71122 2 [由题中三视图可知，三棱锥的直观图如图所示，其中PA⊥平面ABC，M为AC的中点，且BM⊥AC，故该三棱锥的最长棱为PC.在Rt△PAC中，PC＝PA2＋AC2＝22＋22＝2 2.]三、解答题9．某几何体的三视图如图7113所示．图7113(1)判断该几何体是什么几何体？(2)画出该几何体的直观图. 【导学号：51062219】[解] (1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后的几何体.6分(2)直观图如图所示.15分10．如图7114，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．图7114(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .[解] (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.6分(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.8分由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt △APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝622＋62＝6 3 cm.15分B组能力提升(建议用时：15分钟)1．在如图7115所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0,0,2)，(2,2,0)，(1,2,1)，(2,2,2)，给出编号①②③④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为( )图7115A．①和②B．③和①C．④和③D．④和②D[如图，在坐标系中标出已知的四个点，根据三视图的画图规则判断三棱锥的正视图为④，俯视图为②.]2．(2017·某某学军中学质检)如图7116是一个几何体的三视图，则该几何体任意两个顶点间距离的最大值是( ) 【导学号：51062220】图7116A．4 B．5C．3 2 D．3 3D[由三视图作出几何体的直观图(如图所示)，计算可知AF最长，且AF＝BF2＋AB2＝3 3.]3．某四棱柱的三视图如图7117所示，则该四棱柱的体积为________．图711732[由题中三视图可画出长为2、宽为1、高为1的长方体，将该几何体还原到长方体中，如图所示，该几何体为四棱柱ABCDA′B′C′D′.故该四棱柱的体积V＝Sh＝12×(1＋2)×1×1＝32.]。
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 7.7 立体几何中的向量方法课件
12/11/2021
第二十一页，共六十三页。
【解析】
(1)如图所示，以 D 为坐标原点，以 DA 所在直线为 x 轴， DC 所在直线为 y 轴，DD1 所在直线为 z 轴，建立空间直角坐标 系，设正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，易得 E(2,2,1)，F(1,1,2)， D(0,0,0)，A1(2,0,2)，
第四页，共六十三页。
01 知识梳理 诊断自测
课前热身 稳固根基
12/11/2021
第五页，共六十三页。
知识点一
异面直线所成角
设异面直线 a，b 所成的角为 θ，则 cosθ＝||aa|·|bb||，其中 a，b 分别是 直线 a，b 的方向向量．
两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的向量的夹角 为(0，π)，所以公式中要加绝对值．
则
cosθ＝
→→ AC1·AC2 →→
＝12＋30×＋38＝
3 2.
|AC1||AC2|
又 θ∈0，π2，所以 θ＝π6.
(3)以点 D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
12/11/2021
第十六页，共六十三页。
设 PD＝DC＝1， 则 D(0,0,0)，P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)， 所以D→P＝(0,0,1)，P→C＝(0,1，－1)，D→B＝(1,1,0)， B→C＝(－1，0,0)，设平面 PBD 的一个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·D→P＝0，n1·D→B＝0 得zx11＝＋0y， 1＝0， 令 x1＝1，得 n1＝(1，－1,0)．
设直线 PB 与 AC 所成角为 θ，则 cosθ＝
→→ PB·AC →→
＝2
高考数学一轮总复习第7章立体几何7.7立体几何中的向量方法模拟演练课件理
故C→P＝(－4,2,2)，A→D＝(2,0,1)．
所以cos〈A→D，C→P〉＝|A→AD→D|×·C→ |CP→P|
＝
22＋ 2×02＋ －142× ＋0× －24＋21＋×222＋22＝
－6 5×2
＝－ 6
30 10 .
设异面直线PC，AD所成的角为θ，
2．[2017·宜宾模拟]已知向量 a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，
且 ka＋b 与 2a－b 互相平行，则 k 的值是(
)
A．－2
4 B.3
5 C.3
7 D.5
解析 由题意得，ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－ 2)．所以k－3 1＝2k＝－22，解得 k＝－2.
3．[2017·金华模拟]在空间直角坐标系 Oxyz 中，平面 OAB
10．如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠ BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3.
(1)证明：AC⊥B1D； (2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．
解 (1)证明：易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图， 以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系．设AB＝t，则相关各点的坐 标为：A(0,0,0)，B(t,0,0)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)， D(0,3,0)，D1(0，3,3)．
2|－ 2＋2－ －62＋22＋| 1＝2.
4．在三棱锥 P－ABC 中，PA⊥平面 ABC，∠BAC＝90°，
D，E，F 分别是棱 AB，BC，CP 的中点，AB＝AC＝1，PA
＝2，则直线 PA 与平面 DEF 所成角的正弦值为(
高考数学一轮复习 第七章 立体几何 7.7 立体几何中的向量方法练习 理-人教版高三全册数学试题
第七章 立体几何 7.7 立体几何中的向量方法练习 理[A 组·基础达标练]1．若直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，有可能使l ∥α的是 ( ) A ．a ＝(1,0,0)，n ＝(－2,0,0) B ．a ＝(1,3,5)，n ＝(1,0,1) C ．a ＝(0,2,1)，n ＝(－1,0，－1) D ．a ＝(1，－1,3)，n ＝(0,3,1) 答案 D解析 若l ∥α，则a ·n ＝0，而选项A 中a ·n ＝－2，选项B 中a ·n ＝1＋5＝6，选项C 中a ·n ＝－1，选项D 中a ·n ＝－3＋3＝0，故选D.2．[2016·某某模拟]在空间中，已知AB →＝(2,4,0)，DC →＝(－1,3,0)，则异面直线AB 与DC 所成角θ的大小为( )A ．45° B．90° C ．120° D．135° 答案 A解析 AB →＝(2,4,0)，DC →＝(－1,3,0)，cos 〈AB →，DC →〉＝AB →×DC→|AB →||DC →|＝12－225×10＝22.∴〈AB →，DC →〉＝45°. 即AB 与DC 所成的角为45°.3．[2015·某某模拟]如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝23a ，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定 答案 B解析分别以C 1B 1、C 1D 1、C 1C 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示． ∵A 1M ＝AN ＝23a ， ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，23a ，a 3，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，23a ，a ， ∴MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a3，0，23a .又C 1(0,0,0)，D 1(0，a,0)， ∴C 1D 1→＝(0，a,0)，∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→. ∵C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C .4．[2016·某某五校联考]长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，BB 1＝ 2.设点A 关于直线BD 1的对称点为P ，则P 与C 1两点之间的距离为( )A ．1 B. 2 C.33D.32答案 A解析将长方体中含有ABD 1的平面取出，过点A 作AM ⊥BD 1，延长AM 到AP ，使MP ＝AM ，则P 是A 关于BD 1的对称点，如图所示，过P 作PE ⊥BC 1，垂足为E ，连接PB ，PC 1，依题意AB ＝1，AD 1＝3，BD 1＝2，∠ABD 1＝60°，∠BAM ＝30°，∠PBE ＝30°，PE ＝12，BE ＝32，所以PC 1＝1，故选A.5．[2015·潍坊模拟]正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为( )A.22B.155C.64D.63答案 C解析 建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)，A (0,0,2)，AC 1→＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角的正弦值为|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝38＝64.6.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 是底面正方形ABCD 的中心，M 是D 1D 的中点，N 是A 1B 1的中点，则直线NO 、AM 的位置关系是( )A ．平行B ．相交C ．异面垂直D ．异面不垂直 答案 C解析 建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A (2,0,0)，M (0,0,1)，O (1,1,0)，N (2,1,2)，NO →＝(－1，0，－2)，AM →＝(－2,0,1)，NO →·AM →＝0，则直线NO 、AM 的位置关系是异面垂直．7．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33，M 、N 分别是AC 、BC 的中点，则EM 、AN 所成角的余弦值等于________．答案 16解析过C 点作CO ⊥平面ABDE ，垂足为O ，取AB 中点F ，连接CF 、OF ，则∠CFO 为二面角C AB D的平面角，设AB ＝1，则CF ＝32， OF ＝CF ·cos∠CFO ＝12， OC ＝22， 则O 为正方形ABDE 的中心， 如图所示建立直角坐标系Oxyz ， 则E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22，0，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，0，24，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，N ⎝⎛⎭⎪⎫0，24，24， EM →＝⎝⎛⎭⎪⎫24，22，24， AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，24，24， cos 〈EM →，AN →〉＝EM →·AN→|EM →||AN →|＝16.8．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1上的点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离是______．答案22解析 解法一：以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设点E (1，a,1)(0≤a ≤1)， 连接D 1E ， 则D 1E →＝(1，a,0)．连接A 1D ，易知A 1D ⊥平面ABC 1D 1， 则DA 1→＝(1,0,1)为平面ABC 1D 1的一个法向量．∴点E 到平面ABC 1D 1的距离是d ＝|D 1E →·DA 1→||DA 1→|＝22.解法二：点E 到平面ABC 1D 1的距离， 即B 1到BC 1的距离， 易得点B 1到BC 1的距离为22.9．[2014·某某高考]如图，△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直，且AB ＝BC ＝BD ＝2，∠ABC ＝∠DBC ＝120 °，E 、F 分别为AC 、DC 的中点．(1)求证：EF ⊥BC ；(2)求二面角E －BF －C 的正弦值．解(1)证法一：过E 作EO ⊥BC ，垂足为O ，连OF . 由△ABC ≌△DBC 可证出△EOC ≌△FOC . 所以∠EOC ＝∠FOC ＝π2，即FO ⊥BC . 又EO ⊥BC ， 因此BC ⊥平面EFO ，又EF ⊂平面EFO ，所以EF ⊥BC .证法二：由题意，以B 为坐标原点，在平面DBC 内过B 作垂直BC 的直线为x 轴，BC 所在直线为y 轴，在平面ABC 内过B 作垂直BC 的直线为z 轴，建立如图2所示空间直角坐标系．易得B (0,0,0)，A (0，－1，3)，D (3，－1,0)，C (0,2,0)． 因而E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，所以EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，－32，BC →＝(0,2,0)，因此EF →·BC →＝0，从而EF →⊥BC →，所以EF ⊥BC .(2)解法一：在图1中，过O 作OG ⊥BF ，垂足为G ，连EG . 由平面ABC ⊥平面BDC ， 从而EO ⊥平面BDC ， 又OG ⊥BF ，由三垂线定理知EG ⊥BF .因此∠EGO 为二面角E －BF －C 的平面角． 在△EOC 中，EO ＝12EC ＝12BC ·cos30°＝32，由△BGO ∽△BFC 知，OG ＝BO BC ·FC ＝34， 因此tan ∠EGO ＝EO OG＝2， 从而sin ∠EGO ＝255，即二面角E －BF －C 的正弦值为255.解法二：在图2中，平面BFC 的一个法向量为n 1＝(0,0,1)． 设平面BEF 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32.由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·BF →＝0n 2·BE →＝0，得其中一个n 2＝(1，－3，1)． 设二面角E －BF －C 的大小为θ， 且由题意知θ为锐角，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝15， 因此sin θ＝25＝255， 即所求二面角的正弦值为255.10．[2015·某某二模]如图，在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，H 为PC 的中点，M 为AH 的中点，PA ＝AC ＝2，BC ＝1.(1)求证：AH ⊥平面PBC ；(2)求PM 与平面AHB 所成角的正弦值；(3)设点N 在线段PB 上，且PN PB＝λ，MN ∥平面ABC ，某某数λ的值． 解 (1)证明：因为PA ⊥底面ABC ，BC ⊂底面ABC ， 所以PA ⊥BC ，又因为AC ⊥BC ，PA ∩AC ＝A ， 所以BC ⊥平面PAC ， 又因为AH ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥AH .因为PA ＝AC ，H 是PC 中点， 所以AH ⊥PC ， 又因为PC ∩BC ＝C ，所以AH ⊥平面PBC .(2)在平面ABC 中，过点A 作AD ∥BC ， 因为BC ⊥平面PAC ， 所以AD ⊥平面PAC ，又PA ⊥底面ABC ，得PA ，AC ，AD 两两垂直，所以以A 为原点，AD ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系则A (0,0,0)，P (0,0,2)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，H (0,1,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12. 设平面AHB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，AH →＝(0,1,1)，AB →＝(1,2,0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AH →＝0n ·AB →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋z ＝0x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(2，－1,1)． 设PM 与平面AHB 所成角为θ， 因为PM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－32，所以sin θ＝|cos 〈PM →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PM →·n |PM →|·|n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪2×0＋－1×12＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－3252×6 即sin θ＝21515.(3)因为PB →＝(1,2，－2)，PN →＝λPB →， 所以PN →＝(λ，2λ，－2λ)， 又因为PM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，－32，所以MN →＝PN →－PM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ，2λ－12，32－2λ. 因为MN ∥平面ABC ，平面ABC 的一个法向量AP →＝(0,0,2)， 所以MN →·AP →＝3－4λ＝0，解得λ＝34.[B 组·能力提升练]1．[2016·某某调研]已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13 答案 A解析如图，连接AC 交BD 于点O ，连接CO ，过C 作CH ⊥C 1O 于点H ，连接DH .∵BD ⊥AC ，BD ⊥AA 1，AC ∩AA 1＝A ， ∴BD ⊥平面ACC 1A 1.又CH ⊂平面ACC 1A 1，∴CH ⊥BD . 又CH ⊥C 1O ，且BD ∩C 1O ＝O ，∴CH ⊥平面C 1BD .∴∠HDC 为CD 与平面BDC 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2，则OC ＝AC 2＝22，C 1O ＝OC 2＋CC 21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋22＝322.由等面积法，得C 1O ·CH ＝OC ·CC 1，即322·CH ＝22×2，则CH ＝23，故sin ∠HDC ＝CH DC ＝23，即CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为23.2．[2014·某某高考]如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝11，AD ＝7，AA 1＝12.一质点从顶点A 射向点E (4,3,12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i －1次到第i 次反射点之间的线段记为L i (i ＝2,3,4)，L 1＝AE ，将线段L 1，L 2，L 3，L 4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是( )答案 C解析 由对称性知质点经点E 反射到平面ABCD 的点E 1(8,6,0)处．在坐标平面xAy 中，直线AE 1的方程为y ＝34x ，与直线DC 的方程y ＝7联立得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫283，7.由两点间的距离公式得E 1F ＝53. ∵tan ∠E 2E 1F ＝tan ∠EAE 1＝125， ∴E 2F ＝E 1F ·tan∠E 2E 1F ＝4. ∴E 2F 1＝12－4＝8.∴L 3L 4＝E 1E 2E 2E 3＝E 2F E 2F 1＝48＝12.故选C.3．[2015·某某高考]如右图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A 1A ＝6，且A 1A ⊥底面ABCD .点P ，Q 分别在棱DD 1，BC 上．(1)若P 是DD 1的中点，证明：AB 1⊥PQ ；(2)若PQ ∥平面ABB 1A 1，二面角P －QD －A 的余弦值为37，求四面体ADPQ 的体积．解 由题设知，AA 1，AB ，AD 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如右图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B 1(3,0,6)，D (0,6,0)，D 1(0,3,6)，Q (6，m,0)，其中m ＝BQ,0≤m ≤6.(1)证明：若P 是DD 1的中点，则P (0，92，3)，PQ →＝(6，m －92，－3)．又AB 1→＝(3,0,6)，于是AB 1→·PQ →＝18－18＝0，所以AB 1→⊥PQ →，即AB 1⊥PQ .(2)由题设知，DQ →＝(6，m －6,0)，DD 1→＝(0，－3,6)是平面PQD 内的两个不共线向量．设n 1＝(x ，y ，z )是平面PQD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·DQ →＝0n 1·DD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x ＋m －6y ＝0－3y ＋6z ＝0.取y ＝6，得n 1＝(6－m,6,3)．又平面AQD 的一个法向量是n 2＝(0,0,1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝31·6－m 2＋62＋32＝36－m 2＋45.而二面角P －QD －A 的余弦值为37，因此36－m 2＋45＝37，解得m ＝4，或m ＝8(舍去)，此时Q (6,4,0)．设DP →＝λDD 1→(0<λ≤1)，而DD 1→＝(0，－3，6)，由此得点P (0,6－3λ，6λ)，所以PQ →＝(6,3λ－2，－6λ)．因为PQ ∥平面ABB 1A 1，且平面ABB 1A 1的一个法向量是n 3＝(0,1,0)，所以PQ →·n 3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝23，从而P (0,4,4)．于是，将四面体ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥P ADQ ，则其高h ＝4.故四面体ADPQ 的体积V ＝13S △ADQ ·h ＝13×12×6×6×4＝24.4．[2015·课标全国卷Ⅱ]如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求直线AF 与平面α所成角的正弦值． 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图：(2)作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EM ＝AA 1＝8. 因为EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，所以AH ＝10.以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz ，则A (10,0,0)，H (10,10,0)，E (10,4,8)，F (0,4,8)，FE →＝(10,0,0)，HE →＝(0，－6，8)．设n ＝(x ，y ，z )是平面EHGF 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·FE →＝0n ·HE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧10x ＝0－6y ＋8z ＝0，所以可取n ＝(0,4,3)．又AF →＝(－10,4,8)，故|cos 〈n ，AF →〉|＝|n ·AF →||n ||AF →|＝4515.所以AF 与平面EHGF 所成角的正弦值为4515.5．[2015·某某高考]如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，PA＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解 以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)． 因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即{ x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0. 令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1.所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m|AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP→|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.。
2019-2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.7.2空间向量的应用课时跟踪检测理
2019-2020年高考数学一轮总复习第七章立体几何7.7.2空间向量的应用课时跟踪检测理[课时跟踪检测]1．已知单位正方体ABCD－A1B1C1D1，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点．试求：(1)AD1与EF所成角的大小；(2)AF与平面BEB1所成角的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，得A(1,0,1)，B(0,0,1)，D1(1,1,0)，E⎝⎛⎭⎪⎫0，12，0，F⎝⎛⎭⎪⎫12，1，0.(1)因为AD1→＝(0,1，－1)，EF→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以cos〈AD1→，EF→〉＝0，1，－1·⎝⎛⎭⎪⎫12，12，02×22＝12，即AD1与EF所成的角为60°.(2)FA→＝⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，1，由图可得，BA→＝(1,0,0)为平面BEB1的一个法向量，设AF与平面BEB1所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈BA→，FA→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1，0，0·⎝⎛⎭⎪⎫12，－1，11×⎝⎛⎭⎪⎫122＋－12＋12＝13，所以cosθ＝223.即AF与平面BEB1所成角的余弦值为223.2．(xx届昆明市两区七校调研)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝1，E为BC中点．(1)求证：C 1D ⊥D 1E ；(2)在棱AA 1上是否存在一点M ，使得BM ∥平面AD 1E ？若存在，求AMAA 1的值；若不存在，说明理由；(3)若二面角B 1－AE －D 1的大小为90°，求AD 的长．解：(1)证明：以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，设AD ＝a ，则D (0,0,0)，A (a,0,0)，B (a,1,0)，B 1(a,1,1)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，所以C 1D →＝(0，－1，－1)，D 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，－1，所以C 1D →·D 1E →＝0，所以C 1D ⊥D 1E . (2)设AMAA 1＝h ，则M (a,0，h )， 连接BM ，所以BM →＝(0，－1，h )，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，0，AD 1→＝(－a,0,1)，设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧AE →·n ＝－a2x ＋y ＝0AD 1→·n ＝－ax ＋z ＝0，所以平面AD 1E 的一个法向量为n ＝(2，a,2a )， 因为BM ∥平面AD 1E ，所以BM →⊥n ， 即BM →·n ＝2ah －a ＝0，所以h ＝12.即在AA 1上存在点M ，使得BM ∥平面AD 1E ，此时AM AA 1＝12. (3)连接AB 1，B 1E ，设平面B 1AE 的法向量为m ＝(x ′，y ′，z ′)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，0，AB 1→＝(0,1,1)，则⎩⎨⎧AE →·m ＝－a2x ′＋y ′＝0，AB 1→·m ＝y ′＋z ′＝0，所以平面B 1AE 的一个法向量为m ＝(2，a ，－a )． 因为二面角B 1－AE －D 1的大小为90°， 所以m ⊥n ，所以m·n ＝4＋a 2－2a 2＝0， 因为a >0，所以a ＝2，即AD ＝2.3．如图1，∠ACB ＝45°，BC ＝3，过动点A 作AD ⊥BC ，垂足D 在线段BC 上且异于点B ，连接AB ，沿AD 将△ABD 折起，使∠BDC ＝90°(如图2所示)．(1)当BD 的长为多少时，三棱锥A －BCD 的体积最大；(2)当三棱锥A －BCD 的体积最大时，设点E ，M 分别为棱BC ，AC 的中点，试在棱CD 上确定一点N ，使得EN ⊥BM ，并求EN 与平面BMN 所成角的大小．解：(1)设BD ＝x (0<x <3)，则CD ＝3－x . 由AD ⊥BC ，∠ACB ＝45°知， △ADC 为等腰直角三角形， 所以AD ＝CD ＝3－x .由折起前AD ⊥BC 知，折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥BD ， 且BD ∩DC ＝D ， 所以AD ⊥平面BCD . 又∠BDC ＝90°，所以S △BCD ＝12BD ·CD ＝12x (3－x )．于是V A －BCD ＝13AD ·S △BCD ＝13(3－x )·12x (3－x )＝112·2x (3－x )·(3－x )≤112⎣⎢⎡⎦⎥⎤2x ＋3－x ＋3－x 33＝23(当且仅当2x ＝3－x ，即x ＝1时，等号成立)， 故当x ＝1，即BD ＝1时，三棱锥A －BCD 的体积最大． (2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz .由(1)知，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，BD ＝1，AD ＝CD ＝2.于是可得D (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)，M (0,1,1)，E 12，1,0，所以BM →＝(－1,1,1)． 设N (0，λ，0)，则 EN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，λ－1，0.因为EN ⊥BM ， 所以EN →·BM →＝0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，λ－1，0·(－1,1,1)＝12＋λ－1＝0， 故λ＝12，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0.所以当DN ＝12(即N 是CD 上靠近点D 的一个四等分点)时，EN ⊥BM .设平面BMN 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BN →，n ⊥BM →，及BN →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋12y ＝0，－x ＋y ＋z ＝0，取x ＝1得n ＝(1,2，－1)．设EN 与平面BMN 所成角的大小为θ， 则由EN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，－12，0，可得sin θ＝|cos 〈n ，EN →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·EN →|n |·|EN →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－12－16×22＝32，即θ＝60°，故EN 与平面BMN 所成角的大小为60°.4．如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD⊥平面ABCD ，平面PCD ⊥平面ABCD ，E 为PB 上任意一点，O 为菱形ABCD 对角线的交点．(1)求证：平面EAC ⊥平面PBD ；(2)试确定点E 的位置，使得四棱锥P －ABCD 的体积被平面EAC 分成3∶1两部分； (3)在(2)的条件下，若∠BAD ＝60°，二面角B －AE －C 的大小为45°，求PD ∶AD 的值． 解：(1)证明：如图，过点B 作BG ⊥AD 于点G ， 由于平面PAD ⊥平面ABCD ，由面面垂直的性质定理可知BG ⊥平面PAD ， 又PD ⊂平面PAD ，故PD ⊥BG .同理，过点B 作BH ⊥CD 于点H ，则PD ⊥BH . 又BG ⊂平面ABCD ，BH ⊂平面ABCD ，BG ∩BH ＝B ， 所以PD ⊥平面ABCD ，所以PD ⊥AC .又BD ⊥AC ，且BD ∩PD ＝D ，故AC ⊥平面PBD .又AC ⊂平面EAC ， 所以平面EAC ⊥平面PBD .(2)若四棱锥P －ABCD 的体积被平面EAC 分成3∶1两部分，则三棱锥E －ABC 的体积是四棱锥P －ABCD 的体积的14，设四棱锥P －ABCD 的底面积为S ，三棱锥E －ABC 的高为h ， 则13×12S ×h ＝14×13S ×PD ，由此得h ＝12PD ，故此时E 为PB 的中点．(3)解法一：如图，连接EO ，易知O 为BD 的中点， 由(2)知E 为PB 的中点， 所以EO ＝12PD ，并且EO ∥PD ，则平面EAC ⊥平面ABCD ， 故BO ⊥平面EAC ，BO ⊥AE . 过点O 作OF ⊥AE 于点F ， 则AE ⊥平面BOF ， 连接BF ，则AE ⊥BF ，故∠OFB 即为二面角B －AE －C 的平面角， 即∠OFB ＝45°.设AD ＝a ，则BD ＝a ，OB ＝12a ，OA ＝32a .在Rt △BOF 中，tan ∠OFB ＝OB OF ＝12a OF＝1，故OF ＝12a ，在Rt △AOE 中，由三角形的等积定理OA ·OE ＝OF ·AE ， 得32a ·OE ＝12a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2＋OE 2，解得OE ＝64a ， 故PD ＝62a ， 所以PD ∶AD ＝6∶2.解法二：连接OE ，由(1)(2)知OA ，OB ，OE 两两垂直，以点O 为坐标原点，OA →，OB →，OE →分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系O －xyz ，设OB ＝m ，OE ＝h ，则OA ＝3m ，从而A (3m,0,0)，B (0，m,0)，E (0,0，h )，AB →＝(－3m ，m,0)，BE →＝(0，－m ，h )，这时可以选向量n 1＝(0,1,0)作为平面AEC 的一个法向量，设平面ABE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB →＝0，n 2·BE →＝0，即⎩⎨⎧－3mx ＋my ＝0，－my ＋hz ＝0，取x ＝1，则y ＝3，z ＝3mh，则平面ABE 的一个法向量为n 2＝⎝⎛⎭⎪⎫1，3，3m h ，故cos45°＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝31＋3＋3m 2h2＝22， 解得h m ＝62，则PD ∶AD ＝2h ∶2m ＝h ∶m ＝6∶2.2019-2020年高考数学一轮总复习第三章三角函数解三角形3.1任意角和蝗制及任意角的三角函数课时跟踪检测理[课 时 跟 踪 检 测][基 础 达 标]1．下列与9π4的终边相同的角的表达式中正确的是( )A ．2k π＋45°(k ∈Z )B ．k ·360°＋94π(k ∈Z )C ．k ·360°－315°(k ∈Z )D ．k π＋5π4(k ∈Z )解析：与9π4的终边相同的角可以写成2k π＋9π4(k ∈Z )，但是角度制与弧度制不能混用，所以只有答案C 正确．答案：C2．若α是第三象限角，则下列各式中不成立的是( ) A ．sin α＋cos α＜0 B ．tan α－sin α＜0 C ．cos α－tan α＜0D ．tan αsin α＜0解析：在第三象限，sin α＜0，cos α＜0，tan α＞0，则可排除A ，C ，D 三项． 答案：B3．已知角α的终边经过点P (－4a,3a )(a ＜0)，则2sin α＋cos α的值为( ) A ．－25B ．25C ．0D ．25或－25解析：因为x ＝－4a ，y ＝3a (a ＜0)，所以r ＝－5a ，所以sin α＝－35，cos α＝45，2sin α＋cos α＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－35＋45＝－25.故选A.答案：A4．sin1，cos1，tan1的大小关系是( ) A ．sin1＜cos1＜tan1 B ．tan1＜sin1＜cos1 C ．cos1＜tan1＜sin1D ．cos1＜sin1＜tan1解析：如图，单位圆中∠MOP ＝1 rad ＞π4 rad.因为OM ＜22＜MP ＜AT ，所以cos1＜sin1＜tan1.故选D.答案：D5．将表的分针拨快10分钟，则分针旋转过程中形成的角的弧度数是( ) A.π3B ．π6C ．－π3D ．－π6解析：将表的分针拨快应按顺时针方向旋转，为负角．故A 、B 不正确；又因为拨快10分钟，故应转过的角为圆周的16，即为－16×2π＝－π3.答案：C6．已知角α终边上一点P 的坐标是(2sin2，－2cos2)，则sin α等于( ) A ．sin2 B ．－sin2 C ．cos2 D ．－cos2解析：因为r ＝2sin22＋－2cos22＝2，由任意三角函数的定义，得sin α＝y r＝－cos2.答案：D7．若点(4，a )在y ＝x 12的图象上，则tan a π6的值为( )A ．0B ．33C ．1D ． 3解析：∵a ＝412＝2∴tan πa 6＝tan π3＝3，故选D.答案：D8．已知角α的终边经过点P (2，－1)，则sin α－cos αsin α＋cos α＝( )A ．3B ．13C ．－13D ．－3解析：由题知r ＝22＋－12＝5，∴sin α＝－15， cos α＝25，∴原式＝－15－25－15＋25＝－3，故选D. 答案：D9．设a ＝tan130°，b ＝cos(cos0°)，c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋120，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．c >a >bB ．c >b >aC ．a >b >cD ．b >c >a解析：∵130°是第二象限角，∴a <0，∵b ＝cos(cos0°)＝cos1,1是第一象限角， ∴0<b <1，c ＝1， ∴a <b <c ，故选B. 答案：B10．已知f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x >0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos πx 6，0<x ≤8，log 2x ，x >8，则f [f (－16)]＝( )A ．－12B ．－32C.12D ．32解析：由题知f (－16)＝－f (16)＝－log 216＝－4， ∴f [f (－16)]＝f (－4)＝－f (4)＝－cos 46π＝－cos 23π＝12，故选C.答案：C11．集合⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫α⎪⎪⎪k π＋π4≤α≤k π＋π2，k ∈Z中的角所表示的范围(阴影部分)是( )解析：当k ＝2n (n ∈Z )时，2n π＋π4≤α≤2n π＋π2，此时α表示的范围与π4≤α≤π2表示的范围一样；当k ＝2n ＋1(n ∈Z )时，2n π＋π＋π4≤α≤2n π＋π＋π2，此时α表示的范围与π＋π4≤α≤π＋π2表示的范围一样．答案：C12．一扇形是从一个圆中剪下的一部分，半径等于圆半径的23，面积等于圆面积的527，则扇形的弧长与圆周长之比为________．解析：设圆的半径为r ，则扇形的半径为2r 3，记扇形的圆心角为α， 则12α⎝ ⎛⎭⎪⎫2r 32πr 2＝527，∴α＝5π6. ∴扇形的弧长与圆周长之比为l c ＝5π6·23r 2πr ＝518. 答案：51813．在(0,2π)内，使sin x ＞cos x 成立的x 的取值范围为________．解析：如图所示，找出在(0,2π)内，使sin x ＝cos x 的x 值，sin π4＝cos π4＝22，sin 5π4＝cos 5π4＝－22.根据三角函数线的变化规律标出满足题中条件的角x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，5π4 14．一扇形的圆心角为60°，所在圆半径为6，求它的面积和所对应弦长．解：∵60°＝π3∴α＝12αr 2＝12×π3×36＝6π； 又所对弦长和两半径构成等边三角形，∴弦长为6.[能 力 提 升]1．已知角α＝2k π－π5(k ∈Z )，若角θ与角α的终边相同，则y ＝sin θ|sin θ|＋cos θ|cos θ|＋tan θ|tan θ|的值为( ) A ．1B ．－1C ．3D ．－3解析：由α＝2k π－π5(k ∈Z )及终边相同的概念知，角α的终边在第四象限，又角θ与角α的终边相同，所以角θ是第四象限角，所以sin θ＜0，cos θ＞0，tan θ＜0.所以y ＝－1＋1－1＝－1.答案：B2．已知sin α＜0，tan α＞0.(1)求α角的集合；(2)求α2终边所在的象限； (3)试判断tan α2sin α2cos α2的符号． 解：(1)由sin α＜0，知α的终边在第三、四象限或y 轴的非正半轴上；由tan α＞0，知α在第一、三象限，故α角在第三象限，其集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a ⎪⎪⎪ 2k π＋π＜α＜2k π＋3π2，k ∈Z . (2)由2k π＋π＜α＜2k π＋3π2，k ∈Z ， 得k π＋π2＜α2＜k π＋3π4，k ∈Z ， 故α2终边在第二、四象限． (3)当α2在第二象限时，tan α2＜0， sin α2＞0，cos α2＜0， 所以tan α2sin α2cos α2取正号； 当α2在第四象限时，tan α2＜0， sin α2＜0，cos α2＞0， 所以tan α2sin α2cos α2也取正号． 因此，tan α2sin α2cos α2取正号．。