高三数学(理)同步双测：专题7.3《立体几何中的向量法》(A)卷(含答案)
【高三数学试题精选】立体几何中的向量方法二同步练习题(带解析2018高考数学一轮)
即直线B1c1与平面AcD1所成角的正弦值为217
法二(1)易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图2，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、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)．
立体几何中的向量方法二同步练习题（带解析2018高考数学一轮）
5 c立体几何中的向量方法二同步练习题（带解析2018高考数学一轮）
A组基础演练
1．(2018陕西)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABc－A1B1c1，cA＝cc1＝2cB，则直线Bc1与直线AB1夹角的余弦值为
( )
A55 B53
c255 D35
即直线B1c1与平面AcD1所成角的正弦值为217
6．(2018江苏)如图，在直三棱柱A1B1c1－ABc中，AB⊥Ac，AB＝Ac＝2，A1A＝4，点D是Bc的中点．
(1)求异面直线A1B与c1D所成角的余弦值；
(2)求平面ADc1与平面ABA1所成二面角的正弦值．
解(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，c(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，c1(0,2,4)，所以A1B→＝(2,0，－4)，c1D→＝(1，－1，－4)．
解析不妨设cB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，c1(0,2,0)，B1(0,2,1)．
∴Bc1→＝(0,2，－1)，AB1→＝(－2,2,1)．
cs〈Bc1→，AB1→〉＝Bc1→AB1→|Bc1→| |AB1→|＝0＋4－15×3＝55，
高考数学(理)二轮专题练习【专题5】(3)立体几何中的向量方法(含答案)
第 3 讲立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体 (特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考察空间中平行与垂直的证明，常出此刻解答题的第(1)问中，考察空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体 ( 特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考察空间角 (主假如线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论追求成立的条件(或能否存在问题)的探究性问题，考察逻辑推理能力、空间想象能力以及探究能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线 l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)．平面α、β的法向量分别为μ＝ (a2，b2， c2)，v＝(a3，b3， c3)( 以下同样 )．(1) 线面平行l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0.(2) 线面垂直l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ ka2，b1＝kb2， c1＝ kc2.(3)面面平行α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb，c ＝λc32323.(4)面面垂直α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋b2b3＋ c2c3＝ 0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线 l ，m 的方向向量分别为a＝( a1， b1，c1)，b＝(a2，b2， c2)．平面α、β的法向量分别为μ＝ (a3， b3， c3)，v＝ (a4， b4， c4)(以下同样 )．(1)线线夹角π设 l， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则|a·b|＝|a1a2＋ b1b2＋ c1c2|cos θ＝a12＋ b12＋ c12 a22＋ b22＋ c22.|a ||b|(2)线面夹角π设直线 l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，则 sin θ＝||aa·μ||μ||＝ |cos〈a，μ〉 |.(3) 面面夹角设半平面 α、 β的夹角为 θ(0 ≤θ≤π)，则 |cos θ|＝ ||μ·μ||v v ||＝ |cos 〈 μ，v 〉 |.提示 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中剖析．3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转变为点到平面的距离，点P 到平面 α的距离： d→＝|PM ·n |(此中 n 为 α的法向量， M 为 α内任一点 ).|n |热门一 利用向量证明平行与垂直例 1 如图，在直三棱柱 ADE — BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且相互垂直， M 为 AB 的中点， O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1) OM ∥平面 BCF ；(2) 平面 MDF ⊥平面 EFCD .思想启示从 A 点出发的三条直线AB 、 AD ， AE 两两垂直，可成立空间直角坐标系．证明方法一由题意，得AB ， AD ， AE 两两垂直，以A 为原点成立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0)， B(1， 0,0)，C(1,1,0) ， D(0,1,0) ，F(1,0,1) ， M 1，0， 0，O 1，1， 12 2 22 .→1 ，－ 1 → 1,0,0)，(1) OM ＝ 0，－ 2 2 ， BA ＝ (－→ → → →∴ OM ·BA ＝ 0, ∴ OM ⊥BA.∵ 棱柱 ADE — BCF 是直三棱柱，∴ ⊥ 平面 ， ∴ →是平面 的一个法向量，AB BCF BA BCF且 OM? 平面 BCF ，∴OM ∥平面 BCF .(2) 设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n 1＝ (x 1， y 1，z 1)， n 2 ＝ (x 2， y 2， z 2)．→ → 1，－ 1，0 → ，∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝ 2， DC ＝ (1,0,0)→ →由 n 1·DF ＝ n 1·DM ＝ 0，x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，1y 1＝ 2x 1，得 1解得1x 1－ y 1＝ 0，1＝－1，22xz1 1令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1， 2，－2 .同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．∵ n 1·n 2＝ 0， ∴平面 MDF ⊥ 平面 EFCD .方法二→→→ →1 → →1 →(1) OM ＝ OF ＋ FB ＋ BM ＝ DF － BF ＋ 2BA21 → →→1 → 1 →1→ 1 →＝ (DB ＋ BF)－ BF ＋ 2 BA ＝－2 BD － BF ＋ BA222＝－ 1 → →1→ 1 →2 (BC ＋ BA)－BF ＋ BA221 → 1 →＝－ 2BC － 2BF.∴ 向量 → 与向量 →，→共面，OMBF BC 又 OM? 平面 BCF ，∴OM ∥平面 BCF .(2) 由题意知， BF ，BC ， BA 两两垂直，→ → → → → ∵CD ＝BA ，FC ＝BC －BF ，→ →1 → 1 →→∴OM ·CD ＝ －2 BC － BF·BA ＝ 0，2→ →1 → 1 →→ →OM ·FC ＝－ BC － BF·(BC － BF)22＝－ 1BC →2＋ 1BF → 2＝ 0.2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ，∴OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴ 平面 MDF ⊥ 平面 EFCD .思想升华(1) 要证明线面平行，只需证明向量→OM 与平面 BCF 的法向量垂直；另一个思路则是依据共面向量定理证明向量 → → →OM 与 BF ， BC 共面． (2) 要证明面面垂直，只需证明这两个平面 的法向量相互垂直； 也可依据面面垂直的判断定理证明直线 OM 垂直于平面 EFCD ，即证 OM垂直于平面 EFCD 内的两条订交直线， 从而转变为证明向量→ →OM 与向量 FC 、→ CD 垂直．如图，在四棱锥 P － ABCD 中， PA ⊥平面 ABCD ，底面 ABCD是菱形， PA ＝ AB ＝2，∠ BAD ＝ 60°， E 是 PA 的中点．(1) 求证：直线 PC ∥平面 BDE ；(2) 求证： BD⊥ PC；证明设 AC∩BD＝ O.因为∠ BAD ＝ 60°， AB ＝2，底面 ABCD 为菱形，所以BO＝ 1， AO＝ CO＝3， AC⊥BD .如图，以O 为坐标原点，以OB，OC所在直线分别为x 轴， y 轴，过点 O 且平行于PA 的直线为z 轴，成立空间直角坐标系O－ xyz，则 P(0，－ 3，2)，A(0，－ 3，0)，B(1,0,0) ，C(0， 3，0)，D(－ 1,0,0) ，E(0，－3，1)．(1) 设平面→→，由BDE 的法向量为n1＝ (x1， y1， z1)，因为 BE＝ (－ 1，－3，1)， BD ＝ (－ 2,0,0)→－ 2x1＝ 0，n1·BD＝0，→得－ x1－ 3y1＋ z1＝ 0，n1·BE＝0，令 z1＝ 3，得 y1＝ 1，所以n1＝ (0,1， 3)．→→3＝0，又 PC＝ (0,23，－ 2)，所以 PC·n1＝ 0＋ 2 3－ 2→即 PC⊥n1，又 PC?平面 BDE，所以 PC∥平面 BDE .→→(2) 因为 PC＝ (0,2 3，－ 2)， BD ＝( －2,0,0)，→ →＝ 0.所以 PC·BD故 BD⊥PC.热门二利用向量求空间角例 2如图，五面体中，四边形ABCD是矩形，AB∥EF，AD⊥平面ABEF ，且 AD ＝ 1， AB＝ 1EF＝ 22， AF＝ BE＝ 2， P、Q 2分别为AE、 BD的中点．(1)求证： PQ∥平面 BCE；(2)求二面角 A－ DF － E 的余弦值．思想启示 (1) 易知 PQ 为△ ACE 的中位线； (2)依据 AD⊥平面 ABEF (1)证明连结 AC，∵四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，建立空间直角坐标系．∴Q 为 AC 的中点，又在△AEC 中， P 为 AE 的中点，∴ PQ∥ EC，∵EC? 面 BCE， PQ? 面 BCE，∴ PQ∥平面 BCE.(2)解如图，取 EF 的中点 M ，则 AF ⊥AM ，以 A 为坐标原点，以则 A(0,0,0) ，D (0,0,1) ， M(2,0,0) ，F(0,2,0) ．→→→，－ 1)．可得 AM＝ (2,0,0)， MF ＝ (－2,2,0)， DF ＝ (0,2→n·MF＝0设平面 DEF 的法向量为n＝ (x， y， z)，则.→n·DF＝0－ 2x＋ 2y＝ 0x－ y＝ 0.故，即2y－z＝02y－ z＝ 0令 x＝ 1，则 y＝ 1，z＝2，故 n＝(1,1,2)是平面DEF的一个法向量．→∵ AM ⊥面 ADF ，∴AM为平面 ADF 的一个法向量．→→2×1＋ 0×1＋0×26 n·AM∴ cos〈n，AM 〉＝→ ＝6×2＝6 .|n| ·|AM |由图可知所求二面角为锐角，∴二面角 A－DF － E 的余弦值为66.思想升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：① 成立合适的空间直角坐标系；② 求出有关点的坐标；③ 写出向量坐标；④ 联合公式进行论证、计算；⑤ 转变为几何结论．(2) 求空间角注意：① 两条异面直线所成的角α不必定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不必定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③ 直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．(2013 ·山东 )如下图，在三棱锥P－ ABQ 中，PB⊥平面 ABQ，BA＝ BP ＝BQ，D ，C，E，F 分别是 AQ，BQ，AP ，BP 的中点， AQ＝2BD，PD 与 EQ 交于点 G， PC 与 FQ 交于点 H，连结 GH.(1)求证： AB∥ GH ；(2)求二面角 D － GH －E 的余弦值．(1) 证明因为D，C，E，F分别是AQ， BQ，AP，BP的中点，所以EF∥ AB， DC ∥ AB.所以EF∥DC.又EF ?平面PCD ，DC ?平面PCD ，所以EF∥平面PCD .又EF?平面EFQ ，平面EFQ ∩平面PCD＝ GH ，所以EF∥GH.又EF ∥ AB，所以AB∥GH .(2) 解方法一在△ABQ中，AQ＝2BD ，AD ＝DQ，所以∠ABQ＝ 90°，即 AB⊥ BQ.因为 PB⊥平面 ABQ ，所以 AB⊥ PB.又 BP∩BQ＝B，所以 AB⊥平面 PBQ.由 (1)知 AB∥ GH ，所以 GH⊥平面 PBQ.又 FH ? 平面 PBQ ，所以 GH ⊥FH .同理可得GH⊥ HC ，所以∠FHC 为二面角D－ GH－E 的平面角．设 BA＝ BQ＝ BP＝ 2，连结 FC ，在 Rt△ FBC 中，由勾股定理得FC＝2，在 Rt△ PBC 中，由勾股定理得PC＝ 5.又 H 为△ PBQ 的重心，所以 HC ＝1PC＝5.同理 FH ＝5.3335＋5－2在△ FHC 中，由余弦定理得cos∠ FHC ＝9952×9＝－4.即二面角 D － GH－ E 的余弦值为－4.55方法二在△ ABQ 中， AQ＝ 2BD， AD ＝ DQ ，所以∠ ABQ ＝90°又 PB⊥平面 ABQ ，所以 BA ，BQ， BP 两两垂直．以 B 为坐标原点，分别以 BA， BQ， BP 所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系．设 BA＝ BQ＝ BP＝ 2，则 E(1,0,1)，F(0,0,1)，Q(0,2,0) ，D(1,1,0) ，C(0,1,0) ，P(0,0,2) ．→→→→．所以 EQ＝ (－ 1,2，－ 1)， FQ ＝(0,2，－ 1)， DP ＝ (－ 1，－ 1， 2)，CP＝(0，－ 1,2)设平面 EFQ 的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)，→→由 m·EQ＝0， m·FQ＝0，－x1＋ 2y1－z1＝ 0，得取 y1＝1，得m＝ (0,1,2) ．2y1－ z1＝ 0，设平面 PDC 的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)，→→由 n·DP＝0，n·CP＝ 0，得－ x2－ y2＋ 2z2＝ 0，－ y2＋ 2z2＝0，取 z2＝ 1，得n＝(0,2,1)．所以 cos〈m，n〉＝m·n4＝ . |m||n|5因为二面角 D－ GH－ E 为钝角，所以二面角D－ GH － E 的余弦值为－4 5 .热门三利用空间向量求解探究性问题例 3 如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，AB＝ BC＝ 2AA1，∠ABC ＝ 90°，D 是 BC 的中点．(1)求证： A1B∥平面 ADC 1；(2)求二面角 C1－ AD － C 的余弦值；(3) 试问线段 A1B1上能否存在点E，使 AE 与 DC1成 60°角？若存在，确立 E 点地点；若不存在，说明原因．(1)证明连结 A1C，交 AC1于点 O，连结 OD.由 ABC－A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形， O 为 A1C 的中点．又 D为 BC的中点，所以 OD 为△ A1BC 的中位线，所以 A1B∥ OD .因为 OD? 平面 ADC1， A1B? 平面 ADC 1，所以 A1B∥平面 ADC 1.(2)解由 ABC－A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝ 90°，得 BA ， BC，BB 1两两垂直．以 BC， BA， BB1所在直线分别为x， y， z 轴，成立如下图的空间直角坐标系B－ xyz.设 BA＝ 2，则 B(0,0,0) ， C(2,0,0) ， A(0,2,0)， C1(2,0,1) ， D(1,0,0) ，→→．所以 AD ＝ (1，－ 2,0)， AC1＝ (2，－ 2,1)设平面 ADC 1的法向量为n＝(x，y，z)，则有→n·AD＝0，→n·AC1＝0.x－ 2y＝ 0，所以取 y＝1，得n＝(2,1，－ 2)．2x－ 2y＋ z＝ 0.易知平面ADC 的一个法向量为v＝(0,0,1)．n·v2所以 cos〈n，v〉＝|n|·|v|＝－3.因为二面角C1－AD －C 是锐二面角，2所以二面角C1－AD －C 的余弦值为3.(3)解假定存在知足条件的点 E.因为点 E 在线段 A1B1上， A1(0,2,1) ， B1(0,0,1) ，故可设 E(0，λ， 1)，此中 0≤λ≤2.→→．所以 AE＝ (0，λ－ 2,1)， DC 1＝ (1,0,1)因为 AE 与 DC 1成 60°角，→ →→ →1〉 |＝ |AE ·DC 1|所以 |cos 〈 AE ， DC 1＝ ，→ → 1 2|AE| |DC · |即1＝ 1，解得 λ＝1 或 λ＝ 3(舍去 )．λ－2＋1· 2 2所以当点 E 为线段 A 1B 1 的中点时， AE 与 DC 1 成 60°角． 思想升华空间向量最合适于解决这种立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需经过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论看作条件，据此列方程或方程组，把 “能否存在 ”问题转变为 “点的坐标能否有解，能否有规定范围内的解 ”等，所认为使问题的解决更简单、有效，应擅长运用这一方法．如图，在三棱锥 P — ABC 中， AC ＝ BC ＝ 2，∠ ACB ＝ 90°， AP ＝BP ＝ AB ，PC ⊥ AC ，点 D 为 BC 的中点．(1) 求二面角 A — PD — B 的余弦值；1(2) 在直线 AB 上能否存在点 M ，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为 6， 若存在，求出点 M 的地点；若不存在，说明原因．解 (1)∵ AC ＝ BC ，PA ＝ PB ， PC ＝ PC ， ∴△ PCA ≌△ PCB ，∴∠ PCA ＝∠ PCB ，∵ PC ⊥ AC ， ∴PC ⊥CB ，又 AC ∩CB ＝C ，∴ PC ⊥ 平面 ACB ，且 PC ，CA ，CB 两两垂直，故以 C 为坐标原点， 分别以 CB ，CA ，CP 所在直线为 x ，y ，z 轴成立空间直角坐标系， 则 C(0,0,0)，→ (1，－ →，－ 2)，A(0,2,0) ，D(1,0,0) ， P(0,0,2) ， ∴ AD ＝ 2,0)， PD ＝ (1,0 设平面 PAD 的一个法向量为n ＝ (x ， y ，z)，→n ·AD ＝ 0∴， ∴ 取 n ＝ (2,1,1) ，→n ·PD ＝ 0→，平面 PDB 的一个法向量为 CA ＝(0,2,0)→ 6 ∴ cos 〈 n ，CA 〉＝ 6 ，设二面角 A —PD —B 的平面角为 θ，且 θ为钝角，6 6∴ cos θ＝－ 6 ， ∴ 二面角 A — PD — B 的余弦值为－ 6.(2) 方法一 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．→设 M(x,2－ x,0) (x ∈ R )， ∴ PM ＝( x,2－x ，－ 2)，→|x|1 ，∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝x 2 ＋ － x＝2＋4· 6 6解得 x ＝1 或 x ＝－ 2， ∴ M(1,1,0) 或 M(－ 2,4,0) ，∴ 在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为1 6.方法二 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．→ →设 AM ＝ λAB ，→则 AM ＝ λ(2，－ 2,0)＝ (2λ，－ 2λ，0) ( λ∈R )，→ → →∴ PM ＝PA ＋AM ＝ (2λ， 2－2λ，－ 2)，→ |2λ|1∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝ 2 － 2λ 2＋4· 6 ＝ . λ ＋ 6解得 λ＝ 1或 λ＝－ 1.2∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．∴ 在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为16.空间向量在办理空间问题时拥有很大的优胜性， 能把 “非运算 ”问题 “运算 ”化，即经过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各种角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转变为空间向量的运算问题．应用的中心是充足认识形体特点，从而成立空间直角坐标系，经过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的正确性．提示三点： (1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值，而不是余弦值．(2) 求二面角除利用法向量外，还能够依据二面角的平面角的定义和空间随意两个向量都是共面向量的知识，我们只假如在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量，而且两个向量的方向均指向棱或许都从棱指向外，那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的大小．如下图．→ →→→(3) 关于空间随意一点 O 和不共线的三点 A ，B ， C ，且有 OP ＝ xOA ＋ yOB ＋ zOC(x ， y ， z ∈ R )，四点 P ， A ，B ， C 共面的充要条件是x ＋ y ＋ z ＝ 1.空间一点 P 位于平面 MAB 内 ? 存在有序实数对 →→→x ， y ，使 MP ＝ xMA ＋ yMB ，或对空间任必定点 O ，有序实数对 → →→ →x ， y ，使 OP ＝ OM ＋ xMA ＋ yMB .真题感悟(2014 ·京北 )如图，正方形 AMDE 的边长为 2， B ， C 分别为 AM ， MD 的中点，在五棱锥 P － ABCDE 中， F 为棱 PE 的中点，平面 ABF 与棱 PD ， PC 分别交于点 G ， H.(1) 求证： AB ∥ FG ；(2) 若 PA ⊥底面 ABCDE ，且 PA ＝ AE ，求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小，并求线段 PH 的长．(1) 证明 在正方形 AMDE 中，因为 B 是 AM 的中点， 所以 AB ∥ DE.又因为 AB ? 平面 PDE ， DE? 平面 PDE ， 所以 AB ∥ 平面 PDE .因为 AB? 平面 ABF ，且平面 ABF ∩平面 PDE ＝ FG ， 所以 AB ∥ FG.(2) 解 因为 PA ⊥ 底面 ABCDE ， 所以 PA ⊥ AB ， PA ⊥ AE.如图成立空间直角坐标系Axyz ，→．则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ， C(2,1,0) ， P(0,0,2) ，F(0,1,1) ， BC ＝ (1,1,0) 设平面 ABF 的一个法向量为n ＝ (x ， y ， z)，则→x ＝ 0，n ·AB ＝ 0，→即y ＋ z ＝ 0.n ·AF ＝ 0，令 z＝ 1，则 y＝－ 1，所以n＝(0 ，－1,1)．设直线 BC 与平面 ABF 所成角为α，→→1 n·BC则 sin α＝ |cos〈n， BC〉 |＝→＝ .2|n||BC|所以直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为π，6设点 H 的坐标为 (u， v， w)．→→λ<1)，因为点 H 在棱 PC 上，所以可设 PH＝λPC(0<即 (u， v， w－ 2)＝λ(2,1，－ 2)，所以 u＝2λ， v＝λ， w＝2－ 2λ.因为 n 是平面ABF的一个法向量，所以→n·AH＝0，即 (0，－ 1,1) ·(2λ，λ， 2－ 2λ)＝0，解得λ＝2，所以点H 的坐标为 (4，2，2)．3333所以 PH＝42＋22＋－42＝ 2.333押题精练如下图，已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面相互垂直，AB＝2， AF＝ 1.(1)求直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值；→→(2)在线段 AC 上找一点 P，使 PF 与 DA 所成的角为 60°，试确立点 P的地点．解 (1)以 C 为坐标原点，分别以 CD ， CB，CE 所在直线为 x 轴， y 轴，z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，则E(0,0,1) ，D (2， 0,0)， B(0，2， 0)， A(2， 2， 0)，F( 2，2， 1)，连结 BD ，则 AC⊥ BD .因为平→面 ABCD ⊥平面 ACEF ，且平面 ABCD ∩平面 ACEF ＝AC，所以 DB 是平面 ACEF 的一个法向量．→→→→→ →3 DF ·DB又 DB＝ (－2， 2， 0)， DF ＝ (0，2，1)，所以 cos〈DF ，DB〉＝→ →＝ 3.|DF | ×|DB |故直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值为33.→2－a，→＝ (0，2，0)．(2) 设 P(a， a,0)(0≤a≤ 2)，则 PF＝ (2－ a,1)， DA→→22－ a1因为〈 PF ，DA〉＝ 60°，所以 cos 60 °＝＝ .2×2－ a2＋ 12解得 a ＝2或 a ＝322， 2， 0)为 AC 的中点．22 (舍去 )，故存在知足条件的点P( 22(介绍时间： 60 分钟 )一、选择题1．已知平面 ABC ，点 M 是空间随意一点，点→ 3 → 1 → 1 → M 知足条件 OM ＝ OA ＋OB ＋OC ，则直线488AM( )A ．与平面 ABC 平行B ．是平面 ABC 的斜线 C ．是平面 ABC 的垂线D ．在平面 ABC 内 答案D分析由已知得 M 、A 、 B 、 C 四点共面．所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.2．在棱长为 1 的正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， M 是 BC 的中点， P ，Q 是正方体内部或面上的→ →两个动点，则 AM ·PQ 的最大值是 ()1A. 2 B ． 135 C.2 D. 4答案 C分析以 A 为坐标原点，分别以AD ，AB ，AA 1 所在直线为 x 轴， y 轴， z轴成立如下图的空间直角坐标系，则A(0,0,0) ，M (1，1,0)，2→1 ， 1,0)．所以 AM ＝(2－ 1≤x ≤1， →－1≤y ≤1， 设 PQ ＝ (x ， y ， z)，由题意可知－1≤z ≤1. → → 11因为 AM ·PQ ＝ ·x ＋1·y ＋ 0·z ＝ x ＋ y ，22又－ 1≤x ≤1，－ 1≤y ≤1，所以－ 1 1 1≤ x ≤ .2 2 2 所以－3 1 3≤ x ＋ y ≤ .2 2 2→ →3故 AM ·PQ 的最大值为.23．在棱长为 1 的正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， M ，N 分别为 A 1B 1，BB 1 的中点，那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ()310A. 2B. 1032 C.5D. 5答案D分析 以 D 点为坐标原点，分别以DA ， DC ，DD 1 所在直线为 x 轴， y1 轴，z 轴成立如下图的空间直角坐标系，则 A(1,0,0) ，M(1，，1)，C(0,1,0) ，21N(1,1，2)．→1 →1 )．所以 AM ＝ (0，， 1)， CN ＝(1,0，22 → →1 1 1 ，故 AM ·CN ＝ 0×1＋×0＋ 1×＝22 2→ 21 225|AM |＝0 ＋2＋ 1 ＝ 2 ，→ 221 2＝ 5|CN|＝1＋0＋22 ，→ →1→→22AM ·CN＝所以 cos 〈AM ， CN 〉＝＝ .→ → 5 5 5|AM||CN|2 ×24．已知正三棱柱 ABC － A 1B 1C 1 的侧棱长与底面边长相等，则AB 1 与侧面 ACC 1A 1 所成角的正弦等于 ()6 10 A. 4B. 4 2 3C. 2D. 2答案 A分析如下图成立空间直角坐标系， 设正三棱柱的棱长为2，O(0,0,0) ，B( 3，0,0)，A(0，－ 1,0)，B 1(→ →＝(－ 3，0,0)为侧3，0,2)，则 AB 1＝ ( 3，1,2)，则 BO→ →|AB 1·BO|6面 ACC 1A 1 的法向量，由sin θ＝ →→＝ 4 .|AB 1||BO|5．在正方体 ABCD — A 1B 1C 1 D 1 中，点 E 为 BB 1 的中点，则平面 A 1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为 ()1 2 3 2 A. 2 B. 3 C. 3 D. 2答案 B分析以 A 为原点成立如下图的空间直角坐标系A － xyz ，设棱长为 1，1则 A 1(0,0,1) ，E 1， 0，2 ， D(0,1,0) ，→ ＝ (0,1，－ 1)→1， 0，－ 1 ， ∴ A 1，A 1 ＝DE2设平面 A 1ED 的一个法向量为n 1＝ (1， y ， z)，y － z ＝ 0，y ＝ 2，则 1∴1－2z ＝ 0，z ＝ 2.∴ n 1＝ (1,2,2) ．∵ 平面 ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1) ，22∴ cos 〈 n 1， n 2〉＝ 3×1＝3.即所成的锐二面角的余弦值为23.6．如图，三棱锥 A －BCD 的棱长全相等， E 为 AD 的中点，则直线 CE 与 BD 所成角的余弦值为 ()33 A. 6B. 2 33 1C. 6D. 2答案 A分析设 AB ＝ 1，→ → → → → →则 CE ·BD ＝ (AE －AC ) ·(AD － AB)1→21→→ →→ →→＝ 2AD － 2AD ·AB － AC ·AD ＋AC ·AB1 1 －°cos 60 ＋°cos 60 1 ＝ － cos 60 ＝° .2 24→ →1→ →4 3CE ·BD＝∴ cos 〈 CE ， BD 〉＝→ → ＝6.选A.3|CE||BD |2二、填空题7．在向来角坐标系中已知 A(－ 1,6)， B(3，－ 8)，现沿 x 轴将坐标平面折成 60°的二面角，则折叠后 A 、 B 两点间的距离为 ________．答案 2 17分析如图为折叠后的图形，此中作 AC ⊥ CD ， BD ⊥ CD ，则 AC ＝ 6，BD ＝ 8， CD ＝4，两异面直线 AC 、 BD 所成的角为 60°，→ → → →故由 AB ＝ AC ＋ CD ＋DB ，→ 2 → → → 2得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB| ＝ 68，→ 17. ∴ |AB|＝ 28．正方体 ABCD － A 1B 1C 1 D 1 的棱长为 1，E 、F 分别为 BB 1、CD 的中点， 则点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为 ______________ ．3 5 答案10分析以 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，如下图，11则 A 1(0,0,1) ，E(1,0， 2)， F(2，1,0)， D 1(0,1,1) ．→1→∴ A 1E ＝ (1,0，－ 2)，A 1D 1＝ (0,1,0) ． 设平面 A 1D 1E 的一个法向量为n ＝ (x ，y ， z)，→＝0， 1则 n ·A 1E即 x － 2z ＝ 0，→y ＝ 0.n ·A 1D 1＝ 0，令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．又→＝1，，－ ，A 1F(1 1)2∴ 点 F 到平面 A 1D 1E 的距离为→ |1－ 2||A 1F ·n |＝ 2＝ 3 5d ＝|n |510.9．已知正方形 ABCD 的边长为 4， CG ⊥平面 ABCD ， CG ＝ 2， E ， F 分别是 AB ，AD 的中点， 则点 C 到平面 GEF 的距离为 ________．答案 6 1111分析 成立如下图的空间直角坐标系 C －xyz ，则 G(0,0,2) ， E(2,4,0) ，F(4,2,0) ．→→→．所以 GF ＝ (4,2，－ 2)， GE＝ (2,4，－ 2)， CG＝ (0,0,2)设平面 GEF 的法向量为n＝(x，y，z)，→GF·n＝ 0，由→GE·n＝ 0，得平面 GEF 的一个法向量为n＝(1,1,3)，所以点 C 到平面 GEF 的距离→|n·CG| 6 11d＝＝.|n|11→→→ 2→ 2→ →→10．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋A1D 1＋ A1B1)＝ 3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1A) ＝0；→→→ → →③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方体ABCD － A1B1C1D1的体积为 |AB·AA1·AD|.此中正确命题的序号是 ________．答案①②分析→→→ 2→ 2→2→设正方体的棱长为 1，①中 (A1A＋ A1D 1＋ A1B1)＝ A1C ＝ 3(A1B1) ＝ 3，故①正确；②中 A1B1→→→－ A1A＝ AB1，因为 AB1⊥ A1C，故② 正确；③中 A1B 与 AD1两异面直线所成的角为60°，但 AD 1→→ → →与 A1B的夹角为120°，故③不正确；④中|AB ·AA1·AD |＝ 0.故④也不正确．三、解答题11.如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD 中， PA⊥底面 ABCD ，E， F 分别是 PC， PD 的中点， PA＝ AB＝1， BC＝ 2.(1)求证： EF∥平面 PAB；(2)求证：平面 PAD⊥平面 PDC .证明 (1) 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴，AD 所在直线为 y 轴，AP 所在直线为 z 轴，成立如下图的空间直角坐标系，则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ， C(1,2,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,1) ，∵ E，F 分别是 PC， PD 的中点，∴E 1，1，1，F 0，1，1，222→1， 0，0→→→→→EF＝－，PB＝ (1,0，－ 1)，PD＝ (0,2，－ 1)，AP＝ (0,0,1)，AD ＝ (0,2,0)，DC＝ (1,0,0)，2→＝ (1,0,0) ．AB→1→→→∵EF＝－2AB，∴EF∥AB ，即 EF∥AB，又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，∴ EF ∥ 平面 PAB.→→＝ (0,0,1) (1,0,0)· ＝ 0，(2) ∵AP ·DC→ →AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)· ＝0，→ → → →∴ AP ⊥ DC ， AD ⊥DC ，即 AP ⊥ DC ， AD ⊥DC .又 AP ∩AD ＝A ， ∴ DC ⊥ 平面 PAD.∵ DC? 平面 PDC ，∴平面 PAD ⊥平面 PDC .12． (2014 ·标全国Ⅱ课 )如图，四棱锥 P － ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA ⊥平面 ABCD ，E 为 PD 的中点．(1) 证明： PB ∥平面 AEC ；(2) 设二面角 D － AE －C 为 60°，AP ＝1， AD ＝ 3，求三棱锥 E － ACD 的体积．(1)证明连结 BD 交 AC 于点 O ，连结 EO.因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点．又 E 为 PD 的中点，所以EO ∥PB .因为 EO? 平面 AEC ，PB?平面 AEC ，所以 PB ∥ 平面 AEC .(2) 解 因为 PA ⊥ 平面 ABCD ， ABCD 为矩形，所以 AB ， AD ， AP 两两垂直．如图，以→ 的方向为→ A 为坐标原点， AB x 轴的正方向， |AP|为单位长，建立空间直角坐标系 A － xyz ，则 D(0，3， 0)， E(0，3 1→3 1 )． 2， )，AE ＝ (0，，22 2设 B(m,0,0)( m>0) ，则 C(m ，设 n 1＝ (x ， y ， z)为平面 ACE→ n 1·AC ＝0，则→n 1·AE ＝ 0，→3， 0)， AC ＝ (m ， 3， 0)．的法向量，mx ＋ 3y ＝ 0，即3 12 y ＋ 2z ＝ 0，3可取 n 1＝( ，－ 1， 3)．又 n2＝(1,0,0)为平面DAE的法向量，1由题设 |cos〈n1，n2〉 |＝，即32＝1，3＋ 4m23解得 m＝2.因为 E 为 PD 的中点，1所以三棱锥E－ ACD 的高为，1131＝3三棱锥 E－ ACD 的体积 V＝× × 3× ×.3222813．如图，在三棱柱ABC － A1B1C1中，侧面AA 1C1C⊥底面 ABC， AA1＝A1C＝ AC＝ 2， AB＝ BC， AB⊥BC， O 为 AC 的中点．(1)证明： A1O⊥平面 ABC；(2)求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值；(3)在 BC1上能否存在一点E，使得 OE∥平面 A1AB？若存在，确立点 E 的地点；若不存在，请说明原因．(1)证明∵ AA1＝ A1C＝ AC＝ 2，且 O 为 AC 的中点，∴A1O⊥ AC.又侧面 AA 1C1C⊥底面 ABC，交线为AC， A1O? 平面 AA 1C1C，∴A1O⊥平面 ABC.(2)解连结 OB ，如图，以 O 为原点，分别以 OB、OC、OA1所在直线为 x、y、z 轴，成立空间直角坐标系，则由题意可知 B(1,0,0) ，C(0,1,0) ，A1(0,0， 3)， A(0，－ 1,0)．→，－ 3)，设平面A1AB 的法向量为→∴ A1C＝ (0,1n＝(x，y，z)，则 n·AA1→→，→n＝(3，－3，3)，＝ n·AB＝0，而AA1＝(0,13)， AB＝ (1,1,0) ，可求得一个法向量→→621|n·A1 C|＝＝，∴ |cos〈 A1 C，n〉 |＝→2× 217|n| |A·1C|故直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值为21. 7(3)解存在点 E，且 E 为线段 BC 1的中点．连结 B1C 交 BC1于点 M，连结AB1、 OM，则 M 为 B1C 的中点，从而 OM 是△ CAB1的一条中位线， OM ∥ AB1，又 AB1? 平面 A1AB，OM ?平面 A1AB，∴OM ∥平面 A1 AB，故 BC1的中点 M 即为所求的 E 点．。
数学高三立体几何与空间向量专题复习检测(含答案)
数学高三立体几何与空间向量专题复习检测（含答案）平面几何是3维欧氏空间的几何的传统称号，下面是平面几何与空间向量专题温习检测，请考生练习。
一、选择题1.(2021武汉调研)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图可以是()解析 A、B、C与仰望图不符.答案 D2.将长方体截去一个四棱锥，失掉的几何体如下图，那么该几何体的侧(左)视图为()解析抓住其一条对角线被遮住应为虚线，可知正确答案在C，D中，又结合直观图知，D正确.答案 D3.(2021安徽卷)一个多面体的三视图如下图，那么该多面体的外表积为()A.21+3B.18+3C.21D.18解析由三视图知，该多面体是由正方体割去两个角所成的图形，如下图，那么S=S正方体-2S三棱锥侧+2S三棱锥底=24-231211+234(2)2=21+3.答案 A4.S，A，B，C是球O外表上的点，SA平面ABCD，ABBC，SA=AB=1，BC=2，那么球O的外表积等于()A.4B.3C.2解析如下图，由ABBC知，AC为过A，B，C，D四点小圆直径，所以ADDC.又SA平面ABCD，设SB1C1D1-ABCD为SA，AB，BC为棱长结构的长方体，得体对角线长为12+12+22=2R，所以R=1，球O的外表积S=4.故选A.答案 A5.(2021湖南卷)一块石材表示的几何体的三视图如下图.将该石材切削、打磨，加工成球，那么能失掉的最大球的半径等于()A.1B.2C.3D.4解析由三视图可得原石材为如下图的直三棱柱A1B1C1-ABC，且AB=8，BC=6，BB1=12.假定要失掉半径最大的球，那么此球与平面A1B1BA，BCC1B1，ACC1A1相切，故此时球的半径与△ABC内切圆的半径相等，故半径r=6+8-102=2.应选B.答案 B6.点A，B，C，D均在同一球面上，其中△ABC是正三角形，AD平面ABC，AD=2AB=6，那么该球的体积为()A.323B.48C.643D.163解析如下图，O1为三角形ABC的外心，过O做OEAD，OO1面ABC，AO1=33AB=3.∵OD=O A，E为DA的中点.∵AD面ABC，AD∥OO1，EO=AO1=3.DO=DE2+OE2=23.R=DO= 23.V=43(23)3=323.答案 A二、填空题7.某四棱锥的三视图如下图，该四棱锥的体积是________. 解析由三视图可知，四棱锥的高为2，底面为直角梯形ABCD.其中DC=2，AB=3，BC=3，所以四棱锥的体积为132+3322=533. 答案 5338.如图，在三棱柱A1B1C1-ABC中，D，E，F区分是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F-ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1-ABC 的体积为V2，那么V1V2=________.解析设三棱柱A1B1C1-ABC的高为h，底面三角形ABC的面积为S，那么V1=1314S12h=124Sh=124V2，即V1V2=124. 答案 1249.在四面体ABCD中，AB=CD=6，AC=BD=4，AD=BC=5，那么四面体ABCD的外接球的外表积为________.解析结构一个长方体，使得它的三条面对角线区分为4、5、6，设长方体的三条边区分为x，y，z，那么x2+y2+z2=772，而长方体的外接球就是四面体的外接球，所以S=4R2=772. 答案 772三、解答题10.以下三个图中，左边是一个正方体截去一个角后所得多面体的直观图.左边两个是其正(主)视图和侧(左)视图. (1)请在正(主)视图的下方，依照画三视图的要求画出该多面体的仰望图(不要求表达作图进程).(2)求该多面体的体积(尺寸如图).解 (1)作出仰望图如下图.(2)依题意，该多面体是由一个正方体(ABCD-A1B1C1D1)截去一个三棱锥(E-A1B1D1)失掉的，所以截去的三棱锥体积VE-A1B1D1=13S△A1B1D1A1E=1312221=23，正方体体积V正方体AC1=23=8，所以所求多面体的体积V=8-23=223.11.(2021安徽卷)如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，A1A底面ABCD.四边形ABCD为梯形，AD∥BC，且AD=2BC.过 A1，C，D三点的平面记为，BB1与的交点为Q.(1)证明：Q为BB1的中点;(2)求此四棱柱被平面所分红上下两局部的体积之比.解 (1)证明：由于BQ∥AA1，BC∥AD，BCBQ=B，ADAA1=A，所以平面QBC∥平面A1AD.从而平面A1CD与这两个平面的交线相互平行，即QC∥A1D.故△QBC与△A1AD的对应边相互平行，于是△QBC∽△A1AD.所以BQBB1=BQAA1=BCAD=12，即Q为BB1的中点.(2)如图，衔接QA，QD.设AA1=h，梯形ABCD的高为d，四棱柱被平面所分红上下两局部的体积区分为V上和V下，BC=a，那么AD=2a.VQ-A1AD=13122ahd=13ahd，VQ-ABCD=13a+2a2d12h=14ahd，所以V下=VQ-A1AD+VQ-ABCD=712ahd，又V四棱柱A1B1C1D1-ABCD=32ahd，所以V上=V四棱柱A1B1C1D1-ABCD-V下=32ahd-712ahd=1112ahd.故V上V下=117.B级才干提高组1.(2021北京卷)在空间直角坐标系Oxyz中，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，2).假定S1，S2，S3区分是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，那么()A.S1=S2=S3B.S2=S1且S2S3C.S3=S1且S3 S2D.S3=S2且S3S1解析作出三棱锥在三个坐标平面上的正投影，计算三角形的面积.如下图，△ABC为三棱锥在坐标平面xOy上的正投影，所以S1=1222=2.三棱锥在坐标平面yOz上的正投影与△DE F(E，F 区分为OA，BC的中点)全等，所以S2=1222=2.三棱锥在坐标平面xOz上的正投影与△DGH(G，H区分为AB，OC 的中点)全等，所以S3=1222=2.所以S2=S3且S1S3.应选D. 答案 D2.(2021山东卷)三棱锥P-ABC中，D，E区分为PB，PC的中点，记三棱锥D-ABE的体积为V1，P-ABC的体积为V2，那么V1V2=________.解析由于VP-ABE=VC-ABE，所以VP-ABE=12VP-ABC，又因VD-ABE=12VP-ABE，所以VD-ABE=14VP-ABC，V1V2=14.答案 143.(理)(2021课标全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA平面ABCD，E为PD的中点.(1)证明：PB∥平面AEC;(2)设二面角D-AE-C为60，AP=1，AD=3，求三棱锥E-ACD的体积.解 (1)衔接BD交AC于点O，衔接EO.由于ABCD为矩形，所以O为BD的中点.又E为PD的中点，所以EO∥PB.EO平面AEC，PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.(2)由于PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直.如图，以A为坐标原点，AB的方向为x轴的正方向，|PA|为单位长，树立空间直角坐标系A-xyz.那么D(0，3，0)，E0，32，12， AE=0，32，12.设B(m,0,0)(m0)，那么C(m，3，0)，AC=(m，3，0)，设n1=(x，y，z)为平面ACE的法向量，那么n1AC=0，n1AE=0，即mx+3y=0，32y+12z=0，可取n1=3m，-1，3.又n2=(1,0,0)为平面DAE的法向量，由题设|cos〈n1，n2〉|=12，即 33+4m2=12，解得m=32.由于E为PD的中点，所以三棱锥E-ACD的高为12.三棱锥E-ACD的体积V=131233212=38.3.(文)如图，在Rt△ABC中，AB=BC=4，点E在线段AB上.过点E作EF∥BC交AC于点F，将△AEF沿EF折起到△PEF 的位置(点A与P重合)，使得PEB=30.(1)求证：EF(2)试问：当点E在何处时，四棱锥P-EFCB的正面PEB的面积最大?并求此时四棱锥P-EFCB的体积.解 (1)证明：∵AB=BC，BCAB，又∵EF∥BC，EFAB，即EFBE，EFPE.又BEPE=E，EF平面PBE，EFPB.(2)设BE=x，PE=y，那么x+y=4.S△PEB=12BEPEsinPEB=14xy14x+y22=1.当且仅当x=y=2时，S△PEB的面积最大.此时，BE=PE=2.由(1)知EF平面PBE，平面PBE平面EFCB，在平面PBE中，作POBE于O，那么PO平面EFCB.即PO为四棱锥P-EFCB的高.又PO=PEsin30=212=1.S梯形EFCB =12(2+4)2=6.VP-BCFE=1361=2.平面几何与空间向量专题温习检测及答案的全部内容就是这些，查字典数学网预祝考生可以取得更好的效果。
2020高考数学(人教版a版)一轮配套题库：7-7立体几何中的向量方法(理)
第七节 立体几何中的向量方法(理)时间：45分钟 分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．如果平面的一条斜线与它在这个平面上的射影的方向向量分别是a ＝(1,0,1)，b ＝(0,1,1)，那么这条斜线与平面所成的角是( )A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°解析 ∵|a |＝2，|b |＝2，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝12.又〈a ，b 〉∈(0°，90°)，∴〈a ，b 〉＝60°. 答案 B2．(2014·珠海模拟)已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( )A.337，－157，4 B.407，－157，4 C.407，－2,4D ．4，407，－15 解析 ∵AB →⊥BC →，∴AB →·BC →＝0，即3＋5－2z ＝0，得z ＝4，又BP ⊥平面ABC ，∴BP ⊥AB ，BP ⊥BC ，BC →＝(3,1,4)，则⎩⎪⎨⎪⎧(x －1)＋5y ＋6＝0，3(x －1)＋y －12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝407，y ＝－157.答案 B3．长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为( )A.1010B.3010C.21510D.31010解析 建立空间直角坐标系如图． 则A (1,0,0)，E (0,2,1)，B (1,2,0)，C 1(0,2,2)． BC 1→＝(－1,0,2)，AE →＝(－1,2,1)， cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→|·|AE →|＝3010.所以异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为3010. 答案 B4．在90°的二面角的棱上有A ，B 两点，AC 、BD 分别在这个二面角的两个面内，且都垂直于棱AB ，已知AB ＝5，AC ＝3，CD ＝52，则BD ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析 由条件知AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，AC ⊥BD ， 又CD →＝CA →＋AB →＋BD →， ∴CD →2＝(CA →＋AB →＋BD →)2 ＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2 ＝32＋52＋|BD →|2＝(52)2， ∴|BD →|2＝16，∴BD ＝4. 答案 A5．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1所成角的正弦值为( )A.32 B.52 C.105D.1010解析 如图建立空间直角坐标系， 则B (4,0,0)，C (4,4,0)，C 1(4,4,2)， 显然AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴AC →＝(4,4,0)为平面BB 1D 1D 的一个法向量． 又BC 1→＝(0,4,2)，∴cos 〈BC 1→，AC →〉＝BC 1→·AC→|BC 1→||AC →|＝1616＋4·16＋161＝105.即BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为105. 答案 C6．(2014·德州调研)二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°解析 由题意知AC →与BD →所成角即为该二面角的平面角． ∵CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴CD →2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →. ∴(217)2＝62＋42＋82＋2|CA →||BD →|cos 〈CA →，BD →〉＝116＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉．∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，∴〈CA →，BD →〉＝120°. ∴〈AC →，BD →〉＝60°，∴该二面角的大小为60°. 答案 C二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 7.(2014·潍坊考试)如图，平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1，若ABCD 是边长为2的正方形，AA 1＝1，∠A 1AD ＝∠A 1AB ＝60°，则BD 1的长为__________．解析 ∵BD 1→＝BA →＋BC →＋BB 1→，∴|BD 1→|2＝(BA →＋BC →＋BB 1→)2＝9，故BD 1＝3. 答案 38．(2013·怀化模拟)如图，在直三棱柱中，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ＝1，侧棱AA 1＝2，M 为A 1B 1的中点，则AM 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．解析 以C 1为原点，C 1A 1，C 1B 1，C 1C 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则平面AA 1C 1C 的法向量为n ＝(0,1,0)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0－(1,0，2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，－2，则直线AM 与平面AA 1C 1C 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈AM →，n 〉|＝|AM →·n ||AM →||n |＝110，∴tan θ＝13.答案 139．如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠B 1A 1C 1＝90°，D 为BB 1的中点，则异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为________．解析 以A 为原点建立空间直角坐标系，如图，A 1(0,0,2)，C (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,1,2)，则C 1D →＝(1，－1，－1)，A 1C →＝(0,1，－2)，|C 1D →|＝3，|A 1C →|＝5，C 1D →·A 1C →＝1，cos 〈C 1D →，A 1C →〉＝C 1D →·A 1C →|C 1D →||A 1C →|＝1515，故异面直线C 1D 与A 1C 所成角的余弦值为1515. 答案 1515三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分)10．(2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A —xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010， 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面ABA 1的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53.因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.11．(2013·福建卷)如图，在四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1中，侧棱AA 1⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AA 1＝1，AB ＝3k ，AD ＝4k ，BC ＝5k ，DC ＝6k (k >0)．(1)求证： CD ⊥平面ADD 1A 1；(2)若直线AA 1与平面AB 1C 所成角的正弦值为67，求k 的值． 解 (1)证明：取CD 的中点E ，连接BE . ∵AB ∥DE ，AB ＝DE ＝3k ， ∴四边形ABED 为平行四边形， ∴BE ∥AD 且BE ＝AD ＝4k .在△BCE 中，∵BE ＝4k ，CE ＝3k ，BC ＝5k ， ∴BE 2＋CE 2＝BC 2.∴∠BEC ＝90°，即BE ⊥CD . 又BE ∥AD ，∴CD ⊥AD .∵AA 1⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴AA 1⊥CD .又AA 1∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面ADD 1A 1.(2)以D 为原点，DA →，DC →，DD 1→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，则A (4k,0,0)，C (0,6k,0)，B 1(4k ，3k,1)，A 1(4k,0,1)，所以AC →＝(－4k,6k,0)，AB 1→＝(0,3k,1)，AA 1→＝(0,0,1)．设平面AB 1C 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧ AC →·n ＝0，AB 1→·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－4kx ＋6ky ＝0，3ky ＋z ＝0. 取y ＝2，得n ＝(3,2，－6k )．设AA 1与平面AB 1C 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AA 1→，n 〉|＝|AA 1→·n ||AA 1→||n |＝6k 36k 2＋13＝67， 解得k ＝1，故所求k 的值为1.12．(2014·石家庄质检)如图，已知三棱柱ABC—A1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC.(1)若M，N分别是AB，A1C的中点，求证：MN∥平面BCC1B1；(2)若三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长均为2，侧棱BB1与底面ABC 所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点P，使得平面B1CP ⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与P A1的比值，若不存在，说明理由．解(1)证明：连接AC1，BC1，则AN＝NC1，因为AM＝MB，所以MN∥BC1.又BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1.(2)作B1O⊥BC于O点，连接AO，因为平面BCC1B1⊥底面ABC，所以B1O⊥平面ABC.以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1,0,0)，C (1,0,0)，B 1(0，0，3)．由AA 1→＝CC 1→＝BB 1→，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)， 假设在线段A 1C 1上存在一点P ，使得平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，设A 1C 1→＝λA 1P →(λ≠0且λ≠1)，则可以求得P (1λ＋1，3－3λ，3)，CP →＝(1λ，3－3λ，3)，CB 1→＝(－1,0，3)．设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·CP →＝0，n 1·CB 1→＝0，得⎩⎨⎧ 1λx ＋(3－3λ)y ＋3z ＝0，－x ＋3z ＝0，令z ＝1，解得n 1＝(3，1＋λ1－λ，1)． 同理可求出平面ACC 1A 1的一个法向量n 2＝(3，1，－1)．由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0， 解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1P P A 1＝2. 所以存在满足题意的点P ，且C 1P P A 1＝2.。
高三复习数学63_立体几何中的向量方法(有答案)
6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。
1. 空间直角坐标系（1）为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以单位正方体OABC −D ′A ′B ′C ′为载体，__________________．这时我们说建立了一个空间直角坐标系Oxyz ，其中O 叫坐标原点，x 轴、y 轴、z 轴叫坐标轴．（2）___________________叫坐标平面，分别称为________________________． （3）通常建立的直角坐标系为___________________，即___________________________________．2. 空间两点间的距离（1）若A (x 1,y 1,z 1),B (x 2,y 2,z 2)，则|AB|=________．（2）特别地，点P (x,y,z )与原点O 之间的距离为|PO|=________．3. 空间向量的数量积及运算律 （1）数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →=a ，OB →=b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作⟨a ,b ⟩，其范围是0≤⟨a ,b ⟩≤π，若⟨a ,b ⟩=π2，则称a 与b ________，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩叫做向量a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩．（2）空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )⋅b =λ(a ⋅b )； ②交换律：a ⋅b =b ⋅a ；③分配律：a ⋅(b +c )=a ⋅b +a ⋅c .4. 空间向量的坐标表示及应用 （1）数量积的坐标运算设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)， 则a ⋅b =________．（2）共线与垂直的坐标表示设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则a //b ⇔a =λb ⇔________，________，a 3=λb 3(λ∈R ）， a ⊥b ⇔a ⋅b =0⇔________（a ，b 均为非零向量）． （3）模、夹角和距离公式设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则|a |=√a ⋅a =√a 12+a 22+a 32，cos ⟨a ,b ⟩=a ⋅b |a ||b |=112233√a 12+a 22+a 32⋅√b 12+b 22+b 32设A (a 1,b 1,c 1),B (a 2,b 2,c 2)，则d AB =|AB →|=√(a 2−a 1)2+(b 2−b 1)2+(c 2−c 1)2．5. 空间距离（1）点到直线的距离：指一点到它在一条直线上的________的距离． （2）两异面直线的距离：指两条异面直线的________的长度． （3）点到面的距离：指一点到它在一个平面内的________的距离．（4）平行线面间的距离：设直线l//平面α，则直线l 任意一点到平面α的距离，叫做直线l 到平面α的距离．据此可知：线面距离可转化为点面距离求解．（5）平行平面间的距离：其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离，也就是两个平行平面的公垂线段的长度．显然，面面距离可以转化为点面距离求解．6. 如图，已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1各条棱长都相等．M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成角大小是________．7. （文）在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30∘，则该长方体的体积为（ ） A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√38. （理）已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ） A.13 B.√23C.√33D.239. （理）如图，AE ⊥平面ABCD ，CF//AE ，AD//BC ，AD ⊥AB ，AB =AD =1，AE =BC =2．求证：BF//平面ADE；求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；若二面角E−BD−F的余弦值为1，求线段CF的长．310. （文）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4，O 为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC；若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．11. （理）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘,AB=AC=AA1=1．D 是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1//平面BDA1．求证：CD=C1D．求点C到平面B1DP的距离．12. （理）在正四面体S−ABC中，侧面SAC与底面ABC所成二面角的余弦值为（）A.1 4B.13C.√24D.√2313. （文）在正四面体S−ABC中，侧棱SA与底面ABC所成线面角的余弦值为（）A.1 2B.√32C.√33D.√6314. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1,AA1=√3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A.1 5B.√56C.√55D.√2215. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘16. （理）二面角α−l−β为60∘，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α,β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=a，BD=2a，则CD的长为（）A.2aB.2√2aC.√5aD.√3a17. （文）已知∠ACB=90∘，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为√3，那么P到平面ABC的距离为（）A.1B.√2C.√32D.1218. （理）设三棱锥V−ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P−AC−B的平面角为γ，则（）A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β19. （文）在封闭的直三棱柱ABC−A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC,AB= 6,BC=8,AA1=3，则V的最大值是（）A.4πB.9π2C.6π D.32π320. （理）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A.2√2B.√10C.√11D.2√321. （文）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高ℎ，计算其体积V的近似公式V≈136L2ℎ．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3．那么，近似公式V≈275L2ℎ相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A.227B.258C.15750D.35511322. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．23. （理）已知点E、F分别在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．24. （文）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为________．25. 如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，所有棱长均为a，且∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60∘，则下列结论正确的是________（写出所有正确结论的编号）．①平面A1BD//平面CB1D1；②四边形BDD1B1为正方形；a；③点A到平面BDD1B1的距离为√32④点A1在平面BDC1上的射影为△BDC1的垂心；⑤平面A1BD与平面BDD1B1将四棱柱分成从小到大三部分的体积比为1:2:3．26. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．证明：AC⊥HD′；,OD′=2√2，求五棱锥D′−ABCFE体积．若AB=5,AC=6,AE=5427. 如图，在三棱台ABC−DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．求证：BF⊥平面ACFD；求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．28. （理）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长和底面边长均为1，D是BC的中点．求证：A1B//平面ADC1求A1A与平面ADC1所成角的正弦值；的值；若不存在，试问线段A1B1上是否存在点E，使CE⊥平面ADC1？若存在，求AEA1B1说明理由．29. （文）如图，四棱锥P−ABCD的底面是直角梯形，AD//BC，AD=3BC=6,PB= 6√2，点M在线段AD上，且MD=4,AD⊥AB,PA⊥平面ABCD．求证：平面PCM⊥平面PAD；当四棱锥P−ABCD的体积最大时，求四棱锥P−ABCD的表面积．参考答案与试题解析6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。
高考数学 试题汇编 第五节 立体几何中的向量方法 理(含解析)
第五节立体几何中的向量方法向量法证明平行、垂直关系考向聚焦高考常考内容,主要以向量为工具,通过直线的方向向量、平面的法向量证明线线、线面、面面平行与垂直,常以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右1.(2011年辽宁卷,理18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.(1)证明:平面PQC ⊥平面DCQ.(2)求二面角Q BP C 的余弦值.解:如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D xyz.(1)证明:依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0)则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).所以·=0,·=0.即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.且DQ∩DC=D.故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)解:依题意有B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则即因此可取n=(0,-1,-2).设m是平面PBQ的法向量,则可取m=(1,1,1),所以cos<m,n>=-.故二面角Q BP C的余弦值为-.2.(2011年北京卷,理16)如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值;(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD,∵底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.解:(2)设AC∩BD=O,∵∠BAD=60°,PA=AB=2,∴BO=1,AO=OC=,如图,以O为坐标原点,OB、OC所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系O xyz,则P(0,-,2),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),∴=(1,,-2),=(0,2,0),设PB与AC所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|=||=.(3)由(2)知,=(-1,,0),设|PA|=t>0,则P(0,-,t),∴=(-1,-,t),设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则即,令y=,则x=3,z=,∴m=(3,,),同理可得平面PDC的法向量n=(-3,,), ∵平面PBC⊥平面PDC,∴m·n=0,即-6+=0,∴t=,即PA=.求直线与平面所成的角考向聚焦高考热点内容,主要以向量为工具,考查通过求直线的方向向量和平面的法向量的夹角,进而转化为直线与平面所成的角,主要以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右备考指津解决这类问题的关键是建立适当的坐标系,准确的求出直线的方向向量和平面的法向量,计算要准确3.(2012年湖北卷,理19,12分)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.(1)解:法一:在如题图(1)所示的△ABC中,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(如题图(2)),AD⊥DC,AD⊥BD,且BD∩DC=D,所以AD⊥平面BCD.又∠BDC=90°,所以S△BCD=BD·CD=x(3-x).于是=AD·S △BCD=(3-x)·x(3-x)=·2x(3-x)(3-x)≤[]3=,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.法二:同法一,得=AD·S△BCD=(3-x)·x(3-x)=(x3-6x2+9x).令f(x)=(x3-6x2+9x),由f'(x)=(x-1)(x-3)=0,且0<x<3,解得x=1.当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,3)时,f'(x)<0,所以当x=1时,f(x)取得最大值.故当BD=1时,三棱锥A BCD的体积最大.(2)解:法一:以D为原点,建立如图a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(,1,0),且=(-1,1,1). 设N(0,λ,0),则=(-,λ-1,0).因为EN⊥BM等价于·=0,即(-,λ-1,0)·(-1,1,1)=+λ-1=0,故λ=,N(0,,0).所以当DN=(即N是CD的靠近点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),由及=(-1,,0),得可取n=(1,2,-1).设EN与平面BMN所成角的大小为θ,则由=(-,-,0),n=(1,2,-1),可得sin θ=cos(90°-θ)===,即θ=60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.法二:由(1)知,当三棱锥A BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2,如图b,取CD的中点F,连结MF,BF,EF,则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD,所以MF⊥平面BCD.如图c,延长FE至P点使得FP=DB,连BP,DP,则四边形DBPF为正方形,所以DP⊥BF.取DF的中点N,连结EN,又E为FP的中点,则EN∥DP,所以EN⊥BF.因为MF⊥平面BCD.又EN⊂面BCD,所以MF⊥EN.又MF∩BF=F,所以EN⊥面BMF,又BM⊂面BMF,所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF,而点F是唯一的,所以点N是唯一的.即当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点),EN⊥BM.连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM=,所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,则BM⊥平面EGN.在平面EGN中,过点E作EH⊥GN于H,则EH⊥平面BMN,故∠ENH是EN与平面BMN所成的角, 在△EGN中,易得EG=GN=NE=,所以△EGN是正三角形,故∠ENH=60°,即EN与平面BMN所成角的大小为60°.4.(2010年辽宁卷,理19)已知三棱锥P ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.(1)证明:CM⊥SN;(2)求SN与平面CMN所成角的大小.设PA=1,以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图. 则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0,),N(,0,0),S(1,,0).(1)证明:=(1,-1,),=(-,-,0),因为·=-++0=0,所以CM⊥SN.(2)解:=(-,1,0),设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,由得令x=2,得a=(2,1,-2).设SN与平面CMN所成的角为θ,则sin θ=|cos<a,>|.又|cos<a,>|=||=,∴sin θ=,又θ∈[0°,90°],∴θ=45°,故SN与平面CMN所成角为45°.5.(2010年全国新课标卷,理18)如图,已知四棱锥P ABCD的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点.(1)证明:PE⊥BC;(2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.(1)证明:以H为原点,HA,HB,HP分别为x,y,z轴.线段HA的长为单位长度,建立空间直角坐标系如图.则A(1,0,0),B(0,1,0).设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0).则D(0,m,0),E(,,0),可得=(,,-n),=(m,-1,0).因为·=-+0=0.所以PE⊥BC.(2)解:由已知条件可得m=-,n=1,故C(-,0,0).D(0,-,0),E(,-,0),P(0,0,1).设n=(x,y,z)为平面PEH的法向量.则即因此可以取n=(1,,0).又=(1,0,-1),可得|cos<,n>|=,所以直线PA与平面PEH 所成角的正弦值为.求二面角考向聚焦高考重点考查内容,主要以向量为工具,考查通过求两平面的法向量及其角,进而转化为二面角的大小,考查空间向量的线性运算及学生的空间想象能力,难度中档偏上,所占分值8分左右6.(2012年重庆卷,理19,12分)如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点.(1)求点C到平面A1ABB1的距离;(2)若AB1⊥A1C,求二面角A1CD C1的平面角的余弦值.解:(1)∵AC=BC,DA=DB,∴CD⊥AB,又∵AA1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,∴AA1⊥CD,∵AA1∩AB=A,AA1⊂平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1∴CD⊥平面ABB1A1,∴点C到平面ABB1A1的距离为CD===.(2)如图,过点D作DD1∥AA1交A1B1于D1,由(1)知DB、DC、DD1两两垂直,以D为原点,射线DB、DC、DD1分别为x 轴、y轴、z轴的正半轴建立空间坐标系D xyz.设直棱柱的侧棱AA1=a,则A(-2,0,0),A1(-2,0,a),B1(2,0,a),C1(0,,a),C(0,,0),∴=(2,,-a),=(4,0,a),∵AB1⊥A1C,∴·=0,∴8-a2=0,∴a=2,∴=(0,,0),=(-2,0,2),=(0,0,2),设平面A1CD的法向量n1=(x1,y1,z1),则,∴,令z1=1,则n1=(,0,1),因AB⊥平面C1CD,故可取面C1CD的法向量n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>===.所以二面角A1CD C1的平面角的余弦值为.本题考查了立体几何中点到平面的距离和二面角大小的求法,空间向量的运用,主要考查学生的空间想象力、推理论证能力、化归能力和运算求解能力,难度适中.7.(2012年江西卷,理19,12分)在三棱柱ABC A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,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.(1)证明:连接AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于点E,因为AA1∥BB1,得OE⊥BB1,因为A1O⊥平面ABC,所以A1O⊥BC.由AB=AC,OB=OC,得AO⊥BC,而A1O∩AO=O,所以BC⊥平面AA1O,所以BC⊥OE,而BB1∩BC=B,所以OE⊥平面BB1C1C,又AO==1,AA1=,得AE==.(2)解:如图,分别以OA,OB,OA1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),A1(0,0,2),由=得点E的坐标是(,0,),由(1)得平面BB1C1C的一个法向量是=(,0,),设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z),由,得,令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2,1,-1),所以cos<,n>==,即平面BB1C1C与平面A1B1C夹角的余弦值是.8.(2012年安徽卷,理18,12分)平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示,其中BB1C1C是矩形,BC=2,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠,使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,再分别连接A1A,A1B,A1C,得到如图(2)所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题.(1)证明:AA1⊥BC;(2)求AA1的长;(3)求二面角A BC A1的余弦值.解:本题考查空间中的垂直关系,求线段长,考查求二面角的余弦值,考查空间向量在求解立体几何问题中的应用.考查空间想象能力,推理论证能力,计算求解能力等.(1)如图,过点A作AO⊥平面A1B1C1,垂足为O,连接OB1,OC1,OA1,∵△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,BB1C1C是矩形,∴ABC A1B1C1为直三棱柱,由BC=2,AB=AC=知∠BAC为直角,且OB1=OC1,∵A1B1=A1C1=,∴OA1⊥B1C1,∵AO⊥平面A1B1C1,∴OA⊥B1C1,∴B1C1⊥平面OAA1,∵AA1⊂平面OAA1,所以AA1⊥BC.(2)由(1)可知OA=BB1=4,OA1=+=3,由OA⊥OA1,∴AA1==5.(3)由(1)知∠BAC=90°,则∠B1OC1=90°,且OA1在角∠B1OC1的平分线上.以O为坐标原点,OB1,OC1,OA所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.A(0,0,4),B(,0,4),C(0,,4),A1(,,0),则=(-,,0),=(,,-4).设平面BCA1的法向量为n=(x,y,z),则,即,取x=1,则n=(1,1,).由平面ABC的一个法向量为=(0,0,4),∴cos<n,>===,由图形可知二面角为钝角,所以二面角A BC A1的余弦值为-.解决本题的关键是能正确理解由平面几何图形到空间几何体的转换,其中的平行和垂直关系,线段长度关系等,然后通过添加辅助线构造常见几何体,就容易找出所需要的平行和垂直关系,也容易得出特殊的图形,也容易建立空间直角坐标系来求解.9.(2012年山东卷,理18,12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F BD C的余弦值.(1)证明:∵四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,∴∠DCB=120°,∵CD=CB,∴∠CBD=∠CDB=30°,∴∠ABD=30°,∴∠ADB=90°,即AD⊥DB,又∵DB⊥AE,AE∩AD=A,∴BD⊥平面AED.(2)解:取BD中点P,连结CP,FP.∵CD=CB,∴CP⊥BD.又∵FC⊥平面ABCD,∴BD⊥FC,∴BD⊥平面FCP,∴BD⊥FP,∴∠FPC是二面角F BD C的平面角.设CD=1,则CP=,∴在Rt△FCP中,FP==,∴cos∠FPC==,即二面角F BD C的余弦值为.10.(2012年新课标全国卷,理19,12分)如图,直三棱柱ABC A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.(1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1BD C1的大小.(1)证明:不妨设AC=BC=AA1=1.又∵D为AA1中点,∴DC1=,BC1=,∴BD2=3=AD2+AB2,∴AB2=2=AC2+BC2,∴∠ACB=90°,即BC⊥AC,又∵BC⊥CC1,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵DC1⊂平面ACC1A1,∴DC1⊥BC.(2)解:由(1)知CA、CB、CC1两两垂直.分别以CA、CB、CC1为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,1,0),D(1,0,1),A1(1,0,2),C1(0,0,2),∴=(1,-1,1),=(0,-1,2),设平面BDC1的一个法向量n=(x,y,z).则即令z=1,则y=2,x=1,即n=(1,2,1).可取平面A1BD的一个法向量m=(1,1,0),∴cos<m,n>===,又∵二面角A1BD C1为锐二面角,∴该二面角的大小为.该题应属立体几何的常规考查形式,一证一求,难度适中.11.(2012年广东卷,理18,13分)如图所示,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC 上,PC⊥平面BDE.(1)证明:BD⊥平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角B PC A的正切值.解:(1)∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD,同理PC⊥BD.∵PA、PC是平面PAC中的两条相交直线,∴BD⊥平面PAC.(2)解:法一:设AC、BD的交点为O,连接OE,则∠BEO即为所求二面角B PC A的平面角,由(1)知BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,又∵四边形ABCD为矩形.∴四边形ABCD是正方形,∴AB=AD=2,AC=BD=2,∴BO=OC=BD=×2=,PC===3,由Rt△PAC∽Rt△OEC知=,=,OE=,在Rt△BOE中,tan ∠BEO===3.即二面角B PC A的正切值为3.法二:如图,分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴,A为坐标原点,建立空间直角坐标系, 由(1)知BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,∴矩形ABCD为正方形,∴P(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),=(-2,2,0)是平面PAC的一个法向量,设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,由得,令x=1,则z=2,y=0,∴n=(1,0,2),∴cos<n,>===-,sin <n,>==,∴tan <n,>==-=-3又二面角B PC A为锐角,∴二面角B PC A的正切值为3.12.(2012年浙江卷,理20,15分)如图,在四棱锥P ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.(1)证明:MN∥平面ABCD;(2)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A MN Q的平面角的余弦值.(1)证明:因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.又因为MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解:法一:连结AC交BD于O,以O为原点,OC,OD所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=2,BD=AB=6.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.在Rt△PAC中,AC=2,PA=2,AQ⊥PC,得QC=2,PQ=4.由此知各点坐标如下:A(-,0,0),B(0,-3,0)C(,0,0),D(0,3,0),P(-,0,2),M(-,-,),N(-,,),Q(,0,).设m=(x1,y1,z1)为平面AMN的法向量.由=(,-,),=(,,)取z1=-1,得m=(2,0,-1).设n=(x2,y2,z2)为平面QMN的法向量.由=(-,-,),=(-,,)知取z2=5,得n=(2,0,5).于是cos<m,n>==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.法二:在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.因M,N分别是PB,PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角A MN Q的平面角.由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.在Rt△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4.在△PBC中,cos∠BPC==,得MQ==.在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE==.在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cos∠AEQ==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.13.(2012年天津卷,理17,13分)如图,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.解:如图,以点A为原点,射线AD、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建系, 则A(0,0,0),D(2,0,0),B(-,,0),C(0,1,0),P(0,0,2),(1)∵=(0,1,-2),=(2,0,0),∴·=0,∴PC⊥AD.(2)=(0,1,-2),=(2,-1,0),设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),则,即,令x=1,则n1=(1,2,1).又平面PAC的一个法向量可取n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>===.∴sin<n1,n2>=.∴二面角A PC D的正弦值为.(3)设点E(0,0,a),a∈[0,2],则=(,-,a),又=(2,-1,0),故cos<,>===,∴=cos 30°=,∴a=,∴AE=.本小题主要考查了空间两直线的位置关系,二面角,异面直线所成的角等基础知识,主要考查学生的空间想象力,化归能力和运算能力,难度适中.14.(2012年四川卷,理19,12分)如图,在三棱锥P ABC中,∠APB=90°,∠PAB=60°,AB=BC=CA,平面PAB⊥平面ABC.(1)求直线PC与平面ABC所成的角的大小;(2)求二面角B AP C的大小.解:法一:(1)设AB的中点为D,AD的中点为O,连结PO、CO、CD.由已知,△PAD为等边三角形.所以PO⊥AD.又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AD,所以PO⊥平面ABC.所以∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角.不妨设AB=4,则PD=2,CD=2,OD=1,PO=.在Rt△OCD中,CO==.所以,在Rt△POC中,tan∠OCP===.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan .(2)过D作DE⊥AP于E,连结CE.由已知可得,CD⊥平面PAB.根据三垂线定理知,CE⊥PA.所以∠CED为二面角B AP C的平面角.由(1)知,DE=.在Rt△CDE中,tan∠CED===2.故二面角B AP C的大小为arctan 2.法二:(1)设AB的中点为D,作PO⊥AB于点O,连结CD.因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AD,所以PO⊥平面ABC.所以PO⊥CD.由AB=BC=CA,知CD⊥AB.设E为AC中点,则EO∥CD,从而OE⊥PO,OE⊥AB.如图,以O为坐标原点,OB、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O xyz. 不妨设PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP=,CD=2.所以O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),P(0,0,).所以=(-1,-2,),而=(0,0,)为平面ABC的一个法向量.设α为直线PC与平面ABC所成的角,则sin α=||=||=.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin .(2)由(1)有,=(1,0,),=(2,2,0).设平面APC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则⇔⇔从而取x1=-,则y1=1,z1=1,所以n=(-,1,1).设二面角B AP C的平面角为β,易知β为锐角.而平面ABP的一个法向量为m=(0,1,0),则cos β=||=||=.故二面角B AP C的大小为arccos .15.(2011年天津卷,理17)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;(2)求二面角A A1C1B1的正弦值;(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN⊥平面A1B1C1,求线段BM的长.解:如图所示,建立空间直角坐标系,点H为原点,依题意得A(2,0,0),B1(-2,0,0),A1(0,2,0),B(0,-2,0),C1(0,0,),C(2,-2,).(1)∵=(0,-2,),=(-2,-2,0),∴cos<,>===,∴异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)设平面AA1C1的法向量m=(x,y,z),则,即,取x=,可得m=(,,2),同理设平面A1B1C1的法向量n=(x',y',z'), 则,即,取x'=,可得n=(,-,-2).∴cos<m,n>==-=-,从而sin<m,n>=.所以二面角A A1C1B1的正弦值为.(3)B1C1的中点N(-1,0,),设M(a,b,0),则=(-1-a,-b,),由⊥平面A1B1C1,得,即,∴,∴M(,-,0),∴=(,,0),∴||==.∴线段BM的长为.16.(2011年新课标全国卷,理18)如图,四棱锥P ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)若PD=AD,求二面角A PB C的余弦值.(1)证明:∵∠DAB=60°,AB=2AD,不妨设AD=1.由余弦定理得BD=,∴BD2+AD2=AB2,∴BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,∵AD∩PD=D,∴BD⊥平面PAD.∴PA⊥BD.(2)解:如图,以D为坐标原点,DA,DB,DP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D xyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0,1),=(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则,即.设z=,则得n=(,1,).同理设平面PBC的法向量为m,则可取m=(0,-1,-),cos<m,n>===-.故二面角A PB C的余弦值为-.17.(2010年浙江卷,理20)如图, 在矩形ABCD中,点E,F分别在线段AB,AD上,AE=EB=AF=FD=4.沿直线EF将△AEF翻折成△A'EF,使平面A'EF⊥平面BEF.(1)求二面角A'FD C的余弦值;(2)点M,N分别在线段FD,BC上,若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折,使C与A'重合,求线段FM的长.解:法一:(1)取线段EF的中点H,连接A'H.因为A'E=A'F及H是EF的中点,所以A'H⊥EF.又因为平面A'EF⊥平面BEF,及A'H⊂平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF.如图建立空间直角坐标系A xyz,则A'(2,2,2),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0),故=(-2,2,2),=(6,0,0).设n=(x,y,z)为平面A'FD的一个法向量,所以取z=,则n=(0,-2,).又平面BEF的一个法向量m=(0,0,1).故cos<n,m>==.所以二面角A'FD C的余弦值为.(2)设FM=x,则M(4+x,0,0),因为翻折后C与A'重合,所以CM=A'M,故(6-x)2+82+02=(-2-x)2+22+(2)2,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.法二:(1)取线段EF的中点H,AF的中点G,连接A'G,A'H,GH.因为A'E=A'F及H是EF的中点,所以A'H⊥EF,又因为平面A'EF⊥平面BEF,A'H⊂平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF,又AF⊂平面BEF,故A'H⊥AF,又因为G,H分别是AF,EF的中点,易知GH∥AB,所以GH⊥AF,又∵GH∩A'H=H,∴AF⊥平面A'GH,所以∠A'GH为二面角A'FD C的平面角,在Rt△A'GH中,A'H=2,GH=2,A'G=2,所以cos∠A'GH=.故二面角A'FD C 的余弦值为.(2)设FM=x,因为翻折后C与A'重合, 所以CM=A'M,而CM2=DC2+DM2=82+(6-x)2,A'M2=A'H2+MH2=A'H2+MG2+GH2=(2)2+(x+2)2+22,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.立体几何的开放性问题考向聚焦高考常考内容,主要考查立体几何的开放性问题:(1)条件追溯型;(2)存在探索型;(3)方法类比探索型.考查学生分析问题、解决问题的能力,多在解答题的最后一问,难度中档偏上,所占分值4~8分18.(2012年上海数学,理14,4分)如图,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2.若AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD的体积的最大值是.解析:过点A作AE⊥BC于E,连结DE,则DE⊥BC,所以四面体ABCD的体积为S△ADE.由对称性知,点E为BC的中点,且AB=BD=a时,△ADE的面积最大,又AB+BD>AD,即a>c.所以S△ADE=c,因此四面体ABCD的体积的最大值为.答案:19.(2012年北京卷,理16,14分)如图(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE ∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图(2).(1)求证:A1C⊥平面BCDE;(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.解:(1)在图(1)中,DE∥BC,AC⊥BC,∴DE⊥AD,DE⊥DC.∴折起后在图(2)中,DE⊥A1D,DE⊥DC.又∵A1D∩DC=D,且A1D,DC⊂平面A1CD,∴DE⊥平面A1CD.∴DE⊥A1C.又∵CD⊥A1C,且CD∩DE=D,且CD,DE⊂平面BCDE,∴A1C⊥平面BCDE.(2)在图(1)中,∵DE∥BC,AC=6,DE=2,BC=3,∴AD=4,DC=2,∴折起后在图(2)中,A1D=4,DC=2,又∵A1C⊥CD,∴A1C=2.由(1)知,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz,则C(0,0,0),A1(0,0,2),D(0,2,0),B(3,0,0),E(2,2,0),∴中点M(0,1,),∴=(0,1,).又∵=(-1,2,0),=(3,0,-2).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则,∴不妨取x1=1,则n=(1,,).设直线CM与平面A1BE所成角为α,则sin α=|cos(-α)|===,∴α=,∴直线CM与平面A1BE所成角为.(3)不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.证明:假设存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.记P的坐标为P(m,0,0),且0≤m≤3.∴=(m,0,-2),=(0,2,-2),设平面A1PD的法向量为m,且m=(x2,y2,z2),∴∴令z2=1,得m=(,,1).又当平面A1DP⊥平面A1BE时,m·n=0,∴++=0,∴m=-2∉[0,3].∴假设不成立,∴不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.本题考查了空间向量在立体几何中的应用,尤其第三问中更好地体现了空间向量的优越性.20.(2012年福建卷,理18,13分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(3)若二面角A B1E A1的大小为30°,求AB的长.解:(1)以A为原点,,,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(如图).设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(-,1,-1),=(a,0,1),=(,1,0).∵·=-×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0)(0≤z0≤1),使得DP∥平面B1AE.此时=(0,-1,z0).设平面B1AE的法向量n=(x,y,z),∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=(1,-,-a).要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,解得z0=.即AP=.(3)连接A1D,B1C,由长方体ABCD A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,∴AD1⊥平面DCB1A1,∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1).设与n所成的角为θ,则cos θ==.∵二面角A B1E A1的大小为30°,∴|cos θ|=cos 30°,即=,解得a=2,即AB的长为2.利用空间向量解决立体几何中的判定与求解问题的关键是合理建系,准确设点,本题第3问较为创新,更能体现向量法的优点,而在法向量的应用上,要注意赋值的有效性.21.(2010年湖南卷,理18)如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.(1)求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值;(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?证明你的结论.解:法一:设正方体的棱长为1.如图所示,以,,为单位正交基底建立空间直角坐标系A xyz.(1)依题意,得B(1,0,0),E(0,1,),A(0,0,0),D(0,1,0),所以=(-1,1,),=(0,1,0).在正方体ABCD A1B1C1D1中,因为AD⊥平面ABB1A1,所以是平面ABB1A1的一个法向量.设直线BE与平面ABB1A1所成的角为θ,则sin θ===.即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:依题意,得A1(0,0,1),=(-1,0,1),=(-1,1,).设n=(x,y,z)是平面A1BE的一个法向量,则由n·=0,n·=0,得所以x=z,y=z.取z=2,得n=(2,1,2).设F是棱C1D1上的点,则F(t,1,1)(0≤t≤1).又B1(1,0,1),所以=(t-1,1,0).而B1F⊄平面A1BE,于是B1F∥平面A1BE⇔·n=0⇔(t-1,1,0)·(2,1,2)=0⇔2(t-1)+1=0⇔t=⇔F为棱C1D1的中点.这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点),使B1F∥平面A1BE.法二:(1)如图(1)所示,取AA1的中点M,连接EM,BM.因为E是DD1的中点,四边形ADD1A1为正方形,所以EM∥AD.又在正方体ABCD A1B1C1D1中,AD⊥平面ABB1A1,所以EM⊥平面ABB1A1,从而BM为BE在平面ABB1A1上的射影,∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角.设正方体的棱长为2,则EM=AD=2,BE==3.于是,在Rt△BEM中,sin∠EBM==,即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:事实上,如图(2)所示,分别取C1D1和CD的中点F、G,连接B1F,EG,BG,CD1,FG.因A1D1∥B1C1∥BC,且A1D1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,因此D1C∥A1B.又E,G分别是D1D,CD的中点,所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明A1,B,G,E四点共面.所以BG⊂平面A1BE.因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形,F,G分别为C1D1和CD的中点,所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B,因此四边形B1BGF是平行四边形,所以B1F∥BG.而B1F⊄平面A1BE,BG⊂平面A1BE,故B1F∥平面A1BE.(2011年福建卷,理20)如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等?说明理由.解:(1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB.1分又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.2分又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.3分第(1)问赋分细则:(1)证出PA⊥AB得1分,未写出AB⊂平面ABCD不得分;(2)证出AB⊥平面PAD得1分,未写出PA∩AD=A不得分;(3)写出平面PAB⊥平面PAD得1分.(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A xyz(如图).在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.4分在Rt△CDE中,DE=CD·cos 45°=1,CE=CD·sin 45°=1.设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).由AB+AD=4得AD=4-t,所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).5分①设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由n⊥,n⊥,得取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°=||,即=,解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),6分所以AB=.7分②假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.8分设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t).由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m;(ⅰ)由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.(ⅱ)由(ⅰ)、(ⅱ)消去t,化简得m2-3m+4=0.(ⅲ)由于方程(ⅲ)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.11分从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.12分第(2)问赋分细则:(1)建立坐标系得1分,未说明如何建立坐标系扣1分;(2)用t表示出、得1分;(3)设出平面法向量,计算正确得1分;(4)在线段AD上设出G点得1分;(5)计算错误扣2分,如t值计算错;(6)没有结论扣1分.通过高考阅卷分析,造成失分原因如下:(1)解题过程不全,错过得分点,如不建立坐标系;(2)计算错误,如t值求错,平面法向量求错;(3)对参数没有限制范围,如0≤m≤4-t;(4)没有写出结论或未写清结论导致扣分,如不写在线段AD上不存在一个点G,使得点G到P、B、C、D的距离相等.。
高三数学(理)同步双测：专题7.3《立体几何中的向量法》(B)卷(含答案)
班级姓名学号分数《立体几何中的向量法》测试卷（B卷）（测试时间：120分钟满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1. 已知空间中两点A（1，2，3），B（4，2，a），且=10AB，则a=（）A．1或2 B．1或4 C．0或2 D．2或4【答案】D【解析】试题分析：()()()222=10142231002AB a a∴-+-+-=∴=或4a=考点：空间两点间距离2. 已知向量(3,4,3),(5,3,1)a b=-=-u ru r，则它们的夹角是A．0︒ B．45︒ C．90︒ D．135︒【答案】C.【解析】试题分析：cos,091692591a b==++⨯++r r，即它们的夹角是90︒.考点：空间向量的夹角公式.3. 已知A（﹣4，6，﹣1），B（4，3，2），则下列各向量中是平面AOB（O是坐标原点）的一个法向量的是（）A.（0，1，6）B.（﹣1，2，﹣1）C.（﹣15，4，36）D.（15，4，﹣36）【答案】B解：设平面AOB（O是坐标原点）的一个法向量是=（x，y，z）则，即，令x=﹣1，解得，故=（﹣1，2，﹣1），故选B．点评：本题考查的知识点是向量语言表述线线的垂直、平行关系，其中根据法向量与平面内任何一个向量都垂直，数量积均为0，构造方程组，是解答本题的关键．4. 平面α经过三点A(－1,0,1)，B(1,1,2)，C(2，－1,0)，则下列向量中与平面α的法向量不垂直的是( )A．(12，－1，－1) B．(6，－2，－2)C．(4,2,2) D．(－1,1,4) 【答案】D考点：法向量5. 如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝12 AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为( )A.6B.3C.6D.2【答案】C考点：空间向量求线面角6. 在正方体ABCD－A'B'C'D'中，点P在线段AD'上运动，则异面直线CP与BA'所成的角θ的取值范围是（）A.B. C.D.【答案】D【解析】如图，连结CD'，则异面直线CP与BA'所成的角θ等于∠D'CP，由图可知，当P点与A点重合时，θ＝3当P点无限接近D'点时，θ趋近于0.由于是异面直线，故θ≠0.选D考点：空间几何体，异面直线所成角7. 设两不同直线a，b的方向向量分别是，平面α的法向量是，则下列推理①；②；③；④；其中正确的命题序号是（ ）A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④ 【答案】B点评：本题考查的知识点是向量方法证明线、面位置关系，其中熟练掌握两条直线的方向向量的夹角与直线夹角的关系，直线的方向向量与平面的法向量的夹角与线面夹角的关系，两个平面的法向量的夹角与二面角之间的关系，是解答此类问题的关键．8. 在四棱锥ABCD P -中，)3,2,4(-=→AB ，)0,1,4(-=→AD ，)8,2,6(--=→AP ，则这个四棱锥的高=h （ ）A ．1B ．2C ．13D ．26 【答案】B考点：空间向量法求点到面的距离．9. 已知向量)2,1,2(-=→a ，)1,2,2(=→b ，则以→a ，→b 为邻边的平行四边形的面积为( ) A ．65B ．65C ．4D ．8 【答案】B ． 【解析】试题分析：首先由向量的数量积公式可求→a 与→b 夹角的余弦值94,cos =⋅>=<→→→→→→ba b a b a ，然后根据同角三角函数的关系得965,sin >=<→→b a ，最后利用正弦定理表示平行四边形的面65,sin >=<=→→→→b a b a S ．考点：向量模的运算；利用正弦定理表示三角形的面积．10. 如图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱长为6的正方体，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF.当A 1，E ，F ，C 1共面时，平面A 1DE 与平面C 1DF 所成二面角的余弦值为( )A.3 B.12 C.15D.26 【答案】B考点：空间向量的应用11. 三棱锥ABC O -中，OC OB OA ,,两两垂直且相等，点Q P ,分别是线段BC 和OA 上移动，且满足BC BP 21≤，AO AQ 21≤，则PQ 和OB 所成角余弦值的取值范围是（ ） A ．]552,33[B ．]22,33[C ．]552,66[ D ．]22,66[【答案】C. 【解析】考点：立体几何与空间向量.12. 设O 是正三棱锥ABC P -的底面⊿ABC 的中心，过O 的动平面与PC 交于S ，与PA 、PB 的延长线分别交于Q 、R ，则PSPR PQ 111++( ) A 、有最大值而无最小值 B 、有最小值而无最大值C 、无最大值也无最小值D 、是与平面QRS 无关的常数 【答案】D 【解析】 试题分析：设||,||,||PQ x PR y PS z ===，则||||||,,PA PB PC PA PQ PB PR PC PS x y z===u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r ，因为||||||3333PA PB PC PA PB PC PO PQ PR PS x y z++==++u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 且,,Q R S 共面，所以||||||11131333||PA PB PC x y z x y z PA ++=⇒++=（常数），选D. 考点：空间几何体及空间向量.二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱BC 、DD 1上的点，如果B 1E ⊥平面ABF ，则CE 与DF 的和的值为________．【答案】1考点：空间向量的应用14. 已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是________．【答案】4 3考点：空间向量求点到面的距离15. 如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点。
2020年高考数学(理)总复习：立体几何中的向量方法(解析版)
2020 年高考数学（理）总复习：立体几何中的向量方法题型一利用向量证明平行与垂直【题型重点】 向量证明平行与垂直的4 步骤(1)成立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系； (2)成立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所波及的点、直线、平面的因素；(3)经过空间向量的运算求出平面向量或法向量，再研究平行、垂直关系； (4)依据运动结果解说有关问题．【例 1】如图，在直三棱柱 ADE —BCF 中，面 ABFE 和面 ABCD 都是正方形且相互垂直，点 M 为 AB 的中点，点 O 为 DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面 BCF ； (2)平面 MDF ⊥平面 EFCD . 【证明】方法一(1)由题意，得 AB ， AD ， AE 两两垂直，以点 A 为原点成立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，F(1,0,1) ， M1,0,0 ，2O 1 ,1 ,1.2 2 2→1 1→OM ＝ 0, ,2 ，BA ＝ (－ 1,0,0)，2→ → → →∴ OM ·BA ＝ 0, ∴ OM ⊥BA.∵棱柱 ADE — BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面 BCF 的一个法向量， 且 OM? 平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝ (x 1，y 1，z 1)， n 2＝ (x 2， y 2， z 2)．→ → ∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝1 →→，－ 1,1)，, 1,0 ， DC ＝ (1,0,0)，CF ＝(02→x 1－ y 1＋ z 1＝0， n 1·DF ＝ 0，得 1由→2x 1－ y 1＝ 0，n 1·DM ＝ 0，令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1, 1 ,1.同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．2 2∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .方法二→→→→1 → → 1→ (1)OM ＝ OF ＋FB ＋ BM ＝ DF － BF ＋2 BA21→→→ 1 → 1 → 1 → 1 →＝ (DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－2 BD － BF ＋ BA22221 → → 1 → 1→＝－ ( BC ＋ BA)－BF ＋ BA2221 → 1 →＝－ 2BC －2BF.∴向量 → 与向量 →，→共面，OM BF BC又 OM? 平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直，→ → → → → ∵ CD ＝BA ， FC ＝BC －BF ，→ →1 1 BF → ∴ OM ·CD ＝2BCBA ＝ 0，2→ →1 1 OM ·FC ＝2BCBF2→ →·(BC － BF)1 →2 1 → 2＝ 0.＝－ BC ＋ BF 2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ， CD ， FC ? 平面 EFCD ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .题组训练一 利用向量证明平行与垂直如图，在底面是矩形的四棱锥 P — ABCD 中，PA ⊥底面 ABCD ，点 E ，F 分别是 PC ，PD 的中点， PA ＝ AB ＝ 1， BC ＝ 2.(1)求证： EF ∥平面 PAB ； (2)求证：平面 PAD ⊥平面 PDC .【证明】(1) 以点 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，成立以下图的空间直角坐标系， 则 A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，C(1,2,0)，D(0,2,0) ，P(0,0,1) ．∵点 E ， F 分别是 PC ， PD 的中点，∴ E1,1,1，F 0,1,1，2 22→ 1 →→ 1 → EF ＝ 2 ,0,0 ，AB ＝(1,0,0) ．∵ EF ＝－AB ，2→ → ，即 EF ∥ AB ，∴ EF ∥ AB又 AB? 平面 PAB ，EF? 平面 PAB ，∴ EF ∥平面 PAB.→ →→ → → ， (2)由 (1) 可知，PB ＝ (1,0，－ 1)，PD ＝ (0,2 ，－ 1)，AP ＝ (0,0,1) ，AD ＝(0,2,0) ，DC ＝ (1,0,0) → → → → → → → → ∵AP ·DC ＝ (0,0,1) (1,0,0)· ＝ 0，AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)· ＝ 0，∴ AP ⊥ DC ，AD ⊥ DC ，即 AP ⊥DC ， AD ⊥DC .又 AP ∩AD ＝ A ， AP ，AD ? 平面 PAD ，∴ DC ⊥平面 PAD.∵ DC? 平面 PDC ，∴平面 PAD ⊥平面 PDC.题型二利用空间向量求空间角【题型重点】的法向量的夹角的关系，必定要注意线面角θ与夹角 α的关系为sin θ＝ |cos α|.2．求二面角 θ，主要经过两平面的法向量n ， m 的夹角求得，即先求 |cos 〈n ， m 〉 |，再依据所求二面角是钝角仍是锐角写出其他弦值．若θ为锐角，则 cos θ＝ |cos 〈 n ， m 〉 |；若 θ为钝角，则 cos θ＝－ |cos 〈 n ，m 〉|.【例 2】如图， AD ∥BC 且 AD ＝ 2BC ， AD ⊥ CD ，EG ∥ AD 且 EG ＝ AD ， CD ∥ FG 且 CD ＝ 2FG ， DG ⊥平面 ABCD ， DA ＝ DC ＝ DG ＝ 2.(1)若 M 为 CF 的中点， N 为 EG 的中点，求证： MN ∥平面 CDE ；(2)求二面角 E-BC- F 的正弦值；(3) 若点 P 在线段 DG 上，且直线 BP 与平面 ADGE 所成的角为 60°，求线段 DP 的长．【解】 依题意，能够成立以 D 为原点，分别以 → → →轴、 y 轴、 zDA ， DC ， DG 的方向为 x 轴的正方向的空间直角坐标系 (如图 )，可得 D(0,0,0) ，A(2,0,0) ，B(1,2,0) ，C(0,2,0) ，E(2,0,2) ，F(0,1,2) ， G(0,0,2) ， M 0,3,1 ， N(1,0,2) ．2(1)证明：依题意得 → →DC ＝ (0,2,0)， DE ＝ (2,0,2) ．设 n 0＝ (x ， y ，z)为平面 CDE 的法向量，则2y ＝ 0， 即不如令 z ＝－ 1，2x ＋ 2z ＝ 0.可得 n 0＝(1,0，－ 1)．n 0·DC →＝ 0，→n 0·DE ＝0，→ 3 又 MN ＝ 1,,1 2→，可得 MN ·n 0＝ 0.又因为直线 MN? 平面 CDE ，所以 MN ∥平面 CDE .→ →(2)解：依题意，可得 BC ＝(－1,0,0) ， BE ＝ (1，－ 2,2)，→CF ＝ (0，－ 1,2)．→ n ·BC ＝ 0，设 n ＝(x ，y ， z)为平面 BCE 的法向量，则→n ·BE ＝0，－x ＝ 0， 即不如令 z ＝ 1，可得 n ＝ (0,1,1) ．x －2y ＋ 2z ＝ 0.→ m ·BC ＝0，设 m ＝ (x ， y ， z)为平面 BCF 的法向量，则m ·CF →＝ 0，－ x ＝ 0， 即不如令 z ＝ 1，可得 m ＝ (0,2,1) ． － y ＋ 2z ＝ 0.m ·n310所以有 cos 〈 m ， n 〉＝＝ ，10于是 sin 〈 m ， n 〉＝ 10 .10所以，二面角E-BC-F 的正弦值为10 .→(3)解：设线段 DP 的长为 h(h ∈ [0,2]) ，则点 P 的坐标为 (0,0，h)，可得 BP ＝ (－ 1，－ 2，h)．→为平面 ADGE 的一个法向量， 易知， DC ＝ (0,2,0) → → → → 2|BP ·DC |故 |cos 〈 BP ， DC 〉 |＝ → → ＝ 2 ，|BP||DC | h ＋ 5 由题意，可得2 ＝ sin 60 ＝° 3，h 2＋ 52解得 h ＝ 33∈ [0,2] ．3所以，线段DP 的长为 3 .题组训练二 利用空间向量求空间角如图，四周体 ABCD 中，△ ABC 是正三角形， △ACD 是直角三角形， ∠ABD ＝∠ CBD ，AB＝ BD.(1)证明：平面ACD ⊥平面 ABC；(2)过 AC 的平面交BD 于点 E，若平面AEC 把四周体ABCD 分红体积相等的两部分，求二面角D－ AE－ C 的余弦值．【分析】(1) 证明：由题设可得，△ ABD≌△ CBD，进而AD＝DC又△ ACD 是直角三角形，所以∠ACD＝ 90°取 AC 的中点 O，连结 DO， BO，则 DO ⊥ AC， DO ＝ AO又因为△ ABC 是正三角形，故BO⊥ AC.所以∠ DOB 为二面角D－ AC－ B 的平面角．在 Rt△AOB 中， BO 2＋AO 2＝ AB2.又 AB＝ BD，所以 BO2＋DO2＝ BO2＋ AO2＝ AB2＝BD 2，故∠ DOB ＝ 90°.所以平面 ACD ⊥平面 ABC.→(2)由题设及 (1)知， OA， OB， OC 两两垂直，以O 为坐标原点，OA的→方向为 x 轴正方向， |OA|为单位长，成立以下图的空间直角坐标系O－ xyz.则 A(1,0,0) ， B(0， 3， 0)， C(－ 1,0,0)， D (0,0,1)1由题设知，四周体 ABCE 的体积为四周体ABCD 的体积的，进而E到平面 ABC 的距离为 D 到平面 ABC 的距离的1，即 E 为 DB 的中点，得 E 0,3 1 →2,2.故AD＝2→→ 3 1 (－ 1,0,1)， AC＝ (－ 2,0,0)， AE＝1, , .2 2设 n＝(x，y，z)是平面DAE的法向量，→－ x＋ z＝ 0，n·AD＝0，即则3 1→－ x＋n·AE＝0，2 y＋2z＝0.可取 n＝31,,1.3m·AC→＝0，设 m 是平面AEC的法向量，则同理可得m＝(0，－1，3)．→m·AE＝0，则 cos〈n，m〉＝n·m＝7.|n||m| 77所以二面角D－ AE－ C 的余弦值为7 .题型三利用空间向量解决探究性问题【题型重点】利用空间向量巧解探究性问题(1)空间向量最合适于解决立体几何中的探究性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只要经过坐标运算进行判断．(2) 解题时，把要成立的结论看作条件，据此列方程或方程组，把“能否存在”问题转变为“点的坐标能否有解，能否有规定范围内的解”等，所认为使问题的解决更简单、有效，应擅长运用这一方法解题．【例 3】如图，在长方体ABCD －A1B1C1D1中， AB＝ AA1＝ 1， E 为 BC 中点．(1)求证： C1D ⊥ D1E；(2)在棱 AA1上能否存在一点M，使得 BM∥平面 AD1E？若存在，求AM的值，若不存在，说明原因．AA 1(3)若二面角B1－ AE－ D1的大小为 90°，求 AD 的长．【分析】以 D 为原点，成立以下图的空间直角坐标系D－ xyz 设 AD＝ a，则 D (0,0,0) ，A(a,0,0)，B(a,1,0)，B1(a,1,1)，C1(0,1,1) ，D 1(0,0,1) ，E a ,1,0 ， 2→→ a1 ，∴ C1 D＝ (0，－ 1，－ 1)， D1E＝,1,2→→＝0，∴ C(1)证明： C1 D·D 1E 1D⊥D 1E.AM(2)设AA1＝ h，则 M(a,0， h)，→→ a，∴ BM＝ (0，－1， h)， AE＝,1,02→，AD1＝ (－ a,0,1)设平面 AD 1E 的法向量为n＝(x，y，z)，→ aAE·n＝－2x＋ y＝ 0，则→AD 1·n＝－ ax＋ z＝ 0，令 x＝ 2，∴平面 AD 1E 的一个法向量为n＝(2，a,2a)，→→∵ BM∥平面 AD 1E，∴ BM ⊥n，即 BM·n＝ 2ah－ a＝0，∴ h＝1 .2即在 AA 1上存在点 M，使得 BM∥平面 AD 1E，此时AM＝1.AA1 2→(3)连结 AB1， B1E，设平面B1AE 的法向量为m＝(x′，y′，z′)，AE＝(0,1,1) ，→a则 AE·m＝－2x′＋ y′＝0，→AB1·m＝ y′＋ z′＝0，令 x′＝ 2，∴平面 B1AE 的一个法向量为m＝(2，a，－a)．∵二面角 B1－ AE－ D1的大小为90°，∴ m⊥ n，∴ m·n＝4＋a2－2a2＝0，a →,1,0 ， AB1＝2∵a>0 ，∴ a＝ 2，即 AD＝ 2.题组训练三利用空间向量解决探究性问题如图，已知等边△ ABC中，E，F分别为AB，AC边的中点， M 为 EF 的中点， N 为 BC 边上一点，且1 CN＝ BC，4将△ AEF 沿 EF 折到△ A′EF 的地点，使平面A′EF ⊥平面EFCB .(Ⅰ )求证：平面 A′MN ⊥平面 A′BF；(Ⅱ )求二面角E-A′F-B 的余弦值．【解】(Ⅰ )因为 E，F 为等边△ ABC 的 AB ，AC 边的中点，所以△A′EF 是等边三角形，且 EF∥BC.因为 M 是 EF 的中点，所以A′M⊥ EF.又因为平面A′EF⊥平面 EFCB ，A′M ? 平面 A′EF ，所以 A′M⊥平面 EFCB又 BF? 平面 EFCB ，所以 A′M⊥ BF.1因为 CN ＝4BC，所以 MF 綊 CN，所以 MN ∥ CF .在正△ABC 中知 BF⊥ CF ，所以 BF⊥ MN .而 A′M∩MN＝ M，所 BF ⊥平面 A′MN.又因为 BF ? 平面 A′BF ，所以平面A′MN ⊥平面 A′BF .(Ⅱ )设等边△ABC 的边长为 4，取 BC 中点 G，连结 MG ，由题设知 MG ⊥ EF，由 (Ⅰ ) 知A′M⊥平面 EFCB ，又 MG? 平面 EFCB ，所以 A′M⊥ MG ，如图成立空间→直角坐标系M－ xyz，则 F(－ 1,0,0)，A′(0,0， 3)，B(2，3，0)，FA＝ (1,0，→3)， FB＝ (3，3， 0)．设平面 A′BF 的一个法向量为n＝(x，y，z)，则由→x＋ 3z＝ 0，FA·n＝ 0，3， 3,1)．得令 z＝ 1，则n＝ (－→3x＋3y＝ 0，FB ·＝n 0，平面 A′EF 的一个法向量为p＝(0,1,0)，p·n313所以 cos〈n，p〉＝＝，明显二面角 E－ A′F－ B 是锐角，所以二面角E－A′F－ B 的余弦值为3 1313.题型四成立空间直角坐标系的方法坐标法是利用空间向量的坐标运算解答立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题常常需要成立空间直角坐标系，依照空间几何图形的构造特点，充足利用图形中的垂直关系或构造垂直关系来成立空间直角坐标系，是运用坐标法解题的重点，下边举例说明几种常有的空间直角坐标系的建立策略．方法一利用共极点的相互垂直的三条棱建立直角坐标系【例 4】已知直四棱柱 ABCD －A1B1C1D1中， AA1＝ 2，底面 ABCD 是直角梯形，∠ A 为直角， AB∥ CD ，AB ＝4， AD ＝ 2，DC＝ 1，求异面直线BC1与 DC 所成角的余弦值．【分析】如图，以 D 为坐标原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为 x，y，z 轴成立空间直角坐标系，则 C(0,1,0) ， C1(0,1,2) ， B(2,4,0) ，→→∴ BC1＝ (－ 2，－ 3,2)， CD ＝ (0，－ 1,0)．→→→ →3 17 |BC1·CD |＝.设 BC1与 CD所成的角为θ，则 cos θ＝→→17|BC 1||CD|317故所求异面直线所成角的余弦值为17 .方法二利用线面垂直关系建立直角坐标系【例 5】如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB⊥侧面 BB1C1C，E 为棱 CC1上异于 C，C1 的一点， EA⊥ EB1.已知 AB＝2， BB1＝π2， BC＝ 1，∠ BCC1＝.3求二面角 A－EB 1－ A1的平面角的正切值．【分析】如图，以 B 为原点，分别以BB1， BA 所在直线为y 轴、z 轴，过 B 点垂直于平面ABB1A1的直线为x 轴成立空间直角坐标系．因为 BC＝ 1， BB1＝ 2， AB＝πABC－ A1B1C1中，2，∠ BCC1＝，∴在三棱柱3有 B(0,0,0) ， A(0,0，3 1 3 1， C13 3 2)， B1(0,2,0) ， C , ,0 , ,0 , ,0 .2 2 2 2 2 23, a,0 ，且－ 1 3 →设 E <a< ，即 EA＝2 2 2→→由 EA⊥ EB1，得 EA·EB 1＝ 0，3 →1＝3, a, 2 ，EB ,2 a,0 .2 23, a, 2 ·3,2 a,03 2 3即 2 2 ＝4＋ a(a－ 2)＝ a －2a＋4＝0，∴1 3a · a2 21 3 3 1＝ 0，即 a＝或 a＝ (舍去 )．故 E , ,0 .2 2 2 2→→→→→由已知有 EA⊥ EB1，B1 A1⊥ EB1，故二面角A－ EB1－A1的平面角θ的大小为向量 B1A1与→EA的夹角．→→，→因为 B1A1＝ BA＝ (0,0 2)， EA＝3,1,2， 2 2→ →2 6 2EA·B1A1故 cos θ＝→ →＝2× 3 ＝3，即 tan θ＝2.|EA||B1A1|2故所求二面角的平面角的正切值为2 .方法三利用面面垂直关系建立直角坐标系【例 6】如图，在四棱锥V－ ABCD 中，底面 ABCD 是正方形，侧面 VAD 是正三角形，平面VAD⊥底面 ABCD .(1)求证 AB⊥平面 VAD；(2)求二面角A－ VD－B 的余弦值．间直角坐标系．设 AD ＝ 2，则 A(1,0,0)， D (－ 1,0,0)， B(1,2,0) ， V(0,0， 3)，→ →，－ 3)．∴ AB ＝ (0,2,0) ， VA ＝(1,0→ →由 AB ·VA ＝ (0,2,0) (1,0·，－ 3)＝ 0，得 AB ⊥ VA.又 AB ⊥ AD ，进而 AB 与平面 VAD 内两条订交直线VA ， AD 都垂直，∴ AB ⊥平面 VAD.(2)设 E 为 DV 的中点，则 E1,0, 3 ，2 2→3 3 →3 3 ，∴ EA ＝2,0,， EB ＝,2,222→DV ＝ (1,0， 3)．→ → 3 3＝ 0，∴ EB ⊥ DV . ∴ EB ·DV ＝ － 2 2又 EA ⊥ DV ，所以∠ AEB 是所求二面角的平面角．→ → → →21 EA ·EB∴ cos 〈 EA ， EB 〉＝ → → ＝ 7 .|EA||EB|21故所求二面角的余弦值为7 .方法四利用正棱锥的中心与高所在直线建立直角坐标系【例 7】已知正四棱锥 V － ABCD 中， E 为 AC 中点，正四棱锥底面边长为2a ，高为h.(1)求∠ DEB 的余弦值；(2)若 BE ⊥ VC ，求∠ DEB 的余弦值．【分析】如图，以 V 在平面 ABCD 的射影 O 为坐标原点成立空间直角坐标系，此中Ox ∥ BC ， Oy ∥AB ，则由 AB＝2a ， OV ＝h ，有 B( a ， a,0)，C(－ a ，a,0)， D(－ a ，－ a,0)， V(0,0，h)， Ea , a, h ，即2 2 2→3a a hBE ＝2,,2 2→ a 3a h ， DE ＝,, 22 2→ ， VC ＝ (－ a ， a ，－ h)．→ →→ →2 2BE ·DE－ 6a ＋ h(1)cos 〈 BE ， DE 〉＝→ →＝22 ，10a＋ h|BE||DE |－ 6a 2＋h 2即 cos ∠ DEB ＝ 10a 2＋ h 2 .→ →(2)因为 BE ⊥ AC ，所以 BE ·VC ＝ 0，即3a , a , h ·(－ a ，a ，－ h)＝0，2 2 23222 － a－ h＝ 0，解得 h ＝ 2a.所以 a2 22→ →－ 6a 2＋h 2 1这时 cos 〈BE ， DE 〉＝ 10a 2＋ h 2＝－ 3，即 cos ∠ DEB ＝－ 13.【专题训练】1．如图，在四棱锥 P － ABCD 中，PC ⊥底面 ABCD ，底面 ABCD 是直角梯形， AB ⊥ AD ， AB ∥ CD ， AB ＝2AD ＝ 2CD ＝2， PE ＝ 2BE.(1)求证：平面 EAC ⊥平面 PBC ；6(2)若二面角 P － AC － E 的余弦值为 3 ，求直线 PA 与平面 EAC所成角的正弦值．【分析】(1) 证明：∵ PC ⊥底面 ABCD ， AC? 平面 ABCD ，∴PC ⊥AC .∵ AB ＝ 2，AD ＝ CD ＝ 1，∴ AC ＝ BC ＝ 2，∴ AC 2＋ BC 2＝ AB 2，∴ AC ⊥ BC ，又 BC ∩PC＝C ，∴ AC ⊥平面 PBC ，又 AC? 平面 EAC ，∴平面 EAC ⊥平面 PBC.得： C(0,0,0) ， A(1,1,0) ， B(1，－ 1,0)，设 P(0,0， a)(a ＞ 0)，则 E 2 , 2 , a，3 3 3→→ →CA ＝ (1,1,0) ， CP ＝ (0,0， a)， CE ＝2 ,2 , a，33 3→ →取 n ＝(1，－ 1,0)，则 m ·CP ＝ m ·CA ＝ 0，∴ n 为平面 PAC 的法向量．→＝ 0 x ＋ y ＝ 0 设 n ＝(x ，y ， z)为平面 EAC 的法向量，则n ·EA，即，→ 2x － 2y ＋ az ＝0n ·CE ＝ 0取 n ＝(a ，－ a ，－ 4) ，∵二面角 P －AC －E 的余弦值为6，3∴ |cos 〈 m ， n 〉|＝|m ·n |＝2a＝ 6，|m ||n |2× 2a 2＋ 163→解得 a ＝ 4，∴ n ＝ (4，－ 4，－ 4)， PA ＝ (1,1，－ 4)． 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ，→→162 6|PA ·n |＝ ＝ ，则 sin θ＝ |cos 〈 PA ， n 〉 |＝→918× 16×3|PA||n |∴直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为2 9 6.2．如图，四棱锥 P － ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠ BAD ＝∠ ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线 CE ∥平面 PAB ； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°，求二面角 M － AB －D 的余弦值．【分析】(1) 证明：取 PA 的中点 F ，连结 EF ，BF .因为 E 是 PD 的中点，所以EF ∥AD ， EF ＝ 1AD ，由∠ BAD ＝∠ ABC ＝ 90°得 BC ∥ AD ，21又 BC ＝ 2AD ，所以 EF 綊 BC.四边形 BCEF 为平行四边形， CE ∥ BF.又 BF? 平面 PAB ，CE ? 平面 PAB ，故 CE ∥平面 PAB .→→ (2)由已知得 BA ⊥AD ，以 A 为坐标原点， AB 的方向为 x 轴正方向， |AB|为单位长，成立以下图的空间直角坐标系 A － xyz ，则 A(0,0,0)，B(1,0,0) ，C(1,1,0) ，P(0,1， → →3)，PC ＝ (1,0，－ 3)，AB ＝(1,0,0) ，→ → 设 M(x ，y ，z)(0< x<1) 则 BM ＝ (x － 1，y ，z) ，PM ＝ (x ，y － 1，z － 3)，因为 BM 与底面 ABCD 所成的角为 45°，而 n ＝ (0,0,1)是底面 ABCD 的法向量，所以，|cos →|z|2 22 2〈BM ， n 〉|＝ sin 45 °， x － 1 2＋ y 2＋ z2＝2 ，即 (x － 1)＋ y － z ＝ 0. ①→ →又 M 在棱 PC 上，设 PM ＝ λPC ，则x ＝ λ， y ＝ 1， z ＝ 3－ 3λ. ②22x ＝ 1＋ 2x ＝ 1－ 2 由①，②解得y ＝1 舍去， y ＝ 1.66z ＝－ 2z ＝ 2所以 M2 6 →2 6 1,1,，进而 AM ＝ 1,1,.2222设 m ＝ (x 0， y 0， z 0) 是平面 ABM 的法向量，则→2－ 2 x 0＋ 2y 0＋ 6z 0＝ 0， m ·AM ＝ 0，即→ ＝ 0， x 0＝ 0，m ·AB以可取 m ＝ (0，－6， 2)．于是 cos 〈 m ， n 〉＝ m ·n＝10，所以二面角 M －AB －D|m ||n | 5的余弦值为105.3．以下图的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形，AB∥ CD, AB＝ 2AD ＝ 2, ∠ DAB ＝60°，四边形 CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面 ABCD .(1)若点 G 是棱 AB 的中点，求证：EG∥平面 BDF ；(2)求直线 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值；FH(3)在线段 FC 上能否存在点H，使平面 BDF ⊥平面 HAD ？若存在，求HC的值；若不存在，说明原因．(1)【证明】因为四边形因为G是棱由已知得EF∥ CD ，且 EF＝CD . ABCD 为等腰梯形，所以BG∥ CD . AB 的中点，所以BG＝ CD .所以 EF ∥ BG，且 EF＝ BG，故四边形EFBG 为平行四边形，所以EG∥FB .因为 FB ? 平面 BDF, EG? 平面 BDF ，所以 EG∥平面 BDF .(2)【解】因为四边形CDEF 为正方形，所以ED⊥ DC.因为平面 CDEF ⊥平面 ABCD ，平面 CDEF ∩平面 ABCD ＝DC ， DE ? 平面 CDEF ，所以 ED ⊥平面 ABCD .在△ ABD 中，因为∠ DAB ＝60°， AB＝ 2AD＝ 2，所以由余弦定理，得BD ＝3，所以 AD ⊥ BD.在等腰梯形ABCD 中，可得DC＝CB ＝1.如图，以 D 为原点，以DA ，DB ， DE 所在直线分别为x， y， z 轴，成立空间直角坐标系，则 D(0， 0，0)， A(1， 0，0)， E(0， 0， 1)， B(0，1 3，3， 0)， F ,,12 2→ →1 3 ， 所以 AE ＝ (－ 1， 0， 1)， DF ＝2,,12DB →＝ (0，3， 0).设平面 BDF 的法向量为n ＝ (x ， y ，z )，→3y ＝ 0，n ·DB ＝ 0，所以因为1 3→－2x ＋ 2 y ＋z ＝0.n ·DF ＝0，取 z ＝ 1，则 x ＝ 2，y ＝ 0，则 n ＝ ( 2，0， 1).→10， 设直线 AE 与平面 BDF 所成的角为 θ，则 sin θ＝→＝ |AE ·n |＝cos 〈 AE ， n 〉||n | 10|→ | |AE所以 AE 与平面 BDF 所成角的正弦值为1010.(3)【解】 线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF ⊥平面 HAD .证明以下：假定线段FC 上存在点 H ，1 3 →1 3设 H,,t (0≤t ≤1)，则 DH ＝2 ,,t222设平面 HAD 的法向量为m ＝(a ， b ，c )，→a ＝ 0，m ·DA ＝ 0，因为所以13 →－ a ＋2 b ＋tc ＝ 0.m ·DH ＝ 0，2取 c ＝ 1，则 a ＝ 0， b ＝－2t ，得 m ＝ 0,2,1.33要使平面 BDF ⊥平面 HAD ，只要 m ·n ＝ 0， 即 2×0－2t ×0＋ 1×1＝ 0, 此方程无解． 3所以线段 FC 上不存在点 H ，使平面 BDF ⊥平面 HAD .4．如图，已知圆锥 OO1和圆柱 O1O2的组合体 (它们的底面重合 )，圆锥的底面圆 O1半径为 r ＝5, OA 为圆锥的母线， AB 为圆柱 O1O2的母线， D， E 为下底面圆 O2上的两点，且 DE ＝ 6，AB＝， AO＝ 5 2， AO⊥ AD .(1)求证：平面 ABD ⊥平面 ODE；(2)求二面角 B— AD—O 的正弦值．(1)【证明】依题易知，圆锥的高为 h＝ 5 2 2－ 52＝ 5，又圆柱的高为 AB＝，AO⊥ AD ，所以OD 2＝ OA2＋ AD 2，因为 AB⊥BD ，所以 AD2＝ AB2＋ BD2，连结 OO1，O1O2，DO 2，易知 O， O1， O2三点共线，OO2⊥ DO2，所以 OD2＝ OO22＋O2D 2，所以 BD 2＝OO22＋O2D2－AO2－AB2＝＋ 5)2＋ 52－ (52)2－2＝ 64，解得 BD ＝8，又因为 DE ＝6，圆 O2的直径为10，圆心 O2在∠ BDE 内，所以∠ BDE＝ 90°，所以 DE ⊥ BD .因为 AB ⊥平面 BDE ，所以 DE ⊥ AB，因为 AB ∩BD ＝ B，AB，BD ? 平面 ABD ，所以 DE ⊥平面 ABD .又因为 DE ? 平面 ODE ，所以平面ABD ⊥平面 ODE.(2)【解】如图，以 D 为原点，DB， DE 所在的直线为x， y 轴，成立空间直角坐标系．则 D(0,0,0) ， A(8,0,6.4)， B(8,0,0) ， O(4,3,11.4)．→→→，所以 DA＝ (8,0,6.4) ， DB ＝ (8,0,0) ， DO＝ (4,3,11.4)设平面 DAO 的法向量为→u＝(x，y，z)，所以DA·u＝8x＋＝0，→DO·u＝ 4x＋ 3y＋＝ 0，令 x＝ 12，则u＝ (12,41，－ 15)．可取平面 BDA 的一个法向量为v＝(0,1,0)，所以 cos〈u，v〉＝u·v＝41＝82，所以二面角B—AD — O 的正弦值为3 2 |u||v| 5 82 10 10.。
立体几何中的向量方法真题与解析
立体几何中的向量方法A 级 基础一、选择题1．如图，F 是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱CD 的中点．E 是BB 1上一点，若D 1F ⊥DE ，则有( )A ．B 1E ＝EB B ．B 1E ＝2EBC ．B 1E ＝12EBD ．E 与B 重合2.如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O-xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C-AB-O 的大小为θ，则cos θ等于( )A.43B.53C.23D ．－233．在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，底面是边长为1的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，点D 在棱BB 1上，且BD ＝1，若AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，则sin α的值是( )A.32B.22C.104D.644.如图所示，在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点M ，P ，Q 分别为棱AB ，CD ，BC 的中点，若平行六面体的各棱长均相等，则：①A 1M ∥D 1P ； ②A 1M ∥B 1Q ； ③A 1M ∥平面DCC 1D 1； ④A 1M ∥平面D 1PQB 1. 以上说法正确的个数为( ) A ．1B ．2C ．3D ．45．(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15B.56C.55D.22二、填空题6.(2019·东莞中学检测)在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝CD ，则异面直线AC 与BD 所成的角的大小是________．7.如图所示，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，A 1C 1∩B 1D 1＝E ，直线AC 与直线DE 所成的角为α，直线DE 与平面BCC 1B 1所成的角为β，则cos(α－β)＝________．三、解答题8.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，AB＝BC＝5，AC＝AA1＝2.(1)求证：AC⊥平面BEF；(2)求二面角B-CD-C1的余弦值；(3)证明：直线FG与平面BCD相交．9．(2019·长郡中学模拟)如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC 中，∠ABC＝90°，E，F分别为边AD和BC上的点，且EF∥AB，AD＝2AE＝2AB＝4FC＝4.将四边形EFCD沿EF折起成如图2的位置，使AD＝AE.(1)求证：AF∥平面CBD；(2)求平面CBD与平面DAE所成锐角的余弦值．B级能力提升10．(2019·天津卷)如图，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AD∥BC，AD⊥AB，AB＝AD＝1，AE＝BC＝2.(1)求证：BF∥平面ADE；(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E-BD-F的余弦值为13，求线段CF的长．11.(2019·六安一中模拟)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．A 级 基础一、选择题1.解析：以D 为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立坐标系，设正方体的棱长为2，则D (0，0，0)，F (0，1，0)，D 1(0，0，2)，设E (2，2，z )，则D 1F →＝(0，1，－2)，DE →＝(2，2，z )，因为D 1F →·DE →＝0×2＋1×2－2z ＝0，所以z ＝1，所以B 1E ＝EB.答案：A2.解析：由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)， 由图可知，二面角C-AB-O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC →·n ||OC →||n |＝|4|2×3＝23.答案：C3．解析：如图，建立空间直角坐标系，易求点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，1，平面AA 1C 1C 的一个法向量是n ＝(1，0，0)，所以sin α＝|cos 〈n ，AD →〉|＝322＝64.答案：D4. 解析：A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，所以A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥平面DCC 1D 1，A 1M ∥平面D 1PQB 1.①③④正确．答案：C5．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，如图所示．由条件可知D (0，0，0)，A (1，0，0)，D 1(0，0，3)，B 1(1，1，3)，所以AD 1→＝(－1，0，3)，DB 1→＝(1，1，3)． 则cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为55.答案：C 二、填空题 6.解析：依题意，以C 为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB ＝BC ＝CD ＝a ，AB ⊥平面BCD .则B (a ，0，0)，D (0，a ，0)，C (0，0，0)，A (a ，0，a )． 所以BD →＝(－a ，a ，0)，CA →＝(a ，0，a )．所以cos 〈BD →，CA →〉＝BD →·CA→|BD →|·|CA →|＝－a 22a ·2a＝－12，则〈BD →，CA →〉＝2π3，故AC 与BD 所成角为π3.答案：π37. 解析：因为AC ⊥BD 且AC ⊥BB 1，BD ∩BB 1＝B ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D ⇒AC ⊥DE ，所以α＝π2.取A 1D 1的中点F ，连EF ，FD ，易知EF ⊥平面ADD 1A 1，则β＝∠EDF .cos(α－β)＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－∠EDF ＝sin ∠EDF ＝EFED ＝66.答案：66三、解答题8.(1)证明：在三棱柱ABC-A1B1C1中，因为CC1⊥平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以AC⊥EF.因为AB＝BC，所以AC⊥BE.又EF∩BE＝E，所以AC⊥平面BEF.(2)解：由(1)知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1.又CC1⊥平面ABC，所以EF⊥平面ABC.因为BE⊂平面ABC，所以EF⊥BE.如图建立空间直角坐标系E-xyz.由题意得B(0，2，0)，C(－1，0，0)，D(1，0，1)，E(0，0，0)，F(0，0，2)，G(0，2，1)．所以BC→＝(－1，－2，0)，BD→＝(1，－2，1)．设平面BCD的法向量为n＝(x0，y0，z0)．则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC→＝0，n·BD→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x0＋2y0＝0，x0－2y0＋z0＝0.令y0＝－1，则x0＝2，z0＝－4.于是n ＝(2，－1，－4)．又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)， 所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题意知二面角B -CD -C 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明：由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1)．因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直线FG 与平面BCD 相交．9．(1)证明：取DE 中点G ，连接FG ，AG ，CG . 由条件CFDG ，所以CFGD 为平行四边形，所以FG ∥CD .又FG ⊄平面CBD ，CD ⊂平面CBD ， 所以FG ∥平面CBD . 同理AG ∥平面CBD .又FG ∩AG ＝G ，FG ⊂平面AFG ，AG ⊂平面AFG . 所以平面AFG ∥平面CBD . 又AF ⊂平面AFG ， 所以AF ∥平面CBD .(2)解：因为EF ⊥AE ，EF ⊥DE ，AE ∩DE ＝E ，所以EF ⊥平面ADE .又AD ＝AE ＝DE ，以AE 中点H 为原点，AE 为x 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－1，0，0)，D (0，0，3)，B (－1，－2，0)，E (1，0，0)， F (1，－2，0)．因为CF →＝12DE →，所以C ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－2，32，所以BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，BD →＝(1，2，3)．易知BA →是平面ADE 的一个法向量，BA →＝n 1＝(0，2，0)， 设平面BCD 的一个法向量为n 2＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n 2·BC →＝（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32＝32x ＋32z ＝0，n 2·BD →＝（x ，y ，z ）·（1，2，3）＝x ＋2y ＋3z ＝0，令x ＝2，则y ＝2，z ＝－23，所以n 2＝(2，2，－23)． cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝2×0＋2×2－23×02×25＝55.所以平面CBD 与平面DAE 所成锐角的余弦值为55.B 级 能力提升10．(1)证明：依题意，建立以A 为原点，分别以AB →，AD →，AE →的方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (1，2，0)，D (0，1，0)，E (0，0，2)．设CF ＝h (h ＞0)，则F (1，2，h )．依题意，AB →＝(1，0，0)是平面ADE 的法向量． 又BF →＝(0，2，h )，可得BF →·AB →＝0， 又因为直线BF ⊄平面ADE . 所以BF ∥平面ADE .(2)解：依题意，BD →＝(－1，1，0)，BE →＝(－1，0，2)，CE →＝(－1，－2，2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0.不妨令z ＝1，可取n ＝(2，2，1)． 因此有cos 〈CE →·n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49.所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49.(3)解：设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0，不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－2h .由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4－2h 32＋4h2＝13， 解得h ＝87 .经检验，符合题意．所以线段CF 的长为87.11.(1)证明：连接BD ，设AC 交BD 于点O ，连接SO ，由题意知SO ⊥平面ABCD ，以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立坐标系O-xyz ， 设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，于是S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，于是，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，SD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，－62a .则OC →·SD →＝0，故OC ⊥SD ，从而AC ⊥SD .(2)解：由题设知，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 →|＝32，所以所求二面角的大小为30°.(3)解：在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .根据第(2)问知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a .设CE →＝tCS →.则BE →＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at .由BE →·DS →＝0，得－a 22＋0＋64a 2t ＝0，则t ＝13.所以当SE ∶EC ＝2∶1时，BE →⊥DS →. 由于BE ⊄平面PAC ，故BE ∥平面PAC .因此在棱SC 上存在点E ，使BE ∥平面PAC ，此时SE ∶EC ＝2∶1.。
立体几何中的向量方法测试(人教A版)(含答案)
立体几何中的向量方法测试（人教A版）一、单选题(共8道，每道12分)1.如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，，则直线与平面所成的角的正弦值为( )..答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求直线与平面所成的角2.如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为，高为，则点到平面的距离为( )..！答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离3.如图，平面平面，△是边长为的等边三角形，△为直角三角形，，，则二面角的正弦值为( )..答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求平面间的夹角4.如图，直三棱柱ABC-A1B1C1，∠BAC=90°，，点M，N分别为和的中点．（1）直线与平面所成的角为( )..~答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求直线与平面所成的角5.（上接第4题）（2）连接，，则点到平面的距离为( )..答案：B解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离6.如图，在三棱锥P-ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ=2，D，C，E，F分别是AQ，BQ，AP，BP的中点，AQ=2BD．（1）连接PC，PD，则直线EF与平面PCD的距离为( )..，答案：A解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求点到平面的距离7.（上接第6题）（2）连接，，则直线与平面QEF所成角的正弦值为( )..答案：C解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求直线与平面所成的角8.（上接第6题）（3）连接，，，，则二面角的余弦值为( )..答案：D解题思路：试题难度：三颗星知识点：用空间向量求平面间的夹角。
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班级 姓名 学号 分数《立体几何中的向量法》测试卷（A 卷） （测试时间：120分钟 满分：150分）一、选择题（共12小题，每题5分，共60分）1. 在空间直角坐标系中，点)3,2,1(P 关于x 轴对称的点的坐标为（ ） A ．)3,2,1(- B ．)3,2,1(-- C ．)3,2,1(-- D ．)3,2,1(-- 【答案】B考点：空间点的坐标2. 已知△ABC 的三个顶点为A （3，3，2），B （4，－3，7），C （0，5，1），则BC 边上的中线长为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．5 【答案】B 【解析】试题分析：B （4，－3，7），C （0，5，1）的中点为D （2，1，4）,则BC 边上的中线长为()()()2224231743BC =-+--+-=考点：空间两点间距离3. 已知平面α的法向量为(2,2,4),(3,1,2)n AB =-=-ru u u r，点A 不在α内，则直线AB 与平面的位置关系为 A ．AB α⊥ B ．AB α⊂C ．AB 与α相交不垂直D ．//AB α 【答案】D 【解析】试题分析：(2,2,4)(3,1,2)6280n AB n AB ⋅=-⋅-=--+=∴⊥r u u u r r u u u rQ ，而点A 不在α内，故//AB α考点：直线与平面的位置关系4. 已知向量a r =（2，4，5），b r=（3，x ，y ）分别是直线l 1、l 2的方向向量，若l 1∥l 2，则（ ）A ．x=6、y=15B ．x=3、y=152C ．x=3、y=15D ．x=6、y=152【答案】D 【解析】试题分析：由题意可知a b r rP ，所以2453x y ==，解得156,2x y ==．故D 正确． 考点：空间向量共线．5. 已知向量(1,1,0)a =r ，(1,0,2)b =-r，且ka b +r r 与2a b -r r 互相垂直，则k 的值是（ ）A ．1B ．15C ．35D ．75【答案】D考点：空间向量的坐标运算；6. 若平面α与β的法向量分别是=（1，0，﹣2），=（﹣1，0，2），则平面α与β的位置关系是（ ）A.平行B.垂直C.相交不垂直D.无法判断 【答案】A 【解析】试题分析：根据题意，算出+=（0，0，0），得+=即∥，由此可得平面α与β的法向量平行，即得平面α与β互相平行． 解：∵=（1，0，﹣2），=（﹣1，0，2），∴+=（1﹣1，0+0，﹣2+2）=（0，0，0），即+= 由此可得∥∵、分别是平面α与β的法向量∴平面α与β的法向量平行，可得平面α与β互相平行． 考点：空间向量7. 若平面α，β的法向量分别为（﹣1，2，4），（x ，﹣1，﹣2），并且α⊥β，则x 的值为（ ）A.10B.﹣10C.D.【答案】B点评：本题主要考查了面面垂直，以及平面法向量的概念和向量的数量积，同时考查了两向量垂直的充要条件，属于基础题．8. 在正方体1111ABCD A B C D -中，若E 是AD 的中点，则异面直线1A B 与1C E 所成角的大小是( ) A.6π B.4π C.3π D.2π【答案】D 【解析】试题分析：如图建系，设正方形棱长为2，则11(0,0,2),(2,0,0),(2,2,2)A B C ，(0,1,0)E ，则1(2,0,2)A B =-u u u r ，1(2,1,2)C E =---u u u u r ，∵114040A B C E ⋅=-++=u u u r u u u u r ，即11A B C E ⊥u u u r u u u u r ，即异面直线1A B 与1C E 所成角为2.考点：异面直线所成角.9. 在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ＝1，D 在棱BB 1上，且BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成的角的正弦值为( ) A.6 B ．－6 C.10 D ．－10【答案】A【解析】取AC 中点E ，连接BE ，则BE ⊥AC ， 如图，建立空间直角坐标系B －xyz ，则A(3，12，0)，D(0,0,1)， 则AD u u u r ＝(－32，－12，1)．∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，BE ⊥AC ， ∴BE ⊥平面AA 1C 1C.∴BE u u u r ＝(3，0,0)为平面AA 1C 1C 的一个法向量，∴cos 〈AD u u u r ，BE u u u r 〉＝－6，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，∴sinα＝|cos 〈AD u u u r ，BE u u u r 〉|＝64，故选A.考点：空间向量求线面角10. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交D ．EF 与BD 1异面 【答案】B【解析】以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D(0,0,0)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(13，0，13)，F(23，13，0)，B(1,1,0)，D 1(0,0,1)， 1A D u u u u r＝(－1,0，－1)，AC u u u r ＝(－1,1,0)，EF u u u r ＝(13，13，－13)，1BD u u u u r ＝(－1，－1,1)，EF u u u r ＝－131BD u u u ur ，1A D u u u u r ·EF u u u r ＝AC u u u r ·EF u u u r ＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC.故选B. 考点：空间向量的应用11. 已知向量a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三个向量共面，则实数λ等于( ) A.627 B.637 C.647 D.657【答案】D【解析】由于a ，b ，c 三个向量共面，所以存在实数m ，n ，使得c ＝ma ＋nb ，即有725432m nm n m n λ=-⎧⎪=-+⎨⎪=-⎩解得m ＝337，n ＝177，λ＝657. 考点：向量的共面的条件12. 在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，D 是AC 的中点，AB 1⊥BC 1，则平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 【答案】B同理可求得平面CBC 1的一个法向量为n 2＝(1，3，0)． 利用公式cos θ＝1212n n n n ⋅⋅＝2，得θ＝45°. 考点：空间向量的应用二．填空题（共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知点A(1，t ，－1)关于x 轴的对称点为B ，关于xOy 平面的对称点为C ，则BC 中点D 的坐标为________． 【答案】(1,0,1)【解析】因为A(1，t ，－1)关于x 轴的对称点为B(1，－t ,1)，关于xOy 平面的对称点为C(1，t,1)，所以BC 中点D 的坐标为(112+，2t t -+，112+)，即D(1,0,1)． 考点：空间向量14. 已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，则直线AE 与平面ABC 1D 1所成角的正弦值为________．10【答案】考点：空间向量求线面角15. 在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________．【答案】23考点：向量法求二面角16. 已知单位向量,,i j k r r r 两两的夹角均为(0θθπ<<，且2πθ≠），若空间向量a r 满足(,,)a xi y j zk x y z R =++∈r r r r，则有序实数组(,,)x y z 称为向量a r 在“仿射”坐标系O-xyz （O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作(,,)a x y z θ=r有下列命题：①已知(1,3,2),(4,0,2)a b θθ=-=r r，则a r ·b r =0；②已知33(,,0),(0,0,)a x y b z ππ==r r其中xyz≠0，则当且仅当x=y 时，向量a r ，b r 的夹角取得最小值；③已知111222121212(,,),(,,),(,,);a x y z b x y z a b x x y y z z θθθ==+=+++r r r r则④已知333(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),OA OB OC πππ===u u u r u u u r u u u r则三棱锥O —ABC 的表面积2S =其中真命题有 （写出所有真命题的序号） 【答案】②③考点：新定义概念三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17. 在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PD PB ⊥，PA PD =．（Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PAB ；（Ⅱ）设E 是棱AB 的中点，090PEC ∠=，2AB =，求二面角E PC B --的余弦值．【答案】（1）证明过程详见解析；（276【解析】试题分析：（1）首先通过题中条件证明AB ⊥平面PAD ，然后由平面与平面垂直的判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，求出两个半平面的法向量，然后利用法向量与二面角大小的关系求出二面角的余弦值．（2）如图，建立空间直角坐标系设2AD a =，则(,0,0)A a ，(,0,0)D a -(,2,0)B a ，(,2,0)C a -，(0,0,)P a ，(,1,0)E a(,1,)EP a a =--u u u r ，(2,1,0)EC a =-u u u r ，则0EP EC ⋅=u u u r u u u r ，得2a = (2,1,0)CE =-u u u r ，22(1,22EP =--u u u r 设平面PEC 的一个法向量1111(,,)n x y z =u r，由1100n CP n EP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u r u u u r u r u u u r ，得111112020x y x z ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩ 令11x =，则12,3)n =u r(2,0,0)CB =u u u r ，222,)22CP =-u u u r ，设平面PEC 的一个法向量2222(,,)n x y z =u u r ，由2200n BC nCP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r u u u ru u r u u u r，得22220220x x y z =⎧⎪⎨-+=⎪⎩，令21y =，则2(0,1,22)n =u u r 设二面角E PC B --的大小为θ，则121212||76cos |cos ,|18||||n n n n n n θ⋅=<>==u r u u ru r u u r u r u u r 考点：平面与平面垂直的判定；求二面角的大小．18. 如图，已知矩形ABCD 所在平面外一点P ，⊥PA 平面ABCD ，F E ,分别是PC AB ,的中点，121==AD AB ． E FA BPD（1）求证：//EF 平面PAD （2）若4π=∠PDA ，求直线AC 与平面PCD 所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）510试题解析：（1）证明：取PD 中点M ，连结FM AM ,Θ1//,2MF CD MF CD =， 1//,2AE CD AE CD =//,MF AE MF AE ∴= ∴四边形AEFM 为平行四边形所以//,AM EF AM ⊂平面PAD∴//EF 平面PAD考点：1．线面平行的判定定理；2．线面角；19. 如图，在三棱台DEF ABC -中，2,,AB DE G H =分别为,AC BC 的中点．（Ⅰ）求证：//BD 平面FGH ；（Ⅱ）若CF ⊥平面ABC ，,AB BC CF DE ⊥=，45BAC ∠=o ，求平面FGH 与平面ACFD所成角（锐角）的大小． 【答案】（Ⅰ）证明见解析； （Ⅱ）60o． 【解析】试题分析：第一问连结相应的线段，利用平行四边形的判定定理和性质定理，证得TH//DB ，利用线面平行的判定定理证得线面平行，第二问建立空间坐标系，求得平面的法向量，利用法向量所成的角的余弦求得二面角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）证明：连接DG，DC，设DC与GF交于点T．在三棱台DEF ABC-中，2,AB DE=则2,AC DF=而G是AC的中点，DF//AC，则//DF GC，所以四边形DGCF是平行四边形，T是DC的中点，又在BDC∆，H是BC的中点，则TH//DB，又BD⊄平面FGH，TH⊂平面FGH，故//BD平面FGH；（Ⅱ）由CF⊥平面ABC，可得DG⊥平面ABC而,45,AB BC BAC⊥∠=o则GB AC⊥，于是,,GB GA GD两两垂直，以点G为坐标原点，,,GA GB GD所在的直线分别为,,x y z轴建立空间直角坐标系，设2AB=，则1,2,2DE CF AC AG====222,0),(2,0,0),(2,0,1),(B C F H，则平面ACFD的一个法向量为1(0,1,0)n=u r，设平面FGH的法向量为2222(,,)n x y z=u u r，则22n GHn GF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u r uuu ru u r uu u r，即2222222220x yx z-=⎪⎨⎪-+=⎩，取21x=，则221,2y z==22)n=u u r，121cos ,2112n n <>==++u r u u r ，故平面FGH 与平面ACFD 所成角（锐角）的大小为60o ．考点：线面平行的判定，二面角的余弦值．20. 如图，三棱柱111C B A ABC -中，1AA ⊥面ABC ，2,==⊥AC BC AC BC ， 13AA =，D 为AC 的中点．ACBDA B 1C 1（Ⅰ）求证：11//BDC AB 面；（Ⅱ）求二面角C BD C --1的余弦值；（Ⅲ）在侧棱1AA 上是否存在点P ，使得1BDC CP 面⊥？请证明你的结论． 【答案】详见解析试题解析：（I ）证明：连接B 1C ，与BC 1相交于O ，连接OD ． ∵BCC 1B 1是矩形，∴O 是B 1C 的中点． 又D 是AC 的中点，∴OD//AB 1．∵AB 1⊄面BDC 1，OD ⊂面BDC 1，∴AB 1//面BDC 1．（II ）解：如图，建立空间直角坐标系， 则C 1（0，0，0），B （0，3，2），C （0，3，0），A （2，3，0），D （1，3，0），1(0,3,2)CB =u u u r ，1(1,3,0)CD =u u u u r ，设111(,,)n x y z =r是面BDC 1的一个法向量，则110,0n C B n C D ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u u r r g u u u u r r g 即1111320,30y z x y +=⎧⎨+=⎩，取11(1,,)32n =-r ． 易知1(0,3,0)C C =u u u u r是面ABC 的一个法向量．1112cos ,7n C C n C C n C C==-⨯u u u u r r u u u u r g ru u u u r r ．∴二面角C 1—BD —C 的余弦值为27．考点：1．线面平行的判定定理；2．空间向量解决二面角；3．空间向量求解垂直关系． 21. 如图，四棱锥P ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，PA ⊥底面ABC D ，E 、F 分别为AB 、PCA 1AC 1zxy CB 1BD的中点．（Ⅰ）求证：EF∥平面PAD；（Ⅱ）若PA=2，试问在线段EF上是否存在点Q，使得二面角Q﹣AP﹣D的余弦值为55？若存在，确定点Q的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明详见解析；（2）满足条件的Q存在，是EF中点.（Ⅱ）结论：满足条件的Q存在，是EF中点．理由如下：如图：以点A为坐标原点建立空间直角坐标系，则P （0，0，2），B （0，1，0），C （1，1，0），E （0，12，0），F （12，12，1）， 由题易知平面PAD 的法向量为n r=（0，1，0），假设存在Q 满足条件：设EQ EF λ=u u u r u u u r ，∵1(,0,1)2EF =u u u r ，∴1(,,)22Q λλ=，1(,,)22AQ λλ=u u u r ，λ∈，设平面PAQ 的法向量为(,,)x y z ∏=u u r，由10220x y z z λλ⎧++=⎪⎨⎪=⎩，可得(1,,0)λ∏=-u u r ， ∴2cos ,||||1m n m n m n λ⋅<>==+u r ru r r u r r ，由已知：251λ=+，解得：12λ=，所以满足条件的Q 存在，是EF 中点．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．22. 如图，在四棱锥P —ABCD 中，侧面PAD 是正三角形，且垂直于底面ABCD ，底面ABC 是边长为2的菱形，∠BAD=60°，M 为PC 的中点．（Ⅰ）求证：PA//平面BDM ；（Ⅱ）在AD 上确定一点O '，使得面⊥'B O P 面PBC ，并加以证明； （Ⅲ）求直线AC 与平面ADM 所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析（Ⅲ）24【解析】试题分析：（1）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；（2）证明两个平面垂直，首先考虑直线与平面垂直，也可以简单记为“证面面垂直，找线面垂直”，是化归思想的体现，这种思想方法与空间中的平行关系的证明类似，掌握化归与转化思想方法是解决这类题的关键．（3）空间向量将空间位置关系转化为向量运算，应用的核心是要充分认识形体特征，建立恰当的坐标系，实施几何问题代数化．同时注意两点：一是正确写出点、向量的坐标，准确运算；二是空间位置关系中判定定理与性质定理条件要完备．（Ⅲ）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，建立如图所示的坐标系该资料由友情提供A （1，0，0），D （-1，0，0），333),(3,0),(1,22P C M -- 33(3,0),(2,0,0),AC AD DM =-=-=u u u r u u u r u u u u r设平面ADM 的法向量为(x,,1),0,0n y n AD n DM =⋅=⋅=r r u u u r r u u u u r则， 可得x=0，y=-1，设直线AC 和平面ADM 所成的角为θ，则2sin 4||||AC n AC n θ⋅==⋅u u u r ru u u r r考点：直线与平面平行的证明，平面与平面垂直的证明，直线与平面所成的角，解题时要注意空间思维能力的培养．o x y z O'。