2018届苏教版高中数学立体几何中的向量方法第2课时单元测试 word版(含参考答案)

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江苏2018版高考数学复习立体几何中的向量方法(一)__证明平行与垂直教师用书理苏教版

第八章立体几何与空间向量 8.6 立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直教师用书理苏教版1.直线的方向向量与平面的法向量的确定(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a ，b 是平面α内两不共线向量，n 为平面α的法向量，则求法向量的方程组为⎩⎪⎨⎪⎧n ·a ＝0，n ·b ＝0.2.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，与平面α共面的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u . (4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2. 3.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0. (2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u . (3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线的方向向量是唯一确定的.( × ) (2)平面的单位法向量是唯一确定的.( × ) (3)若两平面的法向量平行，则两平面平行.( √ ) (4)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.( √ ) (5)若a ∥b ，则a 所在直线与b 所在直线平行.( × )(6)若空间向量a 平行于平面α，则a 所在直线与平面α平行.( × )1.(2017·宿迁质检)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________. ①(－1,1,1) ②(1，－1,1) ③(－33，－33，－33) ④(33，33，－33) 答案 ③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 .③正确.2.已知直线l 的方向向量为v ＝(1,2,3)，平面α的法向量为u ＝(5,2，－3)，则l 与α的位置关系是____________. 答案 l ∥α或l ⊂α解析 ∵v ·u ＝0，∴v ⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.3.平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k ＝________. 答案 4解析 ∵α∥β，∴两平面法向量平行， ∴－21＝－42＝k－2，∴k ＝4. 4.(教材改编)设u ，v 分别是平面α，β的法向量，u ＝(－2,2,5)，当v ＝(3，－2,2)时，α与β的位置关系为________；当v ＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________. 答案 α⊥β α∥β解析当v ＝(3，－2,2)时，u ·v ＝(－2,2,5)·(3，－2,2)＝0⇒α⊥β. 当v ＝(4，－4，－10)时，v ＝－2u ⇒α∥β.5.(教材改编)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ON ，AM 的位置关系是________.答案垂直解析以A 为原点，分别以AB →，AD →，AA 1→所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A (0,0,0)，M (0,1，12)，O (12，12，0)，N (12，0,1)，AM →·ON →＝(0,1，12)·(0，－12，1)＝0，∴ON 与AM 垂直.题型一利用空间向量证明平行问题例1 (2016·扬州模拟)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 ，ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ，∴AB ，AP ，AD 两两垂直，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 (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0，0,2)，E (0,0,1)，F (0,1,1)，G (1，2,0).∴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 . 引申探究本例中条件不变，证明平面EFG ∥平面PBC . 证明 ∵EF →＝(0,1,0)，BC →＝(0,2,0)， ∴BC →＝2EF →，∴BC ∥EF .又∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴EF ∥平面PBC ，同理可证GF ∥PC ，从而得出GF ∥平面PBC . 又EF ∩GF ＝F ，EF ⊂平面EFG ，GF ⊂平面EFG ， ∴平面EFG ∥平面PBC .思维升华 (1)恰当建立空间直角坐标系，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，只需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.(2016·北京海淀区模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是C 1C ，B 1C 1的中点.求证：MN ∥平面A 1BD .证明如图所示，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.设正方体的棱长为1，则M (0,1，12)，N (12，1,1)，D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，于是MN →＝(12，0，12)，DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0).设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·DA 1→＝0，且n ·DB →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，x ＋y ＝0.取x ＝1，得y ＝－1，z ＝－1. 所以n ＝(1，－1，－1).又MN →·n ＝(12，0，12)·(1，－1，－1)＝0，所以MN →⊥n .又MN ⊄平面A 1BD ，所以MN ∥平面A 1BD . 题型二利用空间向量证明垂直问题命题点1 证线面垂直例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 .证明如图所示，取BC 的中点O ，连结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，如图所示，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 . 命题点2 证面面垂直例3 (2016·盐城模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且PA ＝PD ＝22AD ，设E ，F 分别为PC ，BD 的中点.(1)求证：EF ∥平面PAD ； (2)求证：平面PAB ⊥平面PDC .证明 (1)如图，取AD 的中点O ，连结OP ，OF .因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PO ⊥平面ABCD .又O ，F 分别为AD ，BD 的中点，所以OF ∥AB . 又ABCD 是正方形，所以OF ⊥AD . 因为PA ＝PD ＝22AD ，所以PA ⊥PD ，OP ＝OA ＝a 2. 以O 为原点，OA ，OF ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (a 2，0,0)，F (0，a 2，0)，D (－a 2，0,0)，P (0,0，a 2)，B (a 2，a,0)，C (－a2，a,0).因为E 为PC 的中点，所以E (－a 4，a 2，a4).易知平面PAD 的一个法向量为OF →＝(0，a 2，0)，因为EF →＝(a 4，0，－a 4)，且OF →·EF →＝(0，a 2，0)·(a 4，0，－a 4)＝0，所以EF ∥平面PAD .(2)因为PA →＝(a 2，0，－a 2)，CD →＝(0，－a,0)，所以PA →·CD →＝(a 2，0，－a 2)·(0，－a,0)＝0，所以PA →⊥CD →，所以PA ⊥CD .又PA ⊥PD ，PD ∩CD ＝D ，所以PA ⊥平面PDC . 又PA ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PDC . 思维升华证明垂直问题的方法(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)其一证明直线与直线垂直，只需要证明两条直线的方向向量垂直；其二证明线面垂直，只需证明直线的方向向量与平面内不共线的两个向量垂直即可，当然，也可证直线的方向向量与平面的法向量平行；其三证明面面垂直：①证明两平面的法向量互相垂直；②利用面面垂直的判定定理，只要能证明一个平面内的一条直线的方向向量为另一个平面的法向量即可.(2016·淮安模拟)如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角.求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明 (1)∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形， ∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2).A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0，取y ＝1，则n ＝(0,1,0).∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n . ∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1). ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .题型三利用空间向量解决探索性问题例4 (2016·北京)如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由. (1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB ⊥平面PAD .∵PD ⊂平面PAD ，∴AB ⊥PD . 又PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，且PA ，PB ⊂平面PAB ，∴PD ⊥平面PAB .(2)解取AD 中点O ，连结CO ，PO ，∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD .又∵PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ， ∵CO ⊂平面ABCD ， ∴PO ⊥CO ，∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0,0,1)，B (1,1,0)，D (0，－1,0)，C (2,0,0). 则PB →＝(1,1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2,0，－1). CD →＝(－2，－1,0).设n ＝(x 0，y 0,1)为平面PCD 的一个法向量. 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12.即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1.设PB 与平面PCD 的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3 ＝33. (3)解设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0,1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0,1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ)，∵BM ⊄平面PCD ，∴BM ∥平面PCD ，∴BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，∴在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.思维升华对于“是否存在”型问题的探索方式有两种：一种是根据条件作出判断，再进一步论证；另一种是利用空间向量，先设出假设存在点的坐标，再根据条件求该点的坐标，即找到“存在点”，若该点坐标不能求出，或有矛盾，则判定“不存在”.(2016·镇江模拟)如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点.(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由.解 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D —xyz ，依题意得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)，因为|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →||AM →|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN . 连结AE ，如图所示.因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ).由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，λ－＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.19.利用向量法解决立体几何问题典例 (16分)如图1所示，正△ABC 的边长为4，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别是AC 和BC 边的中点，现将△ABC 沿CD 翻折成直二面角A －DC －B ，如图2所示.(1)试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； (2)求二面角E －DF －C 的余弦值；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论. 思想方法指导对于较复杂的立体几何问题可采用向量法(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)两种思路：①选好基底，用向量表示出几何量，利用空间向量有关定理与向量的线性运算进行判断.②建立空间直角坐标系，进行向量的坐标运算，根据运算结果的几何意义解释相关问题. 规范解答解 (1)AB ∥平面DEF ，理由如下：在△ABC 中，由E ，F 分别是AC ，BC 中点，得EF ∥AB . 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ， ∴AB ∥平面DEF .[2分](2)以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (2,0,0)，C (0,23，0)，E (0，3，1)，F (1，3，0)， [4分]易知平面CDF 的法向量为DA →＝(0,0,2)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DF →·n ＝0，DE →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，3y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)，cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →||n |＝217，∴二面角E －DF －C 的余弦值为217.[9分](3)设P (x ，y,0)，则AP →·DE →＝3y －2＝0， ∴y ＝233.又BP →＝(x －2，y,0)，PC →＝(－x,23－y,0)， ∵BP →∥PC →，∴(x －2)(23－y )＝－xy ， ∴3x ＋y ＝2 3.[12分] 把y ＝233代入上式得x ＝43，∴P (43，233，0)，∴BP →＝13BC →，∴在线段BC 上存在点P (43，233，0)，使AP ⊥DE .[16分]1.(2016·南京调研)已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ).若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ＝________. 答案657解析由题意得c ＝t a ＋μb ＝(2t －μ，－t ＋4μ，3t －2μ)，∴⎩⎪⎨⎪⎧7＝2t －μ，5＝－t ＋4μ，λ＝3t －2μ，∴⎩⎪⎨⎪⎧t ＝337，μ＝177，λ＝657.2.(2016·泰州模拟)设点C (2a ＋1，a ＋1,2)在点P (2,0,0)、A (1，－3,2)、B (8，－1，4)确定的平面上，则a ＝________. 答案 16解析 PA →＝(－1，－3,2)，PB →＝(6，－1,4). 根据共面向量定理，设PC →＝xPA →＋yPB →(x 、y ∈R )，则(2a －1，a ＋1,2)＝x (－1，－3,2)＋y (6，－1,4) ＝(－x ＋6y ，－3x －y,2x ＋4y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2a －1＝－x ＋6y ，a ＋1＝－3x －y ，2＝2x ＋4y ，解得x ＝－7，y ＝4，a ＝16.3.已知平面α内有一点M (1，－1,2)，平面α的一个法向量为n ＝(6，－3,6)，则下列点P 中，在平面α内的是____________________________. ①P (2,3,3) ②P (－2,0,1) ③P (－4,4,0) ④P (3，－3,4)答案 ①解析逐一验证法，对于①，MP →＝(1,4,1)， ∴MP →·n ＝6－12＋6＝0，∴MP →⊥n ，∴点P 在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内.4.若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是______________. 答案平行或在平面内解析 ∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →、CD →、CE →共面， ∴AB 与平面CDE 平行或在平面CDE 内.5.设u ＝(－2,2，t )，v ＝(6，－4,4)分别是平面α，β的法向量.若α⊥β，则t ＝________. 答案 5解析 ∵α⊥β，则u ·v ＝－2×6＋2×(－4)＋4t ＝0，∴t ＝5.6.(2016·苏州模拟)如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M ，N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________.答案平行解析建立如图所示的空间直角坐标系，由于A 1M ＝AN ＝2a 3，则M (a ，2a 3，a 3)，N (2a 3，2a 3，a )，MN →＝(－a 3，0，2a 3).又C 1D 1⊥平面BB 1C 1C ，所以C 1D 1→＝(0，a,0)为平面BB 1C 1C 的一个法向量. 因为MN →·C 1D 1→＝0，所以MN →⊥C 1D 1→，又MN ⊄平面BB 1C 1C ，所以MN ∥平面BB 1C 1C .7.(2016·徐州质检)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________________________. 答案 α∥β解析设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β.8.已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1).对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________. 答案 ①②③解析 ∵AB →·AP →＝0，AD →·AP →＝0， ∴AB ⊥AP ，AD ⊥AP ，则①②正确. 又AB →与AD →不平行，∴AP →是平面ABCD 的法向量，则③正确. ∵BD →＝AD →－AB →＝(2,3,4)，AP →＝(－1,2，－1)， ∴BD →与AP →不平行，故④错误.*9.如图，圆锥的轴截面SAB 是边长为2的等边三角形，O 为底面中心，M 为SO 中点，动点P 在圆锥底面内(包括圆周).若AM ⊥MP ，则点P 形成的轨迹长度为________.答案72解析由题意可知，建立空间直角坐标系，如图所示.则A (0，－1,0)，B (0,1,0)，S (0,0，3)，M (0,0，32)，设P (x ，y,0)， ∴AM →＝(0,1，32)，MP →＝(x ，y ，－32)，即y ＝34，∴点P 的轨迹方程为y ＝34.根据圆的弦长公式，可得点P 形成的轨迹长度为21－342＝72. 10.(2016·盐城模拟)如图所示，已知直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，△ABC 为等腰直角三角形，∠BAC ＝90°，且AB ＝AA 1，D ，E ，F 分别为B 1A ，C 1C ，BC 的中点.求证：(1)DE ∥平面ABC ； (2)B 1F ⊥平面AEF .证明 (1)以A 为坐标原点，AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示空间直角坐标系A —xyz ，令AB ＝AA 1＝4，则A (0,0,0)，E (0,4,2)，F (2,2,0)，B (4,0,0)，B 1(4,0,4). 取AB 中点为N ，连结CN ，则N (2,0,0)，C (0,4,0)，D (2,0,2)， ∴DE →＝(－2,4,0)，NC →＝(－2,4,0)， ∴DE →＝NC →，∴DE ∥NC ，又∵NC ⊂平面ABC ，DE ⊄平面ABC . 故DE ∥平面ABC .(2)B 1F →＝(－2,2，－4)，EF →＝(2，－2，－2)，AF →＝(2,2,0).B 1F →·EF →＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0， B 1F →·AF →＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.∴B 1F →⊥EF →，B 1F →⊥AF →，即B 1F ⊥EF ，B 1F ⊥AF ，又∵AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .11.如图，在三棱锥P-ABC 中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点，PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上.已知BC ＝8，PO ＝4，AO ＝3，OD ＝2.(1)证明：AP ⊥BC ；(2)若点M 是线段AP 上一点，且AM ＝3.试证明平面AMC ⊥平面BMC .证明 (1)如图所示，以O 为坐标原点，OD ，OP 所在直线为y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O —xyz .则O (0,0,0)，A (0，－3,0)，B (4,2,0)，C (－4,2,0)，P (0,0,4).于是AP →＝(0,3,4)， BC →＝(－8,0,0)，∴AP →·BC →＝(0,3,4)·(－8,0,0)＝0， ∴AP →⊥BC →，即AP ⊥BC . (2)由(1)知AP ＝5，又AM ＝3，且点M 在线段AP 上， ∴AM →＝35AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，95，125，又BC →＝(－8,0,0)，AC →＝(－4,5,0)，BA →＝(－4，－5,0)，∴BM →＝BA →＋AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125，则AP →·BM →＝(0,3,4)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－165，125＝0，∴AP →⊥BM →，即AP ⊥BM ，又根据(1)的结论知AP ⊥BC ，且BM ∩BC ＝B ， ∴AP ⊥平面BMC ，于是AM ⊥平面BMC .又AM ⊂平面AMC ，故平面AMC ⊥平面BMC .12.(2016·淮安模拟)如图，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 内求一点G ，使GF ⊥平面PCB ，并证明你的结论.(1)证明如图，分别以DA ，DC ，DP 所在直线为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 ，a 2，0，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 →，即EF ⊥CD .(2)解设G (x,0，z )，则FG →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2，若使GF ⊥平面PCB ，则由FG →·CB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a2，－a 2，z －a 2·(a,0,0)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2＝0，得x ＝a2；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G 为AD 的中点.∴存在点G (a2，0,0)，使QF ⊥平面PCB .*13.如图所示，在多面体ABC-DEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 是BC 的中点.(1)求证：FH ∥平面EDB ； (2)求证：AC ⊥平面EDB .证明 (1)∵四边形ABCD 为正方形，∴AB ⊥BC . 又EF ∥AB ，∴EF ⊥BC .又EF ⊥FB ，FB ∩BC ＝B ，∴EF ⊥平面BFC . ∴EF ⊥FH ，∴AB ⊥FH .又BF ＝FC ，H 为BC 的中点，∴FH ⊥BC . 又AB ∩BC ＝B ，∴FH ⊥平面ABC .以H 为坐标原点，HB →为x 轴正方向，HF →为z 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系.设BH ＝1，则A (1，－2,0)，B (1,0,0)，C (－1,0,0)，D (－1，－2,0)，E (0，－1,1)，F (0,0,1). 设AC 与BD 的交点为G ，连结GE ，GH ，则G (0，－1,0)，∴GE →＝(0,0,1)，又HF →＝(0,0,1)，∴HF →∥GE →. 又GE ⊂平面EDB ，HF ⊄平面EDB ， ∴FH ∥平面EDB .(2)∵AC →＝(－2,2,0)，GE →＝(0,0,1)， AC →·GE →＝0， ∴AC ⊥GE .又AC ⊥BD ，EG ∩BD ＝G ， ∴AC ⊥平面EDB .。

2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题二立体几何 Word版含答案

江苏新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课) [常考题型突破]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32. 答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4.答案：3π43．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝3，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝42－32－(3)2＝2，∴V E -ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O-EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O-EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝12×4×2＝4,所以三棱锥O-EFG体积的最大值(V O-EFG)max＝13×(S△EFG)max×AB＝13×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2. 答案：2 22．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC×h ＝324. 答案：3243.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时，设△ABC 的边长为a (a >0)cm ，则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ，则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a >0， ∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4，由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG＝36BC ，设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2，则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 [方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332，故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ，则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π，即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2， ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)，令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 答案：5π11．已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°， ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2，∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1， ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π. 答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D -ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D -ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥AB，则ED＝AD2－AE2＝22，同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝2，所以0＜a＜ 2.答案：(0，2)4.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P-AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝AP·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ，在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，∴EF＝AE2－AF2，∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26，∴当AF＝1时，V P-AEF取得最大值26，此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课) [常考题型突破][例1](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[方法归纳]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，所以AQ⊥PD.又PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以CD⊥平面ADP.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝12PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝12PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.[例2]ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O，MO⊂平面MON，ON⊂平面MON，所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[例3]圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ， ∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值．解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB .又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CE ⊥平面ABE ，又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE .(2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF .∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点，∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12. 2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ；(2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO .又G 为AF 的中点，所以CF ∥OG .因为CF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG .所以CF ∥平面BDG .(2)因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥FA .又FD ∩FA ＝F ，所以EF ⊥平面ADF ，因为DG ⊂平面ADF ，所以EF ⊥DG .因为FD ＝FA ，∠DFA ＝60°，所以△ADF 是等边三角形，DG ⊥AF ，又AF ∩EF ＝F ，所以DG ⊥平面ABEF .因为AE ⊂平面ABEF ，所以DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V -ABC 中，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 是边长为2的等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC .(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.B1C1中，AC⊥BC，A1B2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC-A与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO ＝2OC ，又PQ ＝2QC ，所以PA ∥OQ ，因为OQ ⊂平面QBD ，PA ⊄平面QBD ，所以PA ∥平面QBD .(2)在平面PAD 内过P 作PH ⊥AD 于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥BD .又PA ⊥BD ，且PA ∩PH ＝P ，PA ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥AD .6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB ∥EF ，AF ＝2，EF ＝2AB ＝42，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：BE ⊥DF ；(2)若P 为BD 的中点，试问：在线段AE 上是否存在点Q ，使得PQ ∥平面BCE ？若存在，找出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2，所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF .因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG .因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF .因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF .因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE .证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形，所以P 为AC 的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE.。

高中数学选修2-1课时作业5：3.2 立体几何中的向量方法(二)

3.2立体几何中的向量方法（二）——空间向量与垂直关系1．直线l 的方向向量，平面α的法向量分别是a ＝(3,2,1)，u ＝(－1,2，－1)，则l 与α的位置关系是( )A ．l ⊥αB ．l ∥αC ．l 与α相交但不垂直D ．l ∥α或l ⊂α[解析]选D.∵a ·u ＝－3＋4－1＝0，∴a ⊥u ，∴l ∥α或l ⊂α.2．若两个不同平面α，β的法向量分别为u ＝(2,1，－1)，v ＝(3,2,8)，则( )A ．α∥βB ．α⊥βC ．α，β相交不垂直D ．以上均不正确[解析]选B.∵u ·v ＝6＋2－8＝0，∴u ⊥v .故α⊥β.3．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α∥β，则k 等于( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2[解析]选C.因为α∥β，所以它们的法向量必共线，即1－2＝2－4＝－2k，∴k ＝4，故选C. 4．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．AA 1[解析]选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则CE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1， BD →＝(－1，－1,0)．∵CE →·BD →＝0，∴CE →⊥BD →，从而CE ⊥BD .5．已知直线l 1的方向向量a ＝(2,4，x )，直线l 2的方向向量b ＝(2，y,2)，若|a |＝6，且a ⊥b ，则x ＋y 的值是( )A ．－3或1B ．3或－1C ．－3D ．1[解析]选A.|a |＝22＋42＋x 2＝6，∴x ＝±4，又∵a ⊥b ，∴a·b ＝2×2＋4y ＋2x ＝0，∴y ＝－1－12x ，∴当x ＝4时，y ＝－3，当x ＝－4时，y ＝1，∴x ＋y ＝1或－3. 6．平面α，β的法向量分别为m ＝(1,2，－2)，n ＝(－2，－4，k )，若α⊥β，则k 等于________．[解析]由α⊥β知，m·n ＝0.∴－2－8－2k ＝0，解得k ＝－5.[答案]－57．已知A (1,0,1)，B (0,1,1)，C (1,1,0)，则平面ABC 的一个法向量为__________．[解析]设平面ABC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，由题意可得：AB →＝(－1,1,0)，BC →＝(1,0，－1)．由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·BC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，x －z ＝0.令x ＝1，得y ＝z ＝1.∴n ＝(1,1,1)． [答案](1,1,1)([答案]不唯一)8．已知点P 是平行四边形ABCD 所在的平面外一点，如果AB →＝(2，－1，－4)，AD →＝(4,2,0)，AP →＝(－1,2，－1)．对于结论：①AP ⊥AB ；②AP ⊥AD ；③AP →是平面ABCD 的法向量；④AP →∥BD →.其中正确的是________．[解析]由于AP →·AB →＝－1×2＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝0，AP →·AD →＝4×(－1)＋2×2＋0×(－1)＝0，所以①②③正确．[答案]①②③9.如下图，已知P A ⊥矩形ABCD 所在的平面，M ，N 分别是AB ，PC 的中点．(1)指出直线MN 的一个以A 为起点的方向向量，(2)若∠PDA ＝45°，求证MN →为平面PCD 的一个法向量．解：(1)取PD 的中点E ，连接NE 、AE ，∵N 是PC 的中点，∴NE 12DC .又DC AB ， AM ＝12AB ，∴AM 12CD ，∴NE AM ，∴四边形AMNE 是平行四边形，∴MN ∥AE . ∴AE →为直线MN 的一个以A 为起点的方向向量．(2)在Rt △P AD 中，∠PDA ＝45°，∴AP ＝AD ，∴AE ⊥PD ，又MN ∥AE ，∴MN ⊥PD . ∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥CD ，又CD ⊥AD ，∴CD ⊥平面P AD ，∵AE ⊂平面P AD ，∴CD ⊥AE ，又MN ∥AE ，∴CD ⊥MN ，又∵CD ∩PD 于D ，∴MN ⊥平面PCD .∴MN →为平面PCD 的一个法向量．10．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，求证：(1)AD 1∥平面BDC 1；(2)A 1C ⊥平面BDC 1.证明：以D 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系Dxyz .设正方体的棱长为1，则有D (0,0,0)，A (1,0,0)，D 1(0,0,1)，A 1(1,0，1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，∴AD 1→＝(－1,0,1)，A 1C →＝(－1,1，－1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDC 1的法向量，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→.∴⎩⎪⎨⎪⎧ x ，y ，z ·1，1，0＝0，x ，y ，z ·0，1，1＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋z ＝0. 令x ＝1，则n ＝(1，－1,1)．(1)n ·AD 1→＝(1，－1,1)·(－1,0,1)＝0，知n ⊥AD 1→.又AD 1⊄平面BDC 1，∴AD 1∥平面BDC 1.(2)∵n ＝(1，－1,1)，A 1C →＝(－1,1，－1)，知A 1C →＝－n ，即n ∥A 1C →.∴A 1C ⊥平面BDC 1.能力提升1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1A[解析]选B.建立如图所示的空间直角坐标系．设正方体的棱长为1.则A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D (0，0,0)，A 1(1,0,1)，C 1(0,1,1)，E ⎝⎛⎭⎫12，12，1，∴CE →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，1，AC →＝(－1,1,0)，BD →＝(－1，－1,0)， A 1D →＝(－1,0，－1)，A 1A →＝(0,0，－1)．∵CE →·BD →＝0，∴CE ⊥BD .2．若A ⎝⎛⎭⎫0，2，198，B ⎝⎛⎭⎫1，－1，58，C ⎝⎛⎭⎫－2，1，58是平面α内三点，设平面α的法向量为a ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.[解析]由已知得，AB →＝(1，－3，－74)，AC →＝(－2，－1，－74)，由于a 是平面α的一个法向量，∴a ·AB →＝0，a ·AC →＝0，即⎩⎨⎧ x －3y －74z ＝0－2x －y －74z ＝0，解得⎩⎨⎧ x ＝23y z ＝－43y ，∴x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝⎛⎭⎫－43y ＝2∶3∶(－4)． [答案]2∶3∶(－4)3．如下图，在四棱锥E －ABCD 中，AB ⊥平面BCE ，CD ⊥平面BCE ，AB ＝BC ＝CE ＝2CD ＝2，∠BCE ＝120°.求证：平面ADE ⊥平面ABE .证明：取BE 的中点O ，连接OC ，又AB ⊥平面BCE ，∴以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz .如下图所示．则由已知条件有C (1,0,0)，B (0，3，0)，E (0，－3，0)，D (1,0,1)，A (0，3，2)．设平面ADE 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则n ·EA →＝(a ，b ，c )·(0,23，2)＝23b ＋2c ＝0，n ·DA →＝(a ，b ，c )·(－1，3，1)＝－a ＋3b ＋c ＝0.令b ＝1，则a ＝0，c ＝－3，∴n ＝(0,1，－3)，又AB ⊥平面BCE ，OC ⊂平面BCE ∴AB ⊥OC ，∵BE ⊥OC ，AB ∩BE 于点B ，∴OC ⊥平面ABE ，∴平面ABE 的法向量可取为m ＝(1,0,0)．∵n·m ＝(0,1，－3)·(1,0,0)＝0，∴n ⊥m ，∴平面ADE ⊥平面ABE .4.已知四棱锥P －ABCD 的底面是直角梯形，AB ∥DC ，∠DAB ＝90°，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝DA ＝CD ＝2AB ＝2，M 点为PC 的中点．(1)求证：BM ∥平面P AD ；(2)在平面P AD 内找一点N ，使MN ⊥平面PBD .解：(1)证明：∵PD ⊥底面ABCD ，CD ∥AB ，CD ⊥AD .∴以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz (如图所示)．由于PD ＝CD ＝DA ＝2AB ＝2，所以D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,1,0)，C (0,2,0)，P (0,0,2)，M (0,1,1)， ∴BM →＝(－2,0,1)，DC →＝(0,2,0)，∵DC →⊥平面P AD ，∴DC →是平面P AD 的法向量，又∵DC →·BM →＝0，∴BM →∥平面P AD .∴BM ∥平面P AD .(2)设N (x,0，z )是平面P AD 内一点，则MN →＝(x ，－1，z －1)，DP →＝(0,0,2)，DB →＝(2,1,0)，若MN ⊥平面PBD ，则⎩⎪⎨⎪⎧ MN →·DP →＝0MN →·DB →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2z －1＝02x －1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12z ＝1. ∴在平面P AD 内存在点N ⎝⎛⎭⎫12，0，1，使MN ⊥平面PBD .。

高中数学第三章空间向量与立体几何单元测试苏教版选修2-1

平面 ABC 的法向量 n1=（0， 0， 1），设平面 ABC1 的法向量 n2=（ x， y， z）．
由 AB n2=0，及 BC1 n2=0 ，得
－ x＋y=0，
－
4 3
2 y＋
2 3
z=0 .
22 ∴ n2=（ 2 ， 2 ， 1）．
cos<n1, n2>＝
1
2
11
=2，
2 +2 +1
故 n1 , n2 所成的角为 45°，即所求的二面角为 45°．２１．（１）以 D 为原点，如图建立空间直角坐标系，则下列各点的坐标为：
2
A．4 个 B． 3 个 C． 2 个 D． 1 个
5．在长方体 ABCD—A1B1C1D1 中， M 、 N 分别是棱 BB1， B1C1的中点，若∠ CMN=90°，则异
面直线 AD1 与 DM 所成的角为
（）
A．30° B． 45°
C． 60° D． 90°
6．已知长方体 ABCD－ A1B1C1D1 中， AB=BC=4，CC1=2，则直线 BC1 和平面 DBB1D1 所成角的
（Ⅰ）求证： AC⊥平面 BB1C1C；（Ⅱ）当 α为何值时， AB1⊥BC1，且使 D 恰为 BC 中点？
1 （Ⅲ）若 α= arccos 3 ，且 AC=BC=AA1时 ,求二面角 C1— AB— C 的大小．
B
B1
D C
A1 C1
A
21．（本小题满分 15 分）在棱长为 1 的正方体 ABCD—A1B1C1D1 中
已知直四棱柱 ABCD A1B1C1D1 中， AA1 2，底面 ABCD是直角梯形， A 是直角， AB||CD ， AB=4，AD=2， DC=1，求异面直线 BC1 与 DC 所成角的大小．

2018届苏教版(理科数学) 立体几何中的向量方法单元测试

第3讲立体几何中的向量方法(限时:45分钟)【选题明细表】1.(2017·西藏林芝一中三模)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:平面PBD⊥平面PAC;(2)若PA=AB,求PC与平面PBD所成角的正弦值.(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD.又因为PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,所以PA⊥BD.又PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,所以BD⊥平面PAC,因为BD⊂平面PBD,所以平面PBD⊥平面PAC.(2)解:设AC∩BD=O,因为∠BAD=60°,PA=AB=2,所以BO=1,AO=CO=,如图,以O为坐标原点,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(,0,2),A(,0,0),B(0,1,0),D(0,-1,0),C(-,0,0),所以=(-,1,-2),=(-,-1,-2),=(-2,0,-2).设平面PDB的法向量为n=(x,y,z),由得解得y=0,令z=,得x=-2,所以n=(-2,0,).设PC与平面PBD所成角为θ,则sin θ=|cos<n,>|===,则PC与平面PBD所成角的正弦值为.2.(2017·成都三诊)如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,四边形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,DE=2,M为线段BF上一点,且DM⊥平面ACE.(1)求BM的长;(2)求二面角A DM B的余弦值的大小.解:(1)设AC∩BD=O,取EF中点N,连接NO,因为四边形ABCD是菱形,所以AC⊥BD,因为四边形BDEF是矩形,所以ON⊥BD,因为平面BDEF⊥平面ABCD,平面BDEF∩平面ABCD=BD,ON⊂平面BDEF, 所以ON⊥平面ABCD,以O为原点,以OC,OB,ON为坐标轴建立空间坐标系如图所示:因为底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,所以OB=OD=1,OA=OC=,因为四边形BDEF是矩形,DE=2,所以A(-,0,0),B(0,1,0),C(,0,0),E(0,-1,2),D(0,-1,0),设|BM|=h,则M(0,1,h),所以=(0,2,h),=(,-1,2),因为DM⊥平面ACE,所以⊥,所以-2+2h=0,解得h=1,所以|BM|=1.(2)=(,-1,0),=(0,2,1),设平面ADM的法向量为m=(x,y,z),则所以令x=得m=(,3,-6),又AC⊥平面BDM,所以n=(1,0,0)是平面BDM的一个法向量,所以cos<m,n>===,所以二面角A-DM-B的余弦值为.3.(2017·黑龙江大庆一中模拟)如图,在直三棱柱ABC A1B1C1,AC⊥BC,AC=BC=BB1,点D是BC的中点.(1)求证:A1C∥平面AB1D;(2)求二面角B1-AD-B的正弦值;(3)判断在线段B1B上是否存在一点M,使得A1M⊥B1D?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.(1)证明:法一取B1C1的中点E,连接A1E,CE.由已知得A1E∥AD,CE∥DB1,所以平面A1CE∥平面ADB1,又A1C⊂平面A1CE,所以AC1∥平面AB1D.法二以C为坐标原点,建立如图所示的坐标系,设AC=BC=BB1=2,则A1(2,0,2),C(0,0,0),D(0,1,0),A(2,0,0),B1(0,2,2),B(0,2,0), 所以=(-2,0,-2),=(-2,1,0),=(-2,2,2),设平面AB1D的法向量为n=(x,y,z),则由可得故可取n=(1,2,-1),因为·n=0,所以A1C∥平面AB1D.(2)解:由(1)知平面AB1D的法向量为n=(1,2,-1),设平面ABD的法向量为m=(0,0,2)所以二面角B1AD B的余弦值为||=||,所以二面角B1AD B的正弦值为.(3)解:设M(0,2,t),则=(-2,2,t-2),=(0,-1,-2),若A1M⊥B1D,则·=0,所以-2-2(t-2)=0,所以t=1,所以=时,A1M⊥B1D.4.(2017·天津卷)如图,在三棱锥P ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC= 90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C EM N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.解:如图,以A为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2), M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)解:易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x1,y1,z1)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=.所以二面角C EM N的正弦值为.(3)解:依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=.所以线段AH的长为或.。

2018年高考数学(理)(江苏专用)总复习教师用书第八章立体几何初步第7讲立体几何中的向量方法(二)——

第7讲立体几何中的向量方法(二)——求空间角考试要求 1.用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，B 级要求；2.向量方法在研究立体几何距离问题中的应用，A 级要求．知识梳理1．异面直线所成的角设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角的大小．(1)如图①，AB ，CD 是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2 分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)． 4．点面距的求法如图，设AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.诊断自测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．( )(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．( ) (3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．( )(4)两异面直线夹角的范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，直线与平面所成角的范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围是[0，π]．( )解析对于(1)，两直线的方向向量所成的角与两条直线所成的角相等或互补，所以(1)不对；直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成的角〈a ，n 〉和直线与平面所成的角α的关系为〈a ，n 〉＝π2－α或〈a ，n 〉＝π2＋α，所以(2)不对；两个平面的法向量所成的角与这两个平面所成的角相等或互补，所以(3)不对．答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2．(选修2－1P112习题7改编)已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为________．解析 cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°. 答案 45°或135°3．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若 cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．解析设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴ sin θ＝| cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°. 答案 30°4．在直三棱柱 ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为________．解析建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz ，设BC ＝2，则B (0,2,0)，A (2,0,0)，M (1,1,2)，N (1,0,2)，所以BM →＝(1，－1,2)，AN →＝(－1,0,2)，故BM 与AN 所成角θ的余弦值cos θ＝|B M →·A N →||B M →|·|A N →|＝36×5＝3010.答案30105．(2017·苏州测试)过正方形ABCD 的顶点A 作线段PA ⊥平面ABCD ，若AB ＝PA ，则平面ABP 与平面CDP 所成的锐二面角为________．解析如图，建立空间直角坐标系，设AB ＝PA ＝1，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，P (0,0,1)，由题意，AD ⊥平面PAB ，设E 为PD 的中点，连接AE ，则AE ⊥PD ，又CD ⊥平面PAD ， ∴CD ⊥AE ，从而AE ⊥平面PCD .所以AD →＝(0,1,0)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12分别是平面PAB ，平面PCD 的法向量，∴cos 〈AD →，AE →〉＝AD →·AE →|AD →||AE →|＝22，即〈AD →，AE →〉＝45°.故平面PAB 与平面PCD 所成的锐二面角为45°. 答案 45°考点一利用空间向量求异面直线所成的角【例1】如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2.求：(1)△PCD 的面积；(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小．解 (1)因为PA ⊥底面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD .又AD ⊥CD ，PA ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面PAD ，又PD ⊂平面PAD ，从而CD ⊥PD .因为PD ＝22＋22＝23，CD ＝2，所以△PCD 的面积为12×2×23＝2 3.图1(2)法一如图1，取PB 中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角．在△AEF 中，由于EF ＝2，AF ＝2，AE ＝12PC ＝2.所以AF 2＋EF 2＝AE 2，∠AFE ＝90°，则△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4.因此，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.图2法二如图2，建立空间直角坐标系，则B (2,0,0)，C (2,22，0)，E (1，2，1)，AE →＝(1, 2，1)，BC →＝(0,22，0)．设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.规律方法 (1)利用向量法求异面直线所成角的一般步骤是：①选好基底或建立空间直角坐标系；②求出两直线的方向向量v 1，v 2；③代入公式|cos 〈v 1，v 2〉|＝|v 1·v 2||v 1||v 2|求解．(2)两异面直线所成角的范围是θ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，两向量的夹角α的范围是[0，π]，当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；当异面直线的方向向量的夹角为钝角时，其补角才是异面直线的夹角．【训练1】 (2016·上海卷)将边长为1的正方形AA 1O 1O (及其内部)绕OO 1旋转一周形成圆柱，如图，长为2π3，长为π3，其中B 1与C 在平面AA 1O 1O 的同侧．(1)求三棱锥C －O 1A 1B 1的体积；(2)求异面直线B 1C 与AA 1所成的角的大小．解 (1)连接A 1B 1，因为＝π3，∴∠O 1A 1B 1＝∠A 1O 1B 1＝π3，∴△O 1A 1B 1为正三角形，∴S △O 1A 1B 1＝12·O 1A 1·O 1B 1·sin 60°＝34. ∴VC －O 1A 1B 1＝13·OO 1·S △O 1A 1B 1＝13×1×34＝312，∴三棱锥C －O 1A 1B 1的体积为312.(2)以O 为坐标原点建系如图，则A (0,1,0)，A 1(0,1,1)，B 1⎝⎛⎭⎪⎫32，12，1，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0.∴AA 1→＝(0,0,1)，B 1C →＝(0，－1，－1)，∴cos 〈AA 1→，B 1C →〉＝AA 1→·B 1C→|AA 1→||B 1C →|＝0×0＋－＋－1×02＋－2＋－2＝－22， ∴〈AA 1→，B 1C →〉＝3π4，∴异面直线B 1C 与AA 1所成的角为π4.考点二利用空间向量求直线与平面所成的角【例2】 (2016·全国Ⅲ卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(1)证明MN ∥平面PAB ；(2)求直线AN 与平面PMN 所成角的正弦值． (1)证明由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，所以四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB . (2)解取BC 的中点E ，连接AE . 由AB ＝AC 得AE ⊥BC ，从而AE ⊥AD ，且AE ＝AB 2－BE 2＝AB 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝ 5.以A 为坐标原点，AE →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz . 由题意知，P (0,0,4)，M (0,2,0)，C (5，2,0)，N ⎝⎛⎭⎪⎫52，1，2，PM →＝(0,2，－4)，PN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，－2，AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，1，2. 设n ＝(x ，y ，z )为平面PMN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PM →＝0，n ·PN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －4z ＝0，52x ＋y －2z ＝0，可取n ＝(0,2,1)．于是|cos 〈n ，AN →〉|＝|n ·AN →||n ||A N →|＝8525.∴直线AN 与平面PMN 所成的角的正弦值为8525.规律方法利用向量法求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．【训练2】(2017·南京调研)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°.(1)证明：AB⊥B1C；(2)若B1C＝2，求AC1与平面BCB1所成角的正弦值．(1)证明连接AB1，在△ABB1中，AB＝1，BB1＝2，∠ABB1＝60°，由余弦定理得，AB21＝AB2＋BB21－2AB·BB1·cos∠ABB1＝3，∴AB1＝3，∴BB21＝AB2＋AB21，∴AB1⊥AB.又△ABC为等腰直角三角形，且AB＝AC，∴AC⊥AB，∵AC∩AB1＝A，∴AB⊥平面AB1C.又B1C⊂平面AB1C，∴AB⊥B1C.(2)解∵AB1＝3，AB＝AC＝1，B1C＝2，∴B1C2＝AB21＋AC2，∴AB1⊥AC.如图，以A 为原点，以AB →，AC →，AB 1→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，则A (0,0,0)，B 1(0,0，3)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，∴BB 1→＝(－1,0，3)， BC →＝(－1,1,0)．设平面BCB 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧BB 1→·n ＝0，BC →·n ＝0，得⎩⎨⎧－x ＋3z ＝0，－x ＋y ＝0，令z ＝1，得x ＝y ＝3，∴平面BCB 1的一个法向量为n ＝(3，3，1)．∵AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AC →＋BB 1→＝(0,1,0)＋(－1,0，3)＝(－1,1，3)， ∴cos 〈AC 1→，n 〉＝AC 1→·n|AC 1→||n |＝35×7＝10535，∴AC 1与平面BCB 1所成角的正弦值为10535. 考点三利用空间向量求二面角(易错警示)【例3】 (2017·南京、盐城、徐州三市模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ＝B 1A ＝AB ＝BC ，∠B 1BC ＝90°，D 为AC 的中点，AB ⊥B 1D .(1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面ABC ；(2)求直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值； (3)求二面角B －B 1D －C 的余弦值． (1)证明取AB 中点为O ，连接OD ，OB 1， ∵B 1B ＝B 1A ，∴OB 1⊥AB . 又AB ⊥B 1D ，OB 1∩B 1D ＝B 1，① ∴AB ⊥平面B 1OD ，∵OD ⊂平面B 1OD ，∴AB ⊥OD .∵∠B 1BC ＝90°，即BC ⊥BB 1，又OD ∥BC ，∴OD ⊥BB 1，又AB ∩BB 1＝B ， ∴OD ⊥平面ABB 1A 1，又OD ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ABB 1A 1.(2)解由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直．②以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴的方向，|OB →|为单位长度1，建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz .由题设知B 1(0,0，3)，D (0,1,0)，A (－1,0,0)，C (1,2,0)，C 1(0,2，3)．则B 1D →＝(0,1，－3)，AC →＝(2,2,0)，CC 1→＝(－1,0，3)．设平面ACC 1A 1的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，可取m ＝(3，－3，1)． ∴cos 〈B 1D →，m 〉＝B 1D →·m|B 1D →||m |＝0×3＋－3＋－302＋12＋－32×32＋－32＋12＝－217， ∴直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成角的正弦值为217.③ (3)解由(2)知B (1,0,0)，则BD →＝(－1,1,0)，B 1D →＝(0,1，－3)，DC →＝(1,1,0)．设平面BB 1D 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由 ⎩⎪⎨⎪⎧BD →·n 1＝0，B 1D →·n 1＝0，得⎩⎨⎧－x 1＋y 1＝0，y 1－3z 1＝0，可取n 1＝(3，3，1)．同理可得平面B 1DC 的一个法向量为n 2＝(－3，3，1)， ∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝3－3＋3×3＋1×132＋32＋12×－32＋32＋12＝17. ∴二面角B －B 1D －C 的余弦值为17.④规律方法利用向量计算二面角大小的常用方法：(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．易错警示对于①：用线面垂直的判定定理易忽视面内两直线相交；对于②：建立空间直角坐标系，若垂直关系不明确时，应先给出证明；对于③：线面角θ的正弦sin θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|，易误认为cos θ＝|cos 〈B 1D →，m 〉|；对于④：求出法向量夹角的余弦值后，不清楚二面角的余弦值取正值还是负值，确定二面角余弦值正负有两种方法：1°通过观察二面角是锐角还是钝角来确定其余弦值的正负；2°当不易观察二面角是锐角还是钝角时可判断两半平面的法向量与二面角的位置关系来确定．【训练3】(2017·泰州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形，PA ＝PB ，O 为AB 的中点，OD ⊥PC .(1)求证：OC ⊥PD ；(2)若PD 与平面PAB 所成的角为30°，求二面角D －PC －B 的余弦值．(1)证明如图，连接OP . ∵PA ＝PB ，O 为AB 的中点， ∴OP ⊥AB .∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ， ∴OP ⊥平面ABCD ， ∴OP ⊥OD ，OP ⊥OC . ∵OD ⊥PC ，OP ∩PC ＝P ， ∴OD ⊥平面OPC ， ∴OD ⊥OC ，又OP ⊥OC ，OP ∩OD ＝O ，∴OC ⊥平面OPD ，∴OC ⊥PD .(2)解法一在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ，∴AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2. ∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为矩形， ∴DA ⊥平面PAB ，CB ⊥平面PAB ，△DPA ≌△CPB ， ∴∠DPA 为直线PD 与平面PAB 所成的角， ∴∠DPA ＝30°，∠CPB ＝30°，PA ＝PB ＝3， ∴DP ＝CP ＝2，∴△PDC 为等边三角形．设PC 的中点为M ，连接DM ，则DM ⊥PC .在Rt △CBP 中，过M 作NM ⊥PC ，交PB 于点N ，连接ND ，则∠DMN 为二面角D －PC －B 的一个平面角．由于∠CPB ＝30°，PM ＝1，故在Rt △PMN 中，MN ＝33，PN ＝233. ∵cos ∠APB ＝3＋3－42×3×3＝13，∴AN 2＝⎝⎛⎭⎪⎫2332＋3－2×233×3×13＝3， ∴ND 2＝3＋1＝4，∴cos ∠DMN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋3－42×33×3＝－13，即二面角D －PC －B 的余弦值为－13.法二取CD 的中点E ，以O 为原点，OE ，OB ，OP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O －xyz .在矩形ABCD 中，由(1)得OD ⊥OC ，∴AB ＝2AD ，不妨设AD ＝1，则AB ＝2. ∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，AB 为交线，底面ABCD 为矩形， ∴DA ⊥平面PAB ，CB ⊥平面PAB ，△DPA ≌△CPB ， ∴∠DPA 为直线PD 与平面PAB 所成的角， ∴∠DPA ＝30°，∠CPB ＝30°，PA ＝PB ＝3，∴B (0,1,0)，C (1,1,0)，D (1，－1,0)，P (0,0，2)，从而PC →＝(1,1，－2)，CD →＝(0，－2,0)．设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧PC →·n 1＝0，CD →·n 1＝0，得⎩⎨⎧x 1＋y 1－2z 1＝0，－2y 1＝0，可取n 1＝(2，0,1)．同理，可取平面PCB 的一个法向量为n 2＝(0，－2，－1)．于是cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－13，∴二面角D －PC －B 的余弦值为－13.[思想方法]1．利用空间向量求空间角，避免了寻找平面角和垂线段等诸多麻烦，使空间点、线、面的位置关系的判定和计算程序化、简单化．主要是建系、设点、计算向量的坐标、利用数量积的夹角公式计算．2．合理建立空间直角坐标系(1)使用空间向量解决立体几何问题的关键环节之一就是建立空间直角坐标系，建系方法的不同可能导致解题的简繁程度不同．(2)一般来说，如果已知的空间几何体中含有两两垂直且交于一点的三条直线时，就以这三条直线为坐标轴建立空间直角坐标系；如果不存在这样的三条直线，则应尽可能找两条垂直相交的直线，以其为两条坐标轴建立空间直角坐标系，即坐标系建立时以其中的垂直相交直线为基本出发点．(3)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选择一个合理的位置建立空间直角坐标系． [易错防范]1．异面直线所成的角与其方向向量的夹角：当异面直线的方向向量的夹角为锐角或直角时，就是该异面直线的夹角；否则向量夹角的补角是异面直线所成的角．2．线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a 与平面的法向量n 所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos 〈a ，n 〉|，不要误记为cos θ＝|cos 〈a ，n 〉|.3．二面角与法向量的夹角：利用平面的法向量求二面角的大小时，当求出两半平面α，β的法向量n 1，n 2时，要根据向量坐标在图形中观察法向量的方向，从而确定二面角与向量n 1，n 2的夹角是相等，还是互补．基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．(2017·扬州期末)在正方体A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，AC 与B 1D 所成的角的大小为________(用弧度表示)．解析建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体边长为1，则A (0,0,0)，C (1,1,0)，B 1(1,0,1)，D (0,1,0)．∴AC →＝(1,1,0)，B 1D →＝(－1,1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0， ∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.答案π22．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，BB 1与平面ACD 1所成角的正弦值为________．解析设正方体的棱长为1，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．则B (1,1,0)，B 1(1,1,1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)，所以BB 1→＝(0,0,1)，AC →＝(－1,1,0)，AD 1→＝(－1,0,1)．令平面ACD 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·AC →＝－x ＋y ＝0，n ·AD 1→＝－x ＋z ＝0，令x ＝1，可得n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈n ，BB 1→〉|＝13×1＝33. 答案333．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 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________．解析以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1，则A 1(0,0,1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)，∴A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，所以有⎩⎪⎨⎪⎧A 1D →·n 1＝0，A 1E →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.∴n 1＝(1,2,2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0,0,1)， ∴ cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23. 即所成的锐二面角的余弦值为23.答案 234．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角大小为_________(用弧度表示)．解析以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB 1为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，则E F →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，∴E F →·BC 1→＝2， ∴cos 〈E F →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为π3.答案π35．已知六面体ABC －A 1B 1C 1是各棱长均等于a 的正三棱柱，D 是侧棱CC 1的中点，则直线CC 1与平面AB 1D 所成的角大小为________(用弧度表示)．解析如图所示，取AC 的中点N ，以N 为坐标原点，建立空间直角坐标系．则A ⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a2，0，B 1⎝⎛⎭⎪⎫3a 2，0，a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，a 2，C 1⎝⎛⎭⎪⎫0，a 2，a ，∴AB 1→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 2，a 2，a ，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a ，a 2，CC 1→＝(0,0，a )．设平面AB 1D 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·AB 1→＝0，n ·AD →＝0，可取n ＝(3，1，－2)． ∴cos 〈CC 1→，n 〉＝CC 1→·n|CC 1→||n |＝－2a a ×22＝－22，∴直线CC 1与平面AB 1D 所成的角为π4.答案π46．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．解析如图建立坐标系．则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，B (2,2,0)， D 1A 1→＝(2,0,0)，D B →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量 n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝0，n ·D B →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2x ＋2y ＝0，令z ＝1，得n ＝(－1,1,1)．∴D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案2337．在正四棱柱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_________．解析以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图．设AA 1＝2AB ＝2，则D (0,0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则D C →＝(0,1,0)，D B →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥D B →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面BDC 1的一个法向量为n ＝ (2，－2,1)．设CD 与平面BDC 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，D C →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·D C →|n ||D C →|＝23. 答案 238．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，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值等于________．解析延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求二面角的平面角． ∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23.答案23二、解答题9．(2017·南京、盐城模拟)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1 C 1中，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝2，BD →＝λDC →.(1)若λ＝1，求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值； (2)若二面角B 1－A 1C 1－D 的大小为60°，求实数λ的值．解以A 点为坐标原点，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,2)，B 1(2,0,2)，C 1(0,4,2)． (1)当λ＝1时，D 为BC 的中点，所以D (1,2,0)，DB →1＝(1，－2,2)，A 1C 1→＝(0,4,0)，A 1D →＝(1,2，－2)．设平面A 1C 1D 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1C 1→＝0，n 1·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 1＝0，x 1＋2y 1－2z 1＝0，取x 1＝2，则n 1＝(2,0,1)，又cos 〈DB →1，n 1〉＝DB 1→·n 1|DB 1→||n 1|＝435＝4515，所以直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值为4515.(2)因为BD →＝λDC →，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1，4λλ＋1，0，所以A 1C 1→＝(0,4,0)，A 1D →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1，4λλ＋1，－2. 设平面A 1C 1D 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1C 1→＝0，n 2·A 1D →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝0，2λ＋1x 2＋4λλ＋1y 2－2z 2＝0，取x 2＝λ＋1，则n 2＝(λ＋1,0,1)．又平面A 1B 1C 1的一个法向量为n 3＝(0,0,1)，由题意得|cos 〈n 3，n 2〉|＝cos 60°＝12，所以1λ＋2＋1＝12，解得λ＝3－1或λ＝－3－1(舍去)，所以实数λ的值为3－1.10．(2016·全国Ⅰ卷)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； (2)求二面角E －BC －A 的余弦值．(1)证明由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以G 为坐标原点，GF →的方向为x轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G －xyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ，由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O (0,0,0)，B (0，0,1)，C 1(0,2,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,1)，∴BC 1→＝(0,2，－1)，AB 1→＝(－2,2,1)， ∴cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0. ∴BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，∴直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55. 答案5512．在正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且 SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成角的大小为________(用弧度表示)．解析如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a .则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，a 2. 则C A →＝(2a,0,0)，A P →＝⎝⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a2，C B →＝(a ，a,0)，设平面PAC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·C A →＝0，n ·A P →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则 cos 〈C B →，n 〉＝C B →·n |C B →|·|n |＝a 2a 2·2＝12，又∵〈CB →，n 〉∈(0，π)， ∴〈C B →，n 〉＝π3，∴直线BC 与平面PAC 所成的角为π2－π3＝π6.答案π613．如图所示，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半平面内，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_________(用弧度表示)．解析 ∵C D →＝C A →＋A B →＋B D →， ∴|CD →|＝C A →＋A B →＋B D →2＝36＋16＋64＋2C A →·B D→＝116＋2C A →·B D →＝217.∴C A →·B D →＝|C A →|·|B D →|· cos〈C A →，B D →〉＝－24. ∴ cos 〈C A →，B D →〉＝－12.又所求二面角与〈C A →，B D →〉互补，∴所求的二面角为π3.答案π314．(2017·南通调研)如图，在四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，SA ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AD ＝AS ＝2，P 是棱SD 上一点，且SP ＝12PD .(1)求直线AB 与CP 所成角的余弦值； (2)求二面角A －PC －D 的余弦值．解 (1)如图，以A 为坐标原点，分别以AB ，AD ，AS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，S (0,0,2)．设P (x 0，y 0，z 0)，由SP →＝13SD →得(x 0，y 0，z 0－2)＝13(0,2，－2)，所以x 0＝0，y 0＝23，z 0＝43，点P 坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43.CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－43，43，AB →＝(1,0,0)．设直线AB 与CP 所成的角为α，由图可知，α为锐角，则cos α＝|AB →·CP →||AB →||CP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－43×0＋43×0－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫432×1＝34141.(2)设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由于AC →＝(1,2,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，43，所以⎩⎨⎧m ·AC→＝x 1＋2y 1＝0，m ·AP →＝23y 1＋43z 1＝0.令y 1＝－2，则x 1＝4，z 1＝1，m ＝(4，－2,1)．设平面DPC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由于DC →＝(1,0,0)，CP →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－43，43，所以⎩⎨⎧n ·DC →＝x 2＝0，n ·CP →＝－x 2－43y 2＋43z 2＝0，令y 2＝1，则z 2＝1，n ＝(0,1,1)．设二面角A －PC －D 的大小为θ，由于cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝0×4＋－＋1×12×21＝－4242，由于θ为钝角，所以cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝－4242.高考导航 1.立体几何是研究空间几何体的基础和必备内容，也是历年高考命题的热点．其中有三个考查热点：一是空间几何体的表面积、体积的求解，试题难度不大；二是空间平行与垂直关系的证明与探索性问题，难度中等；三是空间向量的应用，利用空间向量证明空间点、线、面位置关系及空间角的计算，考查学生的空间想象能力和运算求解能力，难度中等；2.思想方法：(1)转化与化归(空间问题转化为平面问题)；(2)数形结合(根据空间位置关系利用向量转化为代数运算)．热点一求解空间几何体的表面积和体积空间几何体的表面积和体积多以常见几何体或与球的接、切组合体考查，主要考查空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力．求解几何体的表面积时，要考虑全面；求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的思想方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以便于求解．【例1】 (1)(2017·盐城模拟)如图，正四棱锥P －ABCD 的底面一边AB 长为2 3 cm ，侧面积为8 3 cm 2，则它的体积为________．(2)(2017·苏、锡、常、镇四市调研)如图，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A －A 1EF 的体积是________．解析 (1)设正四棱锥P －ABCD 的侧面上的斜高为h ′，又底面一边AB 长为2 3 cm ，则侧面积为4×12×23h ′＝83，解得h ′＝2，则它的高h ＝22－32＝1，体积为13×(23)2×1＝4.(2)由正三棱柱的底面边长为4得点F 到平面A 1AE 的距离(等于点C 到平面A 1ABB 1的距离)为32×4＝23，则V 三棱锥A －A 1EF ＝V 三棱锥F －A 1AE ＝13S △A 1AE ×23＝13×12×6×4×23＝8 3.答案 (1)4 (2)8 3探究提高 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和． (2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．【训练1】 (1)(2017·扬州中学模拟)在正三棱锥P －ABC 中，M ，N 分别是PB ，PC 的中点，若截面AMN ⊥平面PBC ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为________．第(1)题图第(2)题图(2)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为线段B 1C 上的一点，则三棱锥A －DED 1的体积为________．解析 (1)取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，且PD 与MN 的交点为E .因为AM ＝AN ，E 为MN 的中点，所以AE ⊥MN ，又截面AMN ⊥平面PBC ，所以AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥PD ，又E 点是PD 的中点，所以PA ＝AD .设正三棱锥P －ABC 的底面边长为a ，则侧棱长为32a ，斜高为22a ，则此棱锥中侧面积与底面积的比为3×12a ×22a 34a 2＝61.(2)VA －DED 1＝VE －ADD 1＝13×S △ADD 1×CD ＝13×12×1＝16.答案 (1)6∶1 (2)16热点二空间平行关系和垂直关系的证明(规范解答)直线与平面的位置关系是立体几何的核心内容，高考始终把直线与平面的平行、垂直关系作为考查的重点．从内容上看，主要考查对定义、定理的理解及符号语言、图形语言、文字语言之间的相互转换；从能力上来看，主要考查考生的空间想象能力和逻辑思维能力．【例2】 (满分12分)(2015·山东卷)如图，三棱台DEF －ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC，BC的中点．(1)求证：BD∥平面FGH；(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH.满分解答(1)证明法一连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH.…………1分在三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点，可得DF∥GC，DF＝GC，所以四边形DFCG为平行四边形．则M为CD的中点，…………3分又H为BC的中点，所以HM∥BD，…………4分又HM⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.…………6分法二在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形HBEF为平行四边形，可得BE∥HF.…………3分在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.…………4分又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.…………5分因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.…………6分(2)证明连接HE，EG，因为G，H分别为AC，BC的中点，所以GH∥AB.…………7分由AB⊥BC，得GH⊥BC.又H为BC的中点，所以EF∥HC，EF＝HC，因此四边形EFCH是平行四边形，所以CF∥HE.…………9分又CF⊥BC，所以HE⊥BC.…………10分又HE，GH⊂平面EGH，HE∩GH＝H，所以BC⊥平面EGH.…………11分又BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面EGH.…………12分❶(法一)作辅助线得1分，证明四边形DFCG为平行四边形得2分，再得到HM∥BD得1分，最后根据线面平行的判定定理得结论得2分．❷(法二)证明四边形HBEF为平行四边形且BE∥HF得3分，再证明GH∥AB得1分，再推出平面FGH∥平面ABED得1分，最后得出BD∥平面FGH得1分．❸第(2)问中得到GF∥AB得1分，证明四边形EFCH是平行四边形且CH∥HE得2分，再得到BC⊥HE得1分，再得到BC⊥平面EGH得1分，最后证得结论得1分．❹第(1)问法一中若漏写“HM⊂平面FGH”，“BD⊄平面FGH”各扣1分；在第(2)问最后漏写“BC⊂平面BCD”扣1分．证明线面平行问题(一)第一步：找(作)出所证线面平行中的平面内的一条直线．第二步：证明线线平行．第三步：根据线面平行的判定定理证明线面平行．第四步：反思回顾．检查关键点及答题规范．证明线面平行问题(二)第一步：在多面体中作出要证线面平行中的线所在的平面．第二步：利用线面平行的判定定理证明所作平面内的两条相交直线分别与所证平面平行；第三步：证明所作平面与所证平面平行．第四步：转化为线面平行．第五步：反思回顾，检查答题规范．证明面面垂直问题第一步：根据已知条件确定一个平面内的一条直线垂直于另一个平面内的一条直线．第二步：结合已知条件证明确定的这条直线垂直于另一平面内的两条相交直线．第三步：得出确定的这条直线垂直于另一平面．第四步：转化为面面垂直．第五步：反思回顾，检查答题规范．【训练2】 (2016·苏北四市调研)如图，在几何体ABCDEF 中，ABCD 是正方形，DE ⊥平面ABCD .(1)求证：AC ⊥平面BDE ；(2)若AF ∥DE ，DE ＝3AF ，点M 在线段BD 上，且BM ＝13BD ，求证：AM ∥平面BEF .证明 (1)因为DE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC ，因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又BD ∩DE ＝D ，从而AC ⊥平面BDE . (2)延长EF ，DA 交于点G ，连接GB ，因为AF ∥DE ，DE ＝3AF ，所以GA GD ＝AF DE ＝13，因为BM ＝13BD ，所以BM BD ＝13，所以BM BD ＝GA GD ＝13，所以AM ∥GB ，又AM ⊄平面BEF ，GB ⊂平面BEF ，所以AM ∥平面BEF .热点三空间向量与立体几何【例3】(2017·苏、锡、常、镇、宿迁五市调研)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2AD ＝2，E 为AB 的中点，F 为D 1E 上的一点，且D 1F ＝2FE .(1)证明：平面DFC ⊥平面D 1EC ； (2)求二面角A －DF －C 的大小．(1)证明以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则A (1,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，D 1(0,0,2)．∵E 为AB 的中点，∴点E 的坐标为(1,1,0)，∵D 1F ＝2FE ，∴D 1F →＝23D 1E →＝23(1,1，－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－43，DF →＝DD 1→＋D 1F →＝(0,0,2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，－43＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23.设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面DFC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DF →＝0，n ·DC →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，2y 1＝0，令x 1＝1，则平面DFC 的一个法向量为n ＝(1,0，－1)，设p ＝(x 2，y 2，z 2)是平面D 1EC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧p ·D 1F →＝0，p ·D 1C →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 2＋23y 2－43z 2＝0，2y 2－2z 2＝0，令y 2＝1，则平面D 1EC 的一个法向量为p ＝(1,1,1)， ∵n ·p ＝(1,0，－1)·(1,1,1)＝0， ∴平面DFC ⊥平面D 1EC .(2)解设q ＝(x 3，y 3，z 3)是平面ADF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧q ·DF →＝0，q ·DA →＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧23x 3＋23y 3＋23z 3＝0，x 3＝0，令y 3＝1，则平面ADF 的一个法向量为q ＝(0,1，－1)，设二面角A －DF －C 的平面角为θ，由题中条件可知θ∈⎝⎛⎭⎪⎫π2，π，则cos θ＝－⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·q |n |·|q |＝－0＋0＋12×2＝－12， ∴二面角A －DF －C 的大小为2π3. 探究提高 (1)用向量法解决立体几何问题，可使复杂问题简单化，使推理论证变为计算求解，降低思维难度，使立体几何问题“公式”化，训练的关键在于“归类、寻法”． (2)用向量来求空间角，都需将各类角转化成对应向量的夹角来计算，问题的关键在于确定对应线段的向量．【训练3】 (2015·天津卷)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0，1,0)，C (2，0,0)，D (1，－2，0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)，又因为M ，N 分别为B 1C和D 1D 的中点，得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，1，N (1，－2,1)．(1)证明依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－52，0，由此可得MN →·n ＝0，又因为直线MN ⊄平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)解 AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)，设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面ACD 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2y 1＋2z 1＝0，2x 1＝0.不妨设z 1＝1，可得n 1＝(0,1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面ACB 1的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋2z 2＝0，2x 2＝0，不妨设z 2＝1，可得n 2＝(0，－2,1)．因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010.所以，二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)解依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)，又n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，由已知，得cos 〈NE →，n 〉＝|NE →·n ||NE →|·|n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2，所以，线段A 1E 的长为7－2. 热点四立体几何中的探索性问题此类试题一般以解答题形式呈现，常涉及线、面平行、垂直位置关系的探究或空间角的计算问题，是高考命题的热点，一般有两种解决方式： (1)根据条件作出判断，再进一步论证；(2)利用空间向量，先假设存在点的坐标，再根据条件判断该点的坐标是否存在．【例4】 (2016·北京卷)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AMAP的值；若不存在，说明理由． (1)证明因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，所以AB ⊥PD .又PA ⊥PD ，AB ∩PA ＝A ，所以PD ⊥平面PAB . (2)解取AD 的中点O ，连接PO ，CO . 因为PA ＝PD ，所以PO ⊥AD .因为PO ⊂平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .因为CO ⊂平面ABCD ，所以PO ⊥CO . 因为AC ＝CD ，所以CO ⊥AD .如图，建立空间直角坐标系O －xyz .由题意得，A (0,1,0)，B (1，1,0)，C (2,0,0)，D (0，－1,0)，P (0,0,1)．设平面PCD 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y －z ＝0，2x －z ＝0，令z ＝2，则x ＝1，y ＝－2.所以n ＝(1，－2,2)．又PB →＝(1,1，－1)，所以cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝－33.。

2018届苏教版立体几何中的向量方法单元测试

立体几何中的向量方法基础巩固组1.已知直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量n=(2,x2+x,-x),若直线l∥平面α,则x的值为().A.-2B.-2C.2D.±2答案:D解析:线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=± 2.2.若平面α的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面α所成的角的大小为().A.π6B.π3C.π4D.5π6答案:B解析:y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ, 则sinθ=|cos<m,n>|,∵cos<m,n>=m·n|m||n|=-32×1=-32,∴sinθ=32.∴θ=π3.3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是棱CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成的角的大小是().A.30°B.45°C.60°D.90°答案:D解析:以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,设AB=1,则D(0,0,0),N0,1,12,M0,12,0,A1(1,0,1),DN = 0,1,12,MA 1= 1,-12,1 ,DN ·MA 1 =1×0+1× -12+12×1=0,因此DN ⊥MA 1 .故A 1M 与DN 所成角的大小是90°.4.已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为a ,点M 在AC 1上且AM =12MC 1 ,N 为B 1B 的中点,则|MN |等于( ). A .216a B .66a C .156a D .153a答案:A解析:以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ,则A (a ,0,0),C 1(0,a ,a ),N a ,a ,a2 . 设M (x ,y ,z ),∵点M 在AC 1上且AM =12MC 1 , ∴(x-a ,y ,z )=12(-x ,a-y ,a-z ). ∴x=23a ,y=a 3,z=a 3,得M 2a 3,a 3,a3 .∴|MN|= a -23a 2+ a -a 32+ a 2-a 32=216a.5.如图,过正方形ABCD 的顶点A ,引PA ⊥平面ABCD.若PA=BA ,则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是( ). A.30°B.45°C.60°D.90°答案:B解析:(方法一)建立如图1所示的空间直角坐标系,不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面ABP与平面CDP所成二面角的余弦值为|n1·n2||n1||n2|=22,故所求的二面角的大小是45°.图1图2(方法二)将其补成正方体.如图2,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP 和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C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C1(3,1,0),A(0,0,2),AC1=(3,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为|AC1·n||AC1||n|=38=64.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为正三角形,底面ABCD为正方形,侧面PAD⊥底面ABCD,M 为底面ABCD内的一个动点,且满足MP=MC,则点M在正方形ABCD内的轨迹为.(填序号)答案:①解析:以D为原点,DA,DC所在直线分别为x轴、y轴建系如图.设M(x,y,0),正方形边长为a,则P a2,0,32a ,C(0,a,0),则|MC|=x2+(y-a)2,|MP|= x-a22+y2+-32a2.由|MP|=|MC|,得x=2y,所以点M在正方形ABCD内的轨迹为直线y=12x的一部分.8.如图,已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直,AB=2,AF=1,M是线段EF的中点.求证:(1)AM∥平面BDE;(2)AM⊥平面BDF.证明:(1)建立如图所示的空间直角坐标系,设AC∩BD=N,连结NE.则点N,E的坐标分别为22,22,0,(0,0,1).于是NE=-22,-22,1.∵点A,M的坐标分别是(2,2,0),22,22,1,∴AM=-22,-22,1.∴NE=AM且NE与AM不共线.∴NE∥AM.又NE⊂平面BDE,AM⊄平面BDE, ∴AM∥平面BDE.(2)由(1)知AM=-22,-22,1.∵D(2,0,0),F(2,2,1),B(0,2,0),∴DF=(0,2,1),BF=(2,0,1).∴AM·DF=0,AM·BF=0.∴AM⊥DF,AM⊥BF.又DF∩BF=F,∴AM⊥平面BDF.9.(2015重庆高考)如图,三棱锥P-ABC中,PC⊥平面ABC,PC=3,∠ACB=π2.D,E分别为线段AB,BC上的点,且CD=DE=2,CE=2EB=2.(1)证明:DE⊥平面PCD;(2)求二面角A-PD-C的余弦值.(1)证明:由PC⊥平面ABC,DE⊂平面ABC,故PC⊥DE.由CE=2,CD=DE=2得△CDE为等腰直角三角形,故CD⊥DE.由PC∩CD=C,DE垂直于平面PCD内两条相交直线,故DE⊥平面PCD.(2)解:由(1)知,△CDE为等腰直角三角形,∠DCE=π4.如图,过D 作DF 垂直CE 于F ,易知DF=FC=FE=1, 又已知EB=1,故FB=2.由∠ACB=π2得DF ∥AC ,DFAC =FBBC =23,故AC=32DF=32.以C 为坐标原点,分别以CA ,CB ,CP 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,则C (0,0,0),P (0,0,3),A 32,0,0 ,E (0,2,0),D (1,1,0),ED=(1,-1,0),DP =(-1,-1,3),DA = 12,-1,0 . 设平面PAD 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),由n 1·DP =0,n 1·DA =0,得 -x 1-y 1+3z 1=0,12x 1-y 1=0,故可取n 1=(2,1,1). 由(1)可知DE ⊥平面PCD ,故平面PCD 的法向量n 2可取为ED ,即n 2=(1,-1,0). 从而法向量n 1,n 2的夹角的余弦值为 cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=36,故所求二面角A-PD-C 的余弦值为 36.能力提升组10.如图,在正方体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 轴、y 轴、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),A 1D =(-1,0,-1),AC =(-1,1,0), EF = 13,13,-13,BD 1 =(-1,-1,1),EF =-13BD 1 ,A 1D ·EF =AC ·EF =0, 从而EF ∥BD 1,EF ⊥A 1D ,EF ⊥AC.故选B.11.如图,在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段CC 1上,直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α,则sin α的取值范围是( ). A .33,1B .63,1C . 63,2 23D .2 23,1 答案:B解析:以D 为坐标原点,DA ,DC ,DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如图所示.不妨设DC=DA=DD 1=1,则D (0,0,0),B (1,1,0),A 1(1,0,1),O 12,12,0 ,并设点P (0,1,t )且0≤t ≤1. 则OP = -12,12,t ,A 1D =(-1,0,-1),A 1B =(0,1,-1). 设平面A 1BD 的法向量为n =(x 0,y 0,z 0), 则有n ·A 1D =0,n ·A 1B =0,即 -x 0-z 0=0,y 0-z 0=0, 取x 0=1,y 0=-1,z 0=-1,则n =(1,-1,-1). 于是sin α=|cos <OP ,n >|= 3 t +12(0≤t ≤1),sin 2α=t 2+2t +13 t 2+12,0≤t ≤1.令f (t )=t 2+2t +13 t 2+12,0≤t ≤1. 则f'(t )=2t 2+t -1-3 t 2+122=-(2t -1)(t +1)3 t 2+122,可知当t ∈ 0,12 时,f'(t )>0;当t ∈ 12,1 时,f'(t )≤0.∵f (0)=23,f 12 =1,f (1)=89, ∴f max (t )=f 12 =1,f min (t )=f (0)=23. ∴sin α的最大值为1,最小值为 63. ∴sin α的取值范围为 63,1 .12.如图,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 ,连结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 ,N0,24,24,EM=24,22,24,AN=-22,24,24,cos<EM,AN>=EM·AN|EM||AN|=16.13.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,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.如图建立空间直角坐标系A-xyz,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的法向量为n=(x,y,z),则n·AB=0, n·AF=0,即x=0,y+z=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,则sinα=|cos<n,BC>|=n·BC|n||BC|=12.因此直线BC与平面ABF所成角的大小为π6.设点H的坐标为(u,v,w).因为点H在棱PC上,所以可设PH=λPC(0<λ<1),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的法向量,所以n·AH=0,即(0,-1,1)·(2λ,λ,2-2λ)=0,解得λ=23,所以点H的坐标为43,23,23.所以PH=432+232+-432=2.14.如图,在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面ABCD,PA=3,AD=2,AB=23,BC=6.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)求二面角P-BD-A的大小.(1)证明:如图,建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(23,0,0),C(23,6,0),D(0,2,0),P(0,0,3),于是AP=(0,0,3),AC=(23,6,0),BD=(-23,2,0).∵BD·AP=0,BD·AC=0.∴BD⊥AP,BD⊥AC.又∵PA∩AC=A,∴BD⊥面PAC.(2)解:平面ABD的法向量为m=(0,0,1),设平面PBD的法向量为n=(x,y,z),则n·BD=0,n·BP=0.∵BP=(-2,0,3),∴-23x+2y=0,-23x+3z=0,解得y=3x, z=233x.令x=3,则n=(3,3,2),∴cos<m,n>=m·n|m||n|=12.∴二面角P-BD-A的大小为60°.15.(2015湖北高考)《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图,在阳马P-ABCD 中,侧棱PD ⊥底面ABCD ,且PD=CD ,过棱PC 的中点E ,作EF ⊥PB ,交PB 于点F ,连结DE ,DF ,BD ,BE.(1)证明:PB ⊥平面DEF ,试判断四面体DBEF 是否为鳖臑.若是,写出其每个面的直角(只需写出结论);若不是,说明理由;(2)若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3,求DCBC 的值. 解法一:(1)证明:因为PD ⊥底面ABCD ,所以PD ⊥BC.由底面ABCD 为长方形,有BC ⊥CD ,而PD ∩CD=D , 所以BC ⊥平面PCD.而DE ⊂平面PCD ,所以BC ⊥DE.又因为PD=CD ,点E 是PC 的中点,所以DE ⊥PC. 而PC ∩BC=C ,所以DE ⊥平面PBC. 而PB ⊂平面PBC ,所以PB ⊥DE. 又PB ⊥EF ,DE ∩EF=E , 所以PB ⊥平面DEF.由DE ⊥平面PBC ,PB ⊥平面DEF ,可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB ,∠DEF ,∠EFB ,∠DFB.图①(2)如图①,在平面PBC 内,延长BC 与FE 交于点G , 则DG 是平面DEF 与平面ABCD 的交线. 由(1)知,PB ⊥平面DEF ,所以PB ⊥DG. 又因为PD ⊥底面ABCD ,所以PD ⊥DG.而PD ∩PB=P ,所以DG ⊥平面PBD.故∠BDF 是平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的平面角,设PD=DC=1,BC=λ,有BD= 2在Rt △PDB 中,由DF ⊥PB ,得∠DPF=∠FDB=π3, 则tan π3=tan ∠DPF=BDPD = 1+λ2= 3,解得λ= 2. 所以DC BC =1λ=22.故当平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3时,DC BC=22.解法二:(1)证明:如图②,以D 为原点,射线DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴的正半轴,建立空间直角坐标系.图②设PD=DC=1,BC=λ,则D (0,0,0),P (0,0,1),B (λ,1,0),C (0,1,0),PB=(λ,1,-1), 点E 是PC 的中点,所以E 0,12,12 ,DE = 0,12,12, 于是PB·DE =0,即PB ⊥DE. 又已知EF ⊥PB ,而DE ∩EF=E , 所以PB ⊥平面DEF. 因PC=(0,1,-1),DE ·PC =0, 则DE ⊥PC.所以DE ⊥平面PBC. 由DE ⊥平面PBC ,PB ⊥平面DEF ,可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形,即四面体BDEF 是一个鳖臑,其四个面的直角分别为∠DEB ,∠DEF ,∠EFB ,∠DFB. (2)由PD ⊥平面ABCD ,所以DP=(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量; 由(1)知,PB ⊥平面DEF ,所以BP=(-λ,-1,1)是平面DEF 的一个法向量. 若面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3, 则cos π3= BP ·DP|BP|·|DP| =λ+2=12,解得λ= 2,所以DC BC =1λ=22.故当面DEF 与面ABCD 所成二面角的大小为π3时,DC BC=22.。

高中数学选修2-1单元配套练习试题3.2 立体几何中的向量方法及参考答案解析

3.2 立体几何中的向量方法姓名:___________班级:______________________一、选择题1.已知线段AB 的两端点坐标为A(9,－3,4),B(9,2,1),则线段AB 与( )A.xOy 平行B.xOz 平行C.yOz 平行D.yOz 相交2.在平面ABCD 中,A(0,1,1),B(1,2,1),C(－1,0,－1),若a ＝(－1,y,z),且a 为平面ABC的法向量,则y 2等于 ( )A.2B.0C.1D.无意义3.若两个不同平面α,β的法向量分别为()1,2,1=-u ,()4,8,4v =--,则( )A.//αβB.αβ⊥C.α,β相交但不垂直D.以上均不正确4.如图,在直三棱柱111ABC A B C -中,∠ACB ＝90°,AA 1＝2,AC ＝BC ＝1,则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是( )C.365.设平面α的一个法向量为()11,2,2n =-,平面β的一个法向量为()22,4,n k =--,若//αβ,则实数k =( )A.2B.4-C.2-D.46.已知正三棱柱111ABC A B C -的侧棱长与底面边长相等,则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( )C.27.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.268.在正三棱柱111ABC A B C -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°二、填空题9.已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,E 、F 分别是B 1C 1和C 1D 1的中点,点A 1到平面DBEF 的距离为_________.10.如图所示,在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中,底面是∠ABC 为直角的等腰直角三角形,AC ＝2a,BB 1＝3a,D 是A 1C 1的中点,点F 在线段AA 1上,当AF ＝________时,CF⊥平面B 1DF.11.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所成角的正弦值是__________.三、解答题12.如图,已知四棱锥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 的中点.(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.13.如图,在四棱锥A B C D P -中,底面A B C D 是正方形,侧棱PD ⊥底面A B C D,DC PD =,E 是PC 的中点,作PB EF ⊥交PB 于点F .(1)求证:PA //平面EDB ;(2)求二面角B DE F --的正弦值.14.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,E 是PB 的中点.(1)求证:平面EAC⊥平面PBC;(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.参考答案1.C【解析】因为AB ＝(9,2,1)－(9,－3,4)＝(0,5,－3),所以AB ∥平面yOz.考点:向量法判断线面关系.2.C【解析】AB ＝(1,1,0),()1,1,2AC =---,a 为平面ABC 的法向量,则a ∙AB ＝0,a ∙AC ＝0,即10y -+=,120y z ---=,则y ＝1,∴y 2＝1,故选C.考点:求空间向量的坐标.3.A【解析】∵u ＝14-v,∴αβ,故选A.考点:向量法判断两个平面的位置关系.4.D【解析】以C 为坐标原点,CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系,可知A 1(1, 0, 2),B(0, 1, 0),A(1, 0, 0),C(0, 0, 0),则1A B ＝(－1,1,－2),AC ＝(－1,0,0),cos 〈1A B ,AC 〉＝11AC A BAC AB ⋅⋅故选D. 考点:异面直线夹角的向量求法.5.D【解析】∵平面α的一个法向量为()11,2,2n =-,平面β的一个法向量为()22,4,n k =--,//αβ,∴24122k --==-,∴4k =.故选D. 考点:共线向量与共面向量.6.A【解析】AB 1与侧面ACC 1A 1所成角为θ,建立如图所示的空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为2,则()0,0,0O ,)B,()0,1,0A -,)12B ,则()13,1,2AB=,()BO =,BO 为侧面ACC 1A 1的一个法向量,所以sin θ＝11AB BOAB BO ⋅⋅＝故选A.考点:线面角的向量求法.7.B【解析】设面ABCD 的法向量为(),,n x y z =,则,4230,40,n AB x y z x y n AD⎧⊥-+=⎧⎪⇒⎨⎨-+=⊥⎩⎪⎩令4y =,则41,4,3n ⎛⎫= ⎪⎝⎭,则32683cos ,133n AP n AP n AP -+-⋅===⨯, 226h ∴==.故选B. 考点:点到面的距离的向量求法.8.B【解析】平面DBC 1与平面CBC 1所成的角为θ.以A 为坐标原点,AC ,1AA 的方向分别为y 轴和z 轴的正方向建立空间直角坐标系.设底面边长为2a,侧棱长为2b,则A(0, 0, 0),C(0, 2a, 0),D(0,a, 0),B(a,a, 0),C 1(0, 2a,2b),)1,,2B a b ,则1AB =),,2a b ,()1,,2BC a b =,()3,0,0DB =,()10,,2DC a b =.由1AB ⊥1BC ,得1AB ·1BC ＝0,即2b 2＝a 2.设1n ＝(x,y,z)为平面DBC 1的法向量,则1n ·DB ＝0,1n ·1DC ＝0,z ＝1,可得1n ＝(0,,1).同理可求得平面CBC 1的一个法向量为2n ＝则cos θ＝1212n n n n ⋅⋅＝2,得θ＝45°. 考点:面面角的向量求法.9.1【解析】如图,建立空间直角坐标系,则＝(1,1,0),DF ＝(0,21,1), 1DA ＝(1,0,1).设平面DBEF 的法向量为n ＝(x,y,z),则有n 0=⋅,n 0=⋅DF ,即x ＋y ＝0,21y ＋z ＝0,令x ＝1,得y ＝－1,z ＝21,所以11,1,2n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,则A 1到平面DBEF的距离1==h .考点:点到面的距离的向量求法.10.a 或2a【解析】设AF m =.分别以BA 、BC 、BB 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系B －xyz,则B(0, 0, 0),B 1a ,0,m),D ,,322a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭a, 0),则CF ＝a,m),1B D＝,0⎫⎪⎪⎝⎭,1B F ＝(a, 0,m －3a),∵CF ⊥面B 1DF,∴CF ⊥1B F ,CF ⊥1B D ,即CF ·1B D ＝0,CF ·1B F ＝0,可得2a 2＋m(m －3a)＝0,解得m ＝a 或2a.考点:向量法求线面的垂直问题. 11.510 【解析】如图,建立空间直角坐标系,则＝(0,1,0),1AD ＝(－1,0,1),AE ＝(0,21,1),设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x,y,z),由0=⋅AB n ,01=⋅AD ,即0,0,y x z =⎧⎨-+=⎩令1x =,则1z =,可得n ＝(1,0,1),设直线AE 与平面ABC 1D 1所成的角为θ,则510sin ==θ.考点:空间向量法求线面角.12.(1)见解析(2)4【解析】(1)证明:以H 为原点,HA,HB,HP 所在直线分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,如图,设1HA =,HC m =,HP n =,则A(1,0,0),B(0,1,0),C(－m, 0, 0),P(0, 0,n),D(0,－m, 0),E(12可得PE ＝(12－n),BC ＝(－m,－1, 0).因为PE ·BC2m ＋0＝0,所以PE⊥BC .(2)由已知条件可得m＝3,n ＝1,故C(－3,0, 0),D(0,－3,0), E(12,－6,0),P(0, 0, 1),则1,26HE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,()0,0,1HP =, 设n ＝(x,y,z)为平面PEH 的法向量,则0,0,n HE n HP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即10,260,x y z ⎧-=⎪⎨⎪=⎩因此可以取n ＝又PA ＝(1, 0,－1),所以|cos 〈PA ,n 〉|＝4, 所以直线PA 与平面PEH. 考点:空间向量法证明线线垂直及线面角.13.(1)证明过程详见解析(2)322 【解析】如图,建立空间直角坐标系,点D 为坐标原点,设1=DC .(1)证明:连接,AC AC 交BD 于点G ,连接EG .依题意得(1,0,0),(0,0,1),A P因为底面ABCD 是正方形,所以点G 是此正方形的中心,故点G 的坐标为)0,21,21(,则)21,0,21(),1,0,1(-=-=,所以2=,即EG PA //,而⊂EG 平面EDB ,且⊄PA 平面EDB ,因此PA //平面EDB .(2)(1,1,0),(1,1,1)B PB =-,因为)21,21,0(=DE ,故0=⋅DE PB ,所以DE PB ⊥. 由已知得PB EF ⊥,且E DE EF = ,所以⊥PB 平面EFD ,所以平面EFD 的一个法向量为)1,1,1(-=.)0,1,1(),21,21,0(==DB DE ,设平面DEB 的法向量为),,(z y x =, 则1()0,20,a DE y z a DB x y ⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩取1=x ,则1,1=-=z y ,即)1,1,1(-=a ,则1cos ,3||||a PB a PB a PB ⋅==-, 设二面角B DE F --的平面角为θ,因为[0,π]θ∈,所以322sin =θ. 二面角B DE F --的正弦值大小为322. 考点:线线平行,线面平行,二面角的空间向量求法.14.(1)见解析【解析】(1)证明:∵PC⊥平面ABCD,AC ⊂平面ABCD,∴AC⊥PC.∵AB＝2,AD ＝CD ＝1,∴AC＝BC ,∴AC 2＋BC 2＝AB 2,∴AC⊥BC. 又BC∩PC＝C,∴AC⊥平面PBC. ∵AC ⊂平面EAC,∴平面EAC⊥平面PBC. (2) 设CP a =.如图,以点C 为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,－1,0),P(0,0,a),E 11,,222a ⎛⎫- ⎪⎝⎭,则CA ＝(1,1,0),CP ＝(0,0,a),CE ＝11,,222a ⎛⎫-⎪⎝⎭.取m ＝(1,－1,0),则m ·CA ＝m ·CP ＝0,即m 为面PAC 的一个法向量. 设n ＝(x,y,z)为面EAC 的法向量,则n ·CA ＝n ·CE ＝0,即0,0,x y x y az +=⎧⎨-+=⎩取x ＝a,则y ＝－a,z ＝－2,则n ＝(a,－a,－2), 依题意得,|cos 〈m ,n〉|＝n mnm ⋅＝则a ＝2.于是n ＝(2,－2,－2),PA ＝(1,1,－2).设直线PA 与平面EAC 所成角为θ,则sin θ＝|cos 〈PA ,n 〉|＝PA n PA n ⋅⋅＝3,即直线PA 与平面EAC 所成.考点:空间二面角和线面角的向量求法.。

江苏专用2018版高考数学大一轮复习8.7立体几何中的向量方法(二)__求空间角和距离教师用书理汇总

第八章立体几何与空间向量8.7立体几何中的向量方法（二）求空间角和距离教师用书理苏教版基础知识自主学习[f 知识梳理 -------------------------------1.两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l i ,丨2的方向向量，贝U丨1与l 2所成的角0a 与b 的夹角3范围n(o, "2】[0 , n ]求法n I a • b |cos 0= I a II b Ia • bcos 3= I a II b I2. 直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ,平面a 的法向量为 n 直线l 与平面a 所成的角为0 , a 与n I a • n l的夹角为B,则sin 0= |cos 3 I = .I a || n |3. 求二面角的大小如图①，AB CD 分别是二面角 a -1 — 3的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大=〈 AB CD角）.【知识拓展】(1)如图②③，m, n 2分别是二面角 a 大小 0 满足面角的平面角JI ,的法向量，则二面角的利用空间向量求距离（供选用）（1）两点间的距离⑵点到平面的距离【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“V”或“ X”) (1) 两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角.(X )(2) 直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角 .(X )(3) 两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角.( X )(4) 两异面直线夹角的范围是(0 ,牙],直线与平面所成角的范围是 [0 , -2],二面角的范围是[0 , n ].( V )⑸直线l 的方向向量与平面a 的法向量夹角为120°则I 和a 所成角为30° .( V )⑹若二面角a — a — 3的两个半平面a , 3的法向量n i , m 所成角为0，则二面角a — a—3的大小是n — 0 .( X )考点自测1. (20i6 •南通模拟)已知两平面的法向量分别为 m = (0,i,0) , n = (0,i,i)，则两平面所成的二面角为 _________ . 答案 45°或i35°&丄lm- ni V 2解析 cos 〈 m n 〉== ------- =—,丨 m i n | 1X^2 2 ?即〈m, n 〉= 45°.•••两平面所成的二面角为 45°或i80°— 45°= i35°.i2. 已知向量 m n 分别是直线I 和平面a 的方向向量和法向量，若 cos 〈 m n 〉=—2则I 与a 所成的角为 ___________. 答案 30°设点 A (x i , y i , z i )，点 B (X 2, y 2, Z 2),则 AB= | AB =---------------------- 2 X i — X 2 ---------------------- 2 y i — y 2---------------------- 2乙一Z 2如图所示，已知 AB 为平面a 的一条斜线a 的法向量, 则B 到平面a 的距离i 解析设I与a所成角为0 ,••• cos〈 m n>=—2 ,1sin 0 = |cos 〈 m n > | = 0 w B w 90 ,二 0 = 30 .3.（2016 •泰州模拟）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-ABC , CA= CC = 2CB 则答案2 2,则AC 与侧面ABBA i 所成的角为n答案百解析以A 为原点，以XB, X E AE ± AB , AA 所在直线为坐标轴（如图）建立空间直角坐标系, 设D 为AB 中点，解析设 CA= 2,贝U C (0,0,0) , A (2,0,0) , B (0,0,1) ,C (0,2,0) , B (0,2,1),可得向量 AB =（—2,2,1） , BC = （0,2 , - 1），由向量的夹角公式得cos 〈AB , BG >0 + 4— 1 4+ 4+ 1 .： 0+ 4+ 14.（教材改编）正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC- ABC 的底面边长为 2，侧棱长为直线~5A B则A(0,0,0) , C(1，萌,2血,Q1,0,2 羽)，••• AC = (1，羽,£), XD= (1,0,2 .2)./ CAM AC与平面ABBA1所成的角，= 乐,2迄 0, 2羽=史— .'12X '9 — 2，「兀］n又OAD6 0,,「•/ C I AD=~6.5. P 是二面角 a — AB- 3棱上的一点，分别在平面 a 、3上引射线PMPN 如果/ BPIM=Z BPN =45°,/ MP 比60°,那么二面角 a — AB- 3的大小为 _______________ 答案 90°解析不妨设PM= a , PN= b ,如图，作 MEL AB 于 E NF 丄 AB 于 F ,•••/ EPIM=/ FPN= 45••• EM - F N= (PM-PE •( PN-PF ) =PM- P N- P M- PF — P E- P N+ Pfe- P F=ab cos 60 ° — a x -^bcos 452 a x b cos 45 °+ -^a x** EM L FN,cos / GAD= AC • ADI AC ll ADab ab ab ab—=+== 0,题型分类深度剖析题型一求异面直线所成的角例1 （2015 •课标全国I ）如图，四边形 ABCD^菱形，/ AB （= 120°, E, F 是平面ABC 两一侧的两点，BE!平面 ABCD DF 丄平面 ABCD BE= 2DF, AE!EC•二面角a — 90°.(1)证明：平面 AECL 平面AFC⑵求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.⑴证明如图所示，连结 BD 设BDQ AC= G 连结EG FG EF 在菱形ABC 曲，不妨设 GB^ 1.由/ABC= 120°,可得 AG= GC= 3.由 BE 丄平面 ABCD AB- BC= 2，可知 AE= EC又 AE1 EC 所以 EG R Q3，且 EGL AC在直角梯形 BDFE 中，由BD= 2, BE = 2, DF =#，可得EF = 写，从而EG + F G = E F ，所以 EGLFG又ACn Fd G,可得EG1平面AFC因为EC ?平面AEC 所以平面 AECL 平面 AFC⑵ 解如图，以G 为坐标原点，分别以6B &的方向为x 轴，y 轴正方向，|6B 为单位长度,建立空间直角坐标系 G-xyz ，由(1)可得A (0，—. 3, 0),日1,0 ,2),F - 1, 0，舟,Q0 ,3, 0),所以AE= (1 , 3, 2) , C F = -1, 故cos〈 &E &F =器—于.在Rt △ EBG 中，可得BE= 2 故 DF =#在Rt △ FDG 中，可得 FG3所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为飞思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1) 选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系(2) 确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量⑶利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值跟踪训练1 如图，在正方体ABC—A1B1CD中，M N分别是棱CD CC的中点，则异面直线AM与DN所成的角的大小是________________ .答案90°解析连结DM在正方形DCdD中，••• M N分别是CD CC的中点，•••DNLDM 又T AD丄平面DC DN?平面DC,•••DNLAD,又T AD Q DM= D,•DNL平面ADM 又AIVP平面A i DM•A1MIDN即异面直线AM与DN所成的角为90题型二求直线与平面所成的角PA= BC= 4, M为线段AD上一点,例 2 （2016 •全国丙卷）如图，四棱锥P-ABC［中, PAL底面ABCDAD// BC AB= AD= AC= 3 ,(1) 证明MIN/平面PAB(2) 求直线AN与平面PMb所成角的正弦值23(1)证明由已知得AM= -AD= 2.以A 为坐标原点，AE 勺方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 A — xyz .由题意知，P (0,0,4) , M 0,2,0) , C (V5 , 2,0) , N 摩，1 , 2 , P M= (0,2 , - 4) , P N=疋 |cos 〈 n ,| n || AN设AN 与平面PM所成的角为。

2018年高考理科数学通用版三维二轮专题复习专题检测：(十五)立体几何中的向量方法Word版含解析

所以二面角 B-PD-A 的大小为 60°.
(3)由题意知
M
－1， 2，
2 2
，C(2,4,0) ，
则 ―M→C ＝
3， 2，－
2 2
.
设直线 MC 与平面 BDP 所成角为 α，则
―→
sin
α＝|cos〈
n，
―→ MC
〉
|＝
|n·MC | ―→
＝
2 9
6 .
|n||MC |
所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为
专题检测（十五）立体几何中的向量方法
A 卷—— 夯基保分专练 1．(2017 ·惠州三调 )如图，四边形 ABCD 是圆柱 OQ 的轴截面，点 P 在圆柱 OQ 的底面圆周上， G 是 DP 的中点，圆柱 OQ 的底面圆的半径
OA＝2，侧面积为 8 3π，∠ AOP ＝ 120 °. (1)求证： AG⊥BD ； (2)求二面角 P-AG-B 的余弦值．解：建立如图所示的空间直角坐标系，
平面 MAC ， PA＝ PD＝ 6， AB＝ 4. (1)求证： M 为 PB 的中点； (2)求二面角 B-PD-A 的大小； (3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值．解： (1)证明：如图，设 AC， BD 的交点为 E，连接 ME . 因为 PD ∥平面 MAC ，平面 MAC ∩ 平面 PDB ＝ ME，所以 PD ∥ME . 因为底面 ABCD 是正方形，所以 E 为 BD 的中点．所以 M 为 PB 的中点．
(2)以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
A-xyz，
∵ PH⊥平面 ABCD ，
∴ z 轴∥ PH .
则 A(0,0,0)， C(1,1,0) ，D (0,2,0) ，设 AH ＝ a， PH＝ h(0< a<2， h>0)．

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.。

高中数学3.2立体几何中的向量方法(二)空间向量与垂直关系课时作业新人教A版选修2-1

§3.2 立体几何中的向量方法（二）——空间向量与垂直关系课时目1. 能利用平面法向量证明两个平面垂直.2. 能利用直线的方向向量和平面的法向量判定并证明空间中的垂直关系．一、选择题1. 设直线l i ,丨2的方向向量分别为 a = (1,2 , - 2), b = ( — 2,3 , m )，若l i 丄丨2，贝卩m 等于 ( ) A . 1B . 2C . 3D . 42 .已知 A (3,0 , — 1) , B (0，— 2, — 6) , C (2,4 , — 2)，则△ ABC 是 ( )A .等边三角形B •等腰三角形 C.直角三角形D•等腰直角三角形6.如图所示，在正方体ABC —ABCD 中，E 是上底面中心，则AC 与CE 的位置关系是( )A .平行 B•相交 C.相交且垂直D.以上都不是二、填空题7. ______________________________ 已知直线l 与平面a 垂直，直线I 的一个方向向量为 U = (1 ,- 3, Z )，向量V = (3 , —2,1)与平面a 平行，则Z= . &已知a = (0,1,1), b = (1,1,0) , C = (1,0,1)分别是平面 a ,卩，Y 的法向量，贝U a ,卩,丫三个平面中互相垂直的有 __________ 对. 9. 下列命题中：① 若u , V 分别是平面a ,卩的法向量，贝U a 丄卩？U ・v = 0； ② 若U 是平面a 的法向量且向量a 与a 共面，则u ・a = 0; ③ 若两个平面的法向量不垂直，则这两个平面一定不垂直. 正确的命题序号是 __________ .(填写所有正确的序号) 三、解答题10. 已知正三棱柱 ABC-ABC 的各棱长都为1, M 是底面上 BC 边的中点，N 是侧棱 CC1上的点，且 CN= [CC.求证：AB 丄MN3.若直线 l 的方向向量为 a = (1,0,2),平面A . I // aB .I 丄aC . l ?aD . l 与 a 斜交4. 平面 a 的一个法向量为 (1,2,0),平面卩平面卩的位置关系是 ( )A . 平行 B.相交但不垂直 C . 垂直D.不能确定5. 设直线I 1的方向向量为a = (1 , — 2,2), 关系是 ( )A . 平行B .垂直C 相交不垂直D.不确定a 的法向量为n = ( — 2,0 , — 4)，则( )的一个法向量为(2 , — 1,0),贝U 平面a 与12的方向向量为b = (2,3,2)，贝U I 1与12的11. 已知ABC-ABC是各条棱长均为a的正三棱柱，D是侧棱CC的中点，求证：平面ABD丄平面ABBA1.能力提升12.如图，在四面体ABO（中，OCL OA OCL OB / AOB= 120°,且OA OB= OC= 1.设P为AC的中点，Q在AB上且AB= 3AQ证明：PQLOA13•如图，四棱锥P— ABCDK底面ABC［为矩形，PAL底面ABCD PA= AB={2，点E是棱PB的中点•证明：AE!平面PBC§ 3.2 立体几何中的向量方法(二)――空间向量与垂直关系知识梳理1. a 丄b a //u u 丄v2.作业设计1. B [ T l 1丄|2,.・.a丄b,.・.a •b = (1,2 , -2) - ( —2,3 , m) =- 2+ 6-2m^0,二m^2. ]2. C [ T AB= ( - 3,- 2, - 5) , XC= ( - 1,4 , - 1) , BC= (2,6,4),二XB- X C= 0AB丄AC且|爲AC工|丽，•••△ ABC为直角三角形.]3. B [T n = —2a,「. n// a,「. l 丄a .]4. C [T (1,2,0) - (2 , - 1,0) = 0,「.两法向量垂直，从而两平面也垂直. ]5. B [ T a -b = 2x 1 —2x 3+ 2x 2= 0, • a Xb,2，•'•I 1 丄 I 2.] 6. C [可以建立空间直角坐标系，通过 AC 与6E 的关系判断.]7. — 9解析 •/ I 丄％,••• U 丄V ,•- (1 , — 3, z ) • (3 , — 2,1) = 0,即 3+ 6 + z = 0, • z =— 9.8. 0解析 •/ a -b = (0,1,1)• (1,1,0) = 1工0,a ・c = (0, 1,1) • (1,0,1) = 1工0,b ・c = (1,1,0) • (1,0,1) = 1工 0. • a , b , c 中任意两个都不垂直，即a 、卩、丫中任意两个都不垂直.9. ①②③ 10. 证明• AB 丄M N 即AB 丄MN如图，以平面 2 ,4，ABC 内垂直于AC 的直线为x 轴,A G AA 所在直线为y 轴、z 轴,则A (0,0,0),12 , 1 33 ,• AB =亚1 ,N O ,1, 4.工1 14 , 4 , 412 ,T T 31 1• AB • MN= —；+；+ ；= 0 ,1 , MN=11 .证明2，如图，取AB1 的中点M，则3M= D C+ C A A M又A M= DG+ G~B I + B M,两式相加得2DM= C B+CB I=CA+ C Bb b b b b由于2D M- AA= (CA^CB • AA = 0, (c b B－c b A)=|C b B|2－|C b A|2=0.•••DML AA, DML AB AA Q AB= A •••DML平面ABBA，而 DM 平面ABD. •••平面ABD!平面ABBA.12．证明取O为坐标原点，以OA OC所在的直线为x轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz(如图所示) ．设A(1,0,0) ，C(0,0,1) ，故 P QL C A ,I 卩 PQL OA13.证明如图所示，以A 为坐标原点，射线 AB AD AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴, 建立空间直角B - 2 © 0.2， 2，1••• P 为 AC 中点，• P 2，0,T 3 3•- AB= - 2，丐,0 ,又由已知，可得 AQ = 1A B = 3v,_3 ~6 ,1 —2 又 &o= O A + A Q = 2, ••• Pg OQb OP= 0, ••• PQ - &= 0,上6 -(1,0,0) = 0,坐标系Axyz.设D(0 , a,0),则B .2, 0,0) , Q 2, a,0),P(0,0 , 2),曰# 0 , * .于是AE= (# , 0 , #) , Bc= (0 , a,0), PC= ( .2 , a , —2),贝UAE- BC= 0 , AE- PC= 0.所以AE丄BC AE丄PC又因为B6 PC= C,所以AEL平面PBC。

2018届苏教版立体几何中的向量方法单元测试

考点37 立体几何中的向量方法1.（2016·北京高考理科·Ｔ17）如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1C 1C 是边长为4的正方形.平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，AB=3，BC=5. （1）求证：AA 1⊥平面ABC ；（2）求二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值；（3）证明：在线段BC 1存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求1BDBC 的值.【解题指南】（1）利用面面垂直证明线面垂直.（2）建系，求出二面角对应两个面的法向量，利用法向量的夹角求二面角的余弦值.（3）设出D 点坐标，利用向量解题.【解析】（1）11A ACC 因为是正方形，1AA AC ⊥所以。

又11,ABC A ACC AC ⊥因为平面平面交线，1AA ABC ⊥所以平面。

（2）4,5,3AC BC AB ===因为，AC AB ⊥所以。

分别以1,,AC AB AA 为,x y z 轴轴，轴建立如图所示的空间直线坐标系。

则111(0,0,4),(0,3,0),(4,0,4),(0,3,4)A B C B ，11(4,0,0)A C = ，1(0,3,4)A B =-，111(4,3,0),(0,0,4)B C BB =-=，设平面11A BC 的法向量为1111(,,)n x y z =，平面11B BC 的法向量2222(,,)n x y z =，1111100AC n A B n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩所以，11140340x y z =⎧⎨-=⎩所以，1(0,4,3)n = 所以可取。

1121200B C n BB n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩由可得22243040x y z -=⎧⎨=⎩可取2(3,4,0)n = 。

1212121616cos ,5525||||n n n n n n ⋅<>===⨯所以。

高考数学一轮复习课时作业46立体几何中的向量方法理

课时作业46　立体几何中的向量方法
1中，AB＝AA1＝2，点
所成角的余弦值；
所成角的正弦值．
，
1
OB，
为基底，建立空间直角坐标系O－xyz
，－1,0)，B(3，0,0)，C
在如图所示的多面体中，四边形，∠ABD＝π
，AB＝2AD
6
；
，DB，DE所在直线分别为(0,0，3)，F(0，3，3
CDPE的中位线，
，D(0,0,0)，P(0,0，2)，z)，
；
，CP→的方向分别为x轴、y
2，CP＝2a(a>0)．则C(0,0,0)
⊥CD，EG∥AD且EG＝
的中点，求证：MN∥平面
的正弦值；
本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．
间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．
为原点，分别以DA→，DC→，DG→的方向为
如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，
1)，N(1,0,2)．
⊥平面A 1DE?所成的锐二面角的余弦值．的中点，即
BG BB 1
＝1
2
时，平面CDG ⊥平面分别是AB ，BC 的中点，所以在正方形CBB 1C 1中，tan∠C 1EC ⊥平面CBB 1C 1，CG ⊥平面CBB 1，故平面CDG ⊥平面A 1DE .
中，∠ACB ＝90°，CC 1⊥底面ABC
取何值，总有AM⊥平面PNQ；
PMN与平面ABC的夹角为60°
0，1，1
2)，N(12，12，0)，Q(0，
(1,0,0)＝(λ，0,0)，可得点P。

2017-2018学年高中数学第三章空间向量与立体几何 3.2 立体几何中的向量方法第2课时空间向量与垂直关系

2.如图，在棱长为a的正方体ABCD-A1B1C1D1中，G为 △BC1D的重心． (1)试证A1，G，C三点共线； (2)试证A1C⊥平面BC1D. 证明：(1)法一 C→A1＝C→B＋B→A＋A→A1＝C→B＋C→D＋C→C1. C→G＝C→C1＋23×21(C→1B＋C→1D) ＝13(C→B＋C→D＋C→C1)＝31C→A1， ∴C→G∥C→A1，且有公共点 C，即 A1，G，C 三点共线．
第2课时空间向量与垂直关系
考纲定位
重难突破
1.能利用平面法向量证明两个平重点：求直线的方向向量与平
面垂直．
面的法向量．
2.能利用直线的方向向量和平面难点：利用方向向量与法向量
的法向量判定并证明空间中的处理线线、线面、面面间的垂
垂直关系.
直关系.
01 课前自主梳理 02 课堂合作探究 03 课后巩固提升
设平面PQMN的法向量为 m＝(x2，y2，z2)．因为P→Q＝(2,2，λ)－(0,0，λ)＝(2,2,0)， P→N＝(1,0,2)－(0,0，λ)＝(1,0,2－λ)．
P→Q·m＝0，由P→N·m＝0，
可得2xx2＋2＋22－y2＝λz02，＝0，
所以xx22＝＝－λ－y2，2z2，
解析：建立如图所示的坐标系，
则B1(0,0,3a)，D 22a， 22a，3a， C(0， 2a,0)．设E( 2a,0，z)，(0≤z≤3a)，则C→E＝( 2a，－ 2a，z)， B→1E＝( 2a,0，z－3a)．由题意得2a2＋z2－3az＝0，解得z＝a或2a. ∴AE＝a或2a.
利用向量法证明面面垂直的两个途径利用空间向量证明面面垂直通常可以有两个途径，一是利用两个平面垂直的判定定理将面面垂直问题转化为线面垂直进而转化为线线垂直；二是直接求解两个平面的法向量，证明两个法向量垂直，从而得到两个平面垂直．

2018届高中数学苏教版立体几何中的向量方法单元测试2Word版含答案

为（）
5
(A) 5 (B)
5
25
3
3 (C)
5 (D) 5
【解题指南】根据已知坐标系和线段之间的关系写出点 A，B1，B，C1
的坐标，然后根据向量夹角公式进行计算 .
【解析】选 A. 不妨设 CA CC1 2CB =2，则 A（2,0,0 ）， B1（ 0,2,1 ）， B（ 0,0,1 ），C1（0,2,0 ），∴ AB1 ( 2,2,1) , BC1 (0,2, 1), 所以直线 BC1 与直
30
即平面 BB1C1C 与平面 A1B1C 的夹角的余弦值是 10 . 3. （2016·山东高考理科·Ｔ18）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 .
（Ⅰ）求证： BD 平面 AED ；（Ⅱ）求二面角 F BD C 的余弦值 . 【解题指南】本题考查了空间线面垂直的证法及利用向量法解决空间几何问题 . 【解析】（Ⅰ）因为四边形 ABCD 是等腰梯形， AB ∥ CD ， DAB 60 ，所以 ADC BCD 120 , 又因为 BC=C，D 所以 BDC CBD 30 ，因
31
F (0,01), B(0,1,0), D ( , 2
,0)
2 ，向量
n
(0,0,1) 为平面的一
个法向量 .
m BD 0
设向量 m ( x, y, z) 为平面 BDF 的一个法向量，则 m FB 0 , 即
33 x y0
22
yz0 ，
取 y 1，则 x 3, z 1 ，则 m ( 3,1,1) 为平面 BDF 的一个法向量 .

高中数学选修2-1课时作业11：3.2立体几何中的向量方法 ( 二 )

3.2立体几何中的向量方法 (二) —— 利用向量方法求角一、选择题1．若直线l 1的方向向量与l 2的方向向量的夹角是150°，则l 1与l 2这两条异面直线所成的角等于( )A ．30°B ．150°C ．30°或150°D ．以上均错 [答案] A2．若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于150°，则直线l 与平面α所成的角等于( )A ．30°B ．60°C ．150°D ．以上均错 [答案] B3．直角三角形ABC 的斜边AB 在平面α内，直角顶点C 在α内的射影是C′，则△ABC′是( ) A ．直角三角形 B ．钝角三角形 C ．锐角三角形 D ．各种情况都有可能 [答案] B[解析]∵0 = · = （ +）·（+）=||2+·.∴· =||2< 0,因A ，B ，C′不共线，故∠AC′B 为钝角.4．如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P 分别是棱CC 1，BC ，A 1B 1上的点，若∠B 1MN ＝90°，则∠PMN 的大小是( )CA u u u r CB u u u r 'CC u u u u r 'C A u u u u r 'CC u u u u r 'C B u u u u r 'CC u u u u r 'C A u u u u r 'C B u u u u r'C A u u u u r 'C B u u u u r 'CC u u u urA ．等于90°B ．小于90°C ．大于90°D ．不确定 [答案] A[解析] A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，故A 1B 1⊥MN ，·MN →＝(MB 1→＋B 1P →)·MN →=·MN →＋B 1P →·MN →＝0，∴MP ⊥MN ，即∠PMN ＝90°.5．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 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( )A.12B.23C.33D.22 [答案] B 二、填空题6．若两个平面α，β的法向量分别是n ＝(1,0,1)，ν＝(－1,1,0)．则这两个平面所成的锐二面角的度数是________． [答案] 60°[解析] cos 〈n ，ν〉＝－12·2＝－12.∴〈n ，ν〉＝120°.7．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是DD 1，B 1C 1的中点，P 是棱AB 上的动点，则A 1M 与PN 所成的角是________． [答案] 90°[解析] 设正方体每边之长为1，因= ＋12D 1D →，＋BB 1→＋12B 1C 1→，∴·＝⎝⎛⎭⎫A 1D 1→＋12D 1D →·= ·12B 1C 1→＋12D 1D →·BB 1→＝12－12＝0， ∴⊥,即A 1M 与PN 所成的角为90°.三、解答题MP u u u r 1MB u u u u r 1111A M A D D M =+u u u u r u u u u r u u u u u r 11A D u u u u r PN PB =u u u r u u u r 1A M u u u u r PN u u u r 11112PB BB B C ⎛⎫++ ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u u r 11A D u u u u r 1A M u u u u r PN u u ur8．已知正四棱锥S —ABCD 的侧棱长为2，底面的边长为3，E 是SA 的中点，求异面直线BE 和SC 所成的角．解建立如图所示空间直角坐标系．由于AB ＝3，SA ＝2，可以求得SO ＝22.则 B ⎝⎛⎭⎫32，32，0，A ⎝⎛⎭⎫32，－32，0，C ⎝⎛⎭⎫－32，32，0，S ⎝⎛⎭⎫0，0，22. 由于E 为SA 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎫34，－34，24，所以＝⎝⎛⎭⎫－34，－334，24，＝⎝⎛⎭⎫－32，32，－22，因为·＝－1，||＝2，||＝2，所以cos 〈，〉＝－12×2＝－12，所以〈，〉＝120°.所以异面直线BE 与SC 所成的角为60°.9．如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB ＝4，AD ＝3，AA 1＝2，E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且EB ＝FB ＝1，(1)求二面角C —DE —C 1的正切值； (2)求直线EC 1与FD 1所成角的余弦值．解 (1)以A 为原点，AB 、AD 、AA 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，则有D(0,3,0)，D 1(0,3,2)，E(3,0,0)，F(4,1,0)，C 1(4,3,2)，于是=（3,3，0）， =（1，3，2）， =（4，2，2）.设平面C 1DE 的法向量为n =（x ，y ，z ）.BE u u u r SC u u u r BE u u u r SC u u u r BE u u u r SC u u u r BE u u u r SC u u u r BE u u u r SC u u ur DE u u u r-1EC u u u u r1FD u u u u r-则n ⊥， n ⊥∴3x 3y=0,x+3y+2z=0.∴x=y=z.令z = 2,则n ＝(－1，－1,2)．∵向量＝(0,0,2) 是平面CDE 的一个法向量， ∴n 与向量所成的角θ为二面角C —DE —C 1的平面角．∵cosθ＝∴tanθ＝22. (2)设EC 1与FD 1所成角的为β，则cosβ=＝2114. 10．正三棱锥O —ABC 的三条侧棱OA 、OB 、OC 两两垂直，且长度均为2.E 、F 分别是AB 、AC 的中点，H 是EF 的中点，过EF 的一个平面与侧棱OA 、OB 、OC 或其延长线分别相交于A 1、B 1、C 1，已知OA 1＝32.(1)求证：B 1C 1⊥平面OAH ； (2)求二面角O —A 1B 1—C 1的余弦值．(1)证明如图所示，以直线OA 、OC 、OB 分别为x 、y 、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O —xyz ，则A(2,0,0)，B(0,0,2)，C(0,2,0)，E(1,0,1)，F(1,1,0)，H ⎝⎛⎭⎫1，12，12，＝⎝⎛⎭⎫－1，12，12，OH →＝⎝⎛⎭⎫1，12，12，＝(0,2，－2)，所以·＝0，OH →·＝0，所以BC ⊥平面OAH.由EF ∥BC ，得B 1C 1∥BC ，故B 1C 1⊥平面OAH. (2)解由已知A 1⎝⎛⎭⎫32，0，0，设B 1(0,0，z)， DE u u u r1EC u u u u r --1AA u u u r1AA u u u r11·6||||AA AA =n n u u u r u u u r AH u u u r BC uuu r AH u u u r BC uuu r BC uuu r则=（，0，1），=（1，0，z 1），由与共线得：存在λ∈R 使=λ，得⎩⎪⎨⎪⎧－12＝－λ，1＝λz －1，⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，z ＝3，所以B 1(0,0,3)，同理C 1(0,3,0). 所以＝⎝⎛⎭⎫－32，0，3，=，设n 1=(x 1,y 1,z 1)是平面A 1B 1C 1的一个法向量，则即⎩⎨⎧－32x 1＋3z 1＝0，－32x 1＋3y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝z 1＝1，所以n 1＝(2,1,1)．又n 2＝(0,1,0)是平面OA 1B 1的一个法向量，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝14＋1＋1＝66.所以二面角O －A 1B 1－C 1的余弦值为66.1A E u u u u r 12-1EB u u u r--1A E u u u u r 1EB u u u r1A E u u u u r 1EB u u u r⇒11A B u u u u r 11A C u u u u r 3,3,02⎛⎫- ⎪⎝⎭1111110,·0,A B n A C ⎧⎫⨯=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩⎭n u u u u ru u u u r。

精品高三数学课时练：立体几何中的向量方法(二)

第8讲立体几何中的向量方法（二）A 级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量、法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为( )．A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°解析设l 与α所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∴θ＝30°. 答案 A2．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BB 1中点，G 是DD 1中点，F 是BC 上一点且FB ＝14BC ，则GB 与EF 所成的角为( )．A ．30°B ．120°C ．60°D ．90°解析如图建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1，由已知条件，得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，12，B ()1，1，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1，0，GB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，－12， EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，－12cos 〈GB →，EF →〉＝GB →·EF→|GB →||EF →|＝0，则GB →⊥EF →.答案 D3．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．(2013·杭州月考)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )．A.19B.49 5C.29 5D.23解析设正方体的棱长为2，以D 为坐标原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴建立空间直角坐标系(如图)，可知CM →＝(2，－2,1)，D 1N →＝(2,2，－1)，cos 〈CM →，D 1N →〉＝－19，sin 〈CM →，D 1N →〉＝459，答案 B二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2013·连云港模拟)若平面α的一个法向量为n ＝(4,1,1)，直线l 的一个方向向量为a ＝(－2，－3,3)，则l 与α所成角的正弦值为________．解析 cos 〈n ，a 〉＝n ·a |n ||a |＝－832×22＝－41133.又l 与α所成角记为θ，即sin θ＝|cos 〈n ，a 〉|＝41133. 答案41133.6．如图所示，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．解析建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成角为60°. 答案 60° 三、解答题(共25分)7．(12分)如图，四面体ABCD 中，AB 、BC 、BD 两两垂直，AB ＝BC ＝BD ＝4，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点．(1)求异面直线AB 与EF 所成角的余弦值； (2)求E 到平面ACD 的距离；(3)求EF 与平面ACD 所成角的正弦值．解如图，分别以直线BC 、BD 、BA 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则各相关点的坐标为A (0,0,4)、C (4,0，0)、D (0,4，0)，E (2,0,0)、F (0，2,2)． (1)∵AB →＝(0,0，－4)，EF →＝(－2,2,2)， ∴|cos 〈AB →，EF →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－84×23＝33， ∴异面直线AB 与EF 所成角的余弦值为33. (2)设平面ACD 的一个法向量为n ＝(x ，y,1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·CD →＝0，∵AC →＝(4,0，－4)，CD →＝(－4,4,0)，∴⎩⎨⎧4x －4＝0，－4x ＋4y ＝0， ∴x ＝y ＝1，∴n ＝(1,1,1，)． ∵F ∈平面ACD ，EF →＝(－2,2,2)，∴E 到平面ACD 的距离为d ＝|n ·EF →||n |＝23＝233.(3)EF 与平面ACD 所成角的正弦值为|cos 〈n ，EF →〉|＝23×23＝138．(13分)如图，在底面为直角梯形的四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝3，AD ＝2，AB ＝23，BC ＝6. (1)求证：BD ⊥平面P AC ； (2)求二面角P －BD －A 的大小． (1)证明如图，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (23，0,0)， C (23，6,0)，D (0,2,0)，P (0,0,3)， ∴AP →＝(0,0,3)，AC →＝(23，6,0)， BD →＝(－23，2,0)．∴BD →·AP →＝0，BD →·AC →＝0.∴BD ⊥AP ，BD ⊥AC . 又∵P A ∩AC ＝A ，∴BD ⊥面P AC .(2)解设平面ABD 的法向量为m ＝(0,0,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ·BD →＝0，n ·BP →＝0.∵BP →＝(－23，0,3)，∴⎩⎨⎧－23x ＋2y ＝0，－23x ＋3z ＝0解得⎩⎨⎧y ＝3x ，z ＝233x .令x ＝3，则n ＝(3，3,2)，∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝12. ∴二面角P －BD －A 的大小为60°.B 级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．如图，在四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2.∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为( )．A.π6 B.π3 C.5π3D.5π6解析二面角A －BC －D 的大小等于AB 与CD 所成角的大小.AD →＝AB →＋BC →＋CD →.而AD →2＝AB →2＋CD →2＋BC →2－2|AB →|·|CD →|·cos 〈AB →，CD →〉，即12＝1＋4＋9－2×2cos 〈AB →，CD →〉，∴cos 〈AB →，CD →〉＝12，∴AB 与CD 所成角为π3，即二面角A －BC －D 的大小为π3.故选B. 答案 B2．如图，设动点P 在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，记D 1PD 1B ＝λ.当∠APC 为钝角时，则λ的取值范围是 ( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1解析由题设可知，以DA →、DC →、DD 1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则有A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，D 1(0,0,1)．由D 1B →＝(1,1，－1)，得D 1P →＝λD 1B →＝(λ，λ，－λ)，所以P A →＝PD 1→＋D 1A →＝(－λ，－λ，λ)＋(1,0，－1)＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC →＝PD 1→＋D 1C →＝(－λ，－λ，λ)＋(0,1，－1)＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然∠APC 不是平角，所以∠APC 为钝角等价于cos ∠APC ＝cos 〈P A →，PC →〉＝P A →·PC→|P A →||PC →|＜0，这等价于P A →·PC →＜0，即(1－λ)(－λ)＋(－λ)(1－λ)＋(λ－1)2＝(λ－1)(3λ－1)＜0，得13＜λ＜ 1.因此，λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1.答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2011·全国)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 所成的二面角的正切值为________．解析如图，建立直角坐标系D －xyz ，设DA ＝1由已知条件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 所成的二面角为θ，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. 答案 234．在三棱锥O －ABC 中，三条棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝OB ＝OC ，M 是AB 边的中点，则OM 与平面ABC 所成角的正切值是________．解析如图所示建立空间直角坐标系，设OA ＝OB ＝OC ＝1，则A (1,0,0)，B (0，1,0)，C (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，故AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)，OM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0. 设平面ABC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥AB →，n ⊥AC →，得⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，－x ＋z ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,1,1)．故cos 〈n ，OM →〉＝13×22＝63，所以OM 与平面ABC 所成角的正弦值为63，其正切值为 2. 答案 2三、解答题(共25分)5．(12分)(2012·新课标全国)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝12AA 1，D 是棱AA 1的中点，DC 1⊥BD . (1)证明：DC 1⊥BC .(2)求二面角A 1－BD －C 1的大小．(1)证明由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由于D 为AA 1的中点，故DC ＝DC 1.又AC ＝12AA 1，可得DC 21＋DC 2＝CC 21，所以DC 1⊥DC . 而DC 1⊥BD ，DC ∩BD ＝D ，所以DC 1⊥平面BCD . 因为BC ⊂平面BCD ，所以DC 1⊥BC .(2)解由(1)知BC ⊥DC 1，且BC ⊥CC 1，则BC ⊥平面ACC 1A 1，所以CA ，CB ，CC 1两两相互垂直．以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴的正方向，|CA →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 C －xyz .由题意知A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，D (1,0,1)，C 1(0,0,2)．则A 1D →＝(0,0，－1)，BD →＝ (1，－1,1)，DC 1→＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1B 1BD 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·A 1D →＝0，即⎩⎨⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0，可取n ＝(1,1,0)．同理，设m ＝(x ，y ，z )是平面C 1BD 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·DC 1→＝0，即⎩⎨⎧x －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0，可取m ＝(1,2,1)．从而cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝32. 故二面角A 1－BD －C 1的大小为30°.6.(13分)(2012·全国)如图，四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 为菱形，P A ⊥底面ABCD ，AC ＝22，P A ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC . (1)证明：PC ⊥平面BED ；(2)设二面角A -PB -C 为90°，求PD 与平面PBC 所成角的大小．(1)证明以A 为坐标原点，射线AC 为x 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz . 设C (22，0,0)，D (2，b,0)，其中b >0，则P (0,0,2)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫423，0，23， B ()2，－b ，0.于是PC →＝(22，0，－2)，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，b ，23，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－b ，23，从而PC →·BE →＝0，PC →·DE →＝0，故PC ⊥BE ，PC ⊥DE .又BE ∩DE ＝E ，所以PC ⊥平面BDE . (2)解 AP →＝(0,0,2)，AB →＝(2，－b,0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面P AB 的法向量，则m ·AP →＝0，且m ·AB →＝0，即2z ＝0且2x －by ＝0，令x ＝b ，则m ＝(b ，2，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面PBC 的法向量，则n ·PC →＝0，且n ·BE →＝0，即22p －2r ＝0且2p 3＋bq ＋23r ＝0，令p ＝1，则r ＝2，q ＝－2b ，n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－2b ，2.因为面P AB ⊥面PBC ，故m ·n ＝0，即b －2b ＝0，故b ＝2，于是n ＝(1，－1，2)，DP →＝(－2，－2，2)，cos 〈n ，DP →〉＝n ·DP →|n ||DP →|＝12，〈n ，DP →〉＝60°.因为PD 与平面PBC 所成角和〈n ，DP →〉互余，故PD 与平面PBC 所成的角为30°.。

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第7讲立体几何中的向量方法第2课时1．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 解析：选C.不妨设AB ＝AC ＝AA 1＝1，建立空间直角坐标系如图所示，则B (0，－1，0)，A 1(0，0，1)，A (0，0，0)，C 1(－1，0，1)，所以BA 1→＝(0，1，1)， AC 1→＝(－1，0，1)，所以cos 〈BA 1→，AC 1→〉＝BA 1→·AC 1→|BA 1→|·|AC 1→|＝12×2＝12，所以〈BA 1→，AC 1→〉＝60°，所以异面直线BA 1与AC 1所成的角等于60°.2．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 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( ) A.12 B.23 C.33D.22解析：选B.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝1，点D 在棱BB 1上，若BD ＝1，则AD 与平面AA 1C 1C 所成角的正切值为________．解析：如图，设AD 与平面AA 1C 1C 所成的角为α，E 为AC 的中点，连接BE ，则BE ⊥AC ，所以BE ⊥平面AA 1C 1C ，可得AD →·EB →＝(AB →＋BD →)·EB →＝AB →·EB →＝1×32×32＝34＝2×32×cos θ(θ为AD →与EB →的夹角)，所以cos θ＝64＝sin α，所以所求角的正切值为tan α＝cos θsin θ＝155. 答案：1554.如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为________．解析：不妨令CB ＝1，则CA ＝CC 1＝2，可得O (0，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，A (2，0，0)，B 1(0，2，1)，所以BC 1→＝(0，2，－1)，AB 1→＝(－2，2，1)，所以cos 〈BC 1→，AB 1→〉＝BC 1→·AB 1→|BC 1→||AB 1→|＝4－15×9＝15＝55＞0.所以BC 1→与AB 1→的夹角即为直线BC 1与直线AB 1的夹角，所以直线BC 1与直线AB 1夹角的余弦值为55.答案：555．已知单位正方体ABCD A 1B 1C 1D 1，E ，F 分别是棱B 1C 1，C 1D 1的中点．试求： (1)AD 1与EF 所成角的大小；(2)AF 与平面BEB 1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)，D 1(1，1，0)， E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0. (1)因为AD 1→＝(0，1，－1)，EF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，所以cos 〈AD 1→，EF →〉＝（0，1，－1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，02×22＝12，即AD 1与EF 所成的角为60°. (2)FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1，由图可得，BA →＝(1，0，0)为平面BEB 1的一个法向量，设AF 与平面BEB 1所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈BA →，FA →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（1，0，0）·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，11× ⎝⎛⎭⎪⎫122＋（－1）2＋12＝13，所以cos θ＝223.即AF 与平面BEB 1所成角的余弦值为223.6．(2015·高考重庆卷)如图，三棱锥P ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC ＝3，∠ACB ＝π2.D ，E 分别为线段AB ，BC 上的点，且CD ＝DE ＝2，CE ＝2EB ＝2. (1)证明：DE ⊥平面PCD ；(2)求二面角A PD C 的余弦值．解：(1)证明：由PC ⊥平面ABC ，DE 平面ABC ，得PC ⊥DE . 由CE ＝2，CD ＝DE ＝2，得△CDE 为等腰直角三角形，故CD ⊥DE .由PC ∩CD ＝C ，DE 垂直于平面PCD 内两条相交直线，故DE ⊥平面PCD .(2)由(1)知，△CDE 为等腰直角三角形，∠DCE ＝π4.如图，过D 作DF 垂直CE 于F ，易知DF＝FC ＝FE ＝1.又已知EB ＝1，故FB ＝2.由∠ACB ＝π2，得DF ∥AC ，DF AC ＝FB BC ＝23，故AC ＝32DF ＝32.以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则C (0，0，0)，P (0，0，3)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0，E (0，2，0)，D (1，1，0)，ED →＝(1，－1，0)， DP →＝(－1，－1，3)，DA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0.设平面PAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由n 1·DP →＝0，n 1·DA →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－x 1－y 1＋3z 1＝0，12x 1－y 1＝0，故可取n 1＝(2，1，1)．由(1)可知DE ⊥平面PCD ，故平面PCD 的法向量n 2可取为ED →，即n 2＝(1，－1，0)，从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝36，故所求二面角A PD C 的余弦值为36.1.(2016·山西省考前质量检测)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为梯形，PD ⊥底面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝AB ＝1，BC ＝ 2. (1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)设H 为CD 上一点，满足CH →＝2HD →，若直线PC 与平面PBD 所成的角的正切值为63，求二面角H PB C 的余弦值．解：(1)证明：由AD ⊥CD ，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝1，可得BD ＝ 2. 又BC ＝2，所以CD ＝2，所以BC ⊥BD . 因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD ⊥BC ，又PD ∩BD ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，又BC 平面PBC ，所以平面PBD ⊥平面PBC .(2)由(1)可知∠BPC 为PC 与平面PBD 所成的角，所以tan ∠BPC ＝63，所以PB ＝3，PD ＝1. 由CH →＝2HD →及CD ＝2，可得CH ＝43，DH ＝23.以点D 为坐标原点，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．则B (1，1，0)，P (0，0，1)，C (0，2，0)，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23，0. 设平面HPB 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧HP →·n ＝0，HB →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－23y 1＋z 1＝0，x 1＋13y 1＝0，取y 1＝－3，则n ＝(1，－3，－2)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，BC →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－z 2＝0，－x 2＋y 2＝0，取x 2＝1，则m ＝(1，1，2)．又cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－217，故二面角H PB C 的余弦值为217. 2．(2016·河南省六市联考)如图①，已知长方形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，M 为DC 的中点．将△ADM 沿AM 折起，使得平面ADM ⊥平面ABCM ，如图②.(1)求证：AD ⊥BM ；(2)若点E 是线段DB 上的一动点，问点E 在何位置时，二面角E AM D 的余弦值为55.解：(1)证明：连接BM ，则AM ＝BM ＝2，AM 2＋BM 2＝AB 2，所以AM ⊥BM ，又平面ADM ⊥平面ABCM ，平面ADM ∩平面ABCM ＝AM ，所以BM ⊥平面ADM ，因为AD 平面ADM ，所以BM ⊥AD .(2)建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz ，由(1)可知，平面ADM 的一个法向量m ＝(0，1，0)，设平面AME 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MA →＝0，n ·ME →＝0，因为A (2，0，0)，B (0，2，0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，22，M (0，0，0)，DB →＝⎝⎛⎭⎪⎫－22，2，－22，设DE →＝λDB →，得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫22（1－λ），2λ，22（1－λ），MA →＝(2，0，0)，ME →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22（1－λ），2λ，22（1－λ），则⎩⎪⎨⎪⎧（x ，y ，z ）·（2，0，0）＝0，（x ，y ，z ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫22（1－λ），2λ，22（1－λ）＝0，解得n ＝(0，1－λ，－2λ)，二面角E AM D 的余弦值为55，即m·n |m|·|n|＝55，得λ＝12，即E 为DB 的中点时满足．。

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