【把握高考】高三数学二轮复习 专题演练1-6-3第三讲 立体几何中的向量方法.pdf

【把握高考】2013届高三数学二轮复习 专题演练1-6-3第三讲 立体几何中的向量方法

一、选择题

1．已知a＝(2，4，－5)，b＝(3，x，y)，若a∥b，则x＋y＝( )

A．－9 B．－

C．－3 D．－

解析：由a∥b，得＝＝，解得x＝6，y＝－，故x＋y＝6－＝－.

答案：D

2．(2012年杭州模拟)已知a＝(－1，2，1)，b＝(2，－1，1)，则|a＋t b|的最小值是( )

A．2 B.

C. D．3

解析：由已知得a＋tb＝(2t－1，2－t，t＋1)，所以

|a＋tb|2＝(2t－1)2＋(2－t)2＋(t＋1)2＝6t2－6t＋6＝6(t2－t)＋6＝6(t－)2＋≥，所以|a＋tb|的最小值为.

答案：B

3．已知二面角α-l-β的大小为60°，点B、C在棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB＝BC＝1，CD＝2，则AD的长为( )

A．2 B.

C．2 D.

解析：由题意知||＝||＝1，||＝2，⊥，⊥，〈，〉＝120°，＝＋＋，则

||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋4＋2×1×2×cos 120°＝4，故||＝2.

答案：A

4．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )

A. B.

C. D.

解析：利用向量法求解．

不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.

可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，

∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，

∴cos 〈，〉＝

＝＝＝>0.

∵与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，

∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.

答案：A

5．(2012年宝鸡中学月考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D、E分别是AC1和BB1的中点

，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为( )

A. B.

C. D.

解析：由AB＝1，AC＝2，BC＝可得AB2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC.又由直棱柱的性质可知BB1⊥平面ABC.如图，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，设棱BB1的长为h，则E(0，0，)，A(0，1，0)，C1(，0，h)，D(，，)，故

＝(－，－，0)．因为BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AB，又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面BB1C1C，故＝(0，1，0)是平面

BB1C1C的一个法向量．设直线DE与平面BB1C1C所成的角为θ，则

sin θ＝|cos 〈，〉|＝||

＝＝.

又因为θ∈[0，]，所以θ＝.

答案：A

二、填空题

6．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的各条棱长都相等，且CC1⊥底面ABC，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角为________．

解析：由题意可知该三棱柱为正三棱柱，设其棱长为2，＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝2，且〈a，c〉＝，〈a，b〉＝〈b，c〉＝，所以a·c＝2×2×cos ＝2，a·b＝b·c＝0.而＝b－a，＝c＋b，所以

·＝(b－a)·(c＋b)＝b·c＋b2－a·c－a·b＝0，故〈，〉＝，即异面直线AB1与BM所成的角为.

答案：

7．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是C1D1，CC1的中点，则直线B1N与平面BDM所成角的正弦值为________．

解析：以D为坐标原点，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，如图，则

B1(2，2，2)，N(0，2，1)，＝(2，0，1)，又M(0，1，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，则

＝(2，2，0)，＝(0，1，2)，可得平面BDM的一个法向量n＝(2，－2，1)，因为cos 〈n，〉＝＝，故直线B1N与平面BDM所成角的正弦值是.

答案：

8．如图，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，则二面角A-PB-C的余弦值大小为________．

解析：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立空间直角坐标系C-xyz，因为

A(1，0，0)，B(0，，0)，C(0，0，0)，P(1，0，1)，

∴＝(0，0，1)，＝(－1，，－1)，(0，，0)，

设平面APB的法向量为n1(x1，y1，z1)，

平面PBC的法向量为n2(x2，y2，z2)，

则

∴n1＝(2，，0)，n2＝(－1，0，1)，

∴cos 〈n1，n2〉＝＝－，

∴二面角A-PB-C的余弦值为.

答案：

三、解答题

9．(2012年济南模拟)三棱锥P-ABC中，∠BAC＝90°，PA＝PB＝PC＝BC＝2AB＝2.

(1)求证：平面PBC⊥平面ABC；

(2)求二面角B-AP-C的余弦值．

解析：(1)证明：取BC的中点O，连接AO、PO，因为△ABC为直角三角形，所以OA＝OB＝OC，又知PA＝PB＝PC，OP为公共边，则△POA≌△POB≌△POC，所以∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，

所以PO⊥OB，PO⊥OA.又OB∩OA＝O，

所以PO⊥平面ABC.又因为PO?平面PBC，

所以平面PBC⊥平面ABC.

(2)过O作OD⊥BC，交AC于点D，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(，－，0)，B(0，－1，0)，

C(0，1，0)，P(0，0，)，＝(，，0)，＝(0，1，)，＝(，－，0)，＝(0，－1，)．

设平面PAB的法向量为n1＝(x，y，z)，

则由，得，令x＝1，得平面PAB的一个法向量为n1＝(1，－，1)．

同理可求得平面PAC的一个法向量为n2＝(3, ，1)．

所以cos 〈n1，n2〉＝＝，

故二面角B-AP-C的余弦值为.

10．(2012年郑州模拟)如图，在四棱锥S -ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，平面SAD⊥平面ABCD，E是线段AD上一点，AE＝ED＝，SE⊥AD.

(1)证明：平面SBE⊥平面SEC；

(2)若SE＝1，求直线CE与平面SBC所成角的正弦值．

解析：(1)证明∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE?平面SAD，SE⊥AD，

∴SE⊥平面ABCD，

∵BE平面ABCD，∴SE⊥BE.

∵AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，AE＝ED＝，

∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°.

∴∠BEC＝90°，即BE⊥CE.

又SE∩CE＝E，∴BE⊥平面SEC，

∵BE平面SBE，

∴平面SBE⊥平面SEC.