(文理通用)201X届高考数学大二轮复习 第1部分 专题5 立体几何 第3讲 用空间向量的方法解立体

第一部分 专题五 第三讲 用空间向量的方法解立体几何问题A 组1．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是C 1D 1的中点，则异面直线DE 与AC 所成角的余弦值为( B )A ．120B ．1010C ．－1010D ．－120[解析] 设正方体棱长为1，以D 为原点建立空间直角坐标系如图所示，则D (0,0,0)，E (0，12，1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，所以DE →＝(0，12，1)，AC →＝(－1,1,0)，则cos 〈DE →，AC →〉＝DE →·AC→|DE →||AC →|＝1214＋1·2＝1010， 则异面直线DE 与AC 所成角的余弦值为1010.2．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( B )A ．337，－157，4B ．407，－157，4C ．407，－2,4D ．4，407，－15[解析] AB →⊥BC →⇒AB →·BC →＝3＋5－2z ＝0， 所以z ＝4，又BP ⊥平面ABC ， 所以BP →·AB →＝x －1＋5y ＋6＝0，①BP →·BC →＝3x －3＋y －3z ＝0，②由①②得x ＝407，y ＝－157.3．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，下列命题：①(A 1A ―→＋A 1D 1―→＋A 1B 1―→)2＝3A 1B 1―→2，②A 1C ―→·(A 1B 1―→－A 1A ―→)＝0，③向量AD 1―→与向量A 1B ―→的夹角为60°，④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB ―→·A 1A ―→·AD ―→|，其中正确命题的序号是( B )A ．①③B ．①②C ．①④D ．①②④[解析] 如图所示：以点D 为坐标原点，以向量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，设棱长为1，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,1,1)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，对于①：A 1A ―→＝(0,0，－1)，A 1D 1―→＝(－1,0,0)，A 1B 1―→＝(0,1,0)，所以A 1A ―→＋A 1D 1―→＋A 1B 1―→＝(－1,1，－1)，(A 1A ―→＋A 1D 1―→＋A 1B 1―→)2＝3，而A 1B 1―→2＝1，所以(A 1A ―→＋A 1D 1―→＋A 1B 1―→)2＝3A 1B 1―→2.所以①正确；对于②：A 1C ―→＝(－1,1，－1)，A 1A ―→＝(0,0，－1)，A 1B 1―→＝(0,1,0)，所以A 1C ―→·(A 1B 1―→－A 1A ―→)＝0.所以②正确；对于③：AD 1―→＝(－1,0,1)，A 1B ―→＝(0,1，－1)，AD 1―→·A 1B ―→＝－1，cos 〈AD 1―→，A 1B ―→〉＝AD 1―→·A 1B ―→|AD 1―→||A 1B ―→|＝－12×2＝－12，所以AD 1―→与A 1B ―→的夹角为120°，所以③不正确；对于④：因为AB ―→·A 1A ―→＝0，所以④错误．故选B ．4．(2018·海口一模)如图，AB 是⊙O 的直径，PA 垂直于⊙O 所在平面，点C 是圆周上不同于A ，B 两点的任意一点，且AB ＝2，PA ＝BC ＝3，则二面角A －BC －P 的大小为( C )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°[解析] 因为AB 是⊙O 的直径，PA 垂直于⊙O 所在平面，点C 是圆周上不同于A ，B 两点的任意一点，且AB ＝2，PA ＝BC ＝3，所以AC ⊥BC ，AC ＝AB 2－BC 2＝4－3＝1，以点A 为原点，在平面ABC 内过点A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，P (0,0，3)，B (3，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(3，1，－3)，PC →＝(0,1，－3)，设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝3x ＋y －3z ＝0，n ·PC →＝y －3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(0，3，1)， 平面ABC 的法向量m ＝(0,0,1)， 设二面角A －BC －P 的平面角为θ， 则cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝12，所以θ＝60°，所以二面角A －BC －P 的大小为60°.5．在底面是直角梯形的四棱锥S －ABCD 中，∠ABC ＝90°，AD ∥BC ，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是63.[解析] 如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D (12，0,0)，C (1,1,0)，S (0,0,1)，可知AD →＝(12，0,0)是平面SAB 的一个法向量．设平面SCD 的法向理n ＝(x ，y ，z )， 因为SD →＝(12，0，－1)，DC →＝(12，1,0)，所以n ·SD →＝0，n ·DC →＝0，可推出x 2－z ＝0，x 2＋y ＝0，令x ＝2，则有y ＝－1，z ＝1，所以n＝(2，－1,1)．设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|AD →·n ||AD →||n |＝12×2＋0×－1＋0×1122·22＋－12＋12＝63.6．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是90°.[解析] 延长A 1B 1至D ，使A 1B 1＝B 1D ，连接BD ，C 1D ，DM ，则AB 1∥BD ，∠MBD 就是直线AB 1和BM 所成的角．设三棱柱的各条棱长为2，则BM ＝5，BD ＝22，C 1D 2＝A 1D 2＋A 1C 21－2A 1D ·A 1C 1cos60°＝16＋4－2×4＝12.DM 2＝C 1D 2＋C 1M 2＝13，所以cos ∠DBM ＝BM 2＋BD 2－DM 22·BM ·BD＝0，所以∠DBM ＝90°.7．点P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为90°.[解析] 不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图．作ME ⊥AB 于点E ，NF ⊥AB 于点F ，因为∠EPM ＝∠EPN ＝45°， 所以PE ＝22a ，PF ＝22b ，所以EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos60°－a ×22b cos45°－22ab cos45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，所以EM →⊥FN →，所以二面角α－AB －β的大小为90°.8．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF∥平面BDE；(2)求证：CF⊥平面BDE；(3)求二面角A －BE －D 的大小．[解析] (1)设AC 与BD 交于点G ，因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形．所以AF ∥EG .因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE .(2)因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，且CE ⊥AC ，所以CE ⊥平面ABCD ．如图以C 为原点，建立空间直角坐标系C －xyz .则C (0,0,0)，A (2，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，B (0，2，0)，F (22，22，1)．所以CF →＝(22，22，1)，BE →＝(0，－2，1)，DE →＝(－2，0,1)．所以CF →·BE →＝0－1＋1＝0，CF →·DE →＝－1＋0＋1＝0.所以CF ⊥BE ，CF ⊥DE ，所以CF ⊥平面BDE .又∵BE ∩DE ＝E ，BE 、DE ⊂平面BDE .(3)由(2)知，CF →＝(22，22，1)是平面BDE 的一个法向量，设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·BA →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧x ，y ，z ·2，0，0＝0x ，y ，z ·0，－2，1＝0 所以x ＝0，z ＝2y .令y ＝1，则z ＝ 2.所以n ＝(0,1，2)，从而cos 〈n ，CF →〉＝n ·CF→|n ||CF →|＝32因为二面角A －BE －D 为锐角， 所以二面角A －BE －D 为π6.9.(2018·天津卷，17) 如图，AD ∥BC 且AD ＝2BC ，AD ⊥CD ，EG ∥AD 且EG ＝AD ，CD ∥FG 且CD ＝2FG ，DG ⊥平面ABCD ，DA ＝DC ＝DG ＝2.(1)若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：MN ∥平面CDE . (2)求二面角E ­BC ­F 的正弦值．(3)若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长． [解析] 依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA →，DC →，DG →的方向为x 轴，y 轴，z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (1,2,0)，C (0,2,0)，E (2,0,2)，F (0,1,2)，G (0,0,2)，M ⎝⎛⎭⎪⎫0，32，1，N (1,0,2)．(1)依题意DC →＝(0,2,0)，DE →＝(2,0,2)．设n 0＝(x ，y ，z )为平面CDE 的法向量，则即⎩⎨⎧2y ＝0，2x ＋2z ＝0，不妨令z ＝－1，可得n 0＝(1,0，－1)．又MN →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－32，1，可得MN →·n 0＝0，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE .(2)依题意，可得BC →＝(－1,0,0)，BE →＝(1，－2,2)，CF →＝(0，－1,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BCE 的法向量，则即⎩⎨⎧－x 1＝0，x 1－2y 1＋2z 1＝0，不妨令z 1＝1，可得n ＝(0,1,1)．设m ＝(x 2，y 2，z 2)为平面BCF 的法向量，则即⎩⎨⎧－x 2＝0，－y 2＋2z 2＝0，不妨令z 2＝1，可得m ＝(0,2,1)．因此有cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝31010，于是sin 〈m ，n 〉＝1010. 所以，二面角E ­BC ­F 的正弦值为1010. (3)设线段DP 的长为h (h ∈[0,2])，则点P 的坐标为(0,0，h )，可得BP →＝(－1，－2，h )． 易知，DC →＝(0,2,0)为平面ADGE 的一个法向量，故|cos〈BP→，DC→〉|＝＝2h2＋5，由题意，可得2h2＋5＝sin60°＝32，解得h＝33∈[0,2]．所以线段DP的长为33.B组1．(2018·济宁一模)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠ADC＝60°，侧面PDC 是正三角形，平面PDC ⊥平面ABCD ，CD ＝2，M 为PB 的中点．(1)求证：PA ⊥平面CDM .(2)求二面角D －MC －B 的余弦值．[解析] (1)取DC 中点O ，连接PO ，因为侧面PDC 是正三角形，平面PDC ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥底面ABCD ，因为底面ABCD 为菱形，且∠ADC ＝60°，DC ＝2，所以DO ＝1，OA ⊥DC ，以O 为原点，分别以OA ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (3，0,0)，P (0,0，3)，B (3，2,0)，C (0,1,0)，D (0，－1,0)，所以M (32，1，32)，所以DM →＝(32，2，32)，PA →＝(3，0，－3)，DC →＝(0,2,0)，所以PA →·DM →＝0，PA →·DC →＝0，所以PA ⊥DM ，PA ⊥DC ，又DM ∩DC ＝D ，所以PA ⊥平面CDM .(2)CM →＝(32，0，32)，CB →＝(3，1,0)，设平面BMC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CM →＝x ＋z ＝0，n ·CB →＝3x ＋y ＝0，取z ＝1，得n ＝(－1，3，1)，由(1)知平面CDM 的法向量为PA →＝(3，0，－3)，所以cos 〈n ，PA →〉＝n ·PA→|n |·|PA →|＝－235×6＝－105，由图象得二面角D －MC －B 是钝角，所以二面角D －MC －B 的余弦值为－105.2．(2017·天津卷，17)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721，求线段AH 的长．[解析] 如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →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：DE →＝(0,2,0)，DB →＝(2,0，－2)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎨⎧2y ＝0，2x －2z ＝0.不妨设z ＝1，可得n ＝(1,0,1)， 又MN →＝(1,2，－1)，可得MN →·n ＝0. 因为MN ⊄平面BDE ，所以MN ∥平面BDE . (2)易知n 1＝(1,0,0)为平面CEM 的一个法向量．设n 2＝(x 1，y 1，z 1)为平面EMN 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EM →＝0，n 2·MN →＝0.因为EM →＝(0，－2，－1)，MN →＝(1,2，－1)，所以⎩⎨⎧－2y 1－z 1＝0，x 1＋2y 1－z 1＝0.不妨设y 1＝1，可得n 2＝(－4,1，－2)．因此有cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－421，于是sin〈n1，n2〉＝105 21.所以二面角C－EM－N的正弦值为105 21.(3)依题意，设AH＝(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得NH→＝(－1，－2，h)，BE→＝(－2,2,2)．由已知得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12.所以线段AH 的长为85或12. 3．正△ABC 的边长为2, CD 是AB 边上的高，E 、F 分别是AC 和BC 的中点(如图(1))．现将△ABC 沿CD 翻成直二面角A －DC －B (如图(2))．在图(2)中：(1)求证：AB ∥平面DEF ；(2)在线段BC 上是否存在一点P ，使AP ⊥DE ？证明你的结论；(3)求二面角E －DF －C 的余弦值．[解析] (1)如图(2)：在△ABC 中，由E 、F 分别是AC 、BC 的中点，所以EF //AB ， 又AB ⊄平面DEF ，EF ⊂平面DEF ，∴AB ∥平面DEF .(2)以点D 为坐标原点，以直线DB 、DC 、DA 分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系. 则A (0,0,1)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，E (0，32，12)，F (12，32，0)，AB →＝(1,0，－1)，BC →＝(－1，3，0)，DE →＝(0，32，12)，DF →＝(12，32，0) 设BP →＝λBC →(0<λ<1)，则AP →＝AB →＋BP →＝(1－λ，3λ，－1)，注意到AP ⊥DE ⇔AP →·DE →＝0⇔λ＝13，∴BP →＝13BC →， ∴在线段BC 上存在点P ，使AP ⊥DE .(3)平面CDF 的法向量DA →＝(0,0,1)，设平面EDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z ),则⎩⎪⎨⎪⎧ DF →·n ＝0DE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋3y ＝03y ＋z ＝0，取n ＝(3，－3，3)， cos 〈DA →n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝217， 所以二面角E －DF －C 的平面角的余弦值为217. 4．(2018·浙江卷，19)如图，已知多面体ABC ­A 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C均垂直于平面ABC ，∠ABC ＝120°，A 1A ＝4，C 1C ＝1，AB ＝BC ＝B 1B ＝2.(Ⅰ)证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(Ⅱ)求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．[解析] 方法一：(Ⅰ)由AB ＝2，AA 1＝4，BB 1＝2，AA 1⊥AB ，BB 1⊥AB 得AB 1＝A 1B 1＝22，所以A 1B 21＋AB 21＝AA 21.故AB 1⊥A 1B 1.由BC ＝2，BB 1＝2，CC 1＝1，BB 1⊥BC ，CC 1⊥BC 得B 1C 1＝5，由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°得AC ＝23，由CC 1⊥AC ，得AC 1＝13，所以AB 21＋B 1C 21＝AC 21，故AB 1⊥B 1C 1，又A 1B 1∩B 1C 1＝B 1，所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(Ⅱ)如图，过点C 1作C 1D ⊥A 1B 1，交直线A 1B 1于点D ，连接AD ．由AB 1⊥平面A 1B 1C 1得平面A 1B 1C 1⊥平面ABB 1，由C 1D ⊥A 1B 1得C 1D ⊥平面ABB 1，所以∠C 1AD 是AC 1与平面ABB 1所成的角．由B 1C 1＝5，A 1B 1＝22，A 1C 1＝21得cos ∠C 1A 1B 1＝67，sin ∠C 1A 1B 1＝17，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39 13.方法二：(Ⅰ)如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O ­xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1,0,0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1,0,2)，C 1(0，3，1)，因此AB →1＝(1，3，2)，A 1B 1―→＝(1，3，－2)，A 1C 1―→＝(0,23， －3)，由AB →1·A 1B 1―→＝0得AB 1⊥A 1B 1.由AB →1·A 1C 1―→＝0得AB 1⊥A 1C 1.所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1. (Ⅱ)设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ. 由(Ⅰ)可知AC →1＝(0,23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB →1＝(0,0,2)，设平面ABB ―→1的法向量n ＝(x ，y ，z )．即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1,0)． 所以sin θ＝|cos 〈AC →1―→，n 〉|＝＝3913， 因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。