2019年全国版高考数学(理)一轮复习必刷题：第十四单元 空间向量及其应用

第十四单元空间向量及其应用
考点一利用空间向量求线面角的大小
1.(2017年北京卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥
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.
【解析】(1)设AC,BD交于点E,连接ME,
因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,
所以PD∥ME.
因为四边形ABCD是正方形,
所以E为BD的中点,
所以M为PB的中点.
(2)取AD的中点O,连接OP,OE.
因为PA=PD,所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,且OP⊂平面PAD,
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.
因为四边形ABCD是正方形,所以OE⊥AD.
如图,建立空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,2),D(2,0,0),B(-2,4,0),BD=(4,-4,0),PD=(2,0,-2).
设平面BDP的法向量为n=(x,y,z),
则n·BD=0,
n·PD=0,
即4x-4y=0,
2x-2z=0.
令x=1,则y=1,z=2.
于是n=(1,1,2).
平面PAD的法向量为p=(0,1,0),
所以cos<n,p>=n·p
|n||p|=1 2 .
由题意知二面角B-PD-A为锐角,所以其大小为π.
(3)由题意知M-1,2,2,C(2,4,0),MC=3,2,−2.设直线MC与平面BDP所成角为α,
则sinα=|cos<n,MC>|=|n·MC|
|n||MC|=26
9
,
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为26
9
.
AD,E为棱AD的中点,异面直线2.(2016年四川卷)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,∠ADC=∠PAB=90°,BC=CD=1
2
PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M,使得直线CM∥平面PBE,并说明理由;
(2)若二面角P-CD-A的大小为45°,求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
【解析】(1)在梯形ABCD中,AB与CD不平行.如图,延长AB,DC相交于点M(M∈平面PAB),点M即为所求的一个点.
理由如下:
由已知得BC∥ED,且BC=ED,
所以四边形BCDE是平行四边形,
从而CM∥EB.
又EB⊂平面PBE,CM⊄平面PBE,
所以CM∥平面PBE.
(说明:延长AP至点N,使得AP=PN,则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)由已知得CD⊥PA,CD⊥AD,PA∩AD=A,
所以CD⊥平面PAD,于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P-CD-A的一个平面角,
所以∠PDA=45°.
又PA⊥AB,所以PA⊥平面ABCD.
设BC=1,则在Rt△PAD中,PA=AD=2,以A为原点,以AD,AP的方向分别为x轴、z轴的正方向,以DC的方向为y轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),C(2,1,0),E(1,0,0),所以PE=(1,0,-2),EC=(1,1,0),AP=(0,0,2).
设平面PCE 的法向量为n=(x ,y ,z ), 由 n ·PE =0,n ·EC =0,得 x -2z =0,x +y =0.
设x=2,解得n=(2,-2,1).
设直线PA 与平面PCE 所成角为α, 则sin α=
|n ·AP ||n |·|AP |= 2+(−2)+1×2
=1
3, 所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为1
.
3.(2016年天津卷)如图,正方形ABCD 的中心为O ,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF ⊥平面ABCD ,点G 为AB 的中点,AB=BE=2.
(1)求证:EG ∥平面ADF. (2)求二面角O-EF-C 的正弦值.
(3)设H 为线段AF 上的点,且AH=23
HF ,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.
【解析】依题意,OF ⊥平面ABCD ,如图,以O 为原点,分别以AD ,BA ,OF 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O (0,0,0),A (-1,1,0),B (-1,-1,0),C (1,-1,0),D (1,1,0),E (-1,-1,2),F (0,0,2),G (-1,0,0).
(1)依题意,AD
=(2,0,0),AF =(1,-1,2). 设n 1=(x 1,y 1,z 1)为平面ADF 的法向量, 则 n 1·AD =0,n 1·AF =0,即
2x 1=0,x 1-y 1+2z 1=0,
不妨取z 1=1,可得n 1=(0,2,1). 又EG =(0,1,-2),可得EG ·n 1=0.
又因为直线EG ⊄平面ADF ,所以EG ∥平面ADF.
(2)易证OA =(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量,依题意,EF =(1,1,0),CF =(-1,1,2). 设n 2=(x 2,y 2,z 2)为平面CEF 的法向量, 则 n 2
·EF =0,n 2·CF =0, 即 x 2+y 2=0,
-x 2+y 2+2z 2=0,
不妨取x 2=1,可得n 2=(1,-1,1).
因此有cos <OA ,n 2>=OA
·n 2|OA |·|n 2|
=- 6
3
,
于是sin <OA
,n 2>= 3
3
. 所以二面角O-EF-C 的正弦值为 3
3
.
(3)由AH=2
3HF ,得AH=25
AF. 因为AF =(1,-1,2), 所以AH =25
AF
= 25
,-25,45
, 进而有H -3,3,4 ,
从而BH
= 25,85,4
5
. 因此cos <BH ,n 2>=BH ·n
2
|BH
|·|n 2|
=- 7
.
所以直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为 7
.
题型二 利用空间向量求二面角的大小
4.(2017年全国Ⅰ卷)如图,在四棱锥P-ABCD 中,AB ∥CD ,且∠BAP=∠CDP=90°. (1)证明:平面PAB ⊥平面PAD.
(2)若PA=PD=AB=DC ,∠APD=90°,求二面角A-PB-C 的余弦值.
【解析】(1)由已知∠BAP=∠CDP=90°,得AB ⊥AP ,CD ⊥PD. 因为AB ∥CD ,所以AB ⊥PD. 又AP ∩DP=P ,所以AB ⊥平面PAD.
因为AB ⊂平面PAB ,所以平面PAB ⊥平面PAD. (2)在平面PAD 内作PF ⊥AD ,垂足为点F.
由(1)可知,AB ⊥平面PAD ,故AB ⊥PF ,可得PF ⊥平面ABCD.
以F 为坐标原点,FA 的方向为x 轴正方向,|AB |为单位长度建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz.
由(1)及已知可得A
2
2
,0,0,P 0,0,
2
2
,B
2
2
,1,0,C - 2
2
,1,0,
所以PC
=- 22
,1,- 2
2
,CB =( 2,0,0),
PA =
2
2
,0,-
2
2
,AB =(0,1,0).
设n=(x 1,y 1,z 1)是平面PCB 的法向量, 则 n ·PC
=0,n ·CB =0,即 - 2
2
x 1+y 1- 2
2
z 1=0, 2x 1=0.
所以可取n=(0,-1,- 2).
设m=(x 2,y 2,z 2)是平面PAB 的法向量,则
m ·PA =0,m ·AB =0,即 2
2x 2- 2
2
z 2=0,y 2=0. 所以可取m=(1,0,1), 则cos <n ,m>=
n ·m = 2 3× 2=- 3
. 观察图象知二面角A-PB-C 的余弦值为- 3
3
.
5.(2017年全国Ⅱ卷)如图,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面
ABCD ,AB=BC=1
2AD ,∠BAD=∠ABC=90°,E 是PD 的中点.
(1)证明:直线CE ∥平面PAB.
(2)点M 在棱PC 上,且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°,求二面角M-AB-D 的余弦值.
【解析】(1)取PA 的中点F ,连接EF ,BF. 因为E 是PD 的中点,所以EF ∥AD ,EF=12
AD. 由∠BAD=∠ABC=90°,得BC ∥AD , 又BC=1
2
AD ,所以EF BC ,
所以四边形BCEF 是平行四边形,CE ∥BF. 又BF ⊂平面PAB ,CE ⊄平面PAB ,故CE ∥平面PAB.
(2)由已知得BA ⊥AD ,以A 为坐标原点,AB 的方向为x 轴正方向,|AB |为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ,则A (0,0,0),B (1,0,0),C (1,1,0),P (0,1, 3),PC =(1,0,- 3),AB =(1,0,0).
设M (x ,y ,z )(0≤x ≤1),
则BM
=(x-1,y ,z ),PM =(x ,y-1,z- 3). 因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD 的一个法向量, 所以|cos <BM ,n>|=sin45,
(x -1)+y +z = 2
2,
即(x-1)2
+y 2
-z 2
=0. ①
又M 在棱PC 上,设PM =λPC , 则x=λ,y=1,z= 3- 3λ. ②
由①②解得 x =1+ 22,y =1,
z =− 62(舍去),或
x =1− 22,
y =1,z = 62,
所以M 1−
2
,1,
6
,从而AM = 1− 2,1, 6 .
设m=(x 0,y 0,z 0)是平面ABM 的法向量,则 m ·AM =0,m ·AB =0,即 (2- 2)x 0+2y 0+ 6z 0=0,x 0=0,
所以可取m=(0,- 6,2). 于是cos <m ,n>=
m ·n = 10
. 观察图象知,二面角M-AB-D 的余弦值为
10
5
.
6.(2017年天津卷)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7
21
,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)DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,
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n2·EM=0,
n2·MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),
所以-2y1-z1=0,
x1+2y1-z1=0.
不妨设y1=1,可得n2=(-4,1,-2).
因此有cos <n 1,n 2>=
n 1·n 2|n 1|·|n 2|=- 21
,于是sin <n 1,n 2>=
105
21
.
所以二面角C-EM-N 的正弦值为
105
21
.
(3)依题意,设AH=h (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 |= ℎ+5×2 3
= 7
21, 整理得10h 2
-21h+8=0,解得h=8
5或h=12
.
所以线段AH 的长为85或12
.
7.(2017年江苏卷)如图,在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1⊥平面ABCD ,且AB=AD=2,AA 1= 3,∠BAD=120°. (1)求异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值; (2)求二面角B-A 1D-A 的正弦值.
【解析】在平面ABCD 内,过点A 作AE ⊥AD ,交BC 于点E. 因为AA 1⊥平面ABCD , 所以AA 1⊥AE ,AA 1⊥AD.
如图,以{AE ,AD ,AA
1}为正交基底,建立空间直角坐标系A-xyz.
因为AB=AD=2,AA 1= ∠BAD=120°,
则A (0,0,0),B ( 3,-1,0),D (0,2,0),E ( 3,0,0),A 1(0,0, 3),C 1( 3,1, 3). (1)A 1B =( 3,-1,- 3),AC 1 =( 3,1, 3),
则cos <A 1B ,AC 1 >=A 1B ·AC 1
|A 1B ||AC 1
|
=
( 3,-1,- 3)·( 3,1, 3)7
=-1
7,
因此异面直线A 1B 与AC 1所成角的余弦值为1
. (2)平面A 1DA 的一个法向量为AE =( 3,0,0). 设m=(x ,y ,z )为平面BA 1D 的法向量, 又A 1B =( -1,- BD =(- 3,0), 则 m ·A 1B =0,m ·BD =0,即 3x-y- 3z =0,- 3x +3y =0.
不妨取x=3,则y= 3,z=2,
所以m=(3, 3,2)为平面BA 1D 的一个法向量. 从而cos <AE ,m>=AE ·m |AE ||m |
=( 3,0,0)·(3, 3,2)
3×4
=3
4.
设二面角B-A 1D-A 的大小为θ,则|cos θ|=3.
因为θ∈[0,π],所以sin θ= 1−cos 2θ= 7
.
因此二面角B-A 1D-A 的正弦值为 7
4.
8.(2017年山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD (及其内部)以AB 边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G 是DF
的中点.
(1)设P 是CE
上的一点,且AP ⊥BE ,求∠CBP 的大小; (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.
【解析】(1)因为AP ⊥BE ,AB ⊥BE ,AB ,AP ⊂平面ABP ,AB ∩AP=A ,所以BE ⊥平面ABP. 又BP ⊂平面ABP ,所以BE ⊥BP. 又∠EBC=120°,所以∠CBP=30°.
(2)以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),
G (1, 3,3),C (-1, 3,0),
故AE =(2,0,-3),AG =(1, 0), CG
=(2,0,3). 设m=(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的法向量, 由 m ·AE =0,m ·AG
=0,可得 2x 1-3z 1=0,x 1+ 3y 1=0.
取z 1=2,可得平面AEG 的一个法向量m=(3,- 3,2). 设n=(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量, 由 n ·AG =0,n ·CG
=0,可得 x 2+ 3y 2=0,2x 2+3z 2=0.
取z 2=-2,可得平面ACG 的一个法向量n=(3,- 3,-2). 所以cos <m ,n>=
m ·n |m |·|n |=1
2
.
故所求的角为60°.
高频考点:利用空间向量证明线面平行或垂直,利用空间向量求空间角,利用空间向量求空间距离.
命题特点:高考的考查形式有两种:一种是求空间角和距离;另一种是已知空间角的大小,求相关点的位置或相关线段的长度,题型延续解答题的形式,以多面体为载体,难度中等偏上.
§14.1空间向量及其运算
一基本定理
1.共线向量定理
对空间任意两个向量a,b(b≠0),a∥b⇔存在λ∈R,使a=.
2.共面向量定理
若两个向量a,b不共线,则向量p与向量a,b共面⇔存在唯一的有序数对(x,y),使得p=.
3.空间向量基本定理
如果三个向量a,b,c不共面,那么对空间任一向量p,存在唯一的实数组{x,y,z},使得p=,其中{a,b,c}叫作空间向量的一个基底.
推论:设O,A,B,C是不共面的四点,则对平面ABC内任一点P都存在唯一的三个有序实数x,y,z,使OP=x OA+y OB+z OC且x+y+z=1.
二两个向量的数量积
1.a·b=a b cos<a,b>;
2.a⊥b⇔a·b=0(a,b为非零向量).
三向量的坐标运算
设a=(a1,a2,a3),b=(b1,b2,b3),则
a+b=(a1+b1,a2+b2,a3+b3);
a-b=(a1-b1,a2-b2,a3-b3);
a·b=a1b1+a2b2+a3b3.
☞左学右考
判断下列结论是否正确,正确的在括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)若p=xa+yb,则p与a,b共面.()
(2)若p与a,b共面,则存在x,y∈R,使得p=xa+yb.()
(3)若MN=x MA+y MB,则M,N,A,B四点共面.()
(4)若M,N,A,B四点共面,则存在x,y∈R,使得MN=x MA+y MB.()
已知A(0,-1,2),B(0,2,-4),C(1,2,-1),则A,B,C三点().
A.共线
B.共面
C.不共面
D.无法确定
已知a=(-2,1,3),b=(-1,2,1),若a⊥(a+λb),则实数λ的值为.
在空间直角坐标系中,A(2,3,5)、B(4,1,3),求A,B的中点P的坐标及A,B间的距离|AB|.
知识清单
一、1.λb2.xa+yb3.xa+yb+zc
基础训练
1.【解析】(1)正确,由平面向量基本定理可得;(2)错误,若a与b共线,p就不一定能用a,b来表示;(3)正
确,MN,MA,MB在同一平面内,故M,N,A,B四点共面;(4)错误,当M,A,B三点共线时,此式不一定成立.
【答案】(1)√(2)×(3)√(4)×
2.【解析】因为AB=(0,3,-6),AC=(1,3,-3),所以AB与AC不共线,即A,B,C三点共面.故选B.
【答案】B
3.【解析】∵a⊥(a+λb),∴a·(a+λb)=(14)2+λ×(2+2+3)=0,解得λ=-2.
【答案】-2
4.【解析】∵A(2,3,5),B(4,1,3),
∴A,B的中点P的坐标为(3,2,4),
∴|AB|=(2-4)2+(3−1)2+(5−3)2=23.
题型一空间向量的线性运算
【例1】如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,M 为A 1C 1的中点,若AB =a ,BC =b ,AA 1 =c ,则 BM 可表示为( ).
A.-1
2
a+12
b+c
B.12a+12
b+c
C.-1a-1b+c
D.1a-1b+c
【解析】取AC 的中点N ,连接BN ,MN ,如图,
∵M 为A 1C 1的中点,
AB =a ,BC =b ,AA 1 =c , ∴NM =AA 1 =c ,
BN
=1(BA +BC )=1(-AB +BC ) =-12a+1
2b ,
∴BM
=BN +NM =-1
2a+1
2b+c. 【答案】A。