高二数学练习(76)--立体几何中的向量法(5)

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高考数学试题汇编第五节立体几何中的向量方法理(含解析)

第五节立体几何中的向量方法向量法证明平行、垂直关系考向聚焦高考常考内容,主要以向量为工具,通过直线的方向向量、平面的法向量证明线线、线面、面面平行与垂直,常以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右1.(2011年辽宁卷,理18)如图,四边形ABCD为正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=PD.(1)证明:平面PQC ⊥平面DCQ.(2)求二面角Q BP C 的余弦值.解:如图,以D为坐标原点,线段DA的长为单位长,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D xyz.(1)证明:依题意有Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0)则=(1,1,0),=(0,0,1),=(1,-1,0).所以·=0,·=0.即PQ⊥DQ,PQ⊥DC.且DQ∩DC=D.故PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC,所以平面PQC⊥平面DCQ.(2)解:依题意有B(1,0,1),=(1,0,0),=(-1,2,-1).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则即因此可取n=(0,-1,-2).设m是平面PBQ的法向量,则可取m=(1,1,1),所以cos<m,n>=-.故二面角Q BP C的余弦值为-.2.(2011年北京卷,理16)如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,底面ABCD是菱形,AB=2,∠BAD=60°.(1)求证:BD⊥平面PAC;(2)若PA=AB,求PB与AC所成角的余弦值;(3)当平面PBC与平面PDC垂直时,求PA的长.(1)证明:∵PA⊥平面ABCD,∴PA⊥BD,∵底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∵PA∩AC=A,∴BD⊥平面PAC.解:(2)设AC∩BD=O,∵∠BAD=60°,PA=AB=2,∴BO=1,AO=OC=,如图,以O为坐标原点,OB、OC所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系O xyz,则P(0,-,2),A(0,-,0),B(1,0,0),C(0,,0),∴=(1,,-2),=(0,2,0),设PB与AC所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|=||=.(3)由(2)知,=(-1,,0),设|PA|=t>0,则P(0,-,t),∴=(-1,-,t),设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则即,令y=,则x=3,z=,∴m=(3,,),同理可得平面PDC的法向量n=(-3,,), ∵平面PBC⊥平面PDC,∴m·n=0,即-6+=0,∴t=,即PA=.求直线与平面所成的角考向聚焦高考热点内容,主要以向量为工具,考查通过求直线的方向向量和平面的法向量的夹角,进而转化为直线与平面所成的角,主要以解答题形式出现,难度中档,所占分值6分左右备考指津解决这类问题的关键是建立适当的坐标系,准确的求出直线的方向向量和平面的法向量,计算要准确3.(2012年湖北卷,理19,12分)如图(1),∠ACB=45°,BC=3,过动点A作AD⊥BC,垂足D在线段BC上且异于点B,连接AB,沿AD将△ABD折起,使∠BDC=90°(如图(2)所示).(1)当BD的长为多少时,三棱锥A BCD的体积最大;(2)当三棱锥A BCD的体积最大时,设点E,M分别为棱BC,AC的中点,试在棱CD上确定一点N,使得EN⊥BM,并求EN与平面BMN所成角的大小.(1)解:法一:在如题图(1)所示的△ABC中,设BD=x(0<x<3),则CD=3-x.由AD⊥BC,∠ACB=45°知,△ADC为等腰直角三角形,所以AD=CD=3-x.由折起前AD⊥BC知,折起后(如题图(2)),AD⊥DC,AD⊥BD,且BD∩DC=D,所以AD⊥平面BCD.又∠BDC=90°,所以S△BCD=BD·CD=x(3-x).于是=AD·S △BCD=(3-x)·x(3-x)=·2x(3-x)(3-x)≤[]3=,当且仅当2x=3-x,即x=1时,等号成立,故当x=1,即BD=1时,三棱锥A BCD的体积最大.法二:同法一,得=AD·S△BCD=(3-x)·x(3-x)=(x3-6x2+9x).令f(x)=(x3-6x2+9x),由f'(x)=(x-1)(x-3)=0,且0<x<3,解得x=1.当x∈(0,1)时,f'(x)>0;当x∈(1,3)时,f'(x)<0,所以当x=1时,f(x)取得最大值.故当BD=1时,三棱锥A BCD的体积最大.(2)解:法一:以D为原点,建立如图a所示的空间直角坐标系D xyz.由(1)知,当三棱锥A BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2,于是可得D(0,0,0),B(1,0,0),C(0,2,0),A(0,0,2),M(0,1,1),E(,1,0),且=(-1,1,1). 设N(0,λ,0),则=(-,λ-1,0).因为EN⊥BM等价于·=0,即(-,λ-1,0)·(-1,1,1)=+λ-1=0,故λ=,N(0,,0).所以当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时,EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n=(x,y,z),由及=(-1,,0),得可取n=(1,2,-1).设EN与平面BMN所成角的大小为θ,则由=(-,-,0),n=(1,2,-1),可得sin θ=cos(90°-θ)===,即θ=60°.故EN与平面BMN所成角的大小为60°.法二:由(1)知,当三棱锥A BCD的体积最大时,BD=1,AD=CD=2,如图b,取CD的中点F,连结MF,BF,EF,则MF∥AD.由(1)知AD⊥平面BCD,所以MF⊥平面BCD.如图c,延长FE至P点使得FP=DB,连BP,DP,则四边形DBPF为正方形,所以DP⊥BF.取DF的中点N,连结EN,又E为FP的中点,则EN∥DP,所以EN⊥BF.因为MF⊥平面BCD.又EN⊂面BCD,所以MF⊥EN.又MF∩BF=F,所以EN⊥面BMF,又BM⊂面BMF,所以EN⊥BM.因为EN⊥BM当且仅当EN⊥BF,而点F是唯一的,所以点N是唯一的.即当DN=(即N是CD的靠近点D的一个四等分点),EN⊥BM.连接MN,ME,由计算得NB=NM=EB=EM=,所以△NMB与△EMB是两个共底边的全等的等腰三角形,如图d所示,取BM的中点G,连接EG,NG,则BM⊥平面EGN.在平面EGN中,过点E作EH⊥GN于H,则EH⊥平面BMN,故∠ENH是EN与平面BMN所成的角, 在△EGN中,易得EG=GN=NE=,所以△EGN是正三角形,故∠ENH=60°,即EN与平面BMN所成角的大小为60°.4.(2010年辽宁卷,理19)已知三棱锥P ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,PA=AC=AB,N为AB上一点,AB=4AN,M,S分别为PB,BC的中点.(1)证明:CM⊥SN;(2)求SN与平面CMN所成角的大小.设PA=1,以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系如图. 则P(0,0,1),C(0,1,0),B(2,0,0),M(1,0,),N(,0,0),S(1,,0).(1)证明:=(1,-1,),=(-,-,0),因为·=-++0=0,所以CM⊥SN.(2)解:=(-,1,0),设a=(x,y,z)为平面CMN的一个法向量,由得令x=2,得a=(2,1,-2).设SN与平面CMN所成的角为θ,则sin θ=|cos<a,>|.又|cos<a,>|=||=,∴sin θ=,又θ∈[0°,90°],∴θ=45°,故SN与平面CMN所成角为45°.5.(2010年全国新课标卷,理18)如图,已知四棱锥P ABCD的底面为等腰梯形,AB∥CD,AC⊥BD,垂足为H,PH是四棱锥的高,E为AD中点.(1)证明:PE⊥BC;(2)若∠APB=∠ADB=60°,求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.(1)证明:以H为原点,HA,HB,HP分别为x,y,z轴.线段HA的长为单位长度,建立空间直角坐标系如图.则A(1,0,0),B(0,1,0).设C(m,0,0),P(0,0,n)(m<0,n>0).则D(0,m,0),E(,,0),可得=(,,-n),=(m,-1,0).因为·=-+0=0.所以PE⊥BC.(2)解:由已知条件可得m=-,n=1,故C(-,0,0).D(0,-,0),E(,-,0),P(0,0,1).设n=(x,y,z)为平面PEH的法向量.则即因此可以取n=(1,,0).又=(1,0,-1),可得|cos<,n>|=,所以直线PA与平面PEH 所成角的正弦值为.求二面角考向聚焦高考重点考查内容,主要以向量为工具,考查通过求两平面的法向量及其角,进而转化为二面角的大小,考查空间向量的线性运算及学生的空间想象能力,难度中档偏上,所占分值8分左右6.(2012年重庆卷,理19,12分)如图,在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB=4,AC=BC=3,D为AB的中点.(1)求点C到平面A1ABB1的距离;(2)若AB1⊥A1C,求二面角A1CD C1的平面角的余弦值.解:(1)∵AC=BC,DA=DB,∴CD⊥AB,又∵AA1⊥平面ABC,CD⊂平面ABC,∴AA1⊥CD,∵AA1∩AB=A,AA1⊂平面ABB1A1,AB⊂平面ABB1A1∴CD⊥平面ABB1A1,∴点C到平面ABB1A1的距离为CD===.(2)如图,过点D作DD1∥AA1交A1B1于D1,由(1)知DB、DC、DD1两两垂直,以D为原点,射线DB、DC、DD1分别为x 轴、y轴、z轴的正半轴建立空间坐标系D xyz.设直棱柱的侧棱AA1=a,则A(-2,0,0),A1(-2,0,a),B1(2,0,a),C1(0,,a),C(0,,0),∴=(2,,-a),=(4,0,a),∵AB1⊥A1C,∴·=0,∴8-a2=0,∴a=2,∴=(0,,0),=(-2,0,2),=(0,0,2),设平面A1CD的法向量n1=(x1,y1,z1),则,∴,令z1=1,则n1=(,0,1),因AB⊥平面C1CD,故可取面C1CD的法向量n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>===.所以二面角A1CD C1的平面角的余弦值为.本题考查了立体几何中点到平面的距离和二面角大小的求法,空间向量的运用,主要考查学生的空间想象力、推理论证能力、化归能力和运算求解能力,难度适中.7.(2012年江西卷,理19,12分)在三棱柱ABC A1B1C1中,已知AB=AC=AA1=,BC=4,点A1在底面ABC的投影是线段BC的中点O.(1)证明在侧棱AA1上存在一点E,使得OE⊥平面BB1C1C,并求出AE的长;(2)求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值.(1)证明:连接AO,在△AOA1中,作OE⊥AA1于点E,因为AA1∥BB1,得OE⊥BB1,因为A1O⊥平面ABC,所以A1O⊥BC.由AB=AC,OB=OC,得AO⊥BC,而A1O∩AO=O,所以BC⊥平面AA1O,所以BC⊥OE,而BB1∩BC=B,所以OE⊥平面BB1C1C,又AO==1,AA1=,得AE==.(2)解:如图,分别以OA,OB,OA1所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),B(0,2,0),C(0,-2,0),A1(0,0,2),由=得点E的坐标是(,0,),由(1)得平面BB1C1C的一个法向量是=(,0,),设平面A1B1C的法向量为n=(x,y,z),由,得,令y=1,得x=2,z=-1,即n=(2,1,-1),所以cos<,n>==,即平面BB1C1C与平面A1B1C夹角的余弦值是.8.(2012年安徽卷,理18,12分)平面图形ABB1A1C1C如图(1)所示,其中BB1C1C是矩形,BC=2,BB1=4,AB=AC=,A1B1=A1C1=.现将该平面图形分别沿BC和B1C1折叠,使△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,再分别连接A1A,A1B,A1C,得到如图(2)所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题.(1)证明:AA1⊥BC;(2)求AA1的长;(3)求二面角A BC A1的余弦值.解:本题考查空间中的垂直关系,求线段长,考查求二面角的余弦值,考查空间向量在求解立体几何问题中的应用.考查空间想象能力,推理论证能力,计算求解能力等.(1)如图,过点A作AO⊥平面A1B1C1,垂足为O,连接OB1,OC1,OA1,∵△ABC与△A1B1C1所在平面都与平面BB1C1C垂直,BB1C1C是矩形,∴ABC A1B1C1为直三棱柱,由BC=2,AB=AC=知∠BAC为直角,且OB1=OC1,∵A1B1=A1C1=,∴OA1⊥B1C1,∵AO⊥平面A1B1C1,∴OA⊥B1C1,∴B1C1⊥平面OAA1,∵AA1⊂平面OAA1,所以AA1⊥BC.(2)由(1)可知OA=BB1=4,OA1=+=3,由OA⊥OA1,∴AA1==5.(3)由(1)知∠BAC=90°,则∠B1OC1=90°,且OA1在角∠B1OC1的平分线上.以O为坐标原点,OB1,OC1,OA所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系.A(0,0,4),B(,0,4),C(0,,4),A1(,,0),则=(-,,0),=(,,-4).设平面BCA1的法向量为n=(x,y,z),则,即,取x=1,则n=(1,1,).由平面ABC的一个法向量为=(0,0,4),∴cos<n,>===,由图形可知二面角为钝角,所以二面角A BC A1的余弦值为-.解决本题的关键是能正确理解由平面几何图形到空间几何体的转换,其中的平行和垂直关系,线段长度关系等,然后通过添加辅助线构造常见几何体,就容易找出所需要的平行和垂直关系,也容易得出特殊的图形,也容易建立空间直角坐标系来求解.9.(2012年山东卷,理18,12分)在如图所示的几何体中,四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,FC⊥平面ABCD,AE⊥BD,CB=CD=CF.(1)求证:BD⊥平面AED;(2)求二面角F BD C的余弦值.(1)证明:∵四边形ABCD是等腰梯形,AB∥CD,∠DAB=60°,∴∠DCB=120°,∵CD=CB,∴∠CBD=∠CDB=30°,∴∠ABD=30°,∴∠ADB=90°,即AD⊥DB,又∵DB⊥AE,AE∩AD=A,∴BD⊥平面AED.(2)解:取BD中点P,连结CP,FP.∵CD=CB,∴CP⊥BD.又∵FC⊥平面ABCD,∴BD⊥FC,∴BD⊥平面FCP,∴BD⊥FP,∴∠FPC是二面角F BD C的平面角.设CD=1,则CP=,∴在Rt△FCP中,FP==,∴cos∠FPC==,即二面角F BD C的余弦值为.10.(2012年新课标全国卷,理19,12分)如图,直三棱柱ABC A1B1C1中,AC=BC=AA1,D是棱AA1的中点,DC1⊥BD.(1)证明:DC1⊥BC;(2)求二面角A1BD C1的大小.(1)证明:不妨设AC=BC=AA1=1.又∵D为AA1中点,∴DC1=,BC1=,∴BD2=3=AD2+AB2,∴AB2=2=AC2+BC2,∴∠ACB=90°,即BC⊥AC,又∵BC⊥CC1,∴BC⊥平面ACC1A1,又∵DC1⊂平面ACC1A1,∴DC1⊥BC.(2)解:由(1)知CA、CB、CC1两两垂直.分别以CA、CB、CC1为x、y、z轴建立空间直角坐标系,则B(0,1,0),D(1,0,1),A1(1,0,2),C1(0,0,2),∴=(1,-1,1),=(0,-1,2),设平面BDC1的一个法向量n=(x,y,z).则即令z=1,则y=2,x=1,即n=(1,2,1).可取平面A1BD的一个法向量m=(1,1,0),∴cos<m,n>===,又∵二面角A1BD C1为锐二面角,∴该二面角的大小为.该题应属立体几何的常规考查形式,一证一求,难度适中.11.(2012年广东卷,理18,13分)如图所示,在四棱锥P ABCD中,底面ABCD为矩形,PA⊥平面ABCD,点E在线段PC 上,PC⊥平面BDE.(1)证明:BD⊥平面PAC;(2)若PA=1,AD=2,求二面角B PC A的正切值.解:(1)∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴PA⊥BD,同理PC⊥BD.∵PA、PC是平面PAC中的两条相交直线,∴BD⊥平面PAC.(2)解:法一:设AC、BD的交点为O,连接OE,则∠BEO即为所求二面角B PC A的平面角,由(1)知BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,又∵四边形ABCD为矩形.∴四边形ABCD是正方形,∴AB=AD=2,AC=BD=2,∴BO=OC=BD=×2=,PC===3,由Rt△PAC∽Rt△OEC知=,=,OE=,在Rt△BOE中,tan ∠BEO===3.即二面角B PC A的正切值为3.法二:如图,分别以AB、AD、AP所在直线为x、y、z轴,A为坐标原点,建立空间直角坐标系, 由(1)知BD⊥平面PAC,∴BD⊥AC,∴矩形ABCD为正方形,∴P(0,0,1),B(2,0,0),D(0,2,0),C(2,2,0),=(-2,2,0)是平面PAC的一个法向量,设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,由得,令x=1,则z=2,y=0,∴n=(1,0,2),∴cos<n,>===-,sin <n,>==,∴tan <n,>==-=-3又二面角B PC A为锐角,∴二面角B PC A的正切值为3.12.(2012年浙江卷,理20,15分)如图,在四棱锥P ABCD中,底面是边长为2的菱形,∠BAD=120°,且PA⊥平面ABCD,PA=2,M,N分别为PB,PD的中点.(1)证明:MN∥平面ABCD;(2)过点A作AQ⊥PC,垂足为点Q,求二面角A MN Q的平面角的余弦值.(1)证明:因为M,N分别是PB,PD的中点,所以MN是△PBD的中位线,所以MN∥BD.又因为MN⊄平面ABCD,所以MN∥平面ABCD.(2)解:法一:连结AC交BD于O,以O为原点,OC,OD所在直线为x,y轴,建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=2,BD=AB=6.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AC.在Rt△PAC中,AC=2,PA=2,AQ⊥PC,得QC=2,PQ=4.由此知各点坐标如下:A(-,0,0),B(0,-3,0)C(,0,0),D(0,3,0),P(-,0,2),M(-,-,),N(-,,),Q(,0,).设m=(x1,y1,z1)为平面AMN的法向量.由=(,-,),=(,,)取z1=-1,得m=(2,0,-1).设n=(x2,y2,z2)为平面QMN的法向量.由=(-,-,),=(-,,)知取z2=5,得n=(2,0,5).于是cos<m,n>==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.法二:在菱形ABCD中,∠BAD=120°,得AC=AB=BC=CD=DA,BD=AB.又因为PA⊥平面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥AD.所以PB=PC=PD.所以△PBC≌△PDC.因M,N分别是PB,PD的中点,所以MQ=NQ,且AM=PB=PD=AN.取线段MN的中点E,连结AE,EQ,则AE⊥MN,QE⊥MN,所以∠AEQ为二面角A MN Q的平面角.由AB=2,PA=2,故在△AMN中,AM=AN=3,MN=BD=3,得AE=.在Rt△PAC中,AQ⊥PC,得AQ=2,QC=2,PQ=4.在△PBC中,cos∠BPC==,得MQ==.在等腰△MQN中,MQ=NQ=,MN=3,得QE==.在△AEQ中,AE=,QE=,AQ=2,得cos∠AEQ==.所以二面角A MN Q的平面角的余弦值为.13.(2012年天津卷,理17,13分)如图,在四棱锥P ABCD中,PA⊥平面ABCD,AC⊥AD,AB⊥BC,∠BAC=45°,PA=AD=2,AC=1.(1)证明:PC⊥AD;(2)求二面角A PC D的正弦值;(3)设E为棱PA上的点,满足异面直线BE与CD所成的角为30°,求AE的长.解:如图,以点A为原点,射线AD、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建系, 则A(0,0,0),D(2,0,0),B(-,,0),C(0,1,0),P(0,0,2),(1)∵=(0,1,-2),=(2,0,0),∴·=0,∴PC⊥AD.(2)=(0,1,-2),=(2,-1,0),设平面PCD的法向量为n1=(x,y,z),则,即,令x=1,则n1=(1,2,1).又平面PAC的一个法向量可取n2=(1,0,0),∴cos<n1,n2>===.∴sin<n1,n2>=.∴二面角A PC D的正弦值为.(3)设点E(0,0,a),a∈[0,2],则=(,-,a),又=(2,-1,0),故cos<,>===,∴=cos 30°=,∴a=,∴AE=.本小题主要考查了空间两直线的位置关系,二面角,异面直线所成的角等基础知识,主要考查学生的空间想象力,化归能力和运算能力,难度适中.14.(2012年四川卷,理19,12分)如图,在三棱锥P ABC中,∠APB=90°,∠PAB=60°,AB=BC=CA,平面PAB⊥平面ABC.(1)求直线PC与平面ABC所成的角的大小;(2)求二面角B AP C的大小.解:法一:(1)设AB的中点为D,AD的中点为O,连结PO、CO、CD.由已知,△PAD为等边三角形.所以PO⊥AD.又平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AD,所以PO⊥平面ABC.所以∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角.不妨设AB=4,则PD=2,CD=2,OD=1,PO=.在Rt△OCD中,CO==.所以,在Rt△POC中,tan∠OCP===.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arctan .(2)过D作DE⊥AP于E,连结CE.由已知可得,CD⊥平面PAB.根据三垂线定理知,CE⊥PA.所以∠CED为二面角B AP C的平面角.由(1)知,DE=.在Rt△CDE中,tan∠CED===2.故二面角B AP C的大小为arctan 2.法二:(1)设AB的中点为D,作PO⊥AB于点O,连结CD.因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AD,所以PO⊥平面ABC.所以PO⊥CD.由AB=BC=CA,知CD⊥AB.设E为AC中点,则EO∥CD,从而OE⊥PO,OE⊥AB.如图,以O为坐标原点,OB、OE、OP所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系O xyz. 不妨设PA=2,由已知可得,AB=4,OA=OD=1,OP=,CD=2.所以O(0,0,0),A(-1,0,0),C(1,2,0),P(0,0,).所以=(-1,-2,),而=(0,0,)为平面ABC的一个法向量.设α为直线PC与平面ABC所成的角,则sin α=||=||=.故直线PC与平面ABC所成的角的大小为arcsin .(2)由(1)有,=(1,0,),=(2,2,0).设平面APC的一个法向量为n=(x1,y1,z1),则⇔⇔从而取x1=-,则y1=1,z1=1,所以n=(-,1,1).设二面角B AP C的平面角为β,易知β为锐角.而平面ABP的一个法向量为m=(0,1,0),则cos β=||=||=.故二面角B AP C的大小为arccos .15.(2011年天津卷,理17)如图,在三棱柱ABC A1B1C1中,H是正方形AA1B1B的中心,AA1=2,C1H⊥平面AA1B1B,且C1H=.(1)求异面直线AC与A1B1所成角的余弦值;(2)求二面角A A1C1B1的正弦值;(3)设N为棱B1C1的中点,点M在平面AA1B1B内,且MN⊥平面A1B1C1,求线段BM的长.解:如图所示,建立空间直角坐标系,点H为原点,依题意得A(2,0,0),B1(-2,0,0),A1(0,2,0),B(0,-2,0),C1(0,0,),C(2,-2,).(1)∵=(0,-2,),=(-2,-2,0),∴cos<,>===,∴异面直线AC与A1B1所成角的余弦值为.(2)设平面AA1C1的法向量m=(x,y,z),则,即,取x=,可得m=(,,2),同理设平面A1B1C1的法向量n=(x',y',z'), 则,即,取x'=,可得n=(,-,-2).∴cos<m,n>==-=-,从而sin<m,n>=.所以二面角A A1C1B1的正弦值为.(3)B1C1的中点N(-1,0,),设M(a,b,0),则=(-1-a,-b,),由⊥平面A1B1C1,得,即,∴,∴M(,-,0),∴=(,,0),∴||==.∴线段BM的长为.16.(2011年新课标全国卷,理18)如图,四棱锥P ABCD中,底面ABCD为平行四边形,∠DAB=60°,AB=2AD,PD⊥底面ABCD.(1)证明:PA⊥BD;(2)若PD=AD,求二面角A PB C的余弦值.(1)证明:∵∠DAB=60°,AB=2AD,不妨设AD=1.由余弦定理得BD=,∴BD2+AD2=AB2,∴BD⊥AD.又PD⊥底面ABCD,可得BD⊥PD,∵AD∩PD=D,∴BD⊥平面PAD.∴PA⊥BD.(2)解:如图,以D为坐标原点,DA,DB,DP分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系D xyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,,0),P(0,0,1),=(-1,,0),=(0,,-1),=(-1,0,0).设平面PAB的法向量为n=(x,y,z),则,即.设z=,则得n=(,1,).同理设平面PBC的法向量为m,则可取m=(0,-1,-),cos<m,n>===-.故二面角A PB C的余弦值为-.17.(2010年浙江卷,理20)如图, 在矩形ABCD中,点E,F分别在线段AB,AD上,AE=EB=AF=FD=4.沿直线EF将△AEF翻折成△A'EF,使平面A'EF⊥平面BEF.(1)求二面角A'FD C的余弦值;(2)点M,N分别在线段FD,BC上,若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折,使C与A'重合,求线段FM的长.解:法一:(1)取线段EF的中点H,连接A'H.因为A'E=A'F及H是EF的中点,所以A'H⊥EF.又因为平面A'EF⊥平面BEF,及A'H⊂平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF.如图建立空间直角坐标系A xyz,则A'(2,2,2),C(10,8,0),F(4,0,0),D(10,0,0),故=(-2,2,2),=(6,0,0).设n=(x,y,z)为平面A'FD的一个法向量,所以取z=,则n=(0,-2,).又平面BEF的一个法向量m=(0,0,1).故cos<n,m>==.所以二面角A'FD C的余弦值为.(2)设FM=x,则M(4+x,0,0),因为翻折后C与A'重合,所以CM=A'M,故(6-x)2+82+02=(-2-x)2+22+(2)2,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.法二:(1)取线段EF的中点H,AF的中点G,连接A'G,A'H,GH.因为A'E=A'F及H是EF的中点,所以A'H⊥EF,又因为平面A'EF⊥平面BEF,A'H⊂平面A'EF,所以A'H⊥平面BEF,又AF⊂平面BEF,故A'H⊥AF,又因为G,H分别是AF,EF的中点,易知GH∥AB,所以GH⊥AF,又∵GH∩A'H=H,∴AF⊥平面A'GH,所以∠A'GH为二面角A'FD C的平面角,在Rt△A'GH中,A'H=2,GH=2,A'G=2,所以cos∠A'GH=.故二面角A'FD C 的余弦值为.(2)设FM=x,因为翻折后C与A'重合, 所以CM=A'M,而CM2=DC2+DM2=82+(6-x)2,A'M2=A'H2+MH2=A'H2+MG2+GH2=(2)2+(x+2)2+22,得x=,经检验,此时点N在线段BC上,所以FM=.立体几何的开放性问题考向聚焦高考常考内容,主要考查立体几何的开放性问题:(1)条件追溯型;(2)存在探索型;(3)方法类比探索型.考查学生分析问题、解决问题的能力,多在解答题的最后一问,难度中档偏上,所占分值4~8分18.(2012年上海数学,理14,4分)如图,AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱,BC=2.若AD=2c,且AB+BD=AC+CD=2a,其中a、c为常数,则四面体ABCD的体积的最大值是.解析:过点A作AE⊥BC于E,连结DE,则DE⊥BC,所以四面体ABCD的体积为S△ADE.由对称性知,点E为BC的中点,且AB=BD=a时,△ADE的面积最大,又AB+BD>AD,即a>c.所以S△ADE=c,因此四面体ABCD的体积的最大值为.答案:19.(2012年北京卷,理16,14分)如图(1),在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=3,AC=6,D,E分别是AC,AB上的点,且DE ∥BC,DE=2,将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置,使A1C⊥CD,如图(2).(1)求证:A1C⊥平面BCDE;(2)若M是A1D的中点,求CM与平面A1BE所成角的大小;(3)线段BC上是否存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直?说明理由.解:(1)在图(1)中,DE∥BC,AC⊥BC,∴DE⊥AD,DE⊥DC.∴折起后在图(2)中,DE⊥A1D,DE⊥DC.又∵A1D∩DC=D,且A1D,DC⊂平面A1CD,∴DE⊥平面A1CD.∴DE⊥A1C.又∵CD⊥A1C,且CD∩DE=D,且CD,DE⊂平面BCDE,∴A1C⊥平面BCDE.(2)在图(1)中,∵DE∥BC,AC=6,DE=2,BC=3,∴AD=4,DC=2,∴折起后在图(2)中,A1D=4,DC=2,又∵A1C⊥CD,∴A1C=2.由(1)知,建立如图所示的空间直角坐标系C xyz,则C(0,0,0),A1(0,0,2),D(0,2,0),B(3,0,0),E(2,2,0),∴中点M(0,1,),∴=(0,1,).又∵=(-1,2,0),=(3,0,-2).设平面A1BE的法向量为n=(x1,y1,z1),则,∴不妨取x1=1,则n=(1,,).设直线CM与平面A1BE所成角为α,则sin α=|cos(-α)|===,∴α=,∴直线CM与平面A1BE所成角为.(3)不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.证明:假设存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.记P的坐标为P(m,0,0),且0≤m≤3.∴=(m,0,-2),=(0,2,-2),设平面A1PD的法向量为m,且m=(x2,y2,z2),∴∴令z2=1,得m=(,,1).又当平面A1DP⊥平面A1BE时,m·n=0,∴++=0,∴m=-2∉[0,3].∴假设不成立,∴不存在点P,使平面A1DP与平面A1BE垂直.本题考查了空间向量在立体几何中的应用,尤其第三问中更好地体现了空间向量的优越性.20.(2012年福建卷,理18,13分)如图,在长方体ABCD A1B1C1D1中,AA1=AD=1,E为CD中点.(1)求证:B1E⊥AD1;(2)在棱AA1上是否存在一点P,使得DP∥平面B1AE?若存在,求AP的长;若不存在,说明理由;(3)若二面角A B1E A1的大小为30°,求AB的长.解:(1)以A为原点,,,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),E(,1,0),B1(a,0,1),故=(0,1,1),=(-,1,-1),=(a,0,1),=(,1,0).∵·=-×0+1×1+(-1)×1=0,∴B1E⊥AD1.(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0)(0≤z0≤1),使得DP∥平面B1AE.此时=(0,-1,z0).设平面B1AE的法向量n=(x,y,z),∵n⊥平面B1AE,∴n⊥,n⊥,得取x=1,得平面B1AE的一个法向量n=(1,-,-a).要使DP∥平面B1AE,只要n⊥,有-az0=0,解得z0=.即AP=.(3)连接A1D,B1C,由长方体ABCD A1B1C1D1及AA1=AD=1,得AD1⊥A1D.∵B1C∥A1D,∴AD1⊥B1C.又由(1)知B1E⊥AD1,且B1C∩B1E=B1,∴AD1⊥平面DCB1A1,∴是平面A1B1E的一个法向量,此时=(0,1,1).设与n所成的角为θ,则cos θ==.∵二面角A B1E A1的大小为30°,∴|cos θ|=cos 30°,即=,解得a=2,即AB的长为2.利用空间向量解决立体几何中的判定与求解问题的关键是合理建系,准确设点,本题第3问较为创新,更能体现向量法的优点,而在法向量的应用上,要注意赋值的有效性.21.(2010年湖南卷,理18)如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,E是棱DD1的中点.(1)求直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值;(2)在棱C1D1上是否存在一点F,使B1F∥平面A1BE?证明你的结论.解:法一:设正方体的棱长为1.如图所示,以,,为单位正交基底建立空间直角坐标系A xyz.(1)依题意,得B(1,0,0),E(0,1,),A(0,0,0),D(0,1,0),所以=(-1,1,),=(0,1,0).在正方体ABCD A1B1C1D1中,因为AD⊥平面ABB1A1,所以是平面ABB1A1的一个法向量.设直线BE与平面ABB1A1所成的角为θ,则sin θ===.即直线BE与平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:依题意,得A1(0,0,1),=(-1,0,1),=(-1,1,).设n=(x,y,z)是平面A1BE的一个法向量,则由n·=0,n·=0,得所以x=z,y=z.取z=2,得n=(2,1,2).设F是棱C1D1上的点,则F(t,1,1)(0≤t≤1).又B1(1,0,1),所以=(t-1,1,0).而B1F⊄平面A1BE,于是B1F∥平面A1BE⇔·n=0⇔(t-1,1,0)·(2,1,2)=0⇔2(t-1)+1=0⇔t=⇔F为棱C1D1的中点.这说明在棱C1D1上存在点F(C1D1的中点),使B1F∥平面A1BE.法二:(1)如图(1)所示,取AA1的中点M,连接EM,BM.因为E是DD1的中点,四边形ADD1A1为正方形,所以EM∥AD.又在正方体ABCD A1B1C1D1中,AD⊥平面ABB1A1,所以EM⊥平面ABB1A1,从而BM为BE在平面ABB1A1上的射影,∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角.设正方体的棱长为2,则EM=AD=2,BE==3.于是,在Rt△BEM中,sin∠EBM==,即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为.(2)在棱C1D1上存在点F,使B1F∥平面A1BE.证明如下:事实上,如图(2)所示,分别取C1D1和CD的中点F、G,连接B1F,EG,BG,CD1,FG.因A1D1∥B1C1∥BC,且A1D1=BC,所以四边形A1BCD1是平行四边形,因此D1C∥A1B.又E,G分别是D1D,CD的中点,所以EG∥D1C,从而EG∥A1B.这说明A1,B,G,E四点共面.所以BG⊂平面A1BE.因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形,F,G分别为C1D1和CD的中点,所以FG∥C1C∥B1B,且FG=C1C=B1B,因此四边形B1BGF是平行四边形,所以B1F∥BG.而B1F⊄平面A1BE,BG⊂平面A1BE,故B1F∥平面A1BE.(2011年福建卷,理20)如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,四边形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45°.(1)求证:平面PAB⊥平面PAD;(2)设AB=AP.①若直线PB与平面PCD所成的角为30°,求线段AB的长;②在线段AD上是否存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等?说明理由.解:(1)因为PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,所以PA⊥AB.1分又AB⊥AD,PA∩AD=A,所以AB⊥平面PAD.2分又AB⊂平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD.3分第(1)问赋分细则:(1)证出PA⊥AB得1分,未写出AB⊂平面ABCD不得分;(2)证出AB⊥平面PAD得1分,未写出PA∩AD=A不得分;(3)写出平面PAB⊥平面PAD得1分.(2)以A为坐标原点,建立空间直角坐标系A xyz(如图).在平面ABCD内,作CE∥AB交AD于点E,则CE⊥AD.4分在Rt△CDE中,DE=CD·cos 45°=1,CE=CD·sin 45°=1.设AB=AP=t,则B(t,0,0),P(0,0,t).由AB+AD=4得AD=4-t,所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0),=(-1,1,0),=(0,4-t,-t).5分①设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),由n⊥,n⊥,得取x=t,得平面PCD的一个法向量n=(t,t,4-t).又=(t,0,-t),故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos 60°=||,即=,解得t=或t=4(舍去,因为AD=4-t>0),6分所以AB=.7分②假设在线段AD上存在一个点G,使得点G到点P,B,C,D的距离都相等.8分设G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t),则=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t).由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2,即t=3-m;(ⅰ)由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.(ⅱ)由(ⅰ)、(ⅱ)消去t,化简得m2-3m+4=0.(ⅲ)由于方程(ⅲ)没有实数根,所以在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.11分从而,在线段AD上不存在一个点G,使得点G到点P、B、C、D的距离都相等.12分第(2)问赋分细则:(1)建立坐标系得1分,未说明如何建立坐标系扣1分;(2)用t表示出、得1分;(3)设出平面法向量,计算正确得1分;(4)在线段AD上设出G点得1分;(5)计算错误扣2分,如t值计算错;(6)没有结论扣1分.通过高考阅卷分析,造成失分原因如下:(1)解题过程不全,错过得分点,如不建立坐标系;(2)计算错误,如t值求错,平面法向量求错;(3)对参数没有限制范围,如0≤m≤4-t;(4)没有写出结论或未写清结论导致扣分,如不写在线段AD上不存在一个点G,使得点G到P、B、C、D的距离相等.。

立体几何中的向量方法(习题)

立体几何中的向量方法（习题）例题示范例1：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB 上的点，且DE∥BC，DE=2．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2．（1）求证：A1C⊥平面BCDE；（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；（3）线段B C上是否存在点P，使平面A1D P与平面A1B E垂直？请说明理由．过程示范：（1）如图2，由题意得，CD⊥DE，A1D⊥DE，1CD A D=D，∴DE⊥平面A1CD，∵A1C⊂平面A1CD，∴A1C⊥DE，又A1C⊥CD，CD DE=D，∴A1C⊥平面BCDE．（2）如图，建立空间直角坐标系C-xyz，在Rt△A1CD中，A1C⊥CD，CD=2，A1D=4，∴A1C=则C(0，0，0)，D(-2，0，0)，A1(0，0，，B(0，3，0)，E(-2，2，0)，M(-1，0，，∴1(03A B−−→=-，，，(210)BE−−→=--，，，(10CM−−→=-，，设平面A1BE的法向量为()x y z=，，n，则13020A B yBE x y−−→−−→⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=--=⎩nn不妨取1=x，则2=-y，=z∴平面A1BE的一个法向量为(12=-，，n，设CM与平面A1BE所成的角为θ，则sin cos2CMCMCMθ−−→−−→−−→⋅=<>===，nnn，故CM与平面A1BE所成角的大小为45°．（3）假设线段BC上存在满足题意的点P，图2图1A1MBCD EEDC BA且点P 的坐标为(0，a ，0)，03a ≤≤，则1(0A P a −−→=-，，，(20)DP a −−→=，，，设平面A 1DP 的法向量为1111()x y z =，，n ，则1111111020A P ay DP x ay −−→−−→⎧=-=⎪⎨⎪=+=⎩⋅⋅n n不妨取13=-x a ，则16=y，1=z ，∴平面A 1DP的一个法向量为1(36)a =-，n ，若平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直，则10=⋅n n ， ∴31230a a ---=，解得2=-a ， ∵03a ≤≤，∴线段BC 上不存在点P ，使平面A 1DP 与平面A 1BE 垂直．巩固练习1. 如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，若AA 1=2AB ，则CD 与平面BDC 1所成角的正弦值为（）A ．23BCD ．13D CBAC 1D 1B 1A 1A 1B 1C 1DCB A第1题图第2题图2. 如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有棱长都为2，若D 为CC 1的中点，则二面角A -A 1D -B 的余弦值为（） A．6B．3C．3D．43. 在空间直角坐标系O -xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n =(2，-2，1)，已知点P (-1，-3，2)，则点P 到平面OAB 的距离为（）A ．4B ．2C ．3D ．14. 如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点C 1到平面ACD 1的距离为（）A．2BC．3D ．15. 如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，12PA AC AB ==，N 为AB 上一点，且AB =4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．（1）求证：CM ⊥SN ；（2）求SN 与平面CMN 所成角的大小．SMNPA BC6. 如图，已知四边形ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，12QA AB PD ==．（1）求证：平面PQC ⊥平面DCQ ；（2）求二面角Q -BP -C 的余弦值．ABCD A 1C 1D 1B 1QP D CB A B 1C 1A 1CBA7. 如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形AA 1C 1C 是边长为4的正方形，且平面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）求证：在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B ，并求1BDBC 的值．【参考答案】巩固练习 1. A 2. D 3. B 4. C5.（1）证明略；（2）45°6. （1）证明略；（2）7. （1）证明略；（2）1625；（3）925。

高二数学(3.2立体几何中的向量方法(5))

|u× | v u，v，则| cos q |= r r ，， | u || v |
在正四面体ABCD ABCD中为棱AD AD的中点例1 在正四面体ABCD中，E为棱AD的中点求直线CE和平面BCD CE和平面BCD所成的角的正求直线CE和平面BCD所成的角的正弦值. 弦值. A
E B O C D
uuu uur r u sin q =| cos AO,CE | =
2 3
四棱锥P ABCD的底面是边长为的底面是边长为1 例2 四棱锥P－ABCD的底面是边长为1 的菱形， BCD＝60° CD的中点的中点，的菱形，∠BCD＝60°，点E是CD的中点， PA⊥底面ABCD，PA＝底面ABCD PA⊥底面ABCD，PA＝，求二面 3 P―BE―A的大小的大小. 角P―BE―A的大小. z
r u r |a× | n 为θ，则 sin q = r u ， r | a || n |
法向量为n，直线和平面和平面α的夹角法向量为，直线l和平面的夹角
基本原理
（3）设二面角α－l－β的平面角为二面角－－的平面角为 θ，平面α，β的法向量分别为，平面，的法向量分别为 r r
P
y
D E C B x
60°
A
例3.教材107页例3. 3.教材107页例3. 教材107页例
作业：作业： P113～114习题3.2A组 12， P113～114习题3.2A组：12，习题3.2A B组：1，2. 《学海》第10课时学海》 10课时
3.2 立体几何中的向量方法第五课时
基本原理
的夹角为θ，（1）设直线l与m的夹角为，其方向向设直线与的夹角为 r
r |a× | b 量分别为a，，量分别为，b，则 cos q = r r | 量为，平面的的方向向量为a，平面α的设直线的方向向量为

高二数学寒假作业(人教A版必修五)立体几何中的向量方法word版含答案

高二数学寒假作业（人教A 版必修五）立体几何中的向量方法1．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 ＝( )A ．2B ．－4C ．4D ．－2解析：∵α∥β，∴两平面法向量平行，∴－21＝－42＝k －2，∴k ＝4. 答案：C2．若AB →＝λCD →＋μCE →，则直线AB 与平面CDE 的位置关系是( )A ．相关B ．平行C ．在平面内D ．平行或在平面内解析：∵AB →＝λCD →＋μCE →，∴AB →，CD →，CE →共面．则AB 与平面CDE 的位置关系是平行或在平面内．答案：D3．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( )A ．P(2，3，3)B ．P(－2，0，1)C ．P(－4，4，0)D ．P(3，－3，4)4．如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为B C 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对解析：以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz.依题意，可得，D(0，0，0)，P(0，1，3)，C(0，2，0)，A(22，0，0)， M(2，2，0)．∴PM →＝(2，2，0)－(0，1，3)＝(2，1，－3)，AM →＝(2，2，0)－(22，0，0)＝(－2，2，0)，∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2，0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM.答案：C5．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.以上正确说法的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：A 1M →＝A 1A →＋AM →＝A 1A →＋12AB →，D 1P →＝D 1D →＋DP →＝A 1A →＋12AB →，∴A 1M →∥D 1P →，所以A 1M ∥D 1P ，由线面平行的判定定理可知，A 1M ∥面DCC 1D 1，A 1M ∥面D 1PQB 1.①③④正确．答案：C6．已知正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( ) A.1010 B.15 C.31010 D.35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)，E(1，0，1)，D 1(0，0，2)．所以BE →＝(0，－1，1)，CD 1→＝(0，－1，2)．所以cos 〈BE →，CD 1→〉＝BE →·CD 1→|BE →|·|CD 1→|＝32×5＝31010. 答案：C7．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 →|为( ) A.216 a B.66a C.156 a D.153a 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 ，a 2)．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，a 3， ∴|MN →|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －23a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－a 32＝216 a. 答案：A8．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.33 D.22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)，答案：B9．已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( )A.5π12B.π3C.π4D.π6解析：如图所示：S △ABC ＝12×3×3×sin 60°＝334.∴VABC A 1B 1C 1＝S △ABC ·OP ＝334·OP ＝94，∴OP ＝ 3. 又OA ＝32×3×23＝1，∴tan ∠OAP ＝OP OA ＝3，又0<∠OAP<π2，∴∠OAP ＝π3. 答案：B10．在四面体P-ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，设PA ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为( )A.63B.33aC.a 3D.6a 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P xyz ，则P(0，0，0)，A(a ，0，0)，B(0，a ，0)，C(0，0，a)．过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ，则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离．∵PA ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心．又△ABC 为等边三角形，∴H 为△ABC 的重心，则H ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a 3.∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－02＝33a. ∴点P 到平面ABC 的距离为33a. 答案：B11．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．解析：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系，设n ＝(x ，y ，z)为平面A 1BC 1的法向量．则n·A 1B →＝0，n·A 1C 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －z ＝0，－x ＋2y ＝0，令z ＝2，则y ＝1，x ＝2，于是n ＝(2，1，2)，D 1C 1→＝(0，2，0)设所求线面角为α，则sin α＝|cos 〈n ，D 1C 1→〉|＝13. 答案：1312．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：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所成的角为60°.答案：60°13．正△ABC 与正△BCD 所在平面垂直，则二面角A BD C 的正弦值为________．解析：取BC 中点O ，连接AO ，DO.建立如图所示坐标系，设BC ＝1，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，B(0，－12，0)， D ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，0. ∴OA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12，0. 设平面ABD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)，则BA →·n ＝0，且BD →·n ＝0，∴y 02＋32z 0＝0且32x 0＋y 02＝0，解之得y 0－3z 0，且y 0＝－3x 0，取x 0＝1，得平面ABD 的一个法向量n ＝(1，－3，1)，由于OA →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面BCD 的一个法向量． ∴cos 〈n ，OA →〉＝55，∴sin 〈n ，OA →〉＝255. 答案：25514．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 →.其中正确的序号是________．15．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 ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________．解析：以C 1为坐标原点建立如图所示的坐标系．∵A 1M ＝AN ＝2a 3，则M(a ，2a 3，a 3)，N(2a 3，2a 3，a)， ∴MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3，0，23a . 又C 1(0，0，0)，D 1(0，a ，0)，∴C 1D 1→＝(0，a ，0)，∴MN →·C 1D 1→＝0，∴MN →⊥C 1D 1→.又C 1D 1→是平面BB 1C 1C 的法向量，且MN ⊄平面BB 1C 1C ，∴MN ∥平面BB 1C 1C.答案：MN ∥平面BB 1C 1C16．如图，四棱锥P ABCD 的底面为正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，H 分别是线段PA ，PD ，AB 的中点．求证：(1)PB ∥平面EFH ；(2)PD ⊥平面AHF.证明：建立如图所示的空间直角坐标系A xyz.∴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)，H(1，0，0)．(1)∵PB →＝(2，0，－2)，EH →＝(1，0，－1)，∴PB →＝2EH →，∴PB ∥EH.∵PB ⊄平面EFH ，且EH ⊂平面EFH ，∴PB ∥平面EFH.(2)PD →＝(0，2，－2)，AH →＝(1，0，0)，AF →＝(0，1，1)，∴PD →·AF →＝0×0＋2×1＋(－2)×1＝0，PD →·AH →＝0×1＋2×0＋(－2)×0＝0，∴PD ⊥AF ，PD ⊥AH ，又∵AF∩AH＝A ，∴PD ⊥平面AHF.17．如图，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D.证明：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立空间直角坐标系，如图．∵AB ＝AA 1＝2，∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A(1，0，0)，B(0，1，0)，C(－1，0，0)，D(0，－1，0)，A 1(0，0，1)．由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1，1，1)．∵A 1C →＝(－1，0，－1)，BD →＝(0，－2，0)，BB 1→＝(－1，0，1)，∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·B 1B →＝0，∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1，又BD∩BB 1＝B ，∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D.18．如图，在直棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，AC ⊥BD ，BC ＝1，AD ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面ACD 1所成角的正弦值．(1)证明：易知，AB ，AD ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所成直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A(0，0，0)，B(t ，0，0)，B 1(t ，0，3)，C(t ，1，0)，C 1(t ，1，3)，D(0，3，0)，D 1(0，3，3)．从而B 1D →＝(－t ，3，－3)，AC →＝(t ，1，0)，BD →＝(－t ，3，0)．因为AC ⊥BD ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0，解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1，0)．因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0， ∴AC →⊥B 1D →，则AC ⊥B 1D.。

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.。

高二数学寒假作业专题11 立体几何中的向量方法(学)

专题十一立体集合中的向量方法学一学------基础知识结论空间向量与垂直关系 1．空间垂直关系的向量表示空间中的垂直关系线线垂直线面垂直面面垂直设直线l 的方向向量为a＝(a1，a2，a3)，直线m 的方向向量为b ＝(b1，b2，b3)，则l ⊥m ⇔a b ⊥r r _ 设直线l 的方向向量是a ＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量u ＝(a2，b2，c 2)，则l ⊥α⇔//a u rr 若平面α的法向量u ＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为v＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔u v ⊥r r2.空间中垂直关系的证明方法线线垂直线面垂直面面垂直①证明两直线的方向向量的数量积为0． ①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量． ①证明两个平面的法向量垂直．②证明两直线所成角为直角. ②证明直线与平面内的相交直线垂直. ②证明二面角的平面角为直角._.空间向量与空间角角的分类向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a ，b ，则cos θ＝cos ,a ba b a b ⋅〈〉=⋅rr r r r ＝⎝⎛⎦⎤0，π2直线与平面所成的角设直线l 与平面α所成的角为θ，l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝cos ,a n a n a n ⋅〈〉=⋅r r r r r⎣⎡⎦⎤0，π2二面角设二面角α—l —β的平面角为θ，平面α、β的法向量为n1，n2，则|cos θ|＝121212cos ,n n n n n n ⋅〈〉=⋅u r u u ru r u r u u r_________[0，π]学一学------方法规律技巧1．利用空间向量求异面直线所成的角异面直线所成的角范围是(0,]2π，构造两条直线的方向向量,a b r r ，先求,a b r r 夹角的余弦值cos ,a b 〈〉r r ，设异面直线所成的角为θ，则有cos cos ,a b θ=〈〉r r ．例1．如图，三棱锥P —ABC 中，PC ⊥平面ABC ，PC=AC=2，AB=BC ， D 是PB 上一点，且CD ⊥平面PAB ．（1）求证：AB ⊥平面P CB ；（2）求异面直线AP 与BC 所成角的大小；2．直线和平面所成的角直线和平面所成的角的范围是[0,]2π，构造直线的方向向量a r ，和计算平面的法向量b r ，再计算,a b r r 夹角的余弦值cos ,a b 〈〉r r ，设直线和平面所成的角为θ，则sin cos ,a b θ=〈〉r r ．例2. 在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 为矩形，1AB =，12AA =，D 为1AA 的中点，BD 与1AB 交于点O ，CO ⊥侧面11ABB A . （1）证明：1BC AB ⊥；（2）若OC OA =，求直线1C D 与平面ABC 所成角的正弦值.【答案】(1)详见解析；（2）355553．二面角求法二面角的平面角的范围是[0,]π，先求两个半平面的法向量,a b r r ，再计算法向量的夹角cos ,a b 〈〉r r ，设二面角的大小为θ，则cos cos ,a b θ=±〈〉r r ，然后再观察二面角是锐二面角还是钝二面角决定符号. 例3. 如图所示，已知AB 为圆O 的直径，点D 为线段AB 上一点，且13AD DB =，点C 为圆O 上一点，且3BC AC =．点P 在圆O 所在平面上的正投影为点D ，PD=DB ．（1）求证：PA CD ⊥；（2）求二面角C PB A--的余弦值．∴二面角C PB A--的余弦值为．15 5。

【专题5】(3)立体几何中的向量方法(含答案)

第3讲立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题．1．直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)(以下相同)．(1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0.(2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2.(3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3.(4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.2．直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)．(1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则 cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设半平面α、β的夹角为θ(0≤θ≤π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 提醒求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．3．求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点P 到平面α的距离：d ＝|PM →·n ||n |(其中n 为α的法向量，M 为α内任一点).热点一利用向量证明平行与垂直例1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，M 为AB 的中点，O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ；(2)平面MDF ⊥平面EFCD .如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形，P A＝AB ＝2，∠BAD ＝60°，E 是P A 的中点．(1)求证：直线PC ∥平面BDE ；(2)求证：BD ⊥PC ；热点二利用向量求空间角例2 如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD＝1，AB ＝12EF ＝22，AF ＝BE ＝2，P 、Q 分别为AE 、BD 的中点． (1)求证：PQ ∥平面BCE ；(2)求二面角A －DF －E 的余弦值．(2013·山东)如图所示，在三棱锥P －ABQ 中，PB ⊥平面ABQ ，BA ＝BP＝BQ ，D ，C ，E ，F 分别是AQ ，BQ ，AP ，BP 的中点，AQ ＝2BD ，PD 与EQ 交于点G ，PC 与FQ 交于点H ，连接GH .(1)求证：AB ∥GH ；(2)求二面角D －GH －E 的余弦值．热点三利用空间向量求解探索性问题例3 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝2AA 1，∠ABC ＝90°，D 是BC的中点．(1)求证：A 1B ∥平面ADC 1；(2)求二面角C 1－AD －C 的余弦值；(3)试问线段A 1B 1上是否存在点E ，使AE 与DC 1成60°角？若存在，确定E 点位置；若不存在，说明理由．如图，在三棱锥P —ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC ，点D 为BC 的中点．(1)求二面角A —PD —B 的余弦值；(2)在直线AB 上是否存在点M ，使得PM 与平面P AD 所成角的正弦值为16，若存在，求出点M 的位置；若不存在，说明理由．真题感悟(2014·北京)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P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．押题精练如图所示，已知正方形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝2，AF＝1.(1)求直线DF 与平面ACEF 所成角的正弦值；(2)在线段AC 上找一点P ，使PF →与DA →所成的角为60°，试确定点P 的位置．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( ) A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内2．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 的中点，P ，Q 是正方体内部或面上的两个动点，则AM →·PQ →的最大值是( )A.12B ．1 C.32 D.543．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为A 1B 1，BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为( ) A.32 B.1010C.35D.254．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦等于( ) A.64 B.104 C.22 D.325．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.33 D.226．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为( )A.36 B.32 C.336 D.12二、填空题7．在一直角坐标系中已知A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．8．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________．9．已知正方形ABCD 的边长为4，CG ⊥平面ABCD ，CG ＝2，E ，F 分别是AB ，AD 的中点，则点C 到平面GEF 的距离为________．10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，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 →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．三、解答题11.如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ；(2)求证：平面P AD⊥平面PDC.12．(2014·课标全国Ⅱ)如图，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，E为PD的中点．(1)证明：PB∥平面AEC；(2)设二面角D－AE－C为60°，AP＝1，AD＝3，求三棱锥E－ACD的体积．13．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝2，AB＝BC，AB⊥BC，O为AC的中点．(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求直线A1C与平面A1AB所成角的正弦值；(3)在BC1上是否存在一点E，使得OE∥平面A1AB？若存在，确定点E的位置；若不存在，请说明理由．。

高二数学047立体几何中的向量方法(5)

时间2016.11.20主备人审核人使用人课题§3.2立体几何中的向量方法（5）课型新授课编号047学习目标用向量方法解决空间中的距离问题，异面直线所成角的问题，点到面的距离问题，直线与平面所成角的问题。

重难点教学重点：立体几何中的向量方法的实际应用教学难点：立体几何中的向量方法的实际应用高二年级数学（理科）学科导学案1、正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M是棱AA1的中点，点O是BD1的中点，求证：OM是异面直线AA1与BD1的公垂线，并求OM的长。

（和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线。

）2、已知△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠CBA=∠DBC=120°，求：（1）直线AD与平面BCD所成角的大小；（2）直线AD与直线BC所成角的大小；（3）二面角A-BD-C的余弦值。

3、如图，已知正方形ABCD和ADMN边长都为2，且平面ABC D⊥平面ADMN,E是BC的中点，F是MD的中点。

（1）求证：MD⊥平面ABCD（2）求点A到平面NDE的距离；（3）求证：CF//平面NDE（4）求二面角E-ND-A的平面角的余弦值引导梳理限时训练1、如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截面而得到的，其中.（1）求的长；（2）求FE与平面ABCD所成的角；（3）求点到平面的距离。

2. 如图四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PG⊥平面ABCD，垂足为G，G在AD上，且PG＝4，，BG⊥GC，GB＝GC＝2，E 是BC的中点．PAGBCDFE(1)求异面直线GE与PC所成的角的余弦值；(2)求点D到平面PBG的距离；(3)若F点是棱PC上一点，且DF⊥GC，求的值．学后反思高斯说：“宁可少些，但要好些”“二分之一个证明等于0”。

高二理科数学寒假作业立体几何中的向量方法

寒假作业（25）立体几何中的向量方法1、在正方形1111ABCD A B C D -中，若E 为11A C 的中点，则直线CE 垂直于( ) A.ACB.BDC.1A DD.1A A2、在三棱锥A BCD -中，平面ABD 与平面BCD 的法向量分别为12,n n u r u u r ，若12,3n n π=u r u u r ，则二面角A BD C --的大小为( )A.3πB.23πC.3π或23π D.6π或3π 3、设直线l 与平面α相交，且l 的方向向量为a r ，α的法向量为n r ，若2,3a n π=r r ，则l 与α所成的角为( )A.23π B.3π C.6π D.56π 4、若异面直线1l 的方向向量与2l 的方向向量的夹角为150︒，则1l 与2l 所成的角为( ) A.30︒B.150︒C.30︒或150︒D.以上均不对5、在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1C C 的中点，则直线BE 与平面1B BD 所成的角的正弦值为( ) A.10-B.105C.5-D.5 6、如图所示，已知点P 为菱形ABCD 外一点，且PA ⊥平面ABCD ,PA AD AC ==,点F 为PC 的中点，则二面角C BF D --的正切值为( )A.3 B.3 C.3 237、已知长方体1111ABCD A B C D -中,1AB BC ==,12AA =,E 是侧棱1BB 的中点,则直线AE 与平面11A ED 所成角的大小为( )A.60︒B.90︒C.45︒D.以上都不对8、如图，在空间直角坐标系D xyz -中，四棱锥1111ABCD A B C D -为长方体，12AA AB AD ==,点,E F 分别为111,C D A B 的中点,则二面角11B A B E --的余弦值为( )A.3-B.3-C.3 D.3 9、如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，,E F 分别在1,A D AC 上，且1121,33A E A D AF AC ==则( )A.EF 至多与1,A D AC 之一垂直B.1,EF A D EF AC ⊥⊥C.EF 与1BD 相交D.EF 与1BD 异面10、已知直线l 过点(1,0,1)P -,且平行于向量(2,1,1)a =r，平面α过点直线l 与点(1,2,3)M ，则平面α的法向量不可能是( )A.(1,4,2)-B.11,1,42⎛⎫-⎪⎝⎭C.11,1,42⎛⎫-- ⎪⎝⎭D.(0,1,1)-11、在三棱锥O ABC -中，已知,,OA OB OC 两两垂直且相等，点,P Q 分别是线段BC 和OA 上的动点，且满足11,22BP BC AQ AO ≤≥,则PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是___________.12、在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =,则直线CD 与平面1BDC 所成角的正弦值为_____________.13、正方体1111ABCD A B C D -的棱长为,,a E F 分别是1BB ，CD 的中点，则点F 到平面11A D E 的距离为__________.14、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3,M ,N 分别是AC ,BC 的中点,则,EM AN 所成角的余弦值等于__________.15、如图，直三棱柱111ABC A B C -，底面ABC △中，190CA CB BCA ==∠=︒，，棱 12AA M N =，、分别是111A B A A ，的中点.（1）求BN u u u r的长；（2）求11,BA C cos B <>u u u r u u u u r的值；（3）求证：11.A B C M ⊥答案以及解析1答案及解析：答案：B解析：建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则1111(1,0,0),(1,1,0),(0,1,0),(0,0,0),(1,0,1),(0,1,1),,,122A B C D A C E ⎛⎫⎪⎝⎭.∴1111,,1,(1,1,0),(1,1,0),(1,0,1),(0,0,1)22CE AC BD A D A A ⎛⎫=-=-=--=--=- ⎪⎝⎭u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r.∵1111,,1(1,1,0)002222CE BD ⎛⎫⋅=-⋅--=-++= ⎪⎝⎭u u u r u u u r ,∴CE BD ⊥u u u r u u u r,∴CE BD ⊥.2答案及解析：答案：C解析：当二面角A BD C --为锐角时，它就等于12,3n n π=u r u u r ；当二面角A BD C --为钝角时，它应等于122,33n n πππ-=π-=u r u u r .3答案及解析：答案：C解析：如图所示，直线l 与平面α所成的角2326θπππ=-=.4答案及解析：答案：A解析：直线1l 与2l 所成的角与其方向向量的夹角相等或互补，且异面直线所成角的范围为0,2π⎛⎤⎥⎝⎦.故选A.5答案及解析：答案：B解析：如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则1(0,0,0),(2,2,0),(2,2,2),(0,2,1)D B B E .∴1(2,2,0),(0,0,2),(2,0,1)BD BB BE =--==-u u u r u u u r u u u r.设平面1B BD 的法向量为(,,)n x y z =r .∵1,n BD n BB ⊥⊥r u u u r r u u u r ，∴22020x y z --=⎧⎨=⎩∴0x yz =-⎧⎨=⎩令1y =，则(1,1,0)n =-r .∴10cos ,n BE n BE n BE⋅==r u u u rr u u u r r u u u r ,设直线BE 与平面1B BD 所成角为θ，则10sin cos ,n BE θ==r u u u r .6答案及解析：答案：D解析：如图，连接BD 交AC 于点O ，连接OF ,∵四边形ABCD 为菱形，∴O 为AC 的中点，AC BD ⊥.∵F 为PC 的中点，∴//OF PA .∵PA ⊥平面ABCD ,∴OF ⊥平面ABCD .以O 为原点，,,OB OC OF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系O xyz -，设1PA AD AC ===,则3BD =，∴31,0,0,0,0,22B F ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，130,,0,,0,022C D ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.结合图形可知，10,,02OC ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u r ,且OC u u u r 为平面BDF 的一个法向量.由31,,02BC ⎛⎫=-⎪ ⎪⎝⎭u u u r，31,0,2FB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r ,可求得平面BCF 的一个法向量(1,3,3)n =r.∴21cos ,7n OC =r u u u r ，27sin ,n OC =r u u u r ，∴23tan ,n OC =r u u u r .7答案及解析：答案：B解析：如图，以点D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系.由题意知，1(1,0,2),(1,1,1),(0,0,2),(1,0,0)A E D A ,所以11(0,1,1),(1,1,1),(0,1,1)A E D E EA =-=-=--u u u r u u u u r u u u r.设平面11A ED 的一个法向量为(,,)n x y z =r ，则由1100n A E n D E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u r r u u u u r得00y z x y z -=⎧⎨+-=⎩令1z =，得1,0y x ==，所以(0,1,1)n =r ，cos ,122n EA n EA n EA⋅===-⋅r u u u rr u u u r r u u u r .所以,180n EA =︒r u u u r .所以直线AE 与平面1A ED 所成的角为90︒.8答案及解析：答案：C解析：设1AD =，则111(1,0,2),(1,2,0),(0,2,2),(0,0,2)A B C D ,因为,E F 分别为11C D ,1A B 的中点，所以(0,1,2),(1,1,1)E F ，所以11(1,1,0),(0,2,2)A E A B =-=-u u u r u u u r,设(,,)m x y z =是平面1A BE 的法向量，则110A E m AB m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u r u u u r u r所以0220x y y z -+=⎧⎨-=⎩所以y x y z =⎧⎨=⎩取1x =，则1y z ==，所以平面1A BE 的一个法向量为(1,1,1)m =u r.又DA ⊥平面11A B B ，所以(1,0,0)DA =u u u r 是平面11A B B 的一个法向量，所以3cos ,3m DA m AD m DA⋅===u r u u u ru r u u u r u r u u u r ，又二面角11B A B E --为锐二面角，所以二面角11B A B E --3C9答案及解析：答案：B解析：如图，以D 为坐标原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为3，则1(1,0,1),(2,1,0),(3,0,3),(3,0,0),(0,3,0),(0,0,0)E F A A C D ，∴(1,1,1)EF =-u u u r ,(3,3,0)AC =-u u u r,1(3,0,3)A D =--u u u u r ,∵0EF AC ⋅=u u u r u u u r ,10EF A D ⋅=u u u r u u u u r ,∴EF AC ⊥,1EF A D ⊥,故选B.10答案及解析：答案：D解析：因为(0,2,4)PM =u u u u r,直线l 平行于向量a r ，若n r 是平面α的法向量，则必须满足n a n PM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r r r u u u ur 把选项代入验证，只有选项D 不满足，故选D11答案及解析：答案：33⎤⎥⎣⎦解析：根据题意，以O 为原点，分别以,,OA OB OC 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，不妨设1OA OB OC ===,则(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(0,,1)A B C P b b -112b ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭，(,0,0)Q a 102a ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭.(,,1)QP a b b =--u u u r ，(0,1,0)OB =u u u r ,所以cos ,QP OB QP OB QP OB ⋅=u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r u u u r 22222(1)111a b b a b b ==++-⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.因为[][]10,1,1,2a b b ∈∈，所以当0,1a b ==时，cos ,1QP OB =u u u r u u u r 取得最大值；当12a b ==时，3cos ,3QP OB =u u u r u u u r 取得最小值，所以PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是3⎤⎥⎣⎦.12答案及解析：答案：23解析：以D为坐标原点，分别以1,,DA DC DD所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，连接1,BD C D,设122AA AB==,则1(0,0,0),(0,1,0),(1,1,0),(0,1,2)D C B C.设平面1BDC的一个法向量为(,,)n x y z=r，则1,n DB n DC⊥⊥r u u u r r u u u u r,所以有20x yy z+=⎧⎨+=⎩令2y=-，得(2,2,1)n=-r.设CD与平面1BDC所成的角为θ，则2sin cos,3n DCn DCn DCθ⋅===r u u u rr u u u rr u u u r.13答案及解析：35解析：如图，以D为坐标原点，分别以1,,DA DC DD所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则1(,0,)A a a，1(0,0,)D a，(,0,0)A a，(,,0)B a a，1(,,)B a a a，,,2a E a a ⎛⎫⎪⎝⎭，0,,2a F a ⎛⎫⎪⎝⎭，设平面11A D E 的法向量为(,,)n x y z =r ，则1110,0n A D n A E ⋅=⋅=r u u u u r r u u u r ,即(,,)(,0,0)0(,,)0,,02x y z a a x y z a ⋅-=⎧⎪⎨⎛⎫⋅-= ⎪⎪⎝⎭⎩∴002ax a ay z -=⎧⎪⎨-=⎪⎩∴02x z y =⎧⎪⎨=⎪⎩令2z =，得(0,1,2)n =r .又10,,2a FD a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭u u u u r ，∴所求距离13352105a FD n d a n⋅===u u u u r r r.14答案及解析：答案：16解析：设2AB =,过点C 作CO ⊥平面ABDE ,OH AB ⊥,则CH AB ⊥, CHO ∠为二面角C AB D --的平面角,∵3,cos 1CH OH CH CHO ==⋅∠=,结合等边ABC ∆与正方形可知此四棱锥为正四棱锥,则3AN EM CH ===()12AN AC AB =+u u u r u u u r u u u r ,12EM AC AE =-u u u u r u u u r u u u r ,()111222AN EM AB ACAC AE ⎛⎫⋅=+⋅-= ⎪⎝⎭u u u r u u u u r u u u r u u u ru u ur u u u r ,故,EM AN 所成角的余弦值为16EM AN EM AN ⋅=⋅u u u u r u u u ru u u u r u u u r .15答案及解析：答案：（1）以射线CA u u u r 、CB u u u r 、1CC u u u ur 分别为坐标系OX OY OZ 、、轴，则010101B N （，，），（，，）， |BN u u u r|=222)01()10()01(-+-+-=3 （2）11102012000A B C （，，），（，，），（，，）111,1,2)0,2),(1,BA CB ==-u u u r u u u u r ,（∴11,BA C cos B <>u u u r u u u u r |CB ||BA |11112223222102)1(1221)1(01++⋅+-+⨯+⨯-+⨯=1030 （3）111002,,222C M （，，），（）， 1C M u u u u u r =（21，21，0），1112A B --=u u u u r （，，） ∴1111(1)1022C M A B ⋅=⨯-+⨯+⨯(-2)=0u u u u u r u u u u r 11A B C M ⊥解析：。

高考人教版数学(理)一轮复习课件：7.7立体几何中的向量方法5

解析：在 Rt△SAB 中，SA＝SB，
S△SAB＝12×SA2＝8，解得 SA＝4. 设圆锥的底面圆心为 O，底面半径为 r，高为 h，在 Rt△SAO 中，∠SAO＝30°，所以 r＝2 3，h＝2，所以圆锥的体积为13πr2·h＝13π×(2 3)2×2＝8π. 答案：8π
考向一向量法求直线与平面所成的角 [互动讲练型] [例 1]
[变式练]——(着眼于举一反三)
1．[2018·浙江卷，19]如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A， B1B，C1C 均垂直于平面 ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1， AB＝BC＝B1B＝2.
(1)证明：AB1⊥平面 A1B1C1； (2)求直线 AC1 与平面 ABB1 所成的角的正弦值．
(1)求证：AB∥EF； (2)若 PA＝PD＝AD＝2，且平面 PAD⊥平面 ABCD，求平面 PAF 与平面 AE 所成的锐二面角的余弦值．
解析：(1)∵底面 ABCD 是菱形，∴AB∥CD，又 AB⊄平面 PCD，CD⊂平面 PCD，∴AB∥平面 PCD， ∵A，B，E，F 四点共面，且平面 ABEF∩平面 PCD＝EF， ∴AB∥EF.
2.直线和平面所成角的求法如图所示，设直线 l 的方向向量为 e，平面 α 的法向量为 n，直线 l 与平面 α 所成的角为 φ，两向量 e 与 n 的夹角为 θ，则有 sinφ＝|cosθ|＝③||ee|·|nn||.
3.二面角的求法 (1)如图①，AB，CD 是二面角 α－l－β 两个半平面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ＝〈A→B，C→D〉．
n1，n2 的夹角是相等(一个平面的法向量指向二面角的内部，另一个平面的法向量指向二面角的外部)，还是互补(两个法向量同时指向二面角的内部或外部)，这是利用向量求二面角的难点、易错点．

高二周末培优作业：立体几何中的向量方法

23)，H→P＝(0,0，
3 2)
为平面 ABFD 的法向量．设 DP 与平面 ABFD 所成角为 θ，则
→→ 3
sinθ＝|H→P·D→P|＝
4＝ 3
3 4.
|HP||DP|
所以
DP
与平面
ABFD
所成角的正弦值为
3 4.
2．(2019·辽宁五校联考)梯形，其中 CD∥AB，BC⊥AB，侧面 ABE⊥平面 ABCD，且 AB＝AE＝BE＝2BC＝2CD ＝2，动点 F 在棱 AE 上，且 EF＝λFA.
8．(2019·河北衡水模拟)如图所示，四棱锥 PABCD 的底面为矩形，已知 PA＝PB ＝PC＝BC＝1，AB＝ 2，过底面对角线 AC 作与 PB 平行的平面交 PD 于 E.
(1)试判定点 E 的位置，并加以证明； (2)求二面角 EACD 的余弦值．
9．(2019·辽宁沈阳二模)如图，在直三棱柱 ABCA1B1C1 中，AC＝AA1＝2，D 为棱 CC1 的中点，AB1∩A1B＝O.
(1)证明：平面 PEF⊥平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值．解：(1)证明：由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，所以 BF⊥平面 PEF.
又 BF⊂平面 ABFD，所以平面 PEF⊥平面 ABFD.
→ (2)作 PH⊥EF，垂足为 H.由(1)得，PH⊥平面 ABFD.以 H 为坐标原点，HF
→ 的方向为 y 轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz.
由(1)可得，DE⊥PE.
又 DP＝2，DE＝1，所以 PE＝ 3.又 PF＝1，EF＝2，故 PE⊥PF.
可得 PH＝ 23，EH＝32.

高二数学寒假作业专题11 立体几何中的向量方法(测)(含解析)

专题11 立体几何中的向量方法【测一测】一、选择题1．平面α的一个法向量为n=(1,2,0),平面β的一个法向量为m=(2,-1,0),则平面α和平面β的位置关系是( )(A)平行 (B)相交但不垂直 (C)垂直 (D)重合【答案】C【解析】试题分析：∵n=(1,2,0),m=(2,-1,0),∴m ·n=2-2+0=0,即m ⊥n ，∴α⊥β. 2.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)2 (B)-4 (C)4(D)-23．从点A(2，－1,7)沿向量a ＝(8,9，－12)的方向取线段长AB ＝34，则B 点的坐标为( )A ．(－9，－7,7)B ．(18,17，－17)C ．(9,7，－7)D ．(－14，－19,31)4.如图，平面ABCD ⊥平面ABEF ，四边形ABCD 是正方形，四边形ABEF 是矩形，且12AF AD a ==，G 是EF 的中点，则GB 与平面AGC 所成角的正弦值为（）A ．66 B. 33 C. 63 D. 23【答案】C【解析】试题分析：由已知可知图中直线,,AB AF AD 两两垂直，因此我们以此为空间的直角坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出GB 与平面AGC 所成角的正弦值.5.已知空间四边形OABC ，其对角线为,OB AC ，,M N 分别是边,OA CB 的中点，点G 在线段MN 上，且4题使2MG GN =，用向量,,OA OB OC u u u r u u u r u u u r 表示向量OG u u u r是（） A ．111633OG OA OB OC =++u u u r u u u r u u u r u u u r B ．112633OG OA OB OC =++u u u r u u u r u u u r u u u rC ．2233OG OA OB OC =++u u u r u u u r u u u r u u u rD ．122233OG OA OB OC =++u u u r u u u r u u u r u u u r【答案】A【解析】试题分析：因为31114633=+=+=++u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r OG OM MG OM MN OA OB OC ,选A6.已知非零向量a,b 及平面α，若向量a 是平面α的法向量，则a ·b=0是向量b 所在直线平行于平面α或在平面α内的( )(A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件7. 已知AB u u u r ＝(1，5，-2)，BC uuu r ＝(3，1，z)，若AB BC ⊥u u u r u u u r ，BP uu u r ＝(x-1,y,-3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x,y,z 分别为( )(A)3315,77-,4 (B)4015,77-,4 (C)407,-2,4 (D)4,407,-15【答案】B【解析】试题分析：∵AB BC ⊥u u u r u u u r ,∴AB BC ⋅u u u r u u u r ＝3+5-2z=0,即z=4.又BP ⊥平面ABC ，∴BP AB ⋅u u u r u u u r ＝x-1+5y+6=0,①，BP BC ⋅u u u r u u u r ＝3x-3+y-3z=0,②，由①②可得x=407,y=157-.8.已知直二面角α-l-β,点A ∈α,AC ⊥l,C 为垂足，B ∈β,BD ⊥l,D 为垂足.若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则D 到平面ABC 的距离等于( )(A)23(B)3 (C)6 (D)1 【答案】C【解析】试题分析：∵AB AC CD DB,=++u u u r u u u r u u u r u u u r ∴2222AB AC CD DB =++u u u r u u u r u u u r u u u r , ∴|CD uuu r |2=2. 在Rt △BDC 中，BC 3∵平面ABC ⊥平面BCD ，过D 作DH ⊥BC 于H ，则DH ⊥平面ABC ，∴DH 的长即为D 到平面ABC的距离，∴DH＝DB DC126 BC33⋅⨯=＝.9.若点(,5,21)A x x x--，(1,2,2)B x x+-，当AB取最小值时，x的值等于（）．A．19B．78-C．78D．141910.记动点P是棱长为1的正方体1111-ABCD A B C D的对角线1BD上一点，记11D PD Bλ=．当APC∠为钝角时，则λ的取值范围为( )A.(0,1) B.1(,1)3 C.1(0,)3 D. (1,3)二、填空题11.二面角的棱上有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___________.12.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 所成的角等于_______．13.已知两点)3,2,1(A ,)2,1,2(,)2,1,1(P 点Q 在直线OP 上运动，则当QB QA ⋅取得最小值时，Q 点的坐标．【答案】），，（383434【解析】试题分析：设Q （x ，y ，z ）由点Q 在直线OP 上可得存在实数λ使得OP OQ λ=，则有Q （λ，λ，2λ） )23,2,1(λλλ---=QA ,)22,1,2(λλλ---=QB ,当=⋅QB QA （1-λ）（2-λ）+（2-λ）（1-λ）+（3-2λ）（2-2λ）=2（3λ2-8λ+5）根据二次函数的性质可得当34=λ时，取得最小值32-,此时Q ），，（383434.14.在棱长为1的正方体中ABCD=A1B1C1D1，M、N分别是AC1、A1B1的中点．点P 在正方体的表面上运动，则总能使MP 与BN 垂直的点P 所构成的轨迹的周长等于________.三、解答题15.如图，平面ABCD⊥平面ADEF，其中ABCD为矩形，ADEF为梯形，AF∥DE，AF⊥FE，AF＝AD＝2DE＝2．(Ⅰ)求异面直线EF与BC所成角的大小；(Ⅱ)若二面角A－B F－D的平面角的余弦值为13，求AB的长．B(－2，0，x)，所以DF u u u r ＝(1，－3，0)，BF u u u r ＝(2，0，－x)．因为EF ⊥平面ABF ，所以平面ABF 的法向量可取1n u u r＝(0，1，0)．设2n u u r ＝(x1，y1，z1)为平面BFD 的法向量，则111120,30,x z x x y -=⎧⎪⎨-=⎪⎩，所以可取2n u u r ＝(3，1，23)．因为co s<1n u u r ，2n u u r >＝1212||||n n n n ⋅⋅u u r u u r u u r u u r ＝13，得x ＝2155，所以AB ＝2155．16.如图，三棱锥P ABC -中，PB ⊥平面ABC ，PB BC ==4CA =，90BCA ∠=o ，E 为PC 中点.（1）求证：BE ⊥平面PAC ；（2）求二面角E AB C --的正弦值.平面ABC 法向量为)1,0,0(1=n ，设平面ABE 法向量为()2,,n x y z =u u r ，则02=⋅n 02=⋅n ⎩⎨⎧=+=+022044z x y x .令z=1,得x=-1,y=1,. 即)1,1,1-(2=n ，设二面角E-AB-C 为θ,则cos =θ33 故二面角C AB E --的余弦值为3.。

高二数学寒假作业专题11 立体几何中的向量方法(背)

专题11 立体几何中的向量方法【背一背】一、空间向量与平行关系 1．直线的方向向量直线的方向向量是指和这条直线平行或重合的向量，一条直线的方向向量有无数个． 2．平面的法向量直线l ⊥α，取直线l 的方向向量a ，则向量a 叫做平面α的法向量． 3．空间中平行关系的向量表示 (1)线线平行设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a1，b1，c1)，b ＝(a2，b2，c2)，且a2b2c2≠0，则l ∥m ⇔//a b ⇔a bλ=⇔111222a b c a b c ==222(0)a b c ≠. (2)线面平行设直线l 的方向向量为a ＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量为u ＝(a2，b 2，c2)，则l ∥α⇔a u ⊥⇔0a u ⋅=⇔1212120a a bb c c ＋＋＝. (3)面面平行设平面α，β的法向量分别为u ＝(a1，b1，c1)，v ＝(a2，b2，c2)，则α∥β⇔//u v ⇔u v λ=⇔111222a b c a b c ==222(0)a b c ≠空间向量与垂直关系1．空间垂直关系的向量表示空间中的垂直关系线线垂直线面垂直面面垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a1，a2，a3)，直线m 的方向向量为b ＝(b1，b2，b3)，则l ⊥m ⇔a b ⊥_设直线l 的方向向量是a ＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量u ＝(a2，b2，c2)，则l ⊥α⇔//a u若平面α的法向量u ＝(a1，b1，c1)，平面β的法向量为v ＝(a2，b2，c2)，则α⊥β⇔u v ⊥2.空间中垂直关系的证明方法线线垂直线面垂直面面垂直①证明两直线的方向向量的数量积为0． ①证明直线的方向向量与平面的法向量是共线向量．①证明两个平面的法向量垂直．②证明两直线所成角为直角. ②证明直线与平面内的相交直线垂直.②证明二面角的平面角为直角._.空间向量与空间角 1．空间中的角角的分类向量求法范围异面直线所成的角设两异面直线所成的角为θ，它们的方向向量为a ，b ，则cos θ＝cos ,a b a b a b⋅〈〉=⋅＝⎝⎛⎦⎤0，π2 直线与平面所成的角设直线l 与平面α所成的角为θ，l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，则sin θ＝cos ,a n a n a n⋅〈〉=⋅⎣⎡⎦⎤0，π2 二面角设二面角α—l —β的平面角为θ，平面α、β的法向量为n1，n2，则|cos θ|＝121212cos ,n n n n n n ⋅〈〉=⋅_________[0，π解决立体几何问题时，注意求解方法既可以用传统的几何方法解决，又可用向量方法处理，在求直线和平面所成的角、二面角时，正确求出法向量的坐标是关键，下面总结两种常见的求法向量坐标的方法，希望大家掌握这个一重要技能. 方程法利用直线与平面垂直的判定定理构造三元一次方程组，由于有三个未知数，两个方程，要设定一个变量的值才能求解，这是一种基本的方法，容易接受，但运算稍繁，要使法向量简洁，设置可灵活，法向量有无数个，它们是共线向量，取一个就可以了. 双0速算法在实际中发现，两个向量的六个坐标中，只要出现2个0，就可以快速求得法向量，而且正确率高，在考试中作用明显，举例说明例题：已知向量,a b 是平面α内的两个不共线向量，且(1,2,0)a =，(3,0,4)b =，求平面α的一个法向量解：先找一个与(1,2,0)a =垂直的向量n，因为0n a⋅=，故可先取n的,x y坐标分别为2,1-，z的值待定，即(2,1,)n z=-，又因为0n b⋅=，即640z+=，所以32z=-，取3(2,1,)2n=--.。

高二数学寒假作业专题11立体几何中的向量方法练含解析

专题11 立体几何中的向量方法【练一练】一、填空题1．假设n ＝(2，－3,1)是平面α的一个法向量，那么以下向量能作为平面α的一个法向量的是( )A ．(0，－3,1)B ．(2,0,1)C ．(－2，－3,1)D ．(－2,3，－1)2．在直角坐标系中，设A(－2,3)，B(3，－2)，沿x 轴把直角坐标平面折成120°的二面角后，那么A 、B 两点间的间隔为( ) A ．211 B.11 C.22 D ．3113．在正方体ABCD —A1B1C1D1中，E 为BB1的中点，那么平面A1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22∴n =⎝⎛⎭⎫1，－12，－1.，又平面ABCD 的一个法向量为1DD ＝(0,0,1)， ∴1cos ,n DD 〈〉=＝－23.∴平面A1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为23.4．假设直线l1的方向向量与直线l2的方向向量的夹角是150°，那么l1与l2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】A【解析】试题分析：03cos cos1502θ==，故6πθ=. 5．如下图，在正方体ABCD —A1B1C1D1中，M ，N ，P 分别是棱CC1，BC ，A1B1上的点，假设∠B1MN ＝90°，那么∠PMN 的大小是( )A ．等于90°B ．小于90°C ．大于90°D ．不确定【答案】A 【解析】试题分析：∵11A B ⊥平面11BCC B ，∴11A B MN ⊥，11()MP MN MB B P MN ⋅=+⋅ 110MB MN B P MN ⋅+⋅=，MP MN ∴⊥，即90PMN ∠︒＝.二、填空题6．正三棱柱ABC —A1B1C1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC1的中点，那么异面直线AB1和BM 所成的角的大小是________．7．假设两个平面α，β的法向量分别是n ＝(1,0,1)，ν＝(－1，1,0)．那么这两个平面所成的锐二面角的度数是________．【答案】060【解析】试题分析：∵11cos ,222n v -〈〉==-⋅，∴0,120n v 〈〉=.，故两平面所成的锐二面角为0120.. 三、解答题 8．三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝AC ＝12AB ，N 为AB 上一点，且AB ＝4AN ，M ，S 分别为PB ，BC 的中点．(1)证明：CM ⊥SN ；(2)求SN 与平面CMN 所成角的大小．5题。

3.2立体几何中的向量方法(5)

典例讲评
例3 四棱锥P－ABCD的底面是边长为2的
菱形，∠BAD＝60°，⊿PAD是正三角形，且
平面PAD⊥底面AP
A(1,0,0), B(0, 3,0)
P(0,0, 3),C(2, 3,0),
平面PCB的法向量 n (0,1,1)
D
O
平面PAB的法向量m ( 3,1,1)A
二面角A-PB-C的余弦值 10 x
5
C B
y
典例讲评
例4 如图，一块质量为500kg的均匀正
三角形钢板，在它的顶点处分别受力F1、
F2、F3，每个力与同它相邻的三角形的两
边之间的夹角都是60°，且|F1|＝|F2|＝
|F3|. 当这三个力至少为多大时，才能提
起这块钢板?
大于 500 kg
z F1 F3
【【解解】】如如图图所所示示，，建建立立空空间间
直点 DE直点DE(于所(于所1(于所1(1()角01是以)．角01是以)．是以,，易,2，易2异坐易异c,坐设异c,032设co得032o得面)，o得标s面)，s，面标〈s，E〈→E〈直→EA0直系→F直A0FE系F→EFFB→E线＝→B线 .(F＝，线F＝.(1F，＝1，＝，,E，2,E0点E02点0AF,，1AF，1,→AF，1→11→)1，与D121与)，D，12A与D12，，A〉，〉，〉依AAA依1A为A＝11＝1为11＝D1(1D题，D0，|(坐题，|EE0→所坐|E→,E→所E→EA0→所F→,AF意F→标0AFF,→意成 F1标|→4成1·,||D成·1A|A|D4·A)A|D→原得A→A角→，＝)→1角1→原得＝→1角1D，＝D11DDDD的(的|(的0|＝(0|＝0,＝余,2余,2余－2，－，－弦，弦弦35－35－35值.－值.值.44为4)为)为，)，，353535...

高二数学习题课立体几何中的向量方法

习题课立体几何中的向量方法【学法指导】结合例题的解题过程，对立体几何中的三种方法(综合法、向量法、坐标法)进行比较，进一步体会向量方法与坐标方法相结合的优越性.线线平行l ∥m ⇔a ∥b ⇔_____________ 线面平行l ∥α⇔________⇔________ 面面平行α∥β⇔u ∥v ⇔______________ 线线垂直l ⊥m ⇔a ⊥b ⇔________ 线面垂直l ⊥α⇔a ∥u ⇔_____________ 面面垂直α⊥β⇔u ⊥v ⇔________ 线线夹角 l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，cos θ＝________ 线面夹角 l ，α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，sin θ＝________ 面面夹角α，β的夹角为θ (0≤θ≤π2)，cos θ＝________ 题型一立体几何中的综合性问题例1 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ，点E 是PC 的中点，作EF ⊥PB 交PB 于点F .(1)求证：P A ∥平面EDB ；(2)求证：PB ⊥平面EFD ；(3)求二面角C —PB —D 的大小．跟踪1 如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，EF ∥AB ，EF ⊥FB ，AB ＝2EF ，∠BFC ＝90°，BF ＝FC ，H 为BC 的中点．(1)求证：FH ∥平面EDB ；(2)求证：AC ⊥平面EDB ；(3)求二面角B －DE －C 的大小．题型二立体几何中的探索性问题立体几何中的探索性问题，在命题中多在解答题的一步中出现，试题有一定的难度．这类题型常以适合某种条件的结论“存在”、“不存在”、“是否存在”等语句表述．解答这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若导致合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性．例2 如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM ＝BN ＝a (0<a <2)．(1)求MN 的长；(2)当a 为何值时，MN 的长最小．跟踪2 如图，在长方体ABCD － A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 的中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1.(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由．(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．【达标检测】1．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD ，∠DAB ＝60°，FC ⊥平面ABCD ，AE ⊥BD ，CB ＝CD ＝CF .(1)求证：BD ⊥平面AED ；(2)求二面角F －BD －C 的余弦值．2. 如图，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．在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN?【课堂小结】1．解决立体几何问题一般有三种方法：综合法、向量法、坐标法．综合法以逻辑推理作为工具解决问题；向量法利用向量的概念及其运算解决问题；坐标法利用数及其运算来解决问题．一般情况下，我们遵循的原则是以综合法为基础，以向量法为主导，以坐标法为中心．2．对于探索性问题，一般先假设存在，利用空间坐标系，结合已知条件，转化为代数方程是否有解的问题，若有解满足题意则存在，若没有满足题意的解则不存在.习题课立体几何中的向量方法一、基础过关1.如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G 、H 分别为F A 、FD 的中点． (1)证明：四边形BCHG 是平行四边形；(2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？(3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE .2.如图所示，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是一直角梯形，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝a ，AD ＝2a ，且P A ⊥底面ABCD ，PD 与底面成30°角．(1)若AE ⊥PD ，E 为垂足，求证：BE ⊥PD ；(2)求异面直线AE 与CD 所成角的余弦值．二、能力提升3．如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AC ⊥AD ，AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，P A ＝AD ＝2，AC ＝1.(1)证明PC ⊥AD ；(2)求二面角A －PC －D 的正弦值；(3)设E 为棱P A 上的点，满足异面直线BE 与CD 所成的角为30°，求AE 的长．4.如图，在四棱锥O —ABCD 中，底面ABCD 是边长为1的菱形，∠ABC ＝π4，OA ⊥底面ABCD ，OA ＝2，M 为OA 的中点，N 为BC 的中点．(1)证明直线MN ∥平面OCD ；(2)求异面直线AB 与MD 所成角的大小．5.等边△ABC中，D，E分别是AC，AB的中点，沿DE将△ADE折起，使平面ADE⊥平面BCDE(如图所示)．(1)求证：平面ABC⊥平面ABE；(2)求直线AC与平面ABE所成角的正弦值．6.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P AC，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P AC.若存在，求SE∶EC的值；若不存在，试说明理由．。

立体几何复习之向量法(高二)

AAA立体几何复习之向量法问题一：怎样建立空间直角坐标系1、已知正三棱柱111ABC A B C-请建立适当的空间直角坐标系2、已知正四棱锥P ABCD-请建立适当的空间直角坐标系3、已知四棱锥P ABCD-底面是菱形，且PA=PC，PB=PD，建立适当坐标系（1题图）（2题图）（3题图）4、已知平行六面体1111ABCD A BC D-各棱长为a，1AO⊥底面，建立适当的坐标系5、已知正三角形ABC，点S为三角形外一点，SA=SC,面SAC ABC⊥面，建立适当的坐标系。

6、已知三角形ABC，点S为三角形外一点，面SBC ABC⊥面，且CA=CB=CS，面0120BCS BCA∠=∠=，建立适当的坐标系（5题图）（6题图）问题二：向量计算问题1、已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形，AB ∥DC ，⊥=∠PA DAB ,90 底面ABCD ，且PA=AD=DC=21AB=1，M 是PB 的中点。

（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ；（Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小。

2、如图，已知平面A 1B 1C 1平行于三棱锥V-ABC 的底面ABC ，等边∆ AB 1C 所在的平面与底面ABC 垂直，且∠ACB =90°，设AC =2a ,BC=a .（1）求证直线B 1C 1是异面直线AB 1与A 1C 1的公垂线；（2）求点A 到平面VBC 的距离；（3）求二面角A-VB-C 的大小.3、如图，已知长方体1111,ABCD A BC D -12,1,AB AA ==直线BD 与平面11AAB B 所成的角为30︒，AE 垂直BD 于E ，F 为11A B 的中点. （I ）求异面直线AE 与BF 所成的角；（II ）求平面BDF 与平面1AA B 所成的二面角；A1A BD1B F1C 1D E4、如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1，中，AD=AA 1=1，AB=2，点E 在棱AD 上移动. （1）证明：D 1E ⊥A 1D ；（2）当E 为AB 的中点时，求点E 到面ACD 1的距离；（3）AE 等于何值时，二面角D 1—EC —D 的大小为4.5、如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，AB=3，BC=1，PA=2，E 为PD 的中点.（Ⅰ）求直线AC 与PB 所成角的余弦值；（Ⅱ）在侧面PAB 内找一点N ，使NE ⊥面PAC ，并求出N 点到AB 和AP 的距离.F A 6、如图a —l —β是120°的二面角，A ，B 两点在棱上，AB=2，D 在α内，三角形ABD 是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C 在β内，∆ABC 是等腰直角三角形∠ACB=.900（1）求二面角D —AC —B 的大小；（2）求异面直线AB 、CD 所成的角.课堂练习：5、设球O 的半径是1，A 、B 、C 是球面上三点，已知A 到B 、C 两点的球面距离都是2π，且二面角B -OA -C 的大小为3π，则从A 点沿球面经B 、C 两点再回到A 点的最短距离是（）（A ）67π （B ）45π （C ）34π （D ）23π7、菱形ABCD 中，∠A ＝60°，边长为3,沿对角线BD 把它折成60°的二面角，则AC 与BD 的距离是（）（A ）433 （B ）43 （C ）23（D ）423 9、正三棱锥A －BCD 的底面边长为a3，过点B 作与侧棱AD 、AC 都相交的截面BEF ，则此截面周长的最小值为（）（A ）a （B（C ）114a （D。