2015高考理科数学《立体几何中的向量方法》练习题
立体几何中的向量方法一同步练习题(附解析2015高考数学一轮)
立体几何中的向量方法一同步练习题（附解析2015高考数学一轮）立体几何中的向量方法一同步练习题（附解析2015高考数学一轮）A组基础演练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．重合解析：∵m•n＝2－2＝0，∴m⊥n，∴平面α⊥平面β.答案：C2．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：∵α∥β，∴两平面的法向量平行，∴1－2＝2－4＝－2k，∴k＝4.答案：C3．已知A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,1)，则平面ABC的一个单位法向量是()A.33，33，－33B.33，－33，33C.－33，33，33D.－33，－33，－33解析：AB→＝(－1,1,0)，AC→＝(－1,0,1)，经验证只有选项D中的向量同时垂直于向量AB→和AC→，即为平面ABC的一个单位法向量．答案：D4．如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，AD＝22，P为C1D1的中点，M为BC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，DD1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．已知平面α和平面β的法向量分别为a＝(1,1,2)，b＝(x，－2,3)，且α⊥β，则x＝________.解析：∵a•b＝x－2＋6＝0，∴x＝－4.答案：－46．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＝________.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.答案：167．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M、N分别为A1B 和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是________．解析：∵正方体棱长为a，A1M＝AN＝2a3，∴MB→＝23A1B→，CN→＝23CA→，∴MN→＝MB→＋BC→＋CN→＝23A1B→＋BC→＋23CA→＝23(A1B1→＋B1B→)＋BC→＋23(CD→＋DA→)＝23B1B→＋13B1C1→.又∵CD→是平面B1BCC1的法向量，∴MN→•CD→＝23B1B→＋13B1C1→•CD→＝0，∴MN→⊥CD→.又∵MN⊄平面B1BCC1，∴MN∥平面B1BCC1.答案：平行8．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)AE⊥CD；(2)PD⊥平面ABE.证明：AB、AD、AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，设PA ＝AB＝BC＝1，则P(0,0,1)．(1)∵∠ABC＝60°，∴△ABC为正三角形．∴C12，32，0，E14，34，12.设D(0，y,0)，由AC⊥CD，得AC→•CD→＝0，即y＝233，则D0，233，0，∴CD→＝－12，36，0.又AE→＝14，34，12，∴AE→•CD→＝－12×14＋36×34＝0，∴AE→⊥CD→，即AE⊥CD.(2)法一：∵P(0,0,1)，∴PD→＝0，233，－1.又AE→•PD→＝34×233＋12×(－1)＝0，∴PD→⊥AE→，即PD⊥AE.∵AB→＝(1,0,0)，∴PD→•AB→＝0，∴PD⊥AB，又AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.法二：AB→＝(1,0,0)，AE→＝14，34，12，设平面ABE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则x＝0，14x＋34y＋12z＝0，令y＝2，则z＝－3，∴n＝(0,2，－3)．∵PD→＝0，233，－1，显然PD→＝33n.∵PD→∥n，∴PD→⊥平面ABE，即PD⊥平面ABE.9．如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F 分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.求证：(1)EF∥平面PAB；(2)平面PAD⊥平面PDC.证明：(1)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP 所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，∴E12，1，12，F0，1，12，EF→＝－12，0，0，PB→＝(1,0，－1)，PD→＝(0,2，－1)，AP→＝(0,0,1)，AD→＝(0,2,0)，DC→＝(1,0,0)，AB→＝(1,0,0)．∵EF→＝－12AB→，∴EF→∥AB→，即EF∥AB，又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，∴EF∥平面PAB.(2)∵AP→•DC→＝(0,0,1)•(1,0,0)＝0，AD→•DC→＝(0,2,0)•(1,0,0)＝0，∴AP→⊥DC→，AD→⊥DC→，即AP⊥DC，AD⊥DC.又AP∩AD＝A，∴DC⊥平面PAD.∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.B组能力突破1．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD 的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO、AM的位置关系是()A．平行B．相交C．异面垂直D．异面不垂直解析：建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，NO→＝(－1,0，－2)，AM→＝(－2,0,1)，NO→•AM→＝0，则直线NO、AM的位置关系是异面垂直．答案：C2．已知正方体ABCD—A1B1C1D1棱长为1，点P在线段BD1上．当∠APC 最大时，三棱锥P—ABC的体积为()A.124B.118C.19D.112解析：以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系，设BP→＝λBD1→，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝AP→•CP→|AP→||CP→|可求得当λ＝13时，∠APC最大，故VP－ABC ＝13×12×1×1×13＝118.答案：B3．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别是棱BC、DD1上的点，如果B1E⊥平面ABF，则CE与DF的和的值为________．解析：以D1A1、D1C1、D1D分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设CE＝x，DF＝y，则易知E(x,1,1)，B1(1,1,0)，∴B1E→＝(x－1,0,1)，又F(0,0,1－y)，B(1,1,1)，∴FB→＝(1,1，y)，由于AB⊥B1E，故若B1E⊥平面ABF，只需FB→•B1E→＝(1,1，y)•(x－1,0,1)＝0⇒x＋y＝1.答案：14．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)在线段AP上是否存在点M，使得平面AMC⊥平面BMC？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．解：如图，以O为坐标原点，以射线OP为z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，则O(0,0,0)，A(0，－3,0)，B(4,2,0)，C(－4,2,0)，P(0,0,4)，(1)则AP→＝(0,3,4)，BC→＝(－8,0,0)．由此可得AP→•BC→＝0，所以AP→⊥BC→，即AP⊥BC.(2)假设存在点M满足题意，由(1)知，A坐标为(0，－3,0)，AP→＝(0,3,4)，设AM→＝tAP→，AM→＝(0,3t,4t)，(0＜t＜1)，则M点坐标为(0,3t－3,4t)，∴BM→＝(－4,3t－5,4t)，令BM→•AP→＝0，得9t－15＋16t＝0，∴t＝35，此时BM⊥AP，又由(1)知BC⊥AP，且BM∩BC＝B，∴AP⊥平面BMC，又AP⊂平面AMC，∴平面BMC⊥平面AMC，此时AM→＝0，95，125，|AM→|＝3，故存在线段AP上的点M，使平面AMC⊥平面BMC，且AM的长为3.。
2015高考真题数学考点34-立体几何中的向量方法、
考点34 立体几何中的向量方法一、填空题1.(2015·四川高考理科·T14)如图,四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形,它们所在的平面互相垂直,动点M 在线段PQ 上,E,F 分别为AB,BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ,则cos θ的最大值为.【解析】如图,建立空间坐标系,设正方形的边长为2,则A(0,0,0),F(2,1,0),E(1,0,0),设M(0,m,2)(0≤m ≤2), 则AF =(2,1,0),ME =(1,-m,-2), cos θ=2552mm +⨯-令t=2-m(0≤t ≤2), cos θ=52)3223(95151523951512=-+⨯≤⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⨯t答案:52二、解答题3.（2015·安徽高考理科·T19）如图所示，在多面体111A B D DCBA，四边形11AA B B，11,ADD A ABCD均为正方形，E 为11B D 的中点，过1,,A D E的平面交1CD 于F（1）证明：1//EF B C(2)求二面角11E A D B --余弦值.【解题指南】（）利用线面平行的判定和性质定理； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量求解。
【解析】（1）因为111//,A D B C A D ⊂平面1A DE ,1B C ⊄平面1A DE，所以1//B C 平面1A DE,又1B C ⊂平面11B CD ，平面1A DE ⋂平面11B CD =EF ，所以EF//1B C.(2)以A 为原点，分别以1,,AB AD AA 为x 轴，y 轴，z 轴单位正向量建立空间直角坐标系，则A(0，0，0),B(1，0，0),D(0，1,0),111(0,0,1),(1,0,1),(0,1,1),A B D 而E 是11B D 的中点，所以点E 的坐标为（0.5,0.5,1）.设平面1A DE的法向量1111(,,)n r s t =，又11(0.5,0.5,0),(0,1,1)A E A D ==-,由11n A E ⊥,11n A D ⊥得: 11110.50.500r s s t +=⎧⎨-=⎩,令111s t ==，则1(1,1,1)n =-，设平面11A B CD的法向量2222(,,)n r s t =，又111(1,0,0),(0,1,1)A B A D ==-,由同理可得:2(0,1,1)n =，所以结合图形可得二面角11E A D B --的余弦值为1212|.|||.||3n n n n ==。
高考数学二轮：5.3《立体几何中的向量方法》试题(含答案)
第 3 讲立体几何中的向量方法1． (2014课·标全国Ⅱ )直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，∠ BCA＝ 90°，M ，N 分别是 A1B1， A1C1的中点， BC＝ CA＝ CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为 ()12302A. 10B.5C. 10D. 22． (2015安·徽 ) 如图所示，在多面体A1B1D1DCBA 中，四边形AA1B1B，ADD 1A1， ABCD 均为正方形， E 为 B1D 1的中点，过A1，D ，E 的平面交CD1于 F.(1)证明： EF∥ B1C；(2)求二面角E-A1D- B1的余弦值．以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上 .热点一利用向量证明平行与垂直设直线 l 的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α、β的法向量分别为μ＝( a2，b2，c2)，v＝(a3，b3， c3)则有：(1)线面平行l∥ α? a⊥ μ? a·μ＝ 0? a1a2＋ b1b2＋ c1c2＝ 0.(2)线面垂直l⊥ α? a∥ μ? a＝ kμ? a1＝ka2， b1＝ kb2， c1＝ kc2.(3)面面平行α∥ β? μ∥v? μ＝λv? a2＝λa， b ＝λb， c ＝λc32323.(4)面面垂直α⊥ β? μ⊥v? μ·v＝ 0? a2a3＋ b2b3＋c2c3＝ 0.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 .思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a∥ b，只需证明向量a＝λb(λ∈ R)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1如图所示，已知直三棱柱ABC— A1B1C1中，△ ABC 为等腰直角三角形，∠BAC＝ 90°，且 AB＝ AA1， D、 E、 F 分别为 B1A、 C1C、BC 的中点．求证：(1)DE ∥平面 ABC；(2)B1F ⊥平面 AEF .热点二利用空间向量求空间角设直线 l ，m 的方向向量分别为a＝( a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝ (a3， b3， c3)，v＝ (a4， b4， c4)(以下相同 ) ．(1)线线夹角π设 l ， m 的夹角为θ(0≤θ≤2)，则|a·b|＝|a1a2＋ b1b2＋ c1c2 |cosθ＝|a||b|a12＋ b12＋ c12a22＋ b22＋ c22.(2)线面夹角π设直线 l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤2)，则 sin θ＝|a·μ|＝|cos〈a，μ〉 |. |a||μ|(3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则 |cos θ|＝|μ·v|＝ |cos〈μ，v〉 |. |μ||v|例 2 (2015 ·江苏 )如图，在四棱锥P－ABCD 中，已知PA⊥平面 ABCD ，πABCD 为直角梯形，∠ ABC＝∠ BAD＝， PA＝ AD ＝ 2， AB＝ BC2＝1.(1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值；(2)点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线CQ 与 DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练 2 (2014 ·福建 )在平面四边形ABCD中， AB＝BD＝CD＝1，AB⊥ BD，CD ⊥BD.将△ABD沿BD折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，如图所示．(1)求证： AB⊥ CD ；(2)若 M 为 AD 中点，求直线AD 与平面 MBC 所成角的正弦值．热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等 )是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立 )或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例 3 如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，AB＝ BC＝ 2AA1，∠ ABC＝90°，D 是 BC 的中点．(1)求证： A1 B∥平面 ADC 1；(2)求二面角C1－ AD－ C 的余弦值；(3)试问线段A1B1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．思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3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．如图，五面体中，四边形ABCD 是矩形， AB∥EF ， AD⊥平面 ABEF ，1且 AD ＝1， AB＝2EF＝ 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．提醒：完成作业专题五第3讲二轮专题强化练专题五第 3 讲立体几何中的向量方法A 组专题通关1．已知平面 ABC，点 M 是空间任意一点，点→3→1→1→M 满足条件 OM＝ OA＋OB＋ OC，则直线488AM()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.如图，点P 是单位正方体ABCD － A1B1C1D1中异于 A 的一个顶点，→ →则 AP·AB的值为 ()A ． 0B．1C．0或1D．任意实数3.如图所示，正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为a， M、 N 分别为A1B和 AC 上的点， A1M＝ AN＝23a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A ．相交B．平行C．垂直D．不能确定4．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 ()33A.6B. 2331C.6D. 25．已知正三棱柱 ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则 AB1与侧面 ACC 1A1所成角的正弦值等于 ()610A.4B. 423C. 2D. 26．在棱长为 1 的正方体ABCD － A1B1C1D1中，M，N 分别为 A1B1，BB1的中点，那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为 ________．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 ________．→→→ 2→ 2→→→8．已知 ABCD －A1B1C1D1为正方体，① (A1A＋ A1D 1＋ A1B1) ＝3A1B1；②A1C·(A1B1－ A1 A)＝ 0；→→→ → →③向量 AD 1与向量 A1B的夹角是 60°；④正方体ABCD － A1B1C1D 1的体积为 |AB ·AA 1·AD |.其中正确命题的序号是________．9.如图，在底面是矩形的四棱锥P— ABCD 中， PA⊥底面 ABCD，E，F 分别是 PC， PD 的中点， PA＝ AB＝ 1， BC＝ 2.(1)求证： EF∥平面 PAB；(2)求证：平面PAD ⊥平面 PDC .10．(2015 ·庆重 )如图，三棱锥 P-ABC 中，PC⊥平面 ABC，PC＝ 3，∠ ACB π＝2.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APDC 的余弦值．B 组 能力提高11． (2014 ·川四 )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 ()3，1]B ． [6， 1]A ．[ 33 62 2 2 2， 1]C ．[3，3]D ．[ 312．如图， 在正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中，点 P 在直线 BC 1 上运动时，有下列三个命题：①三棱锥 A － D 1PC 的体积不变；②直线 AP 与平面ACD 1 所成角的大小不变；③二面角 P － AD 1－ C 的大小不变．其中真命题的序号是 ________．13．已知正方体 ABCD － A 1 B 1 C 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 ______________．14.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；1(2)在直线 AB 上是否存在点M，使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为6，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由．学生用书答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法高考真题体验1． C [方法一补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角．由于∠ BCA ＝ 90°，三棱柱为直三棱柱，且 BC ＝ CA ＝ CC 1，可将三棱柱补成正方体．建立如图 (1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为 2，则可得 A(0,0,0) ，B(2,2,0) ， M(1,1,2) ， N(0,1,2) ，→∴ BM ＝ (－1，－ 1,2)，→．AN ＝ (0,1,2)→ → → →BM ·AN∴ cos 〈BM ， AN 〉＝ → →|BM||AN|－ 1＋ 4＝－2＋－ 2＋ 22× 02＋ 12＋ 22330＝6×5＝10.方法二 通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解．如图 (2) ，取 BC 的中点 D ，连接 MN ，ND ，AD ，由于 MN 綊1 B 1C 1 綊 BD ，因此有 ND 綊 BM ，2则 ND 与 NA 所成的角即为异面直线BM 与 AN 所成的角．设 BC ＝ 2，则 BM ＝ ND ＝ 6， AN＝ 5， AD ＝ 5，因此 cos ∠ AND ＝ ND 2＋ NA 2－ AD 230 2ND ·NA＝10.]2． (1)证明由正方形的性质可知A 1B 1∥ AB ∥ DC ，且 A 1B 1＝ AB ＝ DC ，所以四边形A 1B 1CD为平行四边形，从而 B 1 C ∥ A 1D ，又 A 1D ? 面 A 1DE ， B 1 C?面 A 1DE ，于是 B 1C ∥面 A 1DE.又B 1C? 面 B 1 CD 1.面 A 1DE ∩面 B 1CD 1＝ EF ，所以 EF ∥ B 1C.(2)解 因为四边形 AA 1B 1B ，ADD 1A 1， ABCD 均为正方形，所以 AA 1⊥ AB ， AA 1⊥AD ， AB ⊥ AD 且AA 1 ＝AB ＝AD .以 A 为原点，分别以 → → →AB ， AD ，AA 1为 x 轴， y 轴和 z 轴 单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标A(0,0,0) ，B(1,0,0) ，D(0,1,0) ，A 1(0,0,1) ， B 1(1,0,1) ，D 1 (0,1,1) ，而 E 点为 B 1D 1 的11中点，所以 E 点的坐标为， ， 1 .设面 A 1DE 的法向量n 1＝ (r 1， s 1， t 1)，而该面上向量→1 1 →A 1E ＝ ， ， 0， A 1D ＝ (0,1，－ 1)，由2 2→n 1⊥A 1E ，→11r 1＋ s 1＝ 0，n 1⊥ A 1D 得 r 1， s 1， t 1 应满足的方程组2 2s 1－ t 1＝ 0，(－ 1,1,1)为其一组解，所以可取 n 1＝ (－ 1,1,1)．设面 A 1B 1CD 的法向量 n 2＝ (r 2，s 2，t 2)，而该面上向量 →→A 1B 1＝ (1,0,0) ，A 1 D ＝ (0,1，－ 1)，由此同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．所以结合图形知二面角E-A 1D -B 1 的余弦值为 |n 1·n 2| ＝ 2 ＝ 6.|n 1| ·|n 2| 3× 2 3热点分类突破例1 证明 方法一由题意，得 AB ， AD ，AE 两两垂直，以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为 1，则 A(0,0,0) ， B(1，0,0)， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，11 1 1 F(1,0,1)，M 2， 0， 0 ， O 2， 2，2 .→ 1 1 →1,0,0) ， (1)OM ＝ 0，－，－ ， BA ＝ (－ 2 2→ → → →∴OM ·BA ＝0, ∴OM ⊥BA.∵棱柱 ADE —BCF 是直三棱柱，→∴ AB ⊥平面 BCF ，∴ BA 是平面且 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面BCF 的一个法向量，BCF .(2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为n 1＝ (x 1， y 1， z 1 )，n 2＝ ( x 2， y 2 ， z 2)．→→∵ DF ＝ (1，－ 1,1)， DM ＝n 1 ·DF →＝ 0， 由→n 1 ·DM ＝ 0.x 1－ y 1＋ z 1＝ 0，得 1解得x 1－ y 1＝ 0，21→→，，－ 1，0 ， DC ＝(1,0,0)， CF ＝ (0，－ 1,1)21y 1＝2x 1，1z 1 ＝－ x 1，1 1 令 x 1＝ 1，则 n 1＝ 1，2，－2 . 同理可得 n 2＝ (0,1,1) ．∵ n 1·n 2＝ 0，∴平面MDF ⊥平面 EFCD .方法二→ → → →1 →→ ＋ 1 →(1)OM ＝ OF ＋ FB ＋BM＝ DF －BF BA2 21 →→→1→1 → 1 → 1 →＝(DB ＋ BF)－ BF ＋ BA ＝－BD － BF ＋BA2 2222＝－ 1 → →1 → 1 →2 (BC ＋ BA)－ BF ＋2BA2＝－ 1 → 1 →2 BC － BF .2→ → →∴向量 OM 与向量 BF ， BC 共面，又 OM?平面 BCF ，∴ OM ∥平面 BCF .(2)由题意知， BF ， BC ， BA 两两垂直，∵→ ＝→，→＝→－→， CD BA FC BC BF→ →1 → 1 → → ＝ 0， ∴ OM·CD ＝－BC －BF2 2·BA→ → 1 → 1 →→ → OM ·FC ＝ － BC － BF ·(BC －BF )22＝－ 1BC →2＋ 1BF → 2＝ 0.2 2∴ OM ⊥ CD ， OM ⊥ FC ，又 CD ∩FC ＝ C ，∴ OM ⊥平面 EFCD .又 OM? 平面 MDF ，∴平面 MDF ⊥平面 EFCD .跟踪演练 1证明 (1)如图建立空间直角坐标系 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 ，连接 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.∴→⊥→，→⊥→，即B 1F EF B 1F AF B 1F ⊥ EF ， B 1F ⊥AF ，又∵ AF ∩FE ＝ F ，∴ B 1F ⊥平面 AEF.例 2解→ → →以 { AB ，AD ，AP } 为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz ，则各点的坐标为B(1,0,0) ，C(1,1,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,2)．(1)因为 AD ⊥平面→ →．PAB ，所以 AD 是平面 PAB 的一个法向量， AD ＝ (0,2,0) → ，－ →＝ (0,2，－ 2)． 因为 PC ＝(1,1 2)， PD设平面 PCD 的法向量为 m ＝( x ， y ， z)，→ →则 m ·PC ＝ 0， m ·PD ＝ 0，x ＋ y － 2z ＝ 0，令 y ＝1，解得 z ＝1， x ＝ 1.即2y － 2z ＝ 0.所以 m ＝(1,1,1) 是平面 PCD 的一个法向量．→ →3AD ·m从而 cos 〈 AD ， m 〉＝ → ＝ 3 ，|AD ||m |所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为33 .→ → →≤λ≤1)，(2)因为 BP ＝ (－ 1,0,2)，设 BQ ＝ λBP ＝ (－ λ， 0,2λ)(0 → → → →又 CB ＝ (0，－ 1,0) ，则 CQ ＝CB ＋BQ ＝ (－ λ，－ 1,2λ)， →，又 DP ＝ (0，－ 2,2)→ → → →1＋ 2λCQ ·DP＝ .从而 cos 〈 CQ ， DP 〉＝ → → 2|CQ||DP | 10λ＋ 2设 1＋2λ＝ t ， t ∈ [1,3] ，2→→2t 2＝2 9则 cos 〈 CQ ，DP 〉＝21 5≤ .5t － 10t ＋ 92 20 109 t －9 ＋ 99 2→ →3 10 当且仅当 t ＝，即 λ＝ 时， |cos 〈CQ ， DP 〉 |的最大值为10.55π因为 y ＝ cos x 在 0，2 上是减函数，此时直线CQ 与 DP 所成角取得最小值．又因为 BP ＝ 12＋ 22＝ 5，所以 BQ ＝ 2BP ＝2 5.55跟踪演练 2 (1)证明 ∵平面 ABD ⊥平面 BCD ，平面 ABD ∩平面 BCD ＝ BD ，AB? 平面 ABD ，AB ⊥ BD ，∴ AB ⊥平面 BCD .又 CD ? 平面 BCD ，∴ AB ⊥ CD .(2)解过点 B 在平面 BCD 内作 BE ⊥ BD ，如图．由 (1) 知 AB ⊥平面 BCD ， BE? 平面 BCD ， BD ? 平面 BCD ， ∴ AB ⊥ BE ， AB ⊥ BD.以 B 为坐标原点，分别以→ → →BE ， BD ， BA 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，得 B(0,0,0) ， C(1,1,0) ，D (0,1,0) ，A(0,0,1) 11，M (0，， )，2 2→→1 1 →，－ 1)．则 BC ＝(1,1,0) ，BM ＝ (0，， )， AD ＝ (0,122设平面 MBC 的法向量 n ＝ (x 0， y 0， z 0)，n ·BC →＝0，x 0＋ y 0＝ 0，则即 1＋ 1＝ 0，→2y 0 n ·BM ＝ 0，2z 0取 z 0＝ 1，得平面 MBC 的一个法向量 n ＝ (1，－ 1,1)．设直线 AD 与平面 MBC 所成角为 θ，→ →6|n ·AD |则 sin θ＝ |cos 〈n ， AD 〉 |＝ → ＝ 3 ，|n | ·|AD |即直线 AD 与平面 MBC 所成角的正弦值为63.例 3 (1) 证明 连接 A 1C ，交 AC 1 于点 O ，连接 OD . 由 ABC －A 1B 1C 1 是直三棱柱，得四边形ACC 1A 1 为矩形， O 为 A 1C的中点．又D 为BC 的中点，所以 OD 为 △ A 1BC 的中位线，所以 A 1B ∥ OD.因为 OD? 平面 ADC 1， A 1B?平面 ADC 1，所以 A 1B ∥平面 ADC 1.(2)解由 ABC － A 1B 1C 1 是直三棱柱，且∠ A BC ＝ 90°，得 BA ， BC ， BB 1 两两垂直．以 BC ， BA ， BB 1 所在直线分别为 x ， y ， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系B － xyz.设 BA ＝ 2，则 B(0,0,0) ，C(2,0,0) ， A(0,2,0) ， C 1(2,0,1) ， D(1,0,0) ，→ →所以 AD ＝ (1，－ 2,0) ， AC 1＝ (2，－ 2,1)． 设平面 ADC 1 的法向量为 n ＝ (x ， y ， z)， →n ·AD ＝ 0，则有→n ·AC 1＝ 0.x － 2y ＝ 0，取 y ＝1，得 n ＝ (2,1，－ 2)．所以 2x － 2y ＋ z ＝ 0.易知平面 ADC 的一个法向量为 v ＝(0,0,1) ．所以 cos 〈 n ， v 〉＝ n ·v2＝－ .|n | |·v | 3因为二面角 C 1－ AD － C 是锐二面角，所以二面角 C 1－ AD － C 的余弦值为2 .3(3)解 假设存在满足条件的点 E.因为点 E 在线段 A 1B 1 上， A 1(0,2,1) ， B 1(0,0,1) ，故可设 E(0， λ，1)，其中 0≤λ≤2.→→． 所以 AE ＝ (0， λ－ 2,1)， DC 1＝ (1,0,1) 因为 AE 与 DC 1 成 60°角，→→→ →1|AE ·DC 1|所以 |cos 〈AE ，DC 1〉 |＝ → →＝2，|AE| |DC ·1 |即12＋1· 2＝1，解得 λ＝ 1 或 λ＝ 3(舍去 )．λ－2所以当点 E 为线段 A 1 B 1 的中点时， AE 与 DC 1 成 60°角． 跟踪演练 3解 (1) 如图，以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DM 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 则 D(0,0,0) ，A(1,0,0)，M(0,0,1) ， C(0,1,0) ， B(1,1,0) ，1 →1 ， 0，－ 1)， N(1,1,1)， E(， 1,0)，所以 NE ＝ (－22→AM ＝(－ 1,0,1)．→ →1→ →2 10|NE ·AM |因为 |cos 〈NE ，AM 〉 |＝ → → ＝5＝10 ，|NE| ×|AM| 2 × 2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 . →＝(0,1,1) ，因为 AN→ → ＝(0 ，λ， λ)(0 ≤λ≤1)， 可设 AS ＝ λAN→1 又 EA ＝ (2，－ 1,0)，→→→1所以 ES ＝ EA ＋ AS ＝ ( ， λ－1， λ)．2由 ES ⊥平面 AMN ，→→ES ·AM ＝ 0，得→ →ES ·AN ＝ 0，－ 1＋ λ＝ 0，即 2λ－ ＋ λ＝ 0，1 → 1 1 →2 . 故 λ＝，此时 AS ＝ (0， ， )， |AS|＝222 2经检验，当 AS ＝2时， ES ⊥平面 AMN .2故线段 AN 上存在点 S ，使得 ES ⊥平面 AMN ，此时 AS ＝ 2.2高考押题精练(1)证明连接 AC ，∵四边形 ABCD 是矩形，且 Q 为 BD 的中点，∴Q 为 AC 的中点，又在 △AEC 中， P 为 AE 的中点，∴ PQ ∥EC ，∵ EC? 面 BCE ， PQ?面 BCE ，∴ PQ ∥平面 BCE.(2)解 如图，取 EF 的中点 M ，则 AF ⊥ AM ，以 A 为坐标原点，以 AM ，AF ，AD 所在直线分别为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则 A(0,0,0) ， D (0,0,1) ，M (2,0,0)， F(0,2,0) ．→ → →可得 AM ＝ (2,0,0) ， MF ＝ (－ 2,2,0)， DF ＝ (0,2，－ 1)．→n ·MF ＝ 0，设平面 DEF 的法向量为n ＝ (x ， y ， z)，则→n ·DF ＝ 0.－ 2x ＋ 2y ＝0，x － y ＝ 0，故 2y －z ＝0， 即2y － z ＝ 0.令 x ＝1，则 y ＝1， z ＝ 2，故 n ＝(1,1,2) 是平面 DEF 的一个法向量．→∵ AM ⊥面 ADF ，∴ AM 为平面 ADF 的一个法向量．→→2×1＋ 0×1＋ 0×26n ·AM∴ cos 〈n ， AM 〉＝→ ＝ 6×2＝ 6.|n | ·|AM|由图可知所求二面角为锐角，6∴二面角A－DF － E 的余弦值为 6 .二轮专题强化练答案精析第 3 讲 立体几何中的向量方法1． D [由已知得 M 、 A 、 B 、C 四点共面．所以 AM 在平面 ABC 内，选 D.]→→ → → → → →→ 1，其中一个与 →2． C [AP 可为下列 7 个向量： AB ， AC ， AD ， AA 1， AB 1，AC 1， AD AB 重合，→→→2→→→→→ → → →→AP ·AB ＝ |AB| ＝ 1； AD ，AD 1， AA 1 与AB 垂直，这时 AP ·AB ＝ 0； AC ， AB 1 与 AB 的夹角为45°，→ → π → → 3×1×cos ∠ BAC 1＝ 3× 1＝ 1，故选 C.] 这时 AP ·AB ＝ 2×1×cos ＝ 1，最后 AC 1·AB ＝3 4 3． B [分别以 C 1B 1、 C 1D 1、 C 1C 所在直线为 x ， y ， z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．∵ A 1M ＝ AN ＝ 23 a ，∴ M a ， 2 a ，N 2 23a ， 3 3a ，3a ， a ，→ a 2 a .∴MN ＝ － ，0， 33→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.→MN?平面 BB 1C 1C ，∴ MN ∥平面 BB 1C 1C.]∵ C 1D 1是平面 BB 1C 1C 的法向量，且 4． A [设 AB ＝ 1，→ → → → → → 则 CE ·BD ＝ (AE － AC) ·(AD － AB)＝ 1 → 2 1 → →→ → → →2 AD － AD ·AB － AC ·AD ＋ AC ·AB2＝ 1 112 － cos 60 －°cos 60 ＋°cos 60 ＝° .24→ →1→ →43CE ·BD∴ cos 〈CE ，BD 〉＝ → → ＝ 3＝6 .选 A.]|CE||BD | 25． A [如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2， O(0,0,0)，B(3， 0,0)， A(0，－ 1,0)， B 1(→ 3， →3， 0,2)，则 AB 1＝ ( 1,2)，则 BO ＝ (－ 3，→ →0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，由 sin θ＝ |AB 1·BO|＝ 6.] → →4|AB 1||BO|2 6.5解析 以 D 点为坐标原点，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，则A(1,0,0) ， M(1， 1， 1)，21C(0,1,0)， N(1,1， 2) ．→ 1 →1所以 AM ＝ (0，， 1)，CN＝ (1,0， )．22 → →111故 AM ·CN ＝ 0×1＋ ×0＋1× ＝ ，2 2 2→2 1 2 ＋ 1 25|AM |＝0 ＋ 2 ＝ ，2→2 21 2 ＝5|CN|＝ 1＋0＋ 2 ，2→ →1→→2 2AM ·CN＝所以 cos 〈 AM ， CN 〉＝→ → 5 5＝ .5|AM ||CN|2 ×27．2 17解析如图为折叠后的图形，其中作 AC ⊥ CD ， BD ⊥ CD ，则 AC ＝ 6， BD ＝ 8， CD ＝ 4，两异面直线 AC 、 BD 所成的角为 60°，故由→＝→＋→＋→，AB AC CD DB→ 2 →→→2，得 |AB| ＝ |AC ＋CD ＋ DB | ＝ 68→∴|AB|＝ 2 17.8．①②→→→2→ 2→ 2 → 解析 设正方体的棱长为 1，①中 (A 1A ＋ A 1D 1＋A 1B 1) ＝A 1C ＝ 3A 1B 1 ＝3，故①正确； ②中 A 1B 1→ →→－ A 1A ＝ AB 1，由于 AB 1⊥ A 1C ，故②正确； ③中 A 1B 与 AD 1 两异面直线所成的角为 60°，但 AD 1→→ → →与 A 1B 的夹角为 120°，故③不正确；④中 |AB ·AA 1·AD |＝ 0.故④也不正确．9．证明(1) 以 A 为原点， AB 所在直线为 x 轴， AD 所在直线为 y 轴， AP 所在直线为 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0) ， B(1,0,0) ，C(1,2,0) ， D(0,2,0) ， P(0,0,1) ，∵ E， F 分别是 PC， PD 的中点，∴ E 1， 1，1，F 0，1，1，222→1，0， 0→．EF＝－，AB＝ (1,0,0)2→ 1 →→ →∵EF＝－AB ，∴ EF ∥ AB，2即 EF∥AB，又 AB? 平面 PAB， EF?平面 PAB，∴ EF ∥平面 PAB.→，－ 1)→→→→，(2)由 (1)可知 PB＝ (1,0，PD ＝ (0,2，－ 1)，AP＝ (0,0,1)， AD＝ (0,2,0)， DC ＝ (1,0,0)→→∵ AP·DC ＝ (0,0,1) (1,0,0)·＝ 0，→→AD ·DC ＝ (0,2,0) (1,0,0)·＝ 0，→→→→∴ AP⊥ DC，AD ⊥DC ，即 AP⊥ DC ，AD⊥ DC .又 AP∩AD＝ A，∴ DC ⊥平面 PAD .∵DC ? 平面 PDC，∴平面 PAD ⊥平面 PDC .10． (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 .π(2)解由(1)知，△ CDE为等腰直角三角形，∠DCE ＝，如图，过 D 作4DF 垂直 CE 于 F，易知 DF ＝ FC＝ FE＝ 1，又已知EB＝ 1，故 FB＝ 2.πDF＝FB233.由∠ ACB＝得 DF ∥AC ，AC BC ＝，故 AC＝DF ＝2322以 C 为坐标原点，分别以→ →→轴， y 轴， z 轴的正方向建立空间直角坐标CA，CB，CP的方向为 x系，则 C(0,0,0) ，P(0,0,3) ，A 3，0， 0→→，2，E(0,2,0) ，D (1,1,0)，ED＝(1，－ 1,0)，DP＝ (－ 1，－ 1,3)→1，－ 1，0 . DA ＝2→→－ x1－y1＋3z1＝0，设平面 PAD 的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，由 n1·DP＝0，n1·DA＝0，得1x1－ y1＝0，2故可取 n1＝(2,1,1)．→由 (1) 可知 DE ⊥平面 PCD ，故平面PCD 的法向量n2可取为ED，即 n2＝(1，－1,0)．从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝n1·n2＝3，|n1| |·n2 |6故所求二面角 APDC 的余弦值为3 6 .11． B [ 根据题意可知平面A1BD ⊥平面 A1ACC 1且两平面的交线是A1O，所以过点P 作交线 A1O 的垂线 PE，则 PE⊥平面 A1BD，所以∠ A1OP 或其补角就是直线OP 与平面 A1BD 所成的角α.设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面 A1BD 可以垂直．当点 P 与点 C1重合时可得 A1O＝OP＝6，A1C1＝2 2，所以1× 6× 6×sin α＝1×22×2，22所以 sin α＝2 2；3当点 P 与点 C 重合时，可得sin α＝2＝6 6 3.根据选项可知 B 正确． ]12．①③解析①中，∵ BC1∥平面 AD1C，∴ BC1上任意一点到平面 AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P 在直线 BC1上运动时，直线 AB 与平面 ACD 1所成角和直线 AC1与平面ACD 1 所成角不相等，所以不正确；③中，P 在直线 BC 1 上运动时，点 P 在平面 AD 1 C 1B 中，既二面角 P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确．3 513. 10解析以 A 为坐标原点， AB 、 AD 、AA 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，11则 A 1 (0,0,1) ，E(1,0，2)， F(2， 1,0)， D 1 (0,1,1) ．→1 →．∴ A 1E ＝ (1,0，－)，A 1D 1＝ (0,1,0)2设平面 A 1D 1E 的一个法向量为 n ＝ (x ， y ， z)，→＝0，1n ·A 1E即x － z ＝ 0，则2→ y ＝ 0.n ·A 1D 1＝ 0，令 z ＝ 2，则 x ＝ 1.∴ n ＝ (1,0,2) ．→1又 A 1F ＝ (2， 1，－ 1)，∴点 F 到平面 A 1D 1 E 的距离为→1－ 2|||A 1F ·n |＝2＝ 3 5d ＝ |n |510.14．解 (1)∵ AC ＝ BC ， PA ＝ PB ， PC ＝ PC ，∴△ PCA ≌△ PCB ，∴∠ PCA ＝∠ PCB ，∵ PC ⊥ AC ，∴ PC ⊥ CB ，又 AC ∩CB ＝ C ，∴ PC ⊥平面 ACB ，且 PC ， CA ， CB 两两垂直，故以 C 为坐标原点，分别以CB ， CA ， CP 所在直线为 x ，y ， z 轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)， A(0,2,0) ， D(1,0,0) ， P(0,0,2)，→ →∴ AD ＝ (1，－ 2,0)， PD ＝ (1,0，－ 2)，设平面 PAD 的一个法向量为n ＝ (x ， y ， z) ，→n ·AD ＝0∴，∴取 n ＝ (2,1,1) ，→n ·PD ＝0→平面 PDB 的一个法向量为CA ＝ (0,2,0) ，→6∴ cos 〈n ， CA 〉＝ 6 ，设二面角 A —PD — B 的平面角为 θ，且 θ为钝角，6 6 ∴ cos θ＝－ 6 ，∴二面角 A — PD — B 的余弦值为－6.(2)方法一存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．设 M(x,2－ x,0) (x ∈ R )，→∴ PM ＝ (x,2－ x ，－ 2)，∴ →|cos 〈 PM ， n 〉 ||x|1 ＝ x 2＋－ x2＋4· 6 ＝ 6，解得 x ＝ 1 或 x ＝－ 2，∴ M(1,1,0) 或 M(－ 2,4,0)，∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD所成角的正弦值为 16.方法二 存在， M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点． → →设 AM ＝ λAB ，→＝(2 λ，－ 2λ， 0) (λ∈ R )，则 AM ＝ λ(2，－ 2,0) → → →∴ PM ＝ PA ＋ AM ＝ (2λ，2－ 2λ，－ 2)，→|2λ|∴ |cos 〈 PM ， n 〉 |＝2＋－ 2λ 2＋ 4· 6 λ 1解得 λ＝ 或 λ＝－ 1.∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．∴在直线 AB 上存在点 M ，且当 M 是 AB 的中点或1＝6.A 是 MB 的中点时，使得 PM 与平面 PAD1所成角的正弦值为 .。
高三复习数学63_立体几何中的向量方法(有答案)
6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。
1. 空间直角坐标系（1）为了确定空间点的位置，我们建立空间直角坐标系：以单位正方体OABC −D ′A ′B ′C ′为载体，__________________．这时我们说建立了一个空间直角坐标系Oxyz ，其中O 叫坐标原点，x 轴、y 轴、z 轴叫坐标轴．（2）___________________叫坐标平面，分别称为________________________． （3）通常建立的直角坐标系为___________________，即___________________________________．2. 空间两点间的距离（1）若A (x 1,y 1,z 1),B (x 2,y 2,z 2)，则|AB|=________．（2）特别地，点P (x,y,z )与原点O 之间的距离为|PO|=________．3. 空间向量的数量积及运算律 （1）数量积及相关概念 ①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →=a ，OB →=b ，则∠AOB 叫做向量a 与b 的夹角，记作⟨a ,b ⟩，其范围是0≤⟨a ,b ⟩≤π，若⟨a ,b ⟩=π2，则称a 与b ________，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩叫做向量a ，b 的数量积，记作a ⋅b ，即a ⋅b =|a ||b |cos ⟨a ,b ⟩．（2）空间向量数量积的运算律 ①结合律：(λa )⋅b =λ(a ⋅b )； ②交换律：a ⋅b =b ⋅a ；③分配律：a ⋅(b +c )=a ⋅b +a ⋅c .4. 空间向量的坐标表示及应用 （1）数量积的坐标运算设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)， 则a ⋅b =________．（2）共线与垂直的坐标表示设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则a //b ⇔a =λb ⇔________，________，a 3=λb 3(λ∈R ）， a ⊥b ⇔a ⋅b =0⇔________（a ，b 均为非零向量）． （3）模、夹角和距离公式设a =(a 1,a 2,a 3),b =(b 1,b 2,b 3)，则|a |=√a ⋅a =√a 12+a 22+a 32，cos ⟨a ,b ⟩=a ⋅b |a ||b |=112233√a 12+a 22+a 32⋅√b 12+b 22+b 32设A (a 1,b 1,c 1),B (a 2,b 2,c 2)，则d AB =|AB →|=√(a 2−a 1)2+(b 2−b 1)2+(c 2−c 1)2．5. 空间距离（1）点到直线的距离：指一点到它在一条直线上的________的距离． （2）两异面直线的距离：指两条异面直线的________的长度． （3）点到面的距离：指一点到它在一个平面内的________的距离．（4）平行线面间的距离：设直线l//平面α，则直线l 任意一点到平面α的距离，叫做直线l 到平面α的距离．据此可知：线面距离可转化为点面距离求解．（5）平行平面间的距离：其中一个平面内任意一点到另一个平面的距离，也就是两个平行平面的公垂线段的长度．显然，面面距离可以转化为点面距离求解．6. 如图，已知正三棱柱ABC −A 1B 1C 1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 所成角大小是________．7. （文）在长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30∘，则该长方体的体积为（ ） A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√38. （理）已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都相等，A 1在底面ABC 内的射影为△ABC 的中心，则AB 1与底面ABC 所成角的正弦值等于（ ） A.13 B.√23C.√33D.239. （理）如图，AE ⊥平面ABCD ，CF//AE ，AD//BC ，AD ⊥AB ，AB =AD =1，AE =BC =2．求证：BF//平面ADE；求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；若二面角E−BD−F的余弦值为1，求线段CF的长．310. （文）如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2√2,PA=PB=PC=AC=4，O 为AC的中点．证明：PO⊥平面ABC；若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．11. （理）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90∘,AB=AC=AA1=1．D 是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1//平面BDA1．求证：CD=C1D．求点C到平面B1DP的距离．12. （理）在正四面体S−ABC中，侧面SAC与底面ABC所成二面角的余弦值为（）A.1 4B.13C.√24D.√2313. （文）在正四面体S−ABC中，侧棱SA与底面ABC所成线面角的余弦值为（）A.1 2B.√32C.√33D.√6314. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1,AA1=√3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A.1 5B.√56C.√55D.√2215. 在三棱柱ABC−A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘16. （理）二面角α−l−β为60∘，A、B是棱l上的两点，AC、BD分别在半平面α,β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB=AC=a，BD=2a，则CD的长为（）A.2aB.2√2aC.√5aD.√3a17. （文）已知∠ACB=90∘，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为√3，那么P到平面ABC的距离为（）A.1B.√2C.√32D.1218. （理）设三棱锥V−ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P−AC−B的平面角为γ，则（）A.β<γ,α<γB.β<α,β<γC.β<α,γ<αD.α<β,γ<β19. （文）在封闭的直三棱柱ABC−A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC,AB= 6,BC=8,AA1=3，则V的最大值是（）A.4πB.9π2C.6π D.32π320. （理）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为（）A.2√2B.√10C.√11D.2√321. （文）《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高ℎ，计算其体积V的近似公式V≈136L2ℎ．它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3．那么，近似公式V≈275L2ℎ相当于将圆锥体积公式中的π近似取为（）A.227B.258C.15750D.35511322. 在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=3,BC=2,AA1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．23. （理）已知点E、F分别在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱BB1、CC1上，且B1E=2EB，CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于________．24. （文）如图，网格纸上正方形小格的边长为1（表示1cm），图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm，高为6cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为________．25. 如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，所有棱长均为a，且∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60∘，则下列结论正确的是________（写出所有正确结论的编号）．①平面A1BD//平面CB1D1；②四边形BDD1B1为正方形；a；③点A到平面BDD1B1的距离为√32④点A1在平面BDC1上的射影为△BDC1的垂心；⑤平面A1BD与平面BDD1B1将四棱柱分成从小到大三部分的体积比为1:2:3．26. 如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，CD上，AE=CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置．证明：AC⊥HD′；,OD′=2√2，求五棱锥D′−ABCFE体积．若AB=5,AC=6,AE=5427. 如图，在三棱台ABC−DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90∘,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3．求证：BF⊥平面ACFD；求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．28. （理）如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长和底面边长均为1，D是BC的中点．求证：A1B//平面ADC1求A1A与平面ADC1所成角的正弦值；的值；若不存在，试问线段A1B1上是否存在点E，使CE⊥平面ADC1？若存在，求AEA1B1说明理由．29. （文）如图，四棱锥P−ABCD的底面是直角梯形，AD//BC，AD=3BC=6,PB= 6√2，点M在线段AD上，且MD=4,AD⊥AB,PA⊥平面ABCD．求证：平面PCM⊥平面PAD；当四棱锥P−ABCD的体积最大时，求四棱锥P−ABCD的表面积．参考答案与试题解析6.3 立体几何中的向量方法一、解答题。
立体几何中的向量方法(一)-课后练习及答案解析
§立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直．直线的方向向量：在空间直线上任取两点，，则称为直线的方向向量．平面的法向量：如果直线垂直于平面α，那么把直线的方向向量叫作平面α的法向量．．用向量证明空间中的平行关系()设直线和的方向向量分别为和，则∥(或与重合)⇔∥.()设直线的方向向量为，与平面α共面的两个不共线向量和，则∥α或α⇔存在两个实数，，使＝＋.()设直线的方向向量为，平面α的法向量为，则∥α或α⇔⊥.()设平面α和β的法向量分别为，，则α∥β⇔∥.．用向量证明空间中的垂直关系()设直线和的方向向量分别为和，则⊥⇔⊥⇔·＝.()设直线的方向向量为，平面α的法向量为，则⊥α⇔∥.()设平面α和β的法向量分别为和，则α⊥β⇔⊥⇔·＝.．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)()直线的方向向量是唯一确定的．(×)()平面的单位法向量是唯一确定的．(×)()若两平面的法向量平行，则两平面平行．(×)()若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行．(√)()若∥，则所在直线与所在直线平行．(×)()若空间向量平行于平面α，则所在直线与平面α平行．(×)．若直线，的方向向量分别为＝(，－)，＝(－)，则()．∥．⊥．与相交但不垂直．以上均不正确答案解析·＝－＋－＝，故⊥，即⊥选.．已知平面α内有一点(，－)，平面α的一个法向量为＝(，－)，则下列点中，在平面α内的是()．() ．(－)．(－) ．(，－)答案解析逐一验证法，对于选项，＝()，∴·＝－＋＝，∴⊥，∴点在平面α内，同理可验证其他三个点不在平面α内．．若(，)，(，－，)，(－，)是平面α内的三点，设平面α的法向量＝(，，)，则∶∶＝.答案∶∶(－)．已知＝(，－)，＝(，)，若⊥，＝(－，，－)，且⊥平面，则实数，，分别为．答案，－，解析由题意知，⊥，⊥.所以错误!即(\\(×＋×＋(－)×＝，,(－)＋＋(－)×(－)＝，(－)＋－＝，))解得，＝，＝－，＝.题型一证明平行问题例(·浙江改编)如图，在四面体－中，⊥平面，⊥，＝，＝，是的中点，是的中点，点在线段上，且＝.证明：∥平面.思维启迪证明线面平行，可以利用判定定理先证线线平行，也可利用平面的法向量．证明方法一如图，取的中点，以为原点，、所在射线为、轴的正半轴，建立空间直角坐标系.由题意知，(，，)，(，－，)，(，，)．设点的坐标为(，)．因为＝，所以.因为为的中点，故(，，)．又为的中点，故，所以＝.又平面的一个法向量为＝()，故·＝.又 平面，所以∥平面.方法二在线段上取点，使得＝，连接，同证法一建立空间直角坐标系，写出点、、的坐标，设点坐标为(，)．∵＝，设点坐标系(，)则(－，－)＝(－，－)∴(\\(＝()＝(())＋()))∴＝(，＋)又由证法一知＝(，＋)，∴＝，∴∥.又 平面，平面，∴∥平面.思维升华用向量证明线面平行的方法有()证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直；()证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行；()证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线性表示．如图所示，平面⊥平面，为正方形，△是直角三角形，且＝＝，、、分别是线段、、的中点．求证：∥平面.证明∵平面⊥平面且为正方形，∴、、两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则()、()、()、()、()、()、()、()．∴＝(，－)，＝(，－)，＝(，－)，设＝＋，即(，－)＝(，－)＋(，－)，∴(\\(＝，－＝，,－＝－，))解得＝＝.∴＝＋，又∵与不共线，∴、与共面．∵ 平面，∴∥平面.题型二证明垂直问题例如图所示，正三棱柱—1C的所有棱长都为，为的中点．求证：⊥平面.思维启迪证明线面垂直可以利用线面垂直的定义，即证线与平面内的任意一条直线垂直；也可以证线与面的法向量平行．证明方法一设平面内的任意一条直线的方向向量为.由共面向量定理，则存在实数λ，μ，使＝λ＋μ.令＝，＝，＝，显然它们不共面，并且＝＝＝，·＝·＝，·＝，以它们为空间的一个基底，则＝＋，＝＋，＝－，＝λ＋μ＝＋μ＋λ，·＝(－)·＝－μ－λ＝.故⊥，结论得证．方法二如图所示，取的中点，连接.因为△为正三角形，所以⊥.因为在正三棱柱—1C中，平面⊥平面，所以⊥平面.取1C的中点，以为原点，以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则()，(－)，(，)，(，)，()．设平面的法向量为＝(，，)，＝(－，)，＝(－)．因为⊥，⊥，故(\\(·(,\(→))＝，·(,\(→))＝))⇒(\\(－＋＋()＝，,－＋＝，))令＝，则＝，＝－，故＝(，－)为平面的一个法向量，而＝(，－)，所以＝，所以∥，故⊥平面.思维升华用向量证明垂直的方法()线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．()线面垂直：证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或将线面垂直的判定定理用向量表示．()面面垂直：证明两个平面的法向量垂直，或将面面垂直的判定定理用向量表示．如图所示，在四棱锥－中，⊥平面，＝，在四边形中，∠＝∠＝°，＝，＝，点在上，＝，与平面成°角．()求证：∥平面；()求证：平面⊥平面.证明以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，∵⊥平面，∴∠为与平面所成的角，∴∠＝°.∵＝，∴＝，＝.∴()，(，)，(，)，()，(，，)，∴＝(，－)，＝(，)，＝(，，)，()令＝(，，)为平面的一个法向量，则(\\((,\(→))·＝，,(,\(→))·＝，))即(\\(－＋＝，()＋＝，))∴(\\(＝()，＝－(())，))令＝，得＝(－，)．∵·＝－×＋×＋×＝，∴⊥，又 平面，∴∥平面.()取的中点，则(，)，＝(－，)．∵＝，∴⊥.又∵·＝(－，)·(，)＝，∴⊥，∴⊥，又∩＝，∴⊥平面，又∵平面，∴平面⊥平面.题型三解决探索性问题例(·福建)如图，在长方体－1C中，＝＝，为的中点．()求证：⊥；()在棱上是否存在一点，使得∥平面？若存在，求的长；若不存在，说明理由．思维启迪利用向量法建立空间直角坐标系，将几何问题进行转化；对于存在性问题可通过计算下结论．()证明以为原点，，，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设＝，则()，()，()，，()，故＝()，＝，＝()，＝.∵·＝－×＋×＋(－)×＝，∴⊥.()解假设在棱上存在一点(，)．使得∥平面，此时＝(，－，)．又设平面的法向量＝(，，)．∵⊥平面，∴⊥，⊥，得(\\(＋＝，,()＋＝.))取＝，得平面的一个法向量＝.要使∥平面，只要⊥，有－＝，解得＝.又 平面，∴存在点，满足∥平面，此时＝.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”．如图所示，四棱锥—的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点．()求证：⊥.()若⊥平面，则侧棱上是否存在一点，使得∥平面.若存在，求∶的值；若不存在，试说明理由．()证明连接，设交于，则⊥.由题意知⊥平面.以为坐标原点，，，分别为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系如图．设底面边长为，则高＝，于是，，，，＝，＝，则·＝.故⊥.从而⊥.()解棱上存在一点使∥平面.理由如下：由已知条件知是平面的一个法向量，且＝，＝，＝.设＝，则＝＋＝＋＝，而·＝⇔＝.即当∶＝∶时，⊥.而不在平面内，故∥平面.利用向量法解决立体几何问题典例：(分)(·湖南)如图所示，在四棱锥－中，⊥平面，＝，＝，＝，∠＝∠＝°，是的中点．()证明：⊥平面；()若直线与平面所成的角和与平面所成的角相等，求四棱锥－的体积．思维启迪本题中的()有两种证明思路：()利用常规方法，将证明线面垂直转化为证明线线垂直，利用线面垂直的判定定理证之；()将证明线面垂直问题转化为向量间的关系问题，证明向量垂直；然后计算两个向量的数量积．规范解答方法一()证明如图，连接.由＝，＝，∠＝°得＝. [分]又＝，是的中点，所以⊥. [分]因为⊥平面，平面，所以⊥.[分]而，是平面内的两条相交直线，所以⊥平面. [分]()解过点作∥，分别与，相交于点，，连接.由()⊥平面知，⊥平面.于是∠为直线与平面所成的角，[分]且⊥.由⊥平面知，∠为直线与平面所成的角．[分]由题意得∠＝∠，因为∠＝，∠＝，所以＝.由∠＝∠＝°知，∥.又∥，所以四边形是平行四边形．故＝＝.于是＝.在△中，＝，＝，⊥，所以＝＝，＝＝＝.于是＝＝.[分]又梯形的面积为＝×(＋)×＝，所以四棱锥－的体积为＝××＝××＝.[分]方法二如图，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系．设＝，则()，()，()，()，()，(，)．[分]()证明易知＝(－)，＝()，＝(，)．因为·＝－＋＋＝，·＝，[分]所以⊥，⊥.而，是平面内的两条相交直线，所以⊥平面.[分]()解由题设和()知，，分别是平面，平面的法向量．[分]而与平面所成的角和与平面所成的角相等，所以〈，〉＝〈，〉，即＝.[分]由()知，＝(－)，＝(，－)，又＝(，－)，故＝.解得＝.[分]又梯形的面积为＝×(＋)×＝，所以四棱锥－的体积为＝××＝××＝.[分]温馨提醒()利用向量法证明立体几何问题，可以建立坐标系或利用基底表示向量；()建立空间直角坐标系时要根据题中条件找出三条互相垂直的直线；()对于和平面有关的垂直问题，也可利用平面的法向量．方法与技巧用向量知识证明立体几何问题有两种基本思路：一种是用向量表示几何量，利用向量的运算进行判断；另一种是用向量的坐标表示几何量，共分三步：()建立立体图形与空间向量的联系，用空间向量(或坐标)表示问题中所涉及的点、线、面，把立体几何问题转化为向量问题；()通过向量运算，研究点、线、面之间的位置关系；()根据运算结果的几何意义来解释相关问题．失误与防范用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线∥，只需证明向量＝λ(λ∈)即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．组专项基础训练(时间：分钟)一、选择题．若直线的一个方向向量为＝()，平面α的一个法向量为＝(，－)，则() ．∥α或α．⊥α．α．与α斜交答案．若直线的方向向量为，平面α的法向量为，能使∥α的是()．＝()，＝(－)．＝()，＝()．＝()，＝(－，－)．＝(，－)，＝()答案解析若∥α，则·＝，中，·＝×＋(－)×＋×＝，∴⊥.．设平面α的法向量为＝(，－)，平面β的法向量＝(－，，)，若α∥β，则＋的值为()．－．－8 ．．－答案解析由α∥β得∥，∴＝＝，∴＝－，＝，∴＋＝.．已知＝(，－)，＝(－，－)，＝(，λ)，若，，三向量共面，则实数λ等于()答案解析由题意得＝＋μ＝(－μ，－＋μ，－μ)，∴(\\(＝－μ＝－＋μ,λ＝－μ))，∴(\\(＝(),μ＝(),λ＝())).．如图，在长方体—1C中，＝，＝，＝，为的中点，为的中点．则与所成的角为()．°．°．°．以上都不正确答案解析以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，依题意，可得，()，(，)，()，(，)，(，)．∴＝(，，－)，＝(－，)，∴·＝(，，－)·(－，)＝，即⊥，∴⊥.二、填空题．已知平面α和平面β的法向量分别为＝()，＝(，－，)，且α⊥β，则＝.答案－解析∵·＝－＋＝，∴＝－.．设点(2a＋，＋)在点()、(，－)、(，－，)确定的平面上，则＝.答案解析＝(－，－)，＝(，－)．根据共面向量定理，设＝＋ (、∈)，则(2a－，＋)＝(－，－)＋(，－)＝(－＋，－－＋)，∴(\\(－＝－＋，＋＝－－，＝＋，))解得＝－，＝，＝.．如图，在正方体—1C中，棱长为，、分别为和上的点，1M＝＝，则与平面1C1C的位置关系是．答案平行解析∵正方体棱长为，1M＝＝，∴＝，＝，∴＝＋＋＝＋＋＝(＋)＋＋(＋)＝＋.又∵是平面的法向量，∴·＝·＝，∴⊥.又∵ 平面，∴∥平面.三、解答题．如图，四边形为正方形，⊥平面，∥，＝＝.证明：平面⊥平面.证明如图，以为坐标原点，线段的长为单位长，射线为轴的正半轴建立空间直角坐标系.依题意有(，)，()，()，则＝()，＝()，＝(，－)．∴·＝，·＝.即⊥，⊥，又∩＝，故⊥平面，又平面，∴平面⊥平面.．如图，在底面是矩形的四棱锥－中，⊥底面，，分别是，的中点，＝＝，＝.()求证：∥平面；()求证：平面⊥平面.证明()以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()，()，()，()，()，∴(，，)，(，)，＝(－，)，＝(，－)，＝(，－)，＝()，＝()，＝()，＝()．∵＝－，∴∥，即∥，又平面， 平面，∴∥平面.()∵·＝()·()＝，·＝()·()＝，∴⊥，⊥，即⊥，⊥.又∩＝，∴⊥平面.∵平面，∴平面⊥平面.组专项能力提升(时间：分钟)．已知＝()，＝(，－)，＝＋＋(，－)．若与及都垂直，则，的值分别为()．－．，－．．－，－答案解析由已知得＝(＋，＋－，－＋)，故·＝3m＋＋＝，·＝＋－＝.解得(\\(＝－，＝.))．已知平面，点是空间任意一点，点满足条件＝＋＋，则直线()．与平面平行．是平面的斜线．是平面的垂线．在平面内答案解析由已知得、、、四点共面．所以在平面内，选.．在正方体—1C中，为正方形1C四边上的动点，为底面正方形的中心，，分别为，的中点，点为平面内一点，线段与互相平分，则满足＝λ的实数λ的有个．答案解析建立如图的坐标系，设正方体的边长为，则(，)，()，∴的中点坐标为，又知()，∴(＋，＋)，而在上，∴＋＝，∴＋＝，即点坐标满足＋＝.∴有个符合题意的点，即对应有个λ.．如图所示，已知直三棱柱—1C中，△为等腰直角三角形，∠＝°，且＝，、、分别为1A、1C、的中点．求证：()∥平面；()1F⊥平面.证明()如图建立空间直角坐标系，令＝＝，则()，()，()，()，()．取中点为，连接，则()，()，()，∴＝(－)，＝(－)，∴＝，∴∥，又∵平面， 平面.故∥平面.()＝(－，－)，＝(，－，－)，＝()．·＝(－)×＋×(－)＋(－)×(－)＝，·＝(－)×＋×＋(－)×＝.∴⊥，⊥，即1F⊥，1F⊥，又∵∩＝，∴1F⊥平面.．在四棱锥—中，⊥底面，底面为正方形，＝，、分别是、的中点．()求证：⊥；()在平面内求一点，使⊥平面，并证明你的结论．()证明如图，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设＝，则()、()、(，)、(，)、、(，)、.＝，＝(，)．∵·＝，∴⊥，即⊥.()解设(，)，则＝，若使⊥平面，则由·＝·()＝＝，得＝；由·＝·(，－，)＝＋＝，得＝.∴点坐标为，即点为的中点．。
高考数学 立体几何中的向量方法(理) 专题
高考数学 立体几何中的向量方法（理） 专题 题组一 利用空间向量证明平行、垂直问题1.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，若E 为A 1C 1中点，则直线CE 垂直于 ( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1A解析：如图所示，易证BD ⊥平面AA 1C 1C ，又CE ⊂平面ACC 1A 1，∴BD ⊥CE .答案：B2．如图，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 ( )A ．相交B ．平行C ．垂直D ．不能确定 解析：∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB u u u r ＝231A B u u u u r ，CN u u u r ＝23CA u u u r ， ∴MN u u u u r ＝MB u u u r ＋BC u u u r ＋CN u u u r ＝231A B u u u u r ＋BC u u u r ＋23CA u u u r ＝23(11A B u u u u r ＋1B B u u u u r )＋BC u u u r ＋23(CD u u u r ＋DA u u u r ) ＝231B B u u u u r ＋1311B C u u u u r . 又∵CD u u u r 是平面B 1BCC 1的法向量，且MN u u u u r ·CD u u u r ＝(231B B u u u u r ＋1311B C u u u u r )·CD u u u r ＝0， ∴MN u u u u r ⊥CD u u u r ，∴MN ∥平面B 1BCC 1.答案：B题组二 利用空间向量求空间角3.(2010·陕西八校模拟)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 u u u r ，1D N u u u u r 〉的值为 ( ) A.19B.495 C.29 5 D.23解析：设正方体棱长为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，可知CM u u u r ＝(2，－2,1)，1D N u u u u r ＝(2,2，－1)，cos 〈CM u u u r ，1D N u u u u r 〉＝－19， sin 〈CM u u u r ，1D N u u u u r 〉＝459. 答案：B4．(2009·上海高考)如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1＝BC ＝AB ＝2，AB ⊥BC ，求二面角B 1－A 1C —C 1的大小．解：如图，建立空间直角坐标系．则A (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1(2,0,2)，B 1(0,0,2)，C 1(0,2,2)，设AC 的中点为M ，∵BM ⊥AC ，BM ⊥CC 1.∴BM ⊥平面A 1C 1C ， 即BM u u u u r ＝(1,1,0)是平面A 1C 1C 的一个法向量．设平面A 1B 1C 的一个法向量是n ＝(x ，y ，z )．1A C u u u u r ＝(－2,2，－2)，1A B u u u u r ＝(－2,0,0)，∴111120,2220,n A B x n A C x y z ⎧=-=⎪⎨=-+-=⎪⎩u u u u r g u u u u r g 令z ＝1，解得x ＝0，y ＝1.∴n ＝(0,1,1)，设法向量n 与BM u u u u r 的夹角为φ，二面角B 1－A 1C －C 1的大小为θ，显然θ为锐角．∵cos θ＝|cos φ|＝n BM n BM u u u u r g u u u u r g ＝12，解得θ＝π3. ∴二面角B 1－A 1C －C 1的大小为π3.题组三 综 合 问 题5.如图，P －ABCD 1111其中AB ＝2，P A ＝ 6.(1)求证：P A ⊥B 1D 1；(2)求平面P AD 与平面BDD 1B 1所成锐二面角的余弦值．解：以D 1为原点，D 1A 1所在直线为x 轴，D 1C 1所在直线为y 轴，D 1D 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,0)，A 1(2,0,0)，B 1(2,2,0)，C 1(0,2,0)，D (0,0,2)，A (2,0,2)，B (2,2,2)，C (0,2,2)，P (1,1,4)．(1)证明：∵AP u u u r ＝(－1,1,2)，11D B u u u u r ＝(2,2,0)，∴AP u u u r ·11D B u u u u r ＝－2＋2＋0＝0，∴P A ⊥B 1D 1.(2)平面BDD 1B 1的法向量为AC u u u r ＝(－2,2,0)．DA u u u r ＝(2,0,0)，OP u u u r ＝(1,1,2)．设平面P AD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DA u u u r ，n ⊥DP u u u r .∴⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝0，x ＋y ＋2z ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－2z ，取n ＝(0，－2,1)， 设所求锐二面角为θ，则cos θ＝n AC n ACu u u r g u u u r g ＝|0－4＋0|22×5＝105. 6．(2010·广州调研)如图，已知等腰直角三角形RBC ，其中∠RBC ＝90°，RB ＝BC ＝2.点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，现将△RAD 沿着边AD 折起到△P AD 位置，使P A ⊥AB ，连结PB 、PC .(1)求证：BC ⊥PB ；(2)求二面角A －CD －P 的平面角的余弦值．解：(1)证明：点A 、D 分别是RB 、RC 的中点，∴AD ∥BC ，AD ＝12BC ， ∴∠P AD ＝∠RAD ＝∠RBC ＝90°，∴P A ⊥AD ，∴P A ⊥BC ，∵BC ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，∴BC ⊥平面P AB .∵PB ⊂平面P AB ，∴BC ⊥PB .(2)法一：取RD 的中点F ，连结AF 、PF .∵RA ＝AD ＝1，∴AF ⊥RC .∵AP ⊥AR ，AP ⊥AD ，∴AP ⊥平面RBC .∵RC ⊂平面RBC ，∴RC ⊥AP .∵AF ∩AP ＝A ，∴RC ⊥平面P AF .∵PF ⊂平面P AF ，∴RC ⊥PF .∴∠AFP 是二面角A －CD －P 的平面角．在Rt △RAD 中，AF ＝12RD ＝12RA 2＋AD 2＝22， 在Rt △P AF 中，PF ＝P A 2＋AF 2＝62， cos ∠AFP ＝AF PF ＝2262＝33. ∴二面角A －CD －P 的平面角的余弦值是33. 法二：建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz .则D (－1,0,0)，C (－2,1,0)，P (0,0,1)．∴DC u u u r ＝(－1,1,0)，DP u u u r ＝(1,0,1)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则：00n DC x y n DP x z ⎧=-+=⎪⎨=+=⎪⎩u u u r g u u u r g 令x ＝1，得y ＝1，z ＝－1， ∴n ＝(1,1，－1)．显然，PA u u u r 是平面ACD 的一个法向量，PA u u u r ＝(0,0，－1)．∴cos 〈n ，PA u u u r 〉＝n PA n PA u u u r g ＝13×1＝33. ∴二面角A －CD －P 的平面角的余弦值是33. 7．(2009·江西高考改编)如图在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AD ＝4，AB ＝2.以AC 的中点O 为球心、AC 为直径的球面交PD 于点M ，交PC 于点N .(1)求证：平面ABM ⊥平面PCD ；(2)求直线CD 与平面ACM 所成的角的正弦值；解：法一：(1)证明：依题设知，AC 是所作球面的直径，则AM ⊥MC .又因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD .又CD ⊥AD ，AD ∩P A ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ，∵AM ⊂平面P AD ，∴CD ⊥AM ，又CD ∩CM ＝C ，所以AM ⊥平面PCD ，∵AM ⊂平面ABM ，所以平面ABM ⊥平面PCD .(2)由(1)知，AM ⊥PD ，又P A ＝AD ，则M 是PD 的中点，可得AM ＝22且M 到平面ABCD 的距离为2，MC ＝MD 2＋CD 2＝23，则S △ACM ＝12AM ·MC ＝26，S △ACD ＝4. 设D 到平面ACM 的距离为h ，由V D －ACM ＝V M －ACD ，即26h ＝8，可求得h ＝263. 设所求角为θ，则sin θ＝h CD ＝63，即直线CD 与平面ACM 所成角的正弦值为63. 法二：(1)同法一；(2)如图所示，建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，P (0,0,4)，B (2,0,0)，C (2,4,0)，D (0,4,0)，∴CD u u u r ＝(－2,0,0)，AC u u u r ＝(2,4,0)．由(1)知，AM ⊥PD ，又P A ＝AD ，则M 是PD 的中点，故M (0,2,2)，所以AM u u u u r ＝(0,2,2)．设平面ACM 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 由n ⊥AC u u u r ，n ⊥AM u u u u r ，可得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋4y ＝0，2y ＋2z ＝0，令z ＝1， 则n ＝(2，－1,1)．设所求角为α，则sin α＝CD n CD nu u u r g u u u r ＝63， 所求角的正弦值为63.。
高考数学(理)复习训练：《立体几何中的向量方法》(北师大版)
【A 级】 基础训练1．已知直线l 1的方向向量是a ＝(2,4，x )，直线l 2的方向向量是b ＝(2，y,2)，若|a |＝6，且a ·b ＝0，则x ＋y 的值是( )A ．－3或1B ．3或－1C ．－3D ．1解析：由题意知|a |＝22＋42＋x 2＝6，得x ＝±4.由a ·b ＝4＋4y ＋2x ＝0得x ＝－2y －2，当x ＝4时，y ＝－3，∴x ＋y ＝1；当x ＝－4时，y ＝1，∴x ＋y ＝－3，综上x ＋y ＝－3或1.答案：A2．(2012·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A ．2 B. 3C. 2 D ．1解析：连接AC 交BD 于O ，连结OE ，由题意得AC 1∥OE ，∴AC 1∥平面BED ，直线AC 1到平面BED 的距离等于点A 到平面BED 的距离，也等于点C 到平面BED 的距离，作CH ⊥OE 于H ，则CH ＝12OE ＝1为所求，故选D. 答案：D3．如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点，则AD 与GF 所成的角的余弦值为( )A.36 B ．－36 C.33 D ．－33解析：如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F 、G 分别是线段AE 、BC 的中点．以C 为原来建立空间直角坐标系Cxyz ，A (0,2,0)，B (2,0,0)，D (0,0,2)，G (1,0,0)，F (0,2,1)，AD →＝(0，－2,2)，GF →＝(－1,2,1)，∴|AD →|＝22，|GF →|＝6，AD →·GF →＝－2，∴cos 〈AD →，GF →〉＝AD →·GF →|AD →||GF →|＝－36. ∴直线AD 与GF 所成角的余弦值为36. 答案：A4．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________．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. 答案：3010 5. 若A ⎝⎛⎭⎫0，2，198，B ⎝⎛⎭⎫1，－1，58，C ⎝⎛⎭⎫－2，1，58是平面α内的三点，设平面α的法向量n ＝(x ，y ，z )，则x ∶y ∶z ＝________.解析：AB →＝⎝⎛⎭⎫1，－3，－74，AC →＝⎝⎛⎭⎫－2，－1，－74， 由⎩⎨⎧ n ·AB →＝x －3y －74z ＝0n ·AC →＝－2x －y －74z ＝0得⎩⎨⎧ x ＝23y ，z ＝－43y .所以x ∶y ∶z ＝23y ∶y ∶⎝⎛⎭⎫－43y ＝2∶3∶(－4)． 答案：2∶3∶(－4)6．(2012·高考四川卷)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．解析：连结D 1M ，则D 1M 为A 1M 在平面DCC 1D 1上的射影，在正方形DCC 1D 1中，∵M 、N 分别是CD 、CC 1的中点，∴D 1M ⊥DN ，由三垂线定理得A 1M ⊥DN .即异面直线A 1M 与DN 所成的角为90°.答案：90°7．(2013·高考江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解析：(1)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 (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010， 所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.【B 级】 能力提升1．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的平个半平面内，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( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120°解析：由条件，知CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0，CD →＝CA →＋AB →＋BD →，∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2，∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，〈CA →，BD →〉＝120°， ∴二面角的大小为60°，故选C.答案：C2．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.495 C.295 D.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，si 〈CM →，D 1N →〉＝459，故选B.答案：B3．(2013·高考浙江卷)在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记B ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，则( )A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60°解析：根据新定义及线面垂直知识进行推理．设P 1＝f α(P )，P 2＝f β(P )，则PP 1⊥α，P 1Q 1⊥β，PP 2⊥β，P 2Q 2⊥α.若α∥β，则P 1与Q 2重合、P 2与Q 1重合，所以PQ 1≠PQ 2，所以α与β相交．设α∩β＝l ，由PP 1∥P 2Q 2，所以P ，P 1，P 2，Q 2四点共面．同理P ，P 1，P 2，Q 1四点共面．所以P ，P 1，P 2，Q 1，Q 2五点共面，且α与β的交线l 垂直于此平面．又因为PQ 1＝PQ 2，所以Q 1，Q 2重合且在l 上，四边形PP 1Q 1P 2为矩形．那么∠P 1Q 1P 2＝π2为二面角α－l －β的平面角，所以α⊥β. 答案：A4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A 1到截面AB 1D 1的距离是________．解析：如图，建立坐标系Dxyz ，则A 1(2,0,4)，A (2,0,0)，B 1(2,2,4)，D 1(0,0,4)，AD 1→＝(－2,0,4)，AB 1→＝(0,2,4)，AA 1→＝(0,0,4)，设平面AB 1D 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝－2x ＋4z ＝0n ·AB 1→＝2y ＋4z ＝0 得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2z y ＝－2z， 令z ＝1，则n ＝(2，－2,1)，设点A 1到平面AB 1D 1的距离为d ，则d ＝|AA 1→·n ||n |＝43. 答案：435．(2013·高考北京卷)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BC的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：根据空间线面垂直关系求点P 到直线CC 1的距离的最小值．如图，过点E 作EE 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，交直线B 1C 1于点E 1，连接D 1E 1，DE ，在平面D 1DEE 1内过点P 作PH ∥EE 1交D 1E 1于点H ，连接C 1H ，则C 1H 即为点P 到直线CC 1的距离．当点P 在线段D 1E 上运动时，点P 到直线CC 1的距离的最小值为点C 1到线段D 1E 1的距离，即为△C 1D 1E 1的边D 1E 1上的高h .∵C 1D 1＝2，C 1E 1＝1，∴D 1E 1＝5，∴h ＝25＝255.答案：255 6．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P AC 所成的角是________．解析：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz ，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CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2， CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12， ∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.答案：30°7．(创新题)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝a ，△P AD 为等边三角形，又平面P AD ⊥平面ABCD .(1)若在边BC 上存在一点Q ，使PQ ⊥QD ，求a 的取值范围；(2)当边BC 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD 时，求二面角A －PD －Q 的余弦值．解：(1)取AD 中点O ，连接PO ，则PO ⊥AD∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PO ⊥平面ABCD .建立如图的空间直角坐标系，则P ⎝⎛⎭⎫0，0，32a ，D ⎝⎛⎭⎫a 2，0，0. 设Q (t,2,0)，则PQ →＝⎝⎛⎭⎫t ，2，－32a ， DQ →＝⎝⎛⎭⎫t －a 2，2，0. ∵PQ ⊥QD ，∴PQ →·DQ →＝t ⎝⎛⎭⎫t －a 2＋4＝0.∴a ＝2⎝⎛⎭⎫t ＋4t ， ∵a ＞0，∴ t ＞0，∴⎝⎛⎭⎫t ＋4t ≥8，等号成立当且仅当t ＝2. 故a 的取值范围为[8，＋∞)．(2)由(1)知，当t ＝2，a ＝8时，边BC 上存在唯一点Q ，使PQ ⊥QD . 此时Q (2,2,0)，D (4,0,0)，P (0,0,43)．设n ＝(x ，y ，z )是平面PQD 的法向量，PQ →＝(2,2，－43)，DQ →＝(－2,2,0)．由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PQ →＝2x ＋2y －43z ＝0n ·DQ →＝－2x ＋2y ＝0 得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y －43z ＝0－2x ＋2y ＝0令x ＝y ＝3，则n ＝(3,3，3)是平面PQD 的一个法向量， 而AB →＝(0,2,0)是平面P AD 的一个法向量，设二面角A －PD －Q 为θ，由cos θ＝|cos 〈AB →，n 〉|＝217. ∴二面角A －PD －Q 的余弦值为217.。
立体几何中的向量方法二同步练习题(带解析2015高考数学一轮)
立体几何中的向量方法二同步练习题（带解析2015高考数学一轮）立体几何中的向量方法二同步练习题（带解析2015高考数学一轮） A 组基础演练 1．(2012•陕西)如图，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.55 B.53 C.255 D.35 解析：不妨设CB＝1，则B(0,0,1)，A(2,0,0)，C1(0,2,0)，B1(0,2,1)．∴BC1→＝(0,2，－1)，AB1→＝(－2,2,1)． cos〈BC1→，AB1→〉＝BC1→•AB1→|BC1→|•|AB1→|＝0＋4－15×3＝55，故选A. 答案：A 2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED 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A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0,1,0)，∴A1D→＝(0,1，－1)，A1E→＝1，0，－12. 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则y－z＝0，1－12z＝0，∴y＝2，z＝2. ∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝ (0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23. 即所成的锐二面角的余弦值为23. 答案：B 3．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.22 B.155 C.64 D.63 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，故选C. 答案：C 4．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．解析：如图建立空间直角坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)， D(0,0,0)，B(2,2,0)，∴D1A1→＝(2,0,0)，DA1→＝(2,0,2)，DB→＝(2,2,0)，设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，则n•DA1→＝2x＋2z＝0n•DB→＝2x＋2y＝0. 令x＝1，则n＝(1，－1，－1)，∴点D1到平面A1BD的距离d＝|D1A1→•n||n|＝23＝233. 答案：233 5．(2013•湖南)如图，在直棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AC⊥BD，BC＝1，AD＝AA1＝3. (1)证明：AC⊥B1D； (2)求直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值．解：法一：(1)如图1，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥BB1. 又AC⊥BD，所以AC⊥平面BB1D，而B1D⊂平面BB1D，所以AC⊥B1D. (2)因为B1C1∥AD，所以直线B1C1与平面ACD1所成的角等于直线AD与平面ACD1所成的角(记为θ)．如图1，连结A1D.因为棱柱ABCD－A1B1C1D1是直棱柱，且∠B1A1D1＝∠BAD＝90°，所以A1B1⊥平面ADD1A1，从而A1B1⊥AD1.又AD＝AA1＝3，所以四边形ADD1A1是正方形，于是A1D⊥AD1.故AD1⊥平面A1B1D，于是AD1⊥B1D. 由(1)知，AC⊥B1D，所以B1D⊥平面ACD1，故∠ADB1＝90°－θ. 在直角梯形ABCD中，因为AC⊥BD，所以∠BAC＝∠ADB.从而Rt△ABC∽Rt△DAB，故ABDA＝BCAB，即AB＝DA•BC＝3. 连结AB1.易知△AB1D是直角三角形，且B1D2＝BB21＋BD2＝BB21＋AB2＋AD2＝21，即B1D＝21. 在Rt△AB1D中，cos∠ADB1＝ADB1D＝321＝217，即cos(90°－θ)＝217.从而sin θ＝217. 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217. 法二：(1)易知，AB，AD，AA1两两垂直．如图2，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为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)，B1(t,0,3)，C(t,1,0)，C1(t,1,3)，D(0,3,0)，D1(0,3,3)．从而B1D→＝(－t,3，－3)，AC→＝(t,1,0)，BD→＝(－t,3,0)．因为AC⊥BD，所以AC→•BD→＝－t2＋3＋0＝0，解得t＝3或t＝－3(舍去)．于是B1D→＝(－3，3，－3)，AC→＝(3，1,0)．因为AC→•B1D→＝－3＋3＋0＝0，所以AC→⊥B1D→，即AC⊥B1D. (2)由(1)知，AD1→＝(0,3,3)，AC→＝(3，1,0)，B1C1→＝(0,1,0)．设n＝(x，y，z)是平面ACD1的一个法向量，则n•AC→＝0，n•AD1→＝0，即3x＋y＝0，3y＋3z＝0，令x＝1，则n＝(1，－3，3)．设直线B1C1与平面ACD1所成角为θ，则sin θ＝|cos〈n，B1C1→〉|＝n•B1C1→|n|•|B1C1→|＝37＝217. 即直线B1C1与平面ACD1所成角的正弦值为217. 6．(2013•江苏)如图，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，AB⊥AC，AB＝AC＝2，A1A＝4，点D是BC的中点． (1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值； (2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值．解：(1)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(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4)，C1(0,2,4)，所以A1B→＝(2,0，－4)，C1D→＝(1，－1，－4)．因为cos<A1B→，C1D→>＝A1B→•C1D→|A1B→||C1D→|＝1820×18＝31010，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC1的法向量为n1＝(x，y，z)，因为AD→＝(1,1,0)，AC1→＝(0,2,4)，所以n1•AD→＝0，n1•AC1→＝0，即x＋y＝0且y＋2z＝0，取z＝1，得x＝2，y＝－2，所以，n1＝(2，－2,1)是平面ADC1的一个法向量．取平面AA1B的一个法向量为n2＝(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为θ. 由|cos θ|＝n1•n2|n1|•|n2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为53. B组能力突破 1．(教材改编)在如图所示的正方体A1B1C1D1－ABCD中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC夹角的余弦值为 ( ) A．－1010 B．－120 C.120 D.1010 解析：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴建系，设A(2,0,0)、C(0,2,0)，D1(0,0,2)，E(0,1,2)，AC→＝(－2,0,0) DE→＝(0,1,0)，cos〈AC→，DE→〉＝1010. 答案：D 2．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝5，AB＝12，那么直线B1C1和平面A1BCD1的距离是________．答案：6013 3．如图，四棱锥S －ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，SD＝2，AD＝2.则二面角C －AS－D的余弦值为________．答案：105 4．(2013•天津)如图，四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB∥DC，AB⊥AD，AD＝CD＝1，AA1＝AB＝2，E为棱AA1的中点． (1)证明B1C1⊥CE； (2)求二面角B1－CE－C1的正弦值； (3)设点M在线段C1E上，且直线AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为26，求线段AM的长．解：法一：如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0)． (1)证明：易得B1C1→＝(1,0，－1)，CE→＝(－1,1，－1)，于是B1C1→•CE→＝0，所以B1C1⊥CE. (2)B1C→＝(1，－2，－1)．设平面B1CE的法向量m＝(x，y，z)，则m•B1C→＝0，m•CE→＝0，即x－2y－z＝0，－x＋y－z＝0，消去x，得y＋2z＝0，不妨令z＝1，可得一个法向量为m＝(－3，－2,1)．由(1)，B1C1⊥CE，又CC1⊥B1C1，可得B1C1⊥平面CEC1，故B1C1→＝(1,0，－1)为平面CEC1的一个法向量．于是cos〈m，B1C1→〉＝m•B1C1→|m|•|B1C1→|＝－414×2＝－277，从而sin〈m，B1C1→〉＝217. 所以二面角B1－CE－C1的正弦值为217. (3)AE→＝(0,1,0)，E C1→＝(1,1,1)．设EM→＝λEC1→＝(λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM→＝AE→＋EM→＝(λ，λ＋1，λ)．可取AB→＝(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量．设θ为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sinθ＝|cos〈AM→，AB→〉|＝|AM→•AB→||AM→|•|AB→| ＝2λλ2＋λ＋＋λ2×2＝λ3λ2＋2λ＋1. 于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13，所以AM ＝2. 法二：(1)证明：因为侧棱CC1⊥底面A1B1C1D1，B1C1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥B1C1.经计算可得B1E＝5，B1C1＝2，EC1＝3，从而B1E2＝B1C21＋EC21，所以在△B1EC1中，B1C1⊥C1E，又CC1，C1E⊂平面CC1E，CC1∩C1E＝C1，所以B1C1⊥平面CC1E，又CE⊂平面CC1E，故B1C1⊥CE. (2)过B1作B1G⊥CE于点G，连结C1G. 由(1)，B1C1⊥CE，故CE⊥平面B1C1G，得CE⊥C1G，所以∠B1GC1为二面角B1－CE－C1的平面角．在△CC1E中，由CE＝C1E＝3，CC1＝2，可得C1G＝263.在Rt△B1C1G中，B1G＝423，所以sin∠B1GC1＝217，即二面角B1－CE－C1的正弦值为217. (3)连结D1E，过点M作MH⊥ED1于点H，可得MH⊥平面ADD1A1，连结AH，AM，则∠MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角．设AM＝x，从而在Rt△AHM中，有MH＝26x，AH＝346x. 在Rt△C1D1E中，C1D1＝1，ED1＝2，得EH＝2MH＝13x.在△AEH中，∠AEH＝135°，AE＝1，由AH2＝AE2＋EH2－2AE•EH•cos 135°，得1718x2＝1＋19x2＋23x，整理得5x2－22x－6＝0，解得x＝2. 所以线段AM的长为2.。
2015高考数学(理)一轮题组训练：8-7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) ——求空间角基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、填空题1．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________．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sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－32×1＝－32，∴sin θ＝32，∴θ＝π3. 答案π32. 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成的角的大小是________．解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1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)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，A 1(1,0,1)，∴DN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，MA →1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，1，∴DN →·MA 1→＝1×0＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋12×1＝0，∴DN →⊥MA 1→，∴A 1M 与DN 所成的角的大小是90°. 答案 90°3．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 为原点建系，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 的法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎨⎧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，故锐二面角的余弦值为23.答案 234．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________． 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＝216a . 答案216a5．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DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，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 ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23.答案 236. 过正方形ABCD 的顶点A ，引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是________．解析 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n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP 与平面CDP 所成二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求的二面角的大小是45°.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°. 答案 45°7．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为________． 解析建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)，A (0,0，2)，AC 1→＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝38＝64.答案 648．已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时， OQ →的坐标是________．解析 ∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)， 则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23. 当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23. 此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83二、解答题9．(2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．解 (1)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 (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010. (2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0.取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量． 取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.10. (2014·广州质检)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE .(1)证明：BD ⊥平面P AC ；(2)若P A ＝1，AD ＝2，求二面角B －PC －A 的正切值． (1)证明 ∵P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥BD .同理由PC ⊥平面BDE ，可证得PC ⊥BD . 又P A ∩PC ＝P ，∴BD ⊥平面P AC .(2)解 如图，分别以射线AB ，AD ，AP 为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系．由(1)知BD ⊥平面P AC ， 又AC ⊂平面P AC ，∴BD ⊥AC . 故矩形ABCD 为正方形， ∴AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2.∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)． ∴PB →＝(2,0，－1)，BC →＝(0,2,0)，BD →＝(－2,2,0)． 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧2·x ＋0·y －z ＝0，0·x ＋2·y ＋0·z ＝0， ∴⎩⎨⎧z ＝2x ，y ＝0，取x ＝1得n ＝(1,0,2)．∵BD ⊥平面P AC ，∴BD →＝(－2,2,0)为平面P AC 的一个法向量． cos 〈n ，BD →〉＝n ·BD →|n |·|BD →|＝－1010.设二面角B －PC －A 的平面角为α，由图知0<α<π2， ∴cos α＝1010，sin α＝1－cos 2α＝31010.∴tan α＝sin αcos α＝3，即二面角B －PC －A 的正切值为3.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、填空题1. 如图，正方形ACDE 与等腰直角三角形ACB 所在的平面互相垂直，且AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，F ，G 分别是线段AE ，BC 的中点．则AD 与GF 所成的角的余弦值为________．解析 如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C －xyz ，A (0,2,0)，B (2,0,0)，D (0,0,2)，G (1,0,0)，F (0,2,1)，AD →＝(0，－2,2)，GF →＝(－1,2，1)，∴|AD →|＝22，|GF →|＝6，AD →·GF →＝－2， ∴cos 〈AD →，GF →〉＝AD →·GF →|AD →||GF →|＝－36.∴直线AD 与GF 所成角的余弦值为36. 答案 362．在四面体P -ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为________．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． ∵P A ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心．又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a 3.∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＝33a .答案 33a3．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P AC 所成的角是________．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CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ， 设n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，解得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12，∴〈CB →，n 〉＝60°，∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°. 答案 30° 二、解答题4．(2013·北京卷改编)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)在线段BC 1上是否存在点D ，使得AD ⊥A 1B ？若存在，试求出BD BC 1的值． (1)证明 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C ＝AC ， ∴AA 1⊥平面ABC .(2)解 由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，由题意知，在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5，∴BC 2＝AC 2＋AB 2，∴AB ⊥AC .∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz .A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，于是A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∴⎩⎪⎨⎪⎧A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎨⎧4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0， ∴取向量n 1＝(0,4,3)，由⎩⎪⎨⎪⎧ B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎨⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0. 取向量n 2＝(3,4,0)，∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625. 由题图可判断二面角A 1-BC 1-B 1为锐角，故二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值为1625.(3)解 假设存在点D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，且BD →＝λBC 1→. ∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ，∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)，又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝925，因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时BD BC 1＝925.。
高中数学【立体几何中的向量方法】专题练习
高中数学【立体几何中的向量方法】专题练习1.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A.π2 B.π3 C.π4 D.π6答案 D解析 法一 如图，连接C 1P ，因为ABCD-A 1B 1C 1D 1是正方体，且P 为B 1D 1的中点，所以C 1P ⊥B 1D 1，又C 1P ⊥BB 1，B 1D 1∩BB 1＝B 1，B 1D 1，BB 1⊂平面B 1BP ，所以C 1P ⊥平面B 1BP .又BP ⊂平面B 1BP ，所以有C 1P ⊥BP .连接BC 1，则AD 1∥BC 1，所以∠PBC 1为直线PB 与AD 1所成的角.设正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则在Rt △C 1PB 中，C 1P ＝12B 1D 1＝2，BC 1＝22，sin ∠PBC 1＝PC 1BC 1＝12，所以∠PBC 1＝π6，故选D.法二 如图，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，P (1，1，2)，D 1(0，2，2)，PB →＝(1，－1，－2)，AD →1＝(0，2，2).设直线PB 与AD 1所成的角为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PB →·AD →1|PB →||AD →1|＝|－6|6×8＝32.因为θ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，所以θ＝π6，故选D.法三 如图，连接BC 1，A 1B ，A 1P ，PC 1，则易知AD 1∥BC 1，所以直线PB 与AD 1所成的角等于直线PB 与BC 1所成的角.由P 为正方形A 1B 1C 1D 1的对角线B 1D 1的中点，知A 1，P ，C 1三点共线，且P 为A 1C 1的中点.易知A 1B ＝BC 1＝A 1C 1，所以△A 1BC 1为等边三角形 ，所以∠A 1BC 1＝π3，又P 为A 1C 1的中点，所以可得∠PBC 1＝12∠A 1BC 1＝π6，故直线PB 与AD 1所成的角为π6，故选D.2.如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，AB ＝1，BC ＝4，PA ＝15，M ，N 分别为BC ，PC 的中点，PD ⊥DC ，PM ⊥MD .(1)证明：AB ⊥PM ；(2)求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.(1)证明 因为底面ABCD 是平行四边形，∠ABC ＝120°，BC ＝4，AB ＝1，且M 为BC 的中点，所以CM ＝2，CD ＝1，∠DCM ＝60°， 易得CD ⊥DM .又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM.因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM.又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM.(2)解法一由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角.连接AM，因为PM⊥MD，由(1)知PM⊥DC，又MD，DC⊂平面ABCD，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，又AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM.因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝7，又PA＝15，所以PM＝22，所以PB＝PC＝2 3.连接BN，结合余弦定理得BN＝11.连接AC，则由余弦定理得AC＝21，在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝15.所以在△ABN中，cos∠BAN＝AB2＋AN2－BN22AB·AN＝1＋15－11215＝156.设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sin θ＝cos ∠BAN＝15 6.故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156.法二 因为PM ⊥MD ，由(1)知PM ⊥DC ，又MD ，DC ⊂平面ABCD ，MD ∩DC ＝D ，所以PM ⊥平面ABCD . 连接AM ，则PM ⊥AM . 因为∠ABC ＝120°，AB ＝1， BM ＝2， 所以AM ＝7，又PA ＝15，所以PM ＝2 2. 由(1)知CD ⊥DM ，过点M 作ME ∥CD 交AD 于点E ，则ME ⊥MD .故可以以M 为坐标原点，MD ，ME ，MP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (－3，2，0)，P (0，0，22)，C (3，－1，0)， 所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，所以AN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332，－52，2. 易知平面PDM 的一个法向量为n ＝(0，1，0). 设直线AN 与平面PDM 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AN →，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪AN →·n |AN →|·|n |＝5215＝156. 故直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为156.3.在四棱锥Q-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，若AD ＝2，QD ＝QA ＝5，QC＝3.(1)证明：平面QAD ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B －QD －A 的平面角的余弦值. (1)证明 取AD 的中点为O ，连接QO ，CO .因为QA ＝QD ，OA ＝OD ，则QO ⊥AD ， 又AD ＝2，QA ＝5， 故QO ＝5－1＝2. 在Rt △ODC 中， CO ＝OD 2＋CD 2＝ 5.因为QC ＝3，故QC 2＝QO 2＋OC 2，故△QOC 为直角三角形且QO ⊥OC . 因为OC ∩AD ＝O ，OC ，AD ⊂平面ABCD ，故QO ⊥平面ABCD . 因为QO ⊂平面QAD ，故平面QAD ⊥平面ABCD .(2)解 在平面ABCD 内，过O 作OT ∥CD ，交BC 于T ，则OT ⊥AD ，结合(1)中的QO ⊥平面ABCD ，故可建如图所示的空间坐标系，则D (0，1，0)，Q (0，0，2)，B (2，－1，0)，故BQ →＝(－2，1，2)，BD →＝(－2，2，0).设平面QBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BQ →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧－2x ＋y ＋2z ＝0，－2x ＋2y ＝0，取x ＝1，则y ＝1，z ＝12， 故n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12.易知平面QAD 的一个法向量为m ＝(1，0，0)， 故cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝11×32＝23. 又二面角B-QD-A 的平面角为锐角，故其余弦值为23.1.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)，则 (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. 直线与直线所成的角、直线与平面所成的角、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)线线角设l ，m 所成的角为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)线面角设直线l 与平面α所成的角为θ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤θ≤π2，则 sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos a ，μ|.(3)面面角设平面α与平面β的夹角为θ(0≤θ≤π2)， 则cos θ＝|μ·v ||μ||v |＝|cosμ，v|.3. 空间中的距离主要包括：点点距、点线距、线线距、点面距、线面距、面面距.热点一 利用空间向量证明平行、垂直【例1】 如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB ∥DC ，AD ＝DC ＝AP ＝2，AB ＝1，点E 为棱PC 的中点.证明：(1)BE ⊥DC ； (2)BE ∥平面PAD ； (3)平面PCD ⊥平面PAD .证明 依题意，以点A 为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B (1，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2).由E 为棱PC 的中点，得E (1，1，1).(1)向量BE →＝(0，1，1)，DC →＝(2，0，0)，故BE →·DC →＝0.所以BE ⊥DC .(2)因为AB ⊥AD ，又PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥PA ，PA ∩AD ＝A ，PA ，AD ⊂平面PAD ， 所以AB ⊥平面PAD ，所以向量AB→＝(1，0，0)为平面PAD 的一个法向量，而BE →·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以BE ⊥AB ， 又BE ⊄平面PAD ， 所以BE ∥平面PAD .(3)由(2)知平面PAD 的法向量AB →＝(1，0，0)，向量PD →＝(0，2，－2)，DC →＝(2，0，0)，设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎨⎧2y －2z ＝0，2x ＝0，不妨令y ＝1，可得n ＝(0，1，1)为平面PCD 的一个法向量. 且n ·AB →＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n ⊥AB →. 所以平面PAD ⊥平面PCD .探究提高 1.利用向量法证明平行、垂直，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要素).2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的定理，如在(2)中忽略BE ⊄平面PAD 而致误.【训练1】 如图，在底面为直角梯形的四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，PD ⊥平面ABCD ，AD ＝1，AB ＝3，BC ＝4.(1)求证：BD ⊥PC .(2)设点E 在棱PC 上，PE→＝λPC →，若DE ∥平面PAB ，求λ的值.解 如图，在平面ABCD 内过点D 作直线DF ∥AB ，交BC 于点F ，以D 为坐标原点，DA ，DF ，DP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1，0，0)，B (1，3，0)，D (0，0，0)，C (－3，3，0).设PD ＝a ，则P (0，0，a )，(1)证明 BD →＝(－1，－3，0)，PC →＝(－3，3，－a )， 因为BD →·PC →＝3－3＝0， 所以BD ⊥PC .(2)由题意知，AB →＝(0，3，0)，DP →＝(0，0，a )，PA →＝(1，0，－a )，PC →＝(－3，3，－a )，因为PE→＝λPC →，所以PE →＝(－3λ，3λ，－aλ)， 则DE→＝DP →＋PE →＝(0，0，a )＋(－3λ，3λ，－aλ) ＝(－3λ，3λ，a －aλ).设n ＝(x ，y ，z )为平面PAB 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，PA →·n ＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x －az ＝0.令z ＝1，得x ＝a ，所以n ＝(a ，0，1)， 因为DE ∥平面PAB ，所以DE →·n ＝0， 所以－3aλ＋a －aλ＝0，即a (1－4λ)＝0， 因为a ≠0，所以λ＝14.故λ的值为14. 热点二 利用向量求线线角、线面角【例2】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，边长为4，E 为AB 的中点，PE ⊥平面ABCD .(1)若△PAB 为等边三角形，求四棱锥P-ABCD 的体积；(2)若CD 的中点为F ，PF 与平面ABCD 所成角为45°，求PC 与AD 所成角的余弦值.解 (1)∵正方形ABCD 的边长为4，且△PAB 为等边三角形，E 为AB 的中点， ∴PE ＝PB ·sin ∠PBE ＝AB ·sin 60°＝23， 又PE ⊥平面ABCD ， ∴四棱锥P-ABCD 的体积 V P －ABCD ＝13×42×23＝3233. (2)如图，连接EF ，∵PE ⊥平面ABCD ， EF ，AB ⊂平面ABCD ， ∴PE ⊥EF ，PE ⊥AB ， 又四边形ABCD 为正方形， E ，F 分别为AB ，CD 的中点， ∴EF ⊥AB ，∴AB ，EF ，PE 两两垂直.以E 为坐标原点，EB ，EF ，EP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则C (2，4，0)，A (－2，0，0)，D (－2，4，0)， ∵PF 与平面ABCD 所成角为45°，∴∠PFE ＝45°， ∴PE ＝EF ·tan ∠PFE ＝4，∴P (0，0，4)， ∴PC→＝(2，4，－4)，AD →＝(0，4，0).设PC 与AD 所成的角为θ，则 cos θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PC →·AD →|PC →|·|AD →|＝166×4＝23， 即PC 与AD 所成角的余弦值为23.探究提高 1.异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.2.直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|，有时也可分别求出斜线与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).【训练2】在直角梯形ABCD 中，∠ABC ＝90°，BC ∥AD ，AD ＝4，AB ＝BC ＝2，M 为线段AD 中点.将△ABC 沿AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到几何体B-ACD .(1)求证：AB ⊥平面BCD ；(2)求直线BD 与平面BCM 所成角的正弦值.(1)证明 在直角梯形ABCD 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2，AD ＝4， ∴AC ＝22，CD ＝2 2.因此在△ACD 中，AD 2＝CD 2＋AC 2，从而CD ⊥AC .又∵平面ABC ⊥平面ACD ，且平面ABC ∩平面ACD ＝AC ，CD ⊂平面ACD ， ∴CD ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，∴CD ⊥AB . 又AB ⊥BC ，且BC ∩CD ＝C ，∴AB ⊥平面BCD .(2)解 取AC 的中点O ，连接OB ，由题设可知△ABC 为等腰直角三角形，∴OB ⊥平面ACM .连接OM ，∵M ，O 分别为AD 和AC 的中点， ∴OM ∥CD .由(1)可知OM ⊥AC ，故以OM ，OC ，OB 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D (22，2，0)，B (0，0，2)，C (0，2，0)，M (2，0，0)， ∴CB→＝(0，－2，2)，CM →＝(2，－2，0)，BD →＝(22，2，－2). 设平面BCM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝－2y ＋2z ＝0，n ·CM →＝2x －2y ＝0，取x ＝1，则求得平面BCM 的一个法向量n ＝(1，1，1). 设直线BD 与平面BCM 所成的角为θ， 则直线BD 与平面BCM 所成角的正弦值为 sin θ＝|cos 〈BD →，n 〉|＝|BD →·n ||BD →|·|n |＝23.故直线BD 与平面BCM 所成角的正弦值为23. 热点三 利用向量求平面与平面的夹角【例3】如图，在四棱锥P-ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，AB ＝2DC ＝23，AC ∩BD ＝F ，且△PAD 与△ABD 均为正三角形，G 为△PAD 的重心.(1)求证：GF ∥平面PDC ；(2)求平面PAD 与平面PBC 的夹角的余弦值.(1)证明 取PD 的中点E ，连接AE ，CE . 因为AB ∥CD ，AB ＝2DC ＝23，AC ∩BD ＝F ， 所以AF FC ＝ABCD ＝2.又G 为△PAD 的重心，知AGGE ＝2. 因此AG GE ＝AFFC ＝2，所以GF ∥CE . 又GF ⊄平面PDC ，CE ⊂平面PDC ， 所以GF ∥平面PDC .(2)解 设O 为AD 的中点，因为△PAD 为正三角形，则PO ⊥AD ，又因平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ， 所以PO ⊥平面ABCD .过O 分别作BC ，AB 的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系，则P (0，0，3)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，332，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，332，0. 所以PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，332，－3，BC →＝(－3，0，0). 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧PB →·n ＝32x ＋332y －3z ＝0，BC →·n ＝－3x ＝0，不妨取y ＝2，得n ＝(0，2，3).又OB ⊥平面PAD ，则取平面PAD 的一个法向量 n 0＝23OB →＝(1，3，0)，所以cos 〈n，n0〉＝n·n0|n||n0|＝237×2＝217.所以平面PAD与平面PBC的夹角的余弦值为21 7.探究提高两平面的夹角是指两平面相交所形成的四个二面角中不大于90°的二面角，它可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角.【训练3】如图，已知三棱锥S-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，且SB＝SC＝4，点D为SC的中点，DA＝2.(1)求证：平面SAB⊥平面ABC；(2)求平面SAB与平面ABD的夹角的余弦值.(1)证明因为SC＝4，且点D为SC的中点，所以SD＝DC＝2.又AC＝DA＝2，所以△ADC是等边三角形，所以∠DCA＝π3，在△SAC中，由余弦定理，得SA＝23，从而SC2＝SA2＋AC2，则SA⊥AC.又△SAB≌△SAC，得SA⊥AB，又AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，所以SA⊥平面ABC，又SA⊂平面SAB，所以平面SAB⊥平面ABC.(2)解以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，在平面ABC内过点A垂直于AB 的直线为y轴，AS所在直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系.则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (1，3，0)，S (0，0，23)， 从而D ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，3.所以AB →＝(2，0，0)，AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，3.设m ＝(x ，y ，z )为平面ABD 的法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AB→＝0，m ·AD →＝0，得⎩⎨⎧2x ＝0，12x ＋32y ＋3z ＝0. 令z ＝1，得m ＝(0，－2，1).又平面SAB 的一个法向量n ＝(0，1，0)， 所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－255.所以平面SAB 与平面ABD 的夹角的余弦值为255. 热点四 利用空间向量求空间距离【例4】 如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝π2，AB ＝BC ＝13AD ＝a ，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝a ，点F 在AD 上，且CF ⊥PC .(1)求点A 到平面PCF 的距离； (2)求AD 到平面PBC 的距离．解 (1)由题意知AP ，AB ，AD 两两垂直，建立空间直角坐标系，如图．则A (0，0，0)，B (a ，0，0)，C (a ，a ，0)，D (0，3a ，0)，P (0，0，a )． 设F (0，m ，0)，则CF →＝(－a ，m －a ，0)，CP →＝(－a ，－a ，a )．∵PC ⊥CF ，∴CF→⊥CP →，∴CF →·CP →＝(－a )·(－a )＋(m －a )·(－a )＋0·a ＝a 2－a (m －a )＝0，∴m ＝2a ，即F (0，2a ，0)．设平面PCF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CF →＝－ax ＋ay ＝0，n ·CP →＝－ax －ay ＋az ＝0，解得⎩⎨⎧x ＝y ，z ＝2x .取x ＝1，得n ＝(1，1，2)．设点A 到平面PCF 的距离为d ，由AC →＝(a ，a ，0)， 得d ＝|AC →·n ||n |＝a ×1＋a ×1＋0×26＝63a .(2)由于BP→＝(－a ，0，a )，BC →＝(0，a ，0)，AP →＝(0，0，a )．设平面PBC 的法向量为n 1＝(x 0，y 0，z 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BP →＝－ax 0＋az 0＝0，n 1·BC →＝ay 0＝0，得⎩⎨⎧x 0＝z 0，y 0＝0.取x 0＝1，得n 1＝(1，0，1)． 设点A 到平面PBC 的距离为h ，∵AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，∴AD ∥平面PBC ， ∴h 为AD 到平面PBC 的距离， ∴h ＝|AP →·n 1||n 1|＝a 2＝22a .探究提高 1.利用向量法求相关距离的一般步骤(1)建立空间直角坐标系． (2)求出相关的向量． (3)计算距离．2．线面距、面面距可转化为点面距．【训练4】 如图，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，若已知AB ＝3，AD ＝4，PA ＝1，求点P 到BD 的距离．解 如图，分别以AB ，AD ，AP 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则P (0，0，1)，B (3，0，0)，D (0，4，0)， ∴PB→＝(3，0，－1)，BD →＝(－3，4，0)， 取a ＝PB→＝(3，0，－1)， u ＝BD →|BD →|＝⎝⎛⎭⎪⎫－35，45，0，则a 2＝10，a ·u ＝－95，所以点P 到BD 的距离为a 2－（a · u ）2＝10－8125＝135.热点五 利用空间向量求解探索性问题【例5】如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，AB ＝PA ＝2，PA ⊥平面ABCD ，E ，M 分别是BC ，PD 的中点，点F 在棱PC 上移动.(1)证明：无论点F 在PC 上如何移动，都有平面AEF ⊥平面PAD ；(2)是否存在点F ，使得直线AF 与平面PCD 所成的角最大，若存在，试确定点F 的位置.(1)证明 如图所示，连接AC . ∵底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°， ∴△ABC 为正三角形， ∵E 是BC 的中点，∴AE ⊥BC . 又AD ∥BC ，∴AE ⊥AD .∵PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AE ， ∵PA ∩AD ＝A ，PA ，AD 在平面PAD 内， ∴AE ⊥平面PAD .∵AE ⊂平面AEF ，∴平面AEF ⊥平面PAD .(2)解 由(1)知，AE ，AD ，AP 两两垂直，故以AE ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B (3，－1，0)，C (3，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，M (0，1，1)，E (3，0，0). ∴PC→＝(3，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)，AP →＝(0，0，2). 设PF→＝λPC →＝(3λ，λ，－2λ)， 则AF→＝AP →＋PF →＝(3λ，λ，2－2λ). 设平面PCD 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝3x 1＋y 1－2z 1＝0，m ·PD →＝2y 1－2z 1＝0，令z 1＝3，则x 1＝1，y 1＝3，∴m ＝(1，3，3). 设直线AF 与平面PCD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈AF →，m 〉|＝|AF →·m ||AF →||m |＝|3λ＋3λ＋23－23λ|（3λ）2＋λ2＋（2－2λ）2×7＝237×22⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122＋12≤427. 当λ＝12时，sin θ取最大值427.故存在点F ，使得直线AF 与平面PCD 所成的角最大，此时F 为PC 的中点. 探究提高 1.空间向量法最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.但注意空间坐标系建立的规范性及计算的准确性，否则容易出现错误.2.利用空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.【训练5】 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 ，求平面PAC 与平面SAC 的夹角的大小； 所以平面PAC 与平面SAC 的夹角的大小；(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SC ∶SE 的值；若不存在，试说明理由.(1)证明 连接BD 交AC 于点O ，连接SO ，由题意知SO ⊥AC . 在正方形ABCD 中，AC ⊥BD .因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD ，又SD ⊂平面SBD ，所以AC ⊥SD .(2)解 由题设知，SO ⊥平面ABCD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，OS →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O-xyz ，如图.设底面边长为a ，则高SO ＝62a ，则S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，62a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22a ，0，又SD ⊥平面PAC ，则平面PAC 的一个法向量为DS→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ， 平面SAC 的一个法向量为OD→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，0，0， 则cos 〈DS →，OD →〉＝DS →·OD →|DS →||OD →|＝－12，所以平面PAC 与平面SAC 的夹角的大小为60°.(3)解 在棱SC 上存在一点E 使BE ∥平面PAC .理由如下： 由(2)知DS →是平面PAC 的一个法向量，且DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a ，0，62a ，CS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22a ，62a ，BC→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a ，0. 设CE→＝tCS →，t ∈[0，1]，则BE→＝BC →＋CE →＝BC →＋tCS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22a ，22a （1－t ），62at .因为BE ∥平面PAC ，所以BE →·DS →＝0，所以－12a 2＋32a 2t ＝0，解得t ＝13.故侧棱SC 上存在一点E ，使得BE ∥平面PAC ， 此时SC ∶SE ＝3∶2.一、选择题1.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 的夹角的正弦值为( ) A.12 B.53 C.33 D.22答案 B解析 以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，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 的法向量为n 1＝(1，y ，z )， 则有⎩⎨⎧A 1D →·n 1＝0，A1E →·n 1＝0，即⎩⎨⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2，∴n 1＝(1，2，2).∵平面ABCD 的法向量为n 2＝(0，0，1)， ∴|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×1＝23， 故平面A 1ED 与平面ABCD 所成角的正弦值为sin 〈n 1，n 2〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝53.2.如图，在四棱锥S-ABCD 中，SD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，SD ＝CD ，AB ＝AD ，CD ＝2AD ，M 是BC 中点，N 是线段SA 上的点，设MN 与平面SAD 所成角为α，则sin α的最大值为( )A.357B.337C.257D.237答案 A解析 以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz ，设DA ＝2，则D (0，0，0)，S (0，0，4)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，4，0)，M (1，3，0)，所以SA→＝(2，0，－4).设SN→＝λSA →(0≤λ≤1)，则N (2λ，0，4－4λ)，则MN →＝(2λ－1，－3，4－4λ). 平面SAD 的一个法向量为DC→＝(0，4，0)，所以sin α＝|MN →·DC →||MN →|·|DC →|＝32（10λ2－18λ＋13）.因为0≤λ≤1，所以当λ＝910， 即SN ＝9NA 时，sin α取得最大值357.3.(多选)如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ⊥平面ABCD ，且ED ＝FB ＝1，G 为线段EC 上的动点，下列结论正确的是( )A.EC ⊥AFB.该几何体外接球的表面积为3πC.若G 为线段EC 的中点，则GB ∥平面AEFD.AG 2＋BG 2的最小值为3 答案 ABC解析 如图，几何体可补成正方体，以D 为原点，DA→，DC →，DE →分别为x 轴，y轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系D-xyz ，由正方体的性质可知EC ⊥AF ，故A 正确；该几何体的外接球即为正方体的外接球，所以外接球的直径为正方体的体对角线长3，所以该几何体的外接球的半径为32，从而外接球的表面积为3π，故B 正确；连接HC ，BG ，由正方体性质可知，HC ⊥平面AEF ，所以HC →即为平面AEF 的一个法向量，又H (1，0，1)，C (0，1，0)，所以HC→＝(－1，1，－1).若G 为线段EC 的中点，则G ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，又B (1，1，0)，则GB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－12. 因为GB →·HC →＝0，又GB ⊄平面AEF ，所以GB ∥平面AEF ，故C 正确；设G (0，t ，1－t )(0≤t ≤1)，又B (1，1，0)，A (1，0，0)，所以AG→＝(－1，t ，1－t )，BG→＝(－1，t －1，1－t )，所以AG 2＋BG 2＝(－1)2＋t 2＋(1－t )2＋(－1)2＋(t －1)2＋(1－t )2＝4t 2－6t ＋5，故当t ＝34时，AG 2＋BG 2取得最小值为114，故D 错误.故选ABC. 二、填空题4.如图所示，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________.答案 45解析 因为AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，所以AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，F (0，2，0)，C (0，2，1)，所以AF →＝(－1，2，0)，EC →＝(0，2，1)， 所以cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →||EC →|＝45，所以AF 与CE 所成角的余弦值为45.5.如图所示，在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AD ＝AA 1＝1，AB ＝2，点E 是棱AB 的中点，则点E 到平面ACD 1的距离为________.答案 13解析 如图，以D 为坐标原点，直线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则D 1(0，0，1)，E (1，1，0)，A (1，0，0)，C (0，2，0). 则D 1E →＝(1，1，－1)，AC →＝(－1，2，0)，AD 1→＝(－1，0，1). 设平面ACD 1的法向量为n ＝(a ，b ，c )，则⎩⎨⎧n ·AC →＝－a ＋2b ＝0，n ·AD 1→＝－a ＋c ＝0，取a ＝2，得n ＝(2，1，2)，∴点E 到平面ACD 1的距离 h ＝|D 1E →·n ||n |＝|2＋1－2|3＝13.三、解答题6.如图，已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心.若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值.(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又侧面BB 1C 1C 是矩形，所以B 1C 1⊥MN . 又A 1N ∩MN ＝N ，A 1N ，MN ⊂平面A 1AMN ， 所以B 1C 1⊥平面A 1AMN .又B 1C 1⊂平面EB 1C 1F ， 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 由已知及(1)得AM ⊥BC ，MN ⊥BC ，AM ⊥MN .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M-xyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ，故AO ∥PN . 又AP ∥ON ，则四边形AONP 为平行四边形， 故PM ＝233，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC .作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a ，0，0)，则 NQ ＝4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a2， B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2.故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a 2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1，0)是平面A 1AMN 的一个法向量， 故sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉＝n ·B 1E →|n |·|B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010.7.如图，四棱锥P-ABCD 的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，PD ＝DC ＝1，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM .(1)求BC ；(2)求二面角A-PM-B 的正弦值. 解 (1)连接BD 交AM 于点E ，因为PD ⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，所以PD ⊥AM ，又因为PB ⊥AM ，PB ∩PD ＝P ，PB ，PD ⊂平面PBD ， 所以AM ⊥平面PBD ，因为BD ⊂平面PBD ，所以AM ⊥BD . 设BC ＝x ，因为M 为BC 的中点， 则BM ＝MC ＝12BC ＝12x ，因为AB ⊥AD ，AM ⊥BD ，所以△DAB ∽△ABM ， 所以AD BA ＝AB BM ，即x 1＝112x ，解得x ＝ 2.所以BC ＝ 2.(2)由题意DA ，DC ，DP 两两互相垂直，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DP 为z 轴建立如图空间直角坐标系.所以A (2，0，0)，P (0，0，1)， B (2，1，0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，1，0，所以AP→＝(－2，0，1)，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，1，0，BP →＝(－2，－1，1)，BM→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0. 设平面APM 的法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AP →＝0，m ·AM →＝0，即⎩⎨⎧－2x 1＋z 1＝0，－22x 1＋y 1＝0，令y 1＝1，得到⎩⎨⎧x 1＝2，y 1＝1，z 1＝2，所以m ＝(2，1，2)，设平面BPM 的法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP→＝0，n ·BM →＝0，即⎩⎨⎧－2x 2－y 2＋z 2＝0，－22x 2＝0， 令y 2＝1，得到⎩⎨⎧x 2＝0，y 2＝1，z 2＝1，所以n ＝(0，1，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝1＋27×2＝31414，所以sin 〈m ，n 〉＝7014， 即二面角A-PM-B 的正弦值为7014.8.如图，在三棱锥A-BCD 中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ＝AD ，O 为BD 的中点.(1)证明：OA ⊥CD ；(2)若△OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，DE ＝2EA ，且二面角E-BC-D 的大小为45°，求三棱锥A-BCD 的体积.(1)证明 因为AB ＝AD ，O 为BD 的中点，所以OA ⊥BD ， 又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ， AO ⊂平面ABD ，所以AO ⊥平面BCD ， 又CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD .(2)解 如图所示，以O 为坐标原点，OB ，OA 所在直线分别为x ，z 轴，在平面BCD 内，以过点O 且与BD 垂直的直线为y 轴建立空间直角坐标系.因为△OCD 是边长为1的正三角形，且O 为BD 的中点，所以OC ＝OB ＝OD ＝1，所以B (1，0，0)，D (－1，0，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，0.设A (0，0，a )，a >0，因为DE ＝2EA ， 所以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0，2a 3.由题意可知平面BCD 的一个法向量为n ＝(0，0，1). 设平面BCE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 因为BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32，0，BE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，0，2a 3， 所以⎩⎪⎨⎪⎧m ·BC →＝0，m ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－32x ＋32y ＝0，－43x ＋2a 3z ＝0，令x ＝1，则y ＝3，z ＝2a ，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，3，2a .因为二面角E-BC-D 的大小为45°， 所以cos 45°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝2a4＋4a 2＝22， 得a ＝1，即OA ＝1.由(1)得OA ⊥平面BCD ， 又因为S △BCD ＝12BD ·CD sin 60°＝12×2×1×32＝32， 所以V A-BCD ＝13S △BCD ·OA ＝13×32×1＝36.9.已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧面AA 1B 1B 为正方形，AB ＝BC ＝2，E ，F 分别为AC 和CC 1的中点，D 为棱A 1B 1上的点，BF ⊥A 1B 1.(1)证明：BF ⊥DE ；(2)当B 1D 为何值时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小？(1)证明 因为E ，F 分别是AC 和CC 1的中点，且AB ＝BC ＝2，侧面AA 1B 1B 为正方形，所以CF ＝1，BF ＝ 5.如图，连接AF ，由BF ⊥A 1B 1，AB ∥A 1B 1，得BF ⊥AB ，于是AF ＝BF 2＋AB 2＝3，所以AC ＝AF 2－CF 2＝2 2.由AB 2＋BC 2＝AC 2，得BA ⊥BC . ∵三棱柱ABC-A 1B 1C 1为直三棱柱，∴BB 1⊥AB 且BB 1⊥BC ，则BA ，BC ，BB 1两两互相垂直，故以B 为坐标原点，以BA ，BC ，BB 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系B －xyz ，则B (0，0，0)，E (1，1，0)，F (0，2，1)，BF→＝(0，2，1). 设B 1D ＝m (0≤m ≤2)，则D (m ，0，2)，于是DE→＝(1－m ，1，－2). 所以BF →·DE→＝0，所以BF ⊥DE . (2)解 易知平面BB 1C 1C 的一个法向量为n 1＝(1，0，0).设平面DFE 的法向量为n 2＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，EF →·n 2＝0， 又由(1)得DE→＝(1－m ，1，－2)，EF →＝(－1，1，1)， 所以⎩⎨⎧（1－m ）x ＋y －2z ＝0，－x ＋y ＋z ＝0， 令x ＝3，得y ＝m ＋1，z ＝2－m ，于是，平面DFE 的一个法向量为n 2＝(3，m ＋1，2－m )，所以cos 〈n 1，n 2〉＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272.设平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈n 1，n 2〉＝1－92⎝ ⎛⎭⎪⎫m －122＋272， 故当m ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小为33，即当B 1D ＝12时，平面BB 1C 1C 与平面DFE 所成的二面角的正弦值最小.10.如图所示，在四棱锥P-ABCD 中，AB ∥DC ，∠ADC ＝π2，AB ＝AD ＝12CD ＝2，PD ＝PB ＝6，PD ⊥BC .(1)求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得平面ABM 与平面PBD 的夹角为π3若存在，求CM CP 的值；若不存在，请说明理由.(1)证明 由AB ∥DC ，AB ＝AD ＝2，∠ADC ＝π2.根据勾股定理，得BD ＝AB 2＋AD 2＝2 2.又CD ＝4，∠BDC ＝π4，所以根据余弦定理得BC ＝2 2.所以CD 2＝BD 2＋BC 2，故BC ⊥BD .又BC ⊥PD ，PD ∩BD ＝D ，且BD ，PD ⊂平面PBD ，所以BC ⊥平面PBD .因为BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBD .(2)解 设E 为BD 的中点，连接PE .因为PB ＝PD ＝6，所以PE ⊥BD ，PE ＝2.由(1)得BC ⊥平面PBD ，又BC ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面PBD . 又平面ABCD ∩平面PBD ＝BD ，PE ⊂平面PBD ，所以PE ⊥平面ABCD .如图所示，以A 为坐标原点，分别以AD →，AB →和EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz .则A (0，0，0)，B (0，2，0)，C (2，4，0)，D (2，0，0)，P (1，1，2).假设存在满足条件的M ，使得锐二面角为π3.设CM CP ＝λ(0≤λ≤1)，即CM→＝λCP →， 所以M (2－λ，4－3λ，2λ).易得平面PBD 的一个法向量为BC→＝(2，2，0). 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABM 的法向量，AB→＝(0，2，0)，AM →＝(2－λ，4－3λ，2λ).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AM →＝0，得⎩⎨⎧2y ＝0，（2－λ）x ＋（4－3λ）y ＋2λz ＝0， 取x ＝2λ，得平面ABM 的一个法向量n ＝(2λ，0，λ－2).因为平面PBD 与平面ABM 的夹角为π3，所以|cos 〈BC →，n 〉|＝cos π3，所以|4λ|22×4λ2＋（λ－2）2＝12，解得λ＝23或λ＝－2(舍去). 故在线段PC 上存在点M ，使得平面ABM 与平面PBD 的夹角为π3，且CM CP ＝23.。
高考数学一轮复习 专题8.7 立体几何中的向量方法(练)
第07节 立体几何中的向量方法A 基础巩固训练1.直线l 的方向向量s ＝(－1,1,1)，平面α的法向量为n ＝(2，x 2＋x ，－x )，若直线l ∥平面α，则x 的值为( ) A ．－2 B ．－ 2 C ． 2 D ．± 2【答案】D2．【河南省豫南九校第三次联考】已知直线l 的方向向量α，平面α的法向量μ，若()1,1,1α=， ()1,0,1μ=-，则直线l 与平面α的位置关系是（ ）A. 垂直B. 平行C. 相交但不垂直D. 直线l 在平面α内或直线l 与平面α平行 【答案】D【解析】因为1010αμ⋅=-++=，即αμ⊥，所以直线l 在平面α内或直线l 与平面α平行，故选D ．3.【2017届河北定州中学高三周练】已知点A （1，-2,0）和向量a =(-3,4,12),若向量//a ,且2AB a =，则B 点的坐标为（ ） A ．（-5,6,24） B ．（-5,6,24）或（7，-10，-24） C ．（-5,16，-24） D ．（-5,16，-24）或（7，-16,24） 【答案】B 【解析】试题分析：设(,,)B x y z ， ()1,2,AB x y z =-+，依题意有()()222222123412123412x y z x y z -+⎧==⎪-⎨⎪-+++=++⎩，解得()5,6,24B -或()7,10,24B --. 4.如空间直角坐标系中，已知()()()2,3,11,2,6,2,1,4,11A B C ，则直线AB 与AC 的夹角为__________． 【答案】60︒【解析】空间直角坐标系中，()()()()()2,3,1,2,6,2,1,4,1,0,3,3,1,1,0A B C AB AC --∴==-， ()0131303AB AC ∴⋅=⨯-+⨯+⨯=，()22203332,1AB AC =++==-=31cos ,23AB AC AB AC AB AC⋅∴===⋅，所以向量,AB AC 的夹角为60，即直线AB 与AC 的夹角为60，故答案为60. 5．已知向量，，若与的夹角为钝角，则的取值范围是______.【答案】B 能力提升训练1.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 ．26 【答案】B【解析】设面ABCD 的一个法向量为(),,n x y z =．则423040n ABx y z x y n AD ⎧⊥-+=⎧⎪⇒⎨⎨-+=⊥⎩⎪⎩,令4y =,则41,4,3n ⎛⎫= ⎪⎝⎭,则32683cos ,13263n AP n AP n AP-+-⋅===-⨯, cos ,h n AP AP=,2h ∴==．故B 正确． 2.已知平面α，β的法向量分别为μ＝(－2,3，－5)，v ＝(3，－1，4)，则( ) A ．α∥βB ．α⊥βC ．α、β相交但不垂直D ．以上都不正确【答案】C，则3.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝2下列结论中错误的是( )．A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE，BF所成的角为定值【答案】D【解析】∵AC⊥平面BB1D1D，又BE⊂平面BB1D1D.∴AC⊥BE，故A正确．∵B1D1∥平面ABCD，又E，F在直线D1B1上运动，∴EF∥平面ABCD，故B正确．C中，由于点B到直线B1D1的距离不变，故△BEF的面积为定值，又点A到平面BEF的距离为，故V A-BEF为定值．故C正确．2建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1,1,0)，B(0,1,0)，①当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，E(1,0,1)，F （12，12，1），∴AE＝(0，－1,1)，BF＝（12，－12，1），∴AE·BF＝32.又|AE|，|BF|＝2∴cos〈AE，BF 〉＝AE BFAE BF⋅⋅＝3∴此时异面直线AE与BF成30°角．②当点E为D1B1的中点，F在B1处，此时E（12，12，1），F(0,1,1)，∴AE＝（－12，－12，1），BF ＝(0,0,1)，∴AE·BF＝1，|AE|，∴cos〈AE，BF〉＝A EB FA EB F⋅⋅＝32≠＝，故选D.4.【2018届南宁市高三毕业班摸底】如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，，.（1）求证：直线平面；（2）求二面角的余弦值【答案】(1)证明见解析；(2).试题解析：（1）在上取一点，使，连接，，∵，，∴，，，.∴，.∴为平行四边形.即.又平面，∴直线平面.（2）取中点，底面是菱形，，∴.∵，∴，即.又平面，∴. 又，∴直线平面. 故相互垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系.则，，，，，.易知平面的法向量，设面的法向量，由，得.∴.故二面角的余弦值为.5.【2018届云南省昆明一中高三第一次摸底】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，090BAC ∠=， 2AB AC ==，点,M N 分别为111,A C AB 的中点.（1）证明： //MN 平面11BB C C ；（2）若CM MN ⊥，求二面角M CN A --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】试题分析：（1）连接11A B ， 1BC ，点M ， N 分别为11A C ， 1A B 的中点，可得MN 为试题解析：（1）证明：连接11A B ，，点M ，分别为11A C ，的中点，所以MN 为△11A BC 的一条中位线， 1//MN BC ，MN ⊄平面11BB C C ， 1BC ⊂平面11BB C C ，所以//MN 平面11BB C C .（2）设，则，， ，由CM MN ⊥，得，解得，由题意以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.可得，，，，故，，， ，设为平面的一个法向量，则，得10m =-（，同理可得平面的一个法向量为322n =（，，），设二面角M CN A--的平面角为，，，所以，二面角M CN A--的余弦值为.C思维扩展训练1.如图，三棱柱的各棱长均为2，侧棱与底面所成的角为，为锐角，且侧面⊥底面，给出下列四个结论：①；②；③直线与平面所成的角为；④.其中正确的结论是（）A.①③B.②④C.①③④D.①②③④【答案】C.∴②错误；③：由题意得即为与平面所成的角，，111CBAABC-1BB ABC60 11BAA∠11AABBABC601=∠ABB1BBAC⊥1AC11AABB4511ACCB⊥1C AH∠1AC11AA B B11tan1C HC AHAH∠==∴145C AH ∠=，∴③正确；④：由②，1BC =，1AC =，∴，∴11AC C B ⊥，∴④正确.2.【2017浙江省嘉兴一中第一次联考】在长方体中，，，点在棱上移动，则直线与所成角的大小是__________，若，则__________．【答案】1则D （0，0，0），D 1（0，0，1），A （1，0，0），A 1（1，0，1），C （0，2，0）， 设E （1，m ，0），0≤m≤2， 则=（1，m ，﹣1），=（﹣1，0，﹣1），110B C AC ⋅=∴•=﹣1+0+1=0，∴直线D 1E 与A 1D 所成角的大小是90°． ∵=（1，m ，﹣1），=（﹣1，2﹣m ，0），D 1E⊥EC，∴=﹣1+m （2﹣m ）+0=0，解得m=1，∴AE=1． 故答案为：900，1．3.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 --.（Ⅰ）试判断直线AB 与平面DEF 的位置关系，并说明理由； （Ⅱ）求二面角E DF C --的余弦值；（Ⅲ）在线段BC 上是否存在一点P ，使AP DE ⊥？证明你的结论.【答案】(1) AB ∥平面DEF ；（2）721，（3）在线段BC 上存在点4(,33P ，使A P D E ⊥．平面CDF 的法向量为)2,0,0(=设平面EDF 的法向量为),,(z y x =则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0n DE n DF即0(3,3,3)0x n z ⎧+=⎪=-+=,取， 721,cos =>=<n DA， ∴二面角E —DF —C 的余弦值为721；---- 8分（Ⅲ）设332023),0,,(=∴=-=⋅y y DE AP y x P 则 又)0,32,(),0,,2(y x y x --=-=，把BC BP x y 31,34332=∴==代入上式得， ∴在线段BC 上存在点4(3P ，使AP DE ⊥． ----12分4.【新课标1】如图，，四边形ABCD 为菱形，∠ABC =120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE =2DF ，AE ⊥EC .（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC ；（Ⅱ）求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值.//()BP PC x y xy y ∴-=-+=【答案】（Ⅰ）见解析；【解析】（Ⅰ）连接BD ，设BD ∩AC =G ，连接EG ，FG ，EF ，在菱形ABCD 中，不妨设GB =1，由∠ABC =120°，可得AG =GC 由BE ⊥平面ABCD ，AB =BC 可知，AE =EC ，又∵AE ⊥EC ，∴EG EG ⊥AC ，在Rt△EBG 中，可得BE ，故DF =2.在Rt△FDG 中，可得FG在直角梯形BDFE 中，由BD =2，BE DF =2可得EF =2，∴222EG FG EF +=，∴EG ⊥FG ， ∵AC ∩FG=G ，∴EG ⊥平面AFC ，∵EG ⊂面AEC ，∴平面AFC ⊥平面AEC . ……6分5．【天津六校联考】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； (3)求DB 与平面DEF 所成角的正弦值．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；. 【解析】(3)设平面DEF 的法向量为(,,)x y z =n ．由00DF DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 得，(,,)(,,)0222(,,)(,,0)02a a a x y z a x y z a ⎧⋅=⎪⎪⎨⎪⋅=⎪⎩即()0202ax y z a ax y ⎧++=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，取1x =，则2y =-，1z =，得(1,2,1)=-n ．cos ,|||BD BD BD ⋅〈〉===n n n |，所以，DB与平面DEF。
高考数学(人教a版,理科)题库：立体几何中的向量方法(二)(含答案)
第8讲 立体几何中的向量方法（二）一、选择题1．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32B.22 C.3 D ．3 2 解析 两平面的一个单位法向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离d＝|OA →·n 0|＝22.答案 B2．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 A3．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．已知直二面角αl β，点A ∈α，AC ⊥l ，C 为垂足，点B ∈β，BD ⊥l ，D 为垂足，若AB ＝2，AC ＝BD ＝1，则CD ＝( )．A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 解析 如图，建立直角坐标系D xyz ，由已知条件B (0,0,1)，A (1，t,0)(t ＞0)， 由AB ＝2解得t ＝ 2. 答案 C5．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 B6．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A. 2B. 3 C ．2D.22解析 如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)，D (1,0,1)设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD ＝(1,0，a )，1CB ＝(0,2,2)，设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·1CB ＝0m ·CD ＝0⇒⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n (0,1,0)，则由cos60°＝m·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝ 2. 答案 A 二、填空题7．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41133.8．若向量a ＝(1，λ，2)，b ＝(2，－1,2)且a 与b 的夹角的余弦值为89，则λ＝________.解析 由已知得89＝a·b |a ||b |＝2－λ＋45＋λ2·9， ∴8 5＋λ2＝3(6－λ)，解得λ＝－2或λ＝255. 答案 －2或2559．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 2310．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11．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＝1312．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°.13．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°.14．如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点． (1)求证：AF ∥平面BCE ；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．解方法一：(1)证法一：取CE的中点G，连接FG、BG.∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝12 DE，∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴AB∥DE，∴GF∥AB.又AB＝12DE，∴GF＝AB.又DE＝2AB，∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG. ∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，∴AF∥平面BCE.证法二：取DE的中点M，连接AM、FM，∵F为CD的中点，∴FM∥CE.∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，∴DE∥AB.又AB＝12DE＝ME，∴四边形ABEM为平行四边形，则AM∥BE. ∵FM、AM⊄平面BCE，CE、BE⊂平面BCE，∴FM∥平面BCE，AM∥平面BCE.又FM∩AM＝M，∴平面AFM∥平面BCE.∵AF⊂平面AFM，∴AF∥平面BCE.(2)证明：∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE . ∵BG ⊂平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)在平面CDE 内，过F 作FH ⊥CE 于H ，连接BH ， ∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE . ∴∠FBH 为BF 和平面BCE 所成的角．设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，则FH ＝CF sin45°＝22a ，BF ＝AB 2＋AF 2＝a 2＋3a2＝2a ，在Rt △FHB 中，sin ∠FBH ＝FH BF ＝24. ∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 方法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)证明：AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，∵AF →＝12(BE →＋BC →)，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )，∴AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →. ∴AF →⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BC →＝0可得x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2)．又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，－a ，设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则sin θ＝|BF →·n ||BF →|·|n |＝2a 2a ·22＝24.∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24.。
2015届高考数学总复习(基础过关+能力训练)：立体几何初步 空间向量在立体几何中的应用(含答案)
第八章 立体几何初步第6课时空间向量在立体几何中的应用[理科专用)1. 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 ＝________．答案：4解析：α∥β [－2，－4，k)＝λ[1，2，－2)，∴ λ＝－2，k ＝4.2. 若直线l 的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l 与平面α所成的角为________．答案：30°解析：设l 与α所成角为θ，则sin θ＝|cos120°|＝12. 又0°≤θ≤90°，∴ θ＝30°.3. 在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 、CC 1的中点，则异面直线A 1C 与EF 所成角的余弦值为________．答案：23解析：建立空间直角坐标系，求出异面直线A 1C 与EF 所成角的余弦值为23.4. 已知a ＝[x ，4，1)，b ＝[－2，y ，－1)，c ＝[3，－2，z)，a ∥b ，b ⊥c ，则[a ＋c )与[b ＋c )所成角的余弦值为________．答案：－219解析：因为a ∥b ，所以x －2＝4y ＝1－1，解得x ＝2，y ＝－4，这时a ＝[2，4，1)，b ＝[－2，－4，－1)．因为b ⊥c ，所以b·c ＝0，即－6＋8－z ＝0，解得z ＝2，于是c ＝[3，－2，2)．所以a ＋c ＝[5，2，3)，b ＋c ＝[1，－6，1)，设[a ＋c )与[b ＋c )所成角为θ，因此cos θ＝5－12＋338·38＝－219.5. 已知长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝4，CC 1＝2，则直线BC 1和平面DBB 1D 1所成角的正弦值为________．答案：105解析：如图建立空间直角坐标系，则B[4，0，0)，C[4，4，0)，C 1[4，4，2)，显然AC ⊥平面BB 1D 1D ，∴ AC →＝[4，4，0)为平面BB 1D 1D 的一个法向量．又BC 1→＝[0，4，2)，∴ cos 〈BC 1→，AC →〉＝错误!＝错误!＝错误!.即BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为错误!.6. 已知空间三点A[－2，0，2)，B[－1，1，2)，C[－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.若向量k a ＋b 与k a －2b 互相垂直，则k ＝________．答案：－52或2解析：a ＝[－1＋2, 1－0，2－2)＝[1，1，0)，b ＝[－3＋2，0－0，4－2)＝[－1，0，2)．k a ＋b ＝[k ，k ，0)＋[－1，0，2)＝[k －1，k ，2)，k a －2b ＝[k ，k ，0)－[－2，0，4)＝[k ＋2，k ，－4)．∵ [k a ＋b )⊥[k a －2b )，∴ [k －1，k ，2)·[k ＋2, k ，－4)＝[k －1)[k ＋2)＋k 2－8＝0，即2k 2＋k －10＝0，∴ k ＝－52或k ＝2.7. 在正四棱锥SABCD 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 所成的角是________．答案：30°解析：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系Oxyz.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CA →＝[2a ，0，0)，AP →＝⎝⎛⎭⎫－a ，－a 2，a 2，CB →＝[a ，a ，0)，设平面PAC 的法向量为n ，可求得n ＝[0，1，1)，则cos 〈CB →，n 〉＝错误!＝错误!＝错误!，∴ 〈错误!，n 〉＝60°，∴ 直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°.8. 在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，M 是棱DD 1的中点，点O 为底面ABCD 的中心，P 为棱A 1B 1上任一点，则异面直线OP 与AM 所成的角的大小为________．答案：π2解析：以D 为原点，DA →、DC →、DD 1→所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设|AB →|＝1，则A[1，0，0)，M ⎝⎛⎭⎫0，0，12，O ⎝⎛⎭⎫12，12，0，P[1，y ，1)，则AM →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12，OP →＝⎝⎛⎭⎫12，y －12，1，∴ OP →·AM →＝0，∴ OP ⊥AM. 9. [2014·南京期初调研)在底面边长为2，高为1的正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，E 、F分别为BC 、C 1D 1的中点．[1) 求异面直线A 1E 、CF 所成的角；[2) 求平面A 1EF 与平面ADD 1A 1所成锐二面角的余弦值．解：[1)以{DA →，DC →，DD 1→}为基底，建立空间直角坐标系Dxyz ，则D[0，0，0)，C[0，2，0)，A 1[2，0，1)，E[1，2，0)，F[0，1，1)，可得CF →＝[0，－1，1)，A 1E →＝[－1，2，－1)，所以cos 〈CF →，A 1E →〉＝错误!＝错误!＝－错误!，故异面直线A 1E 、CF 所成的角为错误!.[2)A 1F →＝[－2，1，0)，设向量n ＝[x ，y ，z)为平面A 1EF 的法向量，则错误!即错误!取n ＝[1，2，3).由于正四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，DC ⊥平面ADD 1A 1，所以DC →＝[0，2，0)为平面ADD 1A 1的法向量．又cos 〈n ，DC →〉＝错误!＝错误!＝错误!，所以平面A 1EF 与平面ADD 1A 1所成锐二面角的余弦值为147.10. [2013·天津卷) 如图所示，四棱柱ABCDA 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ∥DC ，AB ⊥AD ，AD ＝CD ＝1，AA 1＝AB ＝2，E 为棱AA 1的中点．[1) 证明：B 1C 1⊥CE ；[2) 求二面角B 1CEC 1的正弦值；[3) 设点M 在线段C 1E 上，且直线AM 与平面ADD 1A 1所成角的正弦值为26.求线段AM 的长．[1) 证明：如图，以点A 为原点建立空间直角坐标系，依题意得A[0，0，0)，B[0，0，2)，C[1，0，1)，B 1[0，2，2)，C 1[1，2，1)，E[0，1，0)．易得B 1C 1→＝[1，0，－1)，CE →＝[－1，1，－1)，于是B 1C 1→·CE →＝0，所以B 1C 1⊥CE.[2) 解：B 1C →＝[1，－2，－1)，设平面B 1CE 的法向量m ＝[x ，y ，z)，则错误! 即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x ，得y ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得一个法向量为m ＝[－3，－2，1)．由[1)，B 1C 1⊥CE ，又CC 1⊥B 1C 1，可得B 1C 1⊥平面CEC 1，故B 1C 1→＝[1，0，－1)为平面CEC 1的一个法向量．于是cos 〈m ，B 1C 1→〉＝错误!＝错误!＝－错误!，从而sin 〈m ，错误!〉＝错误!.所以二面角B 1CEC 1的正弦值为217.[3) 解：AE →＝[0，1，0)，EC 1→＝[1，1，1)． 设EM →＝λEC 1→＝[λ，λ，λ)，0≤λ≤1，有AM →＝AE →＋EM →＝[λ，λ＋1，λ)．可取AB →＝[0，0，2)为平面ADD 1A 1的一个法向量．设θ为直线AM 与平面ADD 1A 1所成的角，则sin θ＝|cos 〈AM →，AB →〉|＝错误!＝错误!＝λ3λ2＋2λ＋1.于是λ3λ2＋2λ＋1＝26，解得λ＝13[负值舍去)，所以AM ＝ 2.11. 如图，矩形ABCD 和直角梯形BEFC 所在平面互相垂直，∠BCF ＝90°，BE ∥CF ，CE ⊥EF ，AD ＝3，EF ＝2.[1) 求异面直线AD 与EF 所成的角；[2) 当AB 的长为何值时，二面角AEFC 的大小为45°？解：如图，以点C 为坐标原点，以CB 、CF 和CD 分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系Cxyz.设AB ＝a ，BE ＝b ，CF ＝c ，b<c ，则C[0，0，0)，A[3，0，a)，B[3，0，0)，E[3，b ，0)，F[0，c ，0)，D[0，0，a)．[1) DA →＝[3，0，0)，CB →＝[3，0，0)，FE →＝[3，b －c ，0)．由|FE →|＝2，得3＋[b －c)2＝4，所以b －c ＝－1. 所以FE →＝[3，－1，0)．所以cos 〈DA →，FE →〉＝错误!＝错误!＝错误!，所以异面直线AD 与EF 所成的角为30°.[2) 设n ＝[1，y ，z)为平面AEF 的法向量，则n ·AE →＝0，n ·EF →＝0，结合|BC →|2＋|BE →|2＝|CF →|2－|EF →|2，解得n ＝⎝⎛⎭⎫1，3，3 3a .又BA ⊥平面BEFC ，BA →＝[0，0，a)，所以cos 〈n ，BA →〉＝错误!＝错误!＝错误!，得到a ＝错误!.所以当AB 为错误!时，二面角A-EF-C 的大小为45°.。
【创新设计】2015高考数学(苏教理)一轮题组训练：8-7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) ——求空间角基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．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________． 2. 如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是棱CD ，CC 1的中点，则异面直线A 1M与DN 所成的角的大小是________．3．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________．4．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________．5．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________．6. 过正方形ABCD 的顶点A ，引P A ⊥平面ABCD .若P A ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是________．7．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，则AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为________．8．已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1,2,3)，OB →＝(2,1,2)，OP →＝(1,1,2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是________． 二、解答题9．(2013·江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值； (2)求平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值．10. (2014·广州质检)如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，P A⊥平面ABCD，点E在线段PC上，PC⊥平面BDE.(1)证明：BD⊥平面P AC；(2)若P A＝1，AD＝2，求二面角B－PC－A的正切值．能力提升题组(建议用时：25分钟)一、填空题1. 如图，正方形ACDE与等腰直角三角形ACB所在的平面互相垂直，且AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，F，G分别是线段AE，BC的中点．则AD与GF所成的角的余弦值为________．2．在四面体P-ABC中，P A，PB，PC两两垂直，设P A＝PB＝PC＝a，则点P到平面ABC的距离为________．3．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P AC所成的角是________．二、解答题4．(2013·北京卷改编)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB＝3，BC＝5.(1)求证：AA1⊥平面ABC；(2)求二面角A1-BC1-B1的余弦值；(3)在线段BC1上是否存在点D，使得AD⊥A1B？若存在，试求出BDBC1的值．第7讲 立体几何中的向量方法(二) ——求空间角参考答案基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．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sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，∵cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝－32×1＝－32，∴sin θ＝32，∴θ＝π3.答案 π32.解析 以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1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)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，0，A 1(1,0,1)，∴DN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，MA →1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，1，∴DN →·MA 1→＝1×0＋1×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋12×1＝0，∴DN →⊥MA 1→，∴A 1M 与DN 所成的角的大小是90°.答案 90°3．解析 以A 为原点建系，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 的法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎨⎧ y －z ＝0，1－12z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧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，故锐二面角的余弦值为23.答案 23 4．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＝216a .答案 216a5．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DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面BDC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，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 ，DC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23.答案 236.解析 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n 1＝(0,1,0)，n 2＝(0,1,1)，故平面ABP 与平面CDP 所成二面角的余弦值为|n 1·n 2||n 1||n 2|＝22，故所求的二面角的大小是45°.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°. 答案 45°7．解析建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝2，则C 1(3，1,0)，A (0,0，2)，AC 1→＝(3，1，－2)，平面BB 1C 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．所以AC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正弦值为|AC 1→·n ||AC 1→||n |＝38＝64.答案 64 8．解析 ∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－432－23.当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23.此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83.答案⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 二、解答题9．解 (1)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 (0,2,0)，D (1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为cos 〈A 1B →，C 1D →〉＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面ADC 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0.取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面ADC 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝29×1＝23，得sin θ＝53. 因此，平面ADC 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53. 10.(1)证明 ∵P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD .同理由PC ⊥平面BDE ，可证得PC ⊥BD . 又P A ∩PC ＝P ，∴BD ⊥平面P AC .(2)解 如图，分别以射线AB ，AD ，AP 为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立空间直角坐标系．由(1)知BD ⊥平面P AC ， 又AC ⊂平面P AC ，∴BD ⊥AC . 故矩形ABCD 为正方形， ∴AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2.∴A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (2,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)． ∴PB →＝(2,0，－1)，BC →＝(0,2,0)，BD →＝(－2,2,0)． 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·BC →＝0，即⎩⎨⎧2·x ＋0·y －z ＝0，0·x ＋2·y ＋0·z ＝0，∴⎩⎨⎧z ＝2x ，y ＝0，取x ＝1得n ＝(1,0,2)． ∵BD ⊥平面P AC ，∴BD →＝(－2,2,0)为平面P AC 的一个法向量． cos 〈n ，BD →〉＝n ·BD →|n |·|BD →|＝－1010.设二面角B －PC －A 的平面角为α，由图知0<α<π2， ∴cos α＝1010，sin α＝1－cos 2α＝31010.∴tan α＝sin αcos α＝3，即二面角B －PC －A 的正切值为3.能力提升题组(建议用时：25分钟)一、填空题1.解析 如图，以C 为原点建立空间直角坐标系C －xyz ，A (0,2,0)，B (2,0,0)，D (0,0,2)，G (1,0,0)，F (0,2,1)，AD →＝(0，－2,2)，GF →＝(－1,2，1)，∴|AD →|＝22，|GF →|＝6，AD →·GF →＝－2，∴cos 〈AD →，GF →〉＝AD →·GF →|AD →||GF →|＝－36.∴直线AD 与GF 所成角的余弦值为36.答案 362．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．∵P A ＝PB ＝PC ，∴H 为△ABC 的外心．又∵△ABC 为正三角形，∴H 为△ABC 的重心，可得H 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a 3. ∴PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝⎛⎭⎪⎫0－a 32＝33a .答案 33a 3．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CA →＝(2a,0,0)，AP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ，－a 2，a 2， CB →＝(a ，a,0)，设平面P AC 的一个法向量为n ，设n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA →＝0，n ·AP →＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝z ，可取n ＝(0,1,1)，则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →|·|n |＝a 2a 2·2＝12，∴〈CB →，n 〉＝60°， ∴直线BC 与平面P AC 所成的角为90°－60°＝30°.答案 30°二、解答题4．(1)证明 在正方形AA 1C 1C 中，A 1A ⊥AC .又平面ABC ⊥平面AA 1C 1C ，且平面ABC ∩平面AA 1C 1C＝AC ， ∴AA 1⊥平面ABC .(2)解 由(1)知AA 1⊥AC ，AA 1⊥AB ，由题意知，在△ABC 中，AC ＝4，AB ＝3，BC ＝5，∴BC 2＝AC 2＋AB 2，∴AB ⊥AC .∴以A 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系A －xyz .A 1(0,0,4)，B (0,3,0)，C 1(4,0,4)，B 1(0,3,4)，于是A 1C 1→＝(4,0,0)，A 1B →＝(0,3，－4)，B 1C 1→＝(4，－3,0)，BB 1→＝(0,0,4)．设平面A 1BC 1的法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面B 1BC 1的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∴⎩⎪⎨⎪⎧ A 1C 1→·n 1＝0，A 1B →·n 1＝0⇒⎩⎨⎧4x 1＝0，3y 1－4z 1＝0， ∴取向量n 1＝(0,4,3)，由⎩⎪⎨⎪⎧ B 1C 1→·n 2＝0，BB 1→·n 2＝0⇒⎩⎨⎧4x 2－3y 2＝0，4z 2＝0. 取向量n 2＝(3,4,0)，∴cos θ＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝165×5＝1625. 由题图可判断二面角A 1-BC 1-B 1为锐角，故二面角A 1-BC 1-B 1的余弦值为1625.(3)解 假设存在点D (x ，y ，z )是直线BC 1上一点，使AD ⊥A 1B ，且BD →＝λBC 1→. ∴(x ，y －3，z )＝λ(4，－3,4)，解得x ＝4λ，y ＝3－3λ，z ＝4λ，∴AD →＝(4λ，3－3λ，4λ)，又AD ⊥A 1B ，∴0＋3(3－3λ)－16λ＝0，解得λ＝925，因为925∈[0,1]，所以在线段BC 1上存在点D ，使得AD ⊥A 1B .此时BD BC 1＝925.。
2015年高考数学考点分类自测立体几何体中地向量方法理
2015 年高考理科数学考点分类自测：立体几何体中的向量方法一、选择题1．若平面α，β 的法向量分别为a＝(－1,2,4)， b＝( x，－1，－2)，并且α ⊥ β，则x 的值为() A．10B．－ 1011C. 2D．－22．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()33154015A.7，－7，4B. 7，－7，44040C. 7，－ 2,4D． 4，7，－ 153. 如图，在正方体－1111中，E 为1 1 的中点，则异面直线ABCD ABCD A CCE与 BD所成的角为() A．30°B．45°C．60°D．90°4.如图所示，在正方体 ABCD－ A1B1C1 D1中，棱长为 a，M，N分别为2aA1B 和 AC上的点， A1M＝ AN＝ 3 ，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A．相交B．平行C．垂直D．不能确定5.如图所示，在三棱柱 ABC—A1B1C1中， AA1⊥底面 ABC， AB＝ BC＝ AA1，∠ABC＝90°，点 E、 F 分别是棱AB、 BB1的中点，则直线 EF和 BC1所成的角是()A．45°B．60°C．90°D．120°6.如图，平面 ABCD⊥平面 ABEF，四边形 ABCD是正方形，四边形 ABEF是矩形，且＝1＝，G 是EF的中点，则GB与平面所成角的正弦值为AF2AD a AGC()63A.6B. 362C.3D. 3二、填空题7．已知AB ＝ (2,2,1)，AC＝ (4,5,3)，则平面的单位法向量是 ________．ABC8．在如右图所示的正方体AB CD－ ABCD中， E 是 CD 的中点，正方体的棱长为2，则异111111面直线 DE与 AC所成角的余弦值为________．9．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所成的角是________．三、解答题10．如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ ABD折起，使∠ BDC＝90°.(1)证明：平面 ADB⊥平面 BDC；(2) 设E为BC的中点，求AE 与DB 夹角的余弦值．11．已知四棱锥P－ ABCD的底面为直角梯形，AB∥ DC，∠ DAB＝190°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝2，AB＝ 1，M是PB的中点．(1)证明：平面 PAD⊥平面 PCD；(2)求 AC与 PB所成的角；(3)求平面 AMC与平面 BMC所成二面角的余弦值．12．如图，四棱锥P－ ABCD中， PA⊥底面 ABCD.四边形 ABCD中， AB⊥ AD，AB＋ AD＝4，CD＝ 2，∠ CDA ＝45°.(1) 求证：平面 PAB ⊥平面 PAD ；(2) 设 AB ＝ AP .( ⅰ) 若直线 PB 与平面 PCD 所成的角为 30°，求线段 AB 的长；( ⅱ) 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．详解答案一、选择题1．解析：∵ α ⊥ β ，∴ a 2 b ＝ 0∴ x ＝－ 10.答案： B2．解析：AB⊥ BC ? AB2 BCz z＝ 4.＝3＋5－2 ＝ 0，∴ 又 BP ⊥平面 ABC ，∴ BP 2 AB ＝ x － 1＋ 5y ＋ 6＝0，①BP 2 BC ＝ 3x － 3＋ y － 3z ＝0，②4015由①②得 x ＝ 7 ， y ＝－ 7 .答案： B3. 解析：以 D 点为原点，建立空间直角坐标系，1 1设正方体棱长为1，则相关点的坐标为 C (0,1,0) ， E ( 2， 2，1) ，B (1,1,0) ，D (0,0,0) ，∴ CE ＝( 1 1，－ ，1) ， BD ＝ ( －1，－ 1,0) ．2 21 1∴CE 2 BD ＝－ 2＋2＋0＝ 0.∴CE ⊥ BD ，即 CE ⊥ BD .答案： D4. 解析：分别以 C 1B 1，C 1D 1，C 1C 所在直线为 x ，y ， z 轴，建立空间直角坐标系．2∵A1M＝ AN＝3 a，2a22∴M( a，3a，3)， N(3a，3a， a )．a2∴MN ＝(－3，0，3a)．又C1(0,0,0)，D1(0， a, 0)，∴C1 D1＝(0，a,0)．∴MN 2C1D1＝0，∴MN⊥ C1D1.∵ C1 D1是平面BB1C1C的法向量，且MN?平面 BB1C1C，∴ MN∥平面 BB1C1C.答案： B5.解析：以 B点为坐标原点，以 BC、BA、BB1分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系．设AB＝ BC＝ AA1＝2，则 B， C1， E， F，1)，∴EF＝(0，－(0,0,0)(2,0,2)(0,1,0)(0,01,1) ，BC1＝ (2,0,2)∴cos 〈EF，BC1〉＝EF 2BC1EF ||BC1||2 1＝＝ . ∴EF与BC1所成角为 60°.2282答案： B6.解析：如图，以 A为原点建立空间直角坐标系，则 A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，F(a,0,0)，AG ＝(a，a,0)， AC ＝(0,2 a, 2a) ，BG＝(a，－a,0)， BC ＝(0,0,2a)，设平面 AGC的法向量为n1＝( x1， y1,1)，BG 2 n 1＝0ax 1＋ ay 1＝ 0x 1＝ 1 由???BG 2 n 1＝ 02ay 1＋ 2a ＝ 0y 1＝－ 1n 1＝ (1 ，－ 1,1) ．|BG2n |2 a61sin θ ＝＝3＝ 3.123|BG || |an答案： C二、填空题7．解析：设平面 ABC 的法向量 n ＝ ( x ，y, 1) ，则 n ⊥ AB 且 n ⊥AC ，即 n 2AB ＝ 0，且 n 2 AC ＝ 0.2x ＋ 2y ＋ 1＝ 0，1x ＝ ，即y ＋3＝0，即24 ＋ 5xy ＝－ 1，1∴n ＝ ( 2，－ 1,1) ，单位法向量为n1 2 2±＝±( ，－， ) ．| n |33 31 2 21 2 2答案： ( 3，－ 3，3) 或( －3，3，－ 3)8．解析：分别以DA ， DC ，DD 为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，1则 C (0,2,0) ， E (0,1,2) ，A (2,0,0) ，AC ＝ ( － 2,2,0) ， DE ＝ (0,1,2)，10∴cos 〈 AC ， DE 〉＝.1010答案： 109．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) ，a aC ( － a, 0,0) ， P (0 ，－ 2， 2) ，CAa,APa a aCBa a, 则＝ (20,0)＝ ( － ，－，)，＝ ( ， 0) ，2 2设平面 PAC 的法向量为 n ，可求得 n ＝ (0,1,1) ，则 cos 〈 CB ， n 〉＝CB 2 na1＝2＝ ，| CB |2| n |2a 22 2∴〈 CB ， n 〉＝ 60°. ∴直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 90°－ 60°＝ 30°.答案： 30°三、解答题10．解： (1) 证明：∵折起前AD 是 BC 边上的高，∴当△ ABD 折起后， AD ⊥ DC ， AD ⊥ DB .又 DB ∩ DC ＝D ，∴AD ⊥平面 BDC .∵AD ? 平面 ABD ，∴平面 ABD ⊥平面 BDC .(2) 由∠ BDC ＝90°及 (1) 知 DA ， DB ，DC 两两垂直，不妨设 | DB |＝1，以 D 为坐标原点，以DB ， DC ， DA 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，易得 D (0,0,0) ，B (1,0,0) ，1 3C (0,3,0) ， A (0,0 ， 3) ，E ( 2， 2，0)，∴ AE ＝(1 33) ，DB ＝ (1,0,0) ，， ，－2 2∴ AE 与 DB 夹角的余弦值为1cos 〈 AE ， DB 〉＝AE 2 DB2 22 ＝＝ .| AE |2|DB|22 2231411．解： 以 A 为坐标原点， AD 长为单位长度， 如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为A (0,0,0) ，B (0,2,0) ，C (1,1,0) ，D (1,0,0) ，1P (0,0,1)， M (0,1 ， 2) ．(1) 证明：因 AP＝ (0,0,1) ， DC＝ (0,1,0) ，故 AP2 DCAP DC＝0，所以 ⊥ . 由题设知 AD ⊥ DC ，且 AP 与 AD 是平面 PAD 内的两条相交直线，由此得 DC ⊥平面 PAD .又 DC 在平面 PCD 上，故面 PAD ⊥面 PCD .(2) 因 AC ＝(1,1,0) ， PB ＝(0,2，－1)，故|AC |＝ 2，| PB |＝ 5， AC 2 PB ＝2，AC 2PB10所以 cos< AC ， PB >＝ | AC |2|PB |＝ 5 .(3) 在 MC 上取一点 N ( x ， y ， z ) ，则存在 λ ∈ R ，使 NC ＝λ MC ，NC ＝ (1 －x, 1－ y ，－ z ) ， MC ＝ (1,01 ，－ )，21∴x＝1－λ， y＝1， z＝2λ.要使 AN⊥ MC，只需AN 2MC ＝10 即x－z＝ 0，24解得λ＝ .5412可知当λ＝5时， N点坐标为(5，1，5)，能使 AN 2MC＝0.1212此时， AN ＝(5，1，5)，BN ＝(5，－ 1，5) ，有BN 2由AN 2MCMC＝0＝ 0，BN2MC＝0得⊥，⊥.AN MC BN MC所以∠ ANB为所求二面角的平面角．30304∵| AN|＝5， |BN|＝5， AN2BN ＝－5.∴cos 〈AN，BN〉＝AN2BN2 | AN |2|BN |＝－ .3∴平面与平面2所成角的余弦值为－ .AMC BMC312．解： (1) 证明：因为PA⊥平面 ABCD，AB?平面 ABCD，所以 PA⊥ AB.又AB⊥ AD，PA∩ AD＝A，所以 AB⊥平面 PAD.又AB?平面 PAB，所以平面 PAB⊥平面 PAD.(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.在 Rt△CDE中，DE＝CD2cos 45 °＝1，CE＝ CD2sin 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－t,0)C－t,0)D－t,0)，CD＝ ( － 1,1,0)，PD＝ (0,4t，(0,3， (1,3， (0,4－7( ⅰ) 设平面PCD的一个法向量为n＝( x，y， z)，－ x＋ y＝0，由 n⊥CD ，n⊥PD，得t y－ tz ＝0.取x＝ t ，得平面 PCD的一个法向量 n＝( t ， t, 4－t )．又PB ＝(t,0，－t)，故由直线 PB与平面 PCD所成的角为30°得cos 60 °＝ |n2PB| ，| n|2|PB ||2 t2－4t |1即22t 22＝，t＋ t22t2解得t ＝4或t＝ 4( 舍去，因为＝ 4－＞0) ，5ADt4所以 AB＝5.( ⅱ) 假设在线段上存在一个点，使得点到，，，D 的AD G G P B C 距离都相等，设G(0， m,0)(其中0≤ m≤4－ t )，则 GC ＝(1,3－t－m,0)，GD ＝(0,4－t－m,0)，GP ＝(0，－m，t)．由|GC |＝|GD|得12＋ (3 －t－m) 2＝(4 －－ )2 ，即t ＝3－；(1)t m m由|GD |＝| GP222| 得 (4 －t－m) ＝m＋t .(2)由(1)2、 (2) 消去t，化简得m－ 3m＋ 4＝ 0.(3)由于方程 (3)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、C、D的距离都相等．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．。
2015届高考数学专项精析精炼考点37立体几何中的向量方法
考点37 立体几何中的向量方法（2014年）一、填空题1. (2014·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T11)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 所成的角的余弦值为 ( )A.110 B. 25C. D.【解题提示】建立坐标系,利用空间向量法求解.【解析】选 C.如图,分别以C 1B 1,C 1A 1,C 1C 为x,y,z 轴,建立坐标系.令AC=BC=C 1C=2,则A(0,2,2),B(2,0,2),M(1,1,0),N(0,1,0).所以BM =(-1,1,-2), AN =(0,-1,-2).cos θBM AN==故选C.二、解答题2. (2014·新课标全国卷Ⅱ高考理科数学·T18)(本小题满分12分)如图,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为矩形,PA ⊥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°求三棱锥E-ACD 的体积.【解题提示】(1)取AC 的中点,构造中位线,利用线线平行证明线面平行.(2)建立空间直角坐标系,设出CD,利用向量法求得CD 的长,然后用体积公式求得三棱锥E-ACD 的体积.【解析】(1)设AC 的中点为G,连接EG.在三角形PBD 中,中位线EG ∥PB,且EG 在平面AEC 上,所以PB ∥平面AEC.(2)设CD=m,分别以AD,AB,AP 为x,y,z 轴建立坐标系,则12⎫⎪⎪⎭所以AD,0,0), AE=12⎫⎪⎪⎭,AC=),0m.设平面ADE的法向量为1n=(x1,y1,z1),则1n AD⋅=0,1n AE⋅=0,解得一个1n=(0,1,0).同理设平面ACE的法向量为2n=(x2,y2,z2),则2n AC⋅=0,2n AE⋅=0,解得一个2n=(m,-因为cos3π=|cos<12,n n 12n nn n⋅==12,解得m=32.设F为AD 的中点,则PA∥EF,且PA=2EF=12,EF⊥面ACD,即为三棱锥E-ACD的高.所以V E-ACD=·S△ACD·EF=13×12×32×12.所以,三棱锥E-ACD.3.（2014·四川高考理科·Ｔ18）三棱锥A BCD-及其侧视图、俯视图如图所示．设M，N 分别为线段AD，AB的中点，P为线段BC上的点，且MN NP⊥．（1）证明：P为线段BC的中点；（2）求二面角A NP M--的余弦值.【解题提示】本题主要考查简单空间图形的三视图、空间线面垂直的判断与性质、空间面面夹角的计算等基础知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力.【解析】（1）由三棱锥A BCD-及其侧视图、俯视图可知，在三棱锥A BCD-中：平面ABD⊥平面CBD，2AB AD BD CD CB=====设O为BD的中点，连接OA，OC于是OA BD⊥，OC BD⊥所以BD⊥平面OAC⇒BD AC⊥因为M ，N 分别为线段AD ，AB 的中点，所以//MN BD ，又MN NP ⊥，故BD NP ⊥ 假设P 不是线段BC 的中点，则直线NP 与直线AC 是平面ABC 内相交直线 从而BD ⊥平面ABC ，这与60DBC ∠=矛盾 所以P 为线段BC 的中点（2）解法一：如图，作NQ AC ⊥于Q ，连接MQ ， 由（Ⅰ）知，NP ∥AC ，所以NQ NP ⊥．因为MN NP ⊥，所以MNQ ∠为二面角A NP M --的一个平面角． 由（Ⅰ）知，ABD ∆，BCD ∆为边长为2的正三角形， 所以OA =OC，由俯视图知，AO ⊥平面CBD ， 因为OC ⊂平面CBD ，所以AO ⊥OC ， 因此在等腰直角AOC ∆中，AC =,作BR AC ⊥于R ，在ABC ∆中，AB BC =，所以BR ==, 因为在平面ABC 内，NQ AC ⊥，BR AC ⊥，所以NQ ∥BR ， 又因为N 为AB 的中点，所以Q 为AR的中点，因此2BR NQ ==同理可得，MQ =MNQ ∆中，24cos MN BDMNQ NQ NQ ∠===故二面角A NP M --. 解法二：以O 为坐标原点，OB 、OC 、OA 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则A，1(2M -，1(2N ，1(2P 于是1(,0,2AN =，(0,PN =，(1,0,0)MN =设平面ANP 和平面NPM 的法向量分别为111(,,)mx y z =和222(,,)n x y z =由00AN m PN m ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩⇒11111020x z y z ⎧-=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，设11z =，则(3,1,1)m = 由00MN n PN n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩⇒2220x y z =⎧⎪⎨+=⎪⎩，设21z =，则(0,1,1)n =cos ,||||5m n m n m n ⋅===⋅⋅ 所以二面角A NP M --4. （2014·天津高考理科·Ｔ17）（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ^底面ABCD ，AD AB ^，//AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点.（1）证明BE DC ^；（2）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值； （3）若F 为棱PC 上一点，满足BF AC ^， 求二面角F AB P --的余弦值.【解析】方法一：依题意，如图以点A 为原点建立空间直角坐标系，可得()1,0,0B ，()2,2,0C ，()0,2,0D ，()0,0,2P .由E 为棱PC 的中点，得()1,1,1E . （1）向量()0,1,1BE =，()2,0,0DC =，故0BE DC ?. 所以，BE DC ^.（2）向量()1,2,0BD =-，()1,0,2PB =-.设(),,n x y z =为平面PBD 的法向量，则0,0,n BD n PBìï?ïíï?ïî即20,20.x y x z ì-+=ïïíï-=ïî不妨令1y =，可得()2,1,1n =为平面PBD 的一个法向量.于是有cos ,6n BE n BE nBE×===. 所以，直线BE 与平面PBD （3）向量()1,2,0BC =，()2,2,2CP =--，()2,2,0AC =，()1,0,0AB =. 由点F 在棱PC 上，设CF CP l =，01l＃.故()12,22,2BF BC CF BC CP l l l l =+=+=--. 由BF AC ^，得0BF AC?，因此，()()2122220l l -+-=，解得34l =.即113,,222BF 骣÷ç=-÷ç÷ç桫. 设()1,,n x y z =为平面FAB 的法向量，则110,0,n AB n BFìï?ïíï?ïî即0,1130.222x x y z ì=ïïïíï-++=ïïî 不妨令1z =，可得()10,3,1n =-为平面FAB 的一个法向量. 取平面ABP 的法向量()20,1,0n =，则121211cos ,10n n n n nn ?===-易知，二面角F AB P --. 方法二:（1）如图，取PD 中点M ，连接EM ，AM .由于,E M 分别为,PC PD 的中点， 故//EM DC ，且12EM DC =， 又由已知，可得//EM AB 且EM AB =，故四边形ABEM 为平行四边形， 所以//BE AM .因为PA ^底面ABCD ，故PA CD ^， 而CD DA ^，从而CD ^平面PAD ， 因为AM Ì平面PAD ，于是CD AM ^， 又//BE AM ，所以BE CD ^.（1）连接BM ，由（1）有CD ^平面PAD ，得CD PD ^， （2）而//EM CD ，故PD EM ^.又因为AD AP =，M 为PD 的中点，故PD AM ^， 可得PD BE ^，所以PD ^平面BEM ， 故平面BEM ^平面PBD .所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ， 而BE EM ^，可得EBM Ð为锐角，故EBM Ð为直线BE 与平面PBD 所成的角.依题意，有PD =，而M 为PD 中点，可得AM =，进而BE =.故在直角三角形BEM 中，tanEM AB EBMBE BE ?==，因此in s EMB ?.所以，直线BE 与平面PBD . （3）如图，在PAC D 中，过点F 作//FH PA 交AC 于点H .因为PA ^底面ABCD ，故FH ^底面ABCD ，从而FH AC ^. 又BF AC ^，得AC ^平面FHB ，因此AC BH ^. 在底面ABCD 内，可得3CH HA =，从而3CF FP =.在平面PDC 内，作//FG DC 交PD 于点G ，于是3DG GP =. 由于//DC AB ，故//GF AB ，所以,,,A B F G 四点共面. 由AB PA ^，AB AD ^，得AB ^平面PAD ，故AB AG ^. 所以PAG Ð为二面角F AB P --的平面角.在PAG D 中，2PA =，14PG PD ==，45APG ?，由余弦定理可得AG =，os c PAG ?所以，二面角F AB P --. 5. （2014·湖南高考理科·Ｔ19）（本小题满分12分）如图6，四棱柱1111ABCD A B C D -的所有棱长都相等，11111,,ACBD O AC B D O ==四边形1111ACC A BDD B 和四边形均为矩形．（1）证明：1;O O ABCD ⊥底面（2）若1160,CBA C OB D ∠=--求二面角的余弦值．【解题提示】（1）利用矩形的邻边垂直，及线线平行证明BD OO AC OO ⊥⊥11,； （2）由二面角的定义或者向量法求二面角的大小。
立体几何中的向量方法练习题
立体几何中的向量方法专题练习一1.如图，在四棱锥中， ，，是的中点，是棱上的点，，，，（1）求证：平面底面；（2）设，若二面角的平面角的大小为，试确定的值.2．如图,平面ABDE 与平面ABC 垂直,EAB DBA ∠=∠=π2ACB ∠=,且AC ＝BC ＝BD ＝2AE =2,M 是棱AB 上与点A ,B 不重合的一点．（1）若CM ⊥EM ,试确定点M 的位置；（2）若2AM MB =,求直线CM 与平面CDE 所成的角的正弦值．3．如图所示的几何体中，四边形ABCD 为等腰梯形， AB ∥CD, AB ＝2AD ＝2, ∠DAB ＝60°，四边形CDEF 为正方形，平面CDEF ⊥平面ABCD .(1)若点G 是棱AB 的中点，求证： EG ∥平面BDF ；(2)求直线AE 与平面BDF 所成角的正弦值；(3)在线段FC 上是否存在点H ，使平面BDF ⊥平面HAD ？若存在，求FH HC 的值；若不存在，说明理由．ABCD P -BC AD //AD CD ⊥Q AD M PC 2==PD PA 121==AD BC 3=CD PB =⊥PAD ABCD tMC PM =C BQ M -- 03t4.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．5．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 ＝12AD ，∠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．6． 已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各条棱长都为a ，P 为A 1B 上的点.（1）试确定PB PA 1的值，使得AB PC ⊥；（2）若321=PB PA ，求二面角P —AC —B 的大小；（3）在（2）的条件下，求C 1到平面PAC 的距离.7．如图，四棱锥中，底面为梯形，，.是的中点，底面，在平面上的正投影为点，延长交于点.(1)求证：为中点；(2)若，，在棱上确定一点，使得平面，并求出与面所成角的正弦值.8．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，为的中点.. （1）求证：平面平面；（2），在线段上是否存在一点，使得二面角的余弦值为.请说明理由.9．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，，点E 为AD的中点，，平面ABCD，且求证：；线段PC上是否存在一点F，使二面角的余弦值是？若存在，请找出点F的位置；若不存在，请说明理由．10.如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PC 上的点，且BE ⊥平面APC（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥ABC P -体积最大时，求二面角B AC P --的余弦值．11．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．12．如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点。
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2015高考理科数学《立体几何中的向量方法》练习题[A 组 基础演练·能力提升]一、选择题1．若直线l 的一个方向向量为a ＝(2,5,7)，平面α的一个法向量为u ＝(1,1，－1)，则( ) A ．l ∥α或l ⊂α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：∵a ·u ＝2×1＋5×1＋(－1)×7＝0， ∴l ∥α或l ⊂α. 答案：A2.如图，E 、F 分别是三棱锥P －ABC 的棱AP 、BC 的中点，PC ＝10，AB ＝6，EF ＝7，则异面直线AB 与PC 所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：取AC 的中点D ，连结DE 、DF ，则∠EDF 或其补角为AB 与PC 所成的角，利用余弦定理可求得∠EDF ＝120°，所以异面直线AB 与PC 所成的角为60°.故选C.答案：C3.如图所示，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 是A 1D 、AC 的公垂线 C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：设AB ＝1，以D 为原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，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.答案：B4.如图所示 ，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为( )A ．(1,0,1)B ．(1,1,1)C ．(2,1,1)D ．(2,0,1)解析：设PD ＝a ，则A (2,0,0)，B (2,2,0)，P (0,0，a )，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，a 2，∴DP →＝(0,0，a )，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，1，a 2，由cos 〈DP →，AE →〉＝33，∴a 22＝a2＋a 24·33，∴a ＝2.∴E 的坐标为(1,1,1)． 答案：B5.如图，四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，SD ⊥平面ABCD ，SD ＝2，AD ＝2，E 是SD 上的点．则二面角C －AS －D 的余弦值为( )A.15 B.25 C.65D.105解析：如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz .则D (0,0,0)，A (2，0,0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，S (0,0,2)，设E (0,0，m )(0≤m ≤2)， 得SA →＝(2，0，－2)，SC →＝(0，2，－2)． 设平面ACS 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n ·SA →＝0，n ·SC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x －2z ＝0，2y －2z ＝0.取z ＝2，得n ＝(2,2，2)．易知平面ASD 的一个法向量为DC →＝(0，2，0)． 设二面角C －AS －D 的大小为θ， 则cos θ＝n ·DC →|n ||DC →|＝105.即二面角C －AS －D 的余弦值为105. 答案：D6.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A. 2B. 3 C ．2D.22解析：如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)， 设平面B 1CD 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )． 则⎩⎨⎧m ·CB 1→＝0m ·CD →＝0⇒⎩⎨⎧2y ＋2z ＝0x ＋az ＝0，令z ＝－1，得m ＝(a,1，－1)，又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 则由cos 60°＝m ·n |m ||n |，得1a 2＋2＝12，即a ＝2，故AD ＝ 2.答案：A 二、填空题7．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CM →，D 1N→的值为________．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)，CM →，D 1N →＝CM →·D 1N→|CM →||D 1N →|＝－19，CM →，D 1N →＝459.答案：4598．(2014年金华模拟)P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在α，β平面上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为________．解析：不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图，作ME ⊥AB 于E ，NF ⊥AB 于F .∵∠EPM ＝∠FPN ＝45°， ∴PE ＝22a ，PF ＝22b ， ∴EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF →＝ab cos 60°－a ×22b cos 45°－22ab cos 45°＋22a ×22b＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab 2＝0，∴EM →⊥FN →，∴二面角α－AB －β的大小为90°. 答案：90°9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 在线段BD 1上．当∠APC 最大时，三棱锥P －ABC 的体积为________．解析：以B 为坐标原点，BA 为x 轴，BC 为y 轴，BB 1为z 轴建立空间直角坐标系(如图)，设BP →＝λBD 1→，可得P (λ，λ，λ)，再由cos ∠APC ＝AP →·CP→|AP →||CP →|可求得当λ＝13时，∠APC 最大，故V P －ABC ＝13×12×1×1×13＝118.答案：118三、解答题10.(2013年高考山西卷)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.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小． 解析：(1)证明：证法一由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立直角坐标系，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 →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥BD ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D .证法二 ∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O ⊥BD . 又底面ABCD 是正方形，∴BD ⊥AC ，∴BD ⊥平面A 1OC ，∴BD ⊥A 1C . 又OA 1是AC 的中垂线，∴A 1A ＝A 1C ＝2，且AC ＝2，∴AC 2＝AA 21＋A 1C 2，∴△AA 1C 是直角三角形，∴AA 1⊥A 1C . 又BB 1∥AA 1，∴A 1C ⊥BB 1，∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D . (2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎨⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝0，y ＝－z ，取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量， ∴cos θ＝n ，A 1C→＝12×2＝12.又0≤θ≤π2，∴θ＝π3. 11．如图(1)，四边形ABCD 中，E 是BC 的中点，DB ＝2，DC ＝1，BC ＝5，AB ＝AD ＝ 2.将图(1)沿直线BD 折起，使得二面角A －BD －C 为60°，如图(2)．(1)求证：AE ⊥平面BDC ；(2)求直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值．解析：(1)证明：取BD 的中点F ，连接EF ，AF ，则AF ＝1，EF ＝12，∠AFE ＝60°.由余弦定理知AE ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－2×1×12cos 60°＝32，∵AE 2＋EF 2＝AF 2，∴AE ⊥EF ，又BD ⊥平面AEF ，BD ⊥AE ，∴AE ⊥平面BDC .(2)以E 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－12，0，D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12，0设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·DB →＝0n ·DA →＝0得⎩⎨⎧2x ＝0x ＋12y ＋32z ＝0，取z ＝3，则y ＝－3，∴n ＝(0，－3，3)． ∵AC →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，－32，∴n ，AC→＝n ·AC →|n ||AC →|＝－64.故直线AC 与平面ABD 所成角的余弦值为104.12．(能力提升)(2014年济宁模拟)如图，已知平行四边形ABCD 和平行四边形ACEF 所在的平面相交于直线AC ，EC ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AD ＝2，∠ADC ＝60°，AF ＝ 3.(1)求证：AC ⊥BF ；(2)求二面角F －BD －A 的余弦值．解析：(1)证明：∵CD ＝AB ＝1，AD ＝2，∠ADC ＝60°，∴AC ＝3，∴CD 2＋CA 2＝AD 2，∴CD ⊥CA .又EC ⊥平面ABCD ，故以CD 为x 轴，CA 为y 轴，CE 为z 轴建立空间直角坐标系，其中C (0,0,0)，D (1,0,0)，A (0，3，0)，F (0，3，3)，B (－1，3，0)∴CA →＝(0，3，0)，BF →＝(1,0，3)，DF →＝(－1，3，3)，DB →＝(－2，3，0)． ∴CA →·BF →＝0，∴AC ⊥BF .(2)平面ABD 的一个法向量n ＝(0,0,1)，设平面FBD 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎨⎧ m ·DB →＝0m ·DF →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋3y ＝0－x ＋3y ＋3z ＝0，∴⎩⎨⎧x ＝32yy ＝－2z，令z ＝1得，m ＝(－3，－2,1)，∴m ，n ＝24. 故所求二面角F －BD －A 的余弦值为24. [B 组 因材施教·备选练习]1.(2013年高考重庆卷)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，BC ＝CD ＝2，AC ＝4，∠ACB ＝∠ACD ＝π3，F 为PC 的中点，AF ⊥PB .(1)求PA 的长；(2)求二面角B －AF －D 的正弦值．解析：(1)如图，连接BD 交AC 于O ，因为BC ＝CD ，即△BCD 为等腰三角形，又AC 平分∠BCD ，故AC ⊥BD .以O 为坐标原点，OB →，OC →，AP →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O －xyz ，则OC ＝CD cosπ3＝1，而AC ＝4，得AO ＝AC －OC ＝3，又OD ＝CD sin π3＝3，故A (0，－3,0)，B (3，0,0)，C (0,1,0)，D (－3，0,0)．因PA ⊥底面ABCD ，可设P (0，－3，z )，由F 为PC 边中点，F ⎝⎛⎭⎪⎫0，－1，z 2.又AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2，z 2，PB →＝(3，3，－z )，因AF ⊥PB ，故AF →·PB →＝0，即6－z 22＝0，z ＝23(舍去－23)，所以|PA →|＝2 3.∴PA 的长为2 3.(2)由(1)知AD →＝(－3，3,0)，AB →＝(3，3,0)，AF →＝(0,2，3)．设平面FAD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面FAB 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，由n 1·AD →＝0，n 1·AF →＝0，得 ⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1＋3y 1＝0，2y 1＋3z 1＝0，因此可取n 1＝(3，3，－2)．由n 2·AB →＝0，n 2·AF →＝0，得 ⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋3y 2＝0，2y 2＋3z 2＝0，故可取n 2＝(3，－3，2)．从而法向量n 1，n 2的夹角的余弦值为n 1，n 2＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝18.故二面角B －AF －D 的正弦值为378.2.(2014年石家庄质检)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1，侧面BCC 1B 1⊥底面ABC .(1)若M 、N 分别是AB 、A 1C 的中点，求证：MN ∥平面BCC 1B 1；(2)若三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，侧棱BB 1与底面ABC 所成的角为60°，问在线段A 1C 1上是否存在一点P ，使得平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1？若存在，求C 1P 与PA 1的比值，若不存在，说明理由．解析：(1)证明：连接AC 1、BC 1，则A N ＝NC 1， 因为AM ＝MB ，所以MN ∥BC 1.又BC 1⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1， 所以MN ∥平面BCC 1B 1.(2)作B 1O ⊥BC 于O 点，连接AO ， 因为平面BCC 1B 1⊥底面ABC ， 所以B 1O ⊥平面ABC ，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，3，0)，B (－1,0,0)，C (1,0,0)，B 1(0,0，3)．由AA 1→＝CC 1→＝BB 1→，可求出A 1(1，3，3)，C 1(2,0，3)，假设在线段A 1C 1上存在一点P ，使得平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1， 设A 1C 1→＝λA 1P →(λ≠0且λ≠1)， 则可以求得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ＋1，3－3λ，3，CP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1λ，3－3λ，3，CB 1→＝(－1,0，3)． 设平面B 1CP 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n 1·CP →＝0n 1·CB 1→＝0，得⎩⎨⎧1λx ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3－3λy ＋3z ＝0－x ＋3z ＝0，令z ＝1，解得n 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3，1＋λ1－λ，1. 同理可求出平面ACC 1A 1的一个法向量n 2＝(3，1，－1)． 由平面B 1CP ⊥平面ACC 1A 1，得n 1·n 2＝0，即3＋1＋λ1－λ－1＝0，解得λ＝3，所以A 1C 1＝3A 1P ，从而C 1PPA 1＝2.所以存在满足题意的点P ，且C 1PPA 1＝2.。