(浙江专用)高考数学一轮复习课时跟踪检测(四十一)立体几何中的向量方法(含解析)

（浙江专用）高考数学一轮复习课时跟踪检测（四十一）立体几
何中的向量方法（含解析）
课时跟踪检测（四十一） 立体几何中的向量方法
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．若直线l 的方向向量为a ＝(1,0,2)，平面α的法向量为n ＝(－2,0，－4)，则( ) A ．l ∥α B ．l ⊥α C ．l ⊂α
D ．l 与α斜交
解析：选B ∵a ＝(1,0,2)，n ＝(－2,0，－4)，∴n ＝－2a ， 即a ∥n ，∴l ⊥α.
2．(2018·嘉兴模拟)已知A (4,1,3)，B (2，－5,1)，C (3,7，－5)，则平行四边形ABCD 的顶点D 的坐标是( )
A ．(2,4，－1)
B ．(2,3,1)
C ．(－3,1,5)
D ．(5,13，－3)
解析：选D 由题意知，AB ―→＝(－2，－6，－2)，设点D (x ，y ，z )，则DC ―→
＝(3－x,7－y ，－5－z )，因为AB ―→＝DC ―→
，所以x ＝5，y ＝13，z ＝－3，故选D.
3．(2018·舟山模拟)已知A (1,0,0)，B (0，－1,1)，O 为坐标原点，OA ―→＋λOB ―→与OB ―→
的夹角为120°，则λ的值为( )
A ．±66
B.66
C ．－
66
D ．± 6
解析：选C 因为OA ―→＋λOB ―→
＝(1，－λ，λ)， 所以cos 120°＝
λ＋λ1＋2λ2
·2
＝－12，解得λ＝－6
6. 4．若平面α的一个法向量为u 1＝(－3，y,2)，平面β的一个法向量为u 2＝(6，－2，
z )，且α∥β，则y ＋z ＝________.
解析：因为α∥β，所以u 1∥u 2，所以－36＝y －2＝2
z ，
所以y ＝1，z ＝－4，所以y ＋z ＝－3. 答案：－3
5．(2019·绍兴质检)如图，60°的二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB ，已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，则CD 的长为________．
解析：∵60°的二面角的棱上有A ，B 两点，AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，
且都垂直于AB ，
∴CD ＝CA ＋AB ＋BD ，CA ·AB ＝0，AB ·BD ＝0， ∵AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8， ∴CD 2
＝(CA ＋AB ＋BD )2
＝CA 2
＋AB 2
＋BD 2
＋2CA ·BD
＝36＋16＋64＋2×6×8×cos 120° ＝68，
∴CD 的长为217. 答案：217
6．已知V 为矩形ABCD 所在平面外一点，且VA ＝VB ＝VC ＝VD ，VP ―→＝13VC ―→，VM ―→＝23VB ―→
，
VN ―→＝23
VD ―→
.则VA 与平面PMN 的位置关系是________．
解析：如图，设VA ―→＝a ，VB ―→＝b ，VC ―→＝c ，则VD ―→
＝a ＋c －b ， 由题意知PM ―→＝23b －1
3c ，
PN ―→＝23VD ―→－13VC ―→
＝23a －23b ＋13
c. 因此VA ―→＝32PM ―→＋32PN ―→，
∴VA ―→，PM ―→，PN ―→
共面．
又∵VA ⊄平面PMN ，∴VA ∥平面PMN . 答案：平行
二保高考，全练题型做到高考达标
1.如图，在多面体ABC ­A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，
BC ＝2AB ，B 1C 1綊1
2
BC ，二面角A 1 ­AB ­C 是直二面角．
求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .
证明：∵二面角A 1 ­AB ­C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面ABC .
又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ，∴∠CAB ＝90°， 即CA ⊥AB ，∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ， 设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，
A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)．
(1) A 1B 1―→＝(0,2,0)，A 1A ―→＝(0,0，－2)，AC ―→
＝(2,0,0)，设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨
⎪⎧
n ·A 1A ―→＝0，
n ·AC ―→＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
－2z ＝0，
2x ＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝0，
z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．
∴A 1B 1―→＝2n ，即A 1B 1―→
∥n.∴A 1B 1⊥平面AA 1C .
(2)易知AB 1―→＝(0,2,2)，A 1C 1―→＝(1,1,0)，A 1C ―→
＝(2,0，－2)， 设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨
⎪⎧
m ·A 1C 1―→＝0，
m ·A 1C ―→＝0，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
x 1＋y 1＝0，
2x 1－2z 1＝0，
令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1―→
·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0， ∴AB 1―→
⊥m.又AB 1⊄平面A 1C 1C ， ∴AB 1∥平面A 1C 1C .
2．(2018·浙江名校联考)如图，在直三棱柱ADF ­BCE 中，AB ＝BC ＝BE ＝2，CE ＝22，点K 在线段BE 上．
(1)求证：AC ⊥平面BDE ；
(2)若EB ＝4EK ，求直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值． 解：(1)证明：在直三棱柱ADF ­BCE 中，
AB ⊥平面BCE ，因为BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，
所以AB ⊥BE ，AB ⊥BC . 又AB ＝BC ＝BE ＝2，CE ＝22， 所以BC 2
＋BE 2
＝CE 2
，且AC ⊥BD ， 所以BE ⊥BC .
因为AB ∩BC ＝B ，所以BE ⊥平面ABCD . 因为AC ⊂平面ABCD ，所以BE ⊥AC . 又BD ∩BE ＝B ，所以AC ⊥平面BDE .
(2)法一：设AK 交BF 于点N ，由(1)知，AB ，AF ，AD 两两垂直
且长度都为2，所以△BDF 是边长为22的正三角形，所以点A 在平面BDF 内的射影M 为△
BDF 的中心．连接MN ，MF ，AM ，如图所示，则∠ANM 为直线AK 与平面BDF 所成的角φ.
又FM ＝23×32×22＝26
3，
所以AM ＝FA 2
－FM 2
＝
4－83＝23
3
. 因为EB ＝4EK ，所以BK ＝3
2，
所以AK ＝AB 2
＋BK 2
＝ 4＋94＝52
. 因为AN KN ＝AF BK ，所以AN AK －AN ＝AF
BK
， 即
AN
52－AN ＝232
，解得AN ＝107. 在Rt △ANM 中，sin φ＝AM AN ＝23
3107
＝73
15
.
所以直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值为73
15
.
法二：由(1)知，AB ，BC ，BE 两两垂直，以B 为坐标原点，BC ，BA ，
BE 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐
标系，
则B (0,0,0)，F (0,2,2)，A (0,2,0)，D (2，2,0)，BD ＝(2,2,0)，BF ＝(0,2,2)．
因为EB ＝4EK ，所以K ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32， 所以AK ＝⎝
⎛⎭⎪⎫0，－2，32.
设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·BD ＝0，
n ·BF ＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
2x ＋2y ＝0，
2y ＋2z ＝0，
取x ＝1，则n ＝(1，－1,1)为平面BDF 的一个法向量． 于是sin φ＝|cos 〈n ，AK 〉|＝|n ·AK |
|n|·|AK |
＝
⎪⎪⎪⎪
⎪⎪2＋323×
4＋94
＝73
15，
所以直线AK 与平面BDF 所成角φ的正弦值为73
15
.
3．(2018·浙江名校联考)已知长方形ABCD 中，AB ＝1，AD ＝ 2.现将长方形沿对角线
BD 折起，使AC ＝a ，得到一个四面体A ­BCD ，如图所示．
(1)试问：在折叠的过程中，异面直线AB 与CD ，AD 与BC 能否垂直？若能垂直，求出相应的a 值；若不垂直，请说明理由．
(2)当四面体A ­BCD 的体积最大时，求二面角A ­CD ­B 的余弦值． 解：(1)若AB ⊥CD ，因为AB ⊥AD ，AD ∩CD ＝D ， 所以AB ⊥平面ACD ，所以AB ⊥AC .
即AB 2
＋a 2
＝BC 2
，即12
＋a 2
＝(2)2
，所以a ＝1. 若AD ⊥BC ，因为AD ⊥AB ，AB ∩BC ＝B ， 所以AD ⊥平面ABC ，所以AD ⊥AC .
即AD 2
＋a 2
＝CD 2
，即(2)2
＋a 2
＝12
，所以a 2
＝－1，无解． 故AD ⊥BC 不成立．
(2)要使四面体A ­BCD 的体积最大， 因为△BCD 的面积为定值
22
， 所以只需三棱锥A ­BCD 的高最大即可，此时平面ABD ⊥平面BCD ，过点A 作AO ⊥BD 于点
O ，则AO ⊥平面BCD ，
以O 为原点建立空间直角坐标系O ­xyz (如图)， 则易知A ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫0，0，
63， C ⎝
⎛⎭⎪⎫6
3，33，0，D ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，233，0， 显然，平面BCD 的一个法向量为OA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
0，0，63.
设平面ACD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．
因为CD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－63，33，0，DA ―→＝⎝
⎛⎭⎪⎫0，－233，63，
所以⎩⎨
⎧
6x ＝3y ，
23y ＝6z ，
令y ＝2，得n ＝(1，2，2)． 故cos 〈OA ―→
，n 〉＝
263
6
3
×7＝
27
7
. 所以二面角A ­CD ­B 的余弦值为27
7
.
4．如图，在四棱锥S ­ABCD 中，AB ∥CD ，BC ⊥CD ，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝BC ＝2，CD ＝SD ＝1.
(1)证明：SD ⊥平面SAB ；
(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．
解：(1)证明：以C 为坐标原点，射线CD 为x 轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系C ­xyz ，则D (1,0,0)，A (2,2,0)，B (0,2,0)．
设S (x ，y ，z )，显然x ＞0，y ＞0，z ＞0，
则AS ―→＝(x －2，y －2，z )，BS ―→＝(x ，y －2，z )，DS ―→
＝(x －1，
y ，z )．
由|AS ―→|＝|BS ―→
|，得 x －2
2
＋y －2
2
＋z 2
＝ x 2
＋y －2
2
＋z 2
，解得x ＝1.
由|DS ―→|＝1，得y 2＋z 2
＝1.① 由|BS ―→|＝2，得y 2＋z 2
－4y ＋1＝0.② 由①②，解得y ＝12，z ＝3
2
.
∴S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1
2，32，AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，32，BS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32，DS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，
∴DS ―→·AS ―→＝0，DS ―→·BS ―→
＝0，∴DS ⊥AS ，DS ⊥BS ， 又AS ∩BS ＝S ，∴SD ⊥平面SAB .
(2)设平面SBC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则n ⊥BS ―→，n ⊥CB ―→，∴n ·BS ―→＝0，n ·CB ―→
＝0. 又BS ―→＝⎝
⎛⎭⎪⎫1，－32，32，CB ―→
＝(0,2,0)，
∴⎩⎪⎨⎪⎧
x 1－32y 1＋32z 1＝0，
2y 1＝0，
取z 1＝2，得n ＝(－3，0,2)．
∵AB ―→
＝(－2,0,0)，
∴cos 〈AB ―→
，n 〉＝AB ―→
·n |AB ―→||n|＝
－2×－32×7＝
217
. 故AB 与平面SBC 所成角的正弦值为
21
7
. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校
1.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．
解：(1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系D ­xyz . 依题易得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，
B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
2
，1，0，所以NE ―→
＝⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－1
2
，0，－1，AM
―→
＝(－1,0,1)．
设异面直线NE 与AM 所成的角为θ，
则cos θ＝|cos 〈NE ―→，AM ―→
〉|＝|NE ―→·AM ―→
||NE ―→|·|AM ―→|＝1
252×2
＝1010.
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 ，
因为AN ―→＝(0,1,1)，可设AS ―→＝λAN ―→＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又EA ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，
所以ES ―→＝EA ―→＋AS ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ.
由ES ⊥平面AMN ， 得⎩⎪⎨⎪⎧
ES ―→·AM ―→＝0，
ES ―→·AN ―→＝0，
即⎩⎪⎨⎪⎧
－12＋λ＝0，
λ－1＋λ＝0，
解得λ＝12，此时AS ―→＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫
0，12，12，
|AS ―→
|＝22
.
经检验，当AS ＝
2
2
时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ， 此时AS ＝
22
. 2．(2019·杭二模拟)如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AC ＝AA 1＝2，
D 为棱CC 1的中点，AB 1∩A 1B ＝O .
(1)求证：C 1O ∥平面ABD ； (2)设二面角D ­AB ­C 的正切值为
2
2
，AC ⊥BC ，E 为线段A 1B 上一点，且直线CE 与平面ABD 所成角的正弦值为223，求BE
BA 1
.
解：(1)证明：取AB 的中点F ，连接OF ，DF ， 易知四边形ABB 1A 1为矩形， ∴O 为AB 1的中点， ∴OF ∥BB 1，OF ＝1
2BB 1，
又C 1D ∥BB 1，C 1D ＝1
2BB 1，
∴OF ∥C 1D ，OF ＝C 1D ，
∴四边形OFDC 1为平行四边形，∴C 1O ∥DF ， ∵C 1O ⊄平面ABD ，DF ⊂平面ABD ， ∴C 1O ∥平面ABD .
(2)过C 作CH ⊥AB 于H ，连接DH ， 易知∠DHC 为二面角D ­AB ­C 的平面角， ∵DC ＝1，tan ∠DHC ＝
2
2
，∴CH ＝2， 又AC ＝2，AH ⊥CH ，∴∠HAC ＝45°， ∵AC ⊥BC ，∴BC ＝AC ＝2.
以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 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C ­xyz ，
其中C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，D (0,0,1)，A 1(2,0,2)， 则AB ＝(－2,2,0)，BD ＝(0，－2,1)，BA 1＝(2，－2,2)，CB ＝
(0,2,0)．
设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，
则⎩⎪⎨⎪⎧
n ·AB ＝－2x ＋2y ＝0，n ·BD ＝－2y ＋z ＝0，
取y ＝1，可得平面ABD 的一个法向量为n ＝(1,1,2)．
设BE ＝λBA 1 (0≤λ≤1)，
则CE ＝CB ＋λBA 1＝(2λ，2－2λ，2λ)，
∴直线CE 与平面ABD 所成角的正弦值等于|cos 〈CE ，n 〉|＝4λ＋212λ2
－8λ＋4×6
＝
22
3
，∴36λ2
－44λ＋13＝0，
解得λ＝12或λ＝1318，即BE BA 1＝12或BE BA 1＝1318.。