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全國通用高考數(shù)學(xué) 二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理含解析

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1、 【走向高考】(全國通用)20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理 一、選擇題 1.(20xx北京理,7)在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中,已知A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),D(1,1,),若S1、S2、S3分別是三棱錐D-ABC在xOy、yOz、zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積,則(  ) A.S1=S2=S3   B.S2=S1且S2≠S3 C.S3=S1且S3≠S2 D.S3=S2且S3≠S1 [答案] D [解析] D-ABC在xOy平面上的投影為△ABC, 故S1=ABBC=2, 設(shè)D在yO

2、z和zOx平面上的投影分別為D2和D3,則D-ABC在yOz和zOx平面上的投影分別為△OCD2和△OAD3,∵D2(0,1,),D3(1,0,). 故S2=2=,S3=2=, 綜上,選項D正確. 2.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=2AB,E是AA1的中點,則異面直線D1C與BE所成角的余弦值為(  ) A.          B. C. D. [答案] B [解析] 以A為原點,AB、AD、AA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,設(shè)AB=1,則B(1,0,0),D(0,1,0),C(1,1,0),D1(0,1,2),∵AA1=2AB,∴E

3、(0,0,1), ∴=(-1,0,1),=(-1,0,2), ∴cos〈,〉===, 故選B. 3.(20xx浙江理,8)如圖,已知△ABC,D是AB的中點,沿直線CD將△ACD翻折成△A′CD,所成二面角A′-CD-B的平面角為α,則(  ) A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥α C.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α [答案] B [解析] ∵A′C和BC都不與CD垂直,∴∠A′CB≠α,故C,D錯誤.當(dāng)CA=CB時,容易證明∠A′DB=α.不妨取一個特殊的三角形,如Rt△ABC,令斜邊AB=4,AC=2,BC=2,如圖所示,則CD=AD=BD=2,∠BDH=12

4、0,設(shè)沿直線CD將△ACD折成△A′CD,使平面A′CD⊥平面BCD,則α=90.取CD中點H,連接A′H,BH,則A′H⊥CD,∴A′H⊥平面BCD,且A′H=,DH=1.在△BDH中,由余弦定理可得BH=.在Rt△A′HB中,由勾股定理可得A′B=.在△A′DB中,∵A′D2+BD2-A′B2=-2<0,可知cos∠A′DB<0,∴A′DB為鈍角,故排除A.綜上可知答案為B. 4.已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等,A1在底面ABC內(nèi)的射影為△ABC的中心,則AB1與底面ABC所成角的正弦值等于(  ) A. B. C. D. [答案] B [解析] 如

5、圖,設(shè)A1在平面ABC內(nèi)的射影為O,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OA、OA1分別為x軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖.設(shè)△ABC邊長為1,則 A(,0,0),B1(-,,), ∴=(-,,). 平面ABC的法向量n=(0,0,1),則AB1與底面ABC所成角α的正弦值為 sinα=|cos〈,n〉|==. 5.過正方形ABCD的頂點A,引PA⊥平面ABCD.若PA=BA,則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是(  ) A.30 B.45 C.60 D.90 [答案] B [解析] 建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,不難求出平面APB與平面PCD的法向量分別為n1=(0,1,0),n2

6、=(0,1,1),故平面ABP與平面CDP所成二面角(銳角)的余弦值為=, 故所求的二面角的大小是45. 6.如圖,四棱錐S-ABCD的底面為正方形,SD⊥底面ABCD,則下列結(jié)論中不正確的是(  ) A.AC⊥SB B.AB∥平面SCD C.SA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角 D.AB與SC所成的角等于DC與SA所成的角 [答案] D [解析] ∵四邊形ABCD是正方形,∴AC⊥BD. 又∵SD⊥底面ABCD,∴SD⊥AC. ∵SD∩BD=D,∴AC⊥平面SDB,從而AC⊥SB.故A正確.易知B正確.設(shè)AC與DB交于O點,連接SO.則SA與平面SBD

7、所成的角為∠ASO,SC與平面SBD所成的角為∠CSO,又OA=OC,SA=SC,∴∠ASO=∠CSO.故C正確.由排除法可知選D. 二、填空題 7.如圖,在空間直角坐標(biāo)系中有棱長為a的正方體ABCD-A1B1C1D1,點M是線段DC1上的動點,則點M到直線AD1距離的最小值是________. [答案] a [解析] 設(shè)M(0,m,m)(0≤m≤a),=(-a,0,a),直線AD1的一個單位方向向量s=(-,0,),=(0,-m,a-m),故點M到直線AD1的距離 d= ==, 根式內(nèi)的二次函數(shù)當(dāng)m=-=時取最小值()2-a+a2=a2,故d的最小值為a. 8.(20xx

8、四川理,14)如圖,四邊形ABCD和ADPQ均為正方形,它們所在的平面互相垂直,動點M在線段PQ上,E,F(xiàn)分別為AB,BC的中點.設(shè)異面直線EM與AF所成的角為θ,則cos θ的最大值為________. [答案]  [解析] 分別以直線AB、AD、AQ為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示. 設(shè)AB=1,則=, E. 設(shè)M(0,y,1)(0≤y≤1),則 =, 由于異面直線所成角的范圍為, 所以cos θ==. 因為2=1-,令8y+1=t,1≤t≤9,則=≥,當(dāng)t=1時取等號. 所以≤= 所以cos θ=≤=,當(dāng)y=0時,取得最大值. 三、解答題 9.在

9、直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90,BC=2,CC1=4,點E在線段BB1上,且EB1=1,D、F、G分別為CC1、C1B1、C1A1的中點. 求證:(1)B1D⊥平面ABD; (2)平面EGF∥平面ABD. [證明] (1)以B為坐標(biāo)原點,BA、BC、BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示. 則B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4), 設(shè)BA=a,則A(a,0,0), 所以=(a,0,0),=(0,2,2), =(0,2,-2),=0, =0+4-4=0, 即B1D⊥BA,B1D⊥BD, 又BA∩BD=B,因此B1D

10、⊥平面ABD. (2)由(1)知,E(0,0,3),G(,1,4),F(xiàn)(0,1,4), 則=(,1,1),=(0,1,1), =0+2-2=0,=0+2-2=0, 即B1D⊥EG,B1D⊥EF, 又EG∩EF=E,因此B1D⊥平面EGF. 結(jié)合(1)可知平面EGF∥平面ABD. [方法點撥] 1.空間的平行與垂直關(guān)系的判斷與證明,既可用綜合幾何方法解決,也可用向量幾何方法解決. 2.用向量方法研究空間線面位置關(guān)系. 設(shè)直線l1、l2的方向向量分別為a、b,平面α、β的法向量分別為e1,e2,A、B、C分別為平面α內(nèi)相異三點(其中l(wèi)1與l2不重合,α與β不重合),則 ①l1∥

11、l2?a∥b?存在實數(shù)λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2?a⊥b?ab=0. ②l1⊥α?a∥e1?存在實數(shù)λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α?ae1=0?存在非零實數(shù)λ1,λ2,使a=λ1+λ2. ③α∥β?e1∥e2?存在實數(shù)λ,使e2=λe1(e1≠0);α⊥β?e1⊥e2?e1e2=0. 3.平面的法向量求法 在平面內(nèi)任取兩不共線向量a,b,設(shè)平面的法向量n=(x,y,z),利用建立x、y、z的方程組,取其一組解. 10.如圖,已知ABCD-A1B1C1D1是底面為正方形的長方體,A1D1=2,A1A=2,點P是AD1上的動點. (1)當(dāng)P為AD1的中點時,求異面直線A

12、A1與B1P所成角的余弦值; (2)求PB1與平面AA1D1所成角的正切值的最大值. [解析] (1)(解法一)過點P作PE⊥A1D1,垂足為E,連接B1E,則PE∥AA1, ∴∠B1PE是異面直線AA1與B1P所成的角. 在Rt△AA1D1中, A1D1=2,AA1=2, ∴A1E=A1D1=1, ∴B1E==. 又PE=AA1=, ∴在Rt△B1PE中,B1P==2, cos∠B1PE===. ∴異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為. (解法二)以A1為原點,A1B1所在的直線為x軸,A1D1所在直線為y軸,A1A所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示,則A

13、1(0,0,0),A(0,0,2),B1(2,0,0),P(0,1,), ∴=(0,0,2), =(-2,1,), ∴cos〈,〉===. ∴異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為. (2)由(1)知,B1A1⊥平面AA1D1, ∴∠B1PA1是PB1與平面AA1D1所成的角, 且tan∠B1PA1==. 當(dāng)A1P最小時,tan∠B1PA1最大,這時A1P⊥AD1,由A1P==,得tan∠B1PA1=, 即PB1與平面AA1D1所成角的正切值的最大值為. 11.(20xx天津理,17)如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC,AD=DC=AP

14、=2,AB=1,點E為棱PC的中點. (1)證明:BE⊥DC; (2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值; (3)若F為棱PC上一點,滿足BF⊥AC,求二面角F-AB-P的余弦值. [解析] 解法一:由題意易知AP、AB、AD兩兩垂直,以點A為原點建立空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2),由E為棱PC的中點, 得E(1,1,1). (1)證明:=(0,1,1),=(2,0,0),故=0,所以BE⊥DC. (2)=(-1,2,0),=(1,0,-2),設(shè)n=(x,y,z)為平面PBD的法向量,則 即 不妨令y

15、=1,可得n=(2,1,1)為平面PBD的一個法向量,于是有 cos〈n,〉===. 所以,直線BE與平面PBD所成角的正弦值為. (3)向量=(1,2,0),=(-2,-2,2),=(2,2,0),=(1,0,0),由點F在棱PC上,設(shè)=λ,0≤λ≤1. 故=+=+λ=(1-2λ,2-2λ,2λ),由BF⊥AC,得=0,因此,2(1-2λ)+2(2-2λ)=0,解得λ=,即=(-,,). 設(shè)n1=(x,y,z)為平面FAB的法向量,則 即 不妨令z=1,可得n1=(0,-3,1)為平面FAB的一個法向量,取平面ABP的法向量n2=(0,1,0),則 cos〈n1,n2〉===

16、-. 易知,二面角F-AB-P是銳角, 所以其余弦值為. 解法二:(1)證明:如圖,取PD中點M,連接EM、AM. 由于E、M分別為PC、PD的中點,故EM∥DC,且EM=DC,又由已知,可得EM∥AB且EM=AB,故四邊形ABEM為平行四邊形,所以BE∥AM. 因為PA⊥底面ABCD,故PA⊥CD,而CD⊥DA,從而CD⊥平面PAD,因為AM?平面PAD,于是CD⊥AM,又BE∥AM,所以BE⊥CD. (2)連接BM,由(1)有CD⊥平面PAD,得CD⊥PD,而EM∥CD,故PD⊥EM,又因為AD=AP,M為PD的中點,故PD⊥AM,可得PD⊥BE,所以PD⊥平面BEM,故平

17、面BEM⊥平面PBD,所以,直線BE在平面PBD內(nèi)的射影為直線BM,而BE⊥EM,可得∠EBM為銳角,故∠EBM為直線BE與平面PBD所成的角. 依題意,有PD=2,而M為PD中點,可得AM=,進(jìn)而BE=,故在直角三角形BEM中,tan∠EBM===,因此sin∠EBM=. 所以,直線BE與平面PBD所成角的正弦值為. (3)如圖,在△PAC中,過點F作FH∥PA交AC于點H,因為PA⊥底面ABCD,故FH⊥底面ABCD,從而FH⊥AC, 又BF⊥AC,得AC⊥平面FHB,因此AC⊥BH,在底面ABCD內(nèi),可得CH=3HA,從而CF=3FP. 在平面PDC內(nèi),作FG∥DC交PD于

18、點G,于是DG=3GP,由于DC∥AB,故GF∥AB,所以A,B,F(xiàn),G四點共面,由AB⊥PA,AB⊥AD,得AB⊥平面PAD,故AB⊥AG,所以∠PAG為二面角F-AB-P的平面角. 在△PAG中,PA=2,PG=PD=,∠APG=45,由余弦定理可得AG=,cos∠PAG=. 所以,二面角F-AB-P的余弦值為. [方法點撥] 1.運用空間向量坐標(biāo)運算求空間角的一般步驟 ①建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系;②求出相關(guān)點的坐標(biāo);③寫出向量坐標(biāo);④結(jié)合公式進(jìn)行論證、計算;⑤轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論. 2.兩異面直線所成的角不一定是直線的方向向量的夾角;兩平面的法向量的夾角與二面角相等或互補;直線的方向

19、向量與平面的法向量的夾角與線面角的余角相等或互補. 12.如圖,四棱錐P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,四邊形ABCD中,AB⊥AD,AB+AD=4,CD=,∠CDA=45. (1)求證:平面PAB⊥平面PAD; (2)設(shè)AB=AP. (ⅰ)若直線PB與平面PCD所成的角為30,求線段AB的長; (ⅱ)在線段AD上是否存在一個點G,使得點G到點P、B、C、D的距離都相等?說明理由. [解析] (1)因為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

20、)以A為坐標(biāo)原點,建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)-xyz如圖. 在平面ABCD內(nèi),作CE∥AB交AD于點E,則CE⊥AD. 在Rt△CDE中,DE=CDcos45=1, CE=CDsin45=1. 設(shè)AB=AP=t,則B(t,0,0),P(0,0,t). 由AB+AD=4得AD=4-t, 所以E(0,3-t,0),C(1,3-t,0),D(0,4-t,0), =(-1,1,0),=(0,4-t,-t). (ⅰ)設(shè)平面PCD的法向量為n=(x,y,z), 由n⊥,n⊥,得 取x=t,得平面PCD的一個法向量n=(t,t,4-t). 又=(t,0,-t),故由直線PB與平面PCD所

21、成的角為30得cos60=, 即=, 解得t=或t=4(舍去,因為AD=4-t>0), 所以AB=. (ⅱ)假設(shè)在線段AD上存在一個點G,使得點G到點P,B,C,D的距離都相等. 設(shè)G(0,m,0)(其中0≤m≤4-t), 則=(1,3-t-m,0),=(0,4-t-m,0),=(0,-m,t). 由||=||得12+(3-t-m)2=(4-t-m)2, 即t=3-m;?、? 由||=||得(4-t-m)2=m2+t2.?、? 由①、②消去t,化簡得m2-3m+4=0. ③ 由于方程③沒有實數(shù)根,所以在線段AD上不存在一個點G,使得點G到點P、C、D的距離都相等. 從而

22、,在線段AD上不存在一個點G,使得點G到點P,B,C,D的距離都相等. [方法點撥] 1.用空間向量求點到平面的距離的方法步驟是:(1)求出平面的法向量n;(2)任取一條過該點的該平面的一條斜線段,求出其向量坐標(biāo)n1;(3)求點到平面的距離d=. 2.點面距、線面距、異面直線間的距離的求法共同點是:設(shè)平面的法向量為n(求異面直線間的距離時,取與兩異面直線都垂直的向量為n),求距離的兩幾何圖形上各取一點A、B,則距離d=. 13.(20xx湖南理,19)如圖,已知四棱臺ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形,A1A=6,且A1A⊥底面ABCD.點P,Q分別在棱DD

23、1,BC上. (1)若P是DD1的中點,證明:AB1⊥PQ; (2)若PQ∥平面ABB1A1,二面角P-QD-A的余弦值為,求四面體ADPQ的體積. [分析] 考查空間向量的運用,線面垂直的性質(zhì)與空間幾何體體積計算.考查轉(zhuǎn)化思想、方程思想、運算求解能力和空間想像能力. (1)建立空間直角坐標(biāo)系,求得相關(guān)點的坐標(biāo)將問題轉(zhuǎn)化為證明AB1―→PQ―→=0;(2)利用向量幾何求解:將PQ∥平面ABB1A1轉(zhuǎn)化為與平面ABB1A1的法向量垂直,結(jié)合平面的法向量與二面角的關(guān)系確定點P,最后利用體積公式計算體積.或用綜合幾何方法求解. [解析] 解法一 由題設(shè)知,AA1,AB,AD兩兩垂直,以

24、A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸,y軸,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則相關(guān)各點的坐標(biāo)為A(0,0,0),B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中m=BQ,0≤m≤6. (1)證明:若P是DD1的中點,則P(0,,3),=(6,m-,-3),=(3,0,6),于是=18-18=0,所以⊥,即AB1⊥PQ; (2)由題設(shè)知,=(6,m-6,0),=(0,-3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個不共線向量. 設(shè)n1=(x,y,z)是平面PQD的一個法向量, 則 ,即 取y=6,得n1=(6-m,6,3). 又平面AQD的一個法向

25、量是n2=(0,0,1), 所以cos〈n1,n2〉===,而二面角P-QD-A的余弦值為,因此=,解得m=4,或者m=8(舍去),此時Q(6,4,0). 設(shè)=λ (0<λ<1),而=(0,-3,6), 由此得點P(0,6-3λ,6λ),=(6,3λ-2,-6λ). 因為PQ∥平面ABB1A1,且平面ABB1A1的一個法向量是n3=(0,1,0),所以n3=0,即3λ-2=0,亦即λ=,從而P(0,4,4),于是,將四面體ADPQ視為以△ADQ為底面的三棱錐P-ADQ,而其高h(yuǎn)=4,故四面體ADPQ的體積V=S△ADQh=664=24. 解法二 (1)如圖c,取A1A的中點R,連接P

26、R,BR,因為A1A,D1D是梯形A1AD1D的兩腰,P是D1D的中點,所以PR∥AD,于是由AD∥BC知,PR∥BC,所以P,R,B,C四點共面. 由題設(shè)知,BC⊥AB,BC⊥A1A,所以BC⊥平面ABB1A1,因此BC⊥AB1①, 因為tan∠ABR== ==tan∠A1AB1, 所以tan∠ABR=tan∠A1AB1,因此∠ABR+∠BAB1=∠A1AB1+∠BAB1=90,于是AB1⊥BR,再由①即知平面AB1⊥平面PRBC,又PQ?平面PRBC,故AB1⊥PQ. 圖c 圖d (2)如圖d,過點P作PM//A1A交AD于點M,則PM//平面ABB1A1. 因為A1A⊥平面ABCD,所以PM⊥平面ABCD,過點M作MN⊥QD于點N,連接PN,則PN⊥QD,∠PNM為二面角P-QD-A的平面角,所以cos∠PNM=,即=,從而=.③ 連接MQ,由PQ//平面ABB1A1,所以MQ//AB,又ABCD是正方形,所以ABQM為矩形,故MQ=AB=6.設(shè)MD=t,則MN== ④過點D1作D1E∥A1A交AD于點E,則AA1D1E為矩形,所以D1E=A1A=6,AE=A1D1=3,因此ED=AD-AE=3,于是===2,所以PM=2MD=2t,再由③④得=,解得t=2,因此PM=4.故四面體ADPQ的體積V=S△ADQh=664=24.

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