《2019高考數(shù)學二輪復習 第一篇 微型專題 微專題11 空間向量在立體幾何中的應用練習 理.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考數(shù)學二輪復習 第一篇 微型專題 微專題11 空間向量在立體幾何中的應用練習 理.docx（18頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

11　空間向量在立體幾何中的應用 1.如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1中,M,N分別是CD,BB1的中點,則異面直線A1M與AN所成角的大小為　　　　. 解析?　以D點為坐標原點,DA、DC、DD1的方向分別為x、y、z軸的正方向,建立空間直角坐標系,如圖所示,設正方體的棱長為1,則A(1,0,0),M0,12,0,N1,1,12,A1(1,0,1),所以AN=0,1,12,A1M=-1,12,-1.因為ANA1M=0,所以異面直線A1M與AN所成的角為90. 答案?　90 2.已知空間四邊形OABC,M,N分別為OA,BC的中點,點G在線段MN上,OG=16OA+13OB+13OC,則G點為線段MN的　　　　等分點. 解析?　∵OG=16OA+13OB+13OC,∴OG=16OA+23ON,∴OG=13OM+23ON=23(ON-OM)+OM,∴OG-OM=MG=23MN,故G點為靠近N點的3等分點. 答案?　3 3.三棱錐S-ABC如圖所示,SA⊥AB,SA⊥AC,∠BAC=90,AB=AC=12AS=2,D點在棱SB上且SD=12DB,P點在棱SA上,則PDPC的最小值為　　　　. 解析?　以A點為坐標原點,AB、AC、AS的方向分別為x、y、z軸的正方向,建立空間直角坐標系,如圖所示,則A(0,0,0),C(0,2,0),P(0,0,b)(其中0≤b≤4),D23,0,83,PD=23,0,83-b,PC=(0,2,-b),PDPC=b2-83b,所以當b=43時,PDPC取到最小值,最小值為-169. 答案?　-169 4.已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1,O是BD1的中點,M是側面ADD1A1上一點,若OM⊥AA1且OM⊥BD1,則點M的坐標為　　　　. 解析?　以D點為坐標原點,DA、DC、DD1的方向分別為x、y、z軸的正方向,建立空間直角坐標系,則A(1,0,0),M(a,0,b),B(1,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),O12,12,12,AA1=(0,0,1),OM=a-12,-12, b-12,BD1=(-1,-1,1). 因為OM⊥AA1且OM⊥BD1,所以BD1OM=0,AA1OM=0,解得a=1,b=12,所以點M的坐標為1,0,12. 答案?　1,0,12 能力1 ?　利用空間向量法求空間角 　　【例1】　 如圖,在四棱錐P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,四邊形ABCD是菱形,AC=2,BD=23,且AC與BD交于點O,E是PB上任意一點. (1)求證:AC⊥DE. (2)已知二面角A-PB-D的余弦值為155,若E為PB的中點,求EC與平面PAB所成角的正弦值. 解析?　(1)∵PD⊥平面ABCD,AC?平面ABCD, ∴PD⊥AC. 又∵四邊形ABCD是菱形,∴BD⊥AC. ∵BD∩PD=D, ∴AC⊥平面PBD. ∵DE?平面PBD,∴AC⊥DE. (2)當E為PB的中點時,連接OE,可得OE∥PD且OE=12PD.又因為PD⊥平面ABCD,所以OE⊥平面ABCD.分別以OA,OB,OE的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系如圖所示,設PD=t(t>0),則A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),E0,0,t2,P(0,-3,t),AB=(-1,3,0),AP=(-1,-3,t). 易知平面PBD的一個法向量為n1=(1,0,0), 設平面PAB的法向量為n2=(x,y,z), 則n2AB=0,n2AP=0,即-x+3y=0,-x-3y+tz=0,取y=1,得x=3,z=23t,∴n2=3,1,23t. ∵二面角A-PB-D的余弦值為155, ∴|cos|=155, 即34+12t2=155,∴t=23, ∴P(0,-3,23). 設EC與平面PAB所成的角為θ, ∵EC=(-1,0,-3),n2=(3,1,1), ∴sin θ=|cos|=2325=155. 　　利用“向量法”求解空間角時,要注意基向量的選擇或坐標系的正確建立等.求線面角時,先求出平面的法向量,再求出直線的方向向量與平面的法向量的夾角,最后得出線面角.求二面角時,先求出二面角中兩個平面的法向量,再求出法向量的夾角,最后求出二面角. 如圖,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,AB⊥AC,AB=AC=2,AA1=4,點D是BC的中點. (1)求證:A1B∥平面ADC1. (2)求直線B1C1與平面ADC1所成角的余弦值. 解析?　(1)如圖,以AB,AC,AA1為正交基底建立空間直角坐標系A-xyz, 則A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),B1(2,0,4),C1(0,2,4), ∴A1B=(2,0,-4),AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4). 設平面ADC1的法向量為m=(x,y,z), 則ADm=0,AC1m=0,即x+y=0,2y+4z=0, 取z=1,得y=-2,x=2, ∴平面ADC1的一個法向量為m=(2,-2,1). 由此可得,A1Bm=22+0(-2)+(-4)1=0. 又∵A1B?平面ADC1, ∴A1B∥平面ADC1. (2)B1C1=(-2,2,0),設直線B1C1與平面ADC1所成角為θ,則sin θ=|cos|=|B1C1m||B1C1||m|=223. 又∵θ為銳角, ∴直線B1C1與平面ADC1所成角的余弦值為13. 能力2 ?　利用空間向量法解決翻折問題 　　【例2】　已知△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90,AC=2,D,E分別為AC,AB的中點,沿DE將△ADE折起,得到如圖所示的四棱錐A1-BCDE. (1)求證:平面A1DC⊥平面A1BC. (2)當三棱錐C-A1BE的體積取最大值時,求平面A1CD與平面A1BE所成銳二面角的余弦值. 解析?　(1)∵在等腰三角形ABC中,D,E分別為AC,AB的中點,∴DE∥BC, 又∵∠ACB=90,∴DE⊥AC. ∴DE⊥A1D,DE⊥CD. ∵A1D?平面A1DC,CD?平面A1DC,A1D∩CD=D, ∴DE⊥平面A1DC, ∴BC⊥平面A1DC,又BC?平面A1BC, ∴平面A1DC⊥平面A1BC. (2)由等體積法知VC-A1BE=VA1-BCE, 在平面A1CD內作A1H⊥CD于點H,因為ED⊥平面A1CD,所以ED⊥A1H,則A1H⊥底面BCDE,即A1H就是四棱錐A1-BCDE的高. 由A1H≤A1D知,當點H和點D重合時,三棱錐C-A1BE的體積取到最大值. 以D點為坐標原點,DC、DE、DA1的方向分別為x、y、z軸的正方向,建立空間直角坐標系如圖所示,所以A1(0,0,1),B(1,2,0),E(0,1,0),A1B=(1,2,-1),A1E=(0,1,-1), 設平面A1BE的法向量為n=(x,y,z), 則nA1B=0,nA1E=0,即x+2y-z=0,y=z, 可取n=(-1,1,1),易知平面A1CD的一個法向量為m=(0,1,0). 則cos=33, 故平面A1CD與平面A1BE所成銳二面角的余弦值為33. 　　利用向量求解翻折問題中的最值問題時,可以引進參數(shù)進行求解.求解探索性問題時,可用待定系數(shù)法求解. 如圖1,在邊長為4的正方形ABCD中,E,F分別是AB,CD的中點,沿EF將矩形ADFE折起使得二面角A-EF-C的大小為90(如圖2),點G是CD的中點. (1)若M為棱AD上一點,且AD=4MD,求證:DE⊥平面MFC. (2)求二面角E-FG-B的余弦值. 解析?　(1)若M為棱AD上一點,且AD=4MD,則AD=4DM=4,即DM=1, ∵二面角A-EF-C的大小為90, ∴建立以F為坐標原點,FD,FC,FE所在的直線分別為x,y,z軸的空間直角坐標系,如圖, ∵AD=4,AE=BE=2,DM=1, ∴D(2,0,0),F(0,0,0),M(2,0,1),C(0,2,0), A(2,0,4),E(0,0,4),B(0,2,4), 則DE=(-2,0,4),FM=(2,0,1),FC=(0,2,0), 故DEFM=(-2)2+41=-4+4=0,DEFC=0, 則DE⊥FM,DE⊥FC, 即DE⊥FM,DE⊥FC, ∵FM∩FC=F,∴DE⊥平面MFC. (2)∵點G是CD的中點,∴G(1,1,0),且CD⊥FG, 則CD⊥平面EFG,則CD=(2,-2,0)是平面EFG的一個法向量, 設平面BFG的法向量為n=(x,y,z),則FB=(0,2,4),FG=(1,1,0), ∴nFB=0,nFG=0,即2y+4z=0,x+y=0, 令z=1,則y=-2,x=2,即n=(2,-2,1), 則cos=nCD|n||CD|=22-2(-2)4+4+14+4=223, 即二面角E-FG-B的余弦值是223. 能力3 ?　利用空間向量法解決探索性問題 　　【例3】　 如圖,在多面體ABCDEF中,底面ABCD為正方形,平面AED⊥平面ABCD,AB=2EA=2ED,EF∥BD. (1)證明:AE⊥CD. (2)在棱ED上是否存在點M,使得直線AM與平面EFBD所成角的正弦值為63?若存在,確定點M的位置;若不存在,請說明理由. 解析?　(1)∵四邊形ABCD是正方形,∴CD⊥AD. 又∵平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,CD?平面ABCD,∴CD⊥平面AED. ∵AE?平面AED, ∴AE⊥CD. (2)取AD的中點O,過點O作ON∥AB交BC于點N,連接EO. ∵EA=ED,∴OE⊥AD. 又∵平面AED⊥平面ABCD,平面AED∩平面ABCD=AD,OE?平面AED, ∴OE⊥平面ABCD. 以O為原點建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 設正方形ABCD的邊長為2,EMED=λ(0≤λ≤1), 則A(1,0,0),B(1,2,0),D(-1,0,0),E(0,0,1),M(-λ,0,1-λ), ∴AM=(-λ-1,0,1-λ),DE=(1,0,1),DB=(2,2,0). 設平面EFBD的法向量為n=(x,y,z), 則nDB=0,nDE=0,即2x+2y=0,x+z=0, 令x=1,得n=(1,-1,-1). ∴cos=AMn|AM||n|=-22λ2+23. 由題意得|-232λ2+2|=63,解得λ=0, ∴當點M與點E重合時,直線AM與平面EFBD所成角的正弦值為63. 　　求解此類問題的難點在于涉及的點具有運動性和不確定性,可用空間向量通過待定系數(shù)法求解存在性問題和探索性問題.這樣思路簡單,解法固定,操作方便. 如圖所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為2,側棱長是3,D是線段AC上一點,二面角A1-BD-A的大小為π3,則在線段AA1上是否存在一點E,使得平面B1C1E⊥平面A1BD?若存在,求出AE的長;若不存在,說明理由. 解析?　作CO垂直AB于點O,所以CO⊥平面ABB1A,所以在正三棱柱ABC-A1B1C1中,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 因為AB=2,AA1=3,所以B(-1,0,0),A(1,0,0),C(0,0,3),A1(1,3,0),AA1=(0,3,0),BA1=(2,3,0),AC=(-1,0,3). 設D(a,0,b),則BD=(a+1,0,b),AD=(a-1,0,b). 設平面A1BD的法向量為n=(x,y,z), 則nBA1=0,nBD=0,即2x+3y=0,(a+1)x+bz=0, 令y=23,得x=-3,z=3(a+1)b, 所以n=-3,23,3(a+1)b. 由題意知AA1=(0,3,0)是平面ABD的一個法向量,故cosπ3=|nAA1||n||AA1|.?、? 因為AD∥AC,設AD=λAC, 所以-λ=a-1,3λ=b.?、? 由①②得a=12,b=32, 則D12,0,32,n=(-3,23,33). 設E(1,t,0)(0≤t≤3),又C1(0,3,3),B1(-1,3,0),則EC1=(-1,3-t,3),C1B1=(-1,0,-3). 設平面B1C1E的法向量為n1=(x1,y1,z1), 則n1EC1=0,n1C1B1=0, 即-x1+(3-t)y1+3z1=0,-x1-3z1=0, 當t=3時,平面B1C1E的一個法向量為n1=(0,1,0),此時n1n≠0. 當t≠3時,令z1=-3,得n1=3,63-t,-3,由n1n=0,解得t=33, 故在線段AA1上存在一點E,當AE=33時,平面B1C1E⊥平面A1BD. 一、選擇題 1.若向量a=(1,λ,2),b=(2,-1,2),a,b夾角的余弦值為89,則λ=(　　). 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2 B.-2 C.-2或255 D.2或-255 解析?　由已知有cos=ab|a||b|=2-λ+412+λ2+2222+(-1)2+22=89, 解得λ=-2或λ=255. 故選C. 答案?　C 2.在棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1中,M和N分別為A1B1和BB1的中點,則異面直線AM與CN所成角的余弦值是(　　). A.25 B.35 C.1010 D.-25 解析?　如圖,建立空間直角坐標系D-xyz, 由題意知A(1,0,0),M1,12,1,C(0,1,0),N1,1,12, 則AM=0,12,1,CN=1,0,12. 設直線AM與CN所成的角為θ, 則cos θ=|cos|=25. 故選A. 答案?　A 3.在正四棱錐S-ABCD中,O為頂點在底面上的射影,P為側棱SD的中點,且SO=OD,則直線BC與平面PAC所成角的大小是(　　). A.π2 B.π3 C.π6 D.π4 解析?　如圖所示,以O為原點建立空間直角坐標系O-xyz. 設OD=SO=OA=OB=OC=a,則A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-a2,a2,CA=(2a,0,0),AP=-a,-a2,a2,BC=(-a,-a,0). 設平面PAC的法向量為n=(x,y,z), 則nCA=0,nAP=0,即2ax=0,-ax-a2y+a2z=0. 令z=1,則n=(0,1,1),cos=-12. 設直線BC與平面PAC所成的角為θ,則sin θ=|cos|=12, ∴直線BC與平面PAC所成角的大小為π6. 故選C. 答案?　C 4.如圖,在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2AA1,P、Q分別是棱CD、CC1上的動點,當BQ+QD1的長度取得最小值時,二面角B1-PQ-D1的余弦值的取值范圍為(　　). A.0,15 B.0,1010 C.15,1010 D.1010,1 解析?　分別以D1A1,D1C1,D1D的方向為x,y,z軸的正方向建立空間直角坐標系, 設A1A=1,Q(0,2,z),將面BB1C1C展開到后側面,連接BD1, 可得當Q為C1C的中點時,BQ+QD1的長度最小,故Q0,2,12. 設P(0,y,1)(0≤y≤2),當y=2時,可得二面角B1-PQ-D1的大小為90,此時余弦值為0. 當0=218+4(y-2)2, 可得0=218+4(y-2)2≤1010. 綜上所述,二面角B1-PQ-D1的余弦值的取值范圍是0,1010. 故選B. 答案?　B 5.已知在長方體ABCD-A1B1C1D1中,底面是邊長為2的正方形,高為4,則點A1到截面AB1D1的距離是(　　). A.83 B.38 C.43 D.34 解析?　以D點為坐標原點,DA,DC,DD1的方向為x軸,y軸,z軸的正方向建立空間直角坐標系, 則AB1=(0,2,4),AD1=(-2,0,4),AA1=(0,0,4). 設截面AB1D1的法向量為n=(x,y,z), 由nAB1=0,nAD1=0,得2y+4z=0,-2x+4z=0,取z=1,則n=(2,-2,1). 故點A1到截面AB1D1的距離d=AA1n|n|=43. 故選C. 答案?　C 6.已知在正四棱錐P-ABCD中,PA=AB=2,E,F分別是PB,PC的中點,則異面直線AE與BF所成角的余弦值為(　　). A.33 B.63 C.16 D.12 解析?　設點P在底面ABCD的射影為點O,由題意可得PO=2,建立如圖所示的空間直角坐標系, 則A(1,-1,0),B(1,1,0),E12,12,22,F-12,12,22,FB=32,12,-22,AE=-12,32,22. 設所成的角為θ,則cos θ=FBAE|FB||AE|=16. 故選C. 答案?　C 二、填空題 7.如圖,在直三棱柱ABC-ABC中,AC=BC=AA,∠ACB=90,E為BB的中點,則異面直線CE與AC所成角的余弦值為　　　　. 解析?　如圖,建立空間直角坐標系.設AC=1,則C(0,0,0),E0,1,12,A(1,0,0),C(0,0,1),CE=0,1,12,AC=(-1,0,1), ∴cos=1010, 即異面直線CE與AC所成角的余弦值為1010. 答案?　1010 8.如圖,菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O,AB=5,AC=6,點E,F分別在AD,CD上,EF∥AC,EF交BD于點H,OH=1,將△DEF沿EF折到△DEF的位置,DH⊥平面ABCD.則二面角B-DA-C的正弦值為　　　　. 解析?　以H為坐標原點,建立如圖所示的空間直角坐標系,∵AB=5,AC=6,∴BO=4, ∴B(5,0,0),C(1,3,0),D(0,0,3),A(1,-3,0),AB=(4,3,0),AD=(-1,3,3),AC=(0,6,0). 設平面ABD的法向量為n1=(x,y,z), 由n1AB=0,n1AD=0, 得4x+3y=0,-x+3y+3z=0,取x=3,得y=-4,z=5, ∴n1=(3,-4,5). 同理可求得平面ADC的一個法向量為n2=(3,0,1), 設二面角B-DA-C的平面角為θ,則cos θ=n1n2|n1||n2|=33+515210=7525. ∴二面角B-DA-C的正弦值為sin θ=29525. 答案?　29525 9.如圖,在四棱錐P-ABCD中,AB∥CD,且∠BAP=∠CDP=90.若PA=PD=AB=DC,∠APD=90,則二面角A-PB-C的余弦值為　　　　. 解析?　∵AB∥CD,AB=CD,∴四邊形ABCD為平行四邊形,易得AB⊥平面PAD,∴AB⊥AD,則四邊形ABCD為矩形.在△APD中,由PA=PD,∠APD=90,可得△PAD為等腰直角三角形,設PA=AB=2a,則AD=22a.取AD的中點O,BC的中點E,連接PO,OE,以O為坐標原點,分別以OA、OE、OP的方向為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標系, 則D(-2a,0,0),B(2a,2a,0),P(0,0,2a),C(-2a,2a,0),PD=(-2a,0,-2a),PB=(2a,2a,-2a),BC=(-22a,0,0). 設平面PBC的法向量為n=(x,y,z), 由nPB=0,nBC=0,得2ax+2ay-2az=0,-22ax=0,取y=1,得n=(0,1,2). ∵AB⊥平面PAD,PD?平面PAD,∴AB⊥PD. 又PD⊥PA,PA∩AB=A, ∴PD⊥平面PAB,∴PD為平面PAB的一個法向量.∴cos=PDn|PD||n|=-2a2a3=-33. 由圖可知,二面角A-PB-C為鈍角, ∴二面角A-PB-C的余弦值為-33. 答案?　-33 三、解答題 10.如圖,四邊形ABCD為正方形,PD⊥平面ABCD,PD∥QA,QA=AB=12PD. (1)證明:平面PQC⊥平面DCQ. (2)求二面角Q-BP-C的正弦值. 解析?　(1)由題意可得QA⊥平面ABCD,∴QA⊥CD. 由四邊形ABCD為正方形,知CD⊥AD. 又∵QA、AD為平面PDAQ內兩條相交直線, ∴CD⊥平面PDAQ,∴CD⊥PQ. 在直角梯形PDAQ中,可得DQ=PQ=22PD, ∴PQ2+DQ2=PD2, ∴PQ⊥QD. 又∵CD、QD為平面DCQ內兩條相交直線, ∴PQ⊥平面DCQ. 又∵PQ?平面PQC,∴平面PQC⊥平面DCQ. (2)以D為坐標原點,線段DA的長為單位長度,射線DA為x軸的正半軸建立空間直角坐標系D-xyz,如圖. 則Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),B(1,0,1), CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1). 設n=(x,y,z)是平面PBC的法向量, 則nCB=0,nBP=0,即x=0,-x+2y-z=0, 可取n=(0,-1,-2). 同理求得平面PBQ的一個法向量m=(1,1,1). ∴cos=mn|m||n|=0-1-253=-155, ∴sin=105, 即二面角Q-BP-C的正弦值為105. 11. 如圖,直角梯形ABCD與等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直.AB∥CD,AB⊥BC,AB=2CD=2BC,EA⊥EB. (1)求證:AB⊥DE. (2)求直線EC與平面ABE所成角的正弦值. (3)線段EA上是否存在點F,使EC∥平面FBD?若存在,求出EFEA;若不存在,請說明理由. 解析?　(1)取AB的中點O,連接EO,DO. 因為EB=EA,所以EO⊥AB. 因為四邊形ABCD為直角梯形,AB=2CD=2BC,AB⊥BC, 所以四邊形OBCD為正方形,所以AB⊥OD. 因為EO∩OD=O, 所以AB⊥平面EOD. 因為DE?平面EOD, 所以AB⊥DE. (2)因為平面ABE⊥平面ABCD,且 EO⊥AB,平面ABE∩平面ABCD=AB, 所以EO⊥平面ABCD. 因為OD?平面ABCD,所以EO⊥OD. 由OB,OD,OE兩兩垂直,建立如圖所示的空間直角坐標系O-xyz. 因為△EAB為等腰直角三角形,所以OA=OB=OD=OE.設OB=1,所以O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1). 所以EC=(1,1,-1),平面ABE的一個法向量為OD=(0,1,0). 設直線EC與平面ABE所成角為θ, 則sin θ=|cos|=|ECOD||EC||OD|=33, 即直線EC與平面ABE所成角的正弦值為33. (3)存在點F,且EFEA=13時,有EC∥平面FBD. 證明如下: 設存在點F,且EFEA=λ(0≤λ≤1),F(x1,y1,z1), 則EF=λEA. 在(2)中的空間直角坐標系中, 可得EF=(x1,y1,z1-1),EA=(-1,0,-1), 所以(x1,y1,z1-1)=λ(-1,0,-1), 所以x1=-λ,y1=0,z1=1-λ, 即F(-λ,0,1-λ), 所以FD=(λ,1,λ-1),BD=(-1,1,0). 設平面FBD的法向量為v=(x2,y2,z2), 則FDv=0,BDv=0,即λx2+y2+(λ-1)z2=0,-x2+y2=0, 令x2=1-λ,得v=(1-λ,1-λ,1+λ). 由題意可知ECv=0, 即(1,1,-1)(1-λ,1-λ,1+λ)=0, 解得λ=13, 所以存在點F,且EFEA=13.