新版全國通用高考數(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、 1

2、 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

3、＝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＝AB·BC＝2， 設(shè)D在yOz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.

4、 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(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]　

5、∵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＝120°，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

6、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＝B

7、A，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＝(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

8、 [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

9、≤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·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,

10、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

11、,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⊥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

12、，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∥l2?a∥b?存在實數(shù)λ，使b＝λa(a≠0)；l1⊥l2?a⊥b?a·b＝0. ②l1⊥α?a∥e1?存在實數(shù)λ，使e1＝λa(a≠0)；l1∥α?a·e1＝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?e1·e2＝0. 3．平面的法向量求法 在平面

13、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AA1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＝＝.

14、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A1(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

15、，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＝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

16、,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＝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，

17、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〉＝＝＝－. 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

18、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

19、)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

20、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

21、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)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＝CD·cos45°＝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)

22、，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)．

23、 由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2， 即t＝3－m；?、? 由||＝||得(4－t－m)2＝m2＋t2.　② 由①、②消去t，化簡得m2－3m＋4＝0.?、? 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，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

24、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DD1，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

25、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)，

26、＝(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

27、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△ADQ·h＝××6×6×4＝24. 解法二　(1)如圖c，取A1A的中點R，連接PR，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t

28、an∠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△ADQ·h＝××6×6×4＝24.