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1、
1
2、 1
【導與練】（新課標）20xx屆高三數(shù)學一輪復習 第7篇 第7節(jié) 立體幾何中的向量方法課時訓練 理
【選題明細表】
知識點、方法
題號
利用向量證明空間線面位置關系
1、3、5、7、13
利用空間向量求空間角
2、4、6、8
利用空間向量求距離
9
利用空間向量解決綜合性問題
10、11、12、14、15
3、
基礎過關
一、選擇題
1.若直線l的方向向量為a,平面α的法向量為n,有可能使l∥α的是( D )
(A)a=(1,0,0),n=(-2,0,0)
(B)a=(1,3,5),n=(1,0,1)
(C)a=(0,2,1),n=(-1,0,-1)
(D)a=(1,-1,3),n=(0,3,1)
解析:若l∥α,則a·n=0.
而選項A中a·n=-2.
選項B中a·n=1+5=6.
選項C中a·n=-1,
選項D中a·n=-3+3=0,
故選D.
2.(20xx海南海口模擬)在空間中,已知AB→=(2,4,0),DC→=(-1,3,0),則異面直線AB與DC所成角θ的大小
4、為
( A )
(A)45° (B)90° (C)120° (D)135°
解析:AB→=(2,4,0),DC→=(-1,3,0),
cos=AB→×DC→|AB→||DC→|=12-225×10=22.
∴=45°.
即AB與DC所成的角為45°.
3.(20xx陜西西安模擬)如圖所示,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為a,M、N分別為A1B和AC上的點,A1M=AN=23a,則MN與平面BB1C1C的位置關系是( B )
(A)相交 (B)平行
(C)垂直 (D)不能確定
解析:分別以C1B1、C1D1、C1C所在直線為x,y
5、,z軸,建立空間直角坐標系,如圖所示.
∵A1M=AN=23a,
∴M(a,23a,a3),N(23a,23a,a),
∴MN→=(-a3,0,23a).
又C1(0,0,0),D1(0,a,0),
∴C1D1→=(0,a,0),
∴MN→·C1D1→=0,
∴MN→⊥C1D1→.
∵C1D1→是平面BB1C1C的法向量,且MN?平面BB1C1C,
∴MN∥平面BB1C1C.
4.(20xx山東濰坊模擬)正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=AA1,則AC1與平面BB1C1C所成角的正弦值為( C )
(A)22 (B)155 (C)64 (D)63
解析:建立如圖所
6、示的空間直角坐標系,
設AB=2,則C1(3,1,0),A(0,0,2),AC1→=(3,1,-2),
平面BB1C1C的一個法向量為n=(1,0,0),
所以AC1與平面BB1C1C所成的角的正弦值為|AC1→·n||AC1→||n|=38=64.
5.如圖所示,在正方體ABCDA1B1C1D1中,O是底面正方形ABCD的中心,M是D1D的中點,N是A1B1的中點,則直線NO、AM的位置關系是( C )
(A)平行
(B)相交
(C)異面垂直
(D)異面不垂直
解析:建立坐標系如圖,設正方體的棱長為2,則A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2,
7、1,2),NO→=(-1,0,-2),AM→=(-2,0,1),NO→·AM→=0,則直線NO、AM的位置關系是異面垂直.
6.(20xx大連模擬)在四棱錐PABCD中,底面ABCD是正方形,側棱PD⊥平面ABCD,AB=PD=a.點E為側棱PC的中點,又作DF⊥PB交PB于點F.則PB與平面EFD所成角為( D )
(A)30° (B)45° (C)60° (D)90°
解析:建立如圖所示的空間直角坐標系Dxyz,D為坐標原點.
則P(0,0,a),B(a,a,0),
PB→=(a,a,-a),
又DE→=(0,a2,a2),
PB→·DE→=0+a22-a22=0,
8、
所以PB⊥DE,
由已知DF⊥PB,且DF∩DE=D,
所以PB⊥平面EFD,
所以PB與平面EFD所成角為90°.
二、填空題
7.(20xx大慶模擬)已知平面α和平面β的法向量分別為a=(1,1,2),b=(x,-2,3),且α⊥β,則x= .?
解析:由題意得a·b=x-2+6=0,
∴x=-4.
答案:-4
8.等邊三角形ABC與正方形ABDE有一公共邊AB,二面角CABD的余弦值為33,M、N分別是AC、BC的中點,則EM、AN所成角的余弦值等于 .?
解析:過C點作CO⊥平面ABDE,垂足為O,取AB中點F,連接CF、OF,則∠CFO為二面角C
9、ABD的平面角,
設AB=1,則CF=32,
OF=CF·cos∠CFO=12,
OC=22,
則O為正方形ABDE的中心,
如圖所示建立直角坐標系Oxyz,
則E0,-22,0,
M24,0,24,
A22,0,0,N0,24,24,
EM→=24,22,24,
AN→=-22,24,24,
cos=EM→·AN→|EM→||AN→|=16.
答案:16
9.如圖所示,正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為1,E是A1B1上的點,則點E到平面ABC1D1的距離是 .?
解析:法一 以點D為坐標原點,DA,DC,DD1所在直線為x,y
10、,z軸,建立如圖所示空間直角坐標系,
設點E(1,a,1)(0≤a≤1),
連接D1E,
則D1E→=(1,a,0).
連接A1D,易知A1D⊥平面ABC1D1,
則DA1→=(1,0,1)為平面ABC1D1的一個法向量.
∴點E到平面ABC1D1的距離是d=|D1E→·DA1→||DA1→|=22.
法二 點E到平面ABC1D1的距離,
即B1到BC1的距離,
易得點B1到BC1的距離為22.
答案:22
三、解答題
10.(20xx高考遼寧卷)如圖,△ABC和△BCD所在平面互相垂直,且AB=BC=BD=2,∠ABC=∠DBC=120°,E、F分別為AC、DC的中點
11、.
(1)求證:EF⊥BC;
(2)求二面角EBFC的正弦值.
(1)證明:法一 過E作EO⊥BC,垂足為O,連OF.
由△ABC≌△DBC可證出△EOC≌△FOC.
所以∠EOC=∠FOC=π2,
即FO⊥BC.
又EO⊥BC,
因此BC⊥平面EFO,
又EF?平面EFO,
所以EF⊥BC.
法二 由題意,以B為坐標原點,在平面DBC內(nèi)過B作垂直BC的直線為x軸,BC所在直線為y軸,在平面ABC內(nèi)過B作垂直BC的直線為z軸,建立如圖2所示空間直角坐標系.
易得B(0,0,0),A(0,-1,3),
D(3,-1,0),C(0,2,0).
因而E(0,1
12、2,32),F(32,12,0),
所以EF→=(32,0,-32),BC→=(0,2,0),
因此EF→·BC→=0.
從而EF→⊥BC→,
所以EF⊥BC.
(2)解:法一 在圖1中,過O作OG⊥BF,垂足為G,連EG.
由平面ABC⊥平面BDC,
從而EO⊥平面BDC,
又OG⊥BF,
由三垂線定理知EG⊥BF.
因此∠EGO為二面角EBFC的平面角.
在△EOC中,EO=12EC=12BC·cos 30°=32,
由△BGO∽△BFC知,OG=BOBC·FC=34,
因此tan∠EGO=EOOG=2,
從而sin∠EGO=255,
即二面角EBFC的正弦值
13、為255.
法二 在圖2中,平面BFC的一個法向量為n1=(0,0,1).
設平面BEF的法向量為n2=(x,y,z),
又BF→=(32,12,0),BE→=(0,12,32).
由n2·BF→=0,n2·BE→=0,
得其中一個n2=(1,-3,1).
設二面角EBFC的大小為θ,
且由題意知θ為銳角,
則cos θ=|cos=|n1·n2|n1||n2||=15,
因此sin θ=25=255,
即所求二面角的正弦值為255.
11.(20xx河北石家莊二模)如圖,在三棱錐PABC中,PA⊥底面ABC,AC⊥BC,H為PC的中點,M為AH的中點,PA=
14、AC=2,BC=1.
(1)求證:AH⊥平面PBC;
(2)求PM與平面AHB成角的正弦值;
(3)設點N在線段PB上,且PNPB=λ,MN∥平面ABC,求實數(shù)λ的值.
(1)證明:因為PA⊥底面ABC,BD?底面ABC,
所以PA⊥BC,
又因為AC⊥BC,PA∩AC=A,
所以BC⊥平面PAC,
又因為AH?平面PAC,
所以BC⊥AH.
因為PA=AC,H是PC中點,
所以AH⊥PC,
又因為PC∩BC=C,
所以AH⊥平面PBC.
(2)解:在平面ABC中,過點A作AD∥BC,
因為BC⊥平面PAC,
所以AD⊥平面PAC,
又PA⊥底面ABC,得
15、PA,AC,AD兩兩垂直,
所以以A為原點,AD,AC,AP所在直線分別為x軸,y軸,z軸建立空間直角坐標系
則A(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(0,2,0),H(0,1,1),M(0,12,12).
設平面AHB的法向量為n=(x,y,z),
AH→=(0,1,1),AB→=(1,2,0),
由n·AH→=0,n·AB→=0,
得y+z=0,x+2y=0,
令z=1,得n=(2,-1,1).
設PM與平面AHB所成角為θ,
因為PM→=(0,12,-32),
所以sin θ=|cos|
=|PM→·n|PM→|·|n||
=|2×
16、0+(-1)×12+1×(-32)52×6|
即sin θ=21515.
(3)解:因為PB→=(1,2,-2),PN→=λPB→,
所以PN→=(λ,2λ,-2λ),
又因為PM→=(0,12,-32),
所以MN→=PN→-PM→
=(λ,2λ-12,32-2λ).
因為MN∥平面ABC,平面ABC的一個法向量AP→=(0,0,2),
所以MN→·AP→=3-4λ=0,
解得λ=34.
能力提升
12.(20xx吉林長春模擬)將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角ABDC,則下面結論錯誤的為( C )
(A)AC⊥BD
(B)△ACD是等邊三角形
(C)A
17、B與平面BCD所成的角為60°
(D)AB與CD所成的角為60°
解析:取BD中點O,連接AO、CO,
則AO⊥BD,CO⊥BD,
∴BD⊥平面AOC,
∴AC⊥BD,
又AC=2AO=AD=CD,
∴△ACD是等邊三角形,
而∠ABD是AB與平面BCD所成的角,應為45°.
又AC→=AB→+BD→+DC→(設AB=a),
則a2=a2+2a2+a2+2·a·2a·(-22)+2a·2a·(-22)+2a2cos,
∴cos=12,
∴AB與CD所成的角為60°.
13.空間中兩個有一條公共邊AD的正方形ABCD與ADEF,設
18、M,N分別是BD,AE的中點,給出如下命題:①AD⊥MN;②MN∥平面CDE;③MN∥CE;④MN,CE異面.
則所有的正確命題為 .?
解析:如圖,設AB→=a、AD→=b、AF→=c,則a·b=c·b=0.MN→=AN→-AM→=12(b+c)-12(a+b)=12(c-a),MN→·AD→=12(c-a)·b=12(c·b-a·b)=0,故AD⊥MN;CE→=c-a=2MN→,故MN∥CE,故MN∥平面CDE,故②③正確;③正確時④一定不正確.
答案:①②③
14.如圖,在長方體ABCDA1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,點E在棱AB上.
(1)求異面
19、直線D1E與A1D所成的角;
(2)若二面角D1ECD的大小為45°,求點B到平面D1EC的距離.
解:建立如圖所示的空間直角坐標系.
(1)由A1(1,0,1),得
DA1→=(1,0,1),
設E(1,a,0),又D1(0,0,1),則D1E→=(1,a,-1).
∵DA1→·D1E→=1+0-1=0,
∴DA1→⊥D1E→,
則異面直線D1E與A1D所成的角為90°.
(2)m=(0,0,1)為平面DEC的一個法向量,
設n=(x,y,z)為平面CED1的法向量,則
cos=|m·n||m||n|
=|z|x2+y2+z2
=cos 45°
=2
20、2,
∴z2=x2+y2,①
由C(0,2,0),得D1C→=(0,2,-1),
則n⊥D1C→,
即n·D1C→=0,
∴2y-z=0,②
由①、②,可取n=(3,1,2),
又CB→=(1,0,0),
所以點B到平面D1EC的距離
d=|CB→·n||n|=322=64.
探究創(chuàng)新
15.(20xx高考江西卷)如圖,四棱錐PABCD中,ABCD為矩形,平面PAD⊥平面ABCD.
(1)求證:AB⊥PD;
(2)若∠BPC=90°,PB=2,PC=2,問AB為何值時,四棱錐PABCD的體積最大?并求此時平面BPC與平面DPC夾角的余弦值.
(1)證明:ABCD
21、為矩形,故AB⊥AD;
又平面PAD⊥平面ABCD,
平面PAD∩平面ABCD=AD,
所以AB⊥平面PAD,故AB⊥PD.
(2)解:過P作AD的垂線,垂足為O,過O作BC的垂線,垂足為G,
連接PG.
故PO⊥平面ABCD,BC⊥平面POG,BC⊥PG,
在Rt△BPC中,PG=233,GC=263,BG=63.
設AB=m,
則OP=PG2-OG2=43-m2,
故四棱錐PABCD的體積為
V=13·6·m·43-m2=m38-6m2.
因為m8-6m2=8m2-6m4
=-6(m2-23)?2+83,
故當m=63,
即AB=63時,四棱錐PABCD的
22、體積最大.
此時,建立如圖所示的坐標系,各點的坐標為O(0,0,0),
B(63,-63,0),
C(63,263,0),D(0,263,0),P(0,0,63).
故PC→=(63,263,-63),
BC→=(0,6,0),CD→=(-63,0,0),
設平面BPC的一個法向量n1=(x,y,1),
則由n1⊥PC→,n1⊥BC→得
63x+263y-63=0,6y=0,
解得x=1,y=0,n1=(1,0,1).
同理可求出平面DPC的一個法向量n2=(0,12,1).
從而平面BPC與平面DPC夾角θ的余弦值為
cos θ=|n1·n2||n1||n2|
=12·14+1
=105.
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