2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理（含解析）.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理（含解析）一、選擇題1(xx北京理，7)在空間直角坐標(biāo)系Oxyz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DABC在xOy、yOz、zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積，則()AS1S2S3BS2S1且S2S3CS3S1且S3S2DS3S2且S3S1答案D解析DABC在xOy平面上的投影為ABC，故S1ABBC2，設(shè)D在yOz和zOx平面上的投影分別為D2和D3，則DABC在yOz和zOx平面上的投影分別為OCD2和OAD3，D2(0,1，)，D3(1,0，)故S22，S32，綜上，選項(xiàng)D正確2已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E是AA1的中點(diǎn)，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(diǎn)，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)AB1，則B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,2)，AA12AB，E(0,0,1)，(1,0,1)，(1,0,2)，cos，故選B.3(xx浙江理，8)如圖，已知ABC，D是AB的中點(diǎn)，沿直線CD將ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角為，則()AADBBADBCACBDACB答案B解析AC和BC都不與CD垂直，ACB，故C，D錯(cuò)誤當(dāng)CACB時(shí)，容易證明ADB.不妨取一個(gè)特殊的三角形，如RtABC，令斜邊AB4，AC2，BC2，如圖所示，則CDADBD2，BDH120，設(shè)沿直線CD將ACD折成ACD，使平面ACD平面BCD，則90.取CD中點(diǎn)H，連接AH，BH，則AHCD，AH平面BCD，且AH，DH1.在BDH中，由余弦定理可得BH.在RtAHB中，由勾股定理可得AB.在ADB中，AD2BD2AB22<0，可知cosADB<0，ADB為鈍角，故排除A.綜上可知答案為B.4已知三棱柱ABCA1B1C1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(diǎn)，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所成角的正弦值為sin|cos，n|.5.過正方形ABCD的頂點(diǎn)A，引PA平面ABCD.若PABA，則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30B45C60D90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SABCD的底面為正方形，SD底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是()AACSBBAB平面SCDCSA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角DAB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，ACBD.又SD底面ABCD，SDAC.SDBDD，AC平面SDB，從而ACSB.故A正確易知B正確設(shè)AC與DB交于O點(diǎn)，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OAOC，SASC，ASOCSO.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ABCDA1B1C1D1，點(diǎn)M是線段DC1上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)M到直線AD1距離的最小值是_答案a解析設(shè)M(0，m，m)(0ma)，(a,0，a)，直線AD1的一個(gè)單位方向向量s(，0，)，(0，m，am)，故點(diǎn)M到直線AD1的距離d，根式內(nèi)的二次函數(shù)當(dāng)m時(shí)取最小值()2aa2a2，故d的最小值為a.8(xx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(dòng)點(diǎn)M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)設(shè)異面直線EM與AF所成的角為，則cos 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)AB1，則，E.設(shè)M(0，y,1)(0y1)，則，由于異面直線所成角的范圍為，所以cos .因?yàn)?1，令8y1t,1t9，則，當(dāng)t1時(shí)取等號(hào)所以所以cos ，當(dāng)y0時(shí)，取得最大值三、解答題9在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，點(diǎn)E在線段BB1上，且EB11，D、F、G分別為CC1、C1B1、C1A1的中點(diǎn)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(diǎn)，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)BAa，則A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，0，0440，即B1DBA，B1DBD，又BABDB，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)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF，又EGEFE，因此B1D平面EGF.結(jié)合(1)可知平面EGF平面ABD.方法點(diǎn)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、的法向量分別為e1，e2，A、B、C分別為平面內(nèi)相異三點(diǎn)(其中l(wèi)1與l2不重合，與不重合)，則l1l2ab存在實(shí)數(shù)，使ba(a0)；l1l2abab0.l1ae1存在實(shí)數(shù)，使e1a(a0)；l1ae10存在非零實(shí)數(shù)1，2，使a12.e1e2存在實(shí)數(shù)，使e2e1(e10)；e1e2e1e20.3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ABCDA1B1C1D1是底面為正方形的長方體，A1D12，A1A2，點(diǎn)P是AD1上的動(dòng)點(diǎn)(1)當(dāng)P為AD1的中點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)P作PEA1D1，垂足為E，連接B1E，則PEAA1，B1PE是異面直線AA1與B1P所成的角在RtAA1D1中，A1D12，AA12，A1EA1D11，B1E.又PEAA1，在RtB1PE中，B1P2，cosB1PE.異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為.(解法二)以A1為原點(diǎn)，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tanB1PA1.當(dāng)A1P最小時(shí)，tanB1PA1最大，這時(shí)A1PAD1，由A1P，得tanB1PA1，即PB1與平面AA1D1所成角的正切值的最大值為.11(xx天津理，17)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點(diǎn)E為棱PC的中點(diǎn)(1)證明：BEDC；(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(diǎn)，滿足BFAC，求二面角FABP的余弦值解析解法一：由題意易知AP、AB、AD兩兩垂直，以點(diǎn)A為原點(diǎn)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(diǎn)， 得E(1,1,1)(1)證明：(0,1,1)，(2,0,0)，故0，所以BEDC.(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y1，可得n(2,1,1)為平面PBD的一個(gè)法向量，于是有cosn，.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(diǎn)F在棱PC上，設(shè)，01.故(12，22，2)，由BFAC，得0，因此，2(12)2(22)0，解得，即(，)設(shè)n1(x，y，z)為平面FAB的法向量，則即不妨令z1，可得n1(0，3,1)為平面FAB的一個(gè)法向量，取平面ABP的法向量n2(0,1,0)，則cosn1，n2.易知，二面角FABP是銳角，所以其余弦值為.解法二：(1)證明：如圖，取PD中點(diǎn)M，連接EM、AM.由于E、M分別為PC、PD的中點(diǎn)，故EMDC，且EMDC，又由已知，可得EMAB且EMAB，故四邊形ABEM為平行四邊形，所以BEAM.因?yàn)镻A底面ABCD，故PACD，而CDDA，從而CD平面PAD，因?yàn)锳M平面PAD，于是CDAM，又BEAM，所以BECD.(2)連接BM，由(1)有CD平面PAD，得CDPD，而EMCD，故PDEM，又因?yàn)锳DAP，M為PD的中點(diǎn)，故PDAM，可得PDBE，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BEEM，可得EBM為銳角，故EBM為直線BE與平面PBD所成的角依題意，有PD2，而M為PD中點(diǎn)，可得AM，進(jìn)而BE，故在直角三角形BEM中，tanEBM，因此sinEBM.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(diǎn)F作FHPA交AC于點(diǎn)H，因?yàn)镻A底面ABCD，故FH底面ABCD，從而FHAC，又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH，在底面ABCD內(nèi)，可得CH3HA，從而CF3FP.在平面PDC內(nèi)，作FGDC交PD于點(diǎn)G，于是DG3GP，由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面，由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG，所以PAG為二面角FABP的平面角在PAG中，PA2，PGPD，APG45，由余弦定理可得AG，cosPAG.所以，二面角FABP的余弦值為.方法點(diǎn)撥1.運(yùn)用空間向量坐標(biāo)運(yùn)算求空間角的一般步驟建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系；求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；寫出向量坐標(biāo)；結(jié)合公式進(jìn)行論證、計(jì)算；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(bǔ)；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(bǔ)12如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，四邊形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45.(1)求證：平面PAB平面PAD；(2)設(shè)ABAP.()若直線PB與平面PCD所成的角為30，求線段AB的長；()在線段AD上是否存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P、B、C、D的距離都相等？說明理由解析(1)因?yàn)镻A平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，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(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz如圖在平面ABCD內(nèi)，作CEAB交AD于點(diǎn)E，則CEAD.在RtCDE中，DECDcos451，CECDsin451.設(shè)ABAPt，則B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)，(0,4t，t)()設(shè)平面PCD的法向量為n(x，y，z)，由n，n，得取xt，得平面PCD的一個(gè)法向量n(t，t,4t)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t4(舍去，因?yàn)锳D4t>0)，所以AB.()假設(shè)在線段AD上存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等設(shè)G(0，m,0)(其中0m4t)，則(1,3tm,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t)由|得12(3tm)2(4tm)2，即t3m；由|得(4tm)2m2t2.由、消去t，化簡(jiǎn)得m23m40.由于方程沒有實(shí)數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P、C、D的距離都相等從而，在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等方法點(diǎn)撥1.用空間向量求點(diǎn)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(diǎn)的該平面的一條斜線段，求出其向量坐標(biāo)n1；(3)求點(diǎn)到平面的距離d.2點(diǎn)面距、線面距、異面直線間的距離的求法共同點(diǎn)是：設(shè)平面的法向量為n(求異面直線間的距離時(shí)，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(diǎn)A、B，則距離d.13(xx湖南理，19)如圖，已知四棱臺(tái)ABCDA1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，A1A6，且A1A底面ABCD.點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BC上(1)若P是DD1的中點(diǎn)，證明：AB1PQ；(2)若PQ平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值為，求四面體ADPQ的體積分析考查空間向量的運(yùn)用，線面垂直的性質(zhì)與空間幾何體體積計(jì)算考查轉(zhuǎn)化思想、方程思想、運(yùn)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(diǎn)的坐標(biāo)將問題轉(zhuǎn)化為證明AB1PQ0；(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(diǎn)P，最后利用體積公式計(jì)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(diǎn)，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(diǎn)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mBQ,0m6.(1)證明：若P是DD1的中點(diǎn)，則P(0，3)，(6，m，3)，(3,0,6)，于是18180，所以，即AB1PQ；(2)由題設(shè)知，(6，m6,0)，(0，3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個(gè)不共線向量設(shè)n1(x，y，z)是平面PQD的一個(gè)法向量，則 ，即取y6，得n1(6m,6,3)又平面AQD的一個(gè)法向量是n2(0,0,1)，所以cosn1，n2，而二面角PQDA的余弦值為，因此，解得m4，或者m8(舍去)，此時(shí)Q(6,4,0)設(shè) (0<<1)，而(0，3,6)，由此得點(diǎn)P(0,63，6)，(6,32，6)因?yàn)镻Q平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一個(gè)法向量是n3(0,1,0)，所以n30，即320，亦即，從而P(0,4,4)，于是，將四面體ADPQ視為以ADQ為底面的三棱錐PADQ，而其高h(yuǎn)4，故四面體ADPQ的體積VSADQh66424.解法二(1)如圖c，取A1A的中點(diǎn)R，連接PR，BR，因?yàn)锳1A，D1D是梯形A1AD1D的兩腰，P是D1D的中點(diǎn)，所以PRAD，于是由ADBC知，PRBC，所以P，R，B，C四點(diǎn)共面由題設(shè)知，BCAB，BCA1A，所以BC平面ABB1A1，因此BCAB1，因?yàn)閠anABR tanA1AB1，所以tanABRtanA1AB1，因此ABRBAB1A1AB1BAB190，于是AB1BR，再由即知平面AB1平面PRBC，又PQ平面PRBC，故AB1PQ.圖c圖d(2)如圖d，過點(diǎn)P作PM/A1A交AD于點(diǎn)M，則PM/平面ABB1A1.因?yàn)锳1A平面ABCD，所以PM平面ABCD，過點(diǎn)M作MNQD于點(diǎn)N，連接PN，則PNQD，PNM為二面角PQDA的平面角，所以cosPNM，即，從而.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MQAB6.設(shè)MDt，則MN 過點(diǎn)D1作D1EA1A交AD于點(diǎn)E，則AA1D1E為矩形，所以D1EA1A6，AEA1D13，因此EDADAE3，于是2，所以PM2MD2t，再由得，解得t2，因此PM4.故四面體ADPQ的體積VSADQh66424.