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用空间向量法解决立体几何问题


用空间向量法解决立体几何问题
一、选择题(每小题 5 分,共 25 分) 1. 如图所示, 正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a, M、 N 分别为 A1B 和 AC 上的点, 2a A1M=AN= 3 ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 ( ).

A.相交 C.垂直

B.平行 D.不能确定
<

br />2.在长方体 ABCDA1B1C1D1 中,AB=BC=2,AA1=1,则 BC1 与平面 BB1D1D 所 成角的正弦值为 ( 6 A. 3 2 6 B. 5 15 C. 5 10 D. 5 ).

3.已知正三棱柱 ABCA1B1C1 的侧棱长与底面边长相等,则 AB1 与侧面 ACC1A1 所 成角的正弦等于 ( 6 A. 4 10 B. 4 2 C. 2 3 D. 2 ).

4.过正方形 ABCD 的顶点 A,引 PA⊥平面 ABCD.若 PA=BA,则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二面角的大小是 ( ).

A.30° B.45° C.60° D.90° 5.如图所示,正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1,线段 B1D1 上有两个动点 E,F 2 且 EF= 2 ,则下列结论中错误的是
[.Com]

(

).

A.AC⊥BE B.EF∥平面 ABCD C.三棱锥 ABEF 的体积为定值 D.异面直线 AE,BF 所成的角为定值 二、填空题(每小题 5 分,共 15 分) → =a-2c,CD → =5a+6b-8c,对角线 AC、BD 的中 6.在空间四边形 ABCD 中,AB → =________. 点分别为 P、Q,则PQ 7.到正方体 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB、CC1、A1D1 所在直线的距离相等的点: ①有且只有 1 个;②有且只有 2 个;③有且只有 3 个;④有无数个.其中正确 答案的序号是________. → → → 2 → → (A→ 8.已知 ABCDA1B1C1D1 为正方体,①(A 1A+A1D1+A1B1) =3A1B12;②A1C· 1B1- → → → A ;④正方体 ABCDA1B1C1D1 的体积 1A)=0;③向量AD1与向量A1B的夹角是 60° →· →· → 为|AB AA 1 AD|.其中正确命题的序号是________. 三、解答题(本题共 3 小题,共 35 分) 9.(11 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,底面是边长为 2 3的菱形,∠BAD=120° , 且 PA⊥平面 ABCD,PA=2 6,M,N 分别为 PB,PD 的中点.

(1)证明:MN∥平面 ABCD; (2)过点 A 作 AQ⊥PC,垂足为点 Q,求二面角 AMNQ 的平面角的余弦值. 10.(12 分)如图,已知斜三棱柱 ABCA1B1C1 的底面是正三角形,侧面 ABB1A1 是菱 形,且∠A1AB=60° ,M 是 A1B1 的中点,MB⊥AC. (1)求证:MB⊥平面 ABC; (2)求二面角 A1BB1C 的余弦值.

11.(12 分)如图,在四棱锥 PABCD 中,PC⊥底面 ABCD,ABCD 是直角梯形,AB ⊥AD,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2.E 是 PB 的中点. (1)求证:平面 EAC⊥平面 PBC; 6 (2)若二面角 PACE 的余弦值为 3 ,求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值.

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参考答案
→ =MB → +BC → +CN → =2A → → 2→ 1.B [MN 1B+BC+ CA 3 3 2 → → 2 → → =3(A→ 1B1+B1B)+BC+ (CD+DA) 3 2 → → 2→ =3B 1B+BC+ DA, 3 → 是平面 BB C C 的一个法向量, 又CD 1 1 →· → =2B → → 2 → CD → =0, 且MN CD 3 1B+BC+3DA· → ⊥CD → ,又 MN?面 BB C C,∴MN∥平面 BB C C.] ∴MN 1 1 1 1 2.D [连 A1C1 与 B1D1 交与 O 点,再连 BO,∵AB=BC, ∴ D1B1⊥A1C1 ? ??C1O⊥面 DD1BB1, 则∠OBC1 为 BC1 与平面 BB1D1D 面DD1BB1⊥A1B1C1D1?

所成角. OC1 cos∠OBC1= BC ,OC1= 2,BC1= 5,
1

∴cos∠OBC1=

2 10 = 5 .] 5

3.A [如图所示建立空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为 2,A(0,-1,0), → =( 3,1,2), B1( 3,0,2),则AB 1

O(0,0,0),B( 3,0,0), → =(- 3,0,0)为侧面 ACC A 的法向量由 sin θ= 则BO 1 1 →· → |AB 6 1 BO| = 4 .] → ||BO →| |AB
1

[]

4.B [建立如图所示的空间直角坐标系,不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向 量 n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦 |n1· n2| 2 值为|n ||n |= 2 ,故所求的二面角的大小是 45° .] 1 2

5.D [∵AC⊥平面 BB1D1D, 又 BE?平面 BB1D1D. ∴AC⊥BE,故 A 正确. ∵B1D1∥平面 ABCD,又 E、F 在直线 D1B1 上运动, ∴EF∥平面 ABCD,故 B 正确. C 中由于点 B 到直线 B1D1 的距离不变,故△BEF 的面积为定值,又点 A 到平 2 面 BEF 的距离为 2 ,故 VABEF 为定值. ①当点 E 在 D1 处,点 F 为 D1B1 的中点时, 建立空间直角坐标系,如图所示, 可得 A(1,1,0),B(0,1,0), 1 1 E(1,0,1),F2,2,1, → =(0,-1,1), ∴AE → =1,-1,1, BF 2 2 →· → =3. ∴AE BF 2 6 又|AE|= 2,|BF|= 2 , →· → AE BE → → ∴cos〈AE,BF〉= = → |· →| |AE |BF 3 =2. 6 2·2 3 2

∴此时异面直线 AE 与 BF 成 30° 角. ②当点 E 为 D1B1 的中点, 1 1 点 F 在 B1 处时,此时 E2,2,1,F(0,1,1), → =-1,-1,1,BF → =(0,0,1), ∴AE 2 2 →· → =1,|AE → |= ∴AE BF 1 1 6 -22+-22+12= 2 ,

→ BF → 1 6 3 → ,BF → 〉= AE· ∴cos〈AE = = 3 ≠ 2 ,故选 D.] → → |AE|· |BF| 1· 6 2 6.解析 如图.

→ =PC → +CD → +DQ → ,PQ → =PA → +AB → +BQ → PQ → =(PC → +PA → )+(DQ → +BQ → )+CD → +AB → =0 ∴2PQ → =3a+3b-5c. +6b-10c,∴PQ 答案 3a+3b-5c +0+a-2c+5a+6b-8c=6a

7. 解析 注意到正方体 ABCDA1B1C1D1 的对角线 B1D 上的每一点到直线 AB, CC1, A1D1 的距离都相等,因此到 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB,CC1,A1D1 所在直 线距离相等的点有无数个,其中正确答案的序号是④. 答案 8. 解析 ④ → → → 2 → 2 设正方体的棱长为 1, ①中(A 故①正确; 1A+A1D1+A1B1) =3(A1B1) =3,

→ → ②中A→ 1B1-A1A=AB1,由于 AB1⊥A1C,故②正确;③中 A1B 与 AD1 两异面直 → 与A → →· →· → 线所成的角为 60° ,但AD ,故③不正确;④中|AB AA 1 1B的夹角为 120° 1 AD |=0.故④也不正确. 答案 ①②

9.(1)证明

因为 M,N 分别是 PB,PD 的中点,所以 MN 是△PBD 的中位线,所

以 MN∥BD. 又因为 MN?平面 ABCD,所以 MN∥平面 ABCD. (2)解 连接 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点,OC,OD 所在直线为 x,y 轴,建立

空间直角坐标系 Oxyz,如图所示. 在菱形 ABCD 中,∠BAD=120° ,得 AC=AB=2 3,BD= 3AB=6. 又因为 PA⊥平面 ABCD, 所以 PA⊥AC. 在直角三角形 PAC 中, AC=2 3,PA=2 6, AQ⊥PC,得 QC=2,PQ=4. 由此知各点坐标如下, A(- 3,0,0),B(0,-3,0),C( 3,0,0), ? ? 3 3 D(0,3,0),P(- 3,0,2 6),M?- ,- , 6?, 2 ? 2 ? ? ? ? 3 3 3 2 6? ?. N?- , , 6?,Q? ,0, 3 ? ? 2 2 ? ?3 设 m=(x,y,z)为平面 AMN 的法向量. ? → ? 3 3 ? 3 3 → =? ? ,- , 6?,AN 由AM =? , , 6?知, 2 ?2 ? ?2 2 ? 3 3 ? ? 2 x-2y+ ? 3 3 ? ? 2 x+2y+ 6z=0, 6z=0.

取 z=-1,得 m=(2 2,0,-1). 设 n=(x,y,z)为平面 QMN 的法向量. 5 3 3 6? 5 3 3 6? → =? → =? ?- ?, QN ?- ?知, 由QM ,- , , , 6 2 3? 6 2 3? ? ?

5 3 3 6 ? ?- 6 x-2y+ 3 z=0, ? 5 3 3 6 ? ?- 6 x+2y+ 3 z=0. 取 z=5,得 n=(2 2,0,5). m· n 33 于是 cos〈m,n〉=|m|· = |n| 33 . 33 所以二面角 AMNQ 的平面角的余弦值为 33 . 10.(1)证明 ∵侧面 ABB1A1 是菱形,且∠A1AB=60° ,

∴△A1BB1 为正三角形, 又∵点 M 为 A1B1 的中点,∴BM⊥A1B1, ∵AB∥A1B1,∴BM⊥AB,由已知 MB⊥AC, ∴MB⊥平面 ABC. (2)解 如图建立空间直角坐标系,设菱形 ABB1A1 边长为 2,

得 B1(0,-1, 3),A(0,2,0), C( 3,1,0),A1(0,1, 3). → =(0,1, 3),BA → =(0,2,0), 则BA 1 → =(0,-1, 3),BC → =( 3,1,0). BB 1 设面 ABB1A1 的法向量 n1=(x1,y1,z1), → ,n ⊥BA → 得, 由 n1⊥BA 1 1 ?2y1=0, ? 令 x1=1,得 n1=(1,0,0). ?y1+ 3z1=0, →, 设面 BB1C1C 的法向量 n2=(x2,y2,z2),由 n2⊥BB 1 -y2+ 3z2=0, → 得? ? n2⊥BC 令 y2= 3,得 n2=(-1, 3,1), ? 3x2+y2=0. -1 n1· n2 5 得 cos〈n1,n2〉=|n ||n |= =- 5 . 1 2 1· 5 5 又二面角 A1BB1C 为锐角,所以所求二面角的余弦值为 5 .

11.(1)证明

∵PC⊥平面 ABCD,AC?平面 ABCD,

∴AC⊥PC,∵AB=2,AD=CD=1,∴AC=BC= 2, ∴AC2+BC2=AB2,∴AC⊥BC, 又 BC∩PC=C,∴AC⊥平面 PBC, ∵AC?平面 EAC,∴平面 EAC⊥平面 PBC. (2)解 → 、CD → 、CP → 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正向,建立 如图,以 C 为原点,DA

空间直角坐标系,则 C(0,0,0),A(1,1,0),B(1,- 1,0). 设 P(0,0,a)(a>0), 1 1 a 则 E(2,-2,2) , → =(1,1,0),CP → =(0,0,a), CA → =(1,-1,a) CE 2 2 2 , 取 m=(1,-1,0),则 → =m· → =0,m 为面 PAC 的法向量. m· CA CP → =n· → =0, 设 n=(x,y,z)为面 EAC 的法向量,则 n· CA CE ?x+y=0, 即? 取 x=a,y=-a,z=-2, ?x-y+az=0, 则 n=(a,-a,-2), |m· n| 依题意,|cos〈m,n〉|=|m||n|= a 6 = 3 ,则 a=2. a +2
2

→ =(1,1,-2). 于是 n=(2,-2,-2),PA 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ, → n| 2 → ,n〉|= |PA· 则 sin θ=|cos〈PA =3, → ||n| |PA
即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 2 . 3


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