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2015年步步高二轮复习-专题五 第3讲 立体几何中的向量方法


第3讲
考情解读

立体几何中的向量方法

1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体,考查空间中平行与垂直的证

明,常出现在解答题的第(1)问中,考查空间想象能力,推理论证能力及计算能力,属低中档 问题.2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体,考查空间角(主要是线面角和二面角) 的计算,是高

考的必考内容,属中档题.3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探 索性问题,考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力,是近几年高考命题的新亮点, 属中高档问题.

1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线 l 的方向向量为 a=(a1,b1,c1).平面 α、β 的法向量分别为 μ=(a2,b2,c2),v=(a3, b3,c3)(以下相同). (1)线面平行 l∥α?a⊥μ?a· μ=0?a1a2+b1b2+c1c2=0. (2)线面垂直 l⊥α?a∥μ?a=kμ?a1=ka2,b1=kb2,c1=kc2. (3)面面平行 α∥β?μ∥v?μ=λv?a2=λa3,b2=λb3,c2=λc3. (4)面面垂直 α⊥β?μ⊥v?μ· v=0?a2a3+b2b3+c2c3=0. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l,m 的方向向量分别为 a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2).平面 α、β 的法向量分别为 μ=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同). (1)线线夹角 π 设 l,m 的夹角为 θ(0≤θ≤ ),则 2 |a1a2+b1b2+c1c2| |a· b| cos θ= = 2 2 2 2 2. |a||b| a1+b2 1+c1 a2+b2+c2 (2)线面夹角 π 设直线 l 与平面 α 的夹角为 θ(0≤θ≤ ), 2 |a· μ| 则 sin θ= =|cos〈a,μ〉|. |a||μ|

(3)面面夹角 设半平面 α、β 的夹角为 θ(0≤θ≤π), 则|cos θ|= |μ· v| =|cos〈μ,v〉|. |μ||v|

提醒 求二面角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析. 3.求空间距离 直线到平面的距离,两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离,点 P 到平面 α 的距离: → |PM· n| d= (其中 n 为 α 的法向量,M 为 α 内任一点). |n|

热点一 利用向量证明平行与垂直 例1 如图, 在直三棱柱 ADE—BCF 中, 面 ABFE 和面 ABCD 都是正方

形且互相垂直,M 为 AB 的中点,O 为 DF 的中点.运用向量方法证明: (1)OM∥平面 BCF; (2)平面 MDF⊥平面 EFCD. 思维启迪 从 A 点出发的三条直线 AB、AD,AE 两两垂直,可建立空间直角坐标系. 证明 方法一 由题意,得 AB,AD,AE 两两垂直,以 A 为原点建立如 图所示的空间直角坐标系. 设正方形边长为 1,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0), 1 ? ?1 1 1? F(1,0,1),M? ?2,0,0?,O?2,2,2?. 1 1? → → (1)OM=? ?0,-2,-2?,BA=(-1,0,0), → → → → ∴OM· BA=0, ∴OM⊥BA. ∵棱柱 ADE—BCF 是直三棱柱, → ∴AB⊥平面 BCF,∴BA是平面 BCF 的一个法向量, 且 OM?平面 BCF,∴OM∥平面 BCF. (2)设平面 MDF 与平面 EFCD 的一个法向量分别为 n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2). 1 → → ? → ∵DF=(1,-1,1),DM=? ?2,-1,0?,DC=(1,0,0), → → 由 n1· DF=n1· DM=0,

x -y +z =0, ? ?y1=2x1, ?1 1 1 得?1 解得? 1 x1-y1=0, ? ?2 ?z1=-2x1, 1 1? 令 x1=1,则 n1=? ?1,2,-2?. 同理可得 n2=(0,1,1). ∵n1· n2=0,∴平面 MDF⊥平面 EFCD. → → → → 1 → → 1→ 方法二 (1)OM=OF+FB+BM= DF-BF+ BA 2 2 1 → → 1 → 1→ 1→ → 1→ = (DB+BF)-BF+ BA=- BD- BF+ BA 2 2 2 2 2 1 → → 1→ 1→ =- (BC+BA)- BF+ BA 2 2 2 1→ 1→ =- BC- BF. 2 2 → → → ∴向量OM与向量BF,BC共面, 又 OM?平面 BCF,∴OM∥平面 BCF. (2)由题意知,BF,BC,BA 两两垂直, → → → → → ∵CD=BA,FC=BC-BF, → → ? 1 → 1→? → ∴OM· CD=?-2BC-2BF?· BA=0, → → ? 1 → 1→? → → OM· FC=?-2BC-2BF?· (BC-BF) 1→ 1→ =- BC2+ BF2=0. 2 2 ∴OM⊥CD,OM⊥FC,又 CD∩FC=C, ∴OM⊥平面 EFCD. 又 OM?平面 MDF,∴平面 MDF⊥平面 EFCD. → 思维升华 (1)要证明线面平行,只需证明向量OM与平面 BCF 的法向量垂直;另一个思路则 → → → 是根据共面向量定理证明向量OM与BF,BC共面.(2)要证明面面垂直,只要证明这两个平面 的法向量互相垂直; 也可根据面面垂直的判定定理证明直线 OM 垂直于平面 EFCD, 即证 OM → 垂直于平面 EFCD 内的两条相交直线,从而转化为证明向量OM与向量 → → FC、CD垂直. 如图, 在四棱锥 P-ABCD 中, PA⊥平面 ABCD, 底面 ABCD 是菱形,PA=AB=2,∠BAD=60° ,E 是 PA 的中点.

1

(1)求证:直线 PC∥平面 BDE; (2)求证:BD⊥PC; 证明 设 AC∩BD=O.因为∠BAD=60° ,AB=2,底面 ABCD 为菱形, 所以 BO=1,AO=CO= 3,AC⊥BD. 如图,以 O 为坐标原点,以 OB,OC 所在直线分别为 x 轴,y 轴,过 点 O 且平行于 PA 的直线为 z 轴,建立空间直角坐标系 O-xyz, 则 P(0, - 3, 2), A(0, - 3, 0), B(1,0,0), C(0, 3, 0), D(-1,0,0), E(0,- 3,1). → → (1)设平面 BDE 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),因为BE=(-1,- 3,1),BD=(-2,0,0),由 → ? BD=0, ?n1· ?-2x1=0, ? 得? → ?-x1- 3y1+z1=0, ?n1· BE=0, ? 令 z1= 3,得 y1=1,所以 n1=(0,1, 3). → → 又PC=(0,2 3,-2),所以PC· n1=0+2 3-2 3=0, → 即PC⊥n1,又 PC?平面 BDE, 所以 PC∥平面 BDE. → → (2)因为PC=(0,2 3,-2),BD=(-2,0,0), → → 所以PC· BD=0. 故 BD⊥PC. 热点二 利用向量求空间角 例2 如图,五面体中,四边形 ABCD 是矩形,AB∥EF,AD⊥平面

1 ABEF,且 AD=1,AB= EF=2 2,AF=BE=2,P、Q 分别为 AE、 2 BD 的中点. (1)求证:PQ∥平面 BCE; (2)求二面角 A-DF-E 的余弦值. 思维启迪 (1)易知 PQ 为△ACE 的中位线;(2)根据 AD⊥平面 ABEF 构建空间直角坐标系. (1)证明 连接 AC,∵四边形 ABCD 是矩形,且 Q 为 BD 的中点, ∴Q 为 AC 的中点, 又在△AEC 中,P 为 AE 的中点,∴PQ∥EC, ∵EC?面 BCE,PQ?面 BCE,∴PQ∥平面 BCE. (2)解 如图,取 EF 的中点 M,则 AF⊥AM,以 A 为坐标原点,以 AM、AF、AD 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.

则 A(0,0,0),D(0,0,1),M(2,0,0),F(0,2,0). → → → 可得AM=(2,0,0),MF=(-2,2,0),DF=(0,2,-1). → ? MF=0 ?n· 设平面 DEF 的法向量为 n=(x,y,z),则? . → ? DF=0 ?n·
?-2x+2y=0 ?x-y=0 ? ? 故? ,即? . ?2y-z=0 ?2y-z=0 ? ?

令 x=1,则 y=1,z=2, 故 n=(1,1,2)是平面 DEF 的一个法向量. → ∵AM⊥面 ADF,∴AM为平面 ADF 的一个法向量. → n· AM 2×1+0×1+0×2 6 → ∴cos〈n,AM〉= = = . 6 → 6×2 |n|· |AM| 由图可知所求二面角为锐角,∴二面角 A-DF-E 的余弦值为 6 . 6

思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤:①建立恰当的空间直角坐标系; ②求出相关点的坐标;③写出向量坐标;④结合公式进行论证、计算;⑤转化为几何结论. (2)求空间角注意:①两条异面直线所成的角 α 不一定是直线的方向向量的夹角 β,即 cos α =|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角, 有可能为两法向量夹角的补角. ③ 直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值,即注 意函数名称的变化. (2013· 山东 )如图所示,在三棱锥 P -ABQ 中,PB⊥平面 ABQ,BA=BP=BQ,D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点, AQ=2BD,PD 与 EQ 交于点 G,PC 与 FQ 交于点 H,连接 GH. (1)求证:AB∥GH; (2)求二面角 D-GH-E 的余弦值. (1)证明 因为 D,C,E,F 分别是 AQ,BQ,AP,BP 的中点,所以 EF∥AB,DC∥AB. 所以 EF∥DC.又 EF?平面 PCD,DC?平面 PCD, 所以 EF∥平面 PCD. 又 EF?平面 EFQ,平面 EFQ∩平面 PCD=GH, 所以 EF∥GH.又 EF∥AB,所以 AB∥GH. (2)解 方法一 在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ, 所以∠ABQ=90° ,即 AB⊥BQ. 因为 PB⊥平面 ABQ,所以 AB⊥PB. 又 BP∩BQ=B,所以 AB⊥平面 PBQ.

由(1)知 AB∥GH,所以 GH⊥平面 PBQ. 又 FH?平面 PBQ,所以 GH⊥FH. 同理可得 GH⊥HC, 所以∠FHC 为二面角 D-GH-E 的平面角. 设 BA=BQ=BP=2,连接 FC, 在 Rt△FBC 中,由勾股定理得 FC= 2, 在 Rt△PBC 中,由勾股定理得 PC= 5. 又 H 为△PBQ 的重心, 1 5 5 所以 HC= PC= .同理 FH= . 3 3 3 5 5 + -2 9 9 在△FHC 中,由余弦定理得 cos∠FHC= 5 2× 9 4 4 =- .即二面角 D-GH-E 的余弦值为- . 5 5 方法二 在△ABQ 中,AQ=2BD,AD=DQ,所以∠ABQ=90° 又 PB⊥平面 ABQ,所以 BA,BQ,BP 两两垂直. 以 B 为坐标原点,分别以 BA,BQ,BP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴, 建立如图所示的空间直角坐标系. 设 BA=BQ=BP=2, 则 E(1,0,1), F(0,0,1), Q(0,2,0), D(1,1,0), C(0,1,0), P(0,0,2). → → → → 所以EQ=(-1,2,-1),FQ=(0,2,-1),DP=(-1,-1,2),CP=(0,-1,2). 设平面 EFQ 的一个法向量为 m=(x1,y1,z1), → → 由 m· EQ=0,m· FQ=0,
? ?-x1+2y1-z1=0, 得? 取 y1=1,得 m=(0,1,2). ? ?2y1-z1=0,

设平面 PDC 的一个法向量为 n=(x2,y2,z2), → → 由 n· DP=0,n· CP=0,
? ?-x2-y2+2z2=0, 得? 取 z2=1,得 n=(0,2,1). ? ?-y2+2z2=0,

m· n 4 所以 cos〈m,n〉= = . |m||n| 5

4 因为二面角 D-GH-E 为钝角,所以二面角 D-GH-E 的余弦值为- . 5 热点三 利用空间向量求解探索性问题 例3 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=BC=2AA1,∠ABC=

90° ,D 是 BC 的中点. (1)求证:A1B∥平面 ADC1; (2)求二面角 C1-AD-C 的余弦值; (3)试问线段 A1B1 上是否存在点 E,使 AE 与 DC1 成 60° 角?若存在,确定 E 点位置;若不存 在,说明理由. (1)证明 连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 OD. 由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,得四边形 ACC1A1 为矩形,O 为 A1C 的中点. 又 D 为 BC 的中点, 所以 OD 为△A1BC 的中位线, 所以 A1B∥OD. 因为 OD?平面 ADC1,A1B?平面 ADC1, 所以 A1B∥平面 ADC1. (2)解 由 ABC-A1B1C1 是直三棱柱,且∠ABC=90° ,得 BA,BC,BB1 两两垂直. 以 BC,BA,BB1 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 B-xyz. 设 BA=2,则 B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),C1(2,0,1),D(1,0,0), → → 所以AD=(1,-2,0),AC1=(2,-2,1). → ? AD=0, ?n· 设平面 ADC1 的法向量为 n=(x,y,z),则有? → ? AC1=0. ?n·
? ?x-2y=0, 所以? 取 y=1,得 n=(2,1,-2). ?2x-2y+z=0. ?

易知平面 ADC 的一个法向量为 v=(0,0,1). n· v 2 所以 cos〈n,v〉= =- . |n|· |v| 3 因为二面角 C1-AD-C 是锐二面角, 2 所以二面角 C1-AD-C 的余弦值为 . 3 (3)解 假设存在满足条件的点 E. 因为点 E 在线段 A1B1 上,A1(0,2,1),B1(0,0,1),故可设 E(0,λ,1),其中 0≤λ≤2. → → 所以AE=(0,λ-2,1),DC1=(1,0,1).

因为 AE 与 DC1 成 60° 角, → → |AE· DC1| 1 → → 所以|cos〈AE,DC1〉|= = , 2 → → |AE|· |DC1| 即 1 1 = ,解得 λ=1 或 λ=3(舍去). 2 ?λ-2? +1· 2 2

所以当点 E 为线段 A1B1 的中点时,AE 与 DC1 成 60° 角. 思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题,它无需进行复杂的作图、 论证、推理,只需通过坐标运算进行判断.解题时,把要成立的结论当作条件,据此列方程 或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解,是否有规定范围内的解”等, 所以为使问题的解决更简单、有效,应善于运用这一方法. 如图,在三棱锥 P—ABC 中,AC=BC=2,∠ACB=90° ,AP =BP=AB,PC⊥AC,点 D 为 BC 的中点. (1)求二面角 A—PD—B 的余弦值; 1 (2)在直线 AB 上是否存在点 M,使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为 , 6 若存在,求出点 M 的位置;若不存在,说明理由. 解 (1)∵AC=BC,PA=PB,PC=PC, ∴△PCA≌△PCB, ∴∠PCA=∠PCB, ∵PC⊥AC,∴PC⊥CB, 又 AC∩CB=C, ∴PC⊥平面 ACB,且 PC,CA,CB 两两垂直, 故以 C 为坐标原点,分别以 CB,CA,CP 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则 → → C(0,0,0),A(0,2,0),D(1,0,0),P(0,0,2),∴AD=(1,-2,0),PD=(1,0,-2), 设平面 PAD 的一个法向量为 n=(x,y,z), → ? AD=0 ?n· ∴? ,∴取 n=(2,1,1), → ? PD=0 ?n· → 平面 PDB 的一个法向量为CA=(0,2,0), 6 → ∴cos〈n,CA〉= , 6 设二面角 A—PD—B 的平面角为 θ,且 θ 为钝角, ∴cos θ=- 6 6 ,∴二面角 A—PD—B 的余弦值为- . 6 6

(2)方法一 存在,M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点.

→ 设 M(x,2-x,0) (x∈R),∴PM=(x,2-x,-2), → ∴|cos〈PM,n〉|= |x| 1 = , 2 x +?2-x? +4· 6 6
2

解得 x=1 或 x=-2,∴M(1,1,0)或 M(-2,4,0), ∴在直线 AB 上存在点 M,且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时, 1 使得 PM 与平面 PAD 所成角的正弦值为 . 6 方法二 存在,M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点. → → 设AM=λAB, → 则AM=λ(2,-2,0)=(2λ,-2λ,0) (λ∈R), → → → ∴PM=PA+AM=(2λ,2-2λ,-2), → ∴|cos〈PM,n〉|= 1 解得 λ= 或 λ=-1. 2 ∴M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点. ∴在直线 AB 上存在点 M,且当 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点时,使得 PM 与平面 PAD 1 所成角的正弦值为 . 6 |2λ| 1 = . 2 ?2λ? +?2-2λ? +4· 6 6
2

空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性,能把“非运算”问题“运算”化,即通过直 线的方向向量和平面的法向量,把立体几何中的平行、垂直关系,各类角、距离以向量的方 式表达出来, 把立体几何问题转化为空间向量的运算问题. 应用的核心是充分认识形体特征, 进而建立空间直角坐标系,通过向量的运算解答问题,达到几何问题代数化的目的,同时注 意运算的准确性. 提醒三点:(1)直线的方向向量和平面的法向量所成角的余弦值的绝对值是线面角的正弦值, 而不是余弦值. (2)求二面角除利用法向量外,还可以按照二面角的平面角的定义和空间任意两个向量都是共 面向量的知识,我们只要是在二面角的两个半平面内分别作和二面角的棱垂直的向量,并且 两个向量的方向均指向棱或者都从棱指向外,那么这两个向量所成的角的大小就是二面角的 大小.如图所示.

→ → → → (3)对于空间任意一点 O 和不共线的三点 A,B,C,且有OP=xOA+yOB+zOC(x,y,z∈R), 四点 P,A,B,C 共面的充要条件是 x+y+z=1. → → → 空间一点 P 位于平面 MAB 内?存在有序实数对 x,y,使MP=xMA+yMB,或对空间任一定 → → → → 点 O,有序实数对 x,y,使OP=OM+xMA+yMB.

真题感悟 (2014· 北京)如图,正方形 AMDE 的边长为 2,B,C 分别为 AM,MD 的中点,在五棱锥 P- ABCDE 中,F 为棱 PE 的中点,平面 ABF 与棱 PD,PC 分别交于点 G,H.

(1)求证:AB∥FG; (2)若 PA⊥底面 ABCDE,且 PA=AE,求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小,并求线段 PH 的长. (1)证明 在正方形 AMDE 中,因为 B 是 AM 的中点, 所以 AB∥DE. 又因为 AB?平面 PDE,DE?平面 PDE, 所以 AB∥平面 PDE. 因为 AB?平面 ABF,且平面 ABF∩平面 PDE=FG, 所以 AB∥FG. (2)解 因为 PA⊥底面 ABCDE, 所以 PA⊥AB,PA⊥AE. 如图建立空间直角坐标系 Axyz,

→ 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),BC=(1,1,0). 设平面 ABF 的一个法向量为 n=(x,y,z),则

→ ? ? AB=0, ?n· ?x=0, ? 即? ?y+z=0. → ? ? AF=0, ? n· 令 z=1,则 y=-1,所以 n=(0,-1,1). 设直线 BC 与平面 ABF 所成角为 α, → ? n· BC ? 1 → 则 sin α=|cos〈n,BC〉|=? = . →? 2 ?|n||BC|? π 因此直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 , 6 设点 H 的坐标为(u,v,w). → → 因为点 H 在棱 PC 上,所以可设PH=λPC(0<λ<1), 即(u,v,w-2)=λ(2,1,-2), 所以 u=2λ,v=λ,w=2-2λ. → 因为 n 是平面 ABF 的一个法向量,所以 n· AH=0, 即(0,-1,1)· (2λ,λ,2-2λ)=0, 2 4 2 2 解得 λ= ,所以点 H 的坐标为( , , ). 3 3 3 3 所以 PH= 押题精练 如图所示,已知正方形 ABCD 和矩形 ACEF 所在的平面互相垂直, AB= 2,AF=1. (1)求直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值; → → (2)在线段 AC 上找一点 P,使PF与DA所成的角为 60° ,试确定点 P 的位置. 解 (1)以 C 为坐标原点,分别以 CD,CB,CE 所在直线为 x 轴,y 轴, z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 E(0,0,1),D( 2,0,0),B(0, 2,0),A( 2, 2,0),F( 2, 2,1),连接 BD,则 AC⊥BD.因为 → 平面 ABCD⊥平面 ACEF,且平面 ABCD∩平面 ACEF=AC,所以DB是平面 ACEF 的一个法 向量. → → DF· DB 3 → → → → 又DB=(- 2, 2,0),DF=(0, 2,1),所以 cos〈DF,DB〉= = . 3 → → |DF|×|DB| 故直线 DF 与平面 ACEF 所成角的正弦值为 3 . 3 4 2 4 ? ?2+? ?2+?- ?2=2. 3 3 3

→ → (2)设 P(a,a,0)(0≤a≤ 2),则PF=( 2-a, 2-a,1),DA=(0, 2,0). → → 因为〈PF,DA〉=60° ,所以 cos 60° = 1 = . 2× 2? 2-a? +1 2
2

2? 2-a?

解得 a=

2 3 2 2 2 或 a= (舍去),故存在满足条件的点 P( , ,0)为 AC 的中点. 2 2 2 2

(推荐时间:60 分钟) 一、选择题 → 3→ 1→ 1→ 1.已知平面 ABC,点 M 是空间任意一点,点 M 满足条件OM= OA+ OB+ OC,则直线 4 8 8 AM( )

A.与平面 ABC 平行 B.是平面 ABC 的斜线 C.是平面 ABC 的垂线 D.在平面 ABC 内 答案 D 解析 由已知得 M、A、B、C 四点共面.所以 AM 在平面 ABC 内,选 D. 2.在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M 是 BC 的中点,P,Q 是正方体内部或面上 → → 的两个动点,则AM· PQ的最大值是( 1 A. 2 3 C. 2 答案 C 解析 以 A 为坐标原点,分别以 AD,AB,AA1 所在直线为 x 轴,y 轴,z 1 轴建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),M( ,1,0), 2 1 → 所以AM=( ,1,0). 2 -1≤x≤1, ? ? → 设PQ=(x,y,z),由题意可知?-1≤y≤1, B.1 5 D. 4 )

? ?-1≤z≤1.

1 → → 1 因为AM· PQ= · x+1· y+0· z= x+y, 2 2 又-1≤x≤1,-1≤y≤1,

1 1 1 所以- ≤ x≤ . 2 2 2 3 1 3 所以- ≤ x+y≤ . 2 2 2 3 → → 故AM· PQ的最大值为 . 2 3.在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分别为 A1B1,BB1 的中点,那么直线 AM 与 CN 所成角的余弦值为( A. 3 2 ) B. 10 10

3 C. 5 答案 D

2 D. 5

解析 以 D 点为坐标原点,分别以 DA,DC,DD1 所在直线为 x 轴,y 1 轴, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(1,0,0), M(1,, 1), C(0,1,0), 2 1 N(1,1, ). 2 1 1 → → 所以AM=(0, ,1),CN=(1,0, ). 2 2 1 1 1 → → 故AM· CN=0×1+ ×0+1× = , 2 2 2 → |AM|= → |CN|= 1 5 02+? ?2+12= , 2 2 1 5 12+02+? ?2= , 2 2

1 → → 2 AM · CN 2 → → 所以 cos〈AM,CN〉= = = . → → 5 5 5 |AM||CN| × 2 2 4.已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 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( A. C. 6 4 2 2 ) B. D. 10 4 3 2

答案 A 解析 如图所示建立空间直角坐标系,设正三棱柱的棱长为 2,O(0,0,0),

→ → B( 3,0,0),A(0,-1,0),B1( 3,0,2),则AB1=( 3,1,2),则BO=(- 3,

→ → |AB1· BO| 6 0,0)为侧面 ACC1A1 的法向量,由 sin θ= = . 4 → → |AB1||BO| 5.在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,点 E 为 BB1 的中点,则平面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐 二面角的余弦值为( 1 2 3 2 A. B. C. D. 2 3 3 2 答案 B 解析 以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,设棱长为 1, 1? 则 A1(0,0,1),E? ?1,0,2?,D(0,1,0), 1? → → ∴A1D=(0,1,-1),A1E=? ?1,0,-2?, 设平面 A1ED 的一个法向量为 n1=(1,y,z), y-z=0, ? ? 则? 1 ?1-2z=0, ? ∴n1=(1,2,2). ∵平面 ABCD 的一个法向量为 n2=(0,0,1), 2 2 ∴cos〈n1,n2〉= = . 3×1 3 2 即所成的锐二面角的余弦值为 . 3 6.如图,三棱锥 A-BCD 的棱长全相等,E 为 AD 的中点,则直线 CE 与 BD 所成角的余弦 值为( A. C. 3 6 33 6 ) B. 3 2
? ?y=2, ∴? ?z=2. ?

)

1 D. 2

答案 A 解析 设 AB=1, → → → → → → 则CE· BD=(AE-AC)· (AD-AB) 1→ 1→ → → → → → = AD2- AD· AB-AC· AD+AC· AB 2 2 1 1 1 = - cos 60° -cos 60° +cos 60° = . 2 2 4 1 → → 4 CE· BD 3 → → ∴cos〈CE,BD〉= = = .选 A. 6 → → 3 |CE||BD| 2

二、填空题 7.在一直角坐标系中已知 A(-1,6),B(3,-8),现沿 x 轴将坐标平面折成 60° 的二面角,则 折叠后 A、B 两点间的距离为________. 答案 2 17 解析 如图为折叠后的图形,其中作 AC⊥CD,BD⊥CD, 则 AC=6,BD=8,CD=4, 两异面直线 AC、BD 所成的角为 60° , → → → → 故由AB=AC+CD+DB, → → → → 得|AB|2=|AC+CD+DB|2=68, → ∴|AB|=2 17. 8. 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1, E、 F 分别为 BB1、 CD 的中点, 则点 F 到平面 A1D1E 的距离为______________. 答案 3 5 10

解析 以 A 为坐标原点,AB、AD、AA1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴 建立空间直角坐标系,如图所示, 1 1 则 A1(0,0,1),E(1,0, ),F( ,1,0),D1(0,1,1). 2 2 1 → → ∴A1E=(1,0,- ),A1D1=(0,1,0). 2 设平面 A1D1E 的一个法向量为 n=(x,y,z), 1 → ? ? A1E=0, ?n· ?x-2z=0, 则? 即? → ? ? A1D1=0, ?n· ?y=0. 令 z=2,则 x=1.∴n=(1,0,2). 1 → 又A1F=( ,1,-1), 2 ∴点 F 到平面 A1D1E 的距离为 1 | -2| → |A1F· n| 2 3 5 d= = = . |n| 10 5 9.已知正方形 ABCD 的边长为 4,CG⊥平面 ABCD,CG=2,E,F 分别是 AB,AD 的中点, 则点 C 到平面 GEF 的距离为________. 答案 6 11 11

解析 建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz,则 G(0,0,2),E(2,4,0),F(4,2,0).

→ → → 所以GF=(4,2,-2),GE=(2,4,-2),CG=(0,0,2). 设平面 GEF 的法向量为 n=(x,y,z), → ? n=0, ?GF· 由? → ? n=0, ?GE· 得平面 GEF 的一个法向量为 n=(1,1,3), 所以点 C 到平面 GEF 的距离 → |n· CG| 6 11 d= = . |n| 11 → → → → → → → 10.已知 ABCD-A1B1C1D1 为正方体,①(A1A+A1D1+A1B1)2=3A1B12;②A1C· (A1B1-A1A)= → → → → → 0;③向量AD1与向量A1B的夹角是 60° ;④正方体 ABCD-A1B1C1D1 的体积为|AB· AA1· AD|.其 中正确命题的序号是________. 答案 ①② → → → → → 解析 设正方体的棱长为 1,①中(A1A+A1D1+A1B1)2=A1C2=3(A1B1)2=3,故①正确;②中 → → → A1B1-A1A=AB1,由于 AB1⊥A1C,故②正确;③中 A1B 与 AD1 两异面直线所成的角为 60° , → → → → → 但AD1与A1B的夹角为 120° ,故③不正确;④中|AB· AA1· AD|=0.故④也不正确. 三、解答题 11.如图, 在底面是矩形的四棱锥 P—ABCD 中, PA⊥底面 ABCD, E,F 分别是 PC,PD 的中点,PA=AB=1,BC=2. (1)求证:EF∥平面 PAB; (2)求证:平面 PAD⊥平面 PDC. 证明 (1)以 A 为原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AP 所在直线为 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,2,0),P(0,0,1), ∵E,F 分别是 PC,PD 的中点, 1 1 1 ,1, ?,F?0,1, ?, ∴E? 2? 2? ?2 ?

1 → → → → → ? → EF=? ?-2,0,0?,PB=(1,0,-1),PD=(0,2,-1),AP=(0,0,1),AD=(0,2,0),DC=(1,0,0), → AB=(1,0,0). 1→ → → → ∵EF=- AB,∴EF∥AB, 2 即 EF∥AB, 又 AB?平面 PAB,EF?平面 PAB, ∴EF∥平面 PAB. → → (2)∵AP· DC=(0,0,1)· (1,0,0)=0, → → AD· DC=(0,2,0)· (1,0,0)=0, → → → → ∴AP⊥DC,AD⊥DC,即 AP⊥DC,AD⊥DC. 又 AP∩AD=A, ∴DC⊥平面 PAD. ∵DC?平面 PDC, ∴平面 PAD⊥平面 PDC. 12.(2014· 课标全国Ⅱ)如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为矩形, PA⊥平面 ABCD,E 为 PD 的中点. (1)证明:PB∥平面 AEC; (2)设二面角 D-AE-C 为 60° ,AP=1,AD= 3,求三棱锥 E-ACD 的 体积. (1)证明 连接 BD 交 AC 于点 O,连接 EO. 因为 ABCD 为矩形,所以 O 为 BD 的中点. 又 E 为 PD 的中点,所以 EO∥PB. 因为 EO?平面 AEC,PB?平面 AEC, 所以 PB∥平面 AEC. (2)解 因为 PA⊥平面 ABCD,ABCD 为矩形, 所以 AB,AD,AP 两两垂直. → → 如图,以 A 为坐标原点,AB的方向为 x 轴的正方向,|AP|为单位长, 建立空间直角坐标系 A-xyz, 则 D(0, 3,0),E(0, 3 1 → 3 1 , ),AE=(0, , ). 2 2 2 2

→ 设 B(m,0,0)(m>0),则 C(m, 3,0),AC=(m, 3,0). 设 n1=(x,y,z)为平面 ACE 的法向量,

→ ? AC=0, ?n1· 则? → ? AE=0, ?n1· mx+ 3y=0, ? ? 即? 3 1 ? ? 2 y+2z=0, 可取 n1=( 3 ,-1, 3). m

又 n2=(1,0,0)为平面 DAE 的法向量, 1 由题设|cos〈n1,n2〉|= , 2 即 3 1 = , 3+4m2 2

3 解得 m= . 2 因为 E 为 PD 的中点, 1 所以三棱锥 E-ACD 的高为 , 2 1 1 3 1 3 三棱锥 E-ACD 的体积 V= × × 3× × = . 3 2 2 2 8 13.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,AA1 =A1C=AC=2,AB=BC,AB⊥BC,O 为 AC 的中点. (1)证明:A1O⊥平面 ABC; (2)求直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值; (3)在 BC1 上是否存在一点 E,使得 OE∥平面 A1AB?若存在,确定点 E 的位置;若不存在, 请说明理由. (1)证明 ∵AA1=A1C=AC=2,且 O 为 AC 的中点, ∴A1O⊥AC. 又侧面 AA1C1C⊥底面 ABC,交线为 AC,A1O?平面 AA1C1C, ∴A1O⊥平面 ABC. (2)解 连接 OB,如图,以 O 为原点,分别以 OB、OC、OA1 所在直 线为 x、 y、 z 轴, 建立空间直角坐标系, 则由题意可知 B(1,0,0), C(0,1,0), A1(0,0, 3),A(0,-1,0). → → ∴A1C=(0,1,- 3),设平面 A1AB 的法向量为 n=(x,y,z),则 n· AA1 → → → =n· AB=0,而AA1=(0,1, 3),AB=(1,1,0),可求得一个法向量 n=(3,-3, 3),

→ |n· A 1C | 6 21 → ∴|cos〈A1C,n〉|= = = , 7 → |n|· |A1C| 2× 21 故直线 A1C 与平面 A1AB 所成角的正弦值为 21 . 7

(3)解 存在点 E,且 E 为线段 BC1 的中点.连接 B1C 交 BC1 于点 M, 连接 AB1、OM, 则 M 为 B1C 的中点, 从而 OM 是△CAB1 的一条中位线,OM∥AB1,又 AB1?平面 A1AB, OM?平面 A1AB, ∴OM∥平面 A1AB, 故 BC1 的中点 M 即为所求的 E 点.


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