nbhkdz.com冰点文库

2014届高三数学(理)二轮专题复习讲义 专题五 第三讲空间向量与立体几何(1)


第三讲

空间向量与立体几何

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. 空间角的计算 (1)两条异面直线所成角的求法 设直线 a,b 的方向向量为 a,b,其夹角为 θ,则 |a· b| cos φ=|cos θ|= (其中 φ 为异面直线 a,b 所成的角). |a||b| (2)直线和平面所成角的求法 如图所示,设直线 l 的方向向量为 e,平面 α 的法向量为 n,直线 l 与平面 α 所成的角为 |e· n| φ,两向量 e 与 n 的夹角为 θ,则有 sin φ=|cos θ|= . |e||n|

(3)二面角的求法 ①利用向量求二面角的大小,可以不作出平面角,如图所示, 〈m,n〉即为所求二面角 的平面角.

②对于易于建立空间直角坐标系的几何体,求二面角的大小时,可以利用这两个平面的 法向量的夹角来求. 如图所示,二面角 α-l-β,平面 α 的法向量为 n1,平面 β 的法向量为 n2, 〈n1,n2〉=

θ,则二面角 α-l-β 的大小为 θ 或 π-θ.

1. (2012· 陕西)如图所示,在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC-A1B1C1,CA=CC1= 2CB,则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 ( )

5 5 2 5 C. 5 A. 答案 A

5 3 3 D. 5 B.

解析 不妨令 CB=1,则 CA=CC1=2. 可得 O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1), → → ∴BC1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1), → → 4-1 BC1· AB1 1 5 → → ∴cos〈BC1,AB1〉= = = = >0. 5 → → 5 × 9 5 |BC1||AB1| → → ∴BC1 与AB1 的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角, 5 ∴直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 . 5 2. (2013· 辽宁)如图,AB 是圆的直径,PA 垂直圆所在的平面,C 是圆上的点.

(1)求证:平面 PAC⊥平面 PBC; (2)若 AB=2,AC=1,PA=1,求二面角 C-PB-A 的余弦值. (1)证明 由 AB 是圆的直径,得 AC⊥BC, 由 PA⊥平面 ABC,BC?平面 ABC,得 PA⊥BC. 又 PA∩AC=A,PA?平面 PAC,AC?平面 PAC, 所以 BC⊥平面 PAC. 因为 BC?平面 PBC, 所以平面 PBC⊥平面 PAC.

(2)解

方法一 过 C 作 CM∥AP,则 CM⊥平面 ABC.

如图,以点 C 为坐标原点,分别以直线 CB、CA、CM 为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系. 在 Rt△ABC 中,因为 AB=2,AC=1,所以 BC= 3. 因为 PA=1,所以 A(0,1,0),B( 3,0,0),P(0,1,1). 故 C B =( 3,0,0),C P =(0,1,1). 设平面 BCP 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),





→ ? n1=0, ?C B · ? 3x1=0, 则? 所以? → ?y1+z1=0, ? n1=0, ?C P ·
不妨令 y1=1,则 n1=(0,1,-1). 因为 A P =(0,0,1),A B =( 3,-1,0), 设平面 ABP 的法向量为 n2=(x2,y2,z2),





? n2=0, ?A P · 则? → ? n2=0, ?A B ·


?z2=0, 所以? ? 3x2-y2=0,
不妨令 x2=1,则 n2=(1, 3,0). 3 6 于是 cos〈n1,n2〉= = . 4 2 2 所以由题意可知二面角 C-PB-A 的余弦值为 6 . 4

方法二 过 C 作 CM⊥AB 于 M,因为 PA⊥平面 ABC,CM?平面 ABC, 所以 PA⊥CM,又 PA∩AB=A,故 CM⊥平面 PAB.所以 CM⊥PB. 过 M 作 MN⊥PB 于 N,连接 NC, 所以 PB⊥面 MNC,所以 CN⊥PB, 所以∠CNM 为二面角 C-PB-A 的平面角. 在 Rt△ABC 中,由 AB=2,AC=1, 3 3 得 BC= 3,CM= ,BM= , 2 2 在 Rt△PAB 中,由 AB=2,PA=1,得 PB= 5. 因为 Rt△BNM∽Rt△BAP, 3 2 MN 3 5 所以 = ,故 MN= . 1 10 5 又在 Rt△CNM 中,CN= 故 cos∠CNM= 6 . 4 30 , 5

所以二面角 C-PB-A 的余弦值为

6 . 4

题型一 利用空间向量证明平行与垂直 例1 如图所示,平面 PAC⊥平面 ABC,△ABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形,E、F、 O 分别为 PA、PB、AC 的中点,AC=16,PA=PC=10.

(1)设 G 是 OC 的中点,证明:FG∥平面 BOE; (2)证明:在△ABO 内存在一点 M,使 FM⊥平面 BOE. 审题破题 以 O 点为原点,OB、OC、OP 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直 角坐标系,利用向量法可求解. (1)证明 如图所示,连接 OP,以 O 为坐标原点,分别以 OB, OC,OP 所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系 O—xyz,则 O(0,0,0),A(0,-8,0),B(8,0,0),C(0,8,0),P(0, → 0,6),E(0,-4,3),F(4,0,3),由题意得,G(0,4,0),因OB= → → (8,0,0),OE=(0,-4,3),因此平面 BOE 的一个法向量 n=(0,3,4),FG=(-4,4,-3), → 得 n· FG=0,又直线 FG 不在平面 BOE 内,因此有 FG∥平面 BOE. (2)设点 M 的坐标为(x0,y0,0), → 则FM=(x0-4,y0,-3), → 因为 FM⊥平面 BOE,所以有FM∥n, 9 因此有 x0=4,y0=- , 4 9 ? 即点 M 的坐标为? ?4,-4,0?, x>0 ? ? 在平面直角坐标系 xOy 中,△AOB 的内部区域可表示为不等式组?y<0 ,经检验, ? ?x-y<8 点 M 的坐标满足上述不等式组, 所以,在△ABO 内存在一点 M,使 FM⊥平面 BOE. 反思归纳 (1)空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路:一是利用相应的判定定理和

性质定理去解决;二是利用空间向量法来论证. (2)用向量法来证明平行与垂直,避免了繁杂的推理论证,直接计算就行了,把几何问题 代数化.尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷,但是

向量法要求计算必须准确无误. 变式训练 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. 证明 (1)由题意,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 ? F(1,0,1),M? ?2,0,0?, 1 1 1? 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, ? ?1 1 1 得?1 ? ?2x1-y1=0, 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. 题型二 利用向量求空间角 例2 如图,三棱锥 P-ABC 中,PB⊥平面 ABC.PB=BC=CA=4,∠BCA=90° ,E 为 PC

的中点.

(1)求证:BE⊥平面 PAC; (2)求二面角 E-AB-C 的余弦值. 审题破题 本题的关键是在平面 ABC 内找到两条互相垂直的直线, 可以过点 B 作 BC 的 垂线 BT,分别以 BC,BT,BP 为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. (1)证明

? PB⊥面ABC?PB⊥AC? ? ? AC⊥面PBC?AC⊥BE ?? ? ? BC⊥AC ? ? PB=BC,E为中点?BE⊥PC?
?BE⊥面 PAC. (2)解 如图, 在平面 ABC 内过点 B 作 BT⊥BC, 分别以 BC, BT, BP 为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系, 则 B(0,0,0), C(4,0,0), → → A(4,4,0),P(0,0,4),E(2,0,2),则BA=(4,4,0),BE=(2,0,2),平 面 ABC 的法向量为 n1=(0,0,1),设平面 ABE 的法向量为 n2 =(x,y,z).
? ?4x+4y=0 → → 则BA· n2=0,BE· n2=0,即? . ?2x+2z=0 ?

令 z=1,得 x=-1,y=1,即 n2=(-1,1,1). n1· n2 3 设二面角 E-AB-C 为 θ,则 cos θ= = . |n1|· |n2| 3 反思归纳 利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为:(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. 1 变式训练 2 (2012· 课标全国)如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC=BC= AA1,D 是棱 AA1 2 的中点,DC1⊥BD.

(1)证明:DC1⊥BC; (2)求二面角 A1-BD-C1 的大小. (1)证明 由题设知,三棱柱的侧面为矩形.由于 D 为 AA1 的中点,故 DC=DC1. 1 2 又 AC= AA1,可得 DC1 +DC2=CC2 1,所以 DC1⊥DC.而 DC1⊥BD,CD∩BD=D,所以 2 DC1⊥平面 BCD. 因为 BC?平面 BCD,所以 DC1⊥BC.

(2)解

由(1)知 BC⊥DC1,且 BC⊥CC1,则 BC⊥平面 ACC1A1,所以 CA,CB,CC1 两两

相互垂直. → → 以 C 为坐标原点, CA的方向为 x 轴的正方向, |CA|为单位长, 建立如图所示的空间直角坐标系 C-xyz. 由题意知 A1(1,0,2),B(0,1,0),D(1,0,1),C1(0,0,2). → → → 则A1D=(0,0,-1),BD=(1,-1,1),DC1=(-1,0,1). 设 n=(x,y,z)是平面 A1B1BD 的法向量,则 → ? ? BD=0, ?n· ?x-y+z=0, ? 即? ?z=0, → ? ? A1D=0, ?n· 可取 n=(1,1,0). 同理,设 m=(x,y,z)是平面 C1BD 的法向量, → ? ?x-y+z=0, BD=0, ?m· ? 则? 即? ? → ?-x+z=0, ? DC1=0, ?m· 可取 m=(1,2,1). n· m 3 从而 cos 〈n,m〉= = . |n|· |m| 2 故二面角 A1-BD-C1 的大小为 30° . 题型三 利用向量求空间距离 例3 → → 如图所示,在直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,BA=BC=2,BA· BC=0,异面直线 A1B 与

AC 成 60° 的角,点 O、E 分别是棱 AC 和 BB1 的中点,点 F 是棱 B1C1 上的动点.

(1)求证:A1E⊥OF; (2)求点 E 到面 AB1C 的距离; (3)求二面角 B1—A1C—C1 的大小. 审题破题 在已知三棱柱中,直线 BA,BC,BB1 两两垂直,已有空间直角坐标系的框架. (1)证明 设棱柱的高为 h,以 B 为坐标原点,以 BA、BC、BB1 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系,则 B(0,0,0), A(2,0,0),C(0,2,0),O(1,1,0),A1(2,0,h), → → ∴BA1=(2,0,h),CA=(2,-2,0), → → BA1· CA 4 → → ∴cos〈BA1,CA〉= = 2, → → |BA1||CA| 2 2× 4+h

1 4 即 cos 60° = = ,解得 h=2. 2 2 2× 4+h2 → ∴E(0,0,1),A1(2,0,2),∴A1E=(-2,0,-1). ∵F 是 B1C1 上的动点, → ∴设 F(0,y,2),∴OF=(-1,y-1,2), → → ∴A1E· OF=(-2,0,-1)· (-1,y-1,2)=0, → → ∴A1E⊥OF, 即 A1E⊥OF. (2)解 易求面 AB1C 的法向量为 n=(1,1,1), → EA=(2,0,-1), → |n· EA| 1 3 所以 E 到面 AB1C 的距离为 d= = = . |n| 3 3 → (3)解 ∵平面 A1CC1 的一个法向量是BO=(1,1,0). 设平面 A1B1C 的一个法向量是 → → n=(x,y,z),A1C=(-2,2,-2),A1B1=(-2,0,0), → 则 n· A1C=(x,y,z)· (-2,2,-2) =-2x+2y-2z=0, → n· A1B1=(x,y,z)· (-2,0,0)=-2x=0,∴x=0. 代入①并令 z=1 得 y=1,∴n=(0,1,1), → n· BO 1 1 → ∴cos〈n,BO〉= = = , → 2× 2 2 |n|· |BO| → ∴〈n,BO〉=60° ,即二面角 B1—A1C—C1 的大小为 60° . 反思归纳 求点面距的常用方法:①直接法:即寻找或作出与该距离相对应的垂线段, 此法的关键是确定垂足的位置,然后借助于直角三角形求解;②等体积法:把所求的距 离转化为三棱锥的高,再通过变换三棱锥的顶点,由同一棱锥的体积是不变的,求出相 应的距离. 变式训练 3 如图所示, 在四棱锥 P-ABCD 中, 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, 平面 PBC⊥ 底面 ABCD,且 PB=PC= 5. ① ②

(1)求证:AB⊥CP; (2)求点 B 到平面 PAD 的距离; (3)设面 PAD 与面 PBC 的交线为 l,求二面角 A-l-B 的大小.

(1)证明 以 BC 的中点 O 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, 则 B(1,0,0),A(1,-2,0),C(-1,0,0),P(0,0,2),D(-1,-2,0). → → AB=(0,2,0),CP=(1,0,2), → → → → 则有AB· CP=0,∴AB⊥CP. 即 AB⊥CP. (2)解 设平面 PAD 的法向量为 n=(x,y,z), → → PD=(-1,-2,-2),AD=(-2,0,0), → ? PD=0, ?n· 则由? → ? AD=0, ?n·
? ?-x-2y-2z=0, 得? ?-2x=0. ?

则 x=0,令 z=1=-y,得 n=(0,-1,1), → 又BP=(-1,0,2), → |BP· n| |0+0+2| ∴点 B 到平面 PAD 的距离 d= = = 2. |n| 2 (3)解 由(2)知平面 PAD 的法向量 n=(0,-1,1),

而平面 PBC⊥平面 ABCD, ∴平面 PBC 的法向量 m=(0,1,0). |m· n| 2 ∴二面角 A-l-B 的余弦值为 = . |m||n| 2 由图形知二面角 A-l-B 为锐二面角, ∴二面角 A-l-B 的大小为 45° .

典例

(12 分)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 ,若存在,求 6 出点 M 的位置;若不存在,说明理由. 规范解答



(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, [2 分]

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 n=(x,y,z), → ? ? AD=0 ?n· ?x-2y=0, ∴? ,即? ,∴取 n=(2,1,1), ?x-2z=0 → ? ? 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, 6 6 ∴cos θ=- ,∴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), |x| 1 → ∴|cos〈PM,n〉|= 2 = , 2 x +?2-x? +4· 6 6 解得 x=1 或 x=-2,∴M(1,1,0)或 M(-2,4,0), [5 分] [3 分]

[6 分] [7 分] [8 分]

[10 分]

∴在直线 AB 上存在点 M,且 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点,使得 PM 与平面 PAD 1 所成角的正弦值为 . 6 [12 分] 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), |2λ| 1 → ∴|cos〈PM,n〉|= = . 2 2 ?2λ? +?2-2λ? +4· 6 6 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 M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点,使得 PM 与平面 PAD 1 所成角的正弦值为 . [12 分] 6 评分细则 (1)没有指明 CA、CB、CD 两两垂直,直接建系的扣 1 分;(2)求出平面的法 [7 分]

[8 分]

[10 分]

向量给 1 分;法向量写成其他形式不扣分;(3)二面角余弦值写成 问最后不写结论的扣 1 分. 阅卷老师提醒

6 的扣 1 分;(4)第(2) 6

(1)利用空间向量求二面角的平面角时,应注意观察二面角是锐角还是钝

角.如果两个平面的法向量分别是 m,n,两个平面所成的锐二面角的大小为 θ,则 cos θ |m· n| =|cos〈m,n〉|= .在一般的二面角大小计算中要根据这个二面角的实际大小,确定 |m||n| 其余弦值的正、负号的选取. (2)探索性问题一定要写出结论.

→ → 1. 在空间中,已知AB=(2,4,0),DC=(-1,3,0),则异面直线 AB 与 DC 所成角 θ 的大小为 ( A.45° 答案 A → → 解析 ∵AB=(2,4,0),DC=(-1,3,0), → → 12-2 AB· DC 2 → → cos〈AB,DC〉= = = . → → 2 5· 10 2 |AB||DC| → → → → ∵〈AB,DC〉∈(0° ,90° ],∴〈AB,DC〉=45° . 故选 A. 2. 在正三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AB=AA1,则 AC1 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为( 2 15 6 6 A. B. C. D. 2 5 4 3 答案 C 解析 建立如图所示的空间直角坐标系, 设 AB=2, 则 C1( 3, 1,0), → A(0,0,2),AC1=( 3,1,-2),平面 BB1C1C 的一个法向量为 n= → |AC1· n| 3 (1,0,0), 所以 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角的正弦值为 = = → 8 |AC1||n| 6 .故选 C. 4 3.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,M、N 分别为 A1B 和 AC 上的点,A1M 2 =AN= a,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 ( ) 3 ) B.90° C.120° D.135° )

A.相交 C.垂直 答案 B

B.平行 D.不能确定

解析 分别以 C1B1、C1D1、C1C 所在直线为 x,y,z 轴,建立 空间直角坐标系,如图所示. 2 ∵A1M=AN= a, 3 2 a? ∴M? ?a,3a,3?, 2 2 2 ? → ? a ? N? ?3a,3a,a?,∴MN=?-3,0,3a?. → 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. 在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,各棱长相等,侧棱垂直于底面,点 D 是侧面 BB1C1C 的中心, 则 AD 与平面 BB1C1C 所成角的大小是 A.30° 答案 C 解析 取 BC 中点 E,连接 AE,则 AE⊥平面 BCC1B1,故∠ADE 为 3 直线 AD 与平面 BB1C1C 所成的角.设各棱长为 a,则 AE= a,DE 2 1 = a.∴tan∠ADE= 3. 2 ∴∠ADE=60° . 5. 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. 6. 已知正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,E 为 C1D1 的中点,则异面直线 AE 与 BC 所成角的余 弦值为________. 2 答案 3 解析 在正方体 ABCD—A1B1C1D1 中,AD∥BC, 所以 AE 与 BC 所成的角即为 AD 与 AE B.45° C.60° D.90° ( )

所成的角,即是∠EAD.连接 DE,在 Rt△ADE 中,设 AD=a,则 DE= =

5 a,tan∠EAD 2

DE 5 2 2 = ,cos∠EAD= ,所以异面直线 AE 与 BC 所成角的余弦值为 . AD 2 3 3

专题限时规范训练
一、选择题 → → → → 1. 已知点 G 是△ABC 的重心, O 是空间任一点, 若OA+OB+OC=λOG, 则 λ 的值为( A.1 B.2 C.3 D.4 )

答案 C → → → → → 1→ 1→ 1→ 解析 OA+OB+OC=λOG?OG= OA+ OB+ OC,具体表示 λ λ λ → 出向量OG后,比较即可.如图所示. → → → → 2→ → 1 → → OG=OA+AG=OA+ AE=OA+ (AB+AC) 3 3 → 1 → → → → =OA+ [(OB-OA)+(OC-OA)] 3 1 → → 1→ 2→ =OA+ OB+ OC- OA 3 3 3 1→ 1→ 1→ = OB+ OC+ OA 3 3 3 1→ 1→ 1→ = OA+ OB+ OC, λ λ λ 所以 λ=3. 2. 若不同直线 l1,l2 的方向向量分别为 μ,ν,则下列直线 l1,l2 中既不平行也不垂直的是 ( A.μ=(1,2,-1),ν=(0,2,4) B.μ=(3,0,-1),ν=(0,0,2) C.μ=(0,2,-3),ν=(0,-2,3) D.μ=(1,6,0),ν=(0,0,-4) 答案 B 解析 A 项中 μ·ν=0+4-4=0,∴l1⊥l2; C 项中 μ=-ν,∴μ,ν 共线,故 l1∥l2; D 项中,μ·ν=0+0+0=0,∴l1⊥l2,故选 B. 3. 在四棱锥 P—ABCD 中,底面 ABCD 是正方形,侧棱 PD⊥平面 ABCD,AB=PD=a.点 E 为侧棱 PC 的中点,又作 DF⊥PB 交 PB 于点 F.则 PB 与平面 EFD 所成角为 ( A.30° C.60° 答案 D 解析 建立如图所示的空间直角坐标系 D—xyz,D 为坐标原 ) B.45° D.90° )

→ 点.则 P(0,0,a),B(a,a,0),PB=(a,a,-a), a a? → 又DE=? ?0,2,2?, a2 a2 → → PB· DE=0+ - =0, 2 2 所以 PB⊥DE,由已知 DF⊥PB,且 DF∩DE=D, 所以 PB⊥平面 EFD,所以 PB 与平面 EFD 所成角为 90° . 4. 如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90° ,AA1=2,AC=BC=1,则异面直线 A1B 与 AC 所成角的余弦值是 ( )

A.

6 3

B.

6 6

C.

3 3

D.

2 2

答案 B 解析 以 C 为坐标原点,CA、CB、CC1 所在直线分别为 x、y、z 轴建立空间直角坐标系,A1(1,0,2),B(0,1,0),A(1,0,0),C(0,0,0), → 则A1B=(-1,1,-2), → AC=(-1,0,0), → → A1B· AC → → cos〈A1B,AC〉= → → |A1B||AC| 1 6 = = . 6 1+1+4 5. 已知 a=(1,1,0),b=(-1,0,3),且 ka+b 与 2a-b 垂直,则 k 的值为 ( 12 A. 5 答案 A 解析 ka+b=(k-1,k,3),2a-b=(3,2,-3),依题意,得:(k-1)×3+k×2+3×(- 12 3)=0,解得 k= . 5 6. 如图,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 ( ) ) B.1 7 C. 5 D.2

A.30° C.60° 答案 B

B.45° D.90°

解析 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 的法向量分别为 n1=(0,1,0),n2=(0,1,1),故平面 ABP 与 |n1· n2 | 2 平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为 = , |n1||n2| 2 故所求的二面角的大小是 45° . → 1 → 7. 正方体 ABCD—A1B1C1D1 的棱长为 a,点 M 在 AC1 上且AM= MC1,N 为 B1B 的中点, 2 则 → |MN|为 21 A. a 6 答案 A 解析 以 D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz, 则 A(a,0,0),C1(0,a,a), a? N? ?a,a,2?. 设 M(x,y,z). → 1→ ∵点 M 在 AC1 上且AM= MC1, 2 1 ∴(x-a,y,z)= (-x,a-y,a-z) 2 2a a a? 2 a a ∴x= a,y= ,z= .∴M? ? 3 ,3,3?, 3 3 3 → ?a-2a?2+?a-a?2+?a-a?2= 21a. ∴|MN|= ? 3 ? ? 3? ?2 3? 6 8. 将正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角 A-BD-C,则下面结论错误的为 ( A.AC⊥BD B.△ACD 是等边三角形 C.AB 与平面 BCD 所成的角为 60° D.AB 与 CD 所成的角为 60° 答案 C 解析 取 BD 中点 O,连接 AO、CO, 则 AO⊥BD,CO⊥BD, ∴BD⊥平面 AOC, ∴AC⊥BD,又 AC= 2AO=AD=CD, ∴△ACD 是等边三角形, 而∠ABD 是 AB 与平面 BCD 所成的角,应为 45° . )

( 6 B. a 6 15 C. a 6 15 D. a 3

)

→ → → → 又AC=AB+BD+DC(设 AB=a), 2 则 a2=a2+2a2+a2+2· a· 2a· (- ) 2 2 → → +2a· 2a· (- )+2a2cos〈AB,DC〉 , 2 1 → → ∴cos〈AB,DC〉= ,∴AB 与 CD 所成的角为 60° . 2 二、填空题 9. 到正方体 ABCD-A1B1C1D1 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 ________. 答案 ④ 解析 注意到正方体 ABCD-A1B1C1D1 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 ABCD-A1B1C1D1 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. 10.如图所示,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,AA1⊥底面 ABC,AB=BC=AA1,∠ABC=90° , 点 E、F 分别是棱 AB、BB1 的中点,则直线 EF 和 BC1 所成的角是________.

答案 60° 解析 以 BC 为 x 轴,BA 为 y 轴,BB1 为 z 轴,建立空间直角坐标系. 设 AB=BC=AA1=2, 则 C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1), → → 则EF=(0,-1,1),BC1=(2,0,2), → → ∴EF· BC1=2, 2 1 → → ∴cos〈EF,BC1〉= = , 2×2 2 2 ∴EF 和 BC1 所成的角为 60° . 11.在四面体 P-ABC 中,PA,PB,PC 两两垂直,设 PA=PB=PC=a,则点 P 到平面 ABC 的距离为________. 3 答案 a 3 解析 根据题意,可建立如图所示的空间直角坐标系 P—xyz, 则 P(0,0,0),A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a). 过点 P 作 PH⊥平面 ABC,交平面 ABC 于点 H,则 PH 的长即为点 P 到平面 ABC 的距离.

∵PA=PB=PC,∴H 为△ABC 的外心. a a a? 又∵△ABC 为正三角形,∴H 为△ABC 的重心,可得 H 点的坐标为? ?3,3,3?. ∴PH=

?0-a?2+?0-a?2+?0-a?2= 3a. ? 3? ? 3? ? 3? 3

12.底面是正方形的四棱锥 A-BCDE 中,AE⊥底面 BCDE,且 AE=CD=a,G、H 分别是 BE、ED 的中点,则 GH 到平面 ABD 的距离是________. 3a 答案 6 解析 建立如图所示的坐标系,则有 A(0,0,a),B(a,0,0), a ? G? ?2,0,0?,D(0,a,0). 设平面 ABD 的法向量为 n=(x,y,z). 由题意知,GH∥BD,则有 GH∥平面 ABD, ∴GH 到平面 ABD 的距离等于 G 点到平面 ABD 的距离,设为 a → → → ? ∵AB=(a,0,-a),BD=(-a,a,0),GB=? ?2,0,0?, → ? ?ax-az=0, AB=0, ?n· ? 由? 得? ? → ?-ax+ay=0, ? BD=0 ?n· ∴n=(1,1,1). d.

?a? → |GB· n| ?2? a 3a ∴d= = = = . |n| 6 3 2 3
三、解答题 13.如图所示,已知直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,△ABC 为等腰直角三角形,∠BAC=90° , 且 AB=AA1,D、E、F 分别为 B1A、C1C、BC 的中点.

求证:(1)DE∥平面 ABC; (2)B1F⊥平面 AEF. 证明 如图建立空间直角坐标系 A—xyz,令 AB=AA1=4, 则 A(0,0,0),E(0,4,2),F(2,2,0),B(4,0,0),B1(4,0,4). (1)取 AB 中点为 N,连接 CN, 则 N(2,0,0), C(0,4,0),D(2,0,2), → ∴DE=(-2,4,0),

→ NC=(-2,4,0), → → ∴DE=NC,∴DE∥NC,又∵NC?平面 ABC, DE?平面 ABC.故 DE∥平面 ABC. → → → (2)B1F=(-2,2,-4),EF=(2,-2,-2),AF=(2,2,0). → → B1F· EF=(-2)×2+2×(-2)+(-4)×(-2)=0, → → B1F· AF=(-2)×2+2×2+(-4)×0=0. → → → → ∴B1F⊥EF,B1F⊥AF,即 B1F⊥EF,B1F⊥AF, 又∵AF∩EF=F,∴B1F⊥平面 AEF. 14.(2013· 重庆)如图,四棱锥 P-ABCD 中,PA⊥底面 ABCD,BC=CD=2,AC=4,∠ACB π =∠ACD= ,F 为 PC 的中点,AF⊥PB. 3

(1)求 PA 的长; (2)求二面角 B-AF-D 的正弦值. 解 (1)如图,连接 BD 交 AC 于点 O,

因为 BC=CD,即△BCD 为等腰三角形, 又 AC 平分∠BCD,故 AC⊥BD. → → → 以 O 为坐标原点,OB,OC,AP的方向分别为 x 轴,y 轴, z 轴的正方向,建立空间直角坐标系 O-xyz, π 则 OC=CDcos =1, 3 而 AC=4,得 AO=AC-OC=3, π 又 OD=CDsin = 3. 3 故 A(0,-3,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),D(- 3,0,0). 因为 PA⊥底面 ABCD,可设 P(0,-3,z), z? 因为 F 为 PC 的中点,所以 F? ?0,-1,2?. z? → → 又AF=? ?0,2,2?,PB=( 3,3,-z), → → 因为 AF⊥PB,故AF· PB=0, z2 即 6- =0,z=2 3(舍去-2 3), 2 → 所以|PA|=2 3,所以 PA 的长为 2 3. → → → (2)由(1)知,AD=(- 3,3,0),AB=( 3,3,0),AF=(0,2, 3).

设平面 FAD 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),平面 FAB 的法向量为 n2=(x2,y2,z2). → → 由 n1· AD=0,n1· AF=0 得

?- 3x1+3y1=0, 因此可取 n1=(3, 3,-2). ? ?2y1+ 3z1=0,
→ → 由 n2· AB=0,n2· AF=0 得

? 3x2+3y2=0, 故可取 n2=(3,- 3,2). ? ?2y2+ 3z2=0,
从而法向量 n1,n2 的夹角的余弦值为 n 1· n2 1 cos〈n1,n2〉= = . |n1|· |n2| 8 3 7 故二面角 B-AF-D 的正弦值为 . 8


2014届高三数学(理)二轮专题复习讲义 专题五 第三讲空间向量与立体几何(1)

2014届高三数学(理)二轮专题复习讲义 专题五 第三讲空间向量与立体几何(1)_数学_高中教育_教育专区。第三讲 空间向量与立体几何 1. 直线与平面、平面与平面的...

2014高三数学二轮复习理专题4 第3讲 空间向量与立体几何 教师版

2014高三数学二轮复习专... 2014高三数学二轮复习理...1/2 相关文档推荐 ...第三讲 空间向量与立体几何 1. 直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法...

【金版学案】2015高考数学(理)二轮专题复习作业:专题五 第三讲 空间向量与立体几何]

【金版学案】2015高考数学(理)二轮专题复习作业:专题五 第三讲 空间向量与立体几何]_高中教育_教育专区。【金版学案】2015高考数学(理)二轮专题复习作业:专题五 ...

2014年高考数学(理)二轮专题复习真题感悟:1-5-3空间向量与立体几何 Word版含解析]

2014年高考数学(理)二轮专题复习真题感悟:1-5-3空间向量与立体几何 Word版含解析]_高中教育_教育专区。2014年高考数学(理)二轮专题复习真题感悟:1-5-3空间向量...

2014高三数学二轮复习理专题4 第3讲 空间向量与立体几何 学生版

1/2 相关文档推荐 2014高三数学二轮复习理... 20页 4下载券 2014届高三数学...第三讲 空间向量与立体几何 1. 直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法...

2014届高考二轮专题数学复习训练 专题四、立体几何第三讲 空间向量与立体几何(理科)

2014 届高考二轮专题数学复习训练 专题四、立体几何第三讲 空间向量与立体几何 (理科) 总分:60 分 考试时间:60 分钟 1. (15 分)(2013· 安徽卷)如图,圆锥...

【金版学案】2016高考数学理科二轮复习习题:专题5第三讲 空间向量与立体几何

【金版学案】2016高考数学理科二轮复习习题:专题5第三讲 空间向量与立体几何_数学_高中教育_教育专区。专题五第三讲 立体几何 空间向量与立体几何 1 2 判断下面...

高三数学(理科)二轮专题六第三讲立体几何中的向量方法

高三数学二轮专题复习... 31页 1下载券 2012届高考理科数学二轮... 9页 ...第三讲 立体几何中的向量方法 研热点(聚焦突破)类型一 利用空间向量证明位置关系...

高三总复习讲义空间向量与立体几何

高三第一复习讲义 高三数学总复习讲义空间向量与立体几何[课标要求] 1.空间向量及其运算 ① 了解空间向量的概念,了解空间向量的基本定理及其意义,掌握空间向量的...

2014高考数学二轮专题复习立体几何(理)

2013 高考数学专题复习立体几何(理)【考纲解读】 1、平面的概念及平面的表示法,理解三个公理及三个推论的内容及作用,初步掌握性质与 推论的简单应用。 2、空间...