高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)增分策略專(zhuān)題五立體幾何與空間向量立體幾何中的向量方法試題

1、第3講立體幾何中的向量方法1(2014·課標(biāo)全國(guó))直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90°，M，N分別是A1B1，A1C1的中點(diǎn)，BCCACC1，則BM與AN所成角的余弦值為()A. B. C. D.2(2015·安徽)如圖所示，在多面體A1B1D1DCBA中，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點(diǎn)，過(guò)A1，D，E的平面交CD1于F.(1)證明：EFB1C；(2)求二面角E­A1D­B1的余弦值以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)，與空間線面關(guān)系的證明相結(jié)合，熱點(diǎn)為二面角的求解，均以解答的形式進(jìn)行考查

2、，難度主要體現(xiàn)在建立空間直角坐標(biāo)系和準(zhǔn)確計(jì)算上.熱點(diǎn)一利用向量證明平行與垂直設(shè)直線l的方向向量為a(a1，b1，c1)，平面、的法向量分別為(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)則有：(1)線面平行l(wèi)aa·0a1a2b1b2c1c20.(2)線面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直v·v0a2a3b2b3c2c30.例1如圖，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M為AB的中點(diǎn)，O為DF的中點(diǎn)運(yùn)用向量方法證明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.思

3、維升華用向量知識(shí)證明立體幾何問(wèn)題，仍然離不開(kāi)立體幾何中的定理如要證明線面平行，只需要證明平面外的一條直線和平面內(nèi)的一條直線平行，即化歸為證明線線平行，用向量方法證明直線ab，只需證明向量ab(R)即可若用直線的方向向量與平面的法向量垂直來(lái)證明線面平行，仍需強(qiáng)調(diào)直線在平面外跟蹤演練1如圖所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC為等腰直角三角形，BAC90°，且ABAA1，D、E、F分別為B1A、C1C、BC的中點(diǎn)求證：(1)DE平面ABC；(2)B1F平面AEF.熱點(diǎn)二利用空間向量求空間角設(shè)直線l，m的方向向量分別為a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面，的法向量分別

4、為(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)線線夾角設(shè)l，m的夾角為(0)，則cos .(2)線面夾角設(shè)直線l與平面的夾角為(0)，則sin |cosa，|.(3)面面夾角設(shè)平面、的夾角為(0<)，則|cos |cos，v|.例2(2015·江蘇)如圖，在四棱錐PABCD中，已知PA平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點(diǎn)Q是線段BP上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)直線CQ與DP所成的角最小時(shí)，求線段BQ的長(zhǎng)思維升華(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

5、標(biāo)系；求出相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)；寫(xiě)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)求空間角注意：兩條異面直線所成的角不一定是直線的方向向量的夾角，即cos |cos |.兩平面的法向量的夾角不一定是所求的二面角，有可能為兩法向量夾角的補(bǔ)角直線和平面所成的角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對(duì)值，即注意函數(shù)名稱(chēng)的變化跟蹤演練2(2014·福建)在平面四邊形ABCD中，ABBDCD1，ABBD，CDBD.將ABD沿BD折起，使得平面ABD平面BCD，如圖所示(1)求證：ABCD；(2)若M為AD中點(diǎn)，求直線AD與平面MBC所成角的正弦值熱點(diǎn)三利用空間向量求解探索性問(wèn)題存

6、在探索性問(wèn)題的基本特征是要判斷在某些確定條件下的某一數(shù)學(xué)對(duì)象(數(shù)值、圖形、函數(shù)等)是否存在或某一結(jié)論是否成立解決這類(lèi)問(wèn)題的基本策略是先假設(shè)題中的數(shù)學(xué)對(duì)象存在(或結(jié)論成立)或暫且認(rèn)可其中的一部分結(jié)論，然后在這個(gè)前提下進(jìn)行邏輯推理，若由此導(dǎo)出矛盾，則否定假設(shè)；否則，給出肯定結(jié)論例3如圖，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC2AA1，ABC90°，D是BC的中點(diǎn)(1)求證：A1B平面ADC1；(2)求二面角C1ADC的余弦值；(3)試問(wèn)線段A1B1上是否存在點(diǎn)E，使AE與DC1成60°角？若存在，確定E點(diǎn)位置；若不存在，說(shuō)明理由思維升華空間向量最適合于解決這類(lèi)立體幾何中的探索

7、性問(wèn)題，它無(wú)需進(jìn)行復(fù)雜的作圖、論證、推理，只需通過(guò)坐標(biāo)運(yùn)算進(jìn)行判斷解題時(shí)，把要成立的結(jié)論當(dāng)作條件，據(jù)此列方程或方程組，把“是否存在”問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“點(diǎn)的坐標(biāo)是否有解，是否有規(guī)定范圍內(nèi)的解”等，所以為使問(wèn)題的解決更簡(jiǎn)單、有效，應(yīng)善于運(yùn)用這一方法跟蹤演練3如圖所示，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，MD平面ABCD，NB平面ABCD，且MDNB1，E為BC的中點(diǎn)(1)求異面直線NE與AM所成角的余弦值；(2)在線段AN上是否存在點(diǎn)S，使得ES平面AMN？若存在，求線段AS的長(zhǎng)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由如圖，五面體中，四邊形ABCD是矩形，ABEF，AD平面ABEF，且AD1，ABEF2，AFBE2，P、Q

8、分別為AE、BD的中點(diǎn)(1)求證：PQ平面BCE；(2)求二面角ADFE的余弦值提醒：完成作業(yè)專(zhuān)題五第3講二輪專(zhuān)題強(qiáng)化練專(zhuān)題五第3講立體幾何中的向量方法A組專(zhuān)題通關(guān)1已知平面ABC，點(diǎn)M是空間任意一點(diǎn)，點(diǎn)M滿足條件，則直線AM()A與平面ABC平行B是平面ABC的斜線C是平面ABC的垂線D在平面ABC內(nèi)2.如圖，點(diǎn)P是單位正方體ABCDA1B1C1D1中異于A的一個(gè)頂點(diǎn)，則·的值為()A0B1C0或1D任意實(shí)數(shù)3.如圖所示，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，M、N分別為A1B和AC上的點(diǎn)，A1MANa，則MN與平面BB1C1C的位置關(guān)系是()A相交 B平行C垂直 D不能確定4

9、如圖，三棱錐ABCD的棱長(zhǎng)全相等，E為AD的中點(diǎn)，則直線CE與BD所成角的余弦值為()A.B.C.D.5已知正三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱長(zhǎng)與底面邊長(zhǎng)相等，則AB1與側(cè)面ACC1A1所成角的正弦值等于()A.B.C.D.6在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為A1B1，BB1的中點(diǎn)，那么直線AM與CN所成角的余弦值為_(kāi)7在一直角坐標(biāo)系中，已知A(1,6)，B(3，8)，現(xiàn)沿x軸將坐標(biāo)平面折成60°的二面角，則折疊后A、B兩點(diǎn)間的距離為_(kāi)8已知ABCDA1B1C1D1為正方體，()232；·()0；向量與向量的夾角是60°；正方體ABCDA1B

10、1C1D1的體積為|··|.其中正確命題的序號(hào)是_9.如圖，在底面是矩形的四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，PAAB1，BC2.(1)求證：EF平面PAB；(2)求證：平面PAD平面PDC.10(2015·重慶)如圖，三棱錐P-ABC中，PC平面ABC，PC3，ACB.D，E分別為線段AB，BC上的點(diǎn)，且CDDE，CE2EB2.(1)證明：DE平面PCD；(2)求二面角APDC的余弦值B組能力提高11(2014·四川)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)O為線段BD的中點(diǎn)設(shè)點(diǎn)P在線段CC1上，直線OP與平面A1B

11、D所成的角為，則sin 的取值范圍是()A，1 B，1C， D，112如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)P在直線BC1上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有下列三個(gè)命題：三棱錐AD1PC的體積不變；直線AP與平面ACD1所成角的大小不變；二面角PAD1C的大小不變其中真命題的序號(hào)是_13已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為1，E、F分別為BB1、CD的中點(diǎn)，則點(diǎn)F到平面A1D1E的距離為_(kāi)14.如圖，在三棱錐PABC中，ACBC2，ACB90°，APBPAB，PCAC，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)(1)求二面角APDB的余弦值；(2)在直線AB上是否存在點(diǎn)M，使得PM與平面PAD所成角的正弦值為，若存在，

12、求出點(diǎn)M的位置；若不存在，說(shuō)明理由學(xué)生用書(shū)答案精析第3講立體幾何中的向量方法高考真題體驗(yàn)1C方法一補(bǔ)成正方體，利用向量的方法求異面直線所成的角由于BCA90°，三棱柱為直三棱柱，且BCCACC1，可將三棱柱補(bǔ)成正方體建立如圖(1)所示空間直角坐標(biāo)系設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，(1，1,2)，(0,1,2)cos，.方法二通過(guò)平行關(guān)系找出兩異面直線的夾角，再根據(jù)余弦定理求解如圖(2)，取BC的中點(diǎn)D，連接MN，ND，AD，由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，則ND與NA所成的角即為異面直線BM與AN所成的角設(shè)B

13、C2，則BMND，AN，AD，因此cosAND.2(1)證明由正方形的性質(zhì)可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B(niǎo)1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1.面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因?yàn)樗倪呅蜛A1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A為原點(diǎn)，分別以，為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，可得點(diǎn)的坐標(biāo)A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，

14、D1(0,1,1)，而E點(diǎn)為B1D1的中點(diǎn)，所以E點(diǎn)的坐標(biāo)為.設(shè)面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而該面上向量，(0,1，1)，由n1，n1得r1，s1，t1應(yīng)滿足的方程組(1,1,1)為其一組解，所以可取n1(1,1,1)設(shè)面A1B1CD的法向量n2(r2，s2，t2)，而該面上向量(1,0,0)，(0,1，1)，由此同理可得n2(0,1,1)所以結(jié)合圖形知二面角E­A1D­B1的余弦值為.熱點(diǎn)分類(lèi)突破例1證明方法一由題意，得AB，AD，AE兩兩垂直，以A為原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系設(shè)正方形邊長(zhǎng)為1，則A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，

15、D(0,1,0)，F(xiàn)(1,0,1)，M，O.(1)，(1,0,0)，·0, .棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一個(gè)法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.(2)設(shè)平面MDF與平面EFCD的一個(gè)法向量分別為n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)(1，1,1)，(1,0,0)，(0，1,1)，由得解得令x11，則n1.同理可得n2(0,1,1)n1·n20，平面MDF平面EFCD.方法二(1)()().向量與向量，共面，又OM平面BCF，OM平面BCF.(2)由題意知，BF，BC，BA兩兩垂直，··0，·&#

16、183;()220.OMCD，OMFC，又CDFCC，OM平面EFCD.又OM平面MDF，平面MDF平面EFCD.跟蹤演練1證明(1)如圖建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，令A(yù)BAA14，則A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(xiàn)(2,2,0)，B(4,0,0)，B1(4,0,4)取AB中點(diǎn)為N，連接CN，則N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，(2,4,0)，(2,4,0)，DENC，又NC平面ABC，DE平面ABC.故DE平面ABC.(2)(2,2，4)，(2，2，2)，(2,2,0)·(2)×22×(2)(4)×(2)0，·(2)

17、×22×2(4)×00.，即B1FEF，B1FAF，又AFFEF，B1F平面AEF.例2解以，為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，則各點(diǎn)的坐標(biāo)為B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)(1)因?yàn)锳D平面PAB，所以是平面PAB的一個(gè)法向量，(0,2,0)因?yàn)?1,1，2)，(0,2，2)設(shè)平面PCD的法向量為m(x，y，z)，則m·0，m·0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一個(gè)法向量從而cos，m，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為.(2)因?yàn)?1,0,2)，設(shè)

18、(，0,2)(01)，又(0，1,0)，則(，1,2)，又(0，2,2)，從而cos，.設(shè)12t，t1,3，則cos2，.當(dāng)且僅當(dāng)t，即時(shí)，|cos，|的最大值為.因?yàn)閥cos x在上是減函數(shù)，此時(shí)直線CQ與DP所成角取得最小值又因?yàn)锽P，所以BQBP.跟蹤演練2(1)證明平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AB平面ABD，ABBD，AB平面BCD.又CD平面BCD，ABCD.(2)解過(guò)點(diǎn)B在平面BCD內(nèi)作BEBD，如圖由(1)知AB平面BCD，BE平面BCD，BD平面BCD，ABBE，ABBD.以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系依題意，得B

19、(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，A(0,0,1)，M(0，)，則(1,1,0)，(0，)，(0,1，1)設(shè)平面MBC的法向量n(x0，y0，z0)，則即取z01，得平面MBC的一個(gè)法向量n(1，1,1)設(shè)直線AD與平面MBC所成角為，則sin |cosn，|，即直線AD與平面MBC所成角的正弦值為.例3(1)證明連接A1C，交AC1于點(diǎn)O，連接OD.由ABCA1B1C1是直三棱柱，得四邊形ACC1A1為矩形，O為A1C的中點(diǎn)又D為BC的中點(diǎn)，所以O(shè)D為A1BC的中位線，所以A1BOD.因?yàn)镺D平面ADC1，A1B平面ADC1，所以A1B平面ADC1.(2)解由ABCA1B1

20、C1是直三棱柱，且ABC90°，得BA，BC，BB1兩兩垂直以BC，BA，BB1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系Bxyz.設(shè)BA2，則B(0,0,0)，C(2,0,0)，A(0,2,0)，C1(2,0,1)，D(1,0,0)，所以(1，2,0)，1(2，2,1)設(shè)平面ADC1的法向量為n(x，y，z)，則有所以取y1，得n(2,1，2)易知平面ADC的一個(gè)法向量為v(0,0,1)所以cosn，v.因?yàn)槎娼荂1ADC是銳二面角，所以二面角C1ADC的余弦值為.(3)解假設(shè)存在滿足條件的點(diǎn)E.因?yàn)辄c(diǎn)E在線段A1B1上，A1(0,2,1)，B1(0,0,1)，故可

21、設(shè)E(0，1)，其中02.所以(0，2,1)，1(1,0,1)因?yàn)锳E與DC1成60°角，所以|cos，1|，即，解得1或3(舍去)所以當(dāng)點(diǎn)E為線段A1B1的中點(diǎn)時(shí)，AE與DC1成60°角跟蹤演練3解(1)如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DM所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E(，1,0)，所以(，0，1)，(1,0,1)因?yàn)閨cos，|，所以異面直線NE與AM所成角的余弦值為.(2)假設(shè)在線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES平面AMN.因?yàn)?0,1,1

22、)，可設(shè)(0，)(01)，又(，1,0)，所以(，1，)由ES平面AMN，得即故，此時(shí)(0，)，|.經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)AS時(shí)，ES平面AMN.故線段AN上存在點(diǎn)S，使得ES平面AMN，此時(shí)AS.高考押題精練(1)證明連接AC，四邊形ABCD是矩形，且Q為BD的中點(diǎn)，Q為AC的中點(diǎn)，又在AEC中，P為AE的中點(diǎn)，PQEC，EC面BCE，PQ面BCE，PQ平面BCE.(2)解如圖，取EF的中點(diǎn)M，則AFAM，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AM，AF，AD所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系則A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(xiàn)(0,2,0)可得(2,0,0)，(2,2,0)，(0,2，1)

23、設(shè)平面DEF的法向量為n(x，y，z)，則故即令x1，則y1，z2，故n(1,1,2)是平面DEF的一個(gè)法向量AM面ADF，為平面ADF的一個(gè)法向量cosn，.由圖可知所求二面角為銳角，二面角ADFE的余弦值為.二輪專(zhuān)題強(qiáng)化練答案精析第3講立體幾何中的向量方法1D由已知得M、A、B、C四點(diǎn)共面所以AM在平面ABC內(nèi)，選D.2C可為下列7個(gè)向量：，1，1，1，其中一個(gè)與重合，·|21；，1，1與垂直，這時(shí)·0；，1與的夾角為45°，這時(shí)·×1×cos1，最后1·×1×cosBAC1×1，故選C.3

24、B分別以C1B1、C1D1、C1C所在直線為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示A1MANa，M，N，.又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，(0，a,0)，·0，.是平面BB1C1C的法向量，且MN平面BB1C1C，MN平面BB1C1C.4A設(shè)AB1，則·()·()2···cos 60°cos 60°cos 60°.cos，.選A.5A如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正三棱柱的棱長(zhǎng)為2，O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，1,0)，B1(，0,2)，則(，1,2)，則(，0,0)為側(cè)面AC

25、C1A1的法向量，由sin .6.解析以D點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(1,0,0)，M(1，1)，C(0,1,0)，N(1,1，)所以(0，1)，(1,0，)故·0×1×01×，| ，| ，所以cos，.72解析如圖為折疊后的圖形，其中作ACCD，BDCD，則AC6，BD8，CD4，兩異面直線AC、BD所成的角為60°，故由，得|2|268，|2.8解析設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為1，中()22323，故正確；中，由于AB1A1C，故正確；中A1B與AD1兩異面直線所成的角為60

26、76;，但與的夾角為120°，故不正確；中|··|0.故也不正確9證明(1)以A為原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，AP所在直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，E，F(xiàn)分別是PC，PD的中點(diǎn)，E，F(xiàn)，(1,0,0)，即EFAB，又AB平面PAB，EF平面PAB，EF平面PAB.(2)由(1)可知(1,0，1)，(0,2，1)，(0,0,1)，(0,2,0)，(1,0,0)，·(0,0,1)·(1,0,0)0，·(0,2,0)&#

27、183;(1,0,0)0，即APDC，ADDC.又APADA，DC平面PAD.DC平面PDC，平面PAD平面PDC.10(1)證明由PC平面ABC，DE平面ABC，故PCDE.由CE2，CDDE得CDE為等腰直角三角形，故CDDE.由PCCDC，DE垂直于平面PCD內(nèi)兩條相交直線，故DE平面PCD.(2)解由(1)知，CDE為等腰直角三角形，DCE，如圖，過(guò)D作DF垂直CE于F，易知DFFCFE1，又已知EB1，故FB2.由ACB得DFAC，故ACDF.以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以，的方向?yàn)閤軸，y軸，z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則C(0,0,0)，P(0,0,3)，A，E(0,2,0)，D(1,1,0)，(1，1,0)，(1，1,3)，.設(shè)平面PAD的法向量為n1(x1，y1，z1)，由n1·0，n1·0，得故可取n1(2,1,1)由(1)可知DE平面PCD，故平面PCD的法向量n2可取為，即n2(1，1,0)從而法向量n1，n2的夾角的余弦值為cos n1，n2，故所求二面角APDC的余弦值為.11B根據(jù)題意可知平面A1BD平面A1ACC1且兩平面的交線是A1O，所以過(guò)點(diǎn)P作交線A1O的垂線PE，則PE平面A1BD，所以A1OP或其補(bǔ)角就是直線OP與平面A1BD所成的角.設(shè)正方體的邊長(zhǎng)為2，則根據(jù)圖形可知直線OP與平面A1BD可以垂直當(dāng)點(diǎn)P與