考點(diǎn)35 立體幾何中的向量方法

考點(diǎn)35立體幾何中的向量方法一、選擇題1.(2018·全國卷II高考理科·T9)在長方體ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為 ()A.15 B.56 C.55 【命題意圖】本題考查了異面直線所成的角的概念以及求解運(yùn)算能力,同時(shí)考查了利用空間直角坐標(biāo)系求解問題的方法.【解析】選C.方法一:以D為坐標(biāo)原點(diǎn),DA,DC,DD1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,3),B1(1,1,3),所以=(-1,0,3),=(1,1,3),設(shè)異面直線AD1與DB1所成角為α,則cosα=|cos,|=-1+31+3·方法二:如圖.連接A1D交AD1于點(diǎn)E.取A1B1中點(diǎn)F,連接EF,則EF12B1D,連接D1F,在△A1FE中,∠D1EF為異面直線AD1與DB1的夾角由已知EF=12DB1=121D1E=12AD1=1,D1F=1+12所以cos∠D1EF=EF2+二、解答題2.(12分)(2018·全國卷I高考理科·T18)如圖,四邊形ABCD為正方形,E,F分別為AD,BC的中點(diǎn),以DF為折痕把△DFC折起,使點(diǎn)C到達(dá)點(diǎn)P的位置,且PF⊥BF.(1)證明:平面PEF⊥平面ABFD.(2)求DP與平面ABFD所成角的正弦值.【解析】(1)由已知可得,BF⊥PF,BF⊥EF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF.又BF?平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)方法一:作PH⊥EF,垂足為H.由(1)得,PH⊥平面ABFD.以H為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閥軸正方向,設(shè)正方形ABCD的邊長為2,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系H-xyz.由(1)可得,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=32,EH=3則H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,設(shè)DP與平面ABFD所成角為θ,則sinθ==343=3所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為34方法二:因?yàn)镻F⊥BF,BF∥ED,所以PF⊥ED,又PF⊥PD,ED∩DP=D,所以PF⊥平面PED,所以PF⊥PE,設(shè)AB=4,則EF=4,PF=2,所以PE=23,過P作PH⊥EF交EF于H點(diǎn),由平面PEF⊥平面ABFD,所以PH⊥平面ABFD,連接DH,則∠PDH即為直線DP與平面ABFD所成的角,由PE·PF=EF·PH,所以PH=23×2因?yàn)镻D=4,所以sin∠PDH=PHPD=3所以DP與平面ABFD所成角的正弦值為343.(2018·全國卷II高考理科·T20)(12分)如圖,在三棱錐P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O為AC的中點(diǎn).(1)證明:PO⊥平面ABC. (2)若點(diǎn)M在棱BC上,且二面角M-PA-C為30°,求PC與平面PAM所成角的正弦值.【命題意圖】本題考查立體幾何中的線面關(guān)系以及線面角的求法,意在考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算及邏輯推理能力.【解析】(1)因?yàn)锳P=CP=AC=4,O為AC的中點(diǎn),所以O(shè)P⊥AC,且OP=23.連接OB.因?yàn)锳B=BC=22AC,所以△ABC為等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.(2)連接OM,如圖,以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,的方向?yàn)閥軸正方向,的方向?yàn)閦軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),=(0,2,23),取平面PAC的法向量=(2,0,0).設(shè)M(a,2-a,0)(0<a≤2),則=(a,4-a,0).設(shè)平面PAM的法向量為n=(x,y,z).由·n=0,·n=0得2y+2可取n=(3(a-4),3a,-a),所以cos<,n>=23(由已知得|cos<,n>|=32.所以23|a解得a=-4(舍去),a=43所以n=-8又=(0,2,-23),所以cos<,n>=34.所以PC與平面PAM所成角的正弦值為344.(2018·全國Ⅲ高考理科·T19)(12分)如圖,邊長為2的正方形ABCD所在的平面與半圓弧CD所在平面垂直,M是CD上異于C,D的點(diǎn).(1)證明:平面AMD⊥平面BMC.(2)當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),求面MAB與面MCD所成二面角的正弦值.【命題意圖】本題考查立體幾何中面面垂直的判定及二面角的求解,考查空間想象能力、推理論證能力、運(yùn)算求解能力,體現(xiàn)了直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).試題難度:中.【解析】(1)由題設(shè)知,平面CMD⊥平面ABCD,交線為CD.因?yàn)锽C⊥CD,BC?平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因?yàn)镸為CD上異于C,D的點(diǎn),且DC為直徑,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM?平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D為坐標(biāo)原點(diǎn),的方向?yàn)閤軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz.當(dāng)三棱錐M-ABC體積最大時(shí),M為CD的中點(diǎn).由題設(shè)得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0),設(shè)n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,則即-2可取n=(1,0,2).是平面MCD的法向量,因此cos<n,>==55,sin<n,>=255,所以平面MAB與平面MCD所成二面角的正弦值是2555.(本小題14分)(2018·北京高考理科·T16)如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分別為AA1,AC,A1C1,BB1的中點(diǎn),AB=BC=5,AC=AA1=2.(1)求證:AC⊥平面BEF.(2)求二面角B-CD-C1的余弦值.(3)證明:直線FG與平面BCD相交.【命題意圖】考查空間中直線與平面的位置關(guān)系的判定,以及二面角的求法,意在考查空間想象能力,邏輯推理能力,運(yùn)算能力,培養(yǎng)學(xué)生的空間想象能力與邏輯推理能力,體現(xiàn)了邏輯推理,直觀想象,數(shù)學(xué)運(yùn)算的數(shù)學(xué)素養(yǎng).【解析】(1)因?yàn)镃C1⊥平面ABC,AC?平面ABC,所以CC1⊥AC.在平行四邊形A1ACC1中,E,F分別是AC,A1C1的中點(diǎn),所以EF∥CC1,所以AC⊥EF.在△ABC中,AB=BC,E是AC的中點(diǎn),所以AC⊥BE,又因?yàn)锳C⊥EF,BE,EF?平面BEF,BE∩EF=E,所以AC⊥平面BEF.(2)如圖,建立空間直角坐標(biāo)系E-xyz,則E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(-1,0,0),A1(1,0,2),B1(0,2,2),C1(-1,0,2),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1),顯然=(0,2,0)是平面CDC1的一個(gè)法向量,設(shè)m=(x,y,z)是平面BCD的一個(gè)法向量,又=(-1,-2,0),=(1,-2,1),所以-x-2y=0,x-所以平面BCD的一個(gè)法向量為m=(-2,1,4),cos<,m>==0+2×1+02×(-由圖知,二面角B-CD-C1為鈍角,所以,二面角B-CD-C1的余弦值為-2121(3)方法一:記CD,EF交點(diǎn)為I,連接BI,由(1)及已知,EF∥CC1,CC1∥BB1,所以EF∥BB1,直線BG與直線FI共面,又因?yàn)锽G=12BB1=12AA1=A1D,A1D<所以四邊形BGFI是梯形,直線FG與直線BI一定有交點(diǎn),又因?yàn)锽I?平面BCD,FG?平面BCD,所以直線FG與平面BCD相交.方法二:反證法.顯然FG?平面BCD,假設(shè)FG∥平面BCD,下面推出矛盾.記CD,EF交點(diǎn)為I,連接BI,因?yàn)镕G∥平面BCD,平面BCD∩平面BGFI=BI,所以FG∥BI,由(1)及已知,EF∥CC1,CC1∥BB1,所以EF∥BB1,即BG∥FI,所以四邊形BGFI是平行四邊形,所以BG=FI,而BG=12BB1=12AA1=A1D<FI,所以直線FG與平面BCD相交.6.(本小題滿分13分)(2018·天津高考理科·T17)如圖,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(Ⅰ)若M為CF的中點(diǎn),N為EG的中點(diǎn),求證:MN∥平面CDE.(Ⅱ)求二面角E-BC-F的正弦值.(Ⅲ)若點(diǎn)P在線段DG上,且直線BP與平面ADGE所成的角為60°,求線段DP的長.【命題意圖】本題考查直線與平面平行、二面角、直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識.考查用空間向量解決立體幾何問題的方法.考查空間想象能力、運(yùn)算求解能力和推理論證能力.【解析】依題意,可以建立以D為原點(diǎn),分別以,,的方向?yàn)閤軸,y軸,z軸的正方向的空間直角坐標(biāo)系(如圖),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,1,N(Ⅰ)依題意=(0,2,0),=(2,0,2).設(shè)n0=(x,y,z)為平面CDE的法向量,則即2y=0,2x+2z=0,不妨令z又=1,-32,1,可得·n0=0,又因?yàn)橹本€MN?平面CDE,所以MN(Ⅱ)依題意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).設(shè)n=(x1,y1,z1)為平面BCE的法向量,則即-x1=0,x1-2y設(shè)m=(x2,y2,z2)為平面BCF的法向量,則即-x2=0,-y2+2因此有cos<m,n>=m·n|于是sin<m,n>=1010所以,二面角E-BC-F的正弦值為1010(Ⅲ)設(shè)線段DP的長為h(h∈[0,2]),則點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)為平面ADGE的一個(gè)法向量,故|cos<,>|==2h2+5,由題意,可得2h2+5=sin60°=32,解得h=所以線段DP的長為337.(2018·江蘇高考·T22)(本小題滿分10分)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點(diǎn)P,Q分別為A1B1,BC的中點(diǎn).(1)求異面直線BP與AC1所成角的余弦值.(2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值.【解析】如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,設(shè)AC,A1C1的中點(diǎn)分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{,,}為基底,建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz.因?yàn)锳B=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).(1)因?yàn)镻為A1B1的中點(diǎn),所以P32從而=-32,-1故|cos<,>|==|-1+4|5×22因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為310(2)因?yàn)镼為BC的中點(diǎn),所以Q32因此=32,32,0,設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個(gè)法向量,則即32x+32設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ,則sinθ=|cos<,n>|==25×2=5所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為558.(2018·浙江高考T19)(本題滿分15分)如圖,已知多面體ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(Ⅰ)證明:AB1⊥平面A1B1C1.(Ⅱ)求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值.【命題意圖】本題主要考查空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系,直線與平面所成的角等基礎(chǔ)知識,同時(shí)考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.【解析】方法一:(Ⅰ)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=22,所以A1B12+AB12故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=5,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23,由CC1⊥AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,故AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1=B1,所以AB1⊥平面A(Ⅱ)如圖,過點(diǎn)C1作C1D⊥A1B1,交直線A1B1于點(diǎn)D,連接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1與平面ABB1所成的角.由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得cos∠C1A1B1=67,sin∠C1A1B1=1所以C1D=3,故sin∠C1AD=C1DA因此,直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是3913方法二:(Ⅰ)如圖,以AC的中點(diǎn)O為原點(diǎn),分別以射線OB,OC為x,y軸的正半軸,建立空間直角坐標(biāo)系O-xy