2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理（含解析）.doc

2019-2020年高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理（含解析）一、選擇題1(xx北京理，7)在空間直角坐標系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)，若S1、S2、S3分別是三棱錐DABC在xOy、yOz、zOx坐標平面上的正投影圖形的面積，則()AS1S2S3BS2S1且S2S3CS3S1且S3S2DS3S2且S3S1答案D解析DABC在xOy平面上的投影為ABC，故S1ABBC2，設D在yOz和zOx平面上的投影分別為D2和D3，則DABC在yOz和zOx平面上的投影分別為OCD2和OAD3，D2(0,1，)，D3(1,0，)故S22，S32，綜上，選項D正確2已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E是AA1的中點，則異面直線D1C與BE所成角的余弦值為()A.B.C. D.答案B解析以A為原點，AB、AD、AA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設AB1，則B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,2)，AA12AB，E(0,0,1)，(1,0,1)，(1,0,2)，cos，故選B.3(xx浙江理，8)如圖，已知ABC，D是AB的中點，沿直線CD將ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角為，則()AADBBADBCACBDACB答案B解析AC和BC都不與CD垂直，ACB，故C，D錯誤當CACB時，容易證明ADB.不妨取一個特殊的三角形，如RtABC，令斜邊AB4，AC2，BC2，如圖所示，則CDADBD2，BDH120，設沿直線CD將ACD折成ACD，使平面ACD平面BCD，則90.取CD中點H，連接AH，BH，則AHCD，AH平面BCD，且AH，DH1.在BDH中，由余弦定理可得BH.在RtAHB中，由勾股定理可得AB.在ADB中，AD2BD2AB22<0，可知cosADB<0，ADB為鈍角，故排除A.綜上可知答案為B.4已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱與底面邊長都相等，A1在底面ABC內(nèi)的射影為ABC的中心，則AB1與底面ABC所成角的正弦值等于()A. B.C. D.答案B解析如圖，設A1在平面ABC內(nèi)的射影為O，以O為坐標原點，OA、OA1分別為x軸、z軸建立空間直角坐標系如圖設ABC邊長為1，則A(，0,0)，B1(，)，(，)平面ABC的法向量n(0,0,1)，則AB1與底面ABC所成角的正弦值為sin|cos，n|.5.過正方形ABCD的頂點A，引PA平面ABCD.若PABA，則平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30B45C60D90答案B解析建立如圖所示的空間直角坐標系，不難求出平面APB與平面PCD的法向量分別為n1(0,1,0)，n2(0,1,1)，故平面ABP與平面CDP所成二面角(銳角)的余弦值為，故所求的二面角的大小是45.6如圖，四棱錐SABCD的底面為正方形，SD底面ABCD，則下列結(jié)論中不正確的是()AACSBBAB平面SCDCSA與平面SBD所成的角等于SC與平面SBD所成的角DAB與SC所成的角等于DC與SA所成的角答案D解析四邊形ABCD是正方形，ACBD.又SD底面ABCD，SDAC.SDBDD，AC平面SDB，從而ACSB.故A正確易知B正確設AC與DB交于O點，連接SO.則SA與平面SBD所成的角為ASO，SC與平面SBD所成的角為CSO，又OAOC，SASC，ASOCSO.故C正確由排除法可知選D.二、填空題7如圖，在空間直角坐標系中有棱長為a的正方體ABCDA1B1C1D1，點M是線段DC1上的動點，則點M到直線AD1距離的最小值是_答案a解析設M(0，m，m)(0ma)，(a,0，a)，直線AD1的一個單位方向向量s(，0，)，(0，m，am)，故點M到直線AD1的距離d，根式內(nèi)的二次函數(shù)當m時取最小值()2aa2a2，故d的最小值為a.8(xx四川理，14)如圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點設異面直線EM與AF所成的角為，則cos 的最大值為_答案解析分別以直線AB、AD、AQ為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系如圖所示設AB1，則，E.設M(0，y,1)(0y1)，則，由于異面直線所成角的范圍為，所以cos .因為21，令8y1t,1t9，則，當t1時取等號所以所以cos ，當y0時，取得最大值三、解答題9在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC90，BC2，CC14，點E在線段BB1上，且EB11，D、F、G分別為CC1、C1B1、C1A1的中點求證：(1)B1D平面ABD；(2)平面EGF平面ABD.證明(1)以B為坐標原點，BA、BC、BB1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示則B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，設BAa，則A(a,0,0)，所以(a,0,0)，(0,2,2)，(0,2，2)，0，0440，即B1DBA，B1DBD，又BABDB，因此B1D平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G(，1,4)，F(xiàn)(0,1,4)，則(，1,1)，(0,1,1)，0220，0220，即B1DEG，B1DEF，又EGEFE，因此B1D平面EGF.結(jié)合(1)可知平面EGF平面ABD.方法點撥1.空間的平行與垂直關(guān)系的判斷與證明，既可用綜合幾何方法解決，也可用向量幾何方法解決2用向量方法研究空間線面位置關(guān)系設直線l1、l2的方向向量分別為a、b，平面、的法向量分別為e1，e2，A、B、C分別為平面內(nèi)相異三點(其中l(wèi)1與l2不重合，與不重合)，則l1l2ab存在實數(shù)，使ba(a0)；l1l2abab0.l1ae1存在實數(shù)，使e1a(a0)；l1ae10存在非零實數(shù)1，2，使a12.e1e2存在實數(shù)，使e2e1(e10)；e1e2e1e20.3平面的法向量求法在平面內(nèi)任取兩不共線向量a，b，設平面的法向量n(x，y，z)，利用建立x、y、z的方程組，取其一組解10.如圖，已知ABCDA1B1C1D1是底面為正方形的長方體，A1D12，A1A2，點P是AD1上的動點(1)當P為AD1的中點時，求異面直線AA1與B1P所成角的余弦值；(2)求PB1與平面AA1D1所成角的正切值的最大值解析(1)(解法一)過點P作PEA1D1，垂足為E，連接B1E，則PEAA1，B1PE是異面直線AA1與B1P所成的角在RtAA1D1中，A1D12，AA12，A1EA1D11，B1E.又PEAA1，在RtB1PE中，B1P2，cosB1PE.異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為.(解法二)以A1為原點，A1B1所在的直線為x軸，A1D1所在直線為y軸，A1A所在直線為z軸建立空間直角坐標系如圖所示，則A1(0,0,0)，A(0,0,2)，B1(2,0,0)，P(0，1，)，(0,0,2)，(2,1，)，cos，.異面直線AA1與B1P所成角的余弦值為.(2)由(1)知，B1A1平面AA1D1，B1PA1是PB1與平面AA1D1所成的角，且tanB1PA1.當A1P最小時，tanB1PA1最大，這時A1PAD1，由A1P，得tanB1PA1，即PB1與平面AA1D1所成角的正切值的最大值為.11(xx天津理，17)如圖，在四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，ADDCAP2，AB1，點E為棱PC的中點(1)證明：BEDC；(2)求直線BE與平面PBD所成角的正弦值；(3)若F為棱PC上一點，滿足BFAC，求二面角FABP的余弦值解析解法一：由題意易知AP、AB、AD兩兩垂直，以點A為原點建立空間直角坐標系(如圖)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，由E為棱PC的中點， 得E(1,1,1)(1)證明：(0,1,1)，(2,0,0)，故0，所以BEDC.(2)(1,2,0)，(1,0，2)，設n(x，y，z)為平面PBD的法向量，則即不妨令y1，可得n(2,1,1)為平面PBD的一個法向量，于是有cosn，.所以，直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.(3)向量(1,2,0)，(2，2,2)，(2,2,0)，(1,0,0)，由點F在棱PC上，設，01.故(12，22，2)，由BFAC，得0，因此，2(12)2(22)0，解得，即(，)設n1(x，y，z)為平面FAB的法向量，則即不妨令z1，可得n1(0，3,1)為平面FAB的一個法向量，取平面ABP的法向量n2(0,1,0)，則cosn1，n2.易知，二面角FABP是銳角，所以其余弦值為.解法二：(1)證明：如圖，取PD中點M，連接EM、AM.由于E、M分別為PC、PD的中點，故EMDC，且EMDC，又由已知，可得EMAB且EMAB，故四邊形ABEM為平行四邊形，所以BEAM.因為PA底面ABCD，故PACD，而CDDA，從而CD平面PAD，因為AM平面PAD，于是CDAM，又BEAM，所以BECD.(2)連接BM，由(1)有CD平面PAD，得CDPD，而EMCD，故PDEM，又因為ADAP，M為PD的中點，故PDAM，可得PDBE，所以PD平面BEM，故平面BEM平面PBD，所以，直線BE在平面PBD內(nèi)的射影為直線BM，而BEEM，可得EBM為銳角，故EBM為直線BE與平面PBD所成的角依題意，有PD2，而M為PD中點，可得AM，進而BE，故在直角三角形BEM中，tanEBM，因此sinEBM.所以，直線BE與平面PBD所成角的正弦值為.(3)如圖，在PAC中，過點F作FHPA交AC于點H，因為PA底面ABCD，故FH底面ABCD，從而FHAC，又BFAC，得AC平面FHB，因此ACBH，在底面ABCD內(nèi)，可得CH3HA，從而CF3FP.在平面PDC內(nèi)，作FGDC交PD于點G，于是DG3GP，由于DCAB，故GFAB，所以A，B，F(xiàn)，G四點共面，由ABPA，ABAD，得AB平面PAD，故ABAG，所以PAG為二面角FABP的平面角在PAG中，PA2，PGPD，APG45，由余弦定理可得AG，cosPAG.所以，二面角FABP的余弦值為.方法點撥1.運用空間向量坐標運算求空間角的一般步驟建立恰當?shù)目臻g直角坐標系；求出相關(guān)點的坐標；寫出向量坐標；結(jié)合公式進行論證、計算；轉(zhuǎn)化為幾何結(jié)論2兩異面直線所成的角不一定是直線的方向向量的夾角；兩平面的法向量的夾角與二面角相等或互補；直線的方向向量與平面的法向量的夾角與線面角的余角相等或互補12如圖，四棱錐PABCD中，PA底面ABCD，四邊形ABCD中，ABAD，ABAD4，CD，CDA45.(1)求證：平面PAB平面PAD；(2)設ABAP.()若直線PB與平面PCD所成的角為30，求線段AB的長；()在線段AD上是否存在一個點G，使得點G到點P、B、C、D的距離都相等？說明理由解析(1)因為PA平面ABCD，AB平面ABCD，所以PAAB.又ABAD，PAADA，所以AB平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.(2)以A為坐標原點，建立空間直角坐標系Axyz如圖在平面ABCD內(nèi)，作CEAB交AD于點E，則CEAD.在RtCDE中，DECDcos451，CECDsin451.設ABAPt，則B(t,0,0)，P(0,0，t)由ABAD4得AD4t，所以E(0,3t,0)，C(1,3t,0)，D(0,4t,0)，(1,1,0)，(0,4t，t)()設平面PCD的法向量為n(x，y，z)，由n，n，得取xt，得平面PCD的一個法向量n(t，t,4t)又(t,0，t)，故由直線PB與平面PCD所成的角為30得cos60，即，解得t或t4(舍去，因為AD4t>0)，所以AB.()假設在線段AD上存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等設G(0，m,0)(其中0m4t)，則(1,3tm,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t)由|得12(3tm)2(4tm)2，即t3m；由|得(4tm)2m2t2.由、消去t，化簡得m23m40.由于方程沒有實數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P、C、D的距離都相等從而，在線段AD上不存在一個點G，使得點G到點P，B，C，D的距離都相等方法點撥1.用空間向量求點到平面的距離的方法步驟是：(1)求出平面的法向量n；(2)任取一條過該點的該平面的一條斜線段，求出其向量坐標n1；(3)求點到平面的距離d.2點面距、線面距、異面直線間的距離的求法共同點是：設平面的法向量為n(求異面直線間的距離時，取與兩異面直線都垂直的向量為n)，求距離的兩幾何圖形上各取一點A、B，則距離d.13(xx湖南理，19)如圖，已知四棱臺ABCDA1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，A1A6，且A1A底面ABCD.點P，Q分別在棱DD1，BC上(1)若P是DD1的中點，證明：AB1PQ；(2)若PQ平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值為，求四面體ADPQ的體積分析考查空間向量的運用，線面垂直的性質(zhì)與空間幾何體體積計算考查轉(zhuǎn)化思想、方程思想、運算求解能力和空間想像能力(1)建立空間直角坐標系，求得相關(guān)點的坐標將問題轉(zhuǎn)化為證明AB1PQ0；(2)利用向量幾何求解：將PQ平面ABB1A1轉(zhuǎn)化為與平面ABB1A1的法向量垂直，結(jié)合平面的法向量與二面角的關(guān)系確定點P，最后利用體積公式計算體積或用綜合幾何方法求解解析解法一由題設知，AA1，AB，AD兩兩垂直，以A為坐標原點，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則相關(guān)各點的坐標為A(0,0,0)，B1(3,0，6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中mBQ,0m6.(1)證明：若P是DD1的中點，則P(0，3)，(6，m，3)，(3,0,6)，于是18180，所以，即AB1PQ；(2)由題設知，(6，m6,0)，(0，3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個不共線向量設n1(x，y，z)是平面PQD的一個法向量，則 ，即取y6，得n1(6m,6,3)又平面AQD的一個法向量是n2(0,0,1)，所以cosn1，n2，而二面角PQDA的余弦值為，因此，解得m4，或者m8(舍去)，此時Q(6,4,0)設 (0<<1)，而(0，3,6)，由此得點P(0,63，6)，(6,32，6)因為PQ平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一個法向量是n3(0,1,0)，所以n30，即320，亦即，從而P(0,4,4)，于是，將四面體ADPQ視為以ADQ為底面的三棱錐PADQ，而其高h4，故四面體ADPQ的體積VSADQh66424.解法二(1)如圖c，取A1A的中點R，連接PR，BR，因為A1A，D1D是梯形A1AD1D的兩腰，P是D1D的中點，所以PRAD，于是由ADBC知，PRBC，所以P，R，B，C四點共面由題設知，BCAB，BCA1A，所以BC平面ABB1A1，因此BCAB1，因為tanABR tanA1AB1，所以tanABRtanA1AB1，因此ABRBAB1A1AB1BAB190，于是AB1BR，再由即知平面AB1平面PRBC，又PQ平面PRBC，故AB1PQ.圖c圖d(2)如圖d，過點P作PM/A1A交AD于點M，則PM/平面ABB1A1.因為A1A平面ABCD，所以PM平面ABCD，過點M作MNQD于點N，連接PN，則PNQD，PNM為二面角PQDA的平面角，所以cosPNM，即，從而.連接MQ，由PQ/平面ABB1A1，所以MQ/AB，又ABCD是正方形，所以ABQM為矩形，故MQAB6.設MDt，則MN 過點D1作D1EA1A交AD于點E，則AA1D1E為矩形，所以D1EA1A6，AEA1D13，因此EDADAE3，于是2，所以PM2MD2t，再由得，解得t2，因此PM4.故四面體ADPQ的體積VSADQh66424.