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《优化探究》2013届高三数学理科二轮复习专题演练1-6-3第三讲 立体几何中的向量方法


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立体几何中的向量方法

1-6-3 第三讲

一、选择题 1.已知 a=(2,4,-5),b=(3,x,y),若 a∥ b,则 x+y=( A.-9 C.-3 9 B.-2 3 D.-2 )

3 x y 15 15 3 解析:由 a∥ b,得2=4= ,解得 x=6,y=- 2 ,故 x+y=6- 2 =-2. -5 答案:D 2.(2012 年杭州模拟)已知 a=(-1,2,1),b=(2,-1,1),则|a+t b|的最 小值是( ) 3 2 B. 2 D.3 2

A.2 3 C. 6

解析:由已知得 a+tb=(2t-1,2-t,t+1),所以|a+tb|2=(2t-1)2+(2-t)2 1 9 9 3 2 +(t+1)2=6t2-6t+6=6(t2-t)+6=6(t-2)2+2≥2,所以|a+tb|的最小值为 2 . 答案:B 3.已知二面角 α- β 的大小为 60° l,点 B、C 在棱 l 上,A∈ α,D∈ β,AB⊥ l, CD⊥ l,AB=BC=1,CD=2,则 AD 的长为( A.2 C.2 2 B. 5 D. 3 )

→ → → → BC → BC 〈AB → 解析:由题意知|AB|=|BC|=1,|CD|=2,AB⊥→ ,CD⊥→ , → ,CD〉= → → → → → BC → → CD → 120° → =AB+BC+CD,则|AD|2=|AB|2+|BC|2+|CD|2+2AB· +2BC· + ,AD → → → → CD → → 2AB· =1+1+4+2× 2× 120° 1× cos =4,故|AD|=2. 答案:A 4. 如图所示, 在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABC- 1B1C1, A CA=CC1=2CB,
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)

则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为(

5 A. 5 2 5 C. 5 解析:利用向量法求解.

5 B. 3 3 D.5

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), → ∴ →1=(0,2,-1),AB1=(-2,2,1), BC → AB → BC1· 1 → → ∴ cos 〈BC1,AB1〉= → → |BC1||AB1| = 4-1 1 5 = = >0. 5× 9 5 5

→ ∵ →1与AB1的夹角即为直线 BC1 与直线 AB1 的夹角, BC 5 ∴ 直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为 5 . 答案:A 5.(2012 年宝鸡中学月考)如图,在直三棱柱 ABC- 1B1C1 中,AB=1,AC A =2,BC= 3,D、E 分别是 AC1 和 BB1 的中点,则直线 DE 与平面 BB1C1C 所 成的角为( )

π A.6
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π B.4

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π C.3

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π D.2

解析:由 AB=1,AC=2,BC= 3可得 AB2+BC2= AC2,故 AB⊥ BC.又由直棱柱的性质可知 BB1⊥ 平面 ABC. 如图,以 B 为坐标原点建立空间直角坐标系,设棱 BB1 h 的长为 h,则 E(0,0,2),A(0,1,0),C1( 3,0,h), 3 1 h 3 1 → D( 2 ,2,2),故DE=(- 2 ,-2,0).因为 BB1⊥ 平面 → ABC,所以 BB1⊥ AB,又因为 AB⊥ BC,所以 AB⊥ 平面 BB1C1C,故BA=(0,1, 0)是平面 BB1C1C 的一个法向量.设直线 DE 与平面 BB1C1C 所成的角为 θ,则 → DE → BA· → → sin θ=|cos 〈BA,DE〉|=| → → | |BA|· | |DE 1 2 1× 3 1 (- 2 )2+(-2)2+02 1 =2.



π π 又因为 θ∈ [0, ],所以 θ= . 2 6 答案:A 二、填空题 6.如图,已知三棱柱 ABC- 1B1C1 的各条棱长都相等, A 且 CC1⊥ 底面 ABC, 是侧棱 CC1 的中点, M 则异面直线 AB1 和 BM 所成的角为________. 解析:由题意可知该三棱柱为正三棱柱,设其棱长为 → → → 2,BA=a,BB1=b,BC=c,则|a|=|b|=|c|=2,且〈a,c〉 π π π → =3, 〈a,b〉=〈b,c〉=2,所以 a· c=2× cos 3=2,a· 2× b=b· c=0.而AB1=b 1 1 1 1 → → BM → -a,BM=c+ 2b,所以AB1 · =(b-a)· 2 b)=b· 2 b2-a· 2a· (c+ c+ c- b=0,故 π π → → 〈AB1,BM〉=2,即异面直线 AB1 与 BM 所成的角为2. π 答案:2
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7.如图,正方体 ABCD- 1B1C1D1 的棱长为 2,M,N 分 A 别是 C1D1,CC1 的中点,则直线 B1N 与平面 BDM 所成角的 正弦值为________. → → → 解析:以 D 为坐标原点,分别以DA,DC,DD1的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系,如图,则 B1(2,2,2),N(0,2, → → 1),NB1=(2,0,1),又 M(0,1,2),D(0,0,0),B(2,2,0),则DB=(2,2, 0), → =(0,1, 可得平面 BDM 的一个法向量 n=(2,-2,1),因为 cos 〈n, DM 2), → n· 1 NB 5 5 → NB1〉= → = 3 ,故直线 B1N 与平面 BDM 所成角的正弦值是 3 . |n||NB1| 5 答案: 3 8.如图,PA⊥ 平面 ABC,AC⊥ BC,PA=AC=1,BC= 2,则 二面角 A- C 的余弦值大小为________. PB解析:以 C 为原点,CA 为 x 轴,CB 为 y 轴建立空间直角坐标 系 Cxyz,因为 A(1,0,0),B(0, 2,0),C(0,0,0),P(1,0, 1), → → ∴→ =(0,0,1),PB=(-1, 2,-1),CB(0, 2,0), AP 设平面 APB 的法向量为 n1(x1,y1,z1), 平面 PBC 的法向量为 n2(x2,y2,z2), ?z1=0, 则? ?-x1+ 2y1-z1=0, ? 2y2=0, ? ?-x2+ 2y2-z2=0, ∴ 1=(2, 2,0),n2=(-1,0,1), n ∴ cos 〈n1,n2〉= -2 3 =- 3 , 6× 2

3 ∴ 二面角 A- C 的余弦值为 3 . PB3 答案: 3
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三、解答题

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9.(2012 年济南模拟)三棱锥 PABC 中,∠ BAC=90° ,PA= PB=PC=BC=2AB=2. (1)求证:平面 PBC⊥ 平面 ABC; (2)求二面角 B- C 的余弦值. AP解析:(1)证明:取 BC 的中点 O,连接 AO、PO,因为△ABC 为直角三角形,所以 OA=OB=OC,又知 PA=PB=PC,OP 为公共边,则 △POA≌ POB≌ POC,所以∠ △ △ POA=∠ POB=∠ POC=90° , 所以 PO⊥ OB,PO⊥ OA.又 OB∩OA=O, 所以 PO⊥ 平面 ABC.又因为 PO?平面 PBC, 所以平面 PBC⊥ 平面 ABC. (2)过 O 作 OD⊥ BC,交 AC 于点 D,以 O 为坐标原点建立如图所示的空间 直角坐标系, 3 1 则 A( 2 ,-2,0),B(0,-1,0), 3 1 3 → → → C(0,1,0),P(0,0, 3),BA=( 2 ,2,0),BP=(0,1, 3),CA=( 2 , 3 → -2,0),CP=(0,-1, 3). 设平面 PAB 的法向量为 n1=(x,y,z), ?n1⊥→ ? 23x+1y=0 BA ? 2 则由? ,得? ,令 x=1,得平面 PAB 的 → ?n1⊥ ? BP ?y+ 3z=0 一个法向量为 n1=(1,- 3,1). 同理可求得平面 PAC 的一个法向量为 n2=(3, n1·2 n 65 所以 cos 〈n1,n2〉=|n |· |= 65 , 1 |n2 65 故二面角 B- C 的余弦值为 65 . AP10.(2012 年郑州模拟)如图,在四棱锥 S ABCD 中,AB⊥ AD,AB∥ CD,CD =3AB=3, 平面 SAD⊥ 平面 ABCD, 是线段 AD 上一点, E AE=ED= 3, SE⊥ AD. 3,1).

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(1)证明:平面 SBE⊥ 平面 SEC; (2)若 SE=1,求直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值. 解析:(1)证明∵ 平面 SAD⊥ 平面 ABCD,平面 SAD∩平面 ABCD=AD,SE? 平面 SAD,SE⊥ AD, ∴ SE⊥ 平面 ABCD, ∵ ? 平面 ABCD,∴ BE SE⊥ BE. ∵ AB⊥ AD,AB∥ CD,CD=3AB=3,AE=ED= 3, ∴ AEB=30° CED=60° ∠ ,∠ . ∴ BEC=90° ∠ ,即 BE⊥ CE. 又 SE∩CE=E,∴ BE⊥ 平面 SEC, ∵ ? 平面 SBE, BE ∴ 平面 SBE⊥ 平面 SEC. (2)由(1)知,直线 ES,EB,EC 两两垂直. 如图,以 E 为原点,EB 为 x 轴,EC 为 y 轴,ES 为 z 轴,建立空间直角坐标系.则 E(0,0,0),C(0, 2 3,0),S(0,0,1),B(2,0,0), → → ∴→ =(0,-2 3,0),CB=(2,-2 3,0),CS CE =(0,-2 3,1). 设平面 SBC 的法向量为 n=(x,y,z), → ?n· =0 ?2x-2 3y=0 ? CB 则? ,即? ,令 y=1, → ?-2 3y+z=0 ?n· =0 ? CS 得 x= 3,z=2 3, ∴ 平面 SBC 的一个法向量为 n=( 3,1,2 3). 设直线 CE 与平面 SBC 所成角的大小为 θ,
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→ n· CE 1 则 sin θ=| → |=4, |n|· | |CE

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1 ∴ 直线 CE 与平面 SBC 所成角的正弦值为4. 11.(2012 年北京西城模拟)如图,在直三棱柱 ABC- 1B1C1 中,AB=BC= A 2AA1,∠ ABC=90° ,D 是 BC 的中点.

(1)求证:A1B∥ 平面 ADC1; (2)求二面角 C1- C 的余弦值; AD(3)试问线段 A1B1 上是否存在一点 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. 解析:(1)连接 A1C,交 AC1 于点 O,连接 OD. 由 ABC- 1B1C1 是直三棱柱, A 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)由 ABC- 1B1C1 是直三棱柱, ABC=90° 得 BA、 A 且∠ , BC、 1 两两垂直. BB 以 B 为坐标原点,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 Bxyz.

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) 设平面 ADC1 的法向量为 n=(x,y,z),

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→ ?n· =0, ? AD 则有? → ?n· 1=0. ? AC

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?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|· =-3. |v| 因为二面角 C1- C 是锐二面角, AD2 所以二面角 C1- C 的余弦值为3. AD(3)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,所以 → DC AE·→ 1 1 → → |cos 〈AE,DC1〉|=| → → =2. |AE|· 1| |DC 即| 1 1 |=2,解得 λ=1 或 λ=3(舍去). 2 (λ-2) +1· 2

所以当点 E 为线段 A1B1 的中点时,AE 与 DC1 成 60° 角.

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