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2014高中数学常考问题13 立体几何中的向量方法


常考问题 13 立体几何中的向量方法
(建议用时:50 分钟) 1.如图,四棱锥 S-ABCD 的底面为正方形,SD⊥底面 ABCD,则下列结论中不正确的是 ( A.AC⊥SB B.AB∥平面 SCD C.SA 与平面 SBD 所成的角等于 SC 与平面 SBD 所成的角 D.AB 与 SC 所成的角等于 DC 与 SA 所成的角 解析 选项 A 正确,因为 SD 垂直

于底面 ABCD,而 AC?平面 ABCD,所以 ).

AC⊥SD;再由四边形 ABCD 为正方形,所以 AC⊥BD;而 BD 与 SD 相交, 所以,AC⊥平面 SBD,AC⊥SB. 选项 B 正确,因为 AB∥CD,而 CD?平面 SCD,AB?平面 SCD,所以 AB∥ 平面 SCD. 选项 C 正确,设 AC 与 BD 的交点为 O,易知 SA 与平面 SBD 所成的角就是 ∠ASO,SC 与平面 SBD 所成的角就是∠CSO,易知这两个角相等. 选项 D 错误, AB 与 SC 所成的角等于∠SCD, 而 DC 与 SA 所成的角是∠SAB, 这两个角不相等. 答案 D

2.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a,M,N 分别 2a 为 A1B 和 AC 上的点,A1M=AN= 3 ,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是 ( A.相交 C.垂直 解析 B.平行 D.不能确定 ).

→ =MB → +BC → +CN → =2A → → 2→ MN 3 1B+BC+3CA

2 → → → 2 → → =3(A1B1+B1B)+BC+3(CD+DA) 2 → → 2→ =3B 1B+BC+ DA, 3 → 是平面 BB C C 的一个法向量, →· → =2B → → 2 → CD → =0, 又CD 且MN CD ∴ 1 1 1B+BC+ DA· 3 3 → ⊥CD → ,又 MN?面 BB C C,∴MN∥平面 BB C C. MN 1 1 1 1 答案 B

3.如图,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 A. 5 解析 5 B. 3 2 5 C. 5 3 D.5 ).

设 CA=2,则 C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),B1(0,2,1),可得

→ =(-2,2,1),BC → =(0,2,-1),由向量的夹角公式得 cos〈AB → ,BC → 〉= AB 1 1 1 1 0+4-1 1 5 = =5. 5 4+4+1× 0+4+1 答案 A

4.已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的侧棱长与底面边长相等,则 AB1 与侧面 ACC1A1 所成角的正弦等于 ( 6 A. 4 解析 10 B. 4 2 C. 2 3 D. 2 ).

如图所示建立空间直角坐标系, 设正三棱柱的棱长为

→ 2,O(0,0,0),B( 3,0,0),A(0,-1,0),B1( 3,0,2),则AB 1 → =(- 3,0,0)为侧面 ACC A 的法向量, =( 3,1,2),则BO 1 1 由 sin θ= 答案 A →· → |AB 6 1 BO| =4. → ||BO →| |AB
1

5.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,线 2 段 B1D1 上有两个动点 E,F 且 EF= 2 ,则下列结论 中错误的是 ( A.AC⊥BE B.EF∥平面 ABCD C.三棱锥 A-BEF 的体积为定值 D.异面直线 AE,BF 所成的角为定值 解析 ∵AC⊥平面 BB1D1D, 又 BE?平面 BB1D1D.∴AC⊥BE, 故 A 正确. ∵ ).

B1D1∥平面 ABCD,又 E,F 在直线 D1B1 上运动,∴EF∥平面 ABCD,故 B 正确.C 中,由于点 B 到直线 B1D1 的距离不变,故△BEF 的面积为定值,又 2 点 A 到平面 BEF 的距离为 2 ,故 VA-BEF 为定值.故 C 正确. 建立空间直角坐标系,如图所示,可得 A(1,1,0),B(0,1,0), ①当点 E 在 D1 处,点 F 为 D1B1 的中点时, 1 1 E(1,0,1),F2,2,1, → =(0,-1,1), ∴AE → =1,-1,1,∴AE →· → =3. BF BF 2 2 2 → |= 2,|BF → |= 6, 又|AE 2 → BF → → ,BF → 〉= AE· ∴cos〈AE = → → |AE||BF| 3 =2. 6 2· 2 3 2

∴此时异面直线 AE 与 BF 成 30° 角. 1 1 → =-1, ②当点 E 为 D1B1 的中点,F 在 B1 处,此时 E2,2,1,F(0,1,1),∴AE 2 1 → =(0,0,1), -2,1,BF

→· → =1,|AE → |= ∴AE BF 1

→ → 12 12 6 AE· BF → → 2 -2 +-2 +1 = 2 ,∴cos〈AE,BF〉= = → ||BF →| |AE

6 3 = 3 ≠ 2 ,故选 D. 6 1·2 答案 D

→ → → 2 → → 6. 已知 ABCD-A1B1C1D1 为正方体, ①(A ②A (A→ 1A+A1D1+A1B1) =3A1B12; 1C· 1B1 → → → -A ;④正方体 ABCD-A1B1C1D1 1A)=0;③向量AD1与向量A1B的夹角是 60° →· →· → 的体积为|AB AA 1 AD|.其中正确命题的序号是________. 解析 → → → 2 →2 → 2 设正方体的棱长为 1,①中(A 1A+A1D1+A1B1) =A1C =3(A1B1) =3,

→ → 故①正确;②中A→ 1B1-A1A=AB1,由于 AB1⊥A1C,故②正确;③中 A1B 与 → 与A → AD1 两异面直线所成的角为 60° ,但AD ,故③不正确; 1 1B的夹角为 120° →· →· → ④中|AB AA 1 AD|=0.故④也不正确. 答案 ①②

7.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 ________. 解析 以 C 为坐标原点,CA,CB,CC1 所在直线分别为

x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系, A1(1,0,2), B(0,1,0), → → =(-1,0,0), A(1,0,0), C(0,0,0), 则A -2), AC 1B=(-1,1, → → A AC 1 6 1B· → → cos〈A1B,AC〉= = =6. → → 1+1+4 |A 1B||AC| 答案 6 6

8. 已知正四棱锥 P-ABCD 的侧棱与底面所成角为 60° ,M 为 PA 中点,连接 DM, 则 DM 与平面 PAC 所成角的大小是________.

解析

设底面正方形的边长为 a,由已知可

6 得正四棱锥的高为 2 a,建立如图所示空间 直角坐标系,则平面 PAC 的法向量为 n= 2 ? ? 2 (1,0,0),D ?- a,0,0?,A0 ,- 2 a,0 , ? 2 ? ? ? 6 ? 2 6 ? → P?0,0, a?, M?0,- a, a?, DM= 2 ? 4 4 ? ? ? →· |DM n| 2 ? 2 2 6 ? → ? a,- a, a?,所以 cos 〈DM,n〉= = 2 ,所以 DM 与平面 4 4 ? → ?2 |DM||n| PAC 所成角为 45° . 答案 45°

9.(2013· 辽宁卷)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 CPBA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.又 BC?平面 PBC, 所以平面 PBC⊥平面 PAC. (2)解 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), ? ?C→ B· n1=0, ? 3x1=0, 则? 所以? → n =0, ?y1+z1=0, ? ?C P · 1 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), ? ?A→ P· n2=0, 则? → n =0, ? ?A B · 2 ?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 6 所以由题意可知二面角 CPBA 的余弦值为 4 . 10.(2013· 合肥第二次质检)在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是边长为 1 的正方形,且 PA⊥平面 ABCD. (1)求证:PC⊥BD; (2)过直线 BD 且垂直于直线 PC 的平面交 PC 于点 E, 且三棱锥 E-BCD 的体积取到最大值. ①求此时四棱锥 E-ABCD 的高; ②求二面角 A-DE-B 的正弦值的大小. (1)证明 连接 AC,因为四边形 ABCD 是正方形,所以 BD⊥AC.因为 PA⊥平

面 ABCD,所以 PA⊥BD. 又 AC∩PA=A,所以 BD⊥平面 PAC.

又 PC?平面 PAC,所以 PC⊥BD. (2)解 ①设 PA=x,三棱锥 E-BCD 的底面积为定值,在△PBC 中,易知 PB

= x2+1,PC= x2+2, 又 BC=1,故△PBC 直角三角形.又 BE⊥PC,得 EC= 棱锥的高 h= x 1 = 2. x +2 x+ x
2

1 ,可求得该三 x +2
2

2 2 当且仅当 x=x, 即 x= 2时, 三棱锥 E-BCD 的体积取到最大值, 所以 h= 4 . 2 此时四棱锥 E-ABCD 的高为 4 . ②以点 A 为原点,AB,AD,AP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,则 1 A(0,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),P(0,0, 2),易求得 CE=4CP. 3 3 2? → → =AC → +1CP → ? ? ? 所以AE 4 =?4,4, 4 ?,AD=(0,1,0). →· ? ?AE n=0, 设平面 ADE 的法向量 n1=(x,y,z),则? → n=0, ? ?AD· 3 2 ?3 x + y + 4 z=0, 即?4 4 ?y=0,

令 x= 2,则 n1=( 2,0,-3),

→ =(-1,-1, 2),所以 cos〈n ,n 〉 同理可得平面 BDE 的法向量 n2=CP 1 2 n1· n2 2 22 33 =|n ||n |=- 11 .所以 sin〈n1,n2〉= 11 .所以二面角 A-DE-B 的正弦值的 1 2 大小为 33 . 11

11. (2013· 天津卷)如图, 四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,侧棱 A1A⊥底面 ABCD,AB∥DC,AB⊥ AD,AD=CD=1,AA1=AB=2,E 为棱 AA1 的中点. (1)证明 B1C1⊥CE;

(2)求二面角 B1-CE-C1 的正弦值; 2 (3)设点 M 在线段 C1E 上,且直线 AM 与平面 ADD1A1 所成角的正弦值为 6 , 求线段 AM 的长./ 解 向量法

如图,以点 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意 得 A(0,0,0),B(0,0,2),C(1,0,1),B1(0,2,2),C1(1,2,1), E(0,1,0). → → (1)证明:易得B1C1=(1,0,-1),CE=(-1,1,-1), → =0,所以 B C ⊥CE. 于是B→ CE 1C1· 1 1 → (2)B 1C=(1,-2,-1). 设平面 B1CE 的法向量 m=(x,y,z), → ? ?m· B ?x-2y-z=0, 1C=0, 则? 即? 消去 x,得 y+2z=0,不妨令 z=1,可 → - x + y - z = 0. ? ? CE=0, ?m · 得一个法向量为 m=(-3,-2,1). 由(1),B1C1⊥CE,又 CC1⊥B1C1,可得 B1C1⊥平面 CEC1,故B→ 1C1=(1,0,- 1)为平面 CEC1 的一个法向量. → -4 m· B1C1 2 7 于是 cos〈m,B→ C 〉= = =- 7 ,从而 sin〈m,B→ 1 1 1C1〉 → 14 × 2 |m||B1C1| 21 21 = 7 ,所以二面角 B1CEC1 的正弦值为 7 . → =(0,1,0),EC → =(1,1,1),设EM → =λEC → =(λ,λ,λ),0≤λ≤1,有AM → =AE → (3)AE 1 1 → =(λ,λ+1,λ).可取AB → =(0,0,2)为平面 ADD A 的一个法向量. +EM 1 1 设 θ 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角,则 → AB →| → ,AB → 〉|= |AM· sin θ=|cos〈AM → ||AB →| |AM = 2λ λ = , 2 2 2 λ +?λ+1? +λ ×2 3λ +2λ+1
2

于是

λ 2 1 = 6 ,解得 λ=3,所以 AM= 2. 3λ +2λ+1
2

综合法 (1)证明 因为侧棱 CC1⊥底面 A1B1C1D1,B1C1?平

面 A1B1C1D1, 所以 CC1⊥B1C1.经计算可得 B1E= 5,
2 B1C1= 2,EC1= 3,从而 B1E2=B1C2 1+EC1,所以

在△B1EC1 中, B1C1⊥C1E, 又 CC1, C1E?平面 CC1E, CC1∩C1E=C1,所以 B1C1⊥平面 CC1E,又 CE?平 面 CC1E,故 B1C1⊥CE. (2)解 过 B1 作 B1G⊥CE 于点 G,连接 C1G.由(1),B1C1⊥CE,故 CE⊥平面

B1C1G,得 CE⊥C1G,所以∠B1GC1 为二面角 B1-CE-C1 的平面角.在△CC1E 2 6 中,由 CE=C1E= 3,CC1=2,可得 C1G= 3 . 42 21 在 Rt△B1C1G 中,B1G= 3 ,所以 sin ∠B1GC1= 7 ,即二面角 B1-CE-C1 21 的正弦值为 7 . (3)解 连接 D1E,过点 M 作 MH⊥ED1 于点 H,可得 MH⊥平面 ADD1A1,连

接 AH,AM,则∠MAH 为直线 AM 与平面 ADD1A1 所成的角.设 AM=x,从 2 34 而在 Rt△AHM 中, 有 MH= 6 x, AH= 6 x.在 Rt△C1D1E 中, C1D1=1, ED1 1 = 2,得 EH= 2MH=3x. 在△AEH 中,∠AEH=135° ,AE=1, 17 1 2 由 AH2=AE2+EH2-2AE· EHcos 135° ,得18x2=1+9x2+ 3 x,整理得 5x2- 2 2x-6=0,解得 x= 2. 所以线段 AM 的长为 2.

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