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高考数学一轮复习 第七章 立体几何 . 立体几何中的向量方法练习 理-课件


第七章 立体几何 7.7 立体几何中的向量方法练习 理
[A 组·基础达标练] 1.若直线 l 的方向向量为 a,平面 α 的法向量为 n,有可能使 l∥α 的是 ( A.a=(1,0,0),n=(-2,0,0) B.a=(1,3,5),n=(1,0,1) C.a=(0,2,1),n=(-1,0,-1) D.a=(1,-1,3),n=(0,3,1) 答案 D 解析 若

l∥α ,则 a·n=0,而选项 A 中 a·n=-2,选项 B 中 a·n=1+5=6,选项 C 中 a·n=-1,选项 D 中 a·n=-3+3=0,故选 D. → → 2.[2016·海口模拟]在空间中,已知AB=(2,4,0),DC=(-1,3,0),则异面直线 AB 与 )

DC 所成角 θ 的大小为(
A.45° C.120° 答案 A →

) B.90° D.135° → → 12-2 2 = = . 2 2 5× 10 |AB||DC| → →







解析 AB=(2,4,0),DC=(-1,3,0),cos〈AB,DC〉=

AB×DC





∴〈AB,DC〉=45°. 即 AB 与 DC 所成的角为 45°.

3.[2015·西安模拟] 如图所示, 正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 a, M、 N 分别为 A1B 和 AC 上的点, A1M=AN= 2 3

a,则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是(
A.相交 C.垂直 答案 B

) B.平行 D.不能确定

1

解析 分别以 C1B1、C1D1、C1C 所在直线为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示. ∵A1M=AN= 2 a, 3

? 2 a? ?2 2 ? ∴M?a, a, ?,N? a, a,a?, ? 3 3? ?3 3 ?
2 ? ? a ∴MN=?- ,0, a?. 3 ? ? 3 又 C1(0,0,0),D1(0,a,0), → → ∵C1D1是平面 BB1C1C 的法向量,且 MN?平面 BB1C1C,∴MN∥平面 BB1C1C. 4.[2016·辽宁五校联考]长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=BC=1,BB1= 2.设点 A 关于直 线 BD1 的对称点为 P,则 P 与 C1 两点之间的距离为( A.1 C. 3 3 ) → → → → ∴C1D1=(0,a,0),∴MN·C1D1=0,∴MN⊥C1D1. →

B. 2 D. 3 2

答案 A

2

解析 将长方体中含有 ABD1 的平面取出,过点 A 作 AM⊥BD1,延长 AM 到 AP,使 MP=AM,则 P 是 A 关于 BD1 的对称点,如图所示,过 P 作 PE⊥BC1,垂足为 E,连接 PB,PC1,依题意 AB=1,

AD1= 3,BD1=2,∠ABD1=60°,∠BAM=30°,∠PBE=30°,PE= ,BE=
=1,故选 A.

1 2

3 ,所以 PC1 2

5.[2015·潍坊模拟]正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AA1,则 AC1 与平面 BB1C1C 所成角的 正弦值为( A. C. 2 2 6 4 ) B. D. 15 5 6 3

答案 C

解析 建立如图所示的空间直角坐标系, → 设 AB=2,则 C1( 3,1,0),A(0,0,2),AC1=( 3,1,-2), 平面 BB1C1C 的一个法向量为 n=(1,0,0),所以 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角的正弦值为
3

→ |AC1·n| 3 6 = = . → 8 4 |AC1||n|

6. 如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,O 是底面正方形 ABCD 的中心,M 是 D1D 的中点,

N 是 A1B1 的中点,则直线 NO、AM 的位置关系是(
A.平行 C.异面垂直 答案 C

) B.相交 D.异面不垂直

解析

建立坐标系如图,设正方体的棱长为 2,则 A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0), → → → →

N(2,1,2),NO=(-1,0,-2),AM=(-2,0,1),NO·AM=0,则直线 NO、AM 的位置关系是
异面垂直. 7.等边三角形 ABC 与正方形 ABDE 有一公共边 AB,二面角 C-AB-D 的余弦值为 3 ,M、 3

N 分别是 AC、BC 的中点,则 EM、AN 所成角的余弦值等于________.
答案 1 6

4

解析 过 C 点作 CO⊥平面 ABDE, 垂足为 O, 取 AB 中点 F, 连接 CF、 OF, 则∠CFO 为二面角 C?AB?D 的平面角, 设 AB=1,则 CF= 3 , 2 1 2

OF=CF·cos∠CFO= , OC=
2 , 2

则 O 为正方形 ABDE 的中心, 如图所示建立直角坐标系 Oxyz, 则 E?0,- →

? ?

2 ? ? 2 2? 2 2? ? 2 ? ? ,0?,M? ,0, ?,A? ,0,0?,N?0, , ?, 2 4? 4 4? ? ?4 ?2 ? ?

EM=?


2 2? ? 2 , , ?, 2 4? ?4

AN=?-

? ?

2 2 2? , , ?, 2 4 4? → → 1 = . → → 6

→ → cos〈EM,AN〉=

EM·AN

|EM||AN|

5

8.如图所示,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,E 是 A1B1 上的点,则点 E 到平面 ABC1D1 的距离是______. 答案 2 2

解析 解法一:以点 D 为坐标原点,DA,DC,DD1 所在直线为 x,y,z 轴,建立如图所示 空间直角坐标系, 设点 E(1,a,1)(0≤a≤1), 连接 D1E, → 则D1E=(1,a,0). 连接 A1D,易知 A1D⊥平面 ABC1D1, → 则DA1=(1,0,1)为平面 ABC1D1 的一个法向量. → → |D1E·DA1| 2 ∴点 E 到平面 ABC1D1 的距离是 d= = . → 2 |DA1| 解法二:点 E 到平面 ABC1D1 的距离, 即 B1 到 BC1 的距离, 易得点 B1 到 BC1 的距离为 2 . 2

6

9.[2014·辽宁高考]如图,△ABC 和△BCD 所在平面互相垂直,且 AB=BC=BD=2,∠

ABC=∠DBC=120 °,E、F 分别为 AC、DC 的中点.
(1)求证:EF⊥BC; (2)求二面角 E-BF-C 的正弦值.

解 (1)证法一:过 E 作 EO⊥BC,垂足为 O,连 OF. 由△ABC≌△DBC 可证出△EOC≌△FOC. π 所以∠EOC=∠FOC= , 2 即 FO⊥BC. 又 EO⊥BC, 因此 BC⊥平面 EFO, 又 EF? 平面 EFO,所以 EF⊥BC.

7

证法二:由题意,以 B 为坐标原点,在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 x 轴,BC 所 在直线为 y 轴, 在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴, 建立如图 2 所示空间直角坐标系. 易得 B(0,0,0),A(0,-1, 3),D( 3,-1,0),C(0,2,0). 3? ? 3 1 ? ? 1 因而 E?0, , ?,F? , ,0?, ? 2 2? ?2 2 ? 3? ? 3 所以EF=? ,0,- ?,BC=(0,2,0),因此EF·BC=0, 2 ? ?2 → → 从而EF⊥BC,所以 EF⊥BC. (2)解法一:在图 1 中,过 O 作 OG⊥BF,垂足为 G,连 EG. 由平面 ABC⊥平面 BDC, 从而 EO⊥平面 BDC, 又 OG⊥BF, 由三垂线定理知 EG⊥BF. 因此∠EGO 为二面角 E-BF-C 的平面角. 1 1 3 在△EOC 中,EO= EC= BC·cos30°= , 2 2 2 由△BGO∽△BFC 知,OG= ·FC= 因此 tan∠EGO= =2, 2 5 从而 sin∠EGO= , 5 2 5 即二面角 E-BF-C 的正弦值为 . 5 解法二:在图 2 中,平面 BFC 的一个法向量为 n1=(0,0,1). 设平面 BEF 的法向量为 n2=(x,y,z), → → → →

BO BC

3 , 4

EO OG

8

3? ? 3 1 ? ? 1 又BF=? , ,0?,BE=?0, , ?. ?2 2 ? ? 2 2? → ? ?n ·BF=0 由? → ? ?n ·BE=0,
2 2





得其中一个 n2=(1,- 3,1). 设二面角 E-BF-C 的大小为 θ , 且由题意知 θ 为锐角,

? n1·n2 ?= 1 , 则 cosθ =|cos〈n1,n2〉|=? ? ?|n1||n2|? 5
因此 sinθ = 2 5 = 2 5 , 5

2 5 即所求二面角的正弦值为 . 5

10.[2015·石家庄二模] 如图,在三棱锥 P-ABC 中,PA⊥底面 ABC,AC⊥BC,H 为 PC 的中点,M 为 AH 的中点,

PA=AC=2,BC=1.
(1)求证:AH⊥平面 PBC; (2)求 PM 与平面 AHB 所成角的正弦值; (3)设点 N 在线段 PB 上,且 =λ ,MN∥平面 ABC,求实数 λ 的值. 解 (1)证明:因为 PA⊥底面 ABC,BC? 底面 ABC,

PN PB

所以 PA⊥BC, 又因为 AC⊥BC,PA∩AC=A, 所以 BC⊥平面 PAC, 又因为 AH? 平面 PAC, 所以 BC⊥AH. 因为 PA=AC,H 是 PC 中点, 所以 AH⊥PC, 又因为 PC∩BC=C,
9

所以 AH⊥平面 PBC. (2)在平面 ABC 中,过点 A 作 AD∥BC, 因为 BC⊥平面 PAC, 所以 AD⊥平面 PAC, 又 PA⊥底面 ABC,得 PA,AC,AD 两两垂直, 所以以 A 为原点,AD,AC,AP 所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系

? 1 1? 则 A(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(0,2,0),H(0,1,1),M?0, , ?. ? 2 2?
→ → 设平面 AHB 的法向量为 n=(x,y,z),AH=(0,1,1),AB=(1,2,0), → ? ?n·AH=0 由? → ? ?n·AB=0 得?
?y+z=0 ? ?x+2y=0, ?

令 z=1,得 n=(2,-1,1). 设 PM 与平面 AHB 所成角为 θ , 3? ? 1 因为PM=?0, ,- ?, 2? ? 2 →

? → ? PM·n ? ? 所以 sinθ =|cos〈PM,n〉|= ?→ ? ?|PM|·|n|?


? 3? +1×?- ?? ?2×0+?-1?×1 2 ? 2?? ? = 5 ? ? × 6 2 ? ?
2 15 即 sinθ = . 15 → → 所以PN=(λ ,2λ ,-2λ ), 3? ? 1 又因为PM=?0, ,- ?, 2? ? 2 → → → (3)因为PB=(1,2,-2),PN=λ PB,

10

1 3 ? 所以MN=PN-PM=?λ ,2λ - , -2λ 2 2 ?



→ →

?. ? ?


因为 MN∥平面 ABC,平面 ABC 的一个法向量AP=(0,0,2), 3 所以MN·AP=3-4λ =0,解得 λ = . 4 [B 组·能力提升练] 1.[2016·太原调研]已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AA1=2AB,则 CD 与平面 BDC1 所成 角的正弦值等于( A. C. 2 3 2 3 ) B. D. 3 3 1 3 → →

答案 A

解析 如图,连接 AC 交 BD 于点 O,连接 CO,过 C 作 CH⊥C1O 于点 H,连接 DH. ∵BD⊥AC,BD⊥AA1,AC∩AA1=A, ∴BD⊥平面 ACC1A1. 又 CH? 平面 ACC1A1,∴CH⊥BD. 又 CH⊥C1O,且 BD∩C1O=O,
11

∴CH⊥平面 C1BD. ∴∠HDC 为 CD 与平面 BDC1 所成的角.

AC 2 2 2 设 AA1=2AB=2,则 OC= = ,C1O= OC +CC1= 2 2

? 2?2 2 3 2 ? ? +2 = 2 .由等面积法, ?2?

3 2 2 2 CH 2 得 C1O·CH=OC·CC1,即 ·CH= ×2,则 CH= ,故 sin∠HDC= = ,即 CD 与平面 2 2 3 DC 3

BDC1 所成角的正弦值为 .

2 3

2.[2014·江西高考] 如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=11,AD=7,AA1=12.一质点从顶点 A 射向点

E(4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第 i-1 次到第 i 次反射点之间
的线段记为 Li(i=2,3,4),L1=AE,将线段 L1,L2,L3,L4 竖直放置在同一水平线上,则大致 的图形是( )

答案 C 解析 由对称性知质点经点 E 反射到平面 ABCD 的点 E1(8,6,0)处.在坐标平面 xAy 中, 3 ?28 ? 直线 AE1 的方程为 y= x, 与直线 DC 的方程 y=7 联立得 F? ,7?.由两点间的距离公式得 E1F 4 ?3 ? 5 = . 3 ∵tan∠E2E1F=tan∠EAE1= 12 , 5

∴E2F=E1F·tan∠E2E1F=4. ∴E2F1=12-4=8.

12

∴ =

L3 E1E2 E2F 4 1 = = = .故选 C. L4 E2E3 E2F1 8 2

3.[2015·湖南高考] 如右图, 已知四棱台 ABCD-A1B1C1D1 的上、 下底面分别是边长为 3 和 6 的正方形, A1A=6, 且 A1A⊥底面 ABCD.点 P,Q 分别在棱 DD1,BC 上. (1)若 P 是 DD1 的中点,证明:AB1⊥PQ; 3 (2)若 PQ∥平面 ABB1A1,二面角 P-QD-A 的余弦值为 ,求四面体 ADPQ 的体积. 7



由题设知,AA1,AB,AD 两两垂直.以 A 为坐标原点,AB,AD,AA1 所在直线分别为

x 轴,y 轴,z 轴,建立如右图所示的空间直角坐标系,则相关各点的坐标为 A(0,0,0),
13

B1(3,0,6),D(0,6,0),D1(0,3,6),Q(6,m,0),其中 m=BQ,0≤m≤6.
→ → 9 9 (1)证明:若 P 是 DD1 的中点,则 P(0, ,3),PQ=(6,m- ,-3).又AB1=(3,0,6), 2 2 → → → → → → 于是AB1·PQ=18-18=0,所以AB1⊥PQ,即 AB1⊥PQ. (2)由题设知,DQ=(6,m-6,0),DD1=(0,-3,6)是平面 PQD 内的两个不共线向量.设 → ? ?n ·DQ=0 n =(x,y,z)是平面 PQD 的一个法向量,则? → ? ?n ·DD =0,
1 1 1 1



? ?6x+?m-6?y=0 ? ?-3y+6z=0. ?

取 y=6,得 n1=(6-m,6,3).又平面 AQD 的一个法向量是 n2=(0,0,1),

n1·n2 所以 cos〈n1,n2〉= |n1|·|n2|
= = 3 1· ?6-m? +6 +3 3
2 2 2 2

3 3 3 .而二面角 P-QD-A 的余弦值为 ,因此 = ,解得 m 2 7 ?6-m? +45 ?6-m? +45 7 → → → →

=4,或 m=8(舍去),此时 Q(6,4,0). 设DP=λ DD1(0<λ ≤1),而DD1=(0,-3,6),由此得点 P(0,6-3λ ,6λ ),所以PQ= (6,3λ -2,-6λ ). → 因为 PQ∥平面 ABB1A1, 且平面 ABB1A1 的一个法向量是 n3=(0,1,0), 所以PQ·n3=0, 即 3λ 2 -2=0,亦即 λ = ,从而 P(0,4,4). 3 于是,将四面体 ADPQ 视为以△ADQ 为底面的三棱锥 P?ADQ,则其高 h=4.故四面体 ADPQ 1 1 1 的体积 V= S△ADQ·h= × ×6×6×4=24. 3 3 2

4.[2015·课标全国卷Ⅱ]

14

如图,长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=16,BC=10,AA1=8,点 E,F 分别在 A1B1,D1C1 上,

A1E=D1F=4.过点 E,F 的平面 α 与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.
(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由); (2)求直线 AF 与平面 α 所成角的正弦值. 解 (1)交线围成的正方形 EHGF 如图:

(2)作 EM⊥AB,垂足为 M,则 AM=A1E=4,EM=AA1=8. 因为 EHGF 为正方形,所以 EH=EF=BC=10. 于是 MH= EH -EM =6,所以 AH=10. → 以 D 为坐标原点,DA的方向为 x 轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz,则 → 设 n=(x,y,z)是平面 EHGF 的法向量,则 → ? ?n·FE=0 ? → ? ?n·HE=0, →
2 2

A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),FE=(10,0,0),HE=(0,-6,8).

?10x=0 ? 即? ?-6y+8z=0, ?

所以可取 n=(0,4,3). |n·AF| 4 5 又AF=(-10,4,8),故|cos〈n,AF〉|= = . → 15 |n||AF| 4 5 所以 AF 与平面 EHGF 所成角的正弦值为 . 15 → → →

15

5.[2015·江苏高考]如图,在四棱锥

P-ABCD 中,已知 PA⊥平面 ABCD,且四边形 ABCD 为直角梯形,∠ABC=∠BAD= ,PA
=AD=2,AB=BC=1. (1)求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值; (2)点 Q 是线段 BP 上的动点,当直线 CQ 与 DP 所成的角最小时,求线段 BQ 的长.

π 2

→ → → 解 以{AB,AD,AP}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz,则各点的坐标为 → → → →

B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0),P(0,0,2).
(1)因为 AD⊥平面 PAB,所以AD是平面 PAB 的一个法向量,AD=(0,2,0). 因为PC=(1,1,-2),PD=(0,2,-2). 设平面 PCD 的法向量为 m=(x,y,z), → → 则 m·PC=0,m·PD=0,即{x+y-2z=0,?2y-2z=0. 令 y=1,解得 z=1,x=1. 所以 m=(1,1,1)是平面 PCD 的一个法向量. → 从而 cos〈AD,m〉= →

AD·m
→ |AD||m|



3 , 3

16

所以平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值为 → → → 又DP=(0,-2,2), → → 从而 cos〈CQ,DP〉= → → → → → → →

3 . 3

(2)因为BP=(-1,0,2),设BQ=λ BP=(-λ ,0,2λ )(0≤λ ≤1), 又CB=(0,-1,0),则CQ=CB+BQ=(-λ ,-1,2λ ),

CQ·DP
→ →



1+2λ

. 2 10λ +2 → →

|CQ||DP| 2t 2 9 设 1+2λ =t,t∈[1,3],则 cos 〈CQ,DP〉= 2 = ≤ . 5t -10t+9 ?1 5?2 20 10 9? - ? + ?t 9? 9
2 2

→ → 9 2 3 10 当且仅当 t= ,即 λ = 时,|cos〈CQ,DP〉|的最大值为 . 5 5 10

? π? 因为 y=cosx 在?0, ?上是减函数,此时直线 CQ 与 DP 所成角取得最小值. 2? ?
2 2 5 2 2 又因为 BP= 1 +2 = 5,所以 BQ= BP= . 5 5

17


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