2019高考数学二轮复习第一篇微型专题微专题11空间向量在立体几何中的应用练习理.docx

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1、111 空间向量在立体几何中的应用1.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1中, M,N 分别是 CD,BB1的中点,则异面直线 A1M 与 AN 所成角的大小为 . 解析 以 D 点为坐标原点, 、 、 的方向分别为 x、 y、 z 轴的正方向,建立空间DADCDD1直角坐标系,如图所示,设正方体的棱长为 1,则 A(1,0,0),M ,N ,A1(1,0,1),所(0,12,0) (1,1,12)以 = , = .因为 =0,所以异面直线 A1M 与 AN 所成的角为 90.AN(0,1,12)A1M(-1,12,-1) ANA1M答案 902.已知空间四边形 OABC,M,N 分

2、别为 OA,BC 的中点,点 G 在线段 MN 上, = + + ,则 GOG16OA13OB13OC点为线段 MN 的 等分点 . 解析 = + + , = + , = + = ( - )+ , - = = ,OG16OA13OB13OC OG16OA23ON OG13OM23ON23ONOMOM OGOMMG23MN故 G 点为靠近 N 点的 3 等分点 .答案 323.三棱锥 S-ABC 如图所示, SA AB,SA AC, BAC=90,AB=AC= AS=2,D 点在棱 SB 上且12SD= DB,P 点在棱 SA 上,则 的最小值为 . 12 PDPC解析 以 A 点为坐标原点,

3、、 、 的方向分别为 x、 y、 z 轴的正方向,建立空间ABACAS直角坐标系,如图所示,则 A(0,0,0),C(0,2,0),P(0,0,b)(其中 0 b4), D , =(23,0,83)PD, =(0,2,-b), =b2- b,所以当 b= 时, 取到最小值,最小值为 - .(23,0,83-b)PC PDPC 83 43 PDPC 169答案 -1694.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 1,O 是 BD1的中点, M 是侧面 ADD1A1上一点,若OM AA1且 OM BD1,则点 M 的坐标为 . 解析 以 D 点为坐标原点, 、 、 的方向分别为 x、 y、

4、 z 轴的正方向,建立空间DADCDD1直角坐标系,则 A(1,0,0),M(a,0,b),B(1,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),O , =(0,0,1),(12,12,12)AA1=OM(a-12,-12, =(-1,-1,1).b-12)BD1因为 OM AA1且 OM BD1,所以 解得 a=1,b= ,所以点 M 的坐标为 .BD1OM=0,AA1OM=0, 12 (1,0,12)答案 (1,0,12)3能力 1 利用空间向量法求空间角【例 1】 如图,在四棱锥 P-ABCD 中, PD平面 ABCD,四边形 ABCD 是菱形, AC=2,BD=2 ,且 AC 与

5、BD3交于点 O,E 是 PB 上任意一点 .(1)求证: AC DE.(2)已知二面角 A-PB-D 的余弦值为 ,若 E 为 PB 的中点,求 EC 与平面 PAB 所成角的正155弦值 .解析 (1)PD 平面 ABCD,AC平面 ABCD,PD AC.又 四边形 ABCD 是菱形, BD AC.BD PD=D,AC 平面 PBD.DE 平面 PBD,AC DE.(2)当 E 为 PB 的中点时,连接 OE,可得 OE PD 且 OE= PD.又因为 PD平面 ABCD,所以12OE平面 ABCD.分别以 , , 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OAOB

6、OE所示,设 PD=t(t0),则 A(1,0,0),B(0, ,0),C(-1,0,0),E ,P(0,- ,t), =(-1,3 (0,0,t2) 3 AB,0), =(-1,- ,t).3 AP 34易知平面 PBD 的一个法向量为 n1=(1,0,0),设平面 PAB 的法向量为 n2=(x,y,z),则 即 取 y=1,得 x= ,z= ,n 2= .n2AB=0,n2AP=0, -x+ 3y=0,-x- 3y+tz=0, 3 23t ( 3,1,23t) 二面角 A-PB-D 的余弦值为 ,155| cos|= ,155即 = ,t= 2 ,34+12t2 155 3P (0,-

7、,2 ).3 3设 EC 与平面 PAB 所成的角为 , =(-1,0,- ),n2=( ,1,1),EC 3 3 sin =| cos|= = .EC2325 155利用“向量法”求解空间角时,要注意基向量的选择或坐标系的正确建立等 .求线面角时,先求出平面的法向量,再求出直线的方向向量与平面的法向量的夹角,最后得出线面角 .求二面角时,先求出二面角中两个平面的法向量,再求出法向量的夹角,最后求出二面角 .如图,在直三棱柱 A1B1C1-ABC 中, AB AC,AB=AC=2,AA1=4,点 D 是 BC 的中点 .(1)求证: A1B平面 ADC1.(2)求直线 B1C1与平面 ADC1

8、所成角的余弦值 .解析 (1)如图,以 , , 为正交基底建立空间直角坐标系 A-xyz,ABACAA15则 A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),B1(2,0,4),C1(0,2,4), =(2,0,-4), =(1,1,0), =(0,2,4).A1B AD AC1设平面 ADC1的法向量为 m=(x,y,z),则 即ADm=0,AC1m=0, x+y=0,2y+4z=0,取 z=1,得 y=-2,x=2, 平面 ADC1的一个法向量为 m=(2,-2,1).由此可得, m=22+0(-2)+(-4)1=0.A1B又 A 1B平面 AD

9、C1,A 1B平面 ADC1.(2) =(-2,2,0),设直线 B1C1与平面 ADC1所成角为 ,则 sin =| cos|=B1C1 B1C1= .|B1C1m|B1C1|m|223又 为锐角, 直线 B1C1与平面 ADC1所成角的余弦值为 .13能力 2 利用空间向量法解决翻折问题【例 2】 已知 ABC 是等腰直角三角形, ACB=90,AC=2,D,E 分别为 AC,AB 的中点,沿 DE 将 ADE 折起,得到如图所示的四棱锥 A1-BCDE.6(1)求证:平面 A1DC平面 A1BC.(2)当三棱锥 C-A1BE 的体积取最大值时,求平面 A1CD 与平面 A1BE 所成锐二

10、面角的余弦值 .解析 (1) 在等腰三角形 ABC 中, D,E 分别为 AC,AB 的中点, DE BC,又 ACB=90,DE AC.DE A1D,DE CD.A 1D平面 A1DC,CD平面 A1DC,A1D CD=D,DE 平面 A1DC,BC 平面 A1DC,又 BC平面 A1BC, 平面 A1DC平面 A1BC.(2)由等体积法知 = ,VC-A1BEVA1-BCE在平面 A1CD 内作 A1H CD 于点 H,因为 ED平面 A1CD,所以 ED A1H,则 A1H底面 BCDE,即A1H 就是四棱锥 A1-BCDE 的高 .由 A1H A1D 知,当点 H 和点 D 重合时,三

11、棱锥 C-A1BE 的体积取到最大值 .以 D 点为坐标原点, 、 、 的方向分别为 x、 y、 z 轴的正方向,建立空间直角坐标DCDEDA1系如图所示,所以 A1(0,0,1),B(1,2,0),E(0,1,0), =(1,2,-1), =(0,1,-1),A1B A1E设平面 A1BE 的法向量为 n=(x,y,z),则 即nA1B=0,nA1E=0, x+2y-z=0,y=z, 可取 n=(-1,1,1),易知平面 A1CD 的一个法向量为 m=(0,1,0).则 cos= ,33故平面 A1CD 与平面 A1BE 所成锐二面角的余弦值为 .337利用向量求解翻折问题中的最值问题时,可

12、以引进参数进行求解 .求解探索性问题时,可用待定系数法求解 .如图 1,在边长为 4 的正方形 ABCD 中, E,F 分别是 AB,CD 的中点,沿 EF 将矩形 ADFE 折起使得二面角 A-EF-C 的大小为 90(如图 2),点 G 是 CD 的中点 .(1)若 M 为棱 AD 上一点,且 =4 ,求证: DE平面 MFC.ADMD(2)求二面角 E-FG-B 的余弦值 .解析 (1)若 M 为棱 AD 上一点,且 =4 ,则 AD=4DM=4,即 DM=1,ADMD 二面角 A-EF-C 的大小为 90, 建立以 F 为坐标原点, FD,FC,FE 所在的直线分别为 x,y,z 轴的

13、空间直角坐标系,如图,AD= 4,AE=BE=2,DM=1,D (2,0,0),F(0,0,0),M(2,0,1),C(0,2,0),A(2,0,4),E(0,0,4),B(0,2,4),则 =(-2,0,4), =(2,0,1), =(0,2,0),DE FM FC故 =(-2)2+41=-4+4=0, =0,DEFM DEFC则 , ,DEFMDEFC即 DE FM,DE FC,FM FC=F,DE 平面 MFC.(2) 点 G 是 CD 的中点, G (1,1,0),且 CD FG,则 CD平面 EFG,则 =(2,-2,0)是平面 EFG 的一个法向量,CD8设平面 BFG 的法向量为

14、 n=(x,y,z),则 =(0,2,4), =(1,1,0),FB FG 即nFB=0,nFG=0, 2y+4z=0,x+y=0,令 z=1,则 y=-2,x=2,即 n=(2,-2,1),则 cos= = = ,CDnCD|n|CD| 22-2(-2)4+4+14+4223即二面角 E-FG-B 的余弦值是 .223能力 3 利用空间向量法解决探索性问题【例 3】 如图,在多面体 ABCDEF 中,底面 ABCD 为正方形,平面 AED平面ABCD,AB= EA= ED,EF BD.2 2(1)证明: AE CD.(2)在棱 ED 上是否存在点 M,使得直线 AM 与平面 EFBD 所成角

15、的正弦值为 ?若存在,确63定点 M 的位置;若不存在,请说明理由 .解析 (1) 四边形 ABCD 是正方形, CD AD.又 平面 AED平面 ABCD,平面 AED平面 ABCD=AD,CD平面 ABCD,CD 平面 AED.AE 平面 AED,AE CD.(2)取 AD 的中点 O,过点 O 作 ON AB 交 BC 于点 N,连接 EO.EA=ED ,OE AD.又 平面 AED平面 ABCD,平面 AED平面 ABCD=AD,OE平面 AED,OE 平面 ABCD.9以 O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.设正方形 ABCD 的边长为 2, = (0 1),EMED

16、则 A(1,0,0),B(1,2,0),D(-1,0,0),E(0,0,1),M(- ,0,1- ), =(- 1,0,1- ), =(1,0,1), =(2,2,0).AM DE DB设平面 EFBD 的法向量为 n=(x,y,z),则 即nDB=0,nDE=0, 2x+2y=0,x+z=0,令 x=1,得 n=(1,-1,-1). cos= = .AMAMn|AM|n| -22 2+23由题意得 | |= ,解得 = 0,-232 2+2 63 当点 M 与点 E 重合时,直线 AM 与平面 EFBD 所成角的正弦值为 .63求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性,可用空间向量

17、通过待定系数法求解存在性问题和探索性问题 .这样思路简单,解法固定,操作方便 .如图所示,正三棱柱 ABC-A1B1C1的底面边长为 2,侧棱长是 ,D 是线段 AC 上一点,二面3角 A1-BD-A 的大小为 ,则在线段 AA1上是否存在一点 E,使得平面 B1C1E平面 A1BD?若存在, 3求出 AE 的长;若不存在,说明理由 .10解析 作 CO 垂直 AB 于点 O,所以 CO平面 ABB1A,所以在正三棱柱 ABC-A1B1C1中,建立如图所示的空间直角坐标系 O-xyz.因为 AB=2,AA1= ,所以 B(-1,0,0),A(1,0,0),C(0,0, ),A1(1, ,0),

18、 =(0, ,0),3 3 3 AA1 3=(2, ,0), =(-1,0, ).BA1 3 AC 3设 D(a,0,b),则 =(a+1,0,b), =(a-1,0,b).BD AD设平面 A1BD 的法向量为 n=(x,y,z),则 即nBA1=0,nBD=0, 2x+ 3y=0,(a+1)x+bz=0,令 y=2 ,得 x=-3,z= ,33(a+1)b所以 n= .(-3,2 3,3(a+1)b )由题意知 =(0, ,0)是平面 ABD 的一个法向量,故 cos = . AA1 3 3|nAA1|n|AA1|因为 ,设 = ,ADAC AD AC所以 - =a-1,3 =b. 由 得

19、 a= ,b= ,12 32则 D ,n=(-3,2 ,3 ).(12,0,32) 3 3设 E(1,t,0)(0 t ),又 C1(0, , ),B1(-1, ,0),则 =(-1, -t, ),3 3 3 3 EC1 3 3=(-1,0,- ).C1B1 3设平面 B1C1E 的法向量为 n1=(x1,y1,z1),则n1EC1=0,n1C1B1=0,11即 -x1+( 3-t)y1+ 3z1=0,-x1- 3z1=0, 当 t= 时,平面 B1C1E 的一个法向量为 n1=(0,1,0),此时 n1n0 .3当 t 时,令 z1=- ,得 n1= ,由 n1n=0,解得 t= ,3 3

20、(3,63-t,- 3) 33故在线段 AA1上存在一点 E,当 AE= 时,平面 B1C1E平面 A1BD.33一、选择题1.若向量 a=(1, ,2),b=(2,-1,2),a,b 夹角的余弦值为 ,则 = ( ).89A.2 B.-2C.-2 或 D.2 或 -255 255解析 由已知有 cos= = = ,ab|a|b| 2- +412+ 2+2222+(-1)2+2289解得 =- 2 或 = .255故选 C.答案 C2.在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1中, M 和 N 分别为 A1B1和 BB1的中点,则异面直线 AM与 CN 所成角的余弦值是( ).A. B

21、.25 35C. D.-1010 2512解析 如图,建立空间直角坐标系 D-xyz,由题意知 A(1,0,0),M ,C(0,1,0),N ,(1,12,1) (1,1,12)则 = , = .AM(0,12,1)CN(1,0,12)设直线 AM 与 CN 所成的角为 ,则 cos =| cos|= .AMCN25故选 A.答案 A3.在正四棱锥 S-ABCD 中, O 为顶点在底面上的射影, P 为侧棱 SD 的中点,且 SO=OD,则直线 BC与平面 PAC 所成角的大小是( ).A. B. C. D. 2 3 6 4解析 如图所示,以 O 为原点建立空间直角坐标系 O-xyz.设 OD

22、=SO=OA=OB=OC=a,则 A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P , =(2a,0,0),(0,-a2,a2)CA= , =(-a,-a,0).AP(-a,-a2,a2)BC设平面 PAC 的法向量为 n=(x,y,z),则 即nCA=0,nAP=0, 2ax=0,-ax-a2y+a2z=0.令 z=1,则 n=(0,1,1),cos=- .BC12设直线 BC 与平面 PAC 所成的角为 ,则 sin =| cos|= ,BC12 直线 BC 与平面 PAC 所成角的大小为 . 613故选 C.答案 C4.如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1中, AB=BC

23、= AA1,P、 Q 分别是棱 CD、 CC1上的动点,当2BQ+QD1的长度取得最小值时,二面角 B1-PQ-D1的余弦值的取值范围为( ).A. B.0,15 0,1010C. D.15,1010 1010,1解析 分别以 , , 的方向为 x,y,z 轴的正方向建立空间直角坐标系 ,D1A1D1C1D1D设 A1A=1,Q(0, ,z),将面 BB1C1C 展开到后侧面,连接 BD1,2可得当 Q 为 C1C 的中点时, BQ+QD1的长度最小,故 Q .(0, 2,12)设 P(0,y,1)(0 y ),当 y= 时,可得二面角 B1-PQ-D1的大小为 90,此时余弦值2 2为 0.

24、当 0= ,218+ 4(y-2)2可得 0= .218+ 4(y-2)2 1010综上所述,二面角 B1-PQ-D1的余弦值的取值范围是 .0,1010故选 B.答案 B5.已知在长方体 ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为 2 的正方形,高为 4,则点 A1到截面 AB1D1的距离是( ).A. B. C. D.83 38 43 34解析 以 D 点为坐标原点, , , 的方向为 x 轴, y 轴 ,z 轴的正方向建立空间直角DADCDD1坐标系,14则 =(0,2,4), =(-2,0,4), =(0,0,4).AB1 AD1 AA1设截面 AB1D1的法向量为 n=(x,y,z)

25、,由 得 取 z=1,则 n=(2,-2,1).nAB1=0,nAD1=0, 2y+4z=0,-2x+4z=0,故点 A1到截面 AB1D1的距离 d= = .|AA1n|n|43故选 C.答案 C6.已知在正四棱锥 P-ABCD 中, PA=AB=2,E,F 分别是 PB,PC 的中点,则异面直线 AE 与 BF 所成角的余弦值为( ).A. B.33 63C. D.16 12解析 设点 P 在底面 ABCD 的射影为点 O,由题意可得 PO= ,建立如图所示的空间直2角坐标系,则 A(1,-1,0),B(1,1,0),E ,F , = , = .(12,12,22) (-12,12,22)

26、FB(32,12,- 22)AE(-12,32,22)设所成的角为 ,则 cos = = .|FBAE|FB|AE|16故选 C.答案 C二、填空题157.如图,在直三棱柱 ABC-ABC中, AC=BC=AA, ACB=90,E 为 BB的中点,则异面直线 CE与 AC所成角的余弦值为 . 解析 如图,建立空间直角坐标系 .设 AC=1,则 C(0,0,0),E ,A(1,0,0),(0,1,12)C(0,0,1), = , =(-1,0,1),CE(0,1,12)AC cos= ,CEAC1010即异面直线 CE 与 AC所成角的余弦值为 .1010答案 10108.如图,菱形 ABCD

27、的对角线 AC 与 BD 交于点 O,AB=5,AC=6,点 E,F 分别在 AD,CD 上,EF AC,EF 交 BD 于点 H,OH=1,将 DEF 沿 EF 折到 DEF 的位置, DH平面 ABCD.则二面角B-DA-C 的正弦值为 . 解析 以 H 为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系, AB= 5,AC=6,BO= 4,B (5,0,0),C(1,3,0),D(0,0,3),A(1,-3,0), =(4,3,0), =(-1,3,3), =(0,6,0).AB AD AC16设平面 ABD的法向量为 n1=(x,y,z),由n1AB=0,n1AD=0,得 取 x=3,得 y=-

28、4,z=5,4x+3y=0,-x+3y+3z=0,n 1=(3,-4,5).同理可求得平面 ADC 的一个法向量为 n2=(3,0,1),设二面角 B-DA-C 的平面角为 ,则 cos = = = .|n1n2|n1|n2|33+515210|7525 二面角 B-DA-C 的正弦值为 sin = .29525答案 295259.如图,在四棱锥 P-ABCD 中, AB CD,且 BAP= CDP=90.若 PA=PD=AB=DC, APD=90,则二面角 A-PB-C 的余弦值为 . 解析 AB CD,AB=CD, 四边形 ABCD 为平行四边形,易得 AB平面 PAD,AB AD,则四边

29、形 ABCD 为矩形 .在 APD 中,由 PA=PD, APD=90,可得 PAD 为等腰直角三角形,设PA=AB=2a,则 AD=2 a.取 AD 的中点 O,BC 的中点 E,连接 PO,OE,以 O 为坐标原点,分别以 、2 OA、 的方向为 x、 y、 z 轴的正方向建立空间直角坐标系,OEOP则 D(- a,0,0),B( a,2a,0),P(0,0, a),C(- a,2a,0), =(- a,0,- a),2 2 2 2 PD 2 2=( a,2a,- a), =(-2 a,0,0).PB 2 2 BC 2设平面 PBC 的法向量为 n=(x,y,z),17由 得 取 y=1,

30、得 n=(0,1, ).nPB=0,nBC=0, 2ax+2ay- 2az=0,-2 2ax=0, 2AB 平面 PAD,PD平面 PAD,AB PD.又 PD PA,PA AB=A,PD 平面 PAB, 为平面 PAB 的一个法向量 . cos= = =- .PD PDPDn|PD|n| -2a2a3 33由图可知,二面角 A-PB-C 为钝角, 二面角 A-PB-C 的余弦值为 - .33答案 -33三、解答题10.如图,四边形 ABCD 为正方形, PD平面 ABCD,PD QA,QA=AB= PD.12(1)证明:平面 PQC平面 DCQ.(2)求二面角 Q-BP-C 的正弦值 .解析

31、 (1)由题意可得 QA平面 ABCD,QA CD.由四边形 ABCD 为正方形,知 CD AD.又 QA 、 AD 为平面 PDAQ 内两条相交直线,CD 平面 PDAQ,CD PQ.在直角梯形 PDAQ 中,可得 DQ=PQ= PD,22PQ 2+DQ2=PD2,PQ QD.又 CD 、 QD 为平面 DCQ 内两条相交直线,PQ 平面 DCQ.又 PQ 平面 PQC, 平面 PQC平面 DCQ.18(2)以 D 为坐标原点,线段 DA 的长为单位长度,射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系 D-xyz,如图 .则 Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),B(1,0

32、,1),=(1,0,0), =(-1,2,-1).CB BP设 n=(x,y,z)是平面 PBC 的法向量,则 即nCB=0,nBP=0, x=0,-x+2y-z=0,可取 n=(0,-1,-2).同理求得平面 PBQ 的一个法向量 m=(1,1,1). cos= = =- ,mn|m|n|0-1-253 155 sin= ,105即二面角 Q-BP-C 的正弦值为 .10511.如图,直角梯形 ABCD 与等腰直角三角形 ABE 所在的平面互相垂直 .AB CD,AB BC,AB=2CD=2BC,EA EB.(1)求证: AB DE.(2)求直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值 .(3

33、)线段 EA 上是否存在点 F,使 EC平面 FBD?若存在,求出 ;若不存在,请说明理由 .EFEA解析 (1)取 AB 的中点 O,连接 EO,DO.因为 EB=EA,所以 EO AB.因为四边形 ABCD 为直角梯形, AB=2CD=2BC,AB BC,所以四边形 OBCD 为正方形,所以 AB OD.因为 EO OD=O,所以 AB平面 EOD.因为 DE平面 EOD,19所以 AB DE.(2)因为平面 ABE平面 ABCD,且 EO AB,平面 ABE平面 ABCD=AB,所以 EO平面 ABCD.因为 OD平面 ABCD,所以 EO OD.由 OB,OD,OE 两两垂直,建立如图

34、所示的空间直角坐标系 O-xyz.因为 EAB 为等腰直角三角形,所以 OA=OB=OD=OE.设 OB=1,所以 O(0,0,0),A(-1,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),E(0,0,1).所以 =(1,1,-1),平面 ABE 的一个法向量为 =(0,1,0).EC OD设直线 EC 与平面 ABE 所成角为 ,则 sin =| cos|= = ,ECOD|ECOD|EC|OD| 33即直线 EC 与平面 ABE 所成角的正弦值为 .33(3)存在点 F,且 = 时,有 EC平面 FBD.EFEA13证明如下:设存在点 F,且 = (0 1), F(x1,

35、y1,z1),EFEA则 = .EF EA在(2)中的空间直角坐标系中,可得 =(x1,y1,z1-1), =(-1,0,-1),EF EA所以( x1,y1,z1-1)= (-1,0,-1),所以 x1=- ,y1=0,z1=1- ,即 F(- ,0,1- ),所以 =( ,1,- 1), =(-1,1,0).FD BD设平面 FBD 的法向量为 v=(x2,y2,z2),20则 即FDv=0,BDv=0, x2+y2+( -1)z2=0,-x2+y2=0, 令 x2=1- ,得 v=(1- ,1- ,1+ ).由题意可知 v=0,EC即(1,1, -1)(1- ,1- ,1+ )=0,解得 = ,13所以存在点 F,且 = .EFEA13