解密高考高考数学人教版一轮作业立体几何中的向量方法理Word文档下载推荐.doc
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C.，－2,4 D．4，，－15
∵⊥，
∴·
＝0，即3＋5－2z＝0，得z＝4，
又BP⊥平面ABC，∴⊥，⊥，
则解得
3．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为（ ）
如图，以D为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．
设AA1＝2AB＝2，则B（1,1,0），E（1,0,1），C（0,1,0），D1（0,0,2），
∴＝（0，－1,1），＝（0，－1,2），
∴cos〈，〉＝＝.
C
4．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是（ ）
A．相交
B．平行
C．垂直
D．不能确定
分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．∵A1M＝AN＝a，
∴M（a，a，），N（a，a，a）．
∴＝（－，0，a）．
又C1（0,0,0），D1（0，a,0），
∴＝（0，a,0）．
＝0.∴⊥.
∵是平面BB1C1C的法向量，且MN⊄平面BB1C1C，
∴MN∥平面BB1C1C.
5．如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AF＝AD＝a，G是EF的中点，则GB与平面AGC所成角的正弦值为
（ ）
如图，以A为原点建立空间直角坐标系，
则A（0,0,0），B（0,2a,0），C（0,2a,2a），G（a，a,0），
＝（a，a,0），＝（0,2a,2a），
＝（a，－a,0）．
设平面AGC的法向量为n1＝（x1，y1,1），
由⇒⇒
⇒n1＝（1，－1,1）．
sinθ＝＝＝.
6．过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，若AB＝PA，则平面ABP与平面CDP所成的二面角为（ ）
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
建立如图所示空间直角坐标系，设AB＝PA＝1，知A（0,0,0），B（1,0,0），D（0,1,0），C（1,1,0），P（0,0,1）
由题意，AD⊥平面ABP，设E为PD的中点，连接AE，则AE⊥PD，
又∵CD⊥平面PAD，∴AE⊥CD，
又PD∩CD＝D，
∴AE⊥平面CDP.
∴＝（0,1,0），＝（0，，）
分别是平面ABP，平面CDP的法向量，而〈，〉＝45°
，
∴平面ABP与平面CDP所成的二面角为45°
.
二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分，把正确答案填在题后的横线上）
7．（2014·
南通模拟）设平面α与向量a＝（－1,2，－4）垂直，平面β与向量b＝（2,3,1）垂直，则平面α与β的位置关系是________．
由题知a，b分别是平面α，β的法向量，
又a·
b＝（－1）×
2＋2×
3＋（－4）×
1＝0，
∴a⊥b，∴α⊥β.
垂直
8．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所成的角是________．
如图，以O为原点建立空间直角坐标系O－xyz.
设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，
则A（a,0,0），B（0，a,0），C（－a，0,0），P（0，－，）．
则＝（2a,0,0），
＝（－a，－，），
＝（a，a,0）．
设平面PAC的法向量为n，可求得n＝（0,1,1），
则cos〈，n〉＝＝＝.
∴〈，n〉＝60°
∴直线BC与平面PAC所成的角为90°
－60°
＝30°
30°
9．如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，沿对角线BD将△ABD折起，使A点在平面BCD内的射影O落在BC边上，若二面角C－AB－D的大小为θ，则sinθ的值等于________．
由题意可求得BO＝，OC＝，AO＝，
建立空间直角坐标系如图，则C（，0,0），
B（－，0,0），A（0,0，），D（，3,0），
＝（4,3,0），＝（，0，）．
设m＝（x，y，z）是平面ABD的一个法向量．
则取z＝－3，x＝7，y＝－，
则m＝（7，－，－3）．
又＝（0,3,0）是平面ABC的一个法向量，
∴cos〈m，〉＝＝＝－，
sinθ＝＝.
10．（2014·
临沂期末）如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AA1＝2，则二面角C1－AB－C的余弦值为________．
如图建立空间直角坐标系，
则A（0,0,0），＝（0,1,2），＝（，，0）
设n＝（x，y，z）为平面ABC1的法向量
则
取n＝（－，2，－1），
取m＝（0,0,1），作为平面ABC的法向量．
则cos〈m，n〉＝－＝－.
∴二面角C1－AB－C的余弦值为.
三、解答题（本大题共3小题，共40分，11、12题各13分，13题14分，写出证明过程或推演步骤）
11．（2014·
伽师二中二模）如图，在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝，PA⊥PB，AB⊥BC，∠BAC＝30°
，平面PAB⊥平面ABC.
（1）求证：
PA⊥平面PBC；
（2）求二面角P－AC－B的余弦值；
（3）求异面直线AB和PC所成角的余弦值．
解：
由于平面PAB⊥平面ABC，且PA＝PB，
∴以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系
∵PA＝PB＝，∴AB＝2，PO＝.
又∠BAC＝30°
，AB⊥BC，∴BC＝2，
∴A（0，－，0），P（0,0，），B（0，，0），C（2，，0）．
（1）证明：
∵＝（0，－，－），＝（2,0,0），
＝0，
∴PA⊥BC.又∵PA⊥PB，PB∩BC＝B，
∴PA⊥平面PBC.
（2）作OM⊥AC于点M，连结PM.
又∵PO⊥平面ABC，∴PM⊥AC，
∴∠PMO是二面角P－AC－B的平面角．
在Rt△AMO中，OM＝AO·
sin30°
＝＝，∴M（，－，0），
从而＝（－，，0），＝（－，，）．
（3）∵＝（0,2，0），＝（2，，－），
12．（2014·
南昌一模）如图所示，在底面是矩形的四棱锥，P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝1，BC＝2.
平面PDC⊥平面PAD；
（2）若E是PD的中点，求异面直线AE与PC所成角的余弦值；
（3）在BC边上是否存在一点G，使得D点到平面PAG的距离为1.若存在，求出BG的值；
若不存在，请说明理由．
如图所示，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0,0,0），B（1,0,0），C（1,2,0），D（0,2,0），E（0,1，），P（0,0,1）．
∴＝（－1,0,0），＝（0,2,0），＝（0,0,1），＝（0,1，），＝（1,2，－1），
⇒平面PDC⊥平面PAD.
（2）∵cos〈，〉＝＝＝，∴AE与PC所成角的余弦值为.
（3）假设BC边上存在点G满足题设条件，令BG＝x，则G（1，x,0），作DQ⊥AG，
又∵PA⊥DQ，PA∩AG＝A，则DQ⊥平面PAG，即DQ＝1.
∵2S△ADG＝S矩形ABCD，∴||·
||＝||·
||＝2，∴||＝2，又AG＝，
则x＝＜2，
故存在点G，当BG＝时，点D到平面PAG的距离为1.
13．（2014·
延边质检）如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．
AF∥平面BCE；
（2）求证：
平面BCE⊥平面CDE；
（3）求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．
解法一：
取CE的中点G，连结FG、BG.
∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝DE.
∵AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，∴GF∥AB.
又AB＝DE，∴GF＝AB.
∴四边形GFAB为平行四边形，则AF∥BG.
∵AF⊄平面BCE，BG⊂平面BCE，
∴AF∥平面BCE.
（2）证明：
∵△ACD等边三角形，F为CD的中点，
∴AF⊥CD.
∵DE⊥平面ACD，AF⊂平面ACD，∴DE⊥AF.
又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE.
∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.
∵BG⊂平面BCE，
∴平面BCE⊥平面CDE.
（3）在平面CDE内，过F作FH⊥CE于H，连BH.
∵平面BCE⊥平面CDE，∴FH⊥平面BCE.
∴∠FBH为BF和平面BCE所成的角．
设AD＝DE＝2AB＝2a，
则FH＝CF·
sin45°
＝a，
BF＝＝＝2a，
Rt△FHB中，sin∠FBH＝＝.
∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.
解法二：
设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示的坐标系A—xyz，
则A（0,0,0），C（2a,0,0），B（0,0，a），D（a，a,0），E（a，a,2a）．
∵F为CD的中点，∴F（a，a,0）．
＝（a，a,0），＝（a，a，a），＝（2a,0，－a）．
∵＝（＋），AF⊄平面，
∵＝（a，a,0），＝（－a，a,0），＝（0,0,2a），
＝0，·
∴⊥，⊥.
∴AF⊥平面CDE，又AF∥平面BCE，
（3）设平面BCE的法向量为n＝（x，y，z），
由n·
＝0，n·
可得x＋y＋z＝0,2x－z＝0，取n＝（1，－，2）．
又＝（a，a，－a），
设BF和平面BCE所成的角为θ，
则sinθ＝＝＝.
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