高考第二轮复习理数专题十二 空间向量与立体几何Word格式.docx

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3．解：

（1）证明：

由已知得AM＝AD＝2.

如图，取BP的中点T，连接AT，TN，由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.

又AD∥BC，故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.

因为AT⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，所以MN∥平面PAB.

（2）如图，取BC的中点E，连接AE.由AB＝AC得AE⊥BC，从而AE⊥AD，且AE＝＝＝.

以A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.由题意知，P（0，0，4），M（0，2，0），C（，2，0），N.

＝（0，2，－4），＝，＝.

设n＝（x，y，z）为平面PMN的法向量，则

即

可取n＝（0，2，1）．

于是|cos〈n，〉|＝＝.

所以直线AN与平面AMN所成角的正弦值为.

4．（2016·

北京，17，14分，中）如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.

（1）求证：

PD⊥平面PAB；

（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；

（3）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？

若存在，求的值；

若不存在，说明理由．

4．解：

因为平面PAD⊥平面ABCD，AB⊥AD，

所以AB⊥平面PAD.

所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD，

所以PD⊥平面PAB.

（2）如图，取AD的中点O，连接PO，CO.

因为PA＝PD，

所以PO⊥AD.

又因为PO⊂平面PAD，

平面PAD⊥平面ABCD，

所以PO⊥平面ABCD.

因为CO⊂平面ABCD，所以PO⊥CO.

因为AC＝CD，所以CO⊥AD.

如图建立空间直角坐标系Oxyz.由题意得，A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），D（0，－1，0），P（0，0，1）．

设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），则

令z＝2，则x＝1，y＝－2，

所以n＝（1，－2，2）．

又＝（1，1，－1）．

所以cos〈n，〉＝＝－.

所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.

（3）设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得＝λ.

因此点M（0，1－λ，λ），＝（－1，－λ，λ）．

因为BM⊄平面PCD，所以BM∥平面PCD，当且仅当·

n＝0，

即（－1，－λ，λ）·

（1，－2，2）＝0，

解得λ＝.

所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面PCD，此时＝.

5．（2013·

陕西，18，12分，中）如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面ABCD是正方形，O为底面中心，A1O⊥平面ABCD，AB＝AA1＝.

A1C⊥平面BB1D1D；

（2）求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小．

5．解：

方法一：

由题设易知OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点建立空间直角坐标系，如图．

∵AB＝AA1＝，

∴OA＝OB＝OA1＝1，

∴A（1，0，0），B（0，1，0），C（－1，0，0），

D（0，－1，0），A1（0，0，1）．

由＝，易得B1（－1，1，1）．

∵＝（－1，0，－1），＝（0，－2，0），＝（－1，0，1），

∴·

＝0，·

＝0，

∴A1C⊥BD，A1C⊥BB1，

∴A1C⊥平面BB1D1D.

方法二：

∵A1O⊥平面ABCD，

∴A1O⊥BD.

又∵底面ABCD是正方形，

∴BD⊥AC，∴BD⊥平面A1OC，

∴BD⊥A1C.

又∵OA1是AC的中垂线，

∴A1A＝A1C＝，且AC＝2，

∴AC2＝AA＋A1C2，

∴△AA1C是直角三角形，∴AA1⊥A1C.

又BB1∥AA1，∴A1C⊥BB1，

（2）设平面OCB1的法向量n＝（x，y，z）．

∵＝（－1，0，0），＝（－1，1，1），

∴

取n＝（0，1，－1）．

由

（1）知，＝（－1，0，－1）是平面BB1D1D的法向量，

∴cosθ＝|cosn，|＝＝.

又∵0≤θ≤，∴θ＝.

6．（2015·

课标Ⅰ，18，12分，中）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°

，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.

平面AEC⊥平面AFC；

（2）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．

6．解：

如图，连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.

在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°

，可得AG＝GC＝.

由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝，且EG⊥AC.

在Rt△EBG中，可得BE＝，

故DF＝.

在Rt△FDG中，可得FG＝.

在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝，DF＝，可得EF＝，

从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.

又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.

因为EG⊂平面AEC，

所以平面AEC⊥平面AFC.

（2）如图，以G为坐标原点，分别以，的方向为x轴，y轴正方向，||为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz.

由

（1）可得A（0，－，0），E（1，0，），

F，C（0，，0），

所以＝（1，，），

＝.

故cos〈，〉＝＝－.

所以直线AE与直线CF所成角的余弦值为.

7．（2014·

重庆，19，13分，中）如图，四棱锥PABCD中，底面是以O为中心的菱形，PO⊥底面ABCD，AB＝2，∠BAD＝，M为BC上一点，且BM＝，MP⊥AP.

（1）求PO的长；

（2）求二面角APMC的正弦值．

7．解：

（1）如图，连接AC，BD，因为ABCD为菱形，则AC∩BD＝O，且AC⊥BD.以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.

因为∠BAD＝，

所以OA＝AB·

cos＝，OB＝AB·

sin＝1，

所以O（0，0，0），A（，0，0），B（0，1，0），C（－，0，0），＝（0，1，0），＝（－，－1，0）．

由BM＝，BC＝2知，

＝＝，

从而＝＋＝，

即M.

设P（0，0，a），a>

0，则＝（－，0，a），＝.

因为MP⊥AP，故·

＝0，即－＋a2＝0，

所以a＝或a＝－（舍去），

即PO＝.

（2）由

（1）知，＝，＝，＝.

设平面APM的法向量为n1＝（x1，y1，z1），平面PMC的法向量为n2＝（x2，y2，z2），

由n1·

＝0，n1·

得

故可取n1＝.

由n2·

＝0，n2·

故可取n2＝（1，－，－2）．

从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为

cos〈n1，n2〉＝＝－，

sin〈n1，n2〉＝＝，

故所求二面角APMC的正弦值为.

8．（2014·

辽宁，19，12分，中）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．

EF⊥BC；

（2）求二面角EBFC的正弦值．

8．解：

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，建立如图所示空间直角坐标系．

易得B（0，0，0），A（0，－1，），D（，－1，0），C（0，2，0），因而E，

F，

所以＝，＝（0，2，0），因此·

＝0.

从而⊥，所以EF⊥BC.

（2）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）．

又＝，＝，

由得其中一个n2＝（1，－，1）．

设二面角EBFC大小为θ，且由题意知θ为锐角，

则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|

＝＝.

因此sinθ＝＝，即所求二面角的正弦值为.

在建立恰当的空间直角坐标系的基础上，利用空间坐标、空间向量表示点、线，把立体几何问题转化为向量问题是高考试题的重点题型，复习时要熟练建立空间直角坐标系，正确表示点、向量的坐标，加强向量数量积的运算．

（2015·

湖南，19，13分）如图，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；

（2）若PQ∥平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．

【解析】　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，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A（0，0，0），B1（3，0，6），D（0，6，0），D1（0，3，6），Q（6，m，0），其中m＝BQ，0≤m≤6.

若P是DD1的中点，则P，＝.又＝（3，0，6），

于是·

＝18－18＝0，所以⊥，即AB1⊥PQ.

（2）由题设知，＝（6，m－6，0），＝（0，－3，6）是平面PQD内的两个不共线向量．设n1＝（x，y，z）是平面PQD的法向量，则即取y＝6，得n1＝（6－m，6，3）．又平面AQD的一个法向量是n2＝（0，0，1），所以cos〈n1，n2〉＝＝＝.

而二面角PQDA的余弦值为，因此＝，解得m＝4，或m＝8（舍去），此时Q（6，4，0）．

设＝λ（0＜λ≤1），而＝（0，－3，6），由此得点P（0，6－3λ，6λ），所以＝（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·

n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝，从而P（0，4，4）．

于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥PADQ，则其高h＝4.故四面体ADPQ的体积V＝S△ADQ·

h＝×

×

6×

4＝24.,

（1）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点B1，P的坐标，设出点Q的坐标，求出和的坐标，证明·

＝0；

（2）利用直线的方向向量落实条件PQ∥平面ABB1A1，利用平面的法向量计算出二面角PQDA的余弦值，从而确定P的位置，利用体积公式计算四面体ADPQ的体积．本题也可以不利用空间向量，而利用传统方法证明、求解．

运用空间向量解决立体几何问题的步骤

（1）建系：

根据题中的几何图形的特征建立适当的空间直角坐标系；

（2）定坐标：

确定点的坐标进而求出有关向量的坐标；

（3）向量运算：

进行相关的空间向量的运算；

（4）翻译：

将向量中的语言“翻译”成相应的立体几何中的语言，完成几何问题的求解．注意：

在建立空间直角坐标系求点的坐标时，要使尽可能多的点落在坐标轴上，尽可能多的线段平行于坐标轴，有直角的，把直角边放在坐标轴上．

1．（2015·

山东临沂一模，3）若直线l的方向向量为a＝（1，0，2），平面α的法向量为n＝（－2，0，－4），则（　　）

A．l∥αB．l⊥α

C．l⊂αD．l与α斜交

1．B　∵a＝（1，0，2），n＝（－2，0，－4），即n＝－2a，故a∥n，∴l⊥α.

2．（2016·

河南安阳联考，4）设平面α的一个法向量为n1＝（1，2，－2），平面β的一个法向量为n2＝（－2，－4，k），若α∥β，则k＝（　　）

A．2B．－4C．－2D．4

2．D　∵α∥β，∴n1∥n2，由题意可得＝＝，∴k＝4.

北京海淀区一模，13）正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则·

的取值范围是________．

3．【解析】　以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.

则D（0，0，0），C（0，1，0），A（1，0，0），B（1，1，0），D1（0，0，1）．

∴＝（0，1，0），＝（－1，－1，1）．

∵点P在线段BD1上运动，

∴设＝λ＝（－λ，－λ，λ），且0≤λ≤1.

∴＝＋＝＋＝（－λ，1－λ，λ）．

＝1－λ∈[0，1]．

【答案】　[0，1]

湖南岳阳质检，13）正四棱柱ABCDA′B′C′D′中，底面边长为1，侧棱长为2，且MN是AB′，BC′的公垂线，M在AB′上，N在BC′上，则线段MN的长度为________．

4．【解析】　如图，以D为原点，建立空间直角坐标系Dxyz，

则A（1，0，0），B′（1，1，2），B（1，1，0），C′（0，1，2），

∴＝（0，1，2），＝（－1，0，2），＝（0，1，0），

设异面直线AB′，BC′的公共法向量n＝（x，y，z），

则

取x＝2，得n＝（2，－2，1），

∴线段MN的长度d＝＝＝.

【答案】　

5．（2015·

河南开封质检，19，12分）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．

设AD＝DE＝2AB＝2a，建立如图所示空间直角的坐标系Axyz，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，a），＝（2a，0，－a），

∴＝（＋），

又AF⊄平面BCE，∴AF∥平面BCE.

（2）证明：

∵＝，＝

（－a，a，0），＝（0，0，－2a），

∴AF⊥CD，AF⊥ED.

∵CD∩ED＝D，

∴AF⊥平面CDE.

又AF∥平面BCE，

∴平面CDE⊥平面BCE.

（3）设平面BCE的法向量为n＝（x，y，z），

由n·

＝0，n·

＝0可得x＋y＋z＝0，2x－z＝0，

取n＝（1，－，2）．

又＝，设BF和平面BCE所成的角为θ，

则sinθ＝＝＝，

∴直线BF和平面BCE所成角的正弦值为.

6．（2016·

云南昆明联考，20，12分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝.

C1B⊥平面ABC；

（2）设＝λ（0≤λ≤1），且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°

，试求λ的值．

因为AB⊥侧面BB1C1C，BC1⊂侧面BB1C1C，故AB⊥BC1.在△BCC1中，BC＝1，CC1＝BB1＝2，∠BCC1＝，

BC＝BC2＋CC－2BC·

CC1·

cos∠BCC1＝12＋22－2×

1×

2×

cos＝3.

所以BC1＝，故BC2＋BC＝CC，所以BC⊥BC1，而BC∩AB＝B，所以C1B⊥平面ABC.

（2）由

（1）可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．

则B（0，0，0），A（0，1，0），B1（－1，0，），

C（1，0，0），C1（0，0，）．

所以＝（－1，0，），所以＝（－λ，0，λ），则E（1－λ，0，λ）．

则＝（1－λ，－1，λ），＝（－1，－1，）．

设平面AB1E的法向量为n＝（x，y，z），

则即

令z＝，则x＝，y＝，

故n＝是平面AB1E的一个法向量．

因为AB⊥平面BB1C1C，所以＝（0，1，0）是平面BB1E的一个法向量，

所以|cos〈n，〉|＝

＝

两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝（舍去）．

7．（2016·

广东深圳调研，19，12分）如图所示，在多面体ABCDA1B1C1D1中，上、下两个底面A1B1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝2A1B1＝2DD1＝2a.

（1）求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；

（2）已知F是AD的中点，求证：

FB1⊥平面BCC1B1；

（3）在

（2）的条件下，求二面角FCC1B的余弦值．

以D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A（2a，0，0），B（2a，2a，0），C（0，2a，0），D1（0，0，a），F（a，0，0），B1（a，a，a），C1（0，a，a）．

（1）因为＝（－a，a，a），＝（0，0，a），

所以|cos〈，〉|

所以异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为.

因为＝（－a，－a，a），

＝（－2a，0，0），＝（0，a，a），

所以

所以FB1⊥BB1，FB1⊥BC.

因为BB1∩BC＝B，

所以FB1⊥平面BCC1B1.

（3）由

（2）知，为平面BCC1B1的一个法向量．

设n＝（x1，y1，z1）为平面FCC1的法向量，

因为＝（0，－a，a），＝（－a，2a，0），

所以即

令y1＝1，则n＝（2，1，1），

所以＝＝，

因为二面角FCC1B为锐角，

所以二面角FCC1B的余弦值为.

四川，8，中）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是（　　）

A.

B.

C.

D.

1．B　[考向1]方法一：

以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．

不妨设DC＝DA＝DD1＝1，则D（0，0，0），B（1，1，0），A1（1，0，1），O，并设点P（0，1，t），且0≤t≤1.

则＝，＝（－1，0，－1），＝（0，1，－1）．

设平面A1BD的法向量为n＝（x0，y0，z0），

则有即

取x0＝1，则y0＝－1，z0＝－1，

∴n＝（1，－1，－1）．

∴sinα＝|cos〈，n〉|＝（0≤t≤1），

∴sin2α＝，0≤t≤1.

令f（t）＝，0≤t≤1.

则f′（t）＝

＝－，

可知当t∈时，f′（t）>

0；

当t∈时，f′（t）≤0.

又∵f（0）＝，f＝1，f

（1）＝，

∴fmax（t）＝f＝1，

fmin（t）＝f（0）＝.

∴sinα的最大值为1，最小值为，

∴sinα的取值范围为，故选B.

易证AC1⊥平面A1BD，当点P在线段CC1上从C运动到C1时，直线OP与平面A1BD所成的角α的变化情况：

∠AOA1→→∠C1OA1.由于sin∠AOA1＝，sin∠C1OA1＝>

，sin＝1，所以sinα的取值范围是，故选B.

2．（2014·

江西，10，难）

如图，在长方体ABCDA1B1C1D1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（　　）

2．C　[考向3]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，直线AE1的方程为y＝x，与直线DC的方程y＝7联立得F.由两点间的距离公式得E1F＝.

∵tan∠E2E1F＝tan∠EAE1＝，

∴E2F＝E1F·

tan∠E2E1F＝4.

∴E2F1＝12－4＝8.

∴＝＝＝＝.故选C.

课标Ⅰ，18，12分，中）如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°

，且二面角DAFE与二面角CBEF都是60°

.

平面ABEF⊥平面EFDC；

（2）求二面角EBCA的余弦值．

3．[考向2]解：

由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，所以AF⊥平面EFDC.

又AF⊂平面ABEF，故平面ABEF⊥平面EFDC.

（2）如图，过D作DG⊥EF，垂足为G，

由

（1）知DG⊥平面ABEF.

以G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz.

由

（1）知∠DFE为二面角DAFE的平面角，故∠DFE＝60°

，

则|DF|＝2，|DG|＝，

可得A（1，4，0），B（－3，4，0），E（－3，0，0），D（0，0，）．

由已知，AB∥EF，

所以AB∥平面EFDC.

又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，

故AB∥CD，CD∥EF.

由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°

，从而可得C（－2，0，）．

所以＝（1，0，），＝（0，4，0），＝（－3，－4，），＝（－4，0，0）．

设n＝（x，y，z）是平面BCE的法向量，则

所以可取n＝（3，0，－）．

设m是平面ABCD的法向量，

同理可取m＝（0，，4），

则cos〈n，m〉＝＝－.

故二面角EBCA的余弦值为－.

天津，17，13分，中）如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2.

EG∥平面ADF；

（2）求二面角OEFC的正弦值；

（3）设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．

4．[考向1，2]解：

依题意，OF⊥平面ABCD，如图，以O为原点，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，依题意可得O（0，0，0），A（－1，1，0），B（－1，－1，0），C（1，－1，0），D（1，1，0），E（－1，－1