高考第二轮复习理数专题十二 空间向量与立体几何.docx
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高考第二轮复习理数专题十二空间向量与立体几何
2017年高考第二轮复习(理数)
专题十二空间向量与立体几何
1.(2014·广东,5,易)已知向量a=(1,0,-1),则下列向量中与a成60°夹角的是( )
A.(-1,1,0)
B.(1,-1,0)
C.(0,-1,1)
D.(-1,0,1)
1.B 设所选向量为b,观察选项可知|b|=,∵〈a,b〉=60˚,
∴cos〈a,b〉==,∴a·b=1.代入选项检验可知(1,-1,0)适合,故选B.
2.(2015·浙江,15,难)已知e1,e2是空间单位向量,e1·e2=.若空间向量b满足b·e1=2,b·e2=,且对于任意x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|≥|b-(x0e1+y0e2)|=1(x0,y0∈R),则x0=______,y0=________,|b|=________.
2.【解析】 ∵e1·e2=|e1||e2|cos〈e1,e2〉=cos〈e1,e2〉=,∴〈e1,e2〉=.
不妨设e1=,e2=(1,0,0),
b=(m,n,t).
则由题意知b·e1=m+n=2,
b·e2=m=,
解得n=,m=,
∴b=.
∵b-(xe1+ye2)
=,
∴|b-(xe1+ye2)|2=++t2.
由题意,当x=x0=1,y=y0=2时,
|b-(xe1+ye2)|2取到最小值1.
此时t2=1,
故|b|=
==2.
【答案】 1 2 2
3.(2016·课标Ⅲ,19,12分,中)如图,四棱锥PABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB;
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
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:
(1)证明:
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
即
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=.
(1)证明:
A1C⊥平面BB1D1D;
(2)求平面OCB1与平面BB1D1D的夹角θ的大小.
5.解:
(1)证明:
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,
∴A1C⊥平面BB1D1D.
(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.
(1)证明:
平面AEC⊥平面AFC;
(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值.
6.解:
(1)证明:
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·=0,
得
故可取n1=.
由n2·=0,n2·=0,
得
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.
(1)求证:
EF⊥BC;
(2)求二面角EBFC的正弦值.
8.解:
(1)证明:
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.
(1)证明:
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=××6×6×4=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.
3.(2016·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]
4.(2016·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.
(1)求证:
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.
5.解:
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.
(1)证明:
∵=,=(a,a,a),=(2a,0,-a),
∴=(+),
又AF⊄平面BCE,∴AF∥平面BCE.
(2)证明:
∵=,=
(-a,a,0),=(0,0,-2a),
∴·=0,·=0,
∴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=.
(1)求证:
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.
6.解:
(1)证明:
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.
7.解:
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.
(2)证明:
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.
1.(2014·四川,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.
方法二:
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.
3.(2016·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°.
(1)证明:
平面ABEF⊥平面EFDC;
(2)求二面角EBCA的余弦值.
3.[考向2]解:
(1)证明:
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
即
所以可取n=(3,0,-).
设m是平面ABCD的法向量,
则
同理可取m=(0,,4),
则cos〈n,m〉==-.
故二面角EBCA的余弦值为-.
4.(2016·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.
(1)求证:
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