2019届高考数学二轮复习 第二篇 专题通关攻略 专题4 立体几何 专题能力提升练十二 2.4.3 用空间向量的方法解立体几何问题.doc

专题能力提升练 十二 用空间向量的方法解立体几何问题(45分钟80分)一、选择题(每小题5分,共30分)1.(2017全国卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,ABC=120,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.32B.155C.105D.33【解析】选C.补成四棱柱ABCD -A1B1C1D1,如图所示,连接BD,DC1,则所求角为BC1D,因BC1=2,BD=22+1-221cos60=3,C1D=AB1=5,因此,cosBC1D=|BC1|2+|DC1|2-|BD|22|BC1|DC1|=105.2.在正四棱柱ABCD -A1B1C1D1中,AB=2,BB1=4,则BB1与平面ACD1所成角的正弦值为()A.13B.33C.63D.223【解题导引】建立空间直角坐标系.求出平面ACD1的法向量为n,利用sin =|cos|=即可得出.【解析】选A.如图所示,建立空间直角坐标系.则D(0,0,0),A(2,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,4),B(2,2,0),B1(2,2,4),=(-2,2,0),=(-2,0,4),=(0,0,4).设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z),则解得-2x+2y=0,-2x+4z=0,取n=(2,2,1),则sin =|cos|=494=13.3.在三棱柱ABC -A1B1C1中,底面是边长为1的正三角形,侧棱AA1底面ABC,点D在棱BB1上,且BD=1,若AD与平面AA1C1C所成的角为,则sin 的值是()A.32B.22C.104D.64【解析】选D.如图,建立空间直角坐标系,易求点D32,12,1,平面AA1C1C的一个法向量是n=(1,0,0),所以cos=322=64,即sin =64.4.如图,已知正四面体D-ABC(所有棱长均相等的三棱锥),P,Q,R分别为AB,BC,CA上的点,AP=PB,BQQC=CRRA=2,分别记二面角D-PR-Q,D-PQ-R,D-QR-P的平面角为,则()A.B.C.D.【解析】选B.设O为三角形ABC的中心,则O到PQ的距离最小,O到PR的距离最大,O到RQ的距离居中,而高相等,因此.【加固训练】(2018西安调研)已知六面体ABC-A1B1C1是各棱长均等于a的正三棱柱,D是侧棱CC1的中点,则直线CC1与平面AB1D所成的角为()A.45B.60C.90D.30【解析】选A.如图所示,取AC的中点N,连接NB,以N为坐标原点,NB,NC所在直线分别为x轴,y轴,建立空间直角坐标系.则A0,-a2,0,C0,a2,0,B13a2,0,a,D0,a2,a2,C10,a2,a,所以=3a2,a2,a,=0,a,a2,=(0,0,a).设平面AB1D的法向量为n=(x,y,z),由n=0, n=0,可取n=(3,1,-2).所以cos=-2aa22=-22,因为直线与平面所成角的范围是090,所以直线CC1与平面AB1D所成的角为45.5.(2018海口一模)如图,AB是O的直径,PA垂直于O所在平面,点C是圆周上不同于A,B两点的任意一点,且AB=2,PA=BC=3,则二面角A -BC -P的大小为()A.30 B.45 C.60D.90【解析】选C.因为AB是O的直径,PA垂直于O所在平面,点C是圆周上不同于A,B两点的任意一点,且AB=2,PA=BC=3,所以ACBC,AC=AB2-BC2=4-3=1,以点A为原点,在平面ABC内过点A作AC的垂线为x轴,AC为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,P(0,0,3),B(3,1,0),C(0,1,0),=(3,1,-3),=(0,1,-3),设平面PBC的法向量n=(x,y,z),则取z=1,得n=(0,3,1),平面ABC的法向量m=(0,0,1),设二面角A -BC -P的平面角为,则cos =|mn|m|n|=12,所以=60,所以二面角A-BC-P的大小为60.6.如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为3,底面边长A1C1=B1C1=1,且A1C1B1=90,D点在棱AA1上且AD=2DA1,P点在棱C1C上,则的最小值为()A.52B.-14C.14D.-52【解析】选B.由题意,以C点为坐标原点,CA,CB,CC1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D(1,0,2),B1(0,1,3),设P(0,0,z),其中0z3,则=(1,0,2-z),=(0,1,3-z),所以=0+0+(2-z)(3-z)=z-522-14,故当z=52时,取得最小值-14.二、填空题(每小题5分,共10分)7.(2018西安一模)正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为1,MN是正方体内切球的直径,点P为正方体表面上的动点,则的最大值为_.【解析】连接PO,可得=(+)(+)=+(+)+=-14,当|取得最大值32时,取得最大值为322-14=12.答案:128.设二面角-CD-的大小为45,A点在平面内,B点在CD上,且ABC=45,则AB与平面所成角的大小为_.【解析】如图,作AE平面于点E,在平面内过E作EFCD于点F,连接AF,因为AECD,AEEF=E,所以CD平面AEF,所以AFCD,所以AFE为二面角-CD-的平面角,所以AFE=45,因为ABC=45,所以BAF=45.连接BE,则ABE为AB与平面所成的角.设AE=m,则EF=m,AF=2m,BF=2m,AB=2m,所以sinABE=AEAB=12,又因为ABE为锐角,所以ABE=30.答案30三、解答题(共40分)9.(2018全国卷)如图,四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD,BC的中点,以DF为折痕把DFC折起,使点C到达点P的位置,且PFBF.(1)证明:平面PEF平面ABFD.(2)求DP与平面ABFD所成角的正弦值.【解析】(1)由已知可得,BFPF,BFEF,PFEF=F,所以BF平面PEF.又BF平面ABFD,所以平面PEF平面ABFD.(2)作PHEF,垂足为H.由(1)得,PH平面ABFD.以H为坐标原点,的方向为y轴正方向,设正方形ABCD的边长为2,建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz.由(1)可得,DEPE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PEPF.可得PH=32,EH=32.则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,=1,32,32,=0,0,32为平面ABFD的一个法向量.设DP与平面ABFD所成角为,则sin =343=34.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.【一题多解】解答本题(2)还可以用如下的方法解决因为PFBF,BFED,所以PFED,又PFPD,EDDP=D,所以PF平面PED,所以PFPE,设AB=4,则EF=4,PF=2,所以PE=23,过P作PHEF交EF于H点,由平面PEF平面ABFD,所以PH平面ABFD,连接DH,则PDH即为直线DP与平面ABFD所成的角,由PEPF=EFPH,所以PH=2324=3,因为PD=4,所以sinPDH=PHPD=34,所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.10.(2018漳州一模)如图,在多面体ABCDNPM中,底面ABCD是菱形,ABC=60,PA平面ABCD,AB=AP=2,PMAB,PNAD,PM=PN=1.(1)求证:MNPC.(2)求平面MNC与平面APMB所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)作MEPA交AB于E,NFPA交AD于F,连接EF,BD,AC.由PMAB,PNAD,易得MENF,所以四边形MEFN是平行四边形,所以MNEF,因为底面ABCD是菱形,所以ACBD,又易得EFBD,所以ACEF,所以ACMN,因为PA平面ABCD,EF平面ABCD,所以PAEF,所以PAMN,因为ACPA=A,所以MN平面PAC,故MNPC.(2)建立空间直角坐标系如图所示,则C(0,1,0),M32,-12,2,N-32,-12,2,A(0,-1,0),P(0,-1,2),B(3,0,0),所以=32,-32,2,=-32,-32,2,=(0,0,2),=(3,1,0),设平面MNC的法向量为m=(x,y,z),则32x-32y+2z=0,-32x-32y+2z=0,令z=1,得x=0,y=43,所以m=0,43,1.设平面APMB的法向量为n=(x1,y1,z1),则2z1=0,3x1+y1=0,令x1=1,得y1=-3,z1=0,所以n=(1,-3,0),设平面MNC与平面APMB所成锐二面角为,则cos =|mn|m|n|=43302+432+1212+(-3)2+02=235,所以平面MNC与平面APMB所成锐二面角的余弦值为235.11.如图,在三棱柱ABC-DEF中,AE与BD相交于点O,C在平面ABED内的射影为O,G为CF的中点.(1)求证:平面ABED平面GED.(2)若AB=BD=BE=EF=2,求二面角A-CE-B的余弦值.【解析】(1)取DE中点M,连接OM,在三角形BDE中,OMBE,OM=12BE.又因为G为CF中点,所以CGBE,CG=12BE.所以CGOM,CG=OM.所以四边形OMGC为平行四边形.所以MGOC.因为C在平面ABED内的射影为O,所以OC平面ABED.所以GM平面ABED.又因为GM平面DEG,所以平面ABED平面GED.(2)因为CO平面ABED,所以COAO,COOB,又因为AB=BE,所以平行四边形ABED为菱形,所以OBAO,以O为坐标原点,的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,于是A(3,0,0),B(0,1,0),E(-3,0,0),C(0,0,3),向量=(-3,-1,0),向量=(0,-1,3), 设面BCE的一个法向量为m=(x1,y1,z1),即-3x1-y1=0,-y1+3z1=0,不妨令z1=1,则y1=3,x1=-1,取m=(-1,3,1).又n=(0,1,0)为平面ACE的一个法向量.设二面角A-CE-B的大小为,显然为锐角,于是cos =|cos|=|mn|m|n|=35=155,故二面角A-CE-B的余弦值为155.12.如图,在四棱锥P-ABCD中,PDAB,PDBC,AB=233AD,BAD=30.(1)证明:ADPB.(2)若PD=AD,BC=CD,BCD=60,求二面角A-PB-C的余弦值.【解析】(1)由PDAB,PDBC,ABBC=B,得PD平面ABCD,从而PDAD.又在ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2ADABcos 30=13AD2,则有AD2+BD2=AB2,所以ADB=90,即ADDB,又PDDB=D,则有AD平面PDB,故ADPB.(2)以D为原点建立如图所示空间直角坐标系,设AD=3,则A(3,0,0),P(0,0,3),B(0,1,0),C-32,12,0,设平面APB的一个法向量为m=(x,y,z),则令x=1,则y=3,z=1,故m=(1,3,1),设平面PBC的一个法向量为n=(x,y,z),则有令x=1,则有y=-3,z=-1,故n=(1,-3,-1),所以cos=mn|m|n|=-355=-35,由图知,二面角A-PB-C的余弦值为-35.(建议用时:50分钟)1.(2018全国卷)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A.15B.56C.55D.22【解析】选C.以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),D1(0,0,3),B1(1,1,3),所以=(-1,0,3),=(1,1,3),设异面直线AD1与DB1所成角为,则cos =|cos|=-1+31+31+1+3=55.【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决.如图连接A1D交AD1于点E.取A1B1中点F,连接EF,则EF12B1D,连接D1F,在D1FE中,D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角.由已知EF=12DB1=1212+12+(3)2=52,D1E=12AD1=1,D1F=1+122=52,所以cosD1EF=EF2+ED12-D1F22EFED1=55.2.在底面为正三角形的直棱柱(侧棱垂直于底面的棱柱)ABC-A1B1C1中,AB=2,AA1=3,点D为棱BC的中点,点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(mR),当二面角E-AD-C的余弦值为1010 时,实数m的值为()A.1B.2C.12D.3【解析】选A.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,取AC中点O,以O为坐标原点,以OB,OC所在直线为x,y轴,以过点O且垂直于y轴的直线为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,因为AB=2,AA1=3,点D为棱BC的中点,所以A(0,-1,0),C(0,1,0),D32,12,0,A1(0,-1,3).又点E为A1C上的点,且满足A1E=mEC(mR),所以=m,设E(x,y,z),则=(x,y+1,z-3),=(-x,1-y,-z),所以(x,y+1,z-3)=(-mx,m-my,-mz),得x=0,y=m-1m+1,z=3m+1.所以E0,m-1m+1,3m+1,则=32,32,0,=0,2mm+1,3m+1,设平面AED的一个法向量为m=(a,b,c),由取a=-3,得m=-3,1,-23m.平面ADC的一个法向量n=(0,0,1),所以|cos|=mn|m|n|=23m3+1+49m21=1010,解得:m=1.【加固训练】在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为()A.12B.23C.33D.22【解析】选B.以A为原点,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,设棱长为1,则A1(0,0,1),E1,0,12,D(0,1,0),所以=(0,1,-1),=1,0,-12.设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z),则有即y-z=0,1-12z=0,所以y=2,z=2,所以n1=(1,2,2).因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1),所以|cos|=231=23,即平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为23.3.如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1底面ABC,AB=BC=AA1,ABC=90,点E,F分别是棱AB,BB1的中点,则直线EF和BC1所成的角是_.【解析】以B点为坐标原点,以BC所在直线为x轴,BA所在直线为y轴,BB1所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.设AB=BC=AA1=2,则C1(2,0,2),E(0,1,0),F(0,0,1),则=(0,-1,1),=(2,0,2),所以=2,所以cos=2222=12,因为异面直线所成角的范围是090,所以EF和BC1所成的角为60.答案:604.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC夹角的正切值为_.【解析】延长FE,CB相交于点G,连接AG,如图所示.设正方体的棱长为3,则GB=BC=3,作BHAG于点H,连接EH,则EHB即为所求两平面的夹角.因为BH=322,EB=1,所以tanEHB=EBBH=23.答案:23【一题多解】解答本题还可以用如下的方法解决:如图,以点D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立空间直角坐标系,设DA=1,由已知条件得A(1,0,0),E1,1,13,F0,1,23,=0,1,13,=-1,1,23,设平面AEF的法向量为n=(x,y,z),平面AEF与平面ABC的夹角为,由得y+13z=0,-x+y+23z=0.令y=1,z=-3,x=-1,则n=(-1,1,-3),取平面ABC的法向量为m=(0,0,-1),则cos =|cos|=31111,可求得tan =23.答案:23【加固训练】 (2017全国卷)a,b为空间中两条互相垂直的直线,等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直,斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,有下列结论:当直线AB与a成60角时,AB与b成30角;当直线AB与a成60角时,AB与b成60角;直线AB与a所成角的最小值为45;直线AB与a所成角的最大值为60;其中正确的是_.(填写所有正确结论的编号)【解析】由题意得,ACBC,不妨假设等腰直角三角形ABC的腰长为1,以C为坐标原点,过点C且垂直于平面ABC的直线为x轴,CB所在直线为y轴,CA所在直线为z轴,建立空间直角坐标系如图:则各点坐标分别为A(0,0,1),C(0,0,0),因为直线a,b都垂直于AC,不妨设直线a的方向向量为a=(1,0,0),直线b的方向向量为b=(0,1,0),因为斜边AB以直线AC为旋转轴旋转,所以可设点B的坐标为(cos ,sin ,0),则=(cos ,sin ,-1),设直线a与直线AB的夹角为,直线b与直线AB的夹角为,则cos =|cos |=|cos|12=|cos|2,cos =|cos|=|sin|12=|sin|2.中,当直线AB与a成60角时,有cos =|cos|2=12,解得|cos |=22,所以|sin |=22,此时AB与b的夹角的余弦值为cos =|sin|2=12,所以AB与b的夹角为60.故错误.中由分析得AB与b的夹角为60,故正确.中直线AB与a所成角的余弦值为cos =|cos|2,当cos 越大时,角就越小,而|cos|2的最大值为12=22,即cos 的最大值为22,的最小值为45,即直线AB与a所成角的最小值为45,故正确.中,直线AB与a所成角的余弦值为cos =|cos|2,当cos 越小时,角就越大,而|cos|2的最小值为0,cos 的最小值为0,的最大值为90,即直线AB与所成角的最大值为90,故错误.故本题正确答案为.答案:5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的正方形,PABD.(1)求证:PB=PD.(2)若E,F分别为PC,AB的中点,EF平面PCD,求直线PB与平面PCD所成角的大小.【解析】(1)连接AC与BD交于点O,连接PO,因为底面ABCD是正方形,所以ACBD且O为BD的中点.又PABD,PAAC=A,所以BD平面PAC,由于PO平面PAC,故BDPO.又BO=DO,故PB=PD.(2)设PD的中点为Q,连接AQ,EQ,则EQ12CDAF,所以AFEQ为平行四边形,EFAQ,因为EF平面PCD,所以AQ平面PCD,所以AQPD,PD的中点为Q,所以AP=AD=2.由AQ平面PCD,又可得AQCD,又ADCD,AQAD=A,所以CD平面PAD,所以CDPA,又BDPA,BDCD=D,所以PA平面ABCD.由题意,AB,AP,AD两两垂直, 以A为坐标原点,向量,的方向分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(2,0,0),Q0,22,22,D(0,2,0),P(0,0,2),=0,22,22,=(2,0,-2),为平面PCD的一个法向量.设直线PB与平面PCD所成角为,则sin =12,所以直线PB与平面PCD所成角为6.【一题多解】(2)解答本题还可以用如下的方法解决:设PD的中点为Q,连接AQ,EQ,则EQ12CDAF,所以AFEQ为平行四边形,EFAQ,因为EF平面PCD,所以AQ平面PCD,所以AQPD,又PD的中点为Q,所以AP=AD=2.同理AQCD,又ADCD,AQAD=A,所以CD平面PAD,所以CDPA,又BDPA,CDBD=D,所以PA平面ABCD.连接AC,交BD于点O,连接CQ,设CQ的中点为H,连接OH,则在三角形ACQ中,OHAQ,所以OH平面PCD,又在三角形PBD中,OQBP,所以OQH即为直线PB与平面PCD所成的角.又OH=12AQ=24AD=12,OQ=12PB=1,所以在直角三角形OHQ中,sinOQH=OHOQ=12,所以OQH=30,即直线PB与平面PCD所成的角为30.6.如图,矩形ABCD中,AB=6,AD=23,点F是AC上的动点.现将矩形ABCD沿着对角线AC折成二面角D-AC-B,使得DB=30.(1)求证:当AF=3时,DFBC.(2)试求CF的长,使得二面角A-DF-B的大小为4.【解析】(1)连接DF,BF.在矩形ABCD中,AD=23,CD=6,所以AC=43,CAB=30,DAC=60.在ADF中,因为AF=3,所以DF2=DA2+AF2-2DAAFcosDAC=9,因为DF2+AF2=9+3=DA2,所以DFAC,即DFAC.又在ABF中,BF2=AB2+AF2-2ABAFcosCAB=21,所以在DFB中,DF2+FB2=32+(21)2=DB2,所以BFDF,又因为ACFB=F,所以DF平面ABC.所以DFBC.(2)在矩形ABCD中,过D作DEAC于O,并延长交AB于E.沿着对角线AC翻折后,由(1)可知,OE,OC,OD两两垂直,以O为原点,的方向为x轴的正方向建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),E(1,0,0), D(0,0,3),B(3,23,0),因为EO平面ADF,所以=(1,0,0)为平面ADF的一个法向量.设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),F(0,t,0),因为=(-3,-23,3),=(-3,t-23,0),由得-3x-23y+3z=0,-3x+(t-23)y=0,取y=3,则x=t-23,z=t, 所以n=(t-23,3,t).所以cos4=,即|t-23|(t-23)2+9+t2=22,所以t=34.所以当CF=1143时,二面角A-DF-B的大小是4.(2018榆林一模)在如图所示的几何体中,四边形ABCD为平行四边形,ABD=90,EB平面ABCD,EFAB,AB=2,EB=3,EF=1,BC=13,且M是BD的中点.(1)求证:EM平面ADF.(2)求二面角A-FD-B的余弦值的大小.【解析】(1)因为EB平面ABD,ABBD,故以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系.由已知可得=32,0,