2020高考理数总复习课后限时集训39立体几何中的向量方法

1、1课后限时集训（三十九）（建议用时：60 分钟）A 组基础达标、选择题1.长方体 ABCD-AiBiCiDi中，AB= AAi= 2, AD = 1, E 为 CCi的中点，则 异面直线 BCi与 AE 所成角的余弦值为（）A竝B姮A.10B.10B 建立空间直角坐标系如图.2.如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，底面为等边三角形，侧棱垂直于底面，1AB_4, AA1_6,若 E, F 分别是棱 BB1, CG 上的点，且 BE_ B1E, C1F_3CC1,则异面直线A1E与AF所成角的余弦值为（）&C.2 ,1510D.3 7010则 A(1,0,0), E(0,2,1), B

2、(1,2,0), C1(0,2,2),BCL(- 1,0,2), AE= (- 1,2,1),cos BC1, AEBC1AE_V30 _10 .所以异面直线BC1与 AE23A.6B. 6C逅C.i02D.ioD 以 C 为原点， CA 为 x 轴，在平面 ABC 中作 AC 的垂线为 y 轴，CCi为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.由题意知 Ai(4,0,6), E(2,2 .3, 3), F(0,0,4), A(4,0,0), AiE= (-2,2.3,- 3),AF= (-4,0,4).设异面直线 AiE 与 AF 所成的角为9,AiE AF|_ 4 _返T T_ 202_ 10

3、.|AiE|AF|异面直线 AiE 与 AF 所成角的余弦值为.故选 D.3.在直三棱柱ABC-AiBiCi中，AB_ 1, AC_2, BC_ 3, D, E 分别是 ACi和 BBi的中点，则直线 DE与平面 BBiCiC 所成的角为()A. 30B. 45C. 60D. 90A 由已知 AB2+ BC2_ AC2，得 AB 丄 BC.以 B 为原点，分别以 BC, BA, BBi所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设 AAi_ 2a,则3A(0,i,0), C( 3, 0,0), D 于, a , E(0,0, a)，所以 ED_ 于，2, 0，平面4BBiC

4、iC 的一个法向量为 n = (0,1,0),直线 DE 与平面 BB1C1C 所成的角为 30.故选 A.4.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形，且 BC 丄平面FAB, FAXAB, M 为 PB 的中点，PA_ AD _ 2.若 AB_ 1,则二面角 B-AC-M 的余 弦值为()A.DIBCGAB_B,所以 PA 丄平面 ABCD.以点 A 为坐标原点，分别以 AB, AD , AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建 立空间直角坐标系 A-xyz.(1cosED, nEDn _ _2_|ED| n| 計際F+g)+0 x12ED,n_ 60 所以A

5、因为 BC 丄平面 FAB, PA?平面FAB,所以 PAXBC,又 FAXAB,且C.1B.f5则 A(0,0,0), C(1,2,0), P(0,0,2), B(1,0,0), M 2, 0, 1 ,6所以 AC= (1,2,0), AM = 2 0, 1 ,求得平面 AMC 的一个法向量为 n = ( 2,1,1),又平面 ABC 的一个法向量 AP= (0,0,2),n AP_2_ J_心|n|AP2+1+1x266所以二面角 B-AC-M 的余弦值为.5在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，/ ACB_90 2AC_AA1_ BC_2若二面角B1-DC-C1的大小为 60则 AD 的长

6、为()A. 2C. 2A 如图，以 C 为坐标原点，CA, CB, CC1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z轴建立空间直角坐标系,则 C(0,0,0), A(1,0,0), B1(0,2,2), C1(0,0,2) 设 AD_ a,则 D 点坐标为(1,0,a), CD_ (1,0, a), CB1_(0,2,2).设平面 B1CD 的法向量为 m_ (x, y, z).Tm CB1_ 2y+ 2z_ 0, 由Tm CD_x+ az_0,所以 cos D.X7y= z,得令 z= 1 则 m= (a,1， 1).x= az,又平面 CiDC 的一个法向量为 n= (0,1,0),。 |m n|

7、 /口 11口厂则由 cos60=mnj，得二 2=2，解得a=2,所以 AD = ,2.故选 A.二、填空题6.如图所示， 在三棱柱 ABC-A1B1C1中， AA1丄底面 ABC,AB= BC = AA1,ZABC=90点 E,F 分别是棱 AB,BB1的中点，则直线 EF 和 BC1所成的角是_.60 以 BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z 轴，建立空间直角坐标系.设 AB=BC= AA1= 2, EF BC1= 2,则 EF_ (0,-1,1), BC1_ (2,0,2),则 C1(2,0,2), E(0,1,0), F(0,0,1), cos EF,BC12_1 ,2X

8、2 ;2_2,8 EF 和 BC1所成的角为 6097._ 在正四棱柱 ABCD-AiBiCiDi中，AAi= 2AB，贝UCD 与平面BDCi所成角 的正弦值等于.23 以 D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AAi= 2AB = 2,则 D(0,0,0), C(0,1,0), B(1,1,0), Ci(0,1,2),则 DC 二(0,1,0), DB= (1,1,0)，DCi= (0,1,2).设平面 BDC1的法向量为 n = (x, y, z),n DB = 0,x+ y= 0,则 t所以有 Sy+ 2z= 0nDC1= 0,令 y= 2,得平面 BDC1的一个法向量 n= (

9、2, - 2,1).设 CD 与平面 BDC1所成的角为9,贝 UnDC2n DC2sin A |cosn, DC |= = 3.|n|DC|8.(2019 汕头模拟)在底面是直角梯形的四棱锥 S-ABCD 中，/ ABC= 901AD/ BC , SA 丄平面 ABCD, SA= AB= BC= 1, AD = 2，贝 平面 SCD 与平面 SAB所成锐二面角的余弦值是_.乎如图所示，建立空间直角坐标系，则依题意可知，1D 2, 0, 0 , C(1,1,0), S(0,0,1),10设平面 SCD 的一个法向量 n = (x, y, z).因为 SD= 2, 0,-1 ,f1DC = 2,

10、1,0,所以 n SD= 0, n DC = 0,站 xx即 2-z= 0, 2+y=0.令 x= 2,则有 y = 1, z= 1,所以 n = (2， 1,1).设平面 SCD 与平面 SAB 所成的锐二面角为 9,f+AD n |贝 U cos Af|AD|n|三、解答题9.(2019 陕西模拟)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，A2 AB,/ ABC= 90可知AD=x2+0 x( -1) +0 x1/Z平面 SAB 的一个法向量.11侧面 A1ABB1丄底面 ABC.求证：ABi丄平面 AiBC;若 AC = 5, BC = 3,ZAiAB= 60 求二面角 B-AiC-Ci的

11、余弦值.解证明：在侧面 AiABBi中，TAiA= AB,四边形 AiABBi为菱形，二 ABi丄 AiB.T侧面 AiABBi丄底面 ABC, / ABC= 90,平面 AiABBiA平面 ABC = AB,CB 丄侧面 AiABBi.平面 AiABBi,二 CB 丄 ABi.在 RtAABC 中，AC = 5, BC = 3, / AB = 4,在菱形 AiABBi中，TZAiAB= 60AiAB 为正三角形.如图，以菱形 AiABBi的对角线交点 O 为坐标原点，OAi所在直线为 x 轴，又TAiBnBC= B,12OA 所在直线为 y 轴，过点 O 且与 BC 平行的直线为 z 轴建立

12、如图所示空间直角 坐标系，则 Ai(2,0,0), B( 2,0,0), C( 2,0,3), Bi(0, 2 3, 0), Ci(0, 2 3, 3),13 CiC= (-2,2 3, 0), CiAi= (2,2 3, 3).n CiC = 0,设 n= (x, y, z)为平面 AiCCi的法向量，贝 U c14y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得A(2,0,0), B(1,2,0), C(0,2,0), E(2,0,2), F(0,1,2), G(0,0,2), M0,3,1, N(1,0,2).D(0,0,0),证明:TT依 题n0法向量，则DC = 0,n0DE =

13、 0,2y=0,即不妨令 z= 1,可得 n= (1,0,2x+布0,1).又 MN= 1,32,Tn0=1 ,可得 MN n= 0,又因为直线 MN?平面 CDE，所以 MN /平面 CDE.(2)依题意，可得TTTBC= ( 1,0,0), BE= (1, 2,2), CF 二(0, 1,2).n设 n= (x,y,z)为平面 BCE 的法向量，则BC = 0,BE = 0,x= 0,即x 2y+ 2z= 0,15不妨令 z= 1,可得 n = (0,1,1).m BC = 0,设 m= (x,y, z)为平面 BCF 的法向量，贝 Um CF = 0,x= 0,即y+ 2z= 0,不妨令

14、 z= 1,可得 m= (0,2,1).16(3)设线段 DP 的长为 h(h 0,2)，则点 P 的坐标为(0,0, h)，可得 BP= (- 1,2, h).易知，DC = (0,2,0)为平面 ADGE 的一个法向量，故.|BP DC| 2匸一 一二 -，|BP|DC|h+5所以，线段 DP 的长为于.B 组能力提升1.设正方体 ABCD-A1B1C1D1的棱长为 2,则点 D1到平面 A1BD 的距离是 ()A 金C専C.3DA = (2,0,0), DB= (2,2,0),DA1= (2,0,2).因此有 cosm, nm n 3 10|m|jn|=10，于是 sinm,n10而.所

15、以,面角 E-BC-F 的正弦值为.10而.|cos 2-=sin 60I2+ 5 解得 h =0,2.B/B.223D. 3B(2,2,0),D 如图建立坐标系，则17设平面 AiBD 的法向量为n DAi= 0,n = (x, y, z),贝 U n DB = 0,2x+ 2z= 0,$令 z= 1, 得 n = (_ 1,1,1).2x+ 2y= 0,ID1A1n|_ 2 _ 23|n| _3_ 3 J2.已知斜四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为 2,ZA1AD_ 60 / BAD_ 90平面 A1ADD1丄平面 ABCD，贝 U 直线 BD1与平面 ABCD 所成的角的正切

16、值A.C 取 AD 中点 0,连接 0A1，易证 A10 丄平面 ABCD.建立如图所示的空间直角坐标系,得 B(2,-1,0), D1(0,2，一 3), BD1_( 2,3,3),平面 ABCD 的一个法向量为 n_(0,0,1),设 BD1与平面 ABCD 所成的角为B,二 sinA 回严_普,|BD1|n|二 D1到平面 A1BD 的距离 d=C.3913D.393183.如图所示，二面角的棱上有 A, B 两点，直线 AC, BD 分别在这个二面二tan9_3913 .19角的两个半平面内，且都垂直于 AB.已知 AB = 4, AC= 6, BD= 8, CD = 2.17,则该二

17、面角的大小为_. 60vCD=CA+AB+BD, |CD|=CA+ AB+ BD2 3=36+ 16+ 64 + 2CA BD116+ 2CA BD = 2 17. CA BD= |CA|BD|cosCA, BD= 24. 又所求二面角与CA, BD互补,所求的二面角为 604等边三角形 ABC 的边长为 3,点 D, E 分别是边 AB, AC 上的点，且满AD CE 1足 DB=EA=2 如图 1将 ADE 沿 DE 折起到 A1DE 的位置，使二面角 A1-DE-B2 求证：A1D 丄平面 BCED;3 在线段 BC 上是否存在点 P,使直线 FA1与平面 A1BD 所成的角为 60若

18、存在，求出 PB 的长；若不存在，请说明理由.12. cos i4ADCE1解证明：因为等边三角形 ABC 的边长为 3,且AD =耳=2,所以 AD = 1, AE= 2.在厶 ADE 中，/ DAE = 60由余弦定理得12+22-2X1X2Xcos 60 =丽.从而 AD2+ DE2= AE2，所以 AD 丄 DE.折起后有 AiD 丄 DE，因为二面角 Ai-DE-B 是直二面角，所以平面 AiDE 丄平面 BCED，又平面 AiDEG平面 BCED = DE，AiD 丄 DE，所以 AiD 丄平面 BCED.存在.理由：由 可知 ED 丄 DB，AiD 丄平面 BCED.以 D 为坐标原点，分别以 DB，DE，DAi所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建 立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz.设 PB=2a(OW2a3)，作 PH 丄 BD 于点 H，为直二面角，连接图 121连