高考数学(理)二轮专题练习【专题5】(3)立体几何中的向量方法(含答案)

1、该资料由【语文公社】该资料由【语文公社】友情提供第3讲 立体几何中的向量方法考情解读 1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明， 常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算， 是高考的必考内容，属中档题 .3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题， 考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题.1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l的方向向量为a=(ai

2、,bi,ci),平面 外3的法向量分别为产(a2,b2,c2),v=(a3,b3, C3)(以下相同).(1)线面平行l / a? a ? a 产 0? aa2+bb2+C1C2= 0.(2)线面垂直l _L a?a II(J?a = k(J?a =ka2,b1 = kb2,C1= kC2.(3)面面平行all ? II v? (1= M? a2=入 3, b2 =入 3, C2=入 3.(4)面面垂直a_L 傥 |i_Lv?v= 0? a2a3+b2b3+c2c3= 0.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l, m的方向向量分别为 a=(a，b1，C1),b =(a2,b2,C

3、2),平面 外3的法向量分别为 产(a3, b3, C3), V=(a4, b4, C4)(以下相同).(1)线线夹角、一一，、， 一兀设l, m的夹角为9(02),则八 |a b| cos |a|b|a1a2+ b1b2 + c八 |a b| cos |a|b|4a2+ b2+ c2 师运二2(2)线面夹角设直线l与平面a的夹角为6(0 9 |. MV|提醒 求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.求空间距离直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离，点P到平面”的距离：d=年|(其中n为a的法向量，M为a内任一点).热点一 利用向量证明平行与垂直例

4、1 如图，在直三棱柱 ADE BCF中，面 ABFE和面ABCD都是正方 形且互相垂直，M为AB的中点，。为DF的中点.运用向量方法证明：(1)OM/平面 BCF;(2)平面 MDF，平面 EFCD .思维启迪 从A点出发的三条直线 AB、AD, AE两两垂直，可建立空间直角坐标系.证明 方法一由题意，得 AB, AD, AE两两垂直，以 A为原点建立如图所示的空间直角坐标系.设正方形边长为 1,则 A(0,0,0), B(1, 0,0), C(1,1,0), D(0,1,0),1111(i)(Om =0,212 , BA=( 1,0,0),一 ff I 二OM BA= 0, OM BA.棱柱

5、ADE-BCF是直三棱柱,.AB,平面BCF,，BA是平面BCF的一个法向量,(i)(Om =0,212 , BA=( 1,0,0),一 ff I 二OM BA= 0, OM BA.棱柱ADE-BCF是直三棱柱,.AB,平面BCF,，BA是平面BCF的一个法向量,且 OM?平面 BCF, . OM/平面 BCF.(2)设平面 MDF与平面EFCD的一个法向量分别为m = (x1, y1, zi) , n2=(x2, y2, z2).一一f1. _ DF=(1, 1,1), DM = -, - 1, 0 , DC = (1,0,0),由 n1 DF = n1 DM = 0,c1xi y1 + z

6、i = 0,y1 = 2x1,得1解得2x1-y1= 0,Z1 = - -xi ,2，11令 x1= 1,则 n1= 1, 2 - 2 .同理可得n2= (0,1,1).-n1 n2=0, 平面 MDF，平面 EFCD.方法一 一 一 一 1 一 一 1 一(1)OM= OF+FB+BM = 2DF -BF + 2BA1 一 一 一 1 一 1 一 1 一 1 一= 2(DB+ BF)-BF + 2BA=- 2BD-2BF+2BA=2(BC + BA)净 + 2BA1 71 7=-BCBF.，向量OM与向量BF, BC共面，又 OM?平面 BCF, . OM/平面 BCF.(2)由题意知，BF

7、 , BC, BA两两垂直， 一一 - CD = BA, fc=bc-bf, 1 1 .omcd= BCBf ba=o,1 1 OM FC= -BC 2BF (BC- BF)= -2Bc2+2Bf2=0.OMXCD, OM FC,又 CDAFC=C, OM，平面 EFCD.又OM?平面 MDF , 平面 MDF,平面EFCD.思维升华 (1)要证明线面平行，只需证明向量 OM与平面BCF的法向量垂直；另一个思路则一. 一一 ，一、 ， .是根据共面向量定理证明向量OM与BF, BC共面.(2)要证明面面垂直，只要证明这两个平面的法向量互相垂直；也可根据面面垂直的判定定理证明直线OM垂直于平面E

8、FCD,即证OM垂直于平面EFCD内的两条相交直线，从而转化为证明向量OM与向量FC、CD垂直.如图，在四棱锥P ABCD 中，PA，平面 ABCD,底面 ABCD 是菱形，PA = AB = 2, Z BAD = 60, E 是 PA 的中点.(1)求证：直线PC/平面BDE;(2)求证：BDXPC;证明 设ACn BD = O.因为/BAD = 60, AB=2,底面 ABCD为菱形，所以 BO=1, AO=CO = V3, acxbd.如图，以O为坐标原点，以 OB, OC所在直线分别为 x轴，y轴，过 ?广、.点。且平行于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系O xyz,a队、则 P(0

9、,乖，2), A(0, -3, 0), B(1,0,0), C(0, 3, 0), D(1,0,0),E(0, - V3, 1).(1)设平面 BDE 的法向量为 m=(x1, y1，zi),因为 bE=(1, -3, 1), BD = (-2,0,0),由n1 n1 BD=0,n1 BE=0,-x1-V3y1 + z1 = 0,令 zi = V3,得 y1= 1,所以 n1 = (0,1, V3).又PC=(0,23, 2),所以 PC n1=0+2n AM _2X1+0X1 + 0X2cos n, AM |n|AM花 2= 6由图可知所求二面角为锐角，二面角ADF E的余弦值为W66思维升

10、华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标；结合公式进行论证、计算；转化为几何结论.(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角“不一定是直线的方向向量的夹角&即COS a=|COS印两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角.直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化.(2013 山东)如图所示，在三棱锥 PABQ 中，PB，平面 ABQ, BA=BP=BQ, D, C, E, F 分别是 AQ, BQ, AP,BP的中点，AQ = 2BD, PD与EQ交

11、于点G, PC与FQ交于点H,连接GH.(1)求证:AB/GH;(2)求二面角D GH E的余弦值.(1)证明 因为D, C, E, F分别是AQ, BQ, AP, BP的中点，所以 EF / AB, DC / AB.所以EF / DC.又EF?平面PCD, DC?平面PCD,所以EF /平面PCD.又EF?平面EFQ ,平面EFQ n平面PCD =GH,所以 EF / GH .又 EF / AB,所以 AB / GH.(2)解 方法一 在 ABQ 中，AQ = 2BD, AD = DQ ,所以/ABQ =90 ；即 ABBQ.因为PB，平面ABQ,所以ABXPB.又BPABQ=B,所以 AB

12、，平面PBQ.由(1)知AB/GH,所以 GH，平面PBQ.又FH?平面PBQ,所以GH XFH.同理可得GHXHC,所以/ FHC为二面角D GH E的平面角.设 BA=BQ=BP=2,连接 FC,在RtAFBC中，由勾股定理得 TOC o 1-5 h z fc=V2,.在RtPBC中，由勾股定理得PC=亚.又H为4PBQ的重心， ,15 一5所以 HC=3PC = .同理 FH =.5 , 5 一十一一 2 9 9在4FHC中，由余弦定理得 cos/FHC =丁52*9=4.即二面角D GHE的余弦值为一4. 55方法二 在4ABQ 中，AQ = 2BD, AD = DQ ,所以 /ABQ

13、 = 90又PBL平面ABQ,所以BA, BQ, BP两两垂直.以B为坐标原点，分别以 BA, BQ, BP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.设 BA=BQ=BP=2,则 E(1,0,1), F(0,0,1), Q(0,2,0), D(1,1,0), C(0,1,0), P(0,0,2). 所以 EQ=(1,2, 1), FQ= (0,2, 1), DP =(-1, 1, 2), CP = (0, -1,2).设平面EFQ的一个法向量为 m=(x1, y1，zi),xi + 2y1 zi = 0, 得取yi= 1,得 m = (0,1,2).设平面PDC的一个法向

14、量为n = (xyi= 1,得 m = (0,1,2).设平面PDC的一个法向量为n = (x2,*,z2),由 n DP = 0, n CP=0,X2y2 + 2z2= 0,得取 z2= 1,得 n= (0,2,1).y2 + 2z2= 0,所以 cos所以 cos m , n m n 4=一|m|n| 5.4因为二面角DGH E为钝角，所以二面角DGH E的余弦值为一w热点三利用空间向量求解探索性问题例 3 如图，在直三棱柱 ABC A1B1C1 中，AB=BC = 2AAi, / ABC = 90,耳D是BC的中点.(1)求证：AiB/平面 ADC1；A月(2)求二面角C1 AD C的余

15、弦值；试问线段AiBi上是否存在点E,使AE与DC1成60角？若存在，确定E点位置；若不存在， 说明理由.证明 连接AiC,交ACi于点O,连接OD.由ABC A1B1C1是直三棱柱，得四边形 ACCiAi为矩形，。为AiC的 中点.又D为BC的中点, 所以OD为 AiBC的中位线，所以 AiB/ OD.因为 OD?平面 ADC1, A1B?平面 ADCi,所以AiB/平面ADCi.(2)解 由ABC A1B1C1是直三棱柱，且 ZABC=90,得BA , BC, BB1两两垂直.以BC, BA, BB1所在直线分别为x, y, z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz.设 BA=2,则

16、B(0,0,0), C(2,0,0), A(0,2,0), Ci(2,0,1), D(1,0,0),所以 AD = (1, -2,0), ACi = (2, 2,1).n AD=0, 设平面ADC i的法向量为n=(x, y, z),则有 一n ACi = 0.x 2y= 0,所以取 y=1,得 n = (2,1, -2).2x- 2y+ z= 0.易知平面 ADC的一个法向量为 v = (0,0,1). TOC o 1-5 h z 所以 cosn, v = -n-v- = 2. |n|v|3因为二面角Ci ad C是锐二面角,所以二面角C ad C的余弦值为2.3(3)解假设存在满足条件的点

17、E.因为点E在线段 AiBi上，Ai(0,2,1), Bi(0,0,1),故可设 E(0, N 1),其中0W宸2.所以 AE=(0, J 2,1), DC1=(1,0,1).因为人与口0成60角,m、一 . |AE DC111所以 |cosAE, DCi |=七一=2,|AE| |DCi|11=-解得仁1或仁3(舍去).Z- 2 2+ 1 V2 2所以当点E为线段AiBi的中点时，AE与口0成60角.思维升华 空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、 论证、推理，只需通过坐标运算进行判断.解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程 或方程组，把 “是否存在”问题

18、转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解 所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.如图，在三棱锥 PABC中，AC=BC=2, /ACB = 90, AP = BP=AB, PCAC,点 D 为 BC 的中点.(1)求二面角APDB的余弦值； . . . .一 ,一, 1(2)在直线AB上是否存在点 M,使得PM与平面PAD所成角的正弦值为否，右存在，求出点 M 的位置；若不存在，说明理由.解 (1)AC=BC, FA= PB, PC= PC, . PCAA PCB, ./ PCA=/ PCB, PCX AC, .-.PCXCB,又 ACA CB=C,.PC,平面ACB,且P

19、C, CA, CB两两垂直,故以C为坐标原点，分别以CB,CA,CP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0),A(0,2,0), D(1,0,0), P(0,0,2), .-.AD=(1, 2,0), PD=(1,0, 2),设平面PAD的一个法向量为 n = (x, v, z),n AD = 0一 ,.取 n= (2,1,1), n PD=0平面PDB的一个法向量为CA= (0,2,0),cos n, Ca =杳, 6设二面角APDB的平面角为 &且。为钝角,cos 0=，二面角APDB的余弦值为一芈.(2)方法一 存在，M是AB的中点或 A是MB的中点.设 M(x,2

20、x,0) (xC R), . PM = (x,2 x, 2), . |cos . |cosPM, n | =|x|二；也+ 2-x1 2+4 乖 6,解得 x=1 或 x= 2,M(1,1,0)或 M( 2,4,0),在直线 AB上存在点 M,且当 M是AB的中点或 A是MB的中点时,1使得pm与平面pad所成角的正弦值为6.方法二 存在，M是AB的中点或 A是MB的中点.设AM = AB,则 AM =12, 2,0)= (2 % 2% 0)(入R), .PM=PA + AM = (24 2 2 入2),|2X1 |cos |= 一|n|B C|因此直线BC因此直线BC与平面ABF所成角的大小

21、为工6设点设点H的坐标为(u, v, w).因为点H在PC上，所以可设PH= PC(0 M1),即(u, v, w-2)=42,1 , 2),所以 u = 2Z, v= w=22 入因为n是平面 ABF的一个法向量，所以 n AH = 0,即(0, 1,1) (2 因为点H在PC上，所以可设PH= PC(0 M1),即(u, v, w-2)=42,1 , 2),所以 u = 2Z, v= w=22 入因为n是平面 ABF的一个法向量，所以 n AH = 0,即(0, 1,1) (2 丸 ) 224 = 0,解得 仁(,所以点H的坐标为(4, 1, 2). 33 3 3所以PH =2 232+=

22、2.押题精练如图所示，已知正方形 ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直, AB= AF= 1.(1)求直线DF与平面ACEF所成角的正弦值；(2)在线段AC上找一点P,使pF与DA所成的角为60。，试确定点 的位置.解(1)以C为坐标原点，分别以 CD, CB, CE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，则 E(0,0,1), D(2, 0,0), B(0,V2, 0), A(U2, m，0), F(2, V2, 1),连接 BD,则 ACBD.因为平面ABCD,平面 ACEF,且平面 ABCD n平面 ACEF=AC,所以D B是平面 ACEF的一个法向量.又DB=

23、(-V2, V2, 0), DF = (0, V2, 1),所以 cos D F D B迫3 .|DF|X |DB|故直线DF与平面ACEF所成角的正弦值为(2)设 P(a, a,0)(0Waw 亚)，则 P F = (V2-a, x/2-a,1), D A=(0, 也,0).因为PF , DA = 60 ,所以 cos 60 =“2 . 2-a12.解得a = 2或a= 嘤(舍去)，故存在满足条件的点 P(乎，*，0)为AC的中点.(推荐时间：(推荐时间：60分钟)、选择题,一一， 一、一、，一311 f r + 小、.已知平面 ABC,点 M是空间任意一点，点 M满足条件OM = ：OA+

24、1OB+OC,则直线488AM( )A .与平面 ABC平行B .是平面ABC的斜线C.是平面ABC的垂线D .在平面ABC内答案 D解析 由已知得M、A、B、C四点共面.所以 AM在平面ABC内，选D.在棱长为1的正方体 ABCD A1B1C1D1中，M是BC的中点，P, Q是正方体内部或面上的两个动点，则AM pQ的最大值是()1A.2B. 133答案 C解析 以A为坐标原点，分别以 AD, AB, AAi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，则 A(0,0,0), M(2，1,0), 71所以 AM = (, 1,0).-1x|AM|CN| -y Xy 5991 9.5

25、2+ 02+ 2 2= 2,4.已知正三棱柱 ABC A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于()a 6A.TB J0B. 4C.,13D.T答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系， 设正三棱柱的棱长为 2,O(0,0,0),Bej3, 0,0), 弦等于()a 6A.TB J0B. 4C.,13D.T答案 A解析 如图所示建立空间直角坐标系， 设正三棱柱的棱长为 2,O(0,0,0),Bej3, 0,0), A(0, 1,0), Bi($, 0,2),则届1=(小，1,2),则BO=( V3, 0,0)为侧 x，庙1 BO| 乖面ACCiAi的法向重，

26、由 sin 0= 一 一 = / . / 4|AB1|BO|5.在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点E为BBi的中点，则平面 AiED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()12八万 .12A.2B.3。万6万答案 B解析 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A xyz,设棱长为1,.1_则 Ai(0,0,1), E 1, 0,2, D(0,1,0),1- AiD=(0,1, 1), AiE= 1, 0, -2 ,设平面AiED的一个法向量为m = (1, v, z),yz=0，y=2,则 11 2z= 05z= 2.-n1= (1,2,2).平面ABCD的一个法向量为 n2= (0

27、,0,1),cos n1, n2223X 1=3.一，,-2即所成的锐二面角的余弦值为 2.36.如图，三棱锥 A-BCD的棱长全相等,E为AD的中点，则直线 CE与BD所成角的余弦值为()A.C.6答案 A解析设AB= 1 ,1D.2则CE BD=(AE AC) (ADAB)1一 c 1 一一 Y 一 Y 一= 2AD2- 2AD AB-AC AD+AC AB1112 2cos 60 cos 60 4 cos 60 = 4.cos 一一 1CE bd j 羽 3 6|CE|BD| 31.选A.、填空题7.在一直角坐标系中已知A(-1,6), B(3, 8),现沿x轴将坐标平面折成60的二面角

28、，则折叠后A、B两点间的距离为 .答案 2 17解析 如图为折叠后的图形，其中作AC LCD, BDXCD,则 AC =6, BD = 8, CD=4,两异面直线AC、BD所成的角为60 , 故由 AB= AC+CD + DB,得 |AB|2= |AC+ CD + DB|2= 68,|AB|=2 17.8.正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为1, E、F分别为BB、CD的中点，则点F到平面 A1D1E的距离为解析 以A为坐标原点，AB、AD、AA1所在直线分别为立空间直角坐标系，如图所示,11则 A1(0,0,1), E(1,0, 2), F(, 1,0), D1(0,1,1).x轴、y

29、轴、z轴建.广 ，/ c1-，- A1E=(1,0, 2), A1D1= (0,1,0).设平面AiDiE的一个法向量为 n=(x, v, z),” - 1n AiE= 0,x 2z= 0,则即 2n AiDi = 0,y= 0.令 z=2,则 x= I.1. n= (1,0,2).p 一 1又 AiF=(5, 1, 1),点F到平面A1D1E的距离为_ |a1f n| |2- | 3加d= |n| 二飞厂 10 .9.已知正方形 ABCD的边长为4, CGL平面ABCD, CG=2, E, F分别是AB, AD的中点, 则点C到平面GEF的距离为.答案讨11解析 建立如图所示的空间直角坐标系

30、C-xyz,则G(0,0,2), E(2,4,0), F(4,2,0).一一一ffe所以 GF = (4,2 , -2), GE=(2,4, 2), CG= (0,0,2).设平面GEF的法向量为n=(x, v, z),GF n = 0, IGE n = 0,得平面GEF的一个法向量为 n = (1,1,3),所以点C到平面GEF的距离|n CG| 6、11 d=nr= 11.已知 ABCDA1B1C1D1 为正方体,(A 1A + A1D1+A1B1)2=3A 1B12;A1C (A 1B1 A1A) = 0； 向量AD1与向量a1b的夹角是60;正方体 ABCD A1B1C1D1的体积为|

31、AB AA1 aD|.其中正 确命题的序号是.答案解析 设正方体的棱长为 1,中(A/+A1d1 + a1B1)2=a1C2=3(A左1)2=3,故正确；中AW177，一,，.八.一一一，.一 ，、，J、，c -7A1A=AB1，由于AB1，AC,故正确；中AB与AD1两异面直线所成的角为60 ,但AD1与A1B的夹角为120 ；故不正确； 中|ABAAAD|= 0.故也不正确.三、解答题.如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA，底面ABCD,E, F 分别是 PC, PD 的中点，PA=AB=1, BC=2.(1)求证：EF/平面FAB;(2)求证：平面 PAD，平面 PDC.证明(

32、1)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0,0,0), B(1,0,0), C(1,2,0), D(0,2,0), P(0,0,1),. E, F分别是PC, PD的中点，1.1 一 . 1 E 2, 1, 2 , F 0, 1,2,一 1一一一一一EF= -2, 0, 0 , PB=(1,0, -1), PD=(0,2, 1), AP= (0,0,1), AD = (0,2,0), DC= (1,0,0),AB= (1,0,0).zrt. 1 “, EF = - 2AB, .EF /AB,即 EF / AB,又AB?平面

33、PAB, EF?平面PAB,EF / 平面 PAB.(2)AP DC = (0,0,1) (1,0,0) = 0,AD DC =(0,2,0) (1,0,0) = 0,.APdC, ADlDC,即 API DC, AD DC.又 APA AD = A,DC,平面 PAD. DC?平面 PDC ,平面PAD，平面PDC.12. (2014课标全国n )如图，四棱锥 P-ABCD中，底面ABCD为矩形， FAL平面ABCD, E为PD的中点.证明：PB/平面AEC;(2)设二面角 D AEC 为 60, AP=1, AD=V3,求三棱锥 E ACD 的 体积.证明连接BD交AC于点O,连接EO.因为ABCD为矩形，所以。为BD的中点.又E为PD的中点，所以 EO