高考数学一轮复习课时跟踪检测四十一立体几何中的向量方法含解析

6－z6－z课跟检（十）立几中向方一抓基础，多练小题做到眼疾手快1直l的向向量为a(1,0,2)α的向量为n＝－4)()A．∥C．α

B．⊥αD．与α斜交解析：选B∵＝(1,0,2)，＝－，－4)∴＝－2a即a∥，∴⊥.2．(2018·嘉兴模)已知A(4,1,3)B(2，5,1)(3,7，5)，平行四边形ABCD的顶点D的坐()A．(2,4，－1)C．(－

B．(2,3,1)D．(5,13，－3)→解析：选D由意知，AB(－，－6，－2)，设点D(x，，，则＝－7→→－，－－)，因为＝DC，以＝5y＝13＝3，故选D.→→3．(2018·舟山模)已知A(1,0,0)B(0－O为标原点，＋OB与OB的夹角为120°，则λ的为)A．±

66

B.

66C．－

66

D．±6→解析：选C因＋λOB＝，－λ，λ，所以cos120°＝

λ＋λ1＋2λ·2

16＝－，解＝.264．若平面α的个法向量为u－3，y,2)平面β的个法向量为u＝(6，－，z)，且α∥β，＋＝________.－y2解析：因为α∥β，所以∥所以＝＝，所以＝，＝－，以＋＝－答案：－35．(2019·绍兴质)如图，60°二面角的棱上有A，两，线AC，分在这个二面角的两个半平面内垂直于AB＝＝68CD的为________．解析∵60°的面角的棱上有AB点BD分别在这个二面角的两个半平内，且都垂直于AB，∴＝＋＋BD，CA·＝，AB·BD0，∵＝，AC，＝，∴＝＋ABBD)1

＝＋AB＋＋CABD＝36＋＋＋2×6×8×cos120°＝68，∴的为17.答案：17→1→2→6知V为矩形所平面外一点＝VB＝，VP＝，33→2→VN＝.VA与平面的置关系________3→→→解析：如图，设＝，VB＝，＝，则VD＝＋－，→21由题意知PM＝b－c，33→2→1PN＝－VC33221＝a－＋c.3333→3因此＝PM＋22→→∴，，PN共面．又∵VA平面PMN，∴VA∥平面PMN.答案：平行二保高考，全练题型做到高考达标1.如图，在多面体B中四边形ABB正方形＝，＝2，1綊BC，二面角AC是二面角．2求证：B⊥平面C；(2)∥平面A.证明：∵二面角AAB是直二面角，四边形A正方形，AA⊥平面ABC.又∵＝，＝2AB∴∠＝90°即CAAB∴ABAC，两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系xyz，设AB2，则(0,0,0)B(0,2,2)，A(0,0,2)C(2,0,0)，(1,1,2)→→(1)＝(0,2,0)A＝(0,0，－，AC＝(2,0,0)设平面AAC的个法向量n＝x，，)，2

→A0，则→AC＝0，

即

－z＝，2＝，即

取y＝，则n＝(0,1,0)．∴B＝，AB∥∴B⊥平面AA.→(2)易知AB＝(0,2,2)，AC＝，AC(2,0，－2)，设平面AC的个法向量m＝(，，)→＝0，则→＝，

即

x＋y＝，2－＝，令＝，则＝1＝，即m＝(1，－1,1)．→∴·＝0×1＋2×(1)＋2×10，→∴⊥又AB平面ACC∴∥平面.2．(2018·浙江名校联)如图在直三棱柱ADFBCE中，BCBE2，CE＝2，点K在线上(1)求证：⊥面BDE(2)若EB4EK求直线AK平面所成角φ的正弦值．解：(1)证明：在直三棱柱中，AB⊥平面BCE，因为平，BC平，所以ABBEABBC又ABBCBE2CE22，所以BC＋BE＝，⊥BD，所以BEBC因为ABBC，所以BE⊥平面ABCD.因为AC平ABCD，以⊥AC.又BDBE，所以⊥面BDE.(2)法一设AK交BF于点N(1)知ABAFAD两垂直且长度都为2所eq\o\ac(△,以)是边长为2的正三角形，所以点A在平面BDF内的射影M为BDF的心．连接MN，，，如图所示，则∠为线AK与平BDF所成的角φ.2326又FM××22＝，3233

KN－ANBKAN1015|n|AK3KN－ANBKAN1015|n|AK3所以AMFA－＝

8234－＝.333因为EB，所以＝，2所以AKAB＋＝

954＋＝.42AN因为＝，以＝，即

AN210＝，解＝.537－2223AM373在eq\o\ac(△,Rt)ANM中，sinφ＝＝＝.773所以直线AK与平面所成角φ的弦值为.15法二：由(1)知，BC，两垂直，以为坐标原点BCBA，BE的方向分别为x轴、y轴、z轴的方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)(0,2,2)，(0,2,0)(2，2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,2,2)3因为EB，所以23所以AK＝，2设平面的法向量为＝(x，，)则

，即，取＝，则＝，－为平面的一个法向量．|n·|于是sinφ＝|cosnAK|＝＝·

7＝，9153×4＋473所以直线AK与平面所成角φ的弦值为.153．(2018·浙江名校联)已知方形中AB＝1＝2.现将长方形沿对角线折起，使AC，得到一个四面体A，如图所示．(1)试问在叠的过程中，异直线与ADBC能否垂？若能垂直，求出相4

应的a值；若不垂直，请说明理．(2)当四面体A的体积最大时，求二面角AB的弦值．解：(1)若ABCD因为AB⊥，ADCDD所以AB平面，所以AB⊥.即＋＝，即＋＝2)，以a1.若ADBC因为AD⊥，∩＝，所以AD平面，所以AD⊥.即＋＝，即(2)＋a＝，以a＝1，无解．故AD不立．(2)要使四面体ABCD的体最，因为△的面积为定值

22

，所以只需三棱锥A的最大即可时平面ABD平面过点作⊥于点O，则AO⊥平面BCD，以为点建立空间直角坐标系O(如图)，则易知A

0，0，

63

，6323C，，，33

，→6显然，平面BCD的一个法向量为＝

.设平面的法向量为＝(x，，)→336因为＝，，DA＝，3336＝3，所以3＝6z

令＝，得＝(12，2)26→故cos〈，＝

63

327＝.7×727所以二面角ACDB的弦为.74．如图，在四棱锥SABCD∥CDBC⊥，面SAB为等边三角形AB＝BC＝，＝SD1.5

→2×7→2×7(1)证明：⊥面SAB(2)求AB与平面所成角的正弦值．解(1)证明以为标原点射CD为x轴半轴建立如图所示的空间直角坐标系C，则(1,0,0)A(2,2,0)，(0,2,0)设(，y，)显然，＞0，＞，→→则＝x－，－，)BS＝，－，)，＝－，，．→由AS|＝|得

－

＋

y－

＋＝

x＋－＋z，得x1.→由DS|＝，得＋1.①→由BS|＝，得＋4＋＝②13由①②，解得y＝，＝.221333313∴，AS＝，BS，DS＝，22222→→→∴·＝，·0，DS⊥，⊥，又ASBS，∴⊥平面SAB(2)设平面SBC的法向量为n＝，，)，→→则n⊥，⊥CB，n·，·＝→33又＝，2

→，＝(0,2,0)，∴

33xy＋＝，22＝，

取＝，得＝－3，．→∵＝－，→→·n－－3∴cos〈，〉＝|||n|21故AB与面SBC所角的正弦值为.7

＝

217

.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1.如图所示，四边形ABCD是边为1的方形，⊥面，NB⊥平面ABCD，且＝NB，为的中点．(1)求异面直线与所成角的余弦值；6

1212(2)在线段上是否存在点S使得⊥面AMN？存在，求线段的长；若不存在，请说明理由．解：(1)如图，以D为标原点建立空间直角坐标系Dxyz.依题易得D(0,0,0)(1,0,0)(0,0,1)(0,1,0)(1,1,1)1，→→所以NE，0，－AM＝(1,0,1)2设异面直线与AM所成的角为θ，

，→→→→|·|则cosθ＝|cos，〉＝＝→→||·|AM|10所以异面直线与所角的余弦值为.10

125×22

＝

10.10(2)假设在线段AN上在S使得⊥平面AMN，→→→因为＝设AS＝＝(0)∈[0,1]EA＝－，

，→→→所以＝＝λ－，λ由ES平面AMN，

.→→·＝，得→→·AN＝，

1－＋＝，即λ－＋λ＝，

1→11解得λ＝，时AS＝，222

，→2||＝.2经检验，当＝

22

时，⊥面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS

22

.2．(2019·杭二模)如图，在三棱柱ABCA中AA＝为CC的中，AB∩ABO(1)求证：∥平面ABD；(2)设二面角DC的切值为22ABD所成角的正弦值为，.3

22

，⊥，为线A上一，且直线与平面7

221821221821解：(1)证明：取的中点F，连接，，易知四边形A为形，∴为AB的中点，1∴∥，OF，21又∥BB，C＝BB，∴∥，OF，∴四边形为行四边形，∴∥DF∵平ABD，DF平面，∴∥平面ABD.(2)过作CH⊥于H，连接，易知∠为二面角D的面角，∵＝，tanDHC＝

22

，∴CH＝2，又AC2，⊥CH∴HAC＝45°∵⊥，∴BC＝＝以为标原点CC在直线分别为x轴轴z轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，其中(0,0,0)(2,