考点35 立体几何中的向量方法

考点35立体几何中的向量方法一、选择题1.(2018·全国卷II高考理科·T9)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.15 B.56 C.55 【命题意图】本题考查了异面直线所成的角的概念以及求解运算能力,同时考查了利用空间直角坐标系求解问题的方法.【解析】选C.方法一: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α,则cosα=|cos,|=-1+31+3·方法二:如图.连接A1D交AD1于点E.取A1B1中点F,连接EF,则EF12B1D,连接D1F,在△A1FE中,∠D1EF为异面直线AD1与DB1的夹角由已知EF=12DB1=121D1E=12AD1=1,D1F=1+12所以cos∠D1EF=EF2+二、解答题2.(12分)(2018·全国卷I高考理科·T18)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PF⊥BF.(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,BF⊥PF,BF⊥EF,PF∩EF=F,所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD.(2)方法一:作PH⊥EF,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,DE⊥PE.又DP=2,DE=1,所以PE=3.又PF=1,EF=2,故PE⊥PF.可得PH=32,EH=3则H(0,0,0),P0,0,32,D-1,-32,0,设DP与平面ABFD所成角为θ,则sinθ==343=3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34方法二:因为PF⊥BF,BF∥ED,所以PF⊥ED,又PF⊥PD,ED∩DP=D,所以PF⊥平面PED,所以PF⊥PE,设AB=4,则EF=4,PF=2,所以PE=23,过P作PH⊥EF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PE·PF=EF·PH,所以PH=23×2因为PD=4,所以sin∠PDH=PHPD=3所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为343.(2018·全国卷II高考理科·T20)(12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=22,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC. (2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.【命题意图】本题考查立体几何中的线面关系以及线面角的求法,意在考查学生的数学运算及逻辑推理能力.【解析】(1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=23.连接OB.因为AB=BC=22AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥AC,OB=12AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO由OP⊥OB,OP⊥AC,OB∩AC=O,知PO⊥平面ABC.(2)连接OM,如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,的方向为y轴正方向,的方向为z轴正方向,建立空间直角坐标系.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,23),=(0,2,23),取平面PAC的法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0<a≤2),则=(a,4-a,0).设平面PAM的法向量为n=(x,y,z).由·n=0,·n=0得2y+2可取n=(3(a-4),3a,-a),所以cos<,n>=23(由已知得|cos<,n>|=32.所以23|a解得a=-4(舍去),a=43所以n=-8又=(0,2,-23),所以cos<,n>=34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为344.(2018·全国Ⅲ高考理科·T19)(12分)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直,M是CD上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC.(2)当三棱锥M-ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.【命题意图】本题考查立体几何中面面垂直的判定及二面角的求解,考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力,体现了直观想象、逻辑推理和数学运算的核心素养.试题难度:中.【解析】(1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为CD上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz.当三棱锥M-ABC体积最大时,M为CD的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0),设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则即-2可取n=(1,0,2).是平面MCD的法向量,因此cos<n,>==55,sin<n,>=255,所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是2555.(本小题14分)(2018·北京高考理科·T16)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,CC1⊥平面ABC,D,E,F,G分别为AA1,AC,A1C1,BB1的中点,AB=BC=5,AC=AA1=2.(1)求证:AC⊥平面BEF.(2)求二面角B-CD-C1的余弦值.(3)证明:直线FG与平面BCD相交.【命题意图】考查空间中直线与平面的位置关系的判定,以及二面角的求法,意在考查空间想象能力,逻辑推理能力,运算能力,培养学生的空间想象能力与逻辑推理能力,体现了逻辑推理,直观想象,数学运算的数学素养.【解析】(1)因为CC1⊥平面ABC,AC⊂平面ABC,所以CC1⊥AC.在平行四边形A1ACC1中,E,F分别是AC,A1C1的中点,所以EF∥CC1,所以AC⊥EF.在△ABC中,AB=BC,E是AC的中点,所以AC⊥BE,又因为AC⊥EF,BE,EF⊂平面BEF,BE∩EF=E,所以AC⊥平面BEF.(2)如图,建立空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,2,0),C(-1,0,0),A1(1,0,2),B1(0,2,2),C1(-1,0,2),D(1,0,1),F(0,0,2),G(0,2,1),显然=(0,2,0)是平面CDC1的一个法向量,设m=(x,y,z)是平面BCD的一个法向量,又=(-1,-2,0),=(1,-2,1),所以-x-2y=0,x-所以平面BCD的一个法向量为m=(-2,1,4),cos<,m>==0+2×1+02×(-由图知,二面角B-CD-C1为钝角,所以,二面角B-CD-C1的余弦值为-2121(3)方法一:记CD,EF交点为I,连接BI,由(1)及已知,EF∥CC1,CC1∥BB1,所以EF∥BB1,直线BG与直线FI共面,又因为BG=12BB1=12AA1=A1D,A1D<所以四边形BGFI是梯形,直线FG与直线BI一定有交点,又因为BI⊂平面BCD,FG⊄平面BCD,所以直线FG与平面BCD相交.方法二:反证法.显然FG⊄平面BCD,假设FG∥平面BCD,下面推出矛盾.记CD,EF交点为I,连接BI,因为FG∥平面BCD,平面BCD∩平面BGFI=BI,所以FG∥BI,由(1)及已知,EF∥CC1,CC1∥BB1,所以EF∥BB1,即BG∥FI,所以四边形BGFI是平行四边形,所以BG=FI,而BG=12BB1=12AA1=A1D<FI,所以直线FG与平面BCD相交.6.(本小题满分13分)(2018·天津高考理科·T17)如图,AD∥BC且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD且EG=AD,CD∥FG且CD=2FG,DG⊥平面ABCD,DA=DC=DG=2.(Ⅰ)若M为CF的中点,N为EG的中点,求证:MN∥平面CDE.(Ⅱ)求二面角E-BC-F的正弦值.(Ⅲ)若点P在线段DG上,且直线BP与平面ADGE所成的角为60°,求线段DP的长.【命题意图】本题考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识.考查用空间向量解决立体几何问题的方法.考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力.【解析】依题意,可以建立以D为原点,分别以,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向的空间直角坐标系(如图),可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),E(2,0,2),F(0,1,2),G(0,0,2),M0,32,1,N(Ⅰ)依题意=(0,2,0),=(2,0,2).设n0=(x,y,z)为平面CDE的法向量,则即2y=0,2x+2z=0,不妨令z又=1,-32,1,可得·n0=0,又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN(Ⅱ)依题意,可得=(-1,0,0),=(1,-2,2),=(0,-1,2).设n=(x1,y1,z1)为平面BCE的法向量,则即-x1=0,x1-2y设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量,则即-x2=0,-y2+2因此有cos<m,n>=m·n|于是sin<m,n>=1010所以,二面角E-BC-F的正弦值为1010(Ⅲ)设线段DP的长为h(h∈[0,2]),则点P的坐标为(0,0,h),可得=(-1,-2,h).易知,=(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量,故|cos<,>|==2h2+5,由题意,可得2h2+5=sin60°=32,解得h=所以线段DP的长为337.(2018·江苏高考·T22)(本小题满分10分)如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点P,Q分别为A1B1,BC的中点.(1)求异面直线BP与AC1所成角的余弦值.(2)求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值.【解析】如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{,,}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.因为AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(3,0,2),C1(0,1,2).(1)因为P为A1B1的中点,所以P32从而=-32,-1故|cos<,>|==|-1+4|5×22因此,异面直线BP与AC1所成角的余弦值为310(2)因为Q为BC的中点,所以Q32因此=32,32,0,设n=(x,y,z)为平面AQC1的一个法向量,则即32x+32设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,则sinθ=|cos<,n>|==25×2=5所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为558.(2018·浙江高考T19)(本题满分15分)如图,已知多面体ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(Ⅰ)证明:AB1⊥平面A1B1C1.(Ⅱ)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.【命题意图】本题主要考查空间点、线、面位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.【解析】方法一:(Ⅰ)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1⊥AB,BB1⊥AB得AB1=A1B1=22,所以A1B12+AB12故AB1⊥A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1⊥BC,CC1⊥BC得B1C1=5,由AB=BC=2,∠ABC=120°得AC=23,由CC1⊥AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,故AB1⊥B1C1,又A1B1∩B1C1=B1,所以AB1⊥平面A(Ⅱ)如图,过点C1作C1D⊥A1B1,交直线A1B1于点D,连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1得平面A1B1C1⊥平面ABB1,由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1,所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得cos∠C1A1B1=67,sin∠C1A1B1=1所以C1D=3,故sin∠C1AD=C1DA因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913方法二:(Ⅰ)如图,以AC的中点O为原点,分别以射线OB,OC为x,y轴的正半轴,建立空间直角坐标系O-xy