选修2-1 第3章空间向量与立体几何-常见题型分类总结-2020-2021学年人教A版高二数学上学期期末复习(一)

人教A版选修2-1第三章空间向量与立体几何常见题型分类总结

题型一：求平面的法向量

1.如图，在四棱锥P—ABC。中，底面A8CD是正方形，侧棱PD_L底面

PD=DC=1,E是PC的中点，求平面EZ汨的一个法向量.

题型二：向量法证平行和垂直

2.如图，正方体ABCD-AQCQi中，/、N分别为43、々C的中点.选用合适

的方法证明以下问题：

(1)证明：平面A8O〃平面BCR；

(2)证明：面AR。.

3.如图，在多面体ABC—AiBiG中，四边形AiABBi是正方形，AB=AC,BC=^AB,

二面角4-A8-C是直二面角.

求证：(1)AiBi_L平面A4C；

(2)ABi〃平面AC1C.

题型三：向量法求线面角

4.如图，在四棱锥E—A8CD中，底面ABCO为菱形，BE1平面ABC。，G为AC

与BD的交点.

(1)证明：平面AECL平面BED；

(2)若NRW=60。，AELEC,求直线EG与平面E0C所成角的正弦值.

5.已知长方体A8CD-4与££>|中，4)=怂=2,44,=1,E为的中点•

(1)证明平面B£C；

(2)求直线4。1与平面片EC所成角的正弦值.

题型四：向量法求二面角

6.如图，四棱锥P—A3CZ)中，ABCD为正方形,「。_1平面43。，”是A3的

中点，N是PC上一点,PC=3PN.

(1)证明：PA//平面MND；

(2)若AB=3,P£>=C，求二面角。一例N-C的大小.

7.如图已知斜三棱柱ABC—AMG中，ZBCA=90°,AC=BC=2,4在底面ABC上的

射影恰为AC的中点£),且4。=百.

(1)求证：A^J_AG；

(2)求直线48与平面481cl所成角的正弦值；

(3)在线段GC上是否存在点M,使得二面角"--G的平面角为90°?若存在,

确定点M的位置；若不存在，请说明理由.

题型五：向量法求异面直线夹角

8.在四棱锥尸—ABC。中，P4_L平面ABC。，底面四边形ABCD为直角梯形，

AD//BC,ADLAB,PA=AD^2,AB=BC=1,。为PO中点.

(1)求证：PDLBQ.

(2)求异面直线PC与BQ所成角的余弦值.

9.在四棱柱ABCO—AgG，中，平面ABC。，底面ABCO是边长为4的正

方形，AG与片。交于点N,BG与6c交于点"，且AML3N.

(I)证明：MN〃平面AB。；

(II)求A4的长度；

(III)求直线AM与ON所成角的余弦值.

题型六：向量法求距离

10.如图，四棱锥S-的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的也倍，P

为侧棱so的中点，试用向量法解决下面的问题.

(1)求证：ACYSD-.

(2)若BC=2,求线段8P的长.

11.如图所示在长方体ABC。-44G2中，A4,=2,48=4，AD=6,M-N

分别是。G，AC的中点.

(1)求证：MN〃平面A。。A

(2)求C到平面4MN的距离.

12.如图，在长方体中，A£>=A4,=1,A8=2,点E在棱AB上

移动

(I)证明：£>,£!

(II)当E为A8的中点时，求点E到平面AC。的距离.

13.在长方体OABC—QABG中，|Q4|=2,|AB|=3,|A4j=2,£是8c的中

点，建立空间直角坐标系，用向量方法解下列问题：

(1)求直线与片后所成的角的余弦值;

(2)作于。，求点。I到点。的距离.

14.如图，四棱锥尸一ABC。的底面ABCD是矩形，24,平面ABC。，PA=AD=2,

⑴求证：平面PAC；

(2)求二面角P-CD-B余弦值的大小;

(3)求点。到平面的距离.

参考答案

【分析】

首先建立空间直角坐标系，然后利用待定系数法按照平面法向量的求解步骤进行求解.

【详解】

解：如图所示建立空间直角坐标系.

依题意可得0(0,0,0),P(0,0,l),8(1,1,0),于是诙=(o,g,g

丽=(1,1,0卜设平面石DB的法向量为为=(%,y,z),则诙，力J.诙，于是

'—►11

n-DE=—y+—z=0,

<22

元DB=x+y=0,

取x=l,则y=-l,z=l,故平面£06的一个法向量为元=(1,-1,1).

【点睛】

本题考查平面法向量的求法，属于基础题.

2.(1)证明见解析；(2)证明见解析.

【分析】

如图建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可

(1)求出两个平面的法向量，若两法向量共线，则可得证；

(2)求出向量斯若此向量与平面AB。的法向量共线，则可得证

【详解】

(1)建立如图所示的坐标系，设正方体的棱长为2,

则。(0,0,0),A(2,0,2),6(220),4(2,2,2),C(0,2,0),。(0,0,2),

设平面A8。的法向量为m=(x,y,z),

：次=(2,0,2),丽=(2,2,0),

.[2x+2z=0

2x+2y=0'

・,•取=

同理平面的法向量为3=(—1,1,1),mlln，

平面48。〃平面耳。。；

(2)-：M>N分别为A3、81C的中点，

AW=(-1,1,1),：.MN//m，

面4肛

3.(1)证明见解析；(2)证明见解析.

【分析】

利用面面垂直的性质定理证出A8,AC,A4两两互相垂直，建立空间直角坐标系A-xyz,

(1)求出平面A4C的一个法向量，证出44〃〃，即可证明.

(2)求出平面4GC的一个法向量，证明福■•而=0即可证明.

【详解】

因为二面角4-A8-C是直二面角,

四边形AIABBI为正方形，

所以A4_L平面BAC.

又因为4B=AC,BC=42AB,

所以/C4B=90。，

即CA1,AB,

所以A8,AC,AAi两两互相垂直.

建立如图所示的空间直角坐标系A-孙z,

设AB=2,则A(0,0,0),Bi(0,2,2),4(0,0,2),C(2,0,0),Ci(l,I,2).

(1)俞=(0,2,0),瀛=(0,0,-2),*=(2,0,0),

设平面A4C的一个法向量[=(x,y,z),

n-A^A=0-2z=0x=0_

则〈即《即〈，取y=l,则〃=(0,1,0).

n-AC-02x=0z=0

所以福'=23,

即福'//A.

所以48]_L平面AA\C.

(2)易知福;=(0,2,2),宿=(1,1,0),而=(2,0,-2),

设平面AiGC的一个法向量加=(xi,yi,zi),

m-AC=0X+y=0

则〈，即《

m-AjC=02x]-2z,=0"

令X1=1,则yi=—1,Z1=1,

即加=(1，—1,1).

所以AB】-m=0x1+2x(—1)+2x1=0,

所以离，而，

又ABC平面ACC,

所以AB\//平面AiC\C.

【点睛】

本题考查了空间向量法证明线面垂直、线面平行，考查了基本运算，属于基础题.

4.(1)证明见解析；(2)叵.

10

【分析】

(1)由平面几何知识可得AC，80.,再由线面垂直的性质定理和判断可证得AC_L平面

BED.根据面面垂直的判定可得证；.

(2)在点G建立如图所示的空间直角坐标系G一孙z.根据线面角的向量求解方法可求得答

案.

【详解】

(1)证明：因为四边形A3。为菱形，所以ACL8D.

因为BE1平面ABC。，ACu平面ABC。，所以AC_LBE.

又BEcBD=B，所以AC_L平面.又ACu平面AEC,

所以平面AECL平面BED.

(2)解法1：设A8=l，在菱形4BCO中，由N8">=60。，可得AG=GC=1/3，

2

BG=GD^-.

2

A

因为AE_LEC,所以在RtZ\AEC中可得EG=AG=¥L

2

由BE1平面ABC。，得AEBG为直角三角形，则EG2=6E2+BG2,得BE=也.

2

过点G作直线GZ//BE,因为BE1平面ABCD，所以GZ_L平面ABCD，又AC1BD,

所以建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.

(h、(i\<1历、_(।

G(0,0,0),C0,^-,0,D--,0,0,E,所以GE=

k27(2)1^22J122J

__(r;\_(irz

设平面EZ)C的法向量为〃=(x,y,z)，DE=1,0,^-,CE=—,——

［丘

XHZ=n0

DEn=02

由，得

CEn^O1V3^V2_

—x----y+——z=0

1222

取尤=1,y=—与,z=-血，所以平面EDC的一个法向量为）=1「冬-6.

设直线EG与平面EDC所成角为。,

V10

To"

所以直线EG与平面EDC所成角的正弦值为亚

10

解法2：如图以点8为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系8-孙z.

不妨设AB=2,则A（T,G,O），C（2,0,0）,E（0,0词,00,6,0）,G-,^-,0

所以左加-

（22J

设平面EOC的法向量为3=（x,yz）,丽=（1,6,-夜），EC=（2,0,-V2）,

n-ED-0fx+>/3y-V2z=0

则〈_,得（二,

n-EC=0[2x-yJ2z=0

令x=6，则y=l，z=J4.所以平面EDC的一个法向量为3=（6,1,逐）.

设EG与平面皮>。所成角为。，

恒+近一26「

则sin^=|cos（EG,或=I：j=叵'

所以直线EG与平面EOC所成角的正弦值为如L

10

5.（1）证明见解析；（2）拽

15

【分析】

（1）连结BG,与CB,交于点F,可得EFHBD、,结合EFu平面片EC,根据线面平行

的判断定理可证明BD#平面fi.EC；

（2）以。为原点，分别以所在直线为尤,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐

标系，求出平面4EC的法向量而，及可，设直线与平面々EC所成角为。，可得

sin6=计算即可.

【详解】

（1）连结5G,与CS,交于点F,则尸为BCi的中点，又E为D©的中点，所以EF//BD,,

又E/u平面S|EC,8D|<Z平面gEC,所以BO"平面gEC.

(2)以。为原点，分别以。4,。。,。4所在直线为工,％2轴，建立如图所示的空间直角坐

标系,则。(0,0,0),4(2,0,0),A(0,0,1),8(2,2,0),C(0,2,0),E(0,l,l),

4(2,2/),

则肛=(-2,0,1),反=(0,1,-1),^£=(-2,-1,0),

设平面BIEC的法向量为〃?=(x,y,z),

rn=y-z=0

令x=l,得y=z=-2,得根=(l,_2,—2),

-m=-2x-y=0

_2_2_4指

设直线A。与平面B.EC所成角为

75x79—15-

【分析】

(1)连接AC,交DM于H,连接NH,则由M是AB的中点，可得

AM:DC^AH:HC^l:2,而由PC=3PN可得PN:NC=1:2,所以可得到

PA//NH,从而由线面平行的判定定理可证得PAII平面MND；

(2)由已知可知田,D4,OC两两垂直，所以以D4,。。，所在的直线分别为x轴，＞

轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角。—MN—C的大小.

【详解】

解：(1)连接AC,交DM于H，连接N”，

是4B的中点，•••AM：OC=AH：〃C=1：2,

・：PN:NC=1:2,：.PAHNH,

,/PA(Z平面MND,NHu平面MND,

:.Q4//平面朋ND,

(2)•••平面A8CD,DA,OC在平面ABC。内,

PD±DA,PD上DC,

•.•四边形ABC。为正方形，所以D4LOC,

PZZOADC两两垂直，

...建立如图所示的空间坐标系，则P（o,o,、/）,C（0,3,0）,N0,1，竽，/（3,^,0

3,-|,0j,西=0,-2,

设平面OMN的法向量为加=（%,%，z0），

.3八

3/+尹=0(

L，令%=1,则庆=1,-2,

,2\/6<

2o=O

设平面CMN的法向量为n=（x,y,z）,

3x——y=0

令x=l,则后=(1,2,n),

2+哈=0

•e*zn,n=0»AH_LH»即二面角。一MN—C的大小为90。.

【点睛】

此题考查了线面平行的证明，利用空间向量求二面角的平面角，考查空间想象能力，属于中

档题.

7.(1)证明见解析；(2)如；(3)不存在，理由见解析.

4

【分析】

(1)作。E，4c交A8于点E，分别以DE,DC,DA,所在直线为x,y,z轴建立空间直角

坐标系，利用空间向量法证明48,AG；

(2)利用(1)中所建坐标系，求出直线的方向向量和平面44G的一个法向量，则两向

量的夹角的余弦值的绝对值即为线与面的夹角的正弦值；

(3)假设存在设两=4苗=(0,4由㈤(0W/IW1),求出平面54的一个法向量,

根据正工=0，即可求出4的值，即可得证.

【详解】

证明：(1)方法一：作。£_LAC交AB于点E，分别以所在直线为x，y，z轴

建系

A(0,-l,0),C(0,l,0),B(2,l,0)，4(0,0,^),C,(0,2,^)

所以，V=(2,1,-V3),AC,=(0,3,V3)

率•菊=0+3—3=0,所以A/LAG

方法二：在RfZVUM，中，4。=1，4。=6得"1=2,/44。=60'

所以四边形ACGA为菱形，得AJ^AC

又6。，AC,BCLA}D,ACC\A,D=D,AC,A]D(^面ACG4,所以8C，面AC£A

因为AC|u面ACGA，所以AC|1又因为4Cn8C=C，AC，5Cu面4BC

所以AG，面ABC,因为48u面ABC,所以48，AC1

(2)方法一：因为面A4G〃面ABC,所以面Age的一个法向量为浣=(0,()/)

因为率=(2,1,一由)，所以率石=-6，I还|=，4+1+3=20

cos（福石>=W==-逅

71x204

设线A1与平面4月。1所成角为a,sina=|cos<71,5,m>|=-

方法二：因为面A4G〃面ABC,所以线4B与平面A4G所成的角等于48与面43。所

成的角，所以乙4月。即为所要求.

在中，4。=6，46=2后,

sinZ^BD=^=—

2逝4

线48与平面A4G所成角的正弦值为逅

4

(3)方法一：不存在，设两=4①'=(0,46/1),(0W2W1)

病=通=(2,2,0),私=而+函=(0,/1+1,向-我

设面MAjg的一个法向量为〃=(x,y,z)

x=-y

2x+2y=0

(/t+l)y

(/l+l)y+(回_V5)z=0

732-73

4+1)

V3A—>/3

夜飞=°'得”T

所以不存在点M满足要求.（只猜想不存在也给分）

方法二：面4月。，面481G

CC,与面A4。的交点N为CG与A。的交点

NC1

日—=—

NC、2

所以在线段cq上不存在点M满足要求.

【点睛】

本题考查了空间位置关系与距离空间角、数量积运算性质、向量夹角公式，考查了推理能力

与计算能力，属于中档题.

8.（1）详见解析；（2）也.

3

【分析】

（1）以A为原点，分别以A3，AD,AP为无轴，N轴，z轴，建立空间直角坐标系，

计算得丽•丽=（）,即可证明结论；

（2）先求出无，再利用向量夹角公式即可得出.

【详解】

（1）由题意在四棱锥P—ABCZ）中，Q4_L平面ABCD,底面四边形A3CD为直角梯形,

ADA.AB，

以A为原点，分别以AB，AD，AP为％轴，＞轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则A（0,0,0）,8（1,0,0）,C（l,l,0）,D（0,2,0）,P（0,0,2）.因为。为PZ）中点，所以

2（0,1,1）,

所以而=（0,2,-2）,诙=（—1,1,1）,所以而•丽=（0,2,-2＞（—1,1,1）=0,所以

PDLBQ.

（2）由（1）得定=（1,1,—2）,PC-Be=（l,l,-2）-（-l,l,l）=-2,|PC|=V6,|BQ|=V3,

PCBQ=g,所以PC与BQ所成角的余弦值为

COS{PC,BQ)=

PC^BQ

【点睛】

本题考查了异面直线所成的角、向量夹角公式、数量积运算性质，考查了推理能力与计算能

力，属于基础题.

9.（I）见解析（II）AA的长度等于2a.（HD书

【分析】

（I）在以中，利用中位线定理证明再由线面平行的判定定理得证；

（II）由已知说明ZM,DC,。口两两垂直，进而可建立空间直角坐标系，再分别表示

点的坐标，即可表示祝，丽的坐标，由向量垂直的数量积为零构建方程求得答案；

（III）由数量积的坐标运算求夹角的余弦值.

【详解】

（I）证明：由已知，四棱柱ABC。—aAG。中，四边形Bccg与四边形A4GR是

平行四边形，所以M，N分别是BG，4G的中点.

所以中，MNH&B.

因为MNZ平面,所以MN〃平面A/O.

(II)因为的J"平面ABCD，DDJ/AA,,

所以。。，平面A8CD,所以。。J_A。，DDt1CD,

又正方形ABC。中AD,8,所以以。为原点，DA,DC,分别为％轴，N轴，z

轴建立空间直角坐标系.

设AA=r，所以A(4,0,0),M(2,4,1),5(4,4,0),N(2,2,f),

AM=(-2,4,1),丽=(-2,-2,t).

_____.t产

因为AMJ.BN,所以AM-BN=(-2)x(-2)+4x(-2)+—xf=-4+—=0,

22

解得t=2&，所以的长度等于

(Ill)由(II)知而=(一2,4,后)，丽=(2,2,2夜)，

设直线AM与。N所成角为夕，

\AM-DN\_412

所以cos0=|cos<AM,DN>|=

|AM||DN|-11

即直线AM与DN所成角的余弦值为—.

11

【点睛】

本题考查空间中线面平行的证明，还考查了利用空间向量求棱长与异面直线所成角，属于简

单题.

10.(1)证明见解析；(2)V6.

【分析】

由题设已知可构建底面中心O为坐标原点，OB>OC，oM的方向分别为X轴、y轴、Z

轴的正方向的空间直角坐标系，确定坐标，(1)应用向量的数量积坐标公式有

OCSD=0,即可证AC_LSO；(2)用坐标表示而，求模即为线段BP的长；

【详解】

连接8。，交AC于点。，由题意知SO,平面A8CD以0为坐标原点，OB,QC,谢的

方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系。-型，如图所示.

（1）设底面边长为“，则高50=等"，于是s（0,0,等“），。（一日见0,0）,

所以诙•防=0，故oc，sr）,即ACLSO.

(2)因为BC=2,所以5(、历,0,0),5(0,0,厢,£>(-72,0,0).

由中点坐标公式，可得尸（一等,（）,乎），所以丽=（—¥，（）,白）,

所以匿卜卜平了+&+（咚f=V6,即线段BP的长为卡.

【点睛】

本题考查了应用空间向量证明垂直及求线段长度，根据几何体的性质构建合适的空间坐标

系，并得到点坐标，应用向量垂直的坐标公式证垂直，由向量的模求线段长度.

,12

11.（1）证明见解析；（2）—.

【分析】

（1）分别取。。和的中点£,尸，连接用V,利用中位线定理可证四边形石MAE

是平行四边形，所以石F//MN,再根据线面平行的判定定理，即可证明结果;

(2)以。为原点，。4。。,。2分别为元，2,建立空间直角坐标系。-孙z,根据题意

可求出A,C,R,C，A，M,N点的坐标，进而求出平面A"N的法向量，再根据空间向量中点

到平面的距离公式即可求出结果.

【详解】

分别取。口和的中点E,F,连接EM,FN,

所以EM//FN,且EM=FN,

所以四边形EMM是平行四边形，所以EF//MN,

又E/u平面MN6平面ADDJA，

所以MN〃平面A。。A：

(2)以。为原点，。4。。,。9分别为乂乂2,建立空间直角坐标系。-冲z,如图所示:

由题意，则4(6,0,0),C(0,4,0),A(0,0,2),C(0,4,0)，A(6,0,2),

又M，N分别是OG，AC的中点，

所以M(0,2,l),N(3,2,0),

uuuilULUUIIMLIll

所以AM=(-3,2,-2),AN=(-6,2,-1),CM=(0,-2J);

设平面4MN的法向量为7=(x,y,z),则

n-A,M-0—3x+2y—2z=09

-八，令z=3,则X=l,y=<

n-AiN=O[-6x+2y-z=Q2

所以；=(4,3

,ULLIUI.

CM-/?|-9+3|12

设C到平面AMN的距离为〃，贝『?=开

【点睛】

本题主要考查了线面平行的判定定理的应用，以及空间向量的在求点到平面距离中的应用,

属于基础题.

12.(I)证明见解析；(II)

3

【分析】

(I)建立空间直角坐标系，根据空间向量垂直的性质进行证明即可；

(II)利用空间点到平面的距离公式进行求解即可.

【详解】

以。为坐标原点，直线D4,DC,分别为x,y,z轴，建立空间宜角坐标系,

设AE=x,

则4(1,0/)，^(0,0,1),E(l,x,0),A(l,0,0),C(0,2,0).

(I)因为以左=(l,0,l>(l,x,—1)=0,所以至」班.

(II)因为E为AB的中点，则七(1,1,0),

从而斯=(1,1,一1),AC=(-1,2,0),AD,=(-1,0,1),

设平面ACR的法向量为〃=(a,b,c),

»-AC=O

则《

n-AD1=0

一。+2。=0a=2b_

也即《得〈,取c=2,从而〃=(2,1,2),

—ci+c=0a=c

〃E・川2+1-21

所以点E到平面ACD的距高为h

X-3--3

l»l

y⑵唔

【分析】

(1)由题意写出点的坐标，求出福，瓦石的坐标，利用空间向量求异面直线所成角即可;

UUULUUIUUUllUUU/八、--------.

(2)由题意得，Q|O_LAC，ADIIAC>设。(x,y,。)，求出QQ,AD<AC的坐标，

列出方程组，求解x，N,得出。点坐标，利用向量的模求解即可.

【详解】

(1)由题意得A(2,0,0),«(0,0,2),4(2,3,2),£(1,3,0).

UU