【优化探究】2013届高三数学二轮复习 专题演练1-6-3第三讲 立体几何中的向量方法.doc

1【优化探究【优化探究】20132013 届高三数学二轮复习届高三数学二轮复习 专题演练专题演练 1-6-31-6-3 第三讲第三讲立体几何中的向量方法立体几何中的向量方法一、选择题1已知a(2，4，5)，b(3，x，y)，若ab，则xy()A9B92C3D32解析：由ab，得32x4y5，解得x6，y152，故xy615232.答案：D2(2012 年杭州模拟)已知a(1，2，1)，b(2，1，1)，则|at b|的最小值是()A2 3B.3 22C.6D3 2解析：由已知得atb(2t1，2t，t1)，所以|atb|2(2t1)2(2t)2(t1)26t26t66(t2t)66(t12)29292，所以|atb|的最小值为3 22.答案：B3 已知二面角l的大小为 60，点B、C在棱l上，A，D，ABl，CDl，ABBC1，CD2，则AD的长为()A2B.5C2 2D.3解析：由题意知|AB|BC|1，|CD|2，ABBC，CDBC，AB，CD120，ADABBCCD，则|AD|2|AB|2|BC|2|CD|22ABBC2BCCD2ABCD114212cos 1204，故|AD|2.答案：A4如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()2A.55B.53C.2 55D.35解析：利用向量法求解不妨令CB1，则CACC12.可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，BC1(0，2，1)，AB1(2，2，1)，cos BC1，AB1BC1AB1|BC1|AB1|415 915550.BC1与AB1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为55.答案：A5(2012 年宝鸡中学月考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB1，AC2，BC 3，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为()A.6B.4C.3D.2解析：由AB1，AC2，BC 3可得AB2BC2AC2，故ABBC.又由直棱柱的性质可知BB1平面ABC.如图，以B为坐标原点建立3空间直角坐标系，设棱BB1的长为h，则E(0，0，h2)，A(0，1，0)，C1(3，0，h)，D(32，12，h2)，故DE(32，12，0)因为BB1平面ABC，所以BB1AB，又因为ABBC，所以AB平面BB1C1C，故BA(0，1，0)是平面BB1C1C的一个法向量设直线DE与平面BB1C1C所成的角为，则sin|cos BA，DE|BADE|BA|DE|121（32）2（12）20212.又因为0，2，所以6.答案：A二、填空题6如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，且CC1底面ABC，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角为_解析：由题意可知该三棱柱为正三棱柱，设其棱长为 2，BAa，BB1b，BCc，则|a|b|c|2，且a，c3，a，bb，c2，所以ac22cos32，abbc0.而AB1ba，BMc12b，所以AB1BM(ba)(c12b)bc12b2ac12ab0，故AB1，BM2，即异面直线AB1与BM所成的角为2.答案：27如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为 2，M，N分别是C1D1，CC1的中点，则直线B1N与平面BDM所成角的正弦值为_解析：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则B1(2，2，2)，N(0，2，1)，NB1(2，0，1)，又M(0，1，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，则DB(2，2，0)，DM(0，41，2)，可得平面BDM的一个法向量n(2，2，1)，因为 cos n，NB1nNB1|n|NB1|53，故直线B1N与平面BDM所成角的正弦值是53.答案：538 如图，PA平面ABC，ACBC，PAAC1，BC 2，则二面角APBC的余弦值大小为_解析：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立空间直角坐标系Cxyz，因为A(1，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，P(1，0，1)，AP(0，0，1)，PB(1，2，1)，CB(0，2，0)，设平面APB的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面PBC的法向量为n2(x2，y2，z2)，则z10，x1 2y1z10，2y20，x2 2y2z20，n1(2，2，0)，n2(1，0，1)，cos n1，n226233，二面角APBC的余弦值为33.答案：33三、解答题9(2012 年济南模拟)三棱锥PABC中，BAC90，PAPBPCBC2AB2.(1)求证：平面PBC平面ABC；(2)求二面角BAPC的余弦值解析：(1)证明：取BC的中点O，连接AO、PO，因为ABC为直角三角形，所以OAOBOC，又知PAPBPC，OP为公共边，则POAPOBPOC，所以POAPOBPOC90，所以POOB，POOA.又OBOAO，所以PO平面ABC.又因为PO平面PBC，5所以平面PBC平面ABC.(2)过O作ODBC，交AC于点D，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(32，12，0)，B(0，1，0)，C(0，1，0)，P(0，0，3)，BA(32，12，0)，BP(0，1，3)，CA(32，32，0)，CP(0，1，3)设平面PAB的法向量为n1(x，y，z)，则由n1BAn1BP，得32x12y0y 3z0，令x1，得平面PAB的一个法向量为n1(1，3，1)同理可求得平面PAC的一个法向量为n2(3,3，1)所以 cos n1，n2n1n2|n1|n2|6565，故二面角BAPC的余弦值为6565.10(2012 年郑州模拟)如图，在四棱锥SABCD中，ABAD，ABCD，CD3AB3，平面SAD平面ABCD，E是线段AD上一点，AEED 3，SEAD.(1)证明：平面SBE平面SEC；(2)若SE1，求直线CE与平面SBC所成角的正弦值解析：(1)证明平面SAD平面ABCD，平面SAD平面ABCDAD，SE平面SAD，SEAD，SE平面ABCD，BE平面ABCD，SEBE.ABAD，ABCD，CD3AB3，AEED 3，AEB30，CED60.BEC90，即BECE.又SECEE，BE平面SEC，6BE平面SBE，平面SBE平面SEC.(2)由(1)知，直线ES，EB，EC两两垂直如图，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，ES为z轴，建立空间直角坐标系则E(0，0，0)，C(0，2 3，0)，S(0，0，1)，B(2，0，0)，CE(0，2 3，0)，CB(2，2 3，0)，CS(0，2 3，1)设平面SBC的法向量为n(x，y，z)，则nCB0nCS0，即2x2 3y02 3yz0，令y1，得x 3，z2 3，平面SBC的一个法向量为n(3，1，2 3)设直线CE与平面SBC所成角的大小为，则 sin|nCE|n|CE|14，直线CE与平面SBC所成角的正弦值为14.11(2012 年北京西城模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC2AA1，ABC90，D是BC的中点(1)求证：A1B平面ADC1；(2)求二面角C1ADC的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在一点E，使AE与DC1成 60角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由解析：(1)连接A1C，交AC1于点O，连接OD.由ABCA1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点又D为BC的中点，所以OD为A1BC的中位线，7所以A1BOD，因为OD平面ADC1，A1B 平面ADC1，所以A1B平面ADC1.(2)由ABCA1B1C1是直三棱柱，且ABC90，得BA、BC、BB1两两垂直以B为坐标原点，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Bxyz.设BA2，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，1)，D(1，0，0)，所以AD(1，2，0)，AC1(2，2，1)设平面ADC1的法向量为n(x，y，z)，则有nAD0，nAC10.所以x2y0，2x2yz0.取y1，得n(2，1，2)易知平面ADC的一个法向量为v(0，0，1)所以 cos n，vnv|n|v|23.因为二面角C1ADC是锐二面角，所以二面角C1ADC的余弦值为23.(3)假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上，A1(0，2，1)，B1(0，0，1)，故可设E(0，1)，其中 02.所以AE(0，2，1)，DC1(1，0，1)因为AE与DC1成 60角，所以|cos AE，DC1|AEDC1|AE|DC1|12.即|1（2）21 2|12，解得1 或3(舍去)所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成 60角