2019届高考数学大二轮复习 第1部分 专题5 立体几何 第3讲 用空间向量的方法解立体几何问题练习.doc
1第一部分第一部分 专题五专题五 第三讲第三讲 用空间向量的方法解立体几何问题用空间向量的方法解立体几何问题A 组1在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( B )A B 1 201010C D10101 20解析 设正方体棱长为 1，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，则D(0,0,0)，E(0，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，1 2所以(0，1)，(1,1,0)，DE1 2AC则 cos， ，DEACDE·AC|DE|AC|1 21 41· 21010则异面直线DE与AC所成角的余弦值为.10102已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且BPABBCABBCBP平面ABC，则实数x，y，z分别为( B )A ，4 B ，433 715 740 715 7C ，2,4 D4， ，1540 740 7解析 ·352z0，ABBCABBC所以z4，又BP平面ABC，所以·x15y60，BPAB·3x3y3z0，BPBC由得x，y.40 715 73已知正方体ABCDA1B1C1D1，下列命题：()A1AA1D1A1B12232，·()0，向量与向量的夹角为 60°，正方体A1B1A1CA1B1A1AAD1A1BABCDA1B1C1D1的体积为|··|，其中正确命题的序号是( B )ABA1AADA BC D解析 如图所示：以点D为坐标原点，以向量， ，所在直线分别为x轴，yDADCDD1轴，z轴，建立空间直角坐标系，设棱长为 1，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，对于：(0,0，1)，(1,0,0)，A1AA1D1(0,1,0)，A1B1所以(1,1，1)，()23，而21，所A1AA1D1A1B1A1AA1D1A1B1A1B1以()232.所以正确；A1AA1D1A1B1A1B1对于：(1,1，1)，(0,0，1)，(0,1,0)，所以·(A1CA1AA1B1A1C)0.所以正确；A1B1A1A对于：(1,0,1)，(0,1，1)，AD1A1B·1，cos， ，所以与AD1A1BAD1A1BAD1·A1B|AD1|A1B|12 ×21 2AD1的夹角为 120°，所以不正确；A1B对于：因为·0，所以错误故选 BABA1A4(2018·海口一模)如图，AB是O的直径，PA垂直于O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB2，PABC，则二面角ABCP的大小为( C )3A30° B45°C60° D90°解析 因为AB是O的直径，PA垂直于O所在平面，点C是圆周上不同于A，B两点的任意一点，且AB2，PABC，33所以ACBC，AC1，AB2BC243以点A为原点，在平面ABC内过点A作AC的垂线为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，P(0,0，)，B(，1,0)，C(0,1,0)，33(，1，)，(0,1，)，PB33PC3设平面PBC的法向量n n(x，y，z)，则Error!取z1，得n n(0， ，1)，3平面ABC的法向量m m(0,0,1)，设二面角ABCP的平面角为，则 cos ，所以60°，|m m·n n| |m m|·|n n|1 2所以二面角ABCP的大小为 60°.5在底面是直角梯形的四棱锥SABCD中，ABC90°，ADBC，SA平面ABCD，SAABBC1，AD ，则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是.1 263解析 如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D( ，0,0)，1 2C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知( ，0,0)是平面SAB的一个法向量AD1 2设平面SCD的法向理n n(x，y，z)，因为( ，0，1)，( ，1,0)，SD1 2DC1 2所以n n·0，n n·0，可推出 z0， y0，令x2，则有SDDCx 2x 2y1，z1，所以n n(2，1,1)设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为，则 cos.|AD·n n|AD|n n|1 2× 20 × 10 × 1122· 2212126346已知正三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长都相等，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角的大小是 90°.解析 延长A1B1至D，使A1B1B1D，连接BD，C1D，DM，则AB1BD，MBD就是直线AB1和BM所成的角设三棱柱的各条棱长为 2，则BM，BD2，C1D2A1D2A1C2A1D·A1C1cos60°522 11642×412.DM2C1D2C1M213，所以 cosDBM0，BM2BD2DM2 2·BM·BD所以DBM90°.7点P是二面角AB棱上的一点，分别在平面，上引射线PM，PN，如果BPMBPN45°，MPN60°，那么二面角AB的大小为 90°.解析 不妨设PMa，PNb，如图作MEAB于点E，NFAB于点F，因为EPMEPN45°，所以PEa，PFb，2222所以·()·()EMFNPMPEPNPF····PMPNPMPFPEPNPEPFabcos60°a×bcos45°abcos45°a×b222222220，ab 2ab 2ab 2ab 2所以，所以二面角AB的大小为 90°.EMFN8如图，正方形ABCD和四边形ACEF所在平面互相垂直，CEAC，EFAC，AB，CEEF1.2(1)求证：AF平面BDE；5(2)求证：CF平面BDE；(3)求二面角ABED的大小解析 (1)设AC与BD交于点G，因为EFAG，且EF1，AGAC1，所以四边形AGEF为平行四边形所以1 2AFEG.因为EG平面BDE，AF平面BDE，所以AF平面BDE.(2)因为正方形ABCD和四边形ACEF所在的平面互相垂直，且CEAC，所以CE平面ABCD如图以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz.则C(0,0,0)，A(， ，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0， ，0)，F(， ，1)所以22222222(， ，1)，(0，1)，(，0,1)所CF2222BE2DE2以·0110，·1010.所以CFBE，CFDE，所以CF平面CFBECFDEBDE.又BEDEE，BE、DE平面BDE.(3)由(2)知，(， ，1)是平面BDE的一个法向量，设平CF2222面ABE的法向量n n(x，y，z)，则n n·0，n n·0.BABE即Error!所以x0，zy.令y1，则z.22所以n n(0,1，)，从而 cosn n， 2CFn n·CF|n n|CF|32因为二面角ABED为锐角，所以二面角ABED为. 69.(2018·天津卷，17) 如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE.(2)求二面角EBCF的正弦值(3)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DADCDG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)，6E(2,0,2)，F(0,1,2)，G(0,0,2)，M，N(1,0,2)(0，3 2，1)(1)依题意(0,2,0)，(2,0,2)设n n0(x，y，z)为平面CDE的法向量，则DCDE即Error!不妨令z1，可得n n0(1,0，1)又，可得·n n00，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.MN(1，3 2，1)MN(2)依题意，可得(1,0,0)，(1，2,2)，(0，1,2)BCBECF设n n(x1，y1，z1)为平面BCE的法向量，则即Error!不妨令z11，可得n n(0,1,1)设m m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，则即Error!不妨令z21，可得m m(0,2,1)因此有 cosm m，n n，m m·n n |m m|n n|3 1010于是 sinm m，n n.1010所以，二面角EBCF的正弦值为.1010(3)设线段DP的长为h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得(1，2，h)BP易知，(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故DC|cos， |，BPDC2h25由题意，可得sin60°，解得h0,22h253233所以线段DP的长为.337B 组1(2018·济宁一模)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，ADC60°，侧面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，CD2，M为PB的中点(1)求证：PA平面CDM.(2)求二面角DMCB的余弦值解析 (1)取DC中点O，连接PO，因为侧面PDC是正三角形，平面PDC平面ABCD，所以PO底面ABCD，因为底面ABCD为菱形，且ADC60°，DC2，所以DO1，OADC，以O为原点，分别以OA，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则A(，0,0)，P(0,0，)，B(，2,0)，C(0,1,0)，D(0，1,0)，所以333M(，1，)，所以(，2，)，(，0，)，(0,2,0)，所3232DM3232PA33DC以·0，·0，PADMPADC所以PADM，PADC，又DMDCD，所以PA平面CDM.(2)(，0，)，(，1,0)，设平面BMC的一个法向量n n(x，y，z)，CM3232CB3则Error!取z1，得n n(1， ，1)，由(1)知平面CDM的法向量为(，0，)，所3PA33以 cosn n， ，由图象得二面角DMCB是钝角，所以PAn n·PA|n n|·|PA|2 35 ×6105二面角DMCB的余弦值为.1052(2017·天津卷，17)如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.8(1)求证：MN平面BDE；(2)求二面角CEMN的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长721解析 如图，以A为原点，分别以， ，的方向为x轴、ABACAPy轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)(1)证明：(0,2,0)，(2,0，2)DEDB设n n(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，则Error!即Error!不妨设z1，可得n n(1,0,1)，又(1,2，1)，可得·n n0.MNMN因为MN平面BDE，所以MN平面BDE.(2)易知n n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量设n n2(x1，y1，z1)为平面EMN的一个法向量，则Error!因为(0，2，1)，(1,2，1)，EMMN所以Error!不妨设y11，可得n n2(4,1，2)因此有 cosn n1，n n2，n n1·n n2 |n n1|n n2|421于是 sinn n1，n n2.10521所以二面角CEMN的正弦值为.10521(3)依题意，设AH(0h4)，则H(0,0，h)，进而可得(1，2，h)，NH(2,2,2)BE9由已知得|cos， |，NHBE|NH·BE|NH|BE|2h2|h25 × 2 3721整理得 10h221h80，解得h 或h .所以线段AH的长为 或 .8 51 28 51 23正ABC的边长为 2, CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC的中点(如图(1)现将ABC沿CD翻成直二面角ADCB(如图(2)在图(2)中：(1)求证：AB平面DEF；(2)在线段BC上是否存在一点P，使APDE？证明你的结论；(3)求二面角EDFC的余弦值解析 (1)如图(2)：在ABC中，由E、F分别是AC、BC的中点，所以EF/AB，又AB平面DEF，EF平面DEF，AB平面DEF.(2)以点D为坐标原点，以直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系. 则A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0， ，0)，E(0， ， )，F( ， ，0)，(1,0，1)，3321 21 232AB(1， ，0)，(0， ， )，( ， ，0)BC3DE321 2DF1 232设(0<<1)，则(1，1)，注意到BPBCAPABBP3APDE·0 ，APDE1 3，BP1 3BC10在线段BC上存在点P，使APDE.(3)平面CDF的法向量(0,0,1)，设平面EDF的法向量为n n(x，y，z), DA则Error!，即Error!，取n n(3，3)，3cosn n，DADA·n n|DA|·|n n|217所以二面角EDFC的平面角的余弦值为.2174(2018·浙江卷，19)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120°，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.()证明：AB1平面A1B1C1.()求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值解析 方法一：()由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB得AB1A1B12，2所以A1BABAA.2 12 12 1故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC得B1C1，5由ABBC2，ABC120°得AC2，3由CC1AC，得AC1，所以ABB1CAC，故AB1B1C1，又A1B1B1C1B1，所132 12 12 1以AB1平面A1B1C1.()如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD由AB1平面A1B1C1得平面A1B1C1平面ABB1，由C1DA1B1得C1D平面ABB1，所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角由B1C1，A1B12，A1C1得 cosC1A1B1，sinC1A1B1，52216717所以C1D，故 sinC1AD.3C1D AC13913因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.391311方法二：()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Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，0)，B(1,0,0)，3A1(0，4)，B1(1,0,2)，C1(0， ，1)，33因此1(1， ，2)，(1， ，2)，(0,2，AB3A1B13A1C133)，由1·0 得AB1A1B1.ABA1B1由1·0 得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.ABA1C1()设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由()可知1(0,2，1)，(1， ，0)，1(0,0,2)，AC3AB3BB设平面1的法向量n n(x，y，z)ABB即Error!可取n n(，1,0)3所以 sin|cos1，n n|，AC3913因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是.3913
