浙江专用2016高考数学二轮复习专题4.3立体几何中的向量方法精练理.doc

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1、第3讲立体几何中的向量方法(建议用时：60分钟)一、选择题1已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件，则直线AM()A与平面ABC平行B是平面ABC的斜线C是平面ABC的垂线D在平面ABC内解析由已知得M，A，B，C四点共面，所以AM在平面ABC内，选D.答案D2如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A相交 B平行C垂直 D不能确定解析()()，又是平面BB1C1C的一个法向量，且0，又MN面BB1C1C，MN平面BB1C1C.答案B3如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则

2、下列结论中不正确的是()AACSBBAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析选项A正确，因为SD垂直于底面ABCD，而AC平面ABCD，所以ACSD；再由四边形ABCD为正方形，所以ACBD；而BD与SD相交，所以，AC平面SBD，ACSB.选项B正确，因为ABCD，而CD平面SCD，AB平面SCD，所以AB平面SCD.选项C正确，设AC与BD的交点为O，易知SA与平面SBD所成的角就是ASO，SC与平面SBD所成的角就是CSO，易知这两个角相等选项D错误，AB与SC所成的角等于SCD，而DC与SA所成的角是SAB，这两

3、个角不相等答案D4已知正三棱柱ABCA1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于()A. B. C. D.解析如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，1，0)，B1(，0,2)，则(，1,2)，则(，0,0)为侧面ACC1A1的法向量，由sin .答案A5(2014新课标全国卷)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A. B. C. D.解析法一由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1，可将三棱柱补成正方体建立

4、如图(1)所示空间直角坐标系设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1，1,2)，N(0,1,2)，(1,1,2)(2,2,0)(1，1,2)，(0,1,2)cos，.法二如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綉B1C1綉BD，因此有ND綉BM，则ND与NA所成角即为异面直线BM与AN所成角设BC2，则BMND，AN，AD，因此cosAND.答案C6如图，点P是单位正方体ABCDA1B1C1D1中异于A的一个顶点，则的值为()A0 B1 C0或1 D任意实数解析可为下列7个向量：，.其中一个与重合，|21；，与垂直，这时0；，与的夹角为45，这时1c

5、os1，最后1cosBAC11，故选C.答案C7(2015浙江卷)如图，已知ABC，D是AB的中点，沿直线CD将ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角为，则()AADB BADB CACB DACB解析极限思想：若，则ACB，排除D；若0，如图，则ADB，ACB都可以大于0，排除A，C.故选B.答案B二、填空题8在一直角坐标系中，已知A(1,6)，B(3，8)，现沿x轴将坐标平面折成60的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为_解析如图为折叠后的图形，其中作ACl于点C，BDl于点D，则AC6，BD8，CD4，两异面直线AC，BD所成的角为60，故由，得|2|268，|2.答案29已知A

6、BCDA1B1C1D1为正方体，()232；()0；向量与向量的夹角是60；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|.其中正确命题的序号是_解析设正方体的棱长为1，中()223()23，故正确；中，由于AB1A1C，故正确；中A1B与AD1两异面直线所成的角为60，但与的夹角为120，故不正确；中|0.故也不正确答案10已知正四棱锥PABCD的侧棱与底面所成角为60，M为PA中点，连接DM，则DM与平面PAC所成角的大小是_解析设底面正方形的边长为a，由已知可得正四棱锥的高为a，建立如图所示空间直角坐标系，则平面PAC的法向量为n(1,0,0)，D，A0，a,0，P，M，所以cos ，n，所以

7、DM与平面PAC所成角为45.答案4511(2015孝感模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在直线BC1上运动时，有下列三个命题：三棱锥AD1PC的体积不变；直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；二面角PAD1C的大小不变其中真命题的序号是_解析中，BC1平面AD1C，BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确；中，P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确；中，P在直线BC1上运动时，点P在平面AD1C1B中，即二面角PAD1C的大小不受影响，所以正确答案12(2015四川卷)如图，四边形ABCD

8、和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点设异面直线EM与AF所成的角为，则cos 的最大值为_解析建立空间直角坐标系如图所示，设AB1，则，E，设M(0，y,1)(0y1)，则，cos .设异面直线所成的角为，则cos |cos |，令t1y，则y1t，0y1，0t1，那么cos |cos |，令x，0t1，x1，那么cos ，又z9x28x4在1，)上单增，x1，zmin5，此时cos 的最大值.答案三、解答题13(2015北京卷)如图，在四棱锥AEFCB中，AEF为等边三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCF

9、CB60，O为EF的中点(1) 求证：AOBE；(2) 求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值(1)证明因为AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AOEF.又因为平面AEF平面EFCB.AO平面AEF，所以AO平面EFCB.所以AOBE.(2)解取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB.又OG平面EFCB，所以OAOG.如图建立空间直角坐标系Oxyz，则E(a,0,0)，A(0,0，a)，B(2，(2a)，0)，(a,0，a)，(a2，(a2)，0)设平面AEB的法向量为n(x，y，z)，则即令z1，则x，y1，于是n(

10、，1,1)平面AEF的法向量为p(0,1,0)所以cosn，p.由题知二面角FAEB为钝角，所以它的余弦值为.(3)解因为BE平面AOC，所以BEOC，即0，因为(a2，(a2)，0)，(2，(2a)，0)，所以2(a2)3(a2)2.由0及0a2，解得a.14(2015江苏卷)如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长解以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1,0

11、,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)(1)因为AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0,2,0)因为(1,1，2)，(0,2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1,0,2)，设(，0,2)(01)，又(0，1,0)，则(，1,2)，又(0，2,2)，从而cos，.设12t，t1,3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取

12、得最小值又因为BP，所以BQBP.15(2015陕西卷)如图1，在直角梯形 ABCD中，ADBC，BAD，ABBC1，AD2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点将ABE沿BE折起到A1BE的位置，如图2.(1)证明：CD平面A1OC；(2)若平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值图1(1)证明在图1中，因为ABBC1，AD2，E是AD的中点，BAD，所以BEAC，即在图2中，BEOA1，BEOC，且A1OOCO，从而BE平面A1OC，又在直角梯形ABCD中，ADBC，BCAD，E为AD中点，所以BC綉ED，所以四边形BCDE为平行四边形，故有CDBE，所以CD平面A1OC.(2)解由已知，平面A1BE平面BCDE，又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC为二面角A1BEC的平面角，所以A1OC，图2如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1BA1EBCED1，BCED，所以B，E，A1，C，得，(，0,0)，设平面A1BC的法向量n1(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为，则得取n1(1,1,1)；得取n2(0,1,1)，从而cos |cosn1，n2|，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.13