高考数学考点测试48立体几何中的向量方法.docx
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高考数学考点测试48立体几何中的向量方法
考点测试48 立体几何中的向量方法
高考概览
考纲研读
1.理解直线的方向向量与平面的法向量
2.能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系
3.能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理)
4.能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题,了解向量方法在研究立体几何中的应用
5.能用向量法解决空间的距离问题
一、基础小题
1.若平面α,β的法向量分别为n1=(2,-3,5),n2=(-3,1,-4),则( )
A.α∥βB.α⊥β
C.α,β相交但不垂直D.以上均不正确
答案 C
解析 因为cos〈n1·n2〉=≠0且cos〈n1,n2〉≠±1,所以α,β相交但不垂直.
2.两平行平面α,β分别经过坐标原点O和点A(2,1,1),且两平面的一个法向量n=(-1,0,1),则两平面间的距离是( )
A.B.C.D.3
答案 B
解析 两平面的一个单位法向量n0=,故两平面间的距离d=|·n0|=.
3.已知向量m,n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量,若cos〈m,n〉=-,则l与α所成的角为( )
A.30°B.60°C.120°D.150°
答案 A
解析 因为cos〈m,n〉=-,所以l与α所成角θ满足sinθ=|cos〈m,n〉|=,又θ∈,所以θ=30°.
4.如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1,CA=CC1=2CB,则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为( )
A.B.C.D.
答案 A
解析 不妨令CB=1,则CA=CC1=2.
故O(0,0,0),B(0,0,1),C1(0,2,0),A(2,0,0),B1(0,2,1),
所以=(0,2,-1),=(-2,2,1),
所以cos〈,〉===.所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.故选A.
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱AA1和BB1的中点,则sin〈,〉的值为( )
A.B.C.D.
答案 B
解析 设正方体的棱长为2,以D为坐标原点,DA为x轴,DC为y轴,DD1为z轴建立空间直角坐标系(如图),可知=(2,-2,1),=(2,2,-1),
cos〈,〉=-,
sin〈,〉=.
6.已知向量A=(2,2,1),A=(4,5,3),则平面ABC的单位法向量是( )
A.,-,B.-,,-
C.±,-1,1D.±,-,
答案 D
解析 设平面ABC的一个法向量是n=(x,y,z),则取z=1,得x=,y=-1.则n=,-1,1,|n|=,故平面ABC的单位法向量是±,-,.故选D.
7.如图,在四面体ABCD中,AB=1,AD=2,BC=3,CD=2.∠ABC=∠DCB=,则二面角A-BC-D的大小为( )
A.B.C.D.
答案 B
解析 二面角A-BC-D的大小等于AB与CD所成角的大小.=++,而2=(++)2=2+2+2+2||||cos〈,〉+2||||cos〈,〉+2||||cos〈,〉=2+2+2+2||||cos〈,〉,即12=1+4+9+2×2cos〈,〉,
∴cos〈,〉=-,∴与所成角为,即二面角A-BC-D的大小为π-=.故选B.
二、高考小题
8.(2018·全国卷Ⅱ)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )
A.B.C.D.
答案 C
解析 以D为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,),D1(0,0,),所以=(-1,0,),=(1,1,),因为cos〈,〉===,所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为,故选C.
9.(经典江西高考)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=11,AD=7,AA1=12.一质点从顶点A射向点E(4,3,12),遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理),将第i-1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i=2,3,4),L1=AE,将线段L1,L2,L3,L4竖直放置在同一水平线上,则大致的图形是( )
答案 C
解析
由对称性知质点经点E反射到平面ABCD的点E1(8,6,0)处.在坐标平面xAy中,直线AE1的方程为y=x,与直线DC的方程y=7联立得F.由两点间的距离公式得E1F=,∵tan∠E2E1F=tan∠EAE1=,
∴E2F=E1F·tan∠E2E1F=4.∴E2F1=12-4=8.
∴====.故选C.
10.(2015·四川高考)如右图,四边形ABCD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θ,则cosθ的最大值为________.
答案
解析 建立空间直角坐标系,转化为向量进行求解.
以AB,AD,AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设正方形边长为2,M(0,y,2)(0≤y≤2),则A(0,0,0),E(1,0,0),F(2,1,0),
∴=(-1,y,2),||=,=(2,1,0),||=,
∴cosθ===.
令t=2-y,要使cosθ最大,显然0 ∴cosθ=×=×≤×=×=.当且仅当t=2,即点M与点Q重合时,cosθ取得最大值. 三、模拟小题 11.(2018·太原模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2,点E为CC1的中点,则直线AC1到平面BED的距离为( ) A.2B.C.D.1 答案 D 解析 以D为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),E(0,2,),易知AC1∥平面BDE. 设n=(x,y,z)是平面BDE的法向量. 则 取y=1,则n=(-1,1,-)为平面BDE的一个法向量. 又因为D=(2,0,0), 所以点A到平面BDE的距离 d===1.故选D. 12.(2018·福建四地七校联考)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面是等腰直角三角形,∠ACB=90°,侧棱AA1=2,D,E分别是CC1与A1B的中点,点E在平面ABD上的射影是△ABD的重心G,则A1B与平面ABD所成角的余弦值为( ) A.B.C.D. 答案 B 解析 如图,以C为坐标原点,CA所在直线为x轴,CB所在直线为y轴,CC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系Cxyz,设CA=CB=a(a>0),则 A(a,0,0),B(0,a,0),A1(a,0,2),D(0,0,1), ∴E,,1. 又∵G为△ABD的重心, ∴G,,.易得=,,,=(0,-a,1).∵点E在面ABD上的射影是△ABD的重心G,∴G⊥面ABD.∴·=0,解得a=2.∴=,,,=(2,-2,2).∵⊥面ABD, ∴G为面ABD的一个法向量,设A1B与面ABD所成角为θ,∵sinθ=|cos〈,〉|===,∴cosθ=.∴A1B与平面ABD所成角的余弦值为,故选B. 13.(2018·九江模拟)在四棱锥P-ABCD中,A=(4,-2,3),A=(-4,1,0),A=(-6,2,-8),则这个四棱锥的高h=( ) A.1B.2C.13D.26 答案 B 解析 在四棱锥P-ABCD中,A=(4,-2,3),=(-4,1,0),=(-6,2,-8), 设平面ABCD的法向量为n=(x,y,z),则即设y=4,则n=1,4,,所以cos〈n,A〉===-,所以h=|A||cos〈n,A〉|=×2=2.故选B. 14.(2018·合肥模拟)如图所示,已知点P为菱形ABCD外一点,且PA⊥平面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC中点,则二面角C-BF-D的正切值为( ) A.B. C.D. 答案 D 解析 连接BD交AC于点O,连接OF.以O为原点,OB,OC,OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系. 设PA=AD=AC=1,则BD=,所以B,0,0,F0,0,,C0,,0,D-,0,0. 易知O=0,,0为平面BDF的一个法向量. 由B=-,,0,F=,0,-,可求得平面BCF的一个法向量为n=(1,,), 所以cos〈n,O〉=, 由题图知二面角C-BF-D的平面角为锐角,所以sin〈n,〉=,所以tan〈n,〉=.故选D. 15.(2018·广东珠海四校模拟)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=2,点E为CC1的中点,则点D1到平面BDE的距离为________. 答案 解析 解法一: 如图,以D为坐标原点,以DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则D(0,0,0),B(1,1,0),D1(0,0,2),E(0,1,1),连接D1B,所以=(1,1,0),=(0,1,1),=(-1,-1,2),设n=(x,y,z)是平面BDE的法向量,所以有即令x=1,则y=-1,z=1,所以面BDE的一个法向量为n=(1,-1,1),则点D1到平面BDE的距离d==. 解法二: 连接D1B,D1E,由题意可知BC⊥平面DD1E,设点D1到平面BDE的距离为h,由VD1-BDE=VB-DD1E得S△BDE·h=S△D1DE·BC,即h====,∴点D1到平面BDE的距离为. 16.(2018·辽宁模拟)如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,∠BAC=,AB=AC=A1A=1,已知G与E分别是棱A1B1和CC1的中点,D与F分别是线段AC与AB上的动点(不包括端点).若GD⊥EF,则线段FD的长度的取值范围是________. 答案 ,1 解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则A1(0,0,1),B1(0,1,1),C(1,0,0),C1(1,0,1),G0,,1,E1,0,, 设D(x,0,0),F(0,y,0)(x,y∈(0,1)), 则G=x,-,-1,E=-1,y,-, ∵GD⊥EF,∴G·E=0,即-x-y+=0, ∴x=-y,在Rt△AFD中,FD====, ∵0 ∴线段FD的长度的取值范围为,1. 一、高考大题 1.(2018·浙江高考)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2. (1)证明: AB1⊥平面A1B1C1; (2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值. 解 (1)证明: 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),A1(0,-,4),B1(1,0,2),C1(0,,1). 因此=(1,,2),=(1,,-2),=(0,2,-3). 由·=0得AB1⊥A1B1. 由·=0得AB1⊥A1C1. 所以AB1⊥平面A1B1C1. (2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ. 由 (1)可知=(0,2,1),=(1,,0),=(0,0,2). 设平面ABB1的法向量n=(x,y,z). 由即可取n=(-,1,0). 所以sinθ=|cos〈,n〉|==. 因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是. 2.(2018·天津高考)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. (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E-BC-F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 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,,1,N(1,0,2). (1)证明: 依题意=(0,2,0),=(2,0,2). 设n0=(x0,y0,z0)为平面CDE的法向量, 则即 不妨令z0=-1,可得n0=(1,0,-1). 又=1,-,1,可得·n0=0, 又因为直线MN⊄平面CDE,所以MN∥平面CDE. (2)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 不妨令z1=1,可得n=(0,1,1). 设m=(x2,y2,z2)为平面BCF的法向量, 则即 不妨令z2=1,可得m=(0,2,1). 因此有cos〈m,n〉==, 于是sin〈m,n〉=. 所以,二面角E-BC-F的正弦值为. (3)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〈,〉|==, 由题意,可得=sin60°=,解得h=∈[0,2]. 所以,线段DP的长为. 3.(2017·全国卷Ⅱ)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点. (1)证明: 直线CE∥平面PAB; (2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值. 解 (1)证明: 取PA的中点F,连接EF,BF. 因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD, 又BC=AD,所以EF綊BC, 四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF. 又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB. (2)由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0). 设M(x,y,z)(0 =(x-1,y,z),=(x,y-1,z-). 因为BM与底面ABCD所成的角为45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量, 所以|cos〈,n〉|=sin45°,=, 即(x-1)2+y2-z2=0.① 又M在棱PC上,设=λ,则 x=λ,y=1,z=-λ.② 由①②解得(舍去)或 所以M,从而=. 设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则 即 所以可取m=(0,-,2). 于是cos〈m,n〉==. 因此二面角M-AB-D的余弦值为. 二、模拟大题 4.(2018·河北石家庄一模)四棱锥S-ABCD的底面ABCD为直角梯形,AB∥CD,AB⊥BC,AB=2BC=2CD=2,△SAD为正三角形. (1)点M在棱AB上一点,若BC∥平面SDM,=λ,求实数λ的值; (2)若BC⊥SD,求二面角A-SB-C的余弦值. 解 (1)因为BC∥平面SDM,BC⊂平面ABCD, 平面SDM∩平面ABCD=DM,所以BC∥DM, 因为AB∥DC,所以四边形BCDM为平行四边形, 又AB=2CD,所以M为AB的中点, 因为=λ,所以λ=. (2)因为BC⊥SD,BC⊥CD,SD∩CD=D, 所以BC⊥平面SCD, 又因为BC⊂平面ABCD,所以平面SCD⊥平面ABCD, 平面SCD∩平面ABCD=CD, 在平面SCD内,过点S作SE⊥CD交CD的延长线于点E,则SE⊥平面ABCD, 在Rt△SEA和Rt△SED中,因为SA=SD, 所以AE===DE, 又由题知∠EDA=45°,SA=SD=AD=, 所以AE⊥ED,AE=ED=SE=1, 以点E为坐标原点,直线EA为x轴,直线EC为y轴,直线ES为z轴建立如图所示的空间直角坐标系, 则E(0,0,0),S(0,0,1),A(1,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0), =(1,0,-1),=(0,2,0),=(0,2,-1),=(1,0,0), 设平面SAB的法向量为n1=(x,y,z), 则所以 令x=1,得n1=(1,0,1)为平面SAB的一个法向量, 同理得n2=(0,1,2)为平面SBC的一个法向量, 则cos〈n1,n2〉==, 因为二面角A-SB-C为钝角, 所以二面角A-SB-C的余弦值为-. 5.(2018·山西太原二模)如图,在四棱锥E-ABCD中,底面ABCD是圆内接四边形,CB=CD=CE=1,AB=AD=AE=,EC⊥BD. (1)求证: 平面BED⊥平面ABCD; (2)若点P在侧面ABE内运动,且DP∥平面BEC,求直线DP与平面ABE所成角的正弦值的最大值. 解 (1)证明: 连接AC,交BD于点O,连接EO, ∵AD=AB,CD=CB,∴AC⊥BD, 又∵底面ABCD是圆内接四边形, ∴∠ADC=∠ABC=90°,AC是直径, 又∵EC⊥BD,EC∩AC=C, ∴BD⊥平面AEC,∴OE⊥BD, 由AD=,CD=1,可得AC=2, ∴AE2+CE2=AC2,∴∠AEC=90°,AO=, 则=,∴EO⊥AC, ∵AC∩BD=O,∴EO⊥平面ABCD, ∵EO⊂平面BED,∴平面BED⊥平面ABCD. (2)取AE的中点M,AB的中点N,连接MN,ND,DM, 则MN∥BE,易知DN⊥AB,BC⊥AB,∴BC∥DN, ∵MN∩DN=N,BE∩BC=B, ∴平面DMN∥平面EBC,∴点P在线段MN上. 以O为坐标原点,OA,OB,OE所在直线为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则A,0,0,B0,,0, E0,0,,M,0,, D0,-,0,N,,0,则=-,,0,=-,0,, 设平面ABE的法向量为n=(x,y,z), 则即 令x=1,则y=,z=,则n=(1,,), 设=λ(0≤λ≤1), 可得=+=,+λ,-λ, 设直线DP与平面ABE所成角为θ, 则sinθ=|cos〈,n〉|==, ∵0≤λ≤1,∴当λ=0时,sinθ取得最大值. 6.(2018·合肥质检三)如图,在多面体ABCDE中,平面ABD⊥平面ABC,AB⊥AC,AE⊥BD,DE綊AC,AD=BD=1. (1)求AB的长; (2)已知2≤AC≤4,求点E到平面BCD的距离的最大值. 解 (1)∵平面ABD⊥平面ABC,且交线为AB, 而AC⊥AB,∴AC⊥平面ABD. 又∵DE∥AC,∴DE⊥平面ABD,从而DE⊥BD. 又∵BD⊥AE,且DE∩AE=E, ∴BD⊥平面ADE,∴BD⊥AD. 而AD=BD=1,∴AB=. (2)∵AD=BD,取AB的中点O,连接OD,则DO⊥AB. 又∵平面ABD⊥平面ABC, ∴DO⊥平面ABC. 过O作直线OY∥AC,交BC于点Y,以点O为坐标原点,直线OB,OY,OD分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz,如图所示.记AC=2a,则1≤a≤2, A-,0,0,B,0,0,C-,2a,0,D0,0,,E0,-a,, =(-,2a,0),=-,0,. 设平面BCD的法向量为n=(x,y,z). 由得 令x=,得n=,,. 又∵=(0,-a,0), ∴点E到平面BCD的距离d= =,1≤a≤2,∴当a=2时,d取得最大值, dmax==.
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