2019高考数学二轮复习第一篇微型专题微专题11空间向量在立体几何中的应用练习.docx

11空间向量在立体几何中的应用1.如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是CD,BB1的中点,则异面直线A1M与AN所成角的大小为.解析以D点为坐标原点,DA、DC、DD1的方向分别为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,设正方体的棱长为1,则A(1,0,0),M0,12,0,N1,1,12,A1(1,0,1),所以AN=0,1,12,A1M=-1,12,-1.因为ANA1M=0,所以异面直线A1M与AN所成的角为90.答案902.已知空间四边形OABC,M,N分别为OA,BC的中点,点G在线段MN上,OG=16OA+13OB+13OC,则G点为线段MN的等分点.解析OG=16OA+13OB+13OC,OG=16OA+23ON,OG=13OM+23ON=23(ON-OM)+OM,OG-OM=MG=23MN,故G点为靠近N点的3等分点.答案33.三棱锥S-ABC如图所示,SAAB,SAAC,BAC=90,AB=AC=12AS=2,D点在棱SB上且SD=12DB,P点在棱SA上,则PDPC的最小值为.解析以A点为坐标原点,AB、AC、AS的方向分别为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,如图所示,则A(0,0,0),C(0,2,0),P(0,0,b)(其中0b4),D23,0,83,PD=23,0,83-b,PC=(0,2,-b),PDPC=b2-83b,所以当b=43时,PDPC取到最小值,最小值为-169.答案-1694.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,O是BD1的中点,M是侧面ADD1A1上一点,若OMAA1且OMBD1,则点M的坐标为.解析以D点为坐标原点,DA、DC、DD1的方向分别为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系,则A(1,0,0),M(a,0,b),B(1,1,0),A1(1,0,1),D1(0,0,1),O12,12,12,AA1=(0,0,1),OM=a-12,-12,b-12,BD1=(-1,-1,1).因为OMAA1且OMBD1,所以BD1OM=0,AA1OM=0,解得a=1,b=12,所以点M的坐标为1,0,12.答案1,0,12能力1利用空间向量法求空间角【例1】如图,在四棱锥P-ABCD中,PD平面ABCD,四边形ABCD是菱形,AC=2,BD=23,且AC与BD交于点O,E是PB上任意一点.(1)求证:ACDE.(2)已知二面角A-PB-D的余弦值为155,若E为PB的中点,求EC与平面PAB所成角的正弦值.解析(1)PD平面ABCD,AC平面ABCD,PDAC.又四边形ABCD是菱形,BDAC.BDPD=D,AC平面PBD.DE平面PBD,ACDE.(2)当E为PB的中点时,连接OE,可得OEPD且OE=12PD.又因为PD平面ABCD,所以OE平面ABCD.分别以OA,OB,OE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所示,设PD=t(t0),则A(1,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),E0,0,t2,P(0,-3,t),AB=(-1,3,0),AP=(-1,-3,t).易知平面PBD的一个法向量为n1=(1,0,0),设平面PAB的法向量为n2=(x,y,z),则n2AB=0,n2AP=0,即-x+3y=0,-x-3y+tz=0,取y=1,得x=3,z=23t,n2=3,1,23t.二面角A-PB-D的余弦值为155,|cos|=155,即34+12t2=155,t=23,P(0,-3,23).设EC与平面PAB所成的角为,EC=(-1,0,-3),n2=(3,1,1),sin =|cos|=2325=155.利用“向量法”求解空间角时,要注意基向量的选择或坐标系的正确建立等.求线面角时,先求出平面的法向量,再求出直线的方向向量与平面的法向量的夹角,最后得出线面角.求二面角时,先求出二面角中两个平面的法向量,再求出法向量的夹角,最后求出二面角.如图,在直三棱柱A1B1C1-ABC中,ABAC,AB=AC=2,AA1=4,点D是BC的中点.(1)求证:A1B平面ADC1.(2)求直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值.解析(1)如图,以AB,AC,AA1为正交基底建立空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),A1(0,0,4),D(1,1,0),B1(2,0,4),C1(0,2,4),A1B=(2,0,-4),AD=(1,1,0),AC1=(0,2,4).设平面ADC1的法向量为m=(x,y,z),则ADm=0,AC1m=0,即x+y=0,2y+4z=0,取z=1,得y=-2,x=2,平面ADC1的一个法向量为m=(2,-2,1).由此可得,A1Bm=22+0(-2)+(-4)1=0.又A1B平面ADC1,A1B平面ADC1.(2)B1C1=(-2,2,0),设直线B1C1与平面ADC1所成角为,则sin =|cos|=|B1C1m|B1C1|m|=223.又为锐角,直线B1C1与平面ADC1所成角的余弦值为13.能力2利用空间向量法解决翻折问题【例2】已知ABC是等腰直角三角形,ACB=90,AC=2,D,E分别为AC,AB的中点,沿DE将ADE折起,得到如图所示的四棱锥A1-BCDE.(1)求证:平面A1DC平面A1BC.(2)当三棱锥C-A1BE的体积取最大值时,求平面A1CD与平面A1BE所成锐二面角的余弦值.解析(1)在等腰三角形ABC中,D,E分别为AC,AB的中点,DEBC,又ACB=90,DEAC.DEA1D,DECD.A1D平面A1DC,CD平面A1DC,A1DCD=D,DE平面A1DC,BC平面A1DC,又BC平面A1BC,平面A1DC平面A1BC.(2)由等体积法知VC-A1BE=VA1-BCE,在平面A1CD内作A1HCD于点H,因为ED平面A1CD,所以EDA1H,则A1H底面BCDE,即A1H就是四棱锥A1-BCDE的高.由A1HA1D知,当点H和点D重合时,三棱锥C-A1BE的体积取到最大值.以D点为坐标原点,DC、DE、DA1的方向分别为x、y、z轴的正方向,建立空间直角坐标系如图所示,所以A1(0,0,1),B(1,2,0),E(0,1,0),A1B=(1,2,-1),A1E=(0,1,-1),设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z),则nA1B=0,nA1E=0,即x+2y-z=0,y=z,可取n=(-1,1,1),易知平面A1CD的一个法向量为m=(0,1,0).则cos=33,故平面A1CD与平面A1BE所成锐二面角的余弦值为33.利用向量求解翻折问题中的最值问题时,可以引进参数进行求解.求解探索性问题时,可用待定系数法求解.如图1,在边长为4的正方形ABCD中,E,F分别是AB,CD的中点,沿EF将矩形ADFE折起使得二面角A-EF-C的大小为90(如图2),点G是CD的中点.(1)若M为棱AD上一点,且AD=4MD,求证:DE平面MFC.(2)求二面角E-FG-B的余弦值.解析(1)若M为棱AD上一点,且AD=4MD,则AD=4DM=4,即DM=1,二面角A-EF-C的大小为90,建立以F为坐标原点,FD,FC,FE所在的直线分别为x,y,z轴的空间直角坐标系,如图,AD=4,AE=BE=2,DM=1,D(2,0,0),F(0,0,0),M(2,0,1),C(0,2,0),A(2,0,4),E(0,0,4),B(0,2,4),则DE=(-2,0,4),FM=(2,0,1),FC=(0,2,0),故DEFM=(-2)2+41=-4+4=0,DEFC=0,则DEFM,DEFC,即DEFM,DEFC,FMFC=F,DE平面MFC.(2)点G是CD的中点,G(1,1,0),且CDFG,则CD平面EFG,则CD=(2,-2,0)是平面EFG的一个法向量,设平面BFG的法向量为n=(x,y,z),则FB=(0,2,4),FG=(1,1,0),nFB=0,nFG=0,即2y+4z=0,x+y=0,令z=1,则y=-2,x=2,即n=(2,-2,1),则cos=nCD|n|CD|=22-2(-2)4+4+14+4=223,即二面角E-FG-B的余弦值是223.能力3利用空间向量法解决探索性问题【例3】如图,在多面体ABCDEF中,底面ABCD为正方形,平面AED平面ABCD,AB=2EA=2ED,EFBD.(1)证明:AECD.(2)在棱ED上是否存在点M,使得直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为63?若存在,确定点M的位置;若不存在,请说明理由.解析(1)四边形ABCD是正方形,CDAD.又平面AED平面ABCD,平面AED平面ABCD=AD,CD平面ABCD,CD平面AED.AE平面AED,AECD.(2)取AD的中点O,过点O作ONAB交BC于点N,连接EO.EA=ED,OEAD.又平面AED平面ABCD,平面AED平面ABCD=AD,OE平面AED,OE平面ABCD.以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.设正方形ABCD的边长为2,EMED=(01),则A(1,0,0),B(1,2,0),D(-1,0,0),E(0,0,1),M(-,0,1-),AM=(-1,0,1-),DE=(1,0,1),DB=(2,2,0).设平面EFBD的法向量为n=(x,y,z),则nDB=0,nDE=0,即2x+2y=0,x+z=0,令x=1,得n=(1,-1,-1).cos=AMn|AM|n|=-222+23.由题意得|-2322+2|=63,解得=0,当点M与点E重合时,直线AM与平面EFBD所成角的正弦值为63.求解此类问题的难点在于涉及的点具有运动性和不确定性,可用空间向量通过待定系数法求解存在性问题和探索性问题.这样思路简单,解法固定,操作方便.如图所示,正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2,侧棱长是3,D是线段AC上一点,二面角A1-BD-A的大小为3,则在线段AA1上是否存在一点E,使得平面B1C1E平面A1BD?若存在,求出AE的长;若不存在,说明理由.解析作CO垂直AB于点O,所以CO平面ABB1A,所以在正三棱柱ABC-A1B1C1中,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.因为AB=2,AA1=3,所以B(-1,0,0),A(1,0,0),C(0,0,3),A1(1,3,0),AA1=(0,3,0),BA1=(2,3,0),AC=(-1,0,3).设D(a,0,b),则BD=(a+1,0,b),AD=(a-1,0,b).设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),则nBA1=0,nBD=0,即2x+3y=0,(a+1)x+bz=0,令y=23,得x=-3,z=3(a+1)b,所以n=-3,23,3(a+1)b.由题意知AA1=(0,3,0)是平面ABD的一个法向量,故cos3=|nAA1|n|AA1|.因为ADAC,设AD=AC,所以-=a-1,3=b.由得a=12,b=32,则D12,0,32,n=(-3,23,33).设E(1,t,0)(0t3),又C1(0,3,3),B1(-1,3,0),则EC1=(-1,3-t,3),C1B1=(-1,0,-3).设平面B1C1E的法向量为n1=(x1,y1,z1),则n1EC1=0,n1C1B1=0,即-x1+(3-t)y1+3z1=0,-x1-3z1=0,当t=3时,平面B1C1E的一个法向量为n1=(0,1,0),此时n1n0.当t3时,令z1=-3,得n1=3,63-t,-3,由n1n=0,解得t=33,故在线段AA1上存在一点E,当AE=33时,平面B1C1E平面A1BD.一、选择题1.若向量a=(1,2),b=(2,-1,2),a,b夹角的余弦值为89,则=().A.2B.-2C.-2或255D.2或-255解析由已知有cos=ab|a|b|=2-+412+2+2222+(-1)2+22=89,解得=-2或=255.故选C.答案C2.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M和N分别为A1B1和BB1的中点,则异面直线AM与CN所成角的余弦值是().A.25B.35C.1010D.-25解析如图,建立空间直角坐标系D-xyz,由题意知A(1,0,0),M1,12,1,C(0,1,0),N1,1,12,则AM=0,12,1,CN=1,0,12.设直线AM与CN所成的角为,则cos =|cos|=25.故选A.答案A3.在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成角的大小是().A.2B.3C.6D.4解析如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系O-xyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P0,-a2,a2,CA=(2a,0,0),AP=-a,-a2,a2,BC=(-a,-a,0).设平面PAC的法向量为n=(x,y,z),则nCA=0,nAP=0,即2ax=0,-ax-a2y+a2z=0.令z=1,则n=(0,1,1),cos=-12.设直线BC与平面PAC所成的角为,则sin =|cos|=12,直线BC与平面PAC所成角的大小为6.故选C.答案C4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2AA1,P、Q分别是棱CD、CC1上的动点,当BQ+QD1的长度取得最小值时,二面角B1-PQ-D1的余弦值的取值范围为().A.0,15B.0,1010C.15,1010D.1010,1解析分别以D1A1,D1C1,D1D的方向为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,设A1A=1,Q(0,2,z),将面BB1C1C展开到后侧面,连接BD1,可得当Q为C1C的中点时,BQ+QD1的长度最小,故Q0,2,12.设P(0,y,1)(0y2),当y=2时,可得二面角B1-PQ-D1的大小为90,此时余弦值为0.当0y2时,可分别求出平面B1PQ和平面PQD1的一个法向量为n1=2,-2y-2,4和n2=(1,0,0),所以cos=218+4(y-2)2,可得0cos=218+4(y-2)21010.综上所述,二面角B1-PQ-D1的余弦值的取值范围是0,1010.故选B.答案B5.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离是().A.83B.38C.43D.34解析以D点为坐标原点,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,则AB1=(0,2,4),AD1=(-2,0,4),AA1=(0,0,4).设截面AB1D1的法向量为n=(x,y,z),由nAB1=0,nAD1=0,得2y+4z=0,-2x+4z=0,取z=1,则n=(2,-2,1).故点A1到截面AB1D1的距离d=AA1n|n|=43.故选C.答案C6.已知在正四棱锥P-ABCD中,PA=AB=2,E,F分别是PB,PC的中点,则异面直线AE与BF所成角的余弦值为().A.33B.63C.16D.12解析设点P在底面ABCD的射影为点O,由题意可得PO=2,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(1,-1,0),B(1,1,0),E12,12,22,F-12,12,22,FB=32,12,-22,AE=-12,32,22.设所成的角为,则cos =FBAE|FB|AE|=16.故选C.答案C二、填空题7.如图,在直三棱柱ABC-ABC中,AC=BC=AA,ACB=90,E为BB的中点,则异面直线CE与AC所成角的余弦值为.解析如图,建立空间直角坐标系.设AC=1,则C(0,0,0),E0,1,12,A(1,0,0),C(0,0,1),CE=0,1,12,AC=(-1,0,1),cos=1010,即异面直线CE与AC所成角的余弦值为1010.答案10108.如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E,F分别在AD,CD上,EFAC,EF交BD于点H,OH=1,将DEF沿EF折到DEF的位置,DH平面ABCD.则二面角B-DA-C的正弦值为.解析以H为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系,AB=5,AC=6,BO=4,B(5,0,0),C(1,3,0),D(0,0,3),A(1,-3,0),AB=(4,3,0),AD=(-1,3,3),AC=(0,6,0).设平面ABD的法向量为n1=(x,y,z),由n1AB=0,n1AD=0,得4x+3y=0,-x+3y+3z=0,取x=3,得y=-4,z=5,n1=(3,-4,5).同理可求得平面ADC的一个法向量为n2=(3,0,1),设二面角B-DA-C的平面角为,则cos =n1n2|n1|n2|=33+515210=7525.二面角B-DA-C的正弦值为sin =29525.答案295259.如图,在四棱锥P-ABCD中,ABCD,且BAP=CDP=90.若PA=PD=AB=DC,APD=90,则二面角A-PB-C的余弦值为.解析ABCD,AB=CD,四边形ABCD为平行四边形,易得AB平面PAD,ABAD,则四边形ABCD为矩形.在APD中,由PA=PD,APD=90,可得PAD为等腰直角三角形,设PA=AB=2a,则AD=22a.取AD的中点O,BC的中点E,连接PO,OE,以O为坐标原点,分别以OA、OE、OP的方向为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系,则D(-2a,0,0),B(2a,2a,0),P(0,0,2a),C(-2a,2a,0),PD=(-2a,0,-2a),PB=(2a,2a,-2a),BC=(-22a,0,0).设平面PBC的法向量为n=(x,y,z),由nPB=0,nBC=0,得2ax+2ay-2az=0,-22ax=0,取y=1,得n=(0,1,2).AB平面PAD,PD平面PAD,ABPD.又PDPA,PAAB=A,PD平面PAB,PD为平面PAB的一个法向量.cos=PDn|PD|n|=-2a2a3=-33.由图可知,二面角A-PB-C为钝角,二面角A-PB-C的余弦值为-33.答案-33三、解答题10.如图,四边形ABCD为正方形,PD平面ABCD,PDQA,QA=AB=12PD.(1)证明:平面PQC平面DCQ.(2)求二面角Q-BP-C的正弦值.解析(1)由题意可得QA平面ABCD,QACD.由四边形ABCD为正方形,知CDAD.又QA、AD为平面PDAQ内两条相交直线,CD平面PDAQ,CDPQ.在直角梯形PDAQ中,可得DQ=PQ=22PD,PQ2+DQ2=PD2,PQQD.又CD、QD为平面DCQ内两条相交直线,PQ平面DCQ.又PQ平面PQC,平面PQC平面DCQ.(2)以D为坐标原点,线段DA的长为单位长度,射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz,如图.则Q(1,1,0),C(0,0,1),P(0,2,0),B(1,0,1),CB=(1,0,0),BP=(-1,2,-1).设n=(x,y,z)是平面PBC的法向量,则nCB=0,nBP=0,即x=0,-x+2y-z=0,可取n=(0,-1,-2).同理求得平面PBQ的一个法向量m=(1,1,1).cos=mn|m|n|=0-1-253=-155,sin=105,即二面角Q-BP-C的正弦值