2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题15立体几何中的向量方法.docx

立体几何中的向量方法1已知平面ABC，点M是空间上任意一点，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内答案D解析由已知得M，A，B，C四点共面，所以AM在平面ABC内，故选D.2如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系Oxyz的三条坐标轴上，(0,0,2)，平面ABC的法向量为n(2,1,2)，设二面角CABO的大小为，则cos 等于()A. B. C. D答案C解析由题意可知，平面ABO的一个法向量为(0,0,2)，由图可知，二面角CABO为锐角，由空间向量的结论可知，cos .3在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在A1C上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是()A. B.C. D.答案D解析以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P坐标为(x,1x，x)(0x1)，则(x1，x，x)，(1,0,1)，因为BC1AD1，设，的夹角为，所以cos ，所以当x时，cos 取得最大值，.当x1时，cos 取得最小值，.故选D.4正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M在上，且，N为B1B的中点，则|为()A. B. C. D.5已知向量m，n分别是直线l和平面的方向向量和法向量，若cosm，n，则l与所成的角为()A30 B60 C120 D150解析设l与所成角为，cosm，n，又直线与平面所成角满足090，sin .30.答案A6在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin，的值为()A. B. C. D.解析设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知(2，2，1)，(2，2，1)，cos，sin，.答案B7设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A. B. C. D.解析如图，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，(2，0，0)，(2，0，2)，(2，2，0)，设平面A1BD的法向量n(x，y，z)，则令x1，则n(1，1，1)点D1到平面A1BD的距离d.答案D8二面角l等于120，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面、内，ACl，BDl，且ABACBD1，则CD的长等于()A. B. C2 D.解析如图，二面角l等于120，与夹角为60.由题设知，|1，|2|2|2|2|222232cos 604，|2.答案C9.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，已知AB侧面BB1C1C，ABBC1，BB12，BCC160. (1)求证：C1B平面ABC；(2)设(01)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30，试求的值 (2)解由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直以B为原点，BC，BA，BC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系. 则B(0，0，0)，A(0，1，0)，C(1，0，0)，C1(0，0，)，B1(1，0，)所以(1，0，), 所以(，0，)，E(1，0，)，则(1，1，)，(1，1，)设平面AB1E的一个法向量为n(x，y，z)，则得令z，则x，y，n，AB平面BB1C1C，(0，1，0)是平面的一个法向量，|cosn，|.两边平方并化简得22530，所以1或(舍去)1.10如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的的菱形，BAD60，四边形BDEF是矩形，平面BDEF平面ABCD，BF3，G和H分别是CE和CF的中点 (1)求证：平面BDGH平面AEF；(2)求二面角HBDC的大小(1)证明在CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点所以GHEF，又因为GH平面AEF，EF平面AEF，所以GH平面AEF.设ACBDO，连接OH，因为ABCD为菱形，所以O为AC中点，在ACF中，因为OAOC，CHHF，所以OHAF，又因为OH平面AEF，AF平面AEF，所以OH平面AEF.又因为OHGHH，OH，GH平面BDGH，所以平面BDGH平面AEF.(2)解取EF的中点N，连接ON，因为四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，所以ONED，因为平面BDEF平面ABCD，所以ED平面ABCD，所以ON平面ABCD，因为ABCD为菱形，所以ACBD，得OB，OC，ON两两垂直所以以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系因为底面ABCD是边长为2的菱形，BAD60，BF3，所以B(1，0，0)，D(1，0，0)，E(1，0，3)，F(1，0，3)，C(0，0)，H，所以，(2，0，0)设平面BDH的法向量为n(x，y，z)，则令z1，得n(0，1)由ED平面ABCD，得平面BCD的法向量为(0，0，3)，则cosn，.所以二面角HBDC的大小为60.11.如图，ABC是以ABC为直角的三角形，SA平面ABC，SABC2，AB4.M，N，D分别是SC，AB，BC的中点 (1)求证：MNAB；(2)求二面角SNDA的余弦值；(3)求点A到平面SND的距离解以B为坐标原点，BC，BA为x，y轴的正方向，垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(如图) (1)证明由题意得A(0，4，0)，B(0，0，0)，M(1，2，1)，N(0，2，0)，S(0，4，2)，D(1，0，0)所以：(1，0，1)，(0，4，0)，0，MNAB.(2)设平面SND的一个法向量为m(x，y，z)，则：m0，且m0.(0，2，2)，(1，2，0)，即令z1，得：x2，y1，m(2，1，1)又平面AND的法向量为n(0，0，1)，cosm，n.由题图易知二面角SNDA为锐角，故其余弦值为.(3)(0，2，0)，点A到平面SND的距离d.12如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCDA1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边ABt(0t2)，连接A1B，A1C，A1D.(1)当长方体ABCDA1B1C1D1的体积最大时，求二面角BA1CD的值；(2)线段A1C上是否存在一点P，使得A1C平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由解法一(1)根据题意，长方体体积为Vt(2t)1t(2t)1，当且仅当t2t，即t1时体积V有最大值为1，所以当长方体ABCDA1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，作BMA1C于M，连接DM，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以A1BC与A1DC全等，故DMA1C，所以BMD即为所求二面角的平面角 17.如图，已知圆锥OO1和圆柱O1O2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O1的半径为r5，OA为圆锥的母线，AB为圆柱O1O2的母线，D，E为下底面圆O2上的两点，且DE6，AB6.4，AO5，AOAD.(1)求证：平面ABD平面ODE; (2)求二面角BADO的正弦值(1)证明依题意知，圆锥的高为h5，又圆柱的高为AB6.4，AOAD，所以OD2OA2AD2，因为ABBD，所以AD2AB2BD2，连接OO1，O1O2，DO2，易知O，O1，O2三点共线，OO2DO2，所以OD2OOO2D2，所以BD2OOO2D2AO2AB2(6.45)252(5)26.4264，解得BD8，又因为DE6，圆O2的直径为10，圆心O2在BDE内，所以BDE90，所以DEBD.因为AB平面BDE，DE平面BDE，所以DEAB，因为ABBDB，AB，BD平面ABD，所以DE平面ABD.又因为DE平面ODE，所以平面ABD平面ODE.(2)解如图，以D为原点，DB，DE所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系则D(0,0,0)，A(8,0,6.4)，B(8,0,0)，O(4,3,11.4)所以(8,0,6.4)，(8,0,0)，(4,3,11.4)，设平面DAO的法向量为u(x，y，z)，所以u8x6.4z0，u4x3y11.4z0，令x12，则u(12,41，15)可取平面BDA的一个法向量为v(0,1,0)，所以cosu，v，所以二面角BADO的正弦值为.18.如图所示的几何体中，四边形ABCD为等腰梯形，ABCD，AB2AD2，DAB60，四边形CDEF为正方形，平面CDEF平面ABCD.(1)若点G是棱AB的中点，求证：EG平面BDF；(2)求直线AE与平面BDF所成角的正弦值；(3)在线段FC上是否存在点H，使平面BDF平面HAD？若存在，求的值；若不存在，说明理由(2)解因为四边形CDEF为正方形，所以EDDC.因为平面CDEF平面ABCD，平面CDEF平面ABCDDC，DE平面CDEF，所以ED平面ABCD.在ABD中，因为DAB60，AB2AD2，所以由余弦定理，得BD，所以AD2BD2AB2，所以ADBD.在等腰梯形ABCD中，可得DCCB1.如图，以D为原点，DA，DB，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，E，B，F，所以，.设平面BDF的法向量为n(x，y，z)，