高考数学二轮复习 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课后强化训练 理.doc

专题五第三讲 用空间向量的方法解立体几何问题a组1已知(1,5，2)，(3,1，z)，若，(x1，y，3)，且bp平面abc，则实数x，y，z分别为 (b)a，4b，4c，2,4 d4，15解析352z0，所以z4，又bp平面abc，所以x15y60，3x3y3z0，由得x，y2已知在正四棱锥abcda1b1c1d1中，aa12ab，点e是aa1的中点，则异面直线dc1与be所成角的余弦值为 (b)abcd解析建立如图所示空间直角坐标系，设ab1，则aa12，所以b(1,0,0)，e(0,0,1)，d(0,1,0)，c1(1,1,2)，则(1,0,2)，(1,0,1)，设异面直线dc1与be所成的角为，则cos 3已知正三棱柱abca1b1c1的侧棱长与底面边长相等，则直线ab1与侧面acc1a1所成角的正弦值等于 (a)a b c d解析设直线ab1与侧面acc1a1所成角为，建立如图所示空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则a(0，1,0)，b1(，0,2)，(，1,2)，o(0,0,0)，b(，0,0)，所以(，0,0)为侧面acc1a1的法向量，所以sin 4已知正方体abcda1b1c1d1，下列命题：()232，()0，向量与向量的夹角为60，正方体abcda1b1c1d1的体积为|，其中正确命题的序号是 (b)a b c 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，y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)，(0,1,0)，所以(1,1，1)，()23，而21，所以()232.所以正确；对于：(1,1，1)，(0,0，1)，(0,1,0)，所以()0.所以正确；对于：(1,0,1)，(0,1，1)，1，cos，所以与的夹角为120，所以不正确；对于：因为0，所以错误故选b5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_.解析如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知d(，0,0)，c(1,1,0)，s(0,0,1)，可知(，0,0)是平面sab的一个法向量设平面scd的法向理n(x，y，z)，因为(，0，1)，(，1,0)，所以n0，n0，可推出z0，y0，令x2，则有y1，z1，所以n(2，1,1)设平面scd与平面sab所成的锐二面角为，则cos 6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，c1d2a1d2a1c2a1da1c1cos 601642412.dm2c1d2c1m213，所以cosdbm0，所以dbm907如图，正方形abcd和四边形acef所在平面互相垂直，ceac，efac，ab，ceef1.(1)求证：af平面bde；(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afeg.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(，1)，(0，1)，(，0,1)所以0110，1010.所以cfbe，cfde，所以cf平面bde又bedee，be、de平面bde(3)由(2)知，(，1)是平面bde的一个法向量，设平面abe的法向量n(x，y，z)，则n0，n0即所以x0，zy.令y1，则z所以n(0,1，)，从而cosn，因为二面角abed为锐角，所以二面角abed为b组1(2017全国卷，19)如图，四面体abcd中，abc是正三角形，acd是直角三角形，abdcbd，abbd(1)证明：平面acd平面abc；(2)过ac的平面交bd于点e，若平面aec把四面体abcd分成体积相等的两部分，求二面角daec的余弦值解析(1)证明：由题设可得abdcbd，从而adcd又acd是直角三角形，所以adc90取ac的中点o，连接do，bo，则doac，doao又因为abc是正三角形，故boac，所以dob为二面角dacb的平面角在rtaob中 ，bo2ao2ab2，又abbd，所以bo2do2bo2ao2ab2bd2，故dob90所以平面acd平面abc(2)由题设及(1)知，oa，ob，od两两垂直，以o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oxyz，则a(1,0,0)，b(0，0)，c(1,0,0)，d(0,0,1)由题设知，四面体abce的体积为四面体abcd的体积的，从而e到平面abc的距离为d到平面abc的距离的，即e为db的中点，得e(0，)，故(1,0,1)，(2,0,0)，(1，)设n(x，y，z)是平面dae的法向量，则即可取n(1，1)设m是平面aec的法向量，则同理可取m(0，1，)，则cosn，m所以二面角daec的余弦值为2(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(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的长解析如图，以a为原点，分别以，的方向为x轴、y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)设n(x，y，z)为平面bde的一个法向量，则即不妨设z1，可得n(1,0,1)，又(1,2，1)，可得n0因为mn平面bde，所以mn平面bde(2)易知n1(1,0,0)为平面cem的一个法向量设n2(x1，y1，z1)为平面emn的一个法向量，则因为(0，2，1)，(1,2，