（浙江专用）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

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1cos1，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abcda1b1c1d1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，ebcfcb60，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(，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(1,0,0)，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a1