（试题 试卷 真题）专题四 第3讲

第3讲立体几何中的向量方法【高考考情解读】高考对本节知识的考查以解答题的形式为主，主要从以下三个方面命题：1.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间中平行与垂直的证明，常出现在解答题的第(1)问中，考查空间想象能力，推理论证能力及计算能力，属低中档问题.2.以多面体(特别是棱柱、棱锥或其组合体)为载体，考查空间角(主要是线面角和二面角)的计算，是高考的必考内容，属中档题.3.以已知结论寻求成立的条件(或是否存在问题)的探索性问题，考查逻辑推理能力、空间想象能力以及探索能力，是近几年高考命题的新亮点，属中高档问题1 直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面、的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线面平行laa0a1a3b1b3c1c30.(2)线面垂直laaka1ka3，b1kb3，c1kc3.(3)面面平行vva3a4，b3b4，c3c4.(4)面面垂直vv0a3a4b3b4c3c40.2 直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算设直线l，m的方向向量分别为a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)平面、的法向量分别为(a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同)(1)线线夹角设l，m的夹角为(0)，则cos .(2)线面夹角设直线l与平面的夹角为(0)，则sin |cosa，|.(3)面面夹角设平面、的夹角为(00)，试探究：当PB取得最小值时，直线OQ与平面PBD所成角的大小是否一定大于？并说明理由(1)证明菱形ABCD的对角线互相垂直，BDAC，BDAO，EFAC，POEF.平面PEF平面ABFED，平面PEF平面ABFEDEF，且PO平面PEF，PO平面ABFED，BD平面ABFED，POBD.AOPOO，BD平面POA.(2)解如图，以O为原点，建立空间直角坐标系Oxyz.设AOBDH.因为DAB60，所以BDC为等边三角形故BD4，HB2，HC2.又设POx，则OH2x，OA4x.所以O(0,0,0)，P(0,0，x)，B(2x,2,0)，故(2x,2，x)，所以|，当x时，|PB|min.此时PO，设点Q的坐标为(a,0，c)，OP，则A(3，0,0)，B(，2,0)，D(，2,0)，P(0,0，)(a3，0，c)，(a,0，c)，Q(，0，)，(，0，)设平面PBD的法向量为n(x，y，z)，则n0，n0.(，2，)，(0，4,0)，取x1，解得y0，z1，n(1,0,1)设直线OQ与平面PBD所成的角为，sin |cos，n|.又0，sin .0，.因此直线OQ与平面PBD所成的角大于，则结论成立(推荐时间：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，选D.2 如图，三棱锥ABCD的棱长全相等，E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为()A. B.C. D.答案A解析设AB1，则()()2cos 60cos 60cos 60.cos，.选A.3 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 B1C0或1 D任意实数答案C解析可为下列7个向量：，1，1，1，其中一个与重合，|21；，1，1与垂直，这时0；，1与的夹角为45，这时1cos1，最后11cosBAC11，故选C.4 (2013山东)已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为 ()A. B. C. D.答案B解析如图所示：SABCsin 60.VABCA1B1C1SABCOPOP，OP.又OA1，tanOAP，又0OAP，OAP.二、填空题5 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_答案2解析如图为折叠后的图形，其中作ACCD，BDCD，则AC6，BD8，CD4，两异面直线AC、BD所成的角为60，故由，得|2|268，|2.6 已知正方形ABCD的边长为4，CG平面ABCD，CG2，E，F分别是AB，AD的中点，则点C到平面GEF的距离为_答案解析建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，(4,2，2)，(2,4，2)，由得平面GEF的一个法向量为n(1,1,3)，所以点C到平面GEF的距离d.7 如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，现在沿DE，DF及EF将三个角折起，使A，B，C三点重合，重合后的点记为P，那么在四面体PDEF中，二面角DPEF的大小为_答案90解析由已知可得，PDPE，PFPE，所以DPF是二面角DPEF的平面角又因为PDPF，所以二面角DPEF的大小为90.8 如图，正方体ABCDA1B1C1D1，则下列四个命题：P在直线BC1上运动时，三棱锥AD1PC的体积不变；P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；P在直线BC1上运动时，二面角PAD1C的大小不变；M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线其中真命题的编号是_(写出所有真命题的编号)答案解析BC1AD1，BC1平面ACD1，BC1上任一点到平面ACD1的距离为定值，VAD1PCVPACD1为定值，正确；P到面ACD1的距离不变，但AP的长在变化，AP与面ACD1所成角的大小是变量，错误；面PAD1即面ABC1D1，ABC1D1与面ACD1所成二面角的大小不变，正确；M点的轨迹为A1D1，正确三、解答题9 如图，已知四棱锥PABCD的底面为等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点(1)证明：PEBC；(2)若APBADB60，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值(1)证明以H为原点，HA，HB，HP所在直线分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长度，建立空间直角坐标系(如图)，则A(1,0,0)，B(0,1,0)设C(m,0,0)，P(0,0，n) (m0)，则D(0，m,0)，E.可得，(m，1,0)因为00，所以PEBC.(2)解由已知条件可得m，n1，故C，D，E，P(0,0,1)设n(x，y，z)为平面PEH的法向量，则即因此可以取n(1，0)又(1,0，1)，所以|cos，n|.所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.10如图，五面体中，四边形ABCD是矩形，AD面ABEF，且AD1，ABEF，ABEF2，AFBE2，P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点(1)求证：PQ平面BCE；(2)求证：AM平面ADF；(3)求二面角ADFE的余弦值(1)证明连接AC，因为四边形ABCD是矩形，Q为BD的中点，Q为AC的中点，又在AEC中，P为AE的中点，PQEC，EC面BCE，PQ面BCE，PQ平面BCE.(2)证明M为EF的中点，EMAB2，又EFAB，四边形ABEM是平行四边形AMBE，AMBE2，又AF2，MF2，MAF是Rt且MAF90.MAAF.又DA平面ABEF，MA面ABEF，MADA，又DAAFA，AM平面ADF.(3)解如图，以A为坐标原点，以AM、AF、AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系则A(0,0,0)，D(0,0,1)，M(2,0,0)，F(0,2,0)可得(2,0,0)，(2,2,0)，(0,2，1)设平面DEF的法向量为n(x，y，z)，则.故，即.令x1，则y1，z2，故n(1,1,2)是平面DEF的一个法向量AM面ADF，为平面ADF的一个法向量所以cosn，.由图可知所求二面角为锐角，所以二面角ADFE的余弦值为.11(2013重庆)如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，BCCD2，AC4，ACBACD，F为PC的中点，AFPB.(1)求PA的长；(2)求二面角BAFD的正弦值解(1)如图，连接BD交AC于点O，因为BCCD，即BCD为等腰三角形，又AC平分BCD，故ACBD.以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz，则OCCDcos 1，而AC4，得AOACOC3，又ODCDsin .故A(0，3,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(，0,0)因为PA底面ABCD，可设P(0，3，z)，因为F为PC的中点，所以F.又，(，3，z)，因为AFPB，故0，即60，z2(舍去2)，所以|2，所以PA的长为2.(2)由(1)知，(，3,0)，(，3,0)，(0,2，)设平面FAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，平面FAB的法向量为n2(x2，y2，z2)由n10，n10得因此可取n1(3，2)由n20，n20得故可取n2(3，2)从而法向量n1，n2的夹角的余弦值为cosn1，n2.故二面角BAFD的正弦值为.12如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆上且EFAB，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面垂直，已知AB2，EF1.(1)求证：平面ADE平面BCE；(2)当AD的长为何值时，二面角DEFB的大小为60？(1)证明平面ABCD平面ABEF且DAAB，DA平面ABEF.又BE平面ABEF，DABE，AB为圆O的直径，BEAE.又DAAEA，BE平面ADE.BE平面BCE，平面ADE平面BCE.(2)解取EF，CD的中点M，N，连接OM，ON，易知OA，OM，ON两两垂直以O为坐标原点，OA，OM，ON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，设ADt(t0)，过点E作E