（试题 试卷 真题）【步步高 通用（理）】2014届高三《考前三个月》专题复习篇【配套Word版文档】专题五 第三讲

第三讲空间向量与立体几何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的方向向量为a(a1，b1，c1)平面，的法向量分别为(a2，b2，c2)，v(a3，b3，c3)(以下相同)(1)线面平行laa0a1a2b1b2c1c20.(2)线面垂直laaka1ka2，b1kb2，c1kc2.(3)面面平行vva2a3，b2b3，c2c3.(4)面面垂直vv0a2a3b2b3c2c30.2 空间角的计算(1)两条异面直线所成角的求法设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为，则cos |cos |(其中为异面直线a，b所成的角)(2)直线和平面所成角的求法如图所示，设直线l的方向向量为e，平面的法向量为n，直线l与平面所成的角为，两向量e与n的夹角为，则有sin |cos |.(3)二面角的求法利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，m，n即为所求二面角的平面角对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求如图所示，二面角l，平面的法向量为n1，平面的法向量为n2，n1，n2，则二面角l的大小为或.1 (2012陕西)如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A. B.C. D.答案A解析不妨令CB1，则CACC12.可得O(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，1(0,2，1)，1(2,2,1)，cos1，10.1与1的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.2 (2013辽宁)如图，AB是圆的直径，PA垂直圆所在的平面，C是圆上的点(1)求证：平面PAC平面PBC；(2)若AB2，AC1，PA1，求二面角CPBA的余弦值(1)证明由AB是圆的直径，得ACBC，由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC.又PAACA，PA平面PAC，AC平面PAC，所以BC平面PAC.因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PAC.(2)解方法一过C作CMAP，则CM平面ABC.如图，以点C为坐标原点，分别以直线CB、CA、CM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系在RtABC中，因为AB2，AC1，所以BC.因为PA1，所以A(0,1,0)，B(，0,0)，P(0,1,1)故C(，0,0)，C(0,1,1)设平面BCP的法向量为n1(x1，y1，z1)，则所以不妨令y11，则n1(0,1，1)因为A(0,0,1)，A(，1,0)，设平面ABP的法向量为n2(x2，y2，z2)，则所以不妨令x21，则n2(1，0)于是cosn1，n2.所以由题意可知二面角CPBA的余弦值为.方法二 过C作CMAB于M，因为PA平面ABC，CM平面ABC，所以PACM，又PAABA，故CM平面PAB.所以CMPB.过M作MNPB于N，连接NC，所以PB面MNC，所以CNPB，所以CNM为二面角CPBA的平面角在RtABC中，由AB2，AC1，得BC，CM，BM，在RtPAB中，由AB2，PA1，得PB.因为RtBNMRtBAP，所以，故MN.又在RtCNM中，CN，故cosCNM.所以二面角CPBA的余弦值为.题型一利用空间向量证明平行与垂直例1如图所示，平面PAC平面ABC，ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E、F、O分别为PA、PB、AC的中点，AC16，PAPC10.(1)设G是OC的中点，证明：FG平面BOE；(2)证明：在ABO内存在一点M，使FM平面BOE.审题破题以O点为原点，OB、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求解(1)证明如图所示，连接OP，以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则O(0,0,0)，A(0，8，0)，B(8,0,0)，C(0,8,0)，P(0，0,6)，E(0，4,3)，F(4,0,3)，由题意得，G(0,4,0)，因(8,0,0)，(0，4,3)，因此平面BOE的一个法向量n(0,3,4)，(4,4，3)，得n0，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG平面BOE.(2)设点M的坐标为(x0，y0,0)，则(x04，y0，3)，因为FM平面BOE，所以有n，因此有x04，y0，即点M的坐标为，在平面直角坐标系xOy中，AOB的内部区域可表示为不等式组，经检验，点M的坐标满足上述不等式组，所以，在ABO内存在一点M，使FM平面BOE.反思归纳(1)空间中线面的平行与垂直的证明有两种思路：一是利用相应的判定定理和性质定理去解决；二是利用空间向量法来论证(2)用向量法来证明平行与垂直，避免了繁杂的推理论证，直接计算就行了，把几何问题代数化尤其是在正方体、长方体、直四棱柱中相关问题的证明用向量法更简捷，但是向量法要求计算必须准确无误变式训练1如图，在直三棱柱ADEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点运用向量方法证明：(1)OM平面BCF；(2)平面MDF平面EFCD.证明(1)由题意，AB，AD，AE两两垂直，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O.(1)，(1,0,0)，0, .棱柱ADEBCF是直三棱柱，AB平面BCF，是平面BCF的一个法向量，且OM平面BCF，OM平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2)(1，1,1)，(1,0,0)，由n1n10，得令x11，则n1.同理可得n2(0,1,1)n1n20，平面MDF平面EFCD.题型二利用向量求空间角例2如图，三棱锥PABC中，PB平面ABC.PBBCCA4，BCA90，E为PC的中点(1)求证：BE平面PAC；(2)求二面角EABC的余弦值审题破题本题的关键是在平面ABC内找到两条互相垂直的直线，可以过点B作BC的垂线BT，分别以BC，BT，BP为x，y，z轴建立空间直角坐标系(1)证明BE面PAC. (2)解如图，在平面ABC内过点B作BTBC，分别以BC，BT，BP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(4,0,0)，A(4,4,0)，P(0,0,4)，E(2,0,2)，则(4,4,0)，(2,0,2)，平面ABC的法向量为n1(0,0,1)，设平面ABE的法向量为n2(x，y，z)则n20，n20，即.令z1，得x1，y1，即n2(1,1,1)设二面角EABC为，则cos .反思归纳利用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：(1)建立恰当的空间直角坐标系(2)求出相关点的坐标(3)写出向量坐标(4)结合公式进行论证、计算(5)转化为几何结论变式训练2(2012课标全国)如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACBCAA1，D是棱AA1的中点，DC1BD.(1)证明：DC1BC；(2)求二面角A1BDC1的大小(1)证明由题设知，三棱柱的侧面为矩形由于D为AA1的中点，故DCDC1.又ACAA1，可得DCDC2CC，所以DC1DC.而DC1BD，CDBDD，所以DC1平面BCD.因为BC平面BCD，所以DC1BC.(2)解由(1)知BCDC1，且BCCC1，则BC平面ACC1A1，所以CA，CB，CC1两两相互垂直以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)则(0,0，1)，(1，1，1)，(1,0,1)设n(x，y，z)是平面A1B1BD的法向量，则即可取n(1,1,0)同理，设m(x，y，z)是平面C1BD的法向量，则即可取m(1,2,1)从而cos n，m.故二面角A1BDC1的大小为30.题型三利用向量求空间距离例3如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BABC2，0，异面直线A1B与AC成60的角，点O、E分别是棱AC和BB1的中点，点F是棱B1C1上的动点(1)求证：A1EOF；(2)求点E到面AB1C的距离；(3)求二面角B1A1CC1的大小审题破题在已知三棱柱中，直线BA，BC，BB1两两垂直，已有空间直角坐标系的框架(1)证明设棱柱的高为h，以B为坐标原点，以BA、BC、BB1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，O(1,1,0)，A1(2,0，h)，(2,0，h)，(2，2,0)，cos，即cos 60，解得h2.E(0,0,1)，A1(2,0,2)，(2,0，1)F是B1C1上的动点，设F(0，y,2)，(1，y1,2)，(2,0，1)(1，y1,2)0， 即A1EOF.(2)解易求面AB1C的法向量为n(1,1,1)，(2,0，1)，所以E到面AB1C的距离为d.(3)解平面A1CC1的一个法向量是(1,1,0)设平面A1B1C的一个法向量是n(x，y，z)，(2,2，2)，(2,0,0)，则n(x，y，z)(2,2，2)2x2y2z0，n(x，y，z)(2,0,0)2x0，x0.代入并令z1得y1，n(0,1,1)，cosn，n，60，即二面角B1A1CC1的大小为60.反思归纳求点面距的常用方法：直接法：即寻找或作出与该距离相对应的垂线段，此法的关键是确定垂足的位置，然后借助于直角三角形求解；等体积法：把所求的距离转化为三棱锥的高，再通过变换三棱锥的顶点，由同一棱锥的体积是不变的，求出相应的距离变式训练3如图所示，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PBC底面ABCD，且PBPC.(1)求证：ABCP；(2)求点B到平面PAD的距离；(3)设面PAD与面PBC的交线为l，求二面角AlB的大小(1)证明以BC的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,0,0)，A(1，2,0)，C(1,0,0)，P(0,0,2)，D(1，2,0)(0,2,0)，(1,0,2)，则有0，.即ABCP.(2)解设平面PAD的法向量为n(x，y，z)，(1，2，2)，(2,0,0)，则由得则x0，令z1y，得n(0，1,1)，又(1,0,2)，点B到平面PAD的距离d.(3)解由(2)知平面PAD的法向量n(0，1,1)，而平面PBC平面ABCD，平面PBC的法向量m(0,1,0)二面角AlB的余弦值为.由图形知二面角AlB为锐二面角，二面角AlB的大小为45.典例(12分)如图，在三棱锥PABC中，ACBC2，ACB90，APBPAB，PCAC，点D为BC的中点(1)求二面角APDB的余弦值；(2)在直线AB上是否存在点M，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为，若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由规范解答解(1)ACBC，PAPB，PCPC，PCAPCB，PCAPCB，PCAC，PCCB，又ACCBC，PC平面ACB，且PC，CA，CB两两垂直，2分故以C为坐标原点，分别以CB，CA，CP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(0,2,0)，D(1,0,0)，P(0,0,2)，(1，2,0)，(1,0，2)，3分设平面PAD的一个法向量n(x，y，z)，即，取n(2,1,1)，平面PDB的一个法向量为(0,2,0)，5分cosn，设二面角APDB的平面角为，且为钝角，cos ，二面角APDB的余弦值为.6分(2)方法一存在，M是AB的中点或A是MB的中点7分设M(x,2x,0) (xR)，(x,2x，2)，8分|cos，n|，解得x1或x2，M(1,1,0)或M(2,4,0)，10分在直线AB上存在点M，且M是AB的中点或A是MB的中点，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为.12分方法二存在，M是AB的中点或A是MB的中点7分设，则(2，2,0)(2，2，0) (R)，(2，22，2)，8分|cos，n|.解得或1.10分M是AB的中点或A是MB的中点在直线AB上存在点M，且M是AB的中点或A是MB的中点，使得PM与平面PAD所成角的正弦值为.12分评分细则(1)没有指明CA、CB、CD两两垂直，直接建系的扣1分；(2)求出平面的法向量给1分；法向量写成其他形式不扣分；(3)二面角余弦值写成的扣1分；(4)第(2)问最后不写结论的扣1分阅卷老师提醒(1)利用空间向量求二面角的平面角时，应注意观察二面角是锐角还是钝角如果两个平面的法向量分别是m，n，两个平面所成的锐二面角的大小为，则cos |cosm，n|.在一般的二面角大小计算中要根据这个二面角的实际大小，确定其余弦值的正、负号的选取(2)探索性问题一定要写出结论1 在空间中，已知(2,4,0)，(1,3,0)，则异面直线AB与DC所成角的大小为()A45 B90 C120 D135答案A解析(2,4,0)，(1,3,0)，cos，.，(0，90，45.故选A.2 在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA1，则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为()A. B. C. D.答案C解析建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则C1(，1,0)，A(0,0,2)，(，1，2)，平面BB1C1C的一个法向量为n(1,0,0)，所以AC1与平面BB1C1C所成的角的正弦值为.故选C.3如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1MANa，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A相交 B平行C垂直 D不能确定答案B解析分别以C1B1、C1D1、C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示A1MANa，M，N，.又C1(0,0,0)，D1(0，a,0)，(0，a,0)，0，.是平面BB1C1C的法向量，且MN平面BB1C1C，MN平面BB1C1C.4 在三棱柱ABCA1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是()A30 B45 C60 D90答案C解析取BC中点E，连接AE，则AE平面BCC1B1，故ADE为直线AD与平面BB1C1C所成的角设各棱长为a，则AEa，DEa.tanADE.ADE60.5 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 已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为_答案解析在正方体ABCDA1B1C1D1中，ADBC，所以AE与BC所成的角即为AD与AE所成的角，即是EAD.连接DE，在RtADE中，设ADa，则DEa，tanEAD，cosEAD，所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为.专题限时规范训练一、选择题1 已知点G是ABC的重心，O是空间任一点，若，则的值为()A1 B2 C3 D4答案C解析，具体表示出向量后，比较即可如图所示()()()，所以3.2 若不同直线l1，l2的方向向量分别为，则下列直线l1，l2中既不平行也不垂直的是()A(1,2，1)，(0,2,4)B(3,0，1)，(0,0,2)C(0,2，3)，(0，2,3)D(1,6,0)，(0,0，4)答案B解析A项中0440，l1l2；C项中，共线，故l1l2；D项中，0000，l1l2，故选B.3 在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD平面ABCD，ABPDa.点E为侧棱PC的中点，又作DFPB交PB于点F.则PB与平面EFD所成角为()A30 B45C60 D90答案D解析建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，D为坐标原点则P(0,0，a)，B(a，a,0)，(a，a，a)，又，00，所以PBDE，由已知DFPB，且DFDED，所以PB平面EFD，所以PB与平面EFD所成角为90.4 如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AA12，ACBC1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是()A. B. C. D.答案B解析以C为坐标原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，C(0,0,0)，则(1,1，2)，(1,0,0)，cos，.5 已知a(1,1,0)，b(1,0,3)，且kab与2ab垂直，则k的值为()A. B1 C. D2答案A解析kab(k1，k,3)，2ab(3,2，3)，依题意，得：(k1)3k23(3)0，解得k.6 如图，过正方形ABCD的顶点A，引PA平面ABCD.若PABA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是()A30 B45C60 D90答案B解析建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1(0,1,0)，n2(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角(锐角)的余弦值为，故所求的二面角的大小是45.7 正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且，N为B1B的中点，则|为()A.a B.a C.a D.a答案A解析以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.设M(x，y，z)点M在AC1上且，(xa，y，z)(x，ay，az)xa，y，z.M，| a.8 将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角ABDC，则下面结论错误的为()AACBDBACD是等边三角形CAB与平面BCD所成的角为60DAB与CD所成的角为60答案C解析取BD中点O，连接AO、CO，则AOBD，COBD，BD平面AOC，ACBD，又ACAOADCD，ACD是等边三角形，而ABD是AB与平面BCD所成的角，应为45.又(设ABa)，则a2a22a2a22aa()2aa()2a2cos，cos，AB与CD所成的角为60.二、填空题9 到正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点：有且只有1个；有且只有2个；有且只有3个；有无数个其中正确答案的序号是_答案解析注意到正方体ABCDA1B1C1D1的对角线B1D上的每一点到直线AB，CC1，A1D1的距离都相等，因此到ABCDA1B1C1D1的三条棱AB，CC1，A1D1所在直线距离相等的点有无数个，其中正确答案的序号是.10如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是_答案60解析以BC为x轴，BA为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系设ABBCAA12，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，EF和BC1所成的角为60.11在四面体PABC中，PA，PB，PC两两垂直，设PAPBPCa，则点P到平面ABC的距离为_答案a解析根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz，则P(0,0,0)，A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(0,0，a)过点P作PH平面ABC，交平面ABC于点H，则PH的长即为点P到平面ABC的距离PAPBPC，H为ABC的外心又ABC为正三角形，H为ABC的重心，可得H点的坐标为.PH a.12底面是正方形的四棱锥ABCDE中，AE底面BCDE，且AECDa，G、H分别是BE、ED的中点，则GH到平面ABD的距离是_答案解析建立如图所示的坐标系，则有A(0,0，a)，B(a,0,0)，G，D(0，a,0)设平面ABD的法