2016版高考数学大二轮总复习增分策略专题五立体几何与空间向量第3讲立体几何中的向量方法试题

1、闊准高考第3讲立体几何中的向量方法高考真题体验1.（2014课标全国II）直三棱柱ABC- A1B1CI中，ZBCA=90 , M , N分别是AiBi, A】C】的中点，BC = CA= CCn则BM与AN所成角的余弦值为（）2. （2015安徽）如图所示，在多面体AiBiD iDCBA中,ABCD均为正方形，E为BiDi的中点，过（1）证明：EFBiC；（2）求二面角E-ArD-Br的余弦值.1A.10 B.5 C 10D.四边形AAiBtB, ADDiA闊准高考考情考向分析以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为堀析高考二面角的求解，均以解答的形式

2、进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算 上.热点分类突破热点一利用向量证明平行与垂直 设直线1的方向向量为a=(ai, bi, ci),平面a、B的法向量分别为=(as, bs, cs)则有:(1)线面平行1 / a ? a丄u ? a u=0? aia2+ bib2+ CiC2= 0.线面垂直1丄a?&pi ? a= k u ? ai =k&2, bi= kb?, Ci= kc2.(3)面面平行a / B? u /v ? u = X v? &2= X as, b?=入bs, s= X cs.面面垂直a丄B? u丄v ? n v= 0? 8283+b?b3+C2C3= 0.例1如

3、图，在直三棱柱A DEBCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，0为DF的屮点.运用向量方法证明：(1) 0M平面BCF；(2)平面MDF丄平面EFCD .思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何屮的定理.如要证明线面平 行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线db,只需证明向量a= Xb( X WR)即可.若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外.跟踪演练1如图所示，已知直三棱柱ABC-AiBiCi A ABC为等腰直角 三角形，Z BAC=90,且AB = AA】

4、，D、E、F分别为JA、C】C、BC的屮点.求证：(1) DE平面ABC；B】F丄平面AEF.B的法向量分热点二利用空间向量求空间角设直线1, m的方向向量分别为a= (ai, bi, Ci) , b= (a-, b2, c：).平而a别为u = (as, bs, cs) , v= (ai, bt, cj(以下相同)(1)线线夹角n设1, m的夹角为0 (0W0W2)，则112+ 12 + 12aba a b bccCO ovI a|b |7:+1+2+ 2abc ab c线面夹角JI设直线1与平面a的夹角为e (0 WB W),则sin。=a 匕osa, U-|a| u(3)面面夹角设平面a

5、、0的夹角为o (o W o兀)，U v则Icos 0U , V例2(2015江苏)如图，在四棱锥P-ABCD中，己知PA丄平面ABCD,且n四边形ABCD为直角梯形，ZABC=ZBAD = 2，PA= AD = 2, AB=BC = 1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；点Q是线段BP的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长.思维升华(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：建立恰当的空间直角坐标系；求出相关点的坐标；写出向量坐标； 结合公式进行论证、计算；转化为几何结论.(2)求空间角注意：两条异面直线所成的角a不一定是直线的方向向量的夹角B,即cos a

6、=bos B |.两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角.直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值,即注意函数名称的变化.跟踪演练2014福建）在平面四边形ABCD中，AB= BD = CD = 1, AB丄BD ,CD BD J各AABD沿BD折起，使得平面ABD丄平面BCD,如图所示.（1）求证：AB丄CD；仪）若M为AD中点，求直线AD与平面MBC所成角的正弦值.热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象（数值、图形、函数等）是否存在或某一结论是否成立.解决这类问题的基本策

7、略是先假设题中的数学对象存在（或结论成立）或暂且认可其屮的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导岀矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论.例3如图，在直三棱柱ABC - AiBiCi中，AB=BC=2AA】，Z ABC=90 ,4,D是BC的中点.(1)求证：AiB平面ADC】；6)求二面角C 1AD C的余弦值;(3)试问线段AiBt是否存在点E,使AE与DC】成60角？若存在，确定E点位置；若不存 在，说明理由.思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论 证、推理，只需通过坐标运算进行判断.解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或 方程组

8、，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所 以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法.跟踪演练3如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD丄平AB面ABCD , NB丄平面ABCD ,且MD=NB= 1, E为BC的中点.(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；0 在线段AN上是否存在点S,使得ES丄平面AM N?若存在，求线段AS的长；若不存在，请说 明理由.高考押题精练(1)求证：PQ平面BCE；备战高考如图，五面体屮，四边形ABCD是矩形，ABEF, AD丄平面ABEF,且AD = 1,A2EFM2, AF=BE=2, P、Q分别为AE、B

9、D的中点. 求二面角A- DF- E的余弦值.提醒：完成作业专题五第3讲X 0HHUH31 41151 6JI7JI3JI9JA组专题通关311 1.已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件0M =40A+ 80B+ 80C,则直线AM 0A.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2.如图，点P是单位正方体ABCDA出】CJ）】中异于A的一个顶点，则AP AB的值为（）A.0B.1C0或1D.任意实数二轮专题强化练姓名：_班级：_专题五第3讲 立体几何中的向量方法12 3 4 5AAlAl(AAlBHB IBHBHBI(CHC ICHOIClDU

10、D |D| D |DJ6 7 8 9 10AAHAAHA(B)lBlBBllBCHC IC CMCDHDJIDKDHD11 12 13 14 15AA)AJA (AlIBHB IBIBJIB1ICHCHCllCllCliDllDHDl IDHD1C.63.如图所示，正方体ABCD -AiBiCiD】的棱长为a, M、N分别为A出和AC护8上的点，AiM = AN= 3 a,则M N与平面BBiC rC的位置关系是（）A.相交B平行BC .垂直D.不能确定BD所成角的余弦值为（）A. 633B-21D.24.如图，三棱锥A-BCD的棱长全相等,E为AD的屮点，则直线CE与5.已知正三棱柱ABC-

11、 AiBiCi的侧棱长与底面边长相等，则AB】与侧面W所成角的正弦值等于()A. 42B. 4C. 2D26在棱长为1的正方体ABCD-AB CD屮，M , N分别为A B , BB的屮点，那么直线AM与CN所成角的余弦值为_7.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、两点间的距离为A B=0;向量AD】 与向量A】B的夹角是60； 正方 体ABCD-AiBiCiD】的体积为|AB AAi AD |.其中正确命(2)求证：平面PAD丄平面PDC.10.(2015重庆)如图，三棱锥PYBC中，PC丄平面ABC, PC = 3

12、, ZACBTH= 2 D, E分别为线段AB, BC上的点，且CD = DE=2, CE=2EB=2.(1)证明：DE丄平面PCD； 求二面角APDC的余弦值.B组能力提咼11.（2014四川）如图，在正方体点.设点 在线段P的取值范围是（1 1 11屮，点 为线段ABCD A B CD0与平面!所成的角为a,则OP A BDABCD ABCDPBC下列三个命题：三棱锥A- DxPC的体积不变；直线AP与平面ACDt所成角的大小不变；二面角P-ADi-C的大小不变.其中真命题的序号是_13.已知正方体ABCD- AiBtC iD】 的棱长为1, E、F分别为BBi. CD的中点， 则点F到平

13、而AD】E的距离为_ .14.如图，在三棱锥PABC中，AC = BC = 2, Z ACB=90 , AP= BP = AB,PC丄AC,点D为BC的中点.（1）求二面角A-PD-B的余弦值;6）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6,若 存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由.i,直线CCA. 3，1B. 3 ， 1C血D.-送，133312.如图，在正方体 1 1 1 1屮，点在直线 】上运动时，有BDsin812学生用书答案精析第3讲立体几何中的向量方法高考真题体验1. C方法一补成正方体，利用向量的方法求异面直线所成的角.由于ZBCA=90,三棱柱为直三

14、棱柱，且BC = CA=CCi,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)=(0,1,2)AN方法二通过平行关系找出两异面直线的夹角，再根据余弦定理求解.1,取BC的中点D,连接M N, ND, AD，由于MN続如图2B1C1統BD,因临AND統丽，则NDBM与AN申戈的角.设BC = 2,则BM = ND= 6, AN护A所成的角即为异一=一V5, AD =2+2-2305,因此cosZAND= 2ND NA =10-2. (1)证明 由正方形的性质可知A】B】AB

15、DC,且AiBi= AB=DC,所以四边形AiBiCD为平行四边形，从而11,又1 ?面1, 1?面1,于是1面1.又1 ?面H.BC AD A DADE BC ADE B CADE BC B CD面A】DEQ 面B】CD】=EF,所以EFB】C.13解因为四边形A A iB 1B ,，均为正方形，所以1丄， 】丄，ADDA ABCDAA AB AA AD丄AB量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标(1,0,0),B0,1,0) ,1(0,0,1)DA所以已点的坐标为设面A DEV2s , t的法向量n = (r,1 1 11(1,0,1),1(0,1,1) BD1、，-，1.2丿),而

16、该面上向量m丄AiD得ri, si, t卩1-ri + -si =0, $应满足的方程组-22Si ti= 0,A(0,0,0)且】AD AA。丿设面A1 BiCD的法向量n2= (r2, S2, t2),而该面上向量AiBi= (1,0,0)此同理可得ri2= (0,1,1)所以结合图形知二面角E-AiD-Bi的余弦值为,AiD (0,1 , 1),由热点分类突破例1证明方法一由题意，得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1 1,F(l,0,l) M 2，0, f lo, _(DOM =2则3 (0,Q,0),1 TB.(l ,一li0,0)D

17、 (0,1,0),0 2，2,0MBA=O,0M丄BA. 棱柱ADEBCF是直三棱柱,1,0,0) AB丄平面BCF, /.BA是平面BCF的一个法向量,且0M?平面BCF,0M平面BCF.(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为ni= (xi, yi , zi) , ri2= (x g Z2) fiff.=(i,一1,1) , f=匚,-1, o,= QO。)= (o，- i,i)，DFDM匕 DCCFm D F = 0,由S一 DM = 0.r -1I yi= 2xi,解得 1-=-2BC-2BF.向量0M与向量BF, BC共面，又0M?平面BCF,0M平面BCF.由题意知，BF

18、, BC , BA两两垂直，CD BA0M CD0M丄CD , 0M丄FC,又CD A FC =C , /. 0 M丄平面EFCD.又0M?平面MDF,平面MDF丄平面EFCD.Xiyi+ zi= 0,得i1- -A令x】= l,则12,FC BC BFBA 0=-2BC + 2BF= 0.跟踪演练1证明(1)如图建立空间直角坐标系A-xyz ,令AB= AA 4,则A (0,0,0) , E 0,4,2) , F (2,2,0) , B (4,0,0) , Bid,0,4)取AB中点为N,连接CN,则N(2,0,0) , C 0,4,0) , D (2,0,2), /. D E = ( 2,

19、4,0),ANC = ( 2,4,0),DE=NC ,DENC ,又NC?平面ABC, DE?平面ABC.故DE平面ABC.因为PC=(1,1, 2), PD=(0,2, 2).设平面PCD的法向量为m = (x, y, z),贝ij m PC = 0, m PD = 0,(x+ y 2z = 0,即(2) BF = ( 2,2 , 4),EF=(2 2, 2) , AF = (2,2,0).7 f = (2) X2 + 2X (2) + (4) X (2) = 0,B F EFBiF - AF= (-2)X2 + 2X2+(一4) X0 = 0.A BiFEF, BiF丄AF,即B】F丄EF

20、, B】F丄AF,又AFQFE=F, BiF丄平面AEF.例2解以AB, AD,AP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz,则各点的坐标为0,2,0) , 0,0,2).DP(1)因为AD丄平面PAB,所以AD是平面PAB的一个法向量,AD = (0,2,0)令y=l,解得z= 1, x=l.丫l2y 2z= 0.所以m= (1,1,1)是平面PCD的一个法向量.fAD myj3从而cos AD , m ) =3 ,lAD | m |所以平面 与平面所成二面角的余弦值为 込PABPCD因为BP= (-1,0,2)，设BQ = XBP= (- X , 0,2入)(0 W X W1),则

21、f = f+-*=(入，一1,2入)，CQ CB BQ又DP = (0 , 2,2),设1+2入=t, t e 1,3,AB丄BD ,AB丄平面BCD.又CD?平面BCD,AB丄CD.解 过点B在平面BCD内作BE丄BD,如图.由(1)知AB丄平面BCD, BE?平面BCD, BD?平面BCD , AB丄BE, AB丄BD.BE, BD, BA的方向以B为坐标原点，分别以 为建立空间直角坐标系.又=(0 , - 1,0),CB从而cos ( CQ , DP1+2入U10入 +2则 cos CQ , DP)2t25t lOt+99w 一105,即=5时，|cosJI、CQ , DP的最大值为io

22、 因为y= cos又因为BP厂所以BQ = 5BP = 5 2丿上是减函数， 此时直线=护，C Q与D P所成角取得最小值.跟踪演练2(1)证明平面ABD丄平面BCD ,平面ABDC平面BCD = BD, AB?平面ABD,，(1,1,0)C1(0,1,0)DCQ DP依题意，得(0,0,0)BIA(0,0,1) ,M (0 , 2，2)，则=(1,1,0),=(o,_，_)，=(o,l, 1).r2 2设平面MBC的法向量n= (xo, yo, zo),厂xo+ yo= 0,辦11一yo+ so =0,22取zo = l,得平面MBC的一个法向量n= (1 ,一1,1)设直线AD与平面MBC

23、所成角为e ,即直线AD与平面MBC所成角的正弦值为3例3(1)证明连接AiC,交AC】于点0,连接0D.由ABC- AiBiCt是直三棱柱，得四边形ACCiAt为矩形, 中点又D为BC的中点，所以0D为A出C的屮位线，所以A出0D.因为0 D ?平面ADCi, AiB?平面ADC 1,所以AiB平面ADCi. 解 由ABC - AiBiCi是直三棱柱，且Z ABC =90,得BA, BC, BB】两两垂直. 以BC, BA, BB所在直线分别为x, y, z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B - xyz.1设BA=2,则B (0,0,0) , C么0,0) , A (0,2,0), Ci(2

24、,0,l) , D (1,0,0),所以=(1 , 2,0) , i=(2 , 2,1).ADAC设平面ADCi的法向量为n= (x, y, z),0,1=0.n AClx 2y=0,则严.DABC = 0,DA所以*2 2 +=0.取y= 1,得n= (2,1 , 2).x y z易知平面ADC的一个法向量为v= (0,0,1).nev2所以cosn, v=nv因为二面角C 1AD C是锐二面角,因为点E在线段AIBL,Ai(0,2,l), Bi(O,O,l)故可设(0 ,入，1),其中0W入W2.E所以AE = (0 , X 2,1) , D C i= (1,0,1).因为AE与DC】成6

25、0角，所以|CS(AE DC1所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为10 假设在线段AN上存在点S,使得ES丄平面AMN.因为 f =(0,1,1)AN可设AS= X AN = (0 ,入，入)(0 W入 W1),J又EA =(2， 1,0),1所以ES=EA+AS=(2，入 一1，入).所以二面角(3)解假设存在满足条件的点E.Ci-AD- C的余弦值为3-所以当点跟踪演练一22为线段E3AE - |DCi1一=,解得入=1或入=3(舍去).分别为XM (0,0,1)轴,轴，yC (0,1,0),+1 2!】的中点时，AB(1)如图，以D建立空间直角坐标系,与1成60角.AE DC为坐标原点

26、， ，轴,E(2，1,0),所以NE= (- 2，0,因为|cos f, f)NE AMINE | X |AM |冯2210DA DC则(0,0,0)D由ES丄平面AM N ,f -即s2+入=0,l入 _ 入=0,1故入此时;1 1f = Q, r22 22经检验，当AS= 2时，ESI平面AMN.故线段AN上存在点S,使得ES平面AMN,此时AS=2高考押题精练(1)证明 连接AC,四边形ABCD是矩形，且Q为BD的中点，Q为AC的中点，又在AAEC中，P为AE的中点，PQEC,TEC?面BCE, PQ?面BCE,二PQ平面BCE.(2)解 如图，取EF的中点M ,则AF丄AM ,以A为坐

27、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AM =(2,0,0) , M F= ( 2,2,0) , DF= (0,2 , 1).MF= 0,故(1,1,2)是平面DEF的一个法向量.设平面DEF的法向量为n= (xz)，贝ifV AM丄面ADF,AM为平面ADF的一个法向量./.COSn AM 2Xl+0Xl+(r6nAM6X2由图可知所求二面角为锐角, 二面角A-DF-E的余弦值为第3讲立体几何屮的向量方法由已知得 、四点共面.所以 在平面 内，选D.M A

28、 B CAMABC4. A设AB=1,则CEBD= (AE-AC) (AD-AB)=2AD-2AD AB-AC AD +AC ABt tt=22cos 60 cos 60 + cos 60 =4一 一1Z BD孑=&.选A. CE |BD |3二轮专题强化练答案精析5. A如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2, 0 (0,0,0)B ( 3, 0,0) , A (0 ,一1,0) , Bi( 3, 0,2),则ABi= ( 3, 1,2),则B0 =( 3,1. D2. CAP可为下 列7个向量：AB, AC, AD, AAi,ABu ACi, ADi,其中一个与AB重合，AP -

29、 AB3. B分别以CB、CD、i iiCC所在直线为x, y, z轴，建立空间直角坐标系，如图所示. AiM =AN= 3 a,/. M a, a,又C (0,0,0)iMN 0, M Nd CiDi.S3 MccmftV. N1 1MN?平面BBCC, MN平面BBCC./cos - = .6. 5解析 以D点为坐标原点，分別以DA,Z轴建立如图所示的空间直角坐标系,1(1,1).2,1),CN= a,o,) )(0,1,0)C所以 AM =故AM CN=OX1+2X0 + 1X 2= 2,AM CN所以cos (AM , CN)AMCN22X2解析如图为折叠后的图形，其屮作AC丄CD ,

30、 BD丄CD ,则AC= 6, BD =8, CD4,两异面直线AC、BD所成的角为60 ,故由AB = AC + CD + DB,2 得AB一 + +AC CD DB2= 68,DC, DDi所在直线为x轴,A (1,0,0) , M (1 , 2，1)，故正确；屮AiBi 的夹角为120,故不正确；中“二二0.故也不正确.9证明(1)以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如 图所示的空间直角坐标系，D (0,2,0) , P (0,0,1),则A (0,0,0) , B (1,0,0) , C (1,2,0) E, F分别是PC, PD的屮点,.E F

31、 = 2 A B ,E FAB ,即EFAB,又AB?平面PAB, EF?平面PAB,EF平面PAB.由(1)可知 二(1,一1),PB=(0,0,1) , = (0,2,0)PDAPAD=Q,0,0),DCV AP D C = (0,0,1) (1,0,0) = 0,ADD C = 0,2,0) (1,0,0) = 0A AP丄DC, AD丄DC,即API DC,AD丄DC.又AP n AD = A,DC丄平面PAD.DC?平面PDC , 平面PAD丄平面PDC .10.(1)证明 由PC丄平面ABC , DE?平面ABC,故PC丄DE.由=2,CE由PC n故=2普CD DECD = C,

32、 DE垂直于平面PCD内两条相交直线,为等腰直角三角形，故 丄.CDECD DEDE丄平面PCD.由(1)知，ACDE为等腰直角三角形，ZDCE二,如图，过D作4DF垂直CE于F,易知DF=FC = FE=1,又已知EB= 1,故FB=2.DT TB 2由Z ACB=得DFAC,2ACBC33一3,故AC= DF =2 2以C为坐标原点，分别以CA, CB, CP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系,0, 0 I*丿，E (0,2,0) , D Q,1,0) , ED = (1 , 1,0) , DP= ( 1,x y +3z= 0,1 1 1设平面 PAD 的法向量为 m= (

33、xi, yi, zi),由 m DP =0, m DA = 0,借 1j-2x1 yi=0,故可取m= 6,1,1)由（1）可知DE丄平面PCD,故平面PCD的法向量m可取为ED,即ri2= (1 , 1,0).ni n = 6，故所求二面角APDC的余弦值为611. B根据题意可知平面AiBD丄平面AiACCi且两平面的交线是A2,所以过点P作交线AxO的垂线PE,则PE丄平面AiBD ,所以Z AiOP或其补角就是直线0P与平面AiBD所成的角a.设正方体的边长为2,当点P与点C重合时,根据选项可知B正确.12.解析 中，BC】平面ADiC, A BCi任意一点到平面ADrC的距离相等，所以体