专题15立体几何中的向量方法-考纲解读与热点难点

1、3111.已知平而ABC,点M是空间上任意一点，点M满足条件加=示+§&+訶乙 则直线AM（）A.与平而ABC平行 B.是平而ABC的斜线C.是平而ABC的垂线 D在平而ABC内答案D解析 由已知得M. A, B, C四点共而，所以AM在平而ABC内.故选D.2.如图，点久B. C分别在空间直角坐标系O-xyz的三条坐标轴上，0&=（0,02），平而ABC的法向量为B習 =（2丄2）,设二面角C-AB-0的大小为&则cos 0等于（）影r 2C3 D-3答案C 解析由题意可知，平而ABO的一个法向量为0t=（OO2）,=2丽=亍由图可知，二而角C-AB一O为锐

2、角, 由空间向量的结论可知，33&=竖迥loai/ii3在正方体ABCD A/CD中，点P在AC上运动（包括端点），则肿与AD所成角的取值范围是（）7TtCB."nn.4'12.nD.ntC2.3.答案D解析 以点D为原点，DA, DC, DD所在直线分别为x, y, z轴建立空间直角坐标系（图略），设正方体棱长为1，点P坐标为Ul-X, A）（O<X<1）,则Bp=(x» x, x), B?j=( kOJ)>因为 BC/AD 设耶.荒的夹角为e所以c°s“墜亜1 心一 lF+Wx迈所以当时，cos a取得最大值零，a=|.当x=

3、 1时，cos a取得最小值*, a=£.故选D.4. 正方体ABCD-A.BD,的棱长为1,点M在人乙上，且前=护乙，N为的中点，则I诙为（A率B要哗D乎解析 如图，设丄£月=0八0=力，去i = C贝|a b=i）c=c-a=Q.由条件知诂二忆+S+駅十0十<7）十0十$?5. 已知向量加，分别是直线/和平而a的方向向量和法向邕 若cos伽，II）=一£则/与a所成的角 为（）A. 30° B. 60°C. 120° D. 150°解析 设/与a所成角为8, Vcos <m,n> =一£,又直

4、线与平而所成角&满足0。*£90。，.sin 0= | =30°.答案A6. 在正方体ABCD-AibCQ中，M, N分别为棱儿呛和Bb的中点，则sin曲，昴）的值为（）A.|B 普C 普D.|解析 设正方体棱长为2,以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD、为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知C?/=（2, 一2, I）,刃V=（2, 2, -1）,cos (cJf,=I，sin曲,貳N答案B7. 设正方体ABCD-AiBiGDi的棱长为2,则点D到平而的距离是()A爭B*C普D.竽解析 如图，建立空间直角坐标系，则D(0, 0, 2), Ai(2, 0,

5、 2), D(0, 0, 0), B(2, 2, 0),雨i = (2, 0, 0), Di=(2, 0, 2), Db=(2, 2, 0),设平而ABD的法向量n=(xt y, z),h-Z)A|=2x+2z=0,则令 x=l,则 n=(L L 1)"/&=2x+2y=0点。到平而儿BD的距离IZMr/il 223</="|"=<3= 3 -答案D8二而角 曲为等于120。，A、B是棱/上两点，AC. BD分别在半平面a、0内，AC丄人BD丄人且AB=AC=BD=1.则CD的长等于( )A.迈 B.羽 C 2 D.5解析 如图，二而角a-“等

6、于120。，c禾与前夹角为60。由题设知，示丄福，曲丄就 丽|=尿1=|前1=1,=1市卩+1福卩+1丽卩+2厲岛+価命+2色丽=3+2xcos 60°=4, ：.cb=2.答案c9如图,在三棱柱 ABC-AiBiCi 中，已知 AB丄侧而 BBiCQ AB=BC=. BBi=2, ZBCCi=60°.(1) 求证：CiB丄平而ABC：(2) 设狂=xC?i(0</.<1),且平而ABiE与BbE所成的锐二而角的大小为30。，试求久的值.证明 因为岛丄平面551BC】u平面期CC所以Q丄眈打在CSC中，EC=, CC=55=2, Z5CC-603,由余弦定理得；

7、8G=BSg ISC-CCi cosZ-SCC= P-l-22-2xlx2xcos 60s=3,所以故 B( + BCt=CCt,所CJ.BC 13Ci,文BC2B二B, :.CB丄平面卫FC.(2) 解 由(1)可知，AB, BC, BG两两垂直.以B为原点，BC, BA,所在直线为x, y, z轴建立空间直角坐标系.则 B(0, 0, 0), A(0, 1, 0), C(l, 0, 0),Ci(0» 0» yj3)t Bi( 1, 0. y/J).所以C?i=(-1, 0,羽)，所以Ck=(-/., 0,収),AEd-；., 0, >/32),则At=(-X, 一

8、 1, 屈= (1, -1 >/3).设平W ABiE的一个法向量为"=(x, y, z),A"丄农， (12) xv+/3zz=0f则得J川丄码l 一x-y+73z=(KTAB丄平面BBCC BA=(0. 1, 0)是平面的一个法向量,Icos (w, BA) l= "n-BA2-久_书1xa/(M + (为 + (® 23两边平方并化简得 功_5卄3=o,所以Qi或2=*舍去).2=1.10.如图，在多而体ABCDEF中，底而ABCD是边长为2的的菱形，ZBAD=60。,四边形BDEF是矩形,平而BDEF丄平而ABCD. BF=3, G和H分别

9、是C£和CF的中点.(1) 求证：平而BDGH平WiAEF；(2) 求二而角H-BD-C的大小.(1)证明 在ACEF中，因为G, H分别是C£, CF的中点. 所以GH/EF,又因为GHC平而AEF. £Pu平而AEF. 所以GH平而AEF.设 ACCBD=O.连接 O/A因为ABCD为菱形， 所以O为AC中点,又因为OHQ平而AEF. APu平而AEF,在/XACF 中，因为 OA=OC, CH=HF.所以OH平而AEF.又因为 OHCGH=H, OH, GHu平而 BDGH、所以平面BDGH平而AEF.解取£F的中点N,连接ON,因为四边形BDEF

10、是矩形，O, N分别为BD, EF的中点,所以 ON/ED,因为平而BDEF丄平而ABCD所以ED丄平而ABCD,所以ON丄平fuABCD,因为ABCD为菱形，所以AC丄BD,得O乩OC, ON两两垂直.所以以O为原点，OB, OC. ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴, 如图建立空间直角坐标系.因为底而ABCD是边长为2的菱形，ZA4D=60°, BF=3, 所以 B(l, 0, 0), D(-l, 0, 0), E(-L 0, 3), F(l, 0, 3), (7(0,羽，0)设平而BDH的法向量为n=(xf v，z)>nB/f=O jx+羽y+3z=0, 则=> J

11、"屈=0 l"=0,令 z=L 得 /!=(0,书,1).由£D丄平而ABCD.得平而BCD的法向量为徒=(00, 3),则 cos </n Dk)=-1川1胡0x0+ (羽)x0+lx3 =2x3所以二而角H-BD-C的大小为60°.11 如图，/ABC是以ZABC为直角的三角形，SA丄平面ABC, SA=BC=2, AB=4M, N, D分别是SC,AB. BC的中点.(1) 求证:MN丄AB：(2) 求二面角S-ND-A的余弦值;(3) 求点A到平面SND的距离.解 以B为坐标原点，BC. BA为X, y轴的正方向，垂直于平ifil ABC的

12、直线为z轴，建立空间直角坐标系(如图)(1)证明由题意得A(0 4, 0), B(0, 0, 0), M(l, 2, 1),N(0, 2, 0), S(0, 4, 2), D(l, 0, 0).所以：济=(一 1, 0, -1), A>=(0, 一4, 0),谕岛=0, :.MN丄AB设平而SAQ的一个法向量为m=(x, y, z).则：/w前=0,且 ni-D=0.前=(0, -2, -2),丽=(一 1, 2, 0),2y2z=0»_x+2y=0.即<y+z=0,A=2y 令 z=l,得：x=2, y= 1,:m=(_2, I, 1).又平而AND的法向呈为n=(0,

13、 0, 1), cos <in, n> =晋佥=¥ 由题图易知二而角S-ND-A为锐角，故苴余弦值为誓.(3)皿=(0, 2, 0),点人到平而SND的距离d=LaXj«I_6=3Iml12如图,将长为4,宽为1的长方形折叠成长方体ABCD-AQD.的四个侧而,记底面上一边AB=t(0<t<2),连接 M AQ AXD.当长方体ABCDAyBxCxDx的体积最大时，求二面角B_A】C_D的值：(2) 线段AC上是否存在一点只 使得AC丄平而BPD,若有，求出P点的位置.没有请说明理由2 解法一 根据题意，长方体体积为V=f(2T)xl=H2/)4二|

14、二2当且仅当t=2t,即/= 1时体枳V有最大值为1,所以当长方体ABCD-ACiDi的体积最大时，底而四边形ABCD为正方形，作BM丄AQ于M,连接DM, BD,因为四边形肋Q为正方形，所以应'与全等，故功/丄儿G所以ZSQ即为所求二而角的平而角.17.如图，已知圆锥OOi和圆柱OO2的组合体佗们的底而重合)，圆锥的底面圆0的半径为r=5, OA为圆 锥的母线，AB为圆柱0Q?的母线，D, E为下底面圆。2上的两点，且DE=6, AB=6A, AO=p, AO丄AD(1) 求证：平而ABD丄平而ODE;(2) 求二面角BADO的正弦值.(1)证明 依题意知，圆锥的髙为"=7

15、(5返)252=5,又圆柱的髙为AB=64 A0丄AD所以 OD2=OA2AD因为AB丄BD,所以 AD2=AB2-BD2.连接OOi, O1O2, DOi.易知O, Oi9 O2三点共线，0。2丄DO29 所以 O/ = Ooi+o2d所以 BD2=OQ+OQ2a°2一ab?=（64+5P+52（5血）26爭=64,解得BD=8,又因为DE=6,圆0?的直径为10,圆心6在ZBDE内,所以ZBDE=90。,所以DE丄因为丄平而BD£, DEu平而BDE,所以DE丄AB,因为AB, BDc平而 ABD,所以DE丄平面ABD又因为DEu平而ODE,所以平而ABD丄平面ODE.

16、解 如图.以D为原点 DB, DE所在宜线为川y轴，建立空间直角坐标系.(?(4t3 J14).所以页= (8.064), 佛=(&00), 00=(43,11.4), 设平而DA0的法向量为u=(x, y, z)，所以DA m = 8a+6.4z=0>DO-u = 4.y+ 3y +114z=0,令 x=12,则 “=(12.41, 15).可取平而BDA的一个法向量为v=(0,l,0),亦 |、1/ 心 41/82所以cos <M. p> =丽=丽=计'所以二而角BADO的正眩值为普.1&如图所示的几何体中，四边形ABCD为等腰梯形小BCD、AB=

17、2AD=29 ZDAB=60。，四边形CDEF 为正方形，平而CDEF丄平而ABCD(1) 若点G是棱AB的中点，求证：EG平而BDF；(2) 求直线AE与平而BDF所成角的正弦值：(3) 在线段FC上是否存在点H,使平而BDF丄平而HAD?若存在，求需的值：若不存在，说明理由.证明 由已知得EFIICD,且EF= CD因为四边形AB CD为等腰梯形,所以2GH CD. 因为 AB=14D=2, ZD毎=60J 所以 CD=A£-14D0i 60°=b 所以CD=S.因为G是棱AB的中点，所以3G=CD.所以EC/占G,且EF=BG,故四边形EFRG为平行四边形，所以EG

18、“阳因为刊u平面BDF, EGd平面BDF,所以EG”平面BDF解 因为四边形CDEF为正方形，所以ED丄DC. 因为平而CDEP丄平而A BCD.平而CDEFC平而ABCD=DCDEu平而CDEF. 所以ED丄平面ABCD在/VIBD 中，因为ZDAB=60% AB2AD=2. 所以由余弦左理，得bd=G所以 AD2BD2=AB2.所以AD丄BD在等腰梯形ABCD中，可得DC=CB=L 如图.以D为原点，DA, DBDE所在直线分别为x, y, z轴，建立空间直角坐标系D-xyz, 则 E（0, 0, 1）, B（O,心,0）,彳£，1），丽=（0, G 0）.设平而BDF的法向量