立体几何中的向量方法高考高考文科数学热点难点专题专题突破.docx

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立体几何中的向量方法高考高考文科数学热点难点专题专题突破

立体几何中的向量方法

1．已知平面ABC，点M是空间上任意一点，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，故选D.

2．如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，＝（0,0,2），平面ABC的法向量为n＝（2,1,2），设二面角C－AB－O的大小为θ，则cosθ等于（　　）

A.B.C.D．－

答案　C

解析　由题意可知，平面ABO的一个法向量为＝（0,0,2），

由图可知，二面角C－AB－O为锐角，

由空间向量的结论可知，cosθ＝＝＝.

3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在A1C上运动（包括端点），则BP与AD1所成角的取值范围是（　　）

A.B.

C.D.

答案　D

解析　以点D为原点，DA，DC，DD1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（x,1－x，x）（0≤x≤1），

则＝（x－1，－x，x），＝（－1,0,1），

因为BC1∥AD1，

设，的夹角为α，

所以cosα＝＝＝，

所以当x＝时，cosα取得最大值，α＝.

当x＝1时，cosα取得最小值，α＝.故选D.

4．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点M在上，且＝，N为B1B的中点，则||为（　　）

A.B.C.D.

5．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为（　　）

A．30°B．60°C．120°D．150°

解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，又直线与平面所成角θ满足0°≤θ≤90°，∴sinθ＝.∴θ＝30°.

答案　A

6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为（　　）

A.B.C.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，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知＝（2，－2，1），＝（2，2，－1），

cos〈，〉＝－，sin〈，〉＝.

答案　B

7．设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是（　　）

A.B.C.D.

解析　如图，建立空间直角坐标系，则D1（0，0，2），A1（2，0，2），D（0，0，0），B（2，2，0），

∴＝（2，0，0），＝（2，0，2），＝（2，2，0），

设平面A1BD的法向量n＝（x，y，z），

则令x＝1，则n＝（1，－1，－1）．

∴点D1到平面A1BD的距离

d＝＝＝.

答案　D

8．二面角αlβ等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于（　　）

A.B.C．2D.

解析　如图，∵二面角αlβ等于120°，

∴与夹角为60°.

由题设知，⊥，

⊥，||＝||＝||＝1，

||2＝|＋＋|2

＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×cos60°＝4，∴||＝2.

答案　C

9.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.

（1）求证：

C1B⊥平面ABC；

（2）设＝λ（0≤λ≤1），且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．

（2）解　由

（1）可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1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（1，0，0），

C1（0，0，），B1（－1，0，）．

所以＝（－1，0，）,所以＝（－λ，0，λ），∴E（1－λ，0，λ），则＝（1－λ，－1，λ），＝（－1，－1，）．

设平面AB1E的一个法向量为n＝（x，y，z），

则得

令z＝，则x＝，y＝，

，∴n＝，

∵AB⊥平面BB1C1C，＝（0，1，0）是平面的一个法向量，

∴|cos〈n，〉|＝

＝＝.

两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝（舍去）．∴λ＝1.

10．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．

（1）求证：

平面BDGH∥平面AEF；

（2）求二面角H－BD－C的大小．

（1）证明　在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点．

所以GH∥EF，又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，

所以GH∥平面AEF.

设AC∩BD＝O，连接OH，

因为ABCD为菱形，

所以O为AC中点，

在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，

所以OH∥AF，

又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，

所以OH∥平面AEF.

又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，

所以平面BDGH∥平面AEF.

（2）解　取EF的中点N，连接ON，

因为四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，

所以ON∥ED，

因为平面BDEF⊥平面ABCD，

所以ED⊥平面ABCD，

所以ON⊥平面ABCD，

因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，得OB，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．

因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，BF＝3，

所以B（1，0，0），D（－1，0，0），E（－1，0，3），F（1，0，3），C（0，，0），H，

所以＝，＝（2，0，0）．

设平面BDH的法向量为n＝（x，y，z），

则⇒

令z＝1，得n＝（0，－，1）．

由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为＝（0，0，3），

则cos〈n，〉＝

＝

＝.

所以二面角H－BD－C的大小为60°.

11.如图，△ABC是以∠ABC为直角的三角形，SA⊥平面ABC，SA＝BC＝2，AB＝4.M，N，D分别是SC，AB，BC的中点．

（1）求证：

MN⊥AB；

（2）求二面角SNDA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，垂直于平面ABC的直线为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（1，2，1），N（0，2，0），S（0，4，2），D（1，0，0）．

所以：

＝（－1，0，－1），＝（0，－4，0），·＝0，∴MN⊥AB.

（2）设平面SND的一个法向量为m＝（x，y，z），

则：

m·＝0，且m·＝0.

∵＝（0，－2，－2），＝（－1，2，0），

∴即

令z＝1，得：

x＝－2，y＝－1，

∴m＝（－2，－1，1）．

又平面AND的法向量为n＝（0，0，1），cos〈m，n〉＝＝.

由题图易知二面角SNDA为锐角，故其余弦值为.

（3）∵＝（0，－2，0），

∴点A到平面SND的距离

d＝＝.

12．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边AB＝t（0

（1）当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求二面角B－A1C－D的值；

（2）线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由

解法一　

（1）根据题意，长方体体积为V＝t（2－t）×1＝t（2－t）≤＝1，

当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1，

所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，

作BM⊥A1C于M，连接DM，BD，

因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，故DM⊥A1C，所以∠BMD即为所求二面角的平面角．

17.如图，已知圆锥OO1和圆柱O1O2的组合体（它们的底面重合），圆锥的底面圆O1的半径为r＝5，OA为圆锥的母线，AB为圆柱O1O2的母线，D，E为下底面圆O2上的两点，且DE＝6，AB＝6.4，AO＝5，AO⊥AD.

（1）求证：

平面ABD⊥平面ODE;

（2）求二面角B—AD—O的正弦值．

（1）证明　依题意知，圆锥的高为h＝＝5，又圆柱的高为AB＝6.4，AO⊥AD，

所以OD2＝OA2＋AD2，

因为AB⊥BD，

所以AD2＝AB2＋BD2，

连接OO1，O1O2，DO2，易知O，O1，O2三点共线，

OO2⊥DO2，所以OD2＝OO＋O2D2，

所以BD2＝OO＋O2D2－AO2－AB2＝（6.4＋5）2＋52－（5）2－6.42＝64，

解得BD＝8，又因为DE＝6，圆O2的直径为10，圆心O2在∠BDE内，

所以∠BDE＝90°，所以DE⊥BD.

因为AB⊥平面BDE，DE⊂平面BDE，所以DE⊥AB，

因为AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，

所以DE⊥平面ABD.

又因为DE⊂平面ODE，

所以平面ABD⊥平面ODE.

（2）解　如图，以D为原点，DB，DE所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系．

则D（0,0,0），A（8,0,6.4），B（8,0,0），

O（4,3,11.4）．

所以＝（8,0,6.4），＝（8,0,0），＝（4,3,11.4），

设平面DAO的法向量为u＝（x，y，z），

所以·u＝8x＋6.4z＝0，

·u＝4x＋3y＋11.4z＝0，

令x＝12，则u＝（12,41，－15）．

可取平面BDA的一个法向量为v＝（0,1,0），

所以cos〈u，v〉＝＝＝，

所以二面角B—AD—O的正弦值为.

18.如图所示的几何体中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2AD＝2，∠DAB＝60°，四边形CDEF为正方形，平面CDEF⊥平面ABCD.

（1）若点G是棱AB的中点，求证：

EG∥平面BDF；

（2）求直线AE与平面BDF所成角的正弦值；

（3）在线段FC上是否存在点H，使平面BDF⊥平面HAD？

若存在，求的值；若不存在，说明理由．

（2）解　因为四边形CDEF为正方形，所以ED⊥DC.

因为平面CDEF⊥平面ABCD，

平面CDEF∩平面ABCD＝DC，DE⊂平面CDEF，

所以ED⊥平面ABCD.

在△ABD中，因为∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，

所以由余弦定理，得BD＝，

所以AD2＋BD2＝AB2，

所以AD⊥BD.

在等腰梯形ABCD中，可得DC＝CB＝1.

如图，以D为原点，DA，DB，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，

则D（0,0,0），A（1,0,0），E，B，F，

所以＝，＝，

＝.

设平面BDF的法向量为n＝（x，y，z），

因为　所以

取z＝1，则x＝2，y＝0，则n＝.

设直线AE与平面BDF所成的角为θ，

则sinθ＝＝＝，

所以AE与平面BDF所成角的正弦值为.

（3）解　线段FC上不存在点H，

使平面BDF⊥平面HAD.证明如下：

假设线段FC上存在点H，设H，

则＝.

设平面HAD的法向量为m＝，

因为　所以

取c＝1，则a＝0，b＝－，得m＝.

要使平面BDF⊥平面HAD，只需m·n＝0，

即2×0－×0＋1×1＝0，此方程无解．

所以线段FC上不存在点H，使平面BDF⊥平面HAD.