（文理通用）2019届高考数学大二轮复习第1部分专题5立体几何第3讲用空间向量的方法解立体几何问题练习.doc

1、1第一部分 专题五 第三讲 用空间向量的方法解立体几何问题A组1在正方体 ABCD A1B1C1D1中， E是 C1D1的中点，则异面直线 DE与 AC所成角的余弦值为( B )A B 120 1010C D1010 120解析 设正方体棱长为 1，以 D为原点建立空间直角 坐标系如图所示，则 D(0,0,0)， E(0，1)， A(1,0,0)， C(0,1,0)，12所以 (0，1)， (1,1,0)，DE 12 AC 则 cos ， ，DE AC DE AC |DE |AC |1214 12 1010则异面直线 DE与 AC所成角的余弦值为 .10102已知 (1,5，2)， (3,1，

2、 z)，若 ， ( x1， y，3)，且 BPAB BC AB BC BP 平面 ABC，则实数 x， y， z分别为( B )A ， ，4 B ， ，4337 157 407 157C ，2,4 D4， ，15407 407解析 352 z0，AB BC AB BC 所以 z4，又 BP平面 ABC，所以 x15 y60，BP AB 3 x3 y3 z0，BP BC 由得 x ， y .407 1573已知正方体 ABCD A1B1C1D1，下列命题：( )A1A A1D1 A1B1 223 2， ( )0，向量 与向量 的夹角为 60，正方体A1B1 A1C A1B1 A1A AD1 A1

3、B ABCD A1B1C1D1的体积为| |，其中正确命题的序号是( B )AB A1A AD A BC D解析 如图所示：以点 D为坐标原点，以向量 ， ， 所在直线分别为 x轴， yDA DC DD1 轴， z轴，建立空间直角坐标系，设棱长为 1，则 D(0,0,0)，A(1,0,0)， B(1,1,0)， C(0,1,0)， A1(1,0,1)， B1(1,1,1)， C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，对于： (0,0，1)， (1,0,0)，A1A A1D1 (0,1,0)，A1B1 所以 (1,1，1)，( )23，而 21，所A1A A1D1 A1B1 A1A A1D1 A1

4、B1 A1B1 以( )23 2.所以正确；A1A A1D1 A1B1 A1B1 对于： (1,1，1)， (0,0，1)， (0,1,0)，所以 (A1C A1A A1B1 A1C )0.所以正确；A1B1 A1A 对于： (1,0,1)， (0,1，1)，AD1 A1B 1，cos ， ，所以 与AD1 A1B AD1 A1B AD1 A1B |AD1 |A1B | 122 12 AD1 的夹角为 120，所以不正确；A1B 对于：因为 0，所以错误故选 BAB A1A 4(2018海口一模)如图， AB是 O的直径， PA垂直于 O所在平面，点 C是圆周上不同于 A， B两点的任意一点，

5、且AB2， PA BC ，则二面角 A BC P的大小为( C )3A30 B45C60 D90解析 因为 AB是 O的直径， PA垂直于 O所在平面，点 C是圆周上不同于 A， B两点的任意一点，且 AB2， PA BC ，33所以 AC BC， AC 1，AB2 BC2 4 3以点 A为原点，在平面 ABC内过点 A作 AC的垂线为 x轴， AC为 y轴， AP为 z轴，建立空间直角坐标系， P(0,0， )， B( ，1,0)， C(0,1,0)，3 3( ，1， )， (0,1， )，PB 3 3 PC 3设平面 PBC的法向量 n( x， y， z)，则Error!取 z1，得 n(

6、0， ，1)，3平面 ABC的法向量 m(0,0,1)，设二面角 A BC P的平面角为 ，则 cos ，所以 60，|mn|m|n| 12所以二面角 A BC P的大小为 60.5在底面是直角梯形的四棱锥 S ABCD中， ABC90， AD BC， SA平面ABCD， SA AB BC1， AD ，则平面 SCD与平面 SAB所成锐二面角的余弦值是 .12 63解析 如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知 D( ，0,0)，12C(1,1,0)， S(0,0,1)，可知 ( ，0,0)是平面 SAB的一个法向量AD 12设平面 SCD的法向理 n( x， y， z)，因为 ( ，0，1)

7、， ( ，1,0)，SD 12 DC 12所以 n 0， n 0，可推出 z0， y0，令 x2，则有SD DC x2 x2y1， z1，所以 n(2，1,1)设平面 SCD与平面 SAB所成的锐二面角为 ，则 cos .|AD n|AD |n|122 0 1 01 12 222 1 2 12 6346已知正三棱柱 ABC A1B1C1的各条棱长都相等， M是侧棱 CC1的中点，则异面直线AB1和 BM所成的角的大小是 90.解析 延长 A1B1至 D，使 A1B1 B1D，连接 BD， C1D， DM，则 AB1 BD， MBD就是直线 AB1和 BM所成的角设三棱柱的各条棱长为 2，则BM

8、 ， BD2 ， C1D2 A1D2 A1C 2 A1DA1C1cos605 2 211642412. DM2 C1D2 C1M213，所以 cos DBM0，BM2 BD2 DM22BMBD所以 DBM90.7点 P是二面角 AB 棱上的一点，分别在平面 ， 上引射线 PM， PN，如果 BPM BPN45， MPN60，那么二面角 AB 的大小为 90.解析 不妨设 PM a， PN b，如图作 ME AB于点 E， NF AB于点 F，因为 EPM EPN45，所以 PE a， PF b，22 22所以 ( )( )EM FN PM PE PN PF PM PN PM PF PE PN

9、PE PF abcos60 a bcos45 abcos45 a b22 22 22 22 0，ab2 ab2 ab2 ab2所以 ，所以二面角 AB 的大小为 90.EM FN 8如图，正方形 ABCD和四边形 ACEF所在平面互相垂直，CE AC， EF AC， AB ， CE EF1.2(1)求证： AF平面 BDE；5(2)求证： CF平面 BDE；(3)求二面角 A BE D的大小解析 (1)设 AC与 BD交于点 G，因为 EF AG，且EF1， AG AC1，所以四边形 AGEF为平行四边形所以12AF EG.因为 EG平面 BDE， AF平面 BDE，所以 AF平面 BDE.(

10、2)因为正方形 ABCD和四边形 ACEF所在的平面互相垂直，且 CE AC，所以 CE平面 ABCD 如图以 C为原点，建立空间直角坐标系 C xyz.则C(0,0,0)， A( ， ，0)， D( ，0,0)， E(0,0,1)， B(0， ，0)， F( ， ，1)所以2 2 2 222 22( ， ，1) ， (0， ，1)， ( ，0,1)所CF 22 22 BE 2 DE 2以 0110， 1010.所以 CF BE， CF DE，所以 CF平面CF BE CF DE BDE.又 BE DE E， BE、 DE平面 BDE.(3)由(2)知， ( ， ，1)是平面 BDE的一个法向

11、量，设平CF 22 22面 ABE的法向量 n( x， y， z)，则 n 0， n 0.BA BE 即Error!所以 x0， z y.令 y1，则 z .2 2所以 n(0,1， )，从而 cos n， 2 CF nCF |n|CF | 32因为二面角 A BE D为锐角，所以二面角 A BE D为 .69.(2018天津卷，17) 如图， AD BC且 AD2 BC， AD CD， EG AD且 EG AD， CD FG且 CD2 FG， DG平面 ABCD， DA DC DG2.(1)若 M为 CF的中点， N为 EG的中点，求证： MN平面 CDE.(2)求二面角 EBCF的正弦值(

12、3)若点 P在线段 DG上，且直线 BP与平面 ADGE所成的角为 60，求线段 DP的长解析 依题意，可以建立以 D为原点，分别以 ， ， 的方向为 x轴， y轴， z轴DA DC DG 的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得 D(0,0,0)， A(2,0,0)， B(1,2,0)， C(0,2,0)，6E(2,0,2)， F(0,1,2)， G(0,0,2)， M ， N(1,0,2)(0，32， 1)(1)依题意 (0,2,0)， (2,0,2)设 n0( x， y， z)为平面 CDE的法向量，则DC DE 即Error!不妨令 z1，可得 n0(1,0，1)又 ，可得 n00，又因

13、为直线 MN平面 CDE，所以 MN平面 CDE.MN (1， 32， 1) MN (2)依题意，可得 (1,0,0)， (1，2,2)， (0，1,2)BC BE CF 设 n( x1， y1， z1)为平面 BCE的法向量，则 即Error!不妨令 z11，可得n(0,1,1)设 m( x2， y2， z2)为平面 BCF的法向量，则即Error! 不妨令 z21，可得 m(0,2,1)因此有 cos m， n ，mn|m|n| 31010于是 sin m， n .1010所以，二面角 EBCF的正弦值为 .1010(3)设线段 DP的长为 h(h0,2)，则点 P的坐标为(0,0， h)

14、，可得(1，2， h)BP 易知， (0,2,0)为平面 ADGE的一个法向量，故DC |cos ， | ，BP DC 2h2 5由题意，可得 sin60 ，解得 h 0,22h2 5 32 33所以线段 DP的长为 .337B组1(2018济宁一模)如图，在四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD是菱形， ADC60，侧面 PDC是正三角形，平面 PDC平面 ABCD， CD2， M为 PB的中点(1)求证： PA平面 CDM.(2)求二面角 D MC B的余弦值解析 (1)取 DC中点 O，连接 PO，因为侧面 PDC是正三角形，平面 PDC平面ABCD，所以 PO底面 ABCD，因为底面

15、ABCD为菱形，且 ADC60， DC2，所以DO1， OA DC，以 O为原点，分别以 OA， OC， OP所在直线为 x轴， y轴， z轴，建立空间直角坐标系，则 A( ，0,0) ， P(0,0， )， B( ，2,0)， C(0,1,0)， D(0，1,0)，所以3 3 3M( ，1 ， )，所以 ( ，2， )， ( ，0， )， (0,2,0)，所32 32 DM 32 32 PA 3 3 DC 以 0， 0，PA DM PA DC 所以 PA DM， PA DC，又 DM DC D，所以 PA平面 CDM.(2) ( ，0， )， ( ，1,0)，设平面 BMC的一个法向量 n(

16、 x， y， z)，CM 32 32 CB 3则Error!取 z1，得 n(1， ，1)，由(1)知平面 CDM的法向量为 ( ，0， )，所3 PA 3 3以 cos n， ，由图象得二面角 D MC B是钝角，所以PA nPA |n|PA | 2356 105二面角 D MC B的余弦值为 .1052(2017天津卷，17)如图，在三棱锥 P ABC中， PA底面 ABC， BAC90.点D， E， N分别为棱 PA， PC， BC的中点， M是线段 AD的中点， PA AC4， AB2.8(1)求证： MN平面 BDE；(2)求二面角 C EM N的正弦值；(3)已知点 H在棱 PA上

17、，且直线 NH与直线 BE所成角的余弦值为 ，求线段 AH的长721解析 如图，以 A为原点，分别以 ， ， 的方向为 x轴、AB AC AP y轴、 z轴的正方向建立空间直角坐标系，依题意可得 A(0,0,0)，B(2,0,0)， C(0,4,0)， P(0,0,4)， D(0,0,2)， E(0,2,2)， M(0,0,1)，N(1,2,0)(1)证明： (0,2,0)， (2,0，2)DE DB 设 n( x， y， z)为平面 BDE的一个法向量，则Error! 即Error!不妨设 z1，可得 n(1,0,1)，又 (1,2，1)，可得 n0.MN MN 因为 MN平面 BDE，所以

18、 MN平面 BDE.(2)易知 n1(1,0,0)为平面 CEM的一个法向量设 n2( x1， y1， z1)为平面 EMN的一个法向量，则Error!因为 (0，2，1)， (1,2，1)，EM MN 所以Error!不妨设 y11，可得 n2(4,1，2)因此有 cos n1， n2 ，n1n2|n1|n2| 421于是 sin n1， n2 .10521所以二面角 C EM N的正弦值为 .10521(3)依题意，设 AH(0 h4)，则 H(0,0， h)，进而可得 (1，2， h)，NH (2,2,2)BE 9由已知得|cos ， | ，NH BE |NH BE |NH |BE |

19、|2h 2|h2 523 721整理得 10h221 h80，解得 h 或 h .所以线段 AH的长为 或 .85 12 85 123正 ABC的边长为 2, CD是 AB边上的高， E、 F分别是 AC和 BC的中点(如图(1)现将 ABC沿 CD翻成直二面角 A DC B(如图(2)在图(2)中：(1)求证： AB平面 DEF；(2)在线段 BC上是否存在一点 P，使 AP DE？证明你的结论；(3)求二面角 E DF C的余弦值解析 (1)如图(2)：在 ABC中，由 E、 F分别是 AC、 BC的中点，所以 EF/AB，又 AB平面 DEF， EF平面 DEF， AB平面 DEF.(2

20、)以点 D为坐标原点，以直线 DB、 DC、 DA分别为 x轴、 y轴、 z轴，建立空间直角坐标系. 则A(0,0,1)， B(1,0,0)， C(0， ，0)， E(0， ， )， F( ， ，0)， (1,0，1)，332 12 12 32 AB (1， ，0)， (0， ， )， ( ， ，0)BC 3 DE 32 12 DF 12 32设 (0 1)，则 (1 ， ，1)，注意到BP BC AP AB BP 3AP DE 0 ，AP DE 13 ，BP 13BC 10在线段 BC上存在点 P，使 AP DE.(3)平面 CDF的法向量 (0,0,1)，设平面 EDF的法向量为 n( x

21、， y， z), DA 则Error! ，即Error!，取 n(3， ，3)，3cos n ，DA DA n|DA |n| 217所以二面角 E DF C的平面角的余弦值为 .2174(2018浙江卷，19)如图，已知多面体 ABCA1B1C1， A1A， B1B， C1C均垂直于平面 ABC， ABC120， A1A4， C1C1， AB BC B1B2.()证明： AB1平面 A1B1C1.()求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值解析 方法一：()由 AB2， AA14， BB12， AA1 AB， BB1 AB得 AB1 A1B12 ，2所以 A1B AB AA .21 21

22、 21故 AB1 A1B1.由 BC2， BB12， CC11， BB1 BC， CC1 BC得 B1C1 ，5由 AB BC2， ABC120得 AC2 ，3由 CC1 AC，得 AC1 ，所以 AB B1C AC ，故 AB1 B1C1，又 A1B1 B1C1 B1，所13 21 21 21以 AB1平面 A1B1C1.()如图，过点 C1作 C1D A1B1，交直线 A1B1于点 D，连接 AD由 AB1平面 A1B1C1得平面 A1B1C1平面 ABB1，由 C1D A1B1得 C1D平面 ABB1，所以 C1AD是 AC1与平面 ABB1所成的角由 B1C1 ， A1B12 ， A1

23、C1 得 cos C1A1B1 ，sin C1A1B1 ，5 2 2167 17所以 C1D ，故 sin C1AD .3C1DAC1 3913因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是 .391311方法二：()如图，以 AC的中点 O为原点，分别以射线 OB， OC为 x， y轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz.由题意知各点坐标如下： A(0， ，0)， B(1,0,0)，3A1(0， ，4)， B1(1,0,2)， C1(0， ，1)，3 3因此 1(1， ，2)， (1， ，2)， (0,2 ，AB 3 A1B1 3 A1C1 33)，由 1 0 得 AB1 A1B1.AB A1B1 由 1 0 得 AB1 A1C1.所以 AB1平面 A1B1C1.AB A1C1 ()设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 .由()可知 1(0,2 ，1)， (1， ，0)， 1(0,0,2)，AC 3 AB 3 BB 设平面 1的法向量 n( x， y， z)ABB 即Error! 可取 n( ，1,0) 3所以 sin |cos 1 ， n| ，AC 3913因此，直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值是 .3913