浙江专用2022高考数学二轮复习专题4.3立体几何中的向量方法精练理

第3讲　立体几何中的向量方法(建议用时：60分钟)一、选择题1．已知平面ABC，点M是空间任意一点，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内解析　由已知得M，A，B，C四点共面，所以AM在平面ABC内，选D.答案　D2．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)．A．相交B．平行C．垂直D．不能确定解析　＝＋＋＝＋＋＝(＋)＋＋(＋)＝＋＋，又是平面BB1C1C的一个法向量，且·＝＋＋·＝0，∴⊥，又MN⊄面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.答案　B13\n3．如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是(　　)．A．AC⊥SBB．AB∥平面SCDC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析　选项A正确，因为SD垂直于底面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以AC⊥SD；再由四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD；而BD与SD相交，所以，AC⊥平面SBD，AC⊥SB.选项B正确，因为AB∥CD，而CD⊂平面SCD，AB⊄平面SCD，所以AB∥平面SCD.选项C正确，设AC与BD的交点为O，易知SA与平面SBD所成的角就是∠ASO，SC与平面SBD所成的角就是∠CSO，易知这两个角相等．选项D错误，AB与SC所成的角等于∠SCD，而DC与SA所成的角是∠SAB，这两个角不相等．答案　D4．已知正三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦等于(　　)．A.B.C.D.解析　如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，－1，0)，B1(，0,2)，则＝(，1,2)，则＝(－，0,0)为侧面ACC1A1的法向量，由sinθ＝＝.13\n答案　A5．(2022·新课标全国Ⅱ卷)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为(　　)．A.B.C.D.解析　法一　由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，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)，∴＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，＝(0,1,2)．∴cos〈，〉＝＝＝＝.法二　如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綉B1C1綉BD，因此有ND綉BM，则ND与NA所成角即为异面直线BM与AN所成角．设BC＝2，则BM＝ND＝，AN＝，AD＝，因此cos∠AND＝＝.答案　C13\n6．如图，点P是单位正方体ABCD－A1B1C1D1中异于A的一个顶点，则·的值为(　　)．A．0B．1C．0或1D．任意实数解析　可为下列7个向量：，，，，，，.其中一个与重合，·＝||2＝1；，，与垂直，这时·＝0；，与的夹角为45°，这时·＝×1×cos＝1，最后·＝×1×cos∠BAC1＝×＝1，故选C.答案　C7．(2022·浙江卷)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　)．A．∠A′DB≤α　　　B．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤α　　　D．∠A′CB≥α解析　极限思想：若α＝π，则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，则∠A′DB，∠13\nA′CB都可以大于0，排除A，C.故选B.答案　B二、填空题8．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________．解析　如图为折叠后的图形，其中作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，则AC＝6，BD＝8，CD＝4，两异面直线AC，BD所成的角为60°，故由＝＋＋，得||2＝|＋＋|2＝68，∴||＝2.答案　29．已知ABCD－A1B1C1D1为正方体，①(＋＋)2＝32；②·(－)＝0；③向量与向量的夹角是60°；④正方体ABCD－A1B1C1D1的体积为|··|.其中正确命题的序号是________．解析　设正方体的棱长为1，①中(＋＋)2＝2＝3()2＝3，故①正确；②中－＝，由于AB1⊥A1C，故②正确；③中A1B与AD1两异面直线所成的角为60°，但与的夹角为120°，故③不正确；④中|··|＝0.故④也不正确．答案　①②13\n10．已知正四棱锥P－ABCD的侧棱与底面所成角为60°，M为PA中点，连接DM，则DM与平面PAC所成角的大小是________．解析　设底面正方形的边长为a，由已知可得正四棱锥的高为a，建立如图所示空间直角坐标系，则平面PAC的法向量为n＝(1,0,0)，D，A0，－a,0，P，M，＝，所以cos〈，n〉＝＝，所以DM与平面PAC所成角为45°.答案　45°11．(2022·孝感模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在直线BC1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；③二面角P－AD1－C的大小不变．其中真命题的序号是________．13\n解析　①中，∵BC1∥平面AD1C，∴BC1上任意一点到平面AD1C的距离相等，所以体积不变，正确；②中，P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确；③中，P在直线BC1上运动时，点P在平面AD1C1B中，即二面角P－AD1－C的大小不受影响，所以正确．答案　①③12．(2022·四川卷)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．解析　建立空间直角坐标系如图所示，设AB＝1，则＝，E，设M(0，y,1)(0≤y≤1)，则＝，∴cosθ＝＝－.设异面直线所成的角为α，13\n则cosα＝|cosθ|＝＝·，令t＝1－y，则y＝1－t，∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，那么cosα＝|cosθ|＝·＝＝，令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1，那么cosα＝，又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单增，∴x＝1，zmin＝5，此时cosα的最大值＝·＝·＝.答案　三、解答题13．(2022·北京卷)如图，在四棱锥A－EFCB中，△AEF为等边三角形，平面AEF⊥平面EFCB，EF∥BC，BC＝4，EF＝2a，∠EBC＝∠FCB＝60°，O为EF的中点．(1)求证：AO⊥BE；(2)求二面角F－AE－B的余弦值；(3)若BE⊥平面AOC，求a的值．(1)证明　因为△AEF是等边三角形，O为EF的中点，所以AO⊥EF.13\n又因为平面AEF⊥平面EFCB.AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面EFCB.所以AO⊥BE.(2)解　取BC中点G，连接OG.由题设知EFCB是等腰梯形，所以OG⊥EF.由(1)知AO⊥平面EFCB.又OG⊂平面EFCB，所以OA⊥OG.如图建立空间直角坐标系O－xyz，则E(a,0,0)，A(0,0，a)，B(2，(2－a)，0)，＝(－a,0，a)，＝(a－2，(a－2)，0)．设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，则即令z＝1，则x＝，y＝－1，于是n＝(，－1,1)．平面AEF的法向量为p＝(0,1,0)．所以cos〈n，p〉＝＝－.由题知二面角F－AE－B为钝角，所以它的余弦值为－.(3)解　因为BE⊥平面AOC，所以BE⊥OC，即·＝0，因为＝(a－2，(a－2)，0)，＝(－2，(2－a)，0)，所以·＝－2(a－2)－3(a－2)2.由·＝0及0<a<2，13\n解得a＝.14．(2022·江苏卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．解　以{，，}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B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．(1)因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0,2,0)．因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)．设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，则m·＝0，m·＝0，即令y＝1，解得z＝1，x＝1.所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．13\n从而cos〈，m〉＝＝，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为＝(－1,0,2)，设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又＝(0，－1,0)，则＝＋＝(－λ，－1,2λ)，又＝(0，－2,2)，从而cos〈，〉＝＝.设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈，〉＝＝≤.当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.因为y＝cosx在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.15．(2022·陕西卷)如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝，AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，如图2.13\n(1)证明：CD⊥平面A1OC；(2)若平面A1BE⊥平面BCDE，求平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值．图1(1)证明　在图1中，因为AB＝BC＝1，AD＝2，E是AD的中点，∠BAD＝，所以BE⊥AC，即在图2中，BE⊥OA1，BE⊥OC，且A1O∩OC＝O，从而BE⊥平面A1OC，又在直角梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，E为AD中点，所以BC綉ED，所以四边形BCDE为平行四边形，故有CD∥BE，所以CD⊥平面A1OC.(2)解　由已知，平面A1BE⊥平面BCDE，又由(1)知，BE⊥OA1，BE⊥OC，所以∠A1OC为二面角A1－BE－C的平面角，所以∠A1OC＝，　　　图2如图，以O为原点，建立空间直角坐标系，因为A1B＝A1E＝BC＝ED＝1，BC∥ED，所以B，E，13\nA1，C，得＝，＝，＝＝(－，0,0)，设平面A1BC的法向量n1＝(x1，y1，z1)，平面A1CD的法向量n2＝(x2，y2，z2)，平面A1BC与平面A1CD夹角为θ，则得取n1＝(1,1,1)；得取n2＝(0,1,1)，从而cosθ＝|cosn1，n2|＝＝，即平面A1BC与平面A1CD夹角的余弦值为.13