专题13 立体几何中的向量方法-2017年高考数学（文）备考学易黄金易错点

专题13 立体几何中的向量方法-2017年高考数学（文）备考学易黄金易错点

‎1．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. 答案　C 方法二　如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，‎ 由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角．‎ 设BC＝2，则BM＝ND＝，AN＝，AD＝，‎ 因此cos∠AND＝＝.‎ ‎2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点．设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是(　　)‎ A．，1] B．，1]‎ C．，] D．，1]‎ 答案　B 解析　根据题意可知平面A1BD⊥平面A1ACC1且两平面的交线是A1O，‎ 所以过点P作交线A1O的垂线PE，‎ 则PE⊥平面A1BD，‎ 根据选项可知B正确．‎ ‎3．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________．‎ 答案　①③‎ 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，点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，点P在直线BC1上运动时，点P在平面AD1C1B中，既二面角P—AD1－C的大小不受影响，所以正确．‎ ‎4．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点E、F分别为BB1、CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为______________．‎ 答案　 解析　以点A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，‎ ‎5.如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1＝AB＝AC＝1，点E，F分别是CC1，BC的中点，AE⊥A1B1，点D为棱A1B1上的点．‎ ‎(1)证明：DF⊥AE；‎ ‎(2)是否存在一点D，使得平面DEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点D的位置，若不存在，说明理由．‎ ‎(1)证明　∵AE⊥A1B1，A1B1∥AB，∴AE⊥AB，‎ 又∵AA1⊥AB，AA1⊂面A1ACC1，AE⊂面A1ACC1，AA1∩AE＝A，‎ ‎∴AB⊥面A1ACC1.‎ 又∵AC⊂面A1ACC1，∴AB⊥AC，‎ 以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，‎ 则有A(0,0,0)，E，F，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，‎ 由(1)可知平面ABC的法向量n＝(0,0,1)．‎ 设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 则 ‎∵＝(－，，)，＝，‎ ‎∴　即 ‎6．如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，平面ABEF为正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D－AF－E与二面角C－BE－F都是60°.‎ ‎(1)证明：平面ABEF⊥EFDC；‎ ‎(2)求二面角E－BC－A的余弦值．‎ ‎(1)证明　由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，‎ 所以AF⊥平面EFDC，又AF⊂平面ABEF，‎ 故平面ABEF⊥平面EFDC.‎ ‎(2)解　过点D作DG⊥EF，垂足为G，由(1)知DG⊥平面ABEF.以点G为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz. ‎ 由(1)知∠DFE为二面角D－AF－E的平面角，故∠DFE＝60°，则DF＝2，DG＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)．‎ 由已知，AB∥EF，所以AB∥平面EFDC，又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，故AB∥CD，CD∥EF，‎ 由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，所以∠CEF为二面角C－BE－F的平面角，∠CEF＝60°，从而可得C(－2,0，)．‎ 易错起源1、利用向量证明平行与垂直 例1、如图，在直三棱柱ADE—BCF中，面ABFE和面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点．运用向量方法证明：‎ ‎(1)OM∥平面BCF；‎ ‎(2)平面MDF⊥平面EFCD.‎ 证明　方法一　由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O.‎ ‎(1)＝，＝(－1,0,0)，‎ ‎∴·＝0, ∴⊥.‎ ‎∵棱柱ADE—BCF是直三棱柱，‎ ‎∴AB⊥平面BCF，∴是平面BCF的一个法向量，‎ 且OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.‎ ‎(2)设平面MDF与平面EFCD的一个法向量分别为 n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)．‎ ‎∵＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，‎ 由　得 令x1＝1，则n1＝.‎ 同理可得n2＝(0,1,1)．‎ ‎∴向量与向量，共面，‎ 又OM⊄平面BCF，∴OM∥平面BCF.‎ ‎(2)由题意知，BF，BC，BA两两垂直，‎ ‎∵＝，＝－，‎ ‎∴·＝·＝0，‎ ·＝·(－)‎ ‎＝－2＋2＝0.‎ ‎∴OM⊥CD，OM⊥FC，又CD∩FC＝C，‎ ‎∴OM⊥平面EFCD.‎ 又OM⊂平面MDF，∴平面MDF⊥平面EFCD.‎ ‎【变式探究】如图，在底面是矩形的四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.‎ ‎(1)求证：EF∥平面PAB；‎ ‎(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.‎ 证明　(1)以点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，‎ 则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,1)，‎ ‎∵点E，F分别是PC，PD的中点，‎ ‎(2)由(1)可知＝(1,0，－1)，＝(0,2，－1)，＝(0,0,1)，＝(0,2,0)，＝(1,0,0)，‎ ‎∵·＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0，‎ ·＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，‎ ‎∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.‎ 又AP∩AD＝A，‎ ‎∴DC⊥平面PAD.‎ ‎∵DC⊂平面PDC，‎ ‎∴平面PAD⊥平面PDC.‎ ‎【名师点睛】‎ 用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．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a∥b，只需证明向量a＝λb(λ∈R)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．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)则有：‎ ‎(1)线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.‎ ‎(2)线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.‎ ‎(3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3.‎ ‎(4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.‎ 易错起源2、利用空间向量求空间角 例2、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Axyz，‎ 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)，‎ ‎(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＝.‎ ‎【变式探究】如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，AB＝AC＝1，AA1＝2，点P是棱BB1上一点，满足＝λ (0≤λ≤1)．‎ ‎(1)若λ＝，求直线PC与平面A1BC所成角的正弦值；‎ ‎(2)若二面角P—A1C—B的正弦值为，求λ的值．‎ 解　以点A为坐标原点O，分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.因为AB＝AC＝1，AA1＝2，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,2)，B1(1,0,2)，P(1,0,2λ)．‎ 不妨取z1＝1，则x1＝y1＝2，‎ 从而平面A1BC的一个法向量为n1＝(2,2,1)．‎ 设直线PC与平面A1BC所成的角为θ，‎ 则sinθ＝|cos〈，n1〉|＝＝，‎ 所以直线PC与平面A1BC所成的角的正弦值为.‎ 化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，‎ 故λ的值为1.‎ ‎【名师点睛】‎ ‎ (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cosα＝|cosβ|.②两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．③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．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．‎ ‎(1)线线夹角 设l，m的夹角为θ(0≤θ≤)，‎ 则cosθ＝＝.‎ ‎(2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θ(0≤θ≤)，‎ 则sinθ＝＝|cos〈a，μ〉|.‎ ‎(3)面面夹角 设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，‎ 则|cosθ|＝＝|cos〈μ，v〉|.‎ 易错起源3、利用空间向量求解探索性问题 例3、如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥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；‎ ‎(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由题意，易得DM⊥DA，DM⊥DC，DA⊥DC.‎ 设异面直线NE与AM所成角为θ，‎ 则cosθ＝|cos〈，〉|‎ ‎＝＝＝.‎ 所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.‎ ‎(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，连接AE.‎ 因为＝(0,1,1)，‎ 可设＝λ＝(0，λ，λ)，λ∈0,1]，‎ 又＝(，－1,0)，‎ ‎【变式探究】如图，已知矩形ABCD所在平面垂直于直角梯形ABPE所在平面于直线AB，且AB＝BP＝2，AD＝AE＝1，AE⊥AB，且AE∥BP.‎ ‎(1)设点M为棱PD的中点，求证：EM∥平面ABCD；‎ ‎(2)线段PD上是否存在一点N，使得直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于？若存在，试确定点N的位置；若不存在，请说明理由．‎ ‎(1)证明　由已知，平面ABCD⊥平面ABPE，且BC⊥AB，则BC⊥平面ABPE，所以BA，BP，BC两两垂直，故以点B为原点，，，分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 则P(0,2,0)，D(2,0,1)，M，E(2,1,0)，C(0,0,1)，所以＝.‎ 易知平面ABCD的一个法向量n＝(0,1,0)，‎ 所以·n＝(－1,0，)(0,1,0)＝0，‎ 所以⊥n，又EM⊄平面ABCD，‎ 所以EM∥平面ABCD.‎ ‎(2)当点N与点D重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值为.‎ 理由如下：‎ ＝(2，－2,1)，＝(2,0,0)，‎ 设＝λ (0≤λ≤1)，‎ 则＝λ(2，－2,1)＝(2λ，－2λ，λ)，‎ ＝＋＝(2λ，2－2λ，λ)．‎ 所以sinα＝|cos〈，n1〉|＝ ‎＝ ‎＝＝.‎ 所以9λ2－8λ－1＝0，‎ 解得λ＝1或λ＝－(舍去)．‎ 因此，线段PD上存在一点N，当N点与D点重合时，直线BN与平面PCD所成角的正弦值等于.‎ ‎【名师点睛】‎ 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，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．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ 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)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．‎ ‎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 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，选D.‎ ‎2.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．0 B．1‎ C．0或1 D．任意实数 答案　C 解析　可为下列7个向量：，，，，，，，其中一个与重合，·＝||2＝1；‎ eq o(AD,sup6(→))，，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.‎ ‎3．在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)．若S1，S2，S3分别是三棱锥D－ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则(　　)‎ A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3‎ C．S3＝S1且S3≠S2 D．S3＝S2且S3≠S1‎ 答案　D 解析　如图所示，‎ ‎4．如图，三棱锥A－BCD的棱长全相等，点E为AD的中点，则直线CE与BD所成角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　A 解析　设AB＝1，则·＝(－)·(－)‎ ‎＝2－·－·＋· ‎＝－cos60°－cos60°＋cos60°＝.‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝.选A.‎ ‎5．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所成角的正弦值等于(　　)‎ A.B.C.D. 答案　A ‎6．正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，若动点P在线段BD1上运动，则·的取值范围是________．‎ 答案　0,1]‎ 解析　以DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，DD1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.‎ 则D(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)．‎ ‎∴＝(0,1,0)，＝(－1，－1,1)．‎ ‎∵点P在线段BD1上运动，‎ ‎∴设＝λ＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1.‎ ‎∴＝＋＝＋＝(－λ，1－λ，λ)，‎ ‎∴·＝1－λ∈0,1]．‎ ‎7．在一直角坐标系中，已知点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________．‎ 答案　2 解析　如图为折叠后的图形，其中作AC⊥CD，BD⊥CD，‎ ‎8．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________．‎ 答案　①②‎ 解析　设正方体的棱长为1，①中(＋＋)2＝2＝32＝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．‎ ‎9.如图所示，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，FA＝FE，∠AEF＝45°.‎ ‎(1)求证：EF⊥平面BCE；‎ ‎(2)设线段CD，AE的中点分别为点P，M，求证：PM∥平面BCE.‎ 证明　因为△ABE是等腰直角三角形，AB＝AE，‎ 所以AE⊥AB，因为平面ABEF⊥平面ABCD，‎ 且平面ABEF∩平面ABCD＝AB.‎ 所以AE⊥平面ABCD，所以AE⊥AD，‎ 即AD，AB，AE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．‎ 设AB＝1，则AD＝AE＝1.‎ 所以EF⊥平面BCE.‎ ‎(2)M，P(1，，0)，‎ 从而＝(－1，－，)，‎ 于是·＝· ‎＝0＋－＝0.‎ 所以PM⊥EF，又EF⊥平面BCE，‎ 直线PM不在平面BCE内，‎ 故PM∥平面BCE.‎ ‎10.如图所示的多面体中，EA⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，AC⊥BC，且AC＝BC＝BD＝2AE＝2，点M是AB的中点．‎ ‎(1)求证：CM⊥EM；‎ ‎(2)求平面EMC与平面BCD所成的锐二面角的余弦值．‎ 则M(0,0,0)，C(0，，0)，B(，0,0)，D(，0,2)，E(－，0,1)，‎ ‎∴＝(－，0,1)，＝(0，，0)，‎ ＝(0,0,2)，＝(－，，0)，‎ 设平面EMC的一个法向量m＝(x1，y1，z1)，‎ 则　即