高考数学理用空间向量法解决立体几何问题目二轮提高练习题目 9页

用空间向量法解决立体几何问题 一、选择题(每小题 5 分，共 25 分) 1．如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a，M、N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1M＝AN＝ 2a 3 ，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 2．在长方体 ABCDA1B1C1D1 中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则 BC1 与平面 BB1D1D 所成角的正弦值为 (　　)． A. 6 3 B. 2 6 5 C. 15 5 D. 10 5 3．已知正三棱柱 ABCA1B1C1 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. 6 4 B. 10 4 C. 2 2 D. 3 2 4．过正方形 ABCD 的顶点 A，引 PA⊥平面 ABCD.若 PA＝BA，则平面 ABP 和平面 CDP 所成的二 面角的大小是 (　　)． A．30° B．45° C．60° D．90° 5．如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，线段 B1D1 上有两个动点 E，F 且 EF＝ 2 2 ， 则下列结论中错误的是 (　　)． A．AC⊥BE B．EF∥平面 ABCD C．三棱锥 ABEF 的体积为定值 D．异面直线 AE，BF 所成的角为定值 二、填空题(每小题 5 分，共 15 分) 6．在空间四边形 ABCD 中，AB→ ＝a－2c，CD→ ＝5a＋6b－8c，对角线 AC、BD 的中点分别为 P、 Q，则PQ→ ＝________. 7．到正方体 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB、CC1、A1D1 所在直线的距离相等的点：①有且只有 1 个；②有且只有 2 个；③有且只有 3 个；④有无数个．其中正确答案的序号是 ________． 8．已知 ABCDA1B1C1D1 为正方体，①(A1A→ ＋A1D1→ ＋A1B1→ )2＝3A1B1→ 2；②A1C→ ·(A1B1→ －A1A→ )＝0；③ 向量AD1→ 与向量A1B→ 的夹角是 60°；④正方体 ABCDA1B1C1D1 的体积为|AB→ ·AA1→ ·AD→ |.其中 正确命题的序号是________． 三、解答题(本题共 3 小题，共 35 分) 9．(11 分)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面是边长为 2 3的菱形，∠BAD＝120°，且 PA⊥ 平面 ABCD，PA＝2 6，M，N 分别为 PB，PD 的中点． (1)证明：MN∥平面 ABCD； (2)过点 A 作 AQ⊥PC，垂足为点 Q，求二面角 AMNQ 的平面角的余弦值． 10．(12 分)如图，已知斜三棱柱ABCA1B1C1 的底面是正三角形，侧面 ABB1A1 是菱形，且∠A1AB ＝60°，M 是 A1B1 的中点，MB⊥AC. (1)求证：MB⊥平面 ABC； (2)求二面角 A1BB1C 的余弦值． 11．(12 分)如图，在四棱锥 PABCD 中，PC⊥底面 ABCD，ABCD 是直角梯形，AB⊥AD，AB∥ CD，AB＝2AD＝2CD＝2.E 是 PB 的中点． (1)求证：平面 EAC⊥平面 PBC； (2)若二面角 PACE 的余弦值为 6 3 ，求直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值． 参考答案 1．B　[MN→ ＝MB→ ＋BC→ ＋CN→ ＝ 2 3A1B→ ＋BC→ ＋ 2 3CA→ ＝ 2 3(A1B1→ ＋B1B→ )＋BC→ ＋ 2 3(CD→ ＋DA→ ) ＝ 2 3B1B→ ＋BC→ ＋ 2 3DA→ ， 又CD→ 是平面 BB1C1C 的一个法向量， 且MN→ ·CD→ ＝ 2 3B1B→ ＋BC→ ＋ 2 3DA→ ·CD→ ＝0， ∴MN→ ⊥CD→ ，又 MN⊄面 BB1C1C，∴MN∥平面 BB1C1C.] 2．D　[连 A1C1 与 B1D1 交与 O 点，再连 BO，∵AB＝BC， ∴Error!⇒C1O⊥面 DD1BB1，则∠OBC1 为 BC1 与平面 BB1D1D 所成角． cos∠OBC1＝ OC1 BC1，OC1＝ 2，BC1＝ 5， ∴cos∠OBC1＝ 2 5＝ 10 5 .] 3．A　[如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为 2，A(0，－1,0)， B1( 3，0,2)，则AB1→ ＝( 3，1,2)， O(0,0,0)，B( 3，0,0)， 则BO→ ＝(－ 3，0,0)为侧面 ACC1A1 的法向量由 sin θ＝ |AB1→ ·BO→ | |AB1→ ||BO→ | ＝ 6 4 .] 4．B　[建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面 APB 与平面 PCD 的法向量 n1＝ (0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面 ABP 与平面 CDP 所成二面角(锐角)的余弦值为 |n1·n2| |n1||n2|＝ 2 2 ，故所求的二面角的大小是 45°.] 5．D　[∵AC⊥平面 BB1D1D， 又 BE⊂平面 BB1D1D. ∴AC⊥BE，故 A 正确． ∵B1D1∥平面 ABCD，又 E、F 在直线 D1B1 上运动， ∴EF∥平面 ABCD，故 B 正确． C 中由于点 B 到直线 B1D1 的距离不变，故△BEF 的面积为定值，又点 A 到平面 BEF 的距 离为 2 2 ，故 VABEF 为定值． ①当点 E 在 D1 处，点 F 为 D1B1 的中点时， 建立空间直角坐标系，如图所示， 可得 A(1,1,0)，B(0,1,0)， E(1,0,1)，F 1 2， 1 2，1， ∴AE→ ＝(0，－1,1)， BF→ ＝ 1 2，－ 1 2，1， ∴AE→ ·BF→ ＝ 3 2. 又|AE|＝ 2，|BF|＝ 6 2 ， ∴cos〈AE→ ，BF→ 〉＝ AE→ ·BE→ |AE→ |·|BF→ | ＝ 3 2 2· 6 2 ＝ 3 2 . ∴此时异面直线 AE 与 BF 成 30°角． ②当点 E 为 D1B1 的中点， 点 F 在 B1 处时，此时 E 1 2， 1 2，1，F(0,1,1)， ∴AE→ ＝－ 1 2，－ 1 2，1，BF→ ＝(0,0,1)， ∴AE→ ·BF→ ＝1，|AE→ |＝ － 1 2 2＋－ 1 2 2＋12＝ 6 2 ， ∴cos〈AE→ ，BF→ 〉＝ AE→ ·BF→ |AE→ |·|BF→ | ＝ 1 1· 6 2 ＝ 6 3 ≠ 3 2 ，故选 D.] 6．解析　如图． PQ→ ＝PC→ ＋CD→ ＋DQ→ ，PQ→ ＝PA→ ＋AB→ ＋BQ→ ∴2PQ→ ＝(PC→ ＋PA→ )＋(DQ→ ＋BQ→ )＋CD→ ＋AB→ ＝0　＋0＋a－2c＋5a＋6b－8c＝6a＋6b－10c， ∴PQ→ ＝3a＋3b－5c. 答案　3a＋3b－5c 7．解析　注意到正方体 ABCDA1B1C1D1 的对角线 B1D 上的每一点到直线 AB，CC1，A1D1 的距离 都相等，因此到 ABCDA1B1C1D1 的三条棱 AB，CC1，A1D1 所在直线距离相等的点有无数个， 其中正确答案的序号是④. 答案　④ 8．解析　设正方体的棱长为 1，①中(A1A→ ＋A1D1→ ＋A1B1→ )2＝3(A1B1→ )2＝3，故①正确；②中A1B1→ －A1A→ ＝AB1→ ，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 AD1→ 与A1B→ 的夹角为 120°，故③不正确；④中|AB→ ·AA1→ ·AD→ |＝0.故④也不正确． 答案　①② 9．(1)证明　因为 M，N 分别是 PB，PD 的中点，所以 MN 是△PBD 的中位线，所以 MN∥BD. 又因为 MN⊄平面 ABCD，所以 MN∥平面 ABCD. (2)解　连接 AC 交 BD 于 O.以 O 为原点，OC，OD 所在直线为 x，y 轴，建立空间直角坐 标系 Oxyz，如图所示． 在菱形 ABCD 中，∠BAD＝120°，得 AC＝AB＝2 3，BD＝ 3AB＝6. 又因为 PA⊥平面 ABCD， 所以 PA⊥AC. 在直角三角形 PAC 中， AC＝2 3，PA＝2 6， AQ⊥PC，得 QC＝2，PQ＝4. 由此知各点坐标如下， A(－ 3，0,0)，B(0，－3,0)，C( 3，0,0)， D(0,3,0)，P(－ 3，0,2 6)，M(－ 3 2 ，－ 3 2， 6)， N(－ 3 2 ， 3 2， 6)，Q( 3 3 ，0， 2 6 3 ). 设 m＝(x，y，z)为平面 AMN 的法向量． 由AM→ ＝( 3 2 ，－ 3 2， 6)，AN→ ＝( 3 2 ， 3 2， 6)知， Error! 取 z＝－1，得 m＝(2 2，0，－1)． 设 n＝(x，y，z)为平面 QMN 的法向量． 由QM→ ＝(－ 5 3 6 ，－ 3 2， 6 3 )， QN→ ＝(－ 5 3 6 ， 3 2， 6 3 )知， Error! 取 z＝5，得 n＝(2 2，0,5)． 于是 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n|＝ 33 33 . 所以二面角 AMNQ 的平面角的余弦值为 33 33 . 10．(1)证明　∵侧面 ABB1A1 是菱形，且∠A1AB＝60°， ∴△A1BB1 为正三角形， 又∵点 M 为 A1B1 的中点，∴BM⊥A1B1， ∵AB∥A1B1，∴BM⊥AB，由已知 MB⊥AC， ∴MB⊥平面 ABC. (2)解　如图建立空间直角坐标系，设菱形 ABB1A1 边长为 2， 得 B1(0，－1， 3)，A(0,2,0)， C( 3，1,0)，A1(0,1， 3)． 则BA1→ ＝(0,1， 3)，BA→ ＝(0,2,0)， BB1→ ＝(0，－1， 3)，BC→ ＝( 3，1,0)． 设面 ABB1A1 的法向量 n1＝(x1，y1，z1)， 由 n1⊥BA→ ，n1⊥BA1→ 得， Error!令 x1＝1，得 n1＝(1,0,0)． 设面 BB1C1C 的法向量 n2＝(x2，y2，z2)，由 n2⊥BB1→ ， n2⊥BC→ 得Error!令 y2＝ 3，得 n2＝(－1， 3，1)， 得 cos〈n1，n2〉＝ n1·n2 |n1||n2|＝ －1 1· 5＝－ 5 5 . 又二面角 A1BB1C 为锐角，所以所求二面角的余弦值为 5 5 . 11．(1)证明　∵PC⊥平面 ABCD，AC⊂平面 ABCD， ∴AC⊥PC，∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝ 2， ∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC， 又 BC∩PC＝C，∴AC⊥平面 PBC， ∵AC⊂平面 EAC，∴平面 EAC⊥平面 PBC. (2)解　如图，以 C 为原点，DA→ 、CD→ 、CP→ 分别为 x 轴、y 轴、z 轴正向，建立空间直角坐标 系，则 C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－ 1,0)． 设 P(0,0，a)(a＞0)， 则 E 1 2，－ 1 2， a 2， CA→ ＝(1,1,0)，CP→ ＝(0,0， a)， CE→ ＝ 1 2，－ 1 2， a 2， 取 m＝(1，－1,0)，则 m·CA→ ＝m·CP→ ＝0，m 为面 PAC 的法向量． 设 n＝(x，y，z)为面 EAC 的法向量，则 n·CA→ ＝n·CE→ ＝0， 即Error!取 x＝a，y＝－a，z＝－2， 则 n＝(a，－a，－2)， 依题意，|cos〈m，n〉|＝ |m·n| |m||n|＝ a a2＋2＝ 6 3 ，则 a＝2. 于是 n＝(2，－2，－2)，PA→ ＝(1,1，－2)． 设直线 PA 与平面 EAC 所成角为 θ， 则 sin θ＝|cos〈PA→ ，n〉|＝ |PA→ ·n| |PA→ ||n| ＝ 2 3 ， 即直线 PA 与平面 EAC 所成角的正弦值为 2 3 .