浙江版2018年高考数学一轮复习专题8.7立体几何中的向量方法练

第07节 立体几何中的向量方法

A 基础巩固训练

1.直线l的方向向量s＝(－1,1,1)，平面α的法向量为n＝(2，x2＋x，－x)，若直线l∥平面α，则x的值为( )

A．－2 B．－2

C．2 D．±2

【答案】D

2．【河南省豫南九校第三次联考】已知直线l的方向向量，平面的法向量，若1,1,1， 1,0,1，则直线l与平面的位置关系是（ ）

A. 垂直 B. 平行 C. 相交但不垂直 D. 直线l在平面内或直线l与平面平行

【答案】D

【解析】因为1010，即，所以直线l在平面内或直线l与平面平行，故选D．

3.【2017届河北定州中学高三周练】已知点A（1，-2,0）和向量a=(-3,4,12),若向量//ABa,且2ABa，则B点的坐标为（ ）

A．（-5,6,24）

B．（-5,6,24）或（7，-10，-24）

C．（-5,16，-24）

D．（-5,16，-24）或（7，-16,24）

【答案】B

【解析】

试题分析：设(,,)Bxyz，

1,2,ABxyz，依题意有222222123412123412xyzxyz，解得5,6,24B或7,10,24B.

4.如空间直角坐标系中，已知2,3,11,2,6,2,1,4,11ABC，则直线AB与AC的夹角为__________．

【答案】60

【解析】空间直角坐标系中，

2,3,1,2,6,2,1,4,1,0,3,3,1,1,0ABCABAC，

0131303ABAC，

22222203332,1102ABAC，

31cos,2322ABACABACABAC，所以向量,ABAC的夹角为60，即直线AB与AC的夹角为60，故答案为60.

5．已知向量，，若与的夹角为钝角，则的取值范围是______.

【答案】

B能力提升训练

1.在四棱锥ABCDP中，)3,2,4(AB，)0,1,4(AD，)8,2,6(AP，则这个四棱锥的高h（ ）

A．1 B．2 C．13 D．26

【答案】B

【解析】设面ABCD的一个法向量为,,nxyz．则423040nABxyzxynAD,令4y,则41,4,3n,则3268263cos,13262263nAPnAPnAP,

cos,hnAPAP,26226226h．故B正确．

2.已知平面α，β的法向量分别为μ＝(－2,3，－5)，v＝(3，－1，4)，则( )

A．α∥β B．α⊥β C．α、β相交但不垂直 D．以上都不正确

【答案】C

3.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝22，则下列结论中错误的是( )．

A．AC⊥BE

B．EF∥平面ABCD

C．三棱锥A-BEF的体积为定值

D．异面直线AE，BF所成的角为定值

【答案】D

【解析】∵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22，故VA-BEF为定值．故C正确．

建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1,1,0)，B(0,1,0)，

①当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，E(1,0,1)，F （12，12，1），

∴AE＝(0，－1,1)，BF＝（12，－12，1），

∴AE·BF＝32.又|AE|＝2，|BF|＝62，

∴cos〈AE，BF〉＝AEBFAEBF＝32622＝32.

∴此时异面直线AE与BF成30°角．

②当点E为D1B1的中点，F在B1处，此时E（12，12，1），F(0,1,1)，∴AE＝（－12，－12，1），BF＝(0,0,1)，

∴AE·BF＝1，|AE|＝2221161222－＋－＋＝，∴cos〈AE，BF〉＝AEBFAEBF＝163 32612＝，故选D.

4.【2018届南宁市高三毕业班摸底】如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，，，，.

（1）求证：直线平面；

（2）求二面角的余弦值

【答案】(1)证明见解析；(2).

试题解析：（1）在上取一点，使，连接，，

∵，，

∴，，，.

∴，.

∴为平行四边形.

即.

又平面，

∴直线平面.

（2）取中点，底面是菱形，，∴.

∵，∴，即.

又平面，∴. 又，∴直线平面.

故相互垂直，以为原点，如图建立空间直角坐标系.

则，，，，，.

易知平面的法向量，

设面的法向量，

由，得.

∴.

故二面角的余弦值为.

5.【2018届云南省昆明一中高三第一次摸底】如图，在直三棱柱111ABCABC中，

090BAC， 2ABAC，点,MN分别为111,ACAB的中点.

（1）证明：

//MN平面11BBCC；

（2）若CMMN，求二面角MCNA的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）515.

【解析】试题分析：（1）连接11AB， 1BC ，点M，

N 分别为11AC， 1AB 的中点，可得MN为

试题解析：（1）证明：连接11AB，，点M，分别为11AC，

的中点，所以MN为△11ABC的一条中位线， 1//MNBC，

MN平面11BBCC， 1BC平面11BBCC，

所以//MN平面11BBCC.

（2）设，则，， ，

由CMMN，得，解得，

由题意以点为坐标原点，为轴，为轴，

为轴建立空间直角坐标系.

可得，，，，

故，， ， ，

设为平面的一个法向量，则

，得102m（，，），同理可得平面的一个法向量为322n（，，）， 设二面角MCNA的平面角为，

，

，

所以，二面角MCNA的余弦值为.

C思维扩展训练

1.如图，三棱柱的各棱长均为2，侧棱与底面所成的角为，为锐角，且侧面⊥底面，给出下列四个结论：

①；

②；

③直线与平面所成的角为；

④.

其中正确的结论是（ ）

A.①③ B.②④ C.①③④ D.①②③④

【答案】C. 111CBAABC1BBABC6011BAA11AABBABC601ABB1BBAC1AC11AABB4511ACCB∴②错误；③：由题意得即为与平面所成的角，，

∴，∴③正确；④：由②，，，∴，∴，∴④正确.

2.【2017浙江省嘉兴一中第一次联考】在长方体中，，，点在棱上移动，则直线与所成角的大小是__________，若，则__________．

【答案】 1

则D（0，0，0），D1（0，0，1），A（1，0，0），A1（1，0，1），C（0，2，0），

设E（1，m，0），0≤m≤2， 145CAH1(0,3,3)BC1(0,3,3)AC11ACCB1CAH1AC11AABB11tan1CHCAHAH110BCAC则=（1，m，﹣1），=（﹣1，0，﹣1），

∴•=﹣1+0+1=0，

∴直线D1E与A1D所成角的大小是90°．

∵=（1，m，﹣1），=（﹣1，2﹣m，0），D1E⊥EC，

∴=﹣1+m（2﹣m）+0=0，

解得m=1，∴AE=1．

故答案为：900，1．

3.正ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC和BC边的中点，现将ABC沿CD翻折成直二面角ADCB.

（Ⅰ）试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；

（Ⅱ）求二面角EDFC的余弦值；

（Ⅲ）在线段BC上是否存在一点P，使APDE？证明你的结论.

【答案】(1) AB∥平面DEF；（2）721，（3）在线段BC上存在点423(,,0)33P，使APDE．

平面CDF的法向量为)2,0,0(DA设平面EDF的法向量为),,(zyxn

则00nDEnDF

即30(3,3,3)30xynyz,取，

721||||,cosnDAnDAnDA，

∴二面角E—DF—C的余弦值为721；---- 8分

（Ⅲ）设332023),0,,(yyDEAPyxP则

又)0,32,(),0,,2(yxPCyxBP，

把BCBPxy31,34332代入上式得，

∴在线段BC上存在点423(,,0)33P，使APDE． ----12分

4.【新课标1】如图，，四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE=2DF，AE⊥EC.

（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；

（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值. //(2)(23)323BPPCxyxyxy