高三理科复习--用空间向量法解决立体几何问题T

1高三理科复习--用空间向量法解决立体几何问题T一、选择题: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＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(B)．A．相交B．平行C．垂直D．不能确定2．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，2AC＝AA1＝BC＝2.若二面角B1－DC－C1的大小为60°，则AD的长为(A)A.2B.3C．2D.223．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)．A.64B.104C.22D.324．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(B)．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＝22，则下列结论中错误的是[来源:Z&xx&k.(D)．A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥ABEF的体积为定值D．异面直线AE，BF所成的角为定值6.正四棱锥P－ABCD的所有棱长相等，E为PC的中点，那么异面直线BE与PA所成角的余弦值等于(D)A.12B.22C.23D.337．已知二面角α­l­β的大小为60°，点B、C在棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB＝BC＝1，CD＝2，则AD的长为(A)A．2B.5C．22D.38．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(A)A.55B.53C.255D.359．如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝3，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为AA.π6B.π4C.π3D.π210．点P是底边长为23,高为2的正三棱柱表面上的动点,MN是该棱柱内切球的一条直径,则2PMPN取值范围是（C）A．[0,2]B．[0,3]C．[0,4]D．[—2,2]二、填空题：1．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________．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④.2．如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，且CC1⊥底面ABC，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角为__π2______．3．如图，△BCD与△MCD都是边长为2的正三角形，平面MCD⊥平面BCD，AB⊥平面BCD，AB＝23，则点A到平面MBC的距离等于___2155_____．4．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值为__33a.______．解析设M(0，m，m)(0≤m≤a)，AD1→＝(－a,0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s0＝－22，0，22，由MD1→＝(0，－m，a－m)，故点M到直线AD1的距离d＝|MD1→|2－|MD1→·s0|2＝m2＋a－m2－12a－m2＝32m2－am＋12a2，当m＝－－a2×32＝a3时取最小值32a32－a×a3＋12a2＝13a2，故d的最小值为33a.5．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上．当∠APC最大时，三棱锥P－ABC的体积为________．解析以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴建立空间直角坐标系(如图)，设BP＝λ1BD，可得P(λ，λ，λ)，再由cos∠APC＝AP·CP|AP||CP|可求得当λ＝13时，∠APC最大，故VP－ABC＝13×12×1×1×13＝118.三、解答题1．如图，在四棱锥PABCD中，底面是边长为23的菱形，∠BAD＝120°，且PA⊥平面ABCD，PA＝26，M，N分别为PB，PD的中点．3(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．(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＝23，BD＝3AB＝6.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AC.在直角三角形PAC中，AC＝23，PA＝26，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(－3，0,26)，M－32，－32，6，N－32，32，6，Q33，0，263.设m＝(x，y，z)为平面AMN的法向量．由AM→＝32，－32，6，AN→＝32，32，6知，32x－32y＋6z＝0，32x＋32y＋6z＝0.取z＝－1，得m＝(22，0，－1)．设n＝(x，y，z)为平面QMN的法向量．由QM→＝－536，－32，63，QN→＝－536，32，63知，－536x－32y＋63z＝0，－536x＋32y＋63z＝0.取z＝5，得n＝(22，0,5)．于是cos〈m，n〉＝m·n|m|·|n|＝3333.[来源:Z。xx。所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为3333.2．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．(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，2y1＝0，y1＋3z1＝0，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－y2＋3z2＝0，3x2＋y2＝0.令y2＝3，得n2＝(－1，3，1)，4得cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－11·5＝－55.又二面角A1BB1C为锐角，所以所求二面角的余弦值为55.3．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63，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．(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E12，－12，a2，CA→＝(1,1,0)，CP→＝(0,0，a)，CE→＝12，－12，a2，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x＋y＝0，x－y＋az＝0，取x＝a，y＝－a，z＝－2，则n＝(a，－a，－2)，依题意，|cos〈m，n〉|＝|m·n||m||n|＝aa2＋2＝63，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sinθ＝|cos〈PA→，n〉|＝|PA→·n||PA→||n|＝23，即直线PA与平面EAC所成角的正弦值为23.4．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．(1)求证：A1B∥平面ADC1；(2)求二面角C1­AD­C的余弦值；(3)试问线段A1B1上是否存在一点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．解析：(1)连接A1C，交AC1于点O，连接OD.由ABC­A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，所以A1B∥OD，因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1.(2)由ABC­A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA、BC、BB1两两垂直．以B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz.设BA＝2，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，1)，D(1，0，0)，所以AD→＝(1，－2，50)，AC1→＝(2，－2，1)设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有n·AD→＝0，n·AC1→＝0.所以x－2y＝0，2x－2y＋z＝0.取y＝1，得n＝(2，1，－2)．易知平面ADC的一个法向量为v＝(0，0，1)．所以cos〈n，v〉＝n·v|n|·|v|＝－23.因为二面角C1­AD­C是锐二面角，所以二面角C1­AD­C的余弦值为23.(3)假设存在满足条件的点E.因为点E在线段A1B1上，A1(0，2，1)，B1(0，0，1)，故可设E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2.所以AE→＝(0，λ－2，1)，DC1→＝(1，0，1)．因为AE与DC1成60°角，所以|cos〈AE→，DC1→〉|＝|AE→·DC1→|AE→|·|DC1→|＝12.即|1（λ－2）2＋1·2|＝12，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成60°角．5．如图，直角梯形ABCD与等腰直角三角形ABE所在的平面互相垂直．AB∥CD，AB⊥BC，AB＝2CD＝2BC，EA⊥EB.(1)求证：AB⊥DE；(2)求直线EC与平面ABE所成角的正弦值；(3)线段EA上是否存在点F，使EC∥平面FBD？若存在，求出EFEA；若不存在，说明理由．解析(1)证明取AB中点O，连接EO，DO.因为EB＝EA，所以EO⊥AB.因为四边形ABCD为直角梯形，AB＝2CD＝2BC，AB⊥BC，所以四边形OBCD为正方形，所以AB⊥OD.所以AB⊥平面EOD.所以AB⊥ED.(2)因为平面ABE⊥平面ABCD，且EO⊥AB，所以EO⊥平面ABCD，所以EO⊥OD.由OB，OD，OE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz.因为三角形EAB为等腰直角三角形，所以OA＝OB＝OD＝OE，设OB＝1，所以O(0,0,0)，A(－1,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，E(0,0,1)．所以EC→＝(1,1，－1)，平面ABE的一个法向量为OD→＝(0,1,0)．设直线EC与平面ABE所成的角为θ，所以sinθ＝||cos〈EC→，