第七章第八节立体几何中的向量方法(理科)

一、选择题1．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()A．45°B．135°C．45°或135°D．90°解析：cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝11·2＝22，即〈m，n〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.答案：C2．已知平面α内有一个点A(2，－1,2)，α的一个法向量为n＝(3,1,2)，则下列点P中，在平面α内的是()A．(1，－1,1)B.1，3，32C.1，－3，32D.－1，3，－32解析：对于选项A，PA＝(1,0,1)，则PA·n＝(1,0,1)·(3,1,2)＝5≠0，故排除A；对于选项B，PA＝1，－4，12，则PA·n＝1，－4，12·(3,1,2)＝0，验证可知C、D均不满足PA·n＝0.答案：B3．(2012·马鞍山联考)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成的角的余弦值为()A.1010B.3010C.21510D.31010解析：如图，以D为坐标原点，建系如图，则B(1,2,0)，C1(0,2,2)，A(1,0,0)，E(0,2,1)，∴1BC＝(－1,0,2)，AE＝(－1,2,1)．则cos〈1BC·AE〉＝3010，故异面直线BC1与AE所成的角的余弦值为3010.答案：B4．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.2B.3C．2D.22解析：如图，以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B1(0,2,2)，C1(0,0,2)，D(1,0,1)设AD＝a，则D点坐标为(1,0，a)，CD＝(1,0，a)，1CB＝(0,2,2)，设平面B1CD的一个法向量为m＝(x，y，z)．则m·1CB＝0m·CD＝0⇒2y＋2z＝0x＋az＝0，令z＝－1，得m＝(a,1，－1)，又平面C1DC的一个法向量为n(0,1,0)，则由cos60°＝m·n|m||n|，得1a2＋2＝12，即a＝2，故AD＝2.答案：A5.已知四棱柱ABCD－A1B1C1D1的侧棱AA1垂直于底面，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝AB＝AA1＝2BC，E为DD1的中点，F为A1D的中点．则直线EF与平面A1CD所成角的正弦值为()A.13B.33C.23D.63解析：∵AB，AD，AA1两两垂直，故以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设BC＝1，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，C(2,1,0)，D(0,2,0)，E(0,2,1)，F(0,1,1)，FE＝(0,1,0)，设平面A1CD的一个法向量为n＝(1，y，z)，则n·1AD＝2y－2z＝0n·CD＝－2＋y＝0，故n＝(1,2,2)，则sinθ＝|cos〈n，FE〉|＝|n·FE|n|·|FE||＝|1×0＋2×1＋2×04＋4＋1×0＋1＋0|＝23，故直线EF与平面A1CD所成的角θ的正弦值为23.答案：C二、填空题6．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.答案：1187．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为CD的中点．将△ADE沿AE折起，使平面ADE⊥平面ABCE，得到几何体D－ABCE.则BD与平面CDE所成角的正弦值为________．解析：如图，以点B为坐标原点，BC，BA分别为x轴，y轴，过点B与平面ABCE垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系．则B(0,0,0)，C(1,0,0)，A(0,2,0)，E(1,1,0)，D(12，32，22)．设向量n＝(x0，y0,1)为平面CDE的一个法向量，则n⊥CE，n⊥DE，即n·CE＝0，n·DE＝0，∵CE＝(0,1,0)，DE＝(12，－12，－22)，∴x0＝2，y0＝0，即n＝(2，0,1)．∵BD＝(12，32，22)，∴cos〈n，BD〉＝23.∵直线BD和平面CDE所成的角θ是n和BD夹角的余角，∴BD与平面CDE所成角的正弦值为23.答案：23三、解答题8.(2011·福建高考改编)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD.四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝2，∠CDA＝45°.(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)设AB＝AP.若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长．解：(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz(如图)．在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD.在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．由AB＋AD＝4得AD＝4－t，所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，CD＝(－1,1,0)，PD＝(0,4－t，－t)．设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，由n⊥CD，n⊥PD，得－x＋y＝0，4－ty－tz＝0.取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．又PB＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°＝|n·PB|n|·|PB||，即|2t2－4t|t2＋t2＋4－t2·2t2＝12，解得t＝45或t＝4(舍去，因为AD＝4－t0)，所以AB＝45.9．(2012·北京东城区模拟)正三角形ABC的边长为4，CD是AB边上的高，E、F分别是AC、BC边的中点，现将△ABC沿CD翻折成直二面角A－DC－B.(1)试判断直线AB与平面DEF的位置关系，并说明理由；(2)求二面角E－DF－C的余弦值；(3)在线段BC上是否存在一点P，使AP⊥DE？证明你的结论．解：(1)AB∥平面DEF.∵在△ABC中，E、F分别是AC、BC的中点，∴EF∥AB，又AB⊄平面DEF，EF⊂平面DEF，∴AB∥平面DEF.(2)由题易知，AD、DB、DC两两垂直，则以点D为坐标原点，直线DB、DC、DA分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则D(0,0,0)，A(0,0,2)，B(2,0,0)，C(0,23，0)，E(0，3，1)，F(1，3，0)，∴DF＝(1，3，0)，DE＝(0，3，1)，DA＝(0,0,2)．易知平面CDF的一个法向量为DA＝(0,0,2)，设平面EDF的一个法向量为n＝(x，y，z)，则DF·n＝0DE·n＝0，即x＋3y＝03y＋z＝0，令y＝－3，则n＝(3，－3，3)．∴cos〈DA·n〉＝DA·n|DA||n|＝217，∴二面角E－DF－C的余弦值为217.(3)在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.证明如下：在线段BC上取点P，使BP＝13BC，过P点作PQ⊥CD于点Q，连接AQ，∴PQ⊥平面ACD.∴PQ⊥DE.∵DQ＝13DC＝233，且AD＝2，∴∠DAQ＝30°.又△ADE为等边三角形，∴AQ⊥DE，又AQ∩PQ＝Q，∴DE⊥平面APQ，∵AP⊂平面APQ，∴AP⊥DE.10．(2011·江苏高考)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，点N是BC的中点，点M在CC1上．设二面角A1－DN－M的大小为θ.(1)当θ＝90°时，求AM的长；(2)当cosθ＝66时，求CM的长．解：建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.设CM＝t(0≤t≤2)，则各点的坐标为A(1,0,0)，A1(1,0,2)，N(12，1,0)，M(0,1，t)．所以DN＝(12，1,0)，DM＝(0,1，t)，1DA＝(1,0,2)．设平面DMN的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则n1·DN＝0，n1·DM＝0.即x1＋2y1＝0，y1＋tz1＝0.令z1＝1，则y1＝－t，x1＝2t.所以n1＝(2t，－t,1)是平面DMN的一个法向量．设平面A1DN的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则n2·1DA＝0，n2·DN＝0.即x2＋2z2＝0，x2＋2y2＝0.令z2＝1，则x2＝－2，y2＝1.所以n2＝(－2,1,1)是平面A1DN的一个法向量．从而n1·n2＝－5t＋1.(1)因为θ＝90°，所以n1·n2＝－5t＋1＝0，解得t＝15.从而M(0,1，15)．所以AM＝12＋12＋152＝515.(2)因为|n1|＝5t2＋1，|n2|＝6，所以cos〈n1，n2〉＝n1·n2|n1||n2|＝－5t＋16×5t2＋1.因为〈n1，n2〉＝θ或π－θ，所以|－5t＋16×5t2＋1|＝66，解得t＝0或t＝12.根据图形和(1)的结论可知t＝12，从而CM的长为12.