（福建专用）2013年高考数学总复习 第八章第8课时 立体几何中的向量方法课时闯关（含解析）

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1、 （福建专用）2013年高考数学总复习 第八章第8课时 立体几何中的向量方法课时闯关（含解析） 一、选择题 1．(原创题)如果平面的一条斜线和它在这个平面上的射影的方向向量分别是a＝(0,2,1)，b＝(，，)，那么这条斜线与平面的夹角是(　　) A．90°　　　　　　　　　 B．60° C．45° D．30° 解析：选D.cosθ＝＝，因此a与b的夹角为30°.从而可得斜面与平面的夹角为30°. 2.如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分别是正方形ADD1A1和ABCD的中心，G是CC1的中点，设GF、C1E与AB所成的角分别为α、β，则α＋β等于(

2、　　) A．120°　　　　 B．60° C．75° D．90° 解析：选D.建立坐标系如图，设正方体的棱长为2，则B(2,0,0)，A(2,2,0)，G(0,0,1)，F(1,1,0)，C1(0,0,2)，E(1,2,1)． 则＝(0,2,0)，＝(1,1，－1)，＝(1,2，－1)， ∴cos〈，〉＝， cos〈，〉＝，∴cosα＝，sinα＝， cosβ＝，sinβ＝，∴α＋β＝90°， 故选D. 3．(2010·高考大纲全国卷Ⅰ)正方体ABCD－A1B1C1D1中，BB1与平面ACD1所成角的余弦值为(　　) A.　　　　　　　　　　　 B. C.

3、 D. 解析：选D.如图，连接BD交AC于O，连接D1O.由于BB1∥DD1，∴DD1与平面ACD1所成的角就是BB1与平面ACD1所成的角．易知∠DD1O即为所求．设正方体的棱长为1，则DD1＝1，DO＝， D1O＝，∴cos∠DD1O＝＝＝. ∴BB1与平面ACD1所成角的余弦值为. 4．直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，AA1＝，M是CC1的中点，则异面直线AB1与A1M所成的角为(　　) A．60° B．45° C．30° D．90° 解析：选D.建立坐标系如图所示， 易得M(0,0，)，A1(0，，0)， A(

4、0，，)，B1(1,0,0)， ∴＝(1，－，－)，＝(0，－，)． ∴·＝1×0＋3－＝0， ∴⊥.即AB1⊥A1M. 5．已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是(　　) A. B. C. D. 解析：选C.如图建立坐标系Dxyz， 则A1(2,0,4)，A(2,0,0)， B1(2,2,4)，D1(0,0,4)， ＝(－2,0,4)，＝(0,2,4)，＝(0,0,4)， 设平面AB1D1的法向量为n＝(x，y，z)， 则 即 解得x＝2z且y＝－2z，不妨设n＝(2，－2,1)， 设点

5、A1到平面AB1D1的距离为d， 则d＝＝，故选C. 二、填空题 6．(2012·漳州调研)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所成角的余弦值为__________． 解析：建立坐标系如图， 则A(1,0,0)，E(0,2,1)， B(1,2,0)，C1(0,2,2)， ∴＝(－1,0,2)， ＝(－1,2,1)， ∴cos〈，〉＝ ＝. 答案： 7.如图所示，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为________． 解析：不妨设

6、正三棱柱ABC－A1B1C1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系(x轴垂直于AB)， 则C(0,0,0)，A(，－1,0)，B1(，1,2)，D(，－，2)， 则＝(，－，2)，＝(，1,2)． 设平面B1DC的法向量为n＝(x，y,1)， 由解得n＝(－，1,1)． 又∵＝(，－，－2)，∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝. 答案： 8.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AA1＝2，则二面角C1－AB－C的余弦值为__________． 解析：如图建立空间直角坐标系， 则A(0,0,0)，＝(0,1,2)， ＝(，，0)． 设n＝(x，y，z)为平

7、面ABC1的法向量， 则取n＝(－，2，－1)， 同理取m＝(0,0,1)作为平面ABC的法向量． 则cos〈m，n〉＝－＝－. ∴二面角C1－AB－C的余弦值为. 答案： 三、解答题 9．(2010·高考天津卷)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CC1上的点，CF＝AB＝2CE，AB∶AD∶AA1＝1∶2∶4. (1)求异面直线EF与A1D所成角的余弦值； (2)证明AF⊥平面A1ED； (3)求二面角A1－ED－F的正弦值． 解：如图所示，建立空间直角坐标系，点A为坐标原点．设AB＝1，依题意得D(0,2,0)，F(1,2,1)，A1(0

8、,0,4)，E(1，，0)． (1)易得＝(0，，1)，＝(0,2，－4)，于是cos〈，〉＝＝－. 所以异面直线EF与A1D所成角的余弦值为. (2)证明：易知＝(1,2,1)，＝(－1，－，4)，＝(－1，，0)，于是·＝0，·＝0.因此，AF⊥EA1，AF⊥ED. 又EA1∩ED＝E，所以AF⊥平面A1ED. (3)设平面EFD的法向量u＝(x，y，z)，则 即不妨令x＝1，可得u＝(1,2，－1)， 由(2)可知，为平面A1ED的一个法向量，于是cos〈u，〉＝＝，从而sin〈u，〉＝. 所以二面角A1－ED－F的正弦值为. 10．四棱锥P－ABCD的底面与四个侧

9、面的形状和大小如图所示． (1)写出四棱锥P－ABCD中四对线面垂直关系(不要求证明)； (2)在四棱锥P－ABCD中，若E为PA的中点，求证：BE∥平面PCD； (3)在四棱锥P－ABCD中，设面PAB与面PCD所成的角为θ(0°<θ≤90°)，求cosθ的值． 解：(1)在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，AB⊥平面PAD.CD⊥平面PAC. (2)依题意AB，AD，AP两两垂直，分别以直线AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如上图． 则P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,4,0)．

10、 ∵E是PA的中点，∴点E的坐标为(0,0,1)， ＝(－2,0,1)，＝(2,2，－2)，＝(0,4，－2)． 设n1＝(x，y，z)是平面PCD的法向量． 由即 取y＝1，得n1＝(1,1,2)为平面PCD的一个法向量． ∵·n1＝－2×1＋0×1＋1×2＝0，∴⊥n1， ∴∥平面PCD.又BE⊄平面PCD，∴BE∥平面PCD. (3)由(2)，平面PCD的一个法向量为n1＝(1,1,2)． 又∵AD⊥平面PAB， ∴平面PAB的一个法向量为n2＝(0,1,0)． ∴cosθ＝||＝＝. 一、选择题 1.如图所示，A1B1C1－ABC是直三棱柱，∠BCA＝90°

11、，点D1、F1分别是A1B1和A1C1的中点，若BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值为(　　) A. B. C. D．－ 解析： 选A.建立如图所示的空间直角坐标系， 设BC＝CA＝CC1＝2，则A(2,0,0)，B(0，2,0)，C1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B1(0，2,2)． ∵D1、F1为A1B1、A1C1的中点， ∴D1(1,1,2)，F1(1,0,2)， ∴＝(1，－1,2)，＝(－1,0,2)， ∴·＝(1，－1,2)·(－1,0,2)＝3， ||＝＝，||＝＝， ∴cos〈，〉＝＝＝. 2.(2010·高考北京卷)如图

12、，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF＝1，A1E＝x，DQ＝y，DP＝z(x，y，z大于零)，则四面体PEFQ的体积(　　) A．与x，y，z都有关 B．与x有关，与y，z无关 C．与y有关，与x，z无关 D．与z有关，与x，y无关 答案：D 二、填空题 3．已知在半径为2的球面上有A、B、C、D四点，若AB＝CD＝2，则四面体ABCD的体积的最大值为________． 解析：过CD作平面PCD，使AB⊥平面PCD，交AB与P，设点P到CD的距离为h，则有V四面体ABCD＝×2××2×h＝h，当直径通过A

13、B与CD的中点时，hmax＝2＝2，故Vmax＝. 答案： 4.(2011·高考湖北卷)如图，直角坐标系xOy所在的平面为α，直角坐标系x′Oy′(其中y′轴与y轴重合)所在的平面为β，∠xOx′＝45°. (1)已知平面β内有一点P′(2，2)， 则点P′在平面α内的射影P的坐标为________； (2)已知平面β内的曲线C′的方程是 (x′－)2＋2y′2－2＝0，则曲线C′在平面α内的射影C的方程是________． 解析：(1)设点P′在平面α内的射影P的坐标为x，y，则点P的纵坐标和P′(2，2)纵坐标相同，所以y＝2，过点P′作P′H⊥Oy，垂足为H， 连结PH，

14、则∠P′HP＝45°，P横坐标 x＝PH＝P′Hcos45°＝x′cos45°＝2×＝2， 所以点P′在平面α内的射影P的坐标为(2,2)； (2)由(1)得x＝x′cos45°＝x′×，y′＝y， 所以代入曲线C′的方程 (x′－)2＋2y′2－2＝0，得(x－)2＋2y2－2＝0⇒(x－1)2＋y2＝1，所以射影C的方程填(x－1)2＋y2＝1. 答案：(2,2)　(x－1)2＋y2＝1 三、解答题 5.如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面A1ABB1和BCC1B1是两个全等的正方形，AC1⊥平面A1DB，D为AC的中点． (1)求证：平面A1ABB1⊥平面

15、BCC1B1； (2)求证：B1C∥平面A1DB； (3)设E是CC1上一点，试确定点E的位置，使平面A1DB⊥平面BDE，并说明理由． 解：(1)证明：如图，连结AB1交A1B于O点，连结OD. ∵AC1⊥平面A1DB，A1B⊂平面A1DB， ∴AC1⊥A1B. 又在正方形A1ABB1中，A1B⊥AB1，AC1∩AB1＝A. ∴A1B⊥面AC1B1. 又B1C1⊂面AC1B1， ∴A1B⊥B1C1. ∵在正方形BCC1B1中有B1C1⊥BB1， 又BB1∩A1B＝B， ∴B1C1⊥平面A1ABB1. ∴平面A1ABB1⊥平面BCC1B1. (2)证明：由(1)

16、知BC，BB1，BA两两垂直， 如图以B为原点，BC，BB1，BA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B－xyz，设正方形边长为1， 则C(1,0,0)，C1(1,1,0)，B1(0,1,0)，A1(0,1,1)，A(0,0,1)，D(，0，)． 由AC1⊥平面A1DB，得平面A1DB的一个法向量为n＝＝(1,1，－1)． ∵＝(1，－1,0)， ∴·n＝(1，－1,0)·(1,1，－1)＝1－1＋0＝0. 又B1C⊄平面A1DB，∴B1C∥平面A1DB. (3)设点E(1，b,0)，平面BDE的法向量为m＝(x，y，z)，则由得 令y＝1，则m＝(－b,1，b)， 由m·n

17、＝(－b,1，b)·(1,1，－1)＝0，得b＝， 即当E为CC1中点时，平面A1DB⊥平面BDE. 6.(2011·高考四川卷)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1.D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥平面BDA1. 求证：CD＝C1D； 求二面角A­A1D­B的平面角的余弦值； 求点C到平面B1DP的距离． 解：法一：(1)证明：如图所示，连接AB1，与BA1交于点O，连接OD， ∵PB1∥平面BDA1，PB1⊂平面AB1P， 平面AB1P∩平面BDA1＝OD， ∴OD∥PB1.又AO＝B1

18、O，∴AD＝PD. 又AC∥C1P，∴CD＝C1D. 如图所示，过点A作AE⊥DA1于点E，连接BE. ∵BA⊥CA，BA⊥AA1，且AA1∩AC＝A， ∴BA⊥平面AA1C1C. 由三垂线定理可知BE⊥DA1， ∴∠BEA为二面角A­A1D­B的平面角． 在Rt△A1C1D中，A1D＝ ＝， 又S△AA1D＝×1×1＝×·AE， ∴AE＝. 在Rt△BAE中，BE＝＝， ∴cos∠BEA＝＝. 故二面角A­A1D­B的平面角的余弦值为. 由题意知，点C到平面B1DP的距离是点C到平面DB1A的距离．设此距离为h， ∵VC­AB1D＝VB1­ACD， ∴S△D

19、B1A·h＝S△ACD·B1A1. 由已知可得AP＝，PB1＝，AB1＝， ∴在等腰△AB1P中， S△AB1P＝AB1·＝. ∴S△AB1D＝S△AB1P＝. 又S△ACD＝AC·CD＝，∴h＝＝. 故点C到平面B1DP的距离等于. 法二：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1，B1，C1，B. 证明：设C1D＝x，∵AC∥PC1，∴＝＝. 由此可得D，P. ∴＝，＝， ＝. 设平面BA1D的一个法向量为n1＝， 则 令c＝－1，则n1＝.∵PB1∥平面BDA1， ∴n1·＝1×＋x·＋×0＝0. 由此可得x＝.故CD＝C1D. 由知，平面BA1D的一个法向量n1＝. 又n2＝为平面AA1D的一个法向量， ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝. 故二面角A­A1D­B的平面角的余弦值为. ∵＝，＝， 设平面B1DP的一个法向量为n3＝. 则 令c1＝1，可得n3＝. 又＝， ∴C到平面B1DP的距离d＝＝.