《2019届高三数学（理）二轮专题复习文档：专题三立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三数学（理）二轮专题复习文档：专题三立体几何 第3讲 立体几何中的向量方法 Word版含解析.pdf（25页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 第第 3 讲 立体几何中的向量方法讲 立体几何中的向量方法 高考定位 以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点， 常与空间线面关 系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要 体现在建立空间直角坐标系和准确计算上. 真 题 感 悟 1.(2017全国卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中， ABC120， AB2， BCCC1 1，则异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 3 2 15 5 10 5 3 3 解析 法一 以 B 为原点，建立如图(1)所示的空间直角坐标系. 图(1) 图(2
2、) 则 B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1(1，0，1). 又在ABC 中，ABC120，AB2，则 A(1， ，0).3 所以(1，1)，(1，0，1)，AB1 3BC1 则 cos，AB1 BC1 AB1 BC1 |AB1 |BC1 | ， （1， 3，1）（1，0，1） 5 2 2 5 2 10 5 因此，异面直线 AB1与 BC1所成角的余弦值为. 10 5 法二 如图(2)， 设 M， N， P 分别为 AB， BB1， B1C1中点， 则 PNBC1， MNAB1， AB1与 BC1所成的角是MNP 或其补角. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 AB2，BCCC1
3、1， MN AB1，NP BC1. 1 2 5 2 1 2 2 2 取 BC 的中点 Q， 连接 PQ， MQ， 则可知PQM 为直角三角形， 且 PQ1， MQ AC， 1 2 在ABC 中，AC2AB2BC22ABBCcosABC 412217，AC， ( 1 2) 7 则 MQ，则MQP 中，MP， 7 2 MQ2PQ2 11 2 则PMN 中，cosPNMMN 2NP2PM2 2MNNP ， ( 5 2) 2 ( 2 2) 2 ( 11 2) 2 2 5 2 2 2 10 5 又异面直线所成角范围为，则余弦值为. (0， 2 10 5 答案 C 2.(2018全国卷)如图，边长为 2
4、的正方形 ABCD 所在的平 面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于 C，D 的点.CD CD (1)证明：平面 AMD平面 BMC； (2)当三棱锥 MABC 体积最大时，求平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦 值. (1)证明 由题设知，平面 CMD平面 ABCD，交线为 CD. 因为 BCCD，BC平面 ABCD， 所以 BC平面 CMD，又 DM平面 CDM，故 BCDM. 因为 M 为上异于 C，D 的点，且 DC 为直径，CD 所以 DMCM. 又 BCCMC，所以 DM平面 BMC. 由于 DM平面 AMD，故平面 AMD平面 BMC. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下
5、载可打印 (2)解 以 D 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，建立DA 如图所示的空间直角坐标系 Dxyz. 当三棱锥 MABC 体积最大时，M 为的中点.CD 由题设得 D(0， 0， 0)， A(2， 0， 0)， B(2， 2， 0)， C(0， 2， 0)， M(0， 1， 1)， (2，1，1)，(0，2，0)，(2，0，0).AM AB DA 设 n(x，y，z)是平面 MAB 的法向量， 则即 nAM 0， nAB 0，) 2xyz0， 2y0.) 可取 n(1，0，2). 又是平面 MCD 的法向量，DA 因此 cosn，sinn，.DA nDA |n|DA | 5 5 DA
6、 2 5 5 所以平面 MAB 与平面 MCD 所成二面角的正弦值为. 2 5 5 3.(2018全国卷)如图， 四边形 ABCD 为正方形， E， F 分 别为 AD， BC的中点，以 DF为折痕把DFC折起，使点 C到 达点P 的位置，且PFBF. (1)证明：平面 PEF平面 ABFD； (2)求 DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值. (1)证明 由已知可得，BFPF，BFEF，又 PFEFF，PF，EF平面 PEF， 所以 BF平面 PEF. 又 BF平面 ABFD，所以平面 PEF平面 ABFD. (2)解 作 PHEF，垂足为 H.由(1)得，PH平面 ABFD. 以 H 为坐
7、标原点，以的方向为 y 轴的正方向，|HF BF 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz. 由(1)可得， DEPE.又DP2， DE1， 所以PE.又PF1， EF2， 故EF2PE23 PF2，所以 PEPF. 可得 PH，EH . 3 2 3 2 则 H(0，0，0)，P，D， (0，0， 3 2) (1， 3 2，0) ，为平面 ABFD 的一个法向量.DP (1， 3 2， 3 2) HP (0，0， 3 2) 设 DP 与平面 ABFD 所成角为 ， 则 sin . | HP DP |HP |DP | 3 4 3 3 4 所以
8、DP 与平面 ABFD 所成角的正弦值为. 3 4 考 点 整 合 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量为a(a1， b1， c1)， 平面， 的法向量分别为(a2， b2， c2)， v (a3，b3，c3)，则 (1)线面平行 laa0a1a2b1b2c1c20. (2)线面垂直 laaka1ka2，b1kb2，c1kc2. (3)面面平行 vva2a3，b2b3，c2c3. (4)面面垂直 vv0a2a3b2b3c2c30. 2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l，m 的方向向量分别为 a(a1，b1，c1)，b(a2，b2，c2)，
9、平面 ， 的 法向量分别为 (a3，b3，c3)，v(a4，b4，c4)(以下相同). 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为 ，则 (0 2) cos . |ab| |a|b| |a1a2b1b2c1c2| abc abc (2)线面夹角 设直线 l 与平面 的夹角为 ，则 (0 2) sin |cosa，|. |a| |a| (3)面面夹角 设平面 ， 的夹角为 (0)， 则|cos |cos，v|. |v| |v| 热点一 利用空间向量证明平行、垂直关系 【例1】 如图，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ADAB，ABDC，AD DCAP2
10、，AB1，点 E 为棱 PC 的中点.证明： (1)BEDC； (2)BE平面 PAD； (3)平面 PCD平面 PAD. 证明 依题意， 以点 A 为原点建立空间直角坐标系(如图)， 可得 B(1， 0， 0)， C(2， 2， 0)，D(0，2，0)，P(0，0，2).由 E 为棱 PC 的中点，得 E(1，1，1). (1)向量(0，1，1)，(2，0，0)，故0.BE DC BE DC 所以 BEDC. (2)因为 ABAD，又 PA平面 ABCD，AB平面 ABCD， 所以 ABPA，PAADA，PA，AD平面 PAD， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 AB平面 P
11、AD， 所以向量(1，0，0)为平面 PAD 的一个法向量，AB 而(0，1，1)(1，0，0)0，所以 BEAB，BE AB 又 BE平面 PAD， 所以 BE平面 PAD. (3)由(2)知平面 PAD 的法向量(1， 0， 0)， 向量(0， 2， 2)，(2， 0， 0)，AB PD DC 设平面 PCD 的一个法向量为 n(x，y，z)， 则即 nPD 0， nDC 0，) 2y2z0， 2x0，) 不妨令 y1，可得 n(0，1，1)为平面 PCD 的一个法向量. 且 n(0，1，1)(1，0，0)0，所以 n.AB AB 所以平面 PAD平面 PCD. 探究提高 1.利用向量法证
12、明平行、 垂直关系， 关键是建立恰当的坐标系(尽可能 利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及到直线、平面的要 素). 2.向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体 几何定理的条件，如在(2)中忽略 BE平面 PAD 而致误. 【训练 1】 在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABC90，BC2， CC14， 点E在线段BB1上，且EB11， D， F， G分别为CC1， C1B1， C1A1的中点.求证： (1)B1D平面 ABD； (2)平面 EGF平面 ABD. 证明 (1)以 B 为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为 x 轴、y 轴、z
13、 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示. 则 B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)，C1(0，2，4). 设 BAa，则 A(a，0，0)， 所以(a，0，0)，(0，2，2)，(0，2，2).BA BD B1D 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 0，0440，B1D BA B1D BD 则 B1DBA，B1DBD. 又 BABDB，BA，BD平面 ABD， 因此 B1D平面 ABD. (2)由(1)知，E(0，0，3)，G，F(0，1，4)， ( a 2，1，4) 则，(0，1，1)，EG ( a 2，1，1) EF 0220，0220，B1D EG B1D EF
14、即 B1DEG，B1DEF. 又 EGEFE，EG，EF平面 EGF， 因此 B1D平面 EGF. 结合(1)可知平面 EGF平面 ABD. 热点二 利用空间向量计算空间角 考法 1 求线面角或异面直线所成的角 【例 21】 (2018烟台质检)如图，在梯形 ABCD 中，ADBC，AB CD， ACBD， 平面 BDFE平面 ABCD，EFBD，BEBD. (1)求证：平面 AFC平面 BDFE； (2)若 AB2CD2，BEEF2，求 BF 与平面 DFC 所成2 角的正弦值. (1)证明 平面 BDFE平面 ABCD，平面 BDFE平面 ABCDBD，AC平面 ABCD，ACBD， AC
15、平面 BDFE.又 AC平面 AFC， 平面 AFC平面 BDFE. (2)解 设 ACBDO， 四边形 ABCD 为等腰梯形， ACBD， AB2CD2，2 ODOC1，OBOA2， FEOB 且 FEOB，四边形 FEBO 为平行四边形， OFBE，且 OFBE2， 又BE平面 ABCD，OF平面 ABCD. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 以O为原点， 向量，的方向分别为x轴、 y轴、 zOA OB OF 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 B(0， 2， 0)， D(0， 1， 0)， F(0， 0， 2)， C(1， 0， 0)， (0，1，2)，(1，1，0
16、)，(0，2，2)，DF CD BF 设平面 DFC 的一个法向量为 n(x，y，z)， 有即 DF n0， CD n0，) y2z0， xy0.) 不妨设 z1，得 xy2，得 n(2，2，1). 于是 cosn， .BF 42 8 9 2 2 设 BF 与平面 DFC 所成角为 ， 则 sin |cosn， |.BF 2 2 BF 与平面 DFC 所成角的正弦值为. 2 2 探究提高 1.异面直线所成的角 ，可以通过两直线的方向向量的夹角 求得， 即 cos |cos |. 2.直线与平面所成的角 主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角 求 得，即 sin |cos |，有时也可分别求
17、出斜线与它在平面内的射影直线的方向向 量，转化为求两方向向量的夹角(或其补角). 【训练2】 (2018江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB AA12， 点 P， Q 分别为 A1B1，BC 的中点. (1)求异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值； (2)求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值. 解 如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1中，设 AC，A1C1 的 中点分别为 O， O1， 连接 OB， OO1.则 OBOC， OO1OC， OO1 OB.以，为基底， 建立如图所示的空间直角坐标OB OC OO1 系 Oxyz.因为 ABAA12， 所以 A(0， 1，
18、0)， B(， 0， 0)， C(0， 1， 0)， A1(0， 1， 2)， B1(3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ， 0， 2)， C1(0， 1， 2).3 (1)因为 P 为 A1B1的中点，所以 P， ( 3 2 ，1 2，2) 从而，(0，2，2)，BP ( 3 2 ，1 2，2) AC1 故|cos，|.BP AC1 |BP AC1 | |BP |AC1 | |14| 5 2 2 3 10 20 因此，异面直线 BP 与 AC1所成角的余弦值为. 3 10 20 (2)因为 Q 为 BC 的中点，所以 Q， ( 3 2 ，1 2，0) 因此，(0，2，2)，(0，
19、0，2).AQ ( 3 2 ，3 2，0) AC1 CC1 设 n(x，y，z)为平面 AQC1的一个法向量， 则即 AQ n0， AC1 n0，) 3 2 x3 2y0， 2y2z0. ) 不妨取 n(，1，1).3 设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 ， 则 sin |cos，n|，CC1 |CC1 n| |CC1 |n| 2 5 2 5 5 所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为. 5 5 考法 2 二面角的计算 【例22】 (2018福州模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，CC1 4，AB2，AC2，BAC45，点 M 是棱 AA1上不同于 A，A12 的动点.
20、(1)证明：BCB1M； (2)若平面 MB1C 把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角 MB1CA 的 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 余弦值. (1)证明 在ABC 中， 由余弦定理得， BC2AB2AC22ABACcosBAC48 222cos 454，2 BC2，则有 AB2BC28AC2， ABC90，BCAB， 又BB1BC，BB1ABB， BC平面 ABB1A1，又 B1M平面 ABB1A1， 故 BCB1M. (2)解 由题设知， 平面 MB1C 把此三棱柱分成两个体积相等的几 何体为四棱锥 CABB1M 和四棱锥 B1A1MCC1. 由(1)知四棱锥 CABB
21、1M 的高为 BC2， V三棱柱 ABCA1B1C1 2248， 1 2 V四棱锥 CABB1M V柱4， 1 2 又 V四棱锥 CABB1M S梯形 ABB1MBC S梯形 ABB1M4， 1 3 2 3 S梯形 ABB1M62，AM2. AM4 2 此时 M 为 AA1中点， 以点 B 为坐标原点， ， ，的方向为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立如图BA BC BB1 所示的空间直角坐标系 Bxyz. A(2，0，0)，C(0，2，0)，B1(0，0，4)，M(2，0，2). (0，2，4)，(2，0，2)，(2，2，0)，CB1 B1M AC 设 n1(x1，y1，z1)是平面 C
22、B1M 的一个法向量， 即 n1CB1 0， n1B1M 0，) 2y14z10， 2x12z10.) 令 z11，可得 n1(1，2，1)， 设 n2(x2，y2，z2)是平面 ACB1的一个法向量， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 即 n2CB1 0， n2AC 0，) 2y24z20， 2x22y20.) 令 z21，得 n2(2，2，1)， cosn1，n2. n1n2 |n1|n2| 7 3 6 7 6 18 所以二面角 MB1CA 的余弦值等于. 7 6 18 探究提高 1.二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方 向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的
23、两个面的法向量的夹角求得，它等于两 个法向量的夹角或其补角. 2.利用向量法求二面角，必须能判定“所求二面角的平面角是锐角或钝角”，否则 解法是不严谨的. 【训练3】 (2018北京卷)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1 平面ABC，D，E，F， G 分别为 AA1， AC， A1C1， BB1的中点，ABBC ， ACAA12.5 (1)求证：AC平面 BEF； (2)求二面角 BCDC1的余弦值； (3)证明：直线 FG 与平面 BCD 相交. (1)证明 在三棱柱 ABCA1B1C1中， 因为 CC1平面 ABC， 所以四边形 A1ACC1为矩形. 又 E，F 分别为 AC，A1
24、C1的中点， 所以 ACEF. 因为 ABBC， 所以 ACBE. 又 EFBEE， 所以 AC平面 BEF. (2)解 由(1)知 ACEF，ACBE，EFCC1， 又 CC1平面 ABC， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以 EF平面 ABC， 因为 BE平面 ABC， 所以 EFBE. 如图建立空间直角坐标系Exyz， 由题意得B(0， 2， 0)， C(1， 0， 0)， D(1， 0， 1)， F(0， 0，2)，G(0，2，1). 所以(1，2，0)，(1，2，1).BC BD 设平面 BCD 的法向量为 n(x0，y0，z0)， 则即 nBC 0， nBD 0，)
25、x02y00， x02y0z00.) 令 y01，则 x02，z04. 于是 n(2，1，4). 又因为平面 CC1D 的法向量为(0，2，0)，EB 所以 cosn， .EB nEB |n|EB | 21 21 由题知二面角 BCDC1为钝角，所以其余弦值为. 21 21 (3)证明 由(2)知平面 BCD 的法向量为 n(2，1，4)，(0，2，1).FG 因为 n20(1)2(4)(1)20，FG 所以直线 FG 与平面 BCD 相交. 热点三 利用空间向量求解探索性问题 【例 3】 如图所示， 在正四棱锥 PABCD 中， 底面 ABCD 的边长为 2，侧棱长为 2 . 2 (1)若点
26、 E 为 PD 上的点，且 PB平面 EAC，试确定 E 点 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 的位置； (2)在(1)的条件下，在线段 PA 上是否存在点 F，使平面 AEC 和平面 BDF 所成的 锐二面角的余弦值为，若存在，求线段 PF 的长度，若不存在，请说明理由. 1 14 解 (1)设 BD 交 AC 于点 O，连接 OE. PB平面 AEC，平面 AEC平面 BDPOE， PBOE. 又 O 为 BD 的中点，在BDP 中 E 为 PD 中点. (2)连接 OP，由题知 PO平面 ABCD，且 ACBD， 以，所在直线为 x、y、z 轴建立直角坐标OC OD OP 系，
27、如图. OP.PD2OD26 O(0， 0， 0)， A(， 0， 0)， B(0， ， 0)， C(， 0， 0)， D(0，222 ，0)，P(0，0， )，26 则 E，(，0，0)，(0， ，0). (0， 2 2 ， 6 2) OC 2OE (0， 2 2 ， 6 2) OD 2 设平面 AEC 的法向量为 m(x1，y1，z1). 则 mOC 0， mOE 0) x10， y1 3z10.) 令 z11，得平面 AEC 的一个法向量 m(0，1)，3 假设在线段 PA 上存在点 F，满足题设条件，不妨设(01).PF PA 则 F(，0，)，(，0，).266OF 266 设平面
28、BDF 的法向量 n(x2，y2，z2)， nOD 0， nOF 0) y20， 2x2（1） 6z20.) 令 z21 得平面 BDF 的一个法向量 n. ( 3（1） ，0，1) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由平面 AEC 与平面 ADF 所成锐二面角的余弦值为， 1 14 则 cosm，n， mn |m|n| 1 2 13(1 1) 2 1 14 解得 . 1 5 所以| |.PF 1 5 PA 2 2 5 故在线段 PA 上存在点 F，当|PF|时，使得平面 AEC 和平面 BDF 所成的锐 2 2 5 二面角的余弦值为. 1 14 探究提高 1.空间向量最适合于解决立
29、体几何中的探索性问题，它无需进行复杂 的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断. 2.空间向量求解探索性问题：(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认 可其中的一部分结论；(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条 件， 据此列方程或方程组， 把 “是否存在”问题转化为 “点的坐标(或参数)是否有解， 是否有规定范围内的解”等.若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结 论. 【训练 4】 (2018广州质检)如图，在几何体 ABCDEF 中，四 边形ABCD是边长为2的菱形，DE平面ABCD，BF平面ABCD，DE 2，DEBF，ABC120.2 (1)当 BF
30、长为多少时，平面 AEF平面 CEF? (2)在(1)的条件下，求二面角 EACF 的余弦值. 解 (1)连接 BD 交 AC 于点 O，则 ACBD. 取 EF 的中点 G，连接 OG，则 OGDE. DE平面 ABCD，OG平面 ABCD. OG，AC，BD 两两垂直. 以 AC，BD，OG 所在直线分别作为 x 轴，y 轴，z 轴建立空 间直角坐标系(如图)， 设 BFm(0m2)，2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由题意， 易求 A(， 0， 0)， C(， 0， 0)， E(0， 1， 2)， F(0， 1， m).则(， 1， 2)，332AE 32 (， 1， m)
31、，(， 1， 2)，(， 1， m)，AF 3CE 32CF 3 设平面 AEF，平面 CEF 的法向量分别为 n1(x1，y1，z1)，n2(x2，y2，z2). 则 n1AE 0， n1AF 0，) 3x1y12 2z10， 3x1y1mz10，) 解得 z1 2 3 m2 2x 1， y12 6 3m m2 2 x1.) 取 x1m2，得 n1(m2，2m，2).22633 同理可求 n2(m2，m2，2).2363 若平面 AEF平面 CEF，则 n1n20， (m2)2(m2)(2m)120，23663 解得 m或 m7(舍)，22 故当 BF 长为时，平面 AEF平面 CEF.2
32、(2)当 m时，(， 1， 2)，(2， 0， 0)，(0， 2， )，2AE 32AC 3EF 2 (，1，)，(，1，)，AF 32CF 32 则0，0，所以 EFAF，EFCF，且 AFCFF，所以 EFEF AF EF CF 平面 AFC， 所以平面 AFC 的一个法向量为(0，2，).EF 2 设平面 AEC 的一个法向量为 n(x，y，z)，则 得 nAE 0， nAC 0，) 3xy2 2z0， x0，) y2 2z， x0.) 令 z，n(0，4，).22 从而 cosn， .EF nEF |n|EF | 6 6 3 3 3 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 故所求的
33、二面角 EACF 的余弦值为. 3 3 1.两条直线夹角的范围为.设直线 l1，l2的方向向量分别为 n1，n2，其夹角 0， 2 为 ，则 cos |cosn1，n2|. |n1n2| |n1|n2| 2.二面角的范围为0，.设半平面 与 的法向量分别为 n1与 n2，二面角为 ， 则|cos |cosn1，n2|. |n1n2| |n1|n2| 3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角 就是所求的二面角，导致出错. 4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化， 即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，
34、各类 角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题. 应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解 答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性. 一、选择题 1.在三棱柱 ABCA1B1C1中， 底面是边长为 1 的正三角形， 侧棱 AA1底面 ABC， 点 D 在棱 BB1上，且 BD1，若 AD 与平面 AA1C1C 所成的角为 ，则 sin 的值 是( ) A. B. C. D. 3 2 2 2 10 4 6 4 解析 如图，建立空间直角坐标系， 易求点D， 平面AA1C1C的一个法向量是n(1， 0， 0)， 所 ( 3 2
35、 ，1 2，1) 以sin |cosn， |.AD 3 2 2 6 4 答案 D 2.(2018合肥质检)已知正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，点 E 是底面 ABCD 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 上的动点，则()的最大值为( )CE CA1 D1B1 A. B.1 C. D. 2 2 26 解析 由正方体性质知0，则 ()CA1 D1B1 CE CA1 D1B1 CE .建立如图所示的空间直角坐标系， 则 B(1， 1， 0)， C(0， 1， 0).D1B1 设点 E(x，y，0)，则(x，y1，0)，(1，1，0).(x，yCE D1B1 DB CE D1B1
36、 1， 0)(1， 1， 0)xy1. 易知当 E 位于点 B 时，xy 有最大值 2.因此的最大值为 211.CE D1B1 答案 B 3.(2018衡水中学质检)如图，在四棱锥 CABOD中，CO平面 ABOD，ABOD，OBOD，且AB2OD4， AD2， 异面直线CD2 与AB所成角为30，若点O， B， C，D 都在同一个球面上，则该 球的表面积为( ) A.72 B.8 C. D. 28 3 26 3 解析 CD与AB所成角为30， 且ABOD， CDO30， 由OD2， 知OC ODtan 30.在直角梯形 ABOD 中， OB2.因此(2R)2OB2OD2 2 3 3 AD24
37、 OC2，故球的表面积 S4R2. 28 3 28 3 答案 C 4.(2018全国卷)在长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异3 面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为( ) A. B. C. D. 1 5 5 6 5 5 2 2 解析 法一 如图，连接 BD1，交 DB1于 O，取 AB 的中点 M， 连接 DM， OM.易知 O 为 BD1的中点， 所以 AD1OM， 则MOD 为异面直线 AD1与 DB1所成角. 因为在长方体 ABCDA1B1C1D1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 中，ABBC1，AA1， AD12，DM，3AD2DDAD2(1
38、2AB) 2 5 2 DB1.所以 OM AD11， OD DB1， 于是在DMOAB2AD2DD5 1 2 1 2 5 2 中，由余弦定理， 得 cosMOD， 即异面直线 AD1与 DB1所成角的余弦值为 12( 5 2) 2 ( 5 2) 2 2 1 5 2 5 5 . 5 5 法二 以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.由条件可知D(0，0，0)， A(1，0，0)，D1(0，0， )， B1(1， 1， )，所以33AD1 ( 1，0，)， (1，1，).则 cos，3DB1 3AD1 DB1 ，即异面直线 AD1与
39、 DB1所成角的余弦值为. AD1 DB1 |AD1 |DB1 | 2 2 5 5 5 5 5 答案 C 5.(2018长沙雅礼中学检测)在三棱锥 PABC 中， 点 P 在底面的正投影恰好是等 边ABC 的边 AB 的中点，且点 P 到底面 ABC 的距离等于底面边长.设PAC 与 底面所成的二面角的大小为， PBC与底面所成的二面角的大小为， 则tan( )的值是( ) A. B. 3 4 3 2 5 3 C. D. 8 13 3 5 8 3 解析 如图， 设点P在边AB上的射影为H， 作HFBC， HEAC， 连接 PF， PE. 依题意，HEP，PFH. 高清试卷 下载可打印 高清试卷
40、 下载可打印 不妨设等边ABC 的边长为 2，则 PH2，AHBH1. HE，HF，则 tan tan ， 3 2 3 2 2 3 2 4 3 故 tan() . 2tan 1tan2 2 4 3 1( 4 3) 2 8 13 3 答案 C 二、填空题 6.如 图 所 示 ， 在 正 方 体 ABCD A1B1C1D1中 ， AB 2， A1C1B1D1E，直线 AC 与直线 DE 所成的角为 ， 直线 DE 与平面 BCC1B1所成的角为 ， 则 cos()_. 解析 ACBD 且 ACBB1， BDBB1B， AC平面 BB1D1DACDE， . 2 取A1D1的中点F， 连EF， FD，
41、 易知EF平面ADD1A1， 则 EDF.cos()cos( 2EDF) sinEDF. EF ED 6 6 答案 6 6 三、解答题 7.(2017全国卷)如图，在四棱锥PABCD中，ABCD，且BAP CDP90. (1)证明：平面 PAB平面 PAD； (2)若 PAPDABDC， APD90， 求二面角 APBC 的余弦值. (1)证明 BAPCDP90， PAAB，PDCD，又ABCD，PDAB， 又PDPAP，PD，PA平面 PAD， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 AB平面 PAD，又 AB平面 PAB， 平面 PAB平面 PAD. (2)解 在平面 PAD 内作 P
42、OAD，垂足为点 O. 由(1)可知，AB平面 PAD，故 ABPO，又 ABADA， 可得 PO平面 ABCD. 以 O 为坐标原点， 建立如图所示的空间直角坐标系 Oxyz， 设 PA2， D(， 0，0)，2 B(，2，0)，P(0，0，)，C(，2，0)，222 (，0，)，(，2，)，PD 22PB 22 (2，0，0)，BC 2 设 n(x，y，z)为平面 PBC 的一个法向量， 由得 nPB 0， nBC 0) 2x2y 2z0， 2 2x0. ) 令 y1， 则 z， x0， 可得平面 PBC 的一个法向量 n(0， 1，)， APD22 90，PDPA， 又知 AB平面 PA
43、D，PD平面 PAD， PDAB，又 PAABA，PA，AB平面 PAB， PD平面 PAB， 即是平面 PAB 的一个法向量，PD cos，n，PD PD n |PD |n| 2 2 3 3 3 由图知二面角 APBC 为钝角， 所以它的余弦值为. 3 3 8.(2018浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于 平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2. (1)证明：AB1平面 A1B1C1； (2)求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)证明 如图， 以 AC 的中点 O 为
44、原点， 分别以射线 OB， OC 为 x，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 Oxyz. 由题意知各点坐标如下： A(0， 0)， B(1， 0， 0)， A1(0， 4)， B1(1， 0， 2)， C1(0，33 ，1).3 因此(1， ，2)，AB1 3 (1， ，2)，(0，2，3).A1B1 3A1C1 3 由0 得 AB1A1B1.AB1 A1B1 由0 得 AB1A1C1，A1B1A1C1A1，AB1 A1C1 所以 AB1平面 A1B1C1. (2)解 设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 . 由(1)可知(0，2，1)，(1， ，0)，(0，0，2).AC1 3AB 3BB1 设平面 ABB1的法向量 n(x