2013届高三数学二轮复习专题能力提升训练14用空间向量法解决立体几何问题理

1训练14用空间向量法解决立体几何问题(时间：45分钟满分：75分)一、选择题(每小题5分，共25分)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()．A．相交B．平行C．垂直D．不能确定2．(2012·广州调研)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为()．A.63B.265C.155D.1053．(2012·金华模拟)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.64B.104C.22D.324．(2012·临沂模拟)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()．A．30°B．45°C．60°D．90°5．(2012·潍坊模拟)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，2F且EF＝22，则下列结论中错误的是()．A．AC⊥BEB．EF∥平面ABCDC．三棱锥ABEF的体积为定值D．异面直线AE，BF所成的角为定值二、填空题(每小题5分，共15分)6．在空间四边形ABCD中，AB→＝a－2c，CD→＝5a＋6b－8c，对角线AC、BD的中点分别为P、Q，则PQ→＝________.7．(2012·武汉调研)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________．8．已知ABCDA1B1C1D1为正方体，①(A1A→＋A1D1→＋A1B1→)2＝3A1B1→2；②A1C→·(A1B1→－A1A→)＝0；③向量AD1→与向量A1B→的夹角是60°；④正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|AB→·AA1→·AD→|.其中正确命题的序号是________．三、解答题(本题共3小题，共35分)9．(11分)(2012·浙江)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．10．(12分)(2012·东北四校一模)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．11．(12分)(2012·唐山二模)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．参考答案训练14用空间向量法解决立体几何问题1．B[MN→＝MB→＋BC→＋CN→＝23A1B→＋BC→＋23CA→＝23(A1B1→＋B1B→)＋BC→＋23(CD→＋DA→)＝23B1B→＋BC→＋23DA→，又CD→是平面BB1C1C的一个法向量，且MN→·CD→＝23B1B→＋BC→＋23DA→·CD→＝0，4∴MN→⊥CD→，又MN⊄面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.]2．D[连A1C1与B1D1交与O点，再连BO，∵AB＝BC，∴D1B1⊥A1C1面DD1BB1⊥A1B1C1D1⇒C1O⊥面DD1BB1，则∠OBC1为BC1与平面BB1D1D所成角．cos∠OBC1＝OC1BC1，OC1＝2，BC1＝5，∴cos∠OBC1＝25＝105.]3．A[如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，A(0，－1,0)，B1(3，0,2)，则AB1→＝(3，1,2)，O(0,0,0)，B(3，0,0)，则BO→＝(－3，0,0)为侧面ACC1A1的法向量由sinθ＝|AB1→·BO→||AB1→||BO→|＝64.]4．B[建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角(锐角)的余弦值为|n1·n2||n1||n2|＝22，故所求的二面角的大小是45°.]5．D[∵AC⊥平面BB1D1D，又BE⊂平面BB1D1D.∴AC⊥BE，故A正确．5∵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VABEF为定值．①当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1,1,0)，B(0,1,0)，E(1,0,1)，F12，12，1，∴AE→＝(0，－1,1)，BF→＝12，－12，1，∴AE→·BF→＝32.又|AE|＝2，|BF|＝62，∴cos〈AE→，BF→〉＝AE→·BE→|AE→|·|BF→|＝322·62＝32.∴此时异面直线AE与BF成30°角．②当点E为D1B1的中点，点F在B1处时，此时E12，12，1，F(0,1,1)，∴AE→＝－12，－12，1，BF→＝(0,0,1)，∴AE→·BF→＝1，|AE→|＝－122＋－122＋12＝62，∴cos〈AE→，BF→〉＝AE→·BF→|AE→|·|BF→|＝11·62＝63≠32，故选D.]6．解析如图．6PQ→＝PC→＋CD→＋DQ→，PQ→＝PA→＋AB→＋BQ→∴2PQ→＝(PC→＋PA→)＋(DQ→＋BQ→)＋CD→＋AB→＝0＋0＋a－2c＋5a＋6b－8c＝6a＋6b－10c，∴PQ→＝3a＋3b－5c.答案3a＋3b－5c7．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.答案④8．解析设正方体的棱长为1，①中(A1A→＋A1D1→＋A1B1→)2＝3(A1B1→)2＝3，故①正确；②中A1B1→－A1A→＝AB1→，由于AB1⊥A1C，故②正确；③中A1B与AD1两异面直线所成的角为60°，但AD1→与A1B→的夹角为120°，故③不正确；④中|AB→·AA1→·AD→|＝0.故④也不正确．答案①②9．(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，－32，6，7N－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.所以二面角AMNQ的平面角的余弦值为3333.10．(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，8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)，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55.11．(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，9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.