《创新设计》2015高考数学（浙江专用理科）二轮专题4 第3讲（含最新原创题及解析） WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家第3讲立体几何中的向量方法(建议用时：60分钟)一、选择题1已知平面ABC，点M是空间任意一点，点M满足条件，则直线AM()A与平面ABC平行B是平面ABC的斜线C是平面ABC的垂线D在平面ABC内解析由已知得M，A，B，C四点共面，所以AM在平面ABC内，选D.答案D2如图，四棱锥SABCD的底面为正方形，SD底面ABCD，则下列结论中不正确的是()AACSBBAB平面SCDCSA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角DAB与SC所成的角等于DC与SA所成的角解析选项A正确，因为SD垂直于底面ABCD，而AC平面ABCD，所以ACSD；再由四边形AB

2、CD为正方形，所以ACBD；而BD与SD相交，所以，AC平面SBD，ACSB.选项B正确，因为ABCD，而CD平面SCD，AB平面SCD，所以AB平面SCD.选项C正确，设AC与BD的交点为O，易知SA与平面SBD所成的角就是ASO，SC与平面SBD所成的角就是CSO，易知这两个角相等选项D错误，AB与SC所成的角等于SCD，而DC与SA所成的角是SAB，这两个角不相等答案D3如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1MAN，则MN与平面BB1C1C的位置关系是()A相交B平行C垂直D不能确定解析()()，又是平面BB1C1C的一个法向量，且（）0，又

3、MN面BB1C1C，MN平面BB1C1C.答案B4(2014新课标全国卷)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BCCACC1，则BM与AN所成角的余弦值为()A.BCD解析法一由于BCA90，三棱柱为直三棱柱，且BCCACC1，可将三棱柱补成正方体建立如图(1)所示空间直角坐标系设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，(1,1,2)(2,2,0)(1，1,2)，(0,1,2)cos，.法二如图(2)，取BC的中点D，连接MN，ND，AD，由于MN綉B1C1綉BD，因此有ND綉BM，则ND与NA所

4、成角即为异面直线BM与AN所成角设BC2，则BMND，AN，AD，因此cosAND.答案C5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.BCD解析如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O(0,0,0)，B(，0,0)，A(0，1,0)，B1(，0,2)，则(，1,2)，则(，0,0)为侧面ACC1A1的法向量，由sin .答案A6(2014北京东城区模拟)如图，点P是单位正方体ABCDA1B1C1D1中异于A的一个顶点，则的值为()A0B1C0或1D任意实数解析可为下列7个向量：，.其中一个与重合，|21；，与垂直，这时0

5、；，与的夹角为45，这时1cos1，最后1cosBAC11，故选C.答案C7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，则下列结论中错误的是()AACBEBEF平面ABCDC三棱锥ABEF的体积为定值D异面直线AE，BF所成的角为定值解析AC平面BB1D1D，又BE平面BB1D1D.ACBE，故A正确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，故VABEF为定值故C正确建立空间直角坐标系，如图所示，可得A(1,1,0)，B(0

6、,1,0)，当点E在D1处，点F为D1B1的中点时，E(1,0,1)，F，1，(0，1,1)，1，.又|，|，cos，.此时异面直线AE与BF成30角当点E为D1B1的中点，F在B1处，此时E，1，F(0,1,1)，1，(0,0,1)，1，| ，cos，故选D.答案D二、填空题8在一直角坐标系中，已知A(1,6)，B(3，8)，现沿x轴将坐标平面折成60的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为_解析如图为折叠后的图形，其中作ACl于点C，BDl于点D，则AC6，BD8，CD4，两异面直线AC，BD所成的角为60，故由，得|2|268，|2.答案29已知ABCDA1B1C1D1为正方体，()232

7、；()0；向量与向量的夹角是60；正方体ABCDA1B1C1D1的体积为|.其中正确命题的序号是_解析设正方体的棱长为1，中()223()23，故正确；中，由于AB1A1C，故正确；中A1B与AD1两异面直线所成的角为60，但与的夹角为120，故不正确；中|0.故也不正确答案10如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AA12，ACBC1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是_解析以C为坐标原点，CA，CB，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1,0,0)，C(0,0,0)，则(1,1，2)，(1,0,0)，cos，.答

8、案11已知正四棱锥PABCD的侧棱与底面所成角为60，M为PA中点，连接DM，则DM与平面PAC所成角的大小是_解析设底面正方形的边长为a，由已知可得正四棱锥的高为a，建立如图所示空间直角坐标系，则平面PAC的法向量为n(1,0,0)，D，A0，a,0，P，M，所以cos ，n，所以DM与平面PAC所成角为45.答案4512(2014孝感模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在直线BC1上运动时，有下列三个命题：三棱锥AD1PC的体积不变；直线AP与平面ACD1所成角的大小不变；二面角PAD1C的大小不变其中真命题的序号是_解析中，BC1平面AD1C，BC1上任意一点到平面AD1

9、C的距离相等，所以体积不变，正确；中，P在直线BC1上运动时，直线AB与平面ACD1所成角和直线AC1与平面ACD1所成角不相等，所以不正确；中，P在直线BC1上运动时，点P在平面AD1C1B中，即二面角PAD1C的大小不受影响，所以正确答案三、解答题13(2014广东卷)如图，四边形ABCD为正方形，PD平面ABCD，DPC30，AFPC于点F，FECD，交PD于点E. (1)证明：CF平面ADF；(2)求二面角DAFE的余弦值(1)证明PD平面ABCD，AD平面ABCD，PDAD.又CDAD，PDCDD，AD平面PCD.又PC平面PCD，ADPC.又AFPC，ADAFA，PC平面ADF，即

10、CF平面ADF.(2)解设AB1，则在RtPDC中，CD1，又DPC30，PC2，PD，PCD60.由(1)知CFDF，DFCDsin 60，CFCDcos 60.又FECD，DE.同理EFCD.如图所示，以D为原点，建立空间直角坐标系，则A(0,0,1)，E，F，P(，0,0)，C(0,1,0)设m(x，y，z)是平面AEF的一个法向量，则又，令x4，则z，m(4,0，)由(1)知平面ADF的一个法向量为(，1,0)，设二面角DAFE的平面角为，可知为锐角，故cos |cosm，|.故二面角DAFE的余弦值为.14(2014合肥第二次质检)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形

11、，且PA平面ABCD. (1)求证：PCBD；(2)过直线BD且垂直于直线PC的平面交PC于点E，且三棱锥EBCD的体积取到最大值求此时四棱锥EABCD的高；求二面角ADEB的正弦值的大小(1)证明连接AC，因为四边形ABCD是正方形，所以BDAC.因为PA平面ABCD，所以PABD.又ACPAA，所以BD平面PAC.又PC平面PAC，所以PCBD.(2)解设PAx，三棱锥EBCD的底面积为定值，在PBC中，易知PB，PC，又BC1，故PBC直角三角形又BEPC，得EC，可求得该三棱锥的高h.当且仅当x，即x时，三棱锥EBCD的体积取到最大值，所以h.此时四棱锥EABCD的高为.以点A为原点，

12、AB，AD，AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，P(0,0，)，易求得CECP.所以，(0,1,0)设平面ADE的法向量n1(x，y，z)，则即令x，则n1(，0，3)，同理可得平面BDE的法向量n2(1，1，)，所以cosn1，n2.所以sinn1，n2.所以二面角ADEB的正弦值的大小为.15(2013天津卷)如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，侧棱A1A底面ABCD，ABDC，ABAD，ADCD1，AA1AB2，E为棱AA1的中点 (1)证明B1C1CE；(2)求二面角B1CEC1的正弦值；(3)设点M在线段C1E上，且直线

13、AM与平面ADD1A1所成角的正弦值为，求线段AM的长解 (向量法)如图，以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，B(0,0,2)，C(1,0,1)，B1(0,2,2)，C1(1,2,1)，E(0,1,0) (1)证明易得(1,0，1)，(1,1，1)，于是0，所以B1C1CE.(2)(1，2，1)设平面B1CE的法向量m(x，y，z)，则即消去x，得y2z0，不妨令z1，可得一个法向量为m(3，2,1)由(1)，B1C1CE，又CC1B1C1，可得B1C1平面CEC1，故(1,0，1)为平面CEC1的一个法向量于是cosm，从而sinm，所以二面角B1CEC1的正弦值为.(

14、3)(0,1,0)，(1,1,1)，设(，)，01，有(，1，)可取(0,0,2)为平面ADD1A1的一个法向量设为直线AM与平面ADD1A1所成的角，则sin |cos，|，于是，解得，所以AM.(综合法)(1)证明因为侧棱CC1底面A1B1C1D1，B1C1平面A1B1C1D1，所以CC1B1C1.经计算可得B1E，B1C1，EC1，从而B1E2B1CEC，所以在B1EC1中，B1C1C1E，又CC1，C1E平面CC1E，CC1C1EC1，所以B1C1平面CC1E，又CE平面CC1E，故B1C1CE.(2)解过B1作B1GCE于点G，连接C1G.由(1)，B1C1CE，故CE平面B1C1G

15、，得CEC1G，所以B1GC1为二面角B1CEC1的平面角在CC1E中，由CEC1E，CC12，可得C1G.在RtB1C1G中，B1G，所以sin B1GC1，即二面角B1CEC1的正弦值为.(3)解连接D1E，过点M作MHED1于点H，可得MH平面ADD1A1，连接AH，AM，则MAH为直线AM与平面ADD1A1所成的角设AMx，从而在RtAHM中，有MHx，AHx.在RtC1D1E中，C1D11，ED1，得EHMHx.在AEH中，AEH135，AE1，由AH2AE2EH22AEEHcos 135，得x21x2x，整理得5x22x60，解得x.所以线段AM的长为.- 15 - 版权所有高考资源网