【优化探究】高三数学二轮复习-专题演练1-6-3第三讲-立体几何中的向量方法.doc

【优化探究】2013届高三数学二轮复习 专题演练1-6-3第三讲 立体几何中的向量方法

一、选择题
1．已知a＝(2，4，－5)，b＝(3，x，y)，若a∥b，则x＋y＝(　　)
A．－9　　　　　　　　　　 B．－
C．－3 D．－
解析：由a∥b，得＝＝，解得x＝6，y＝－，故x＋y＝6－＝－.
答案：D
2．(2012年杭州模拟)已知a＝(－1，2，1)，b＝(2，－1，1)，则|a＋t b|的最小值是(　　)
A．2 B.
C. D．3
解析：由已知得a＋tb＝(2t－1，2－t，t＋1)，所以|a＋tb|2＝(2t－1)2＋(2－t)2＋(t＋1)2＝6t2－6t＋6＝6(t2－t)＋6＝6(t－)2＋≥，所以|a＋tb|的最小值为.
答案：B
3．已知二面角α­l­β的大小为60°，点B、C在棱l上，A∈α，D∈β，AB⊥l，CD⊥l，AB＝BC＝1，CD＝2，则AD的长为(　　)
A．2 B.
C．2 D.
解析：由题意知||＝||＝1，||＝2，⊥，⊥，〈，〉＝120°，＝＋＋，则||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝1＋1＋4＋2×1×2×cos 120°＝4，故||＝2.
答案：A
4．如图所示，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC­A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)

A. B.
C. D.
解析：利用向量法求解．
不妨令CB＝1，则CA＝CC1＝2.
可得O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)，
∴＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)，
∴cos 〈，〉＝
＝＝＝>0.
∵与的夹角即为直线BC1与直线AB1的夹角，
∴直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.
答案：A
5．(2012年宝鸡中学月考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为(　　)

A. B.
C. D.
解析：由AB＝1，AC＝2，BC＝可得AB2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC.又由直棱柱的性质可知BB1⊥平面ABC.如图，以B为坐标原点建立空间直角坐标系，设棱BB1的长为h，则E(0，0，)，A(0，1，0)，C1(，0，h)，D(，，)，故＝(－，－，0)．因为BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥AB，又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面BB1C1C，故＝(0，1，0)是平面BB1C1C的一个法向量．设直线DE与平面BB1C1C所成的角为θ，则
sin θ＝|cos 〈，〉|＝||
＝＝.
又因为θ∈[0，]，所以θ＝.
答案：A
二、填空题
6．如图，已知三棱柱ABC­A1B1C1的各条棱长都相等，且CC1⊥底面ABC，M是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM所成的角为________．
解析：由题意可知该三棱柱为正三棱柱，设其棱长为2，＝a，＝b，＝c，则|a|＝|b|＝|c|＝2，且〈a，c〉＝，〈a，b〉＝〈b，c〉＝，所以a·c＝2×2×cos ＝2，a·b＝b·c＝0.而＝b－a，＝c＋b，所以·＝(b－a)·(c＋b)＝b·c＋b2－a·c－a·b＝0，故〈，〉＝，即异面直线AB1与BM所成的角为.
答案：
7．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是C1D1，CC1的中点，则直线B1N与平面BDM所成角的正弦值为________．
解析：以D为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则B1(2，2，2)，N(0，2，1)，＝(2，0，1)，又M(0，1，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，则＝(2，2，0)，＝(0，1，2)，可得平面BDM的一个法向量n＝(2，－2，1)，因为cos 〈n，〉＝＝，故直线B1N与平面BDM所成角的正弦值是.
答案：
8．如图，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，PA＝AC＝1，BC＝，则二面角A­PB­C的余弦值大小为________．
解析：以C为原点，CA为x轴，CB为y轴建立空间直角坐标系C­xyz，因为A(1，0，0)，B(0，，0)，C(0，0，0)，P(1，0，1)，
∴＝(0，0，1)，＝(－1，，－1)，(0，，0)，
设平面APB的法向量为n1(x1，y1，z1)，
平面PBC的法向量为n2(x2，y2，z2)，
则

∴n1＝(2，，0)，n2＝(－1，0，1)，
∴cos 〈n1，n2〉＝＝－，
∴二面角A­PB­C的余弦值为.
答案：
三、解答题
9．(2012年济南模拟)三棱锥P­ABC中，∠BAC＝90°，PA＝PB＝PC＝BC＝2AB＝2.
(1)求证：平面PBC⊥平面ABC；
(2)求二面角B­AP­C的余弦值．
解析：1)证明：取BC的中点O，连接AO、PO，因为△ABC为直角三角形，所以OA＝OB＝OC，又知PA＝PB＝PC，OP为公共边，则△POA≌△POB≌△POC，所以∠POA＝∠POB＝∠POC＝90°，
所以PO⊥OB，PO⊥OA.又OB∩OA＝O，
所以PO⊥平面ABC.又因为PO⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面ABC.
(2)过O作OD⊥BC，交AC于点D，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(，－，0)，B(0，－1，0)，
C(0，1，0)，P(0，0，)，＝(，，0)，＝(0，1，)，＝(，－，0)，＝(0，－1，)．
设平面PAB的法向量为n1＝(xy，z)，
则由，得，令x＝1，得平面PAB的一个法向量为n1＝(1，－，1)．
同理可求得平面PAC的一个法向量为n2＝(3, ，1)．
所以cos 〈n1，n2〉＝＝，
故二面角B­AP­C的余弦值为.
10．(2012年郑州模拟)如图，在四棱锥S ­ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，平面SAD⊥平面ABCD，E是线段AD上一点，AE＝ED＝，SE⊥AD.

(1)证明：平面SBE⊥平面SEC；
(2)若SE＝1，求直线CE与平面SBC所成角的正弦值．
解析：(1)证明∵平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD＝AD，SE⊂平面SAD，SE⊥AD，
∴SE⊥平面ABCD，
∵BE平面ABCD，∴SE⊥BE.
∵AB⊥AD，AB∥CD，CD＝3AB＝3，AE＝ED＝，
∴∠AEB＝30°，∠CED＝60°.
∴∠BEC＝90°，即BE⊥CE.
又SE∩CE＝E，∴BE⊥平面SEC，
∵BE平面SBE，
∴平面SBE⊥平面SEC.
(2)由(1)知，直线ES，EB，EC两两垂直．
如图，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，ES为z轴，建立空间直角坐标系．则E(0，0，0)，C(0，2，0)，S(0，0，1)，B(2，0，0)，
∴＝(0，－2，0)，＝(2，－2，0)，＝(0，－2，1)．
设平面SBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，令y＝1，
得x＝，z＝2，
∴平面SBC的一个法向量为n＝(，1，2)．
设直线CE与平面SBC所成角的大小为θ，
则sin θ＝||＝，
∴直线CE与平面SBC所成角的正弦值为.
11．(2012年北京西城模拟)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝2AA1，∠ABC＝90°，D是BC的中点．

(1)求证：A1B∥平面ADC1；
(2)求二面角C1­AD­C的余弦值；
(3)试问线段A1B1上是否存在一点E，使AE与DC1成60°角？若存在，确定E点位置；若不存在，说明理由．
解析：(1)连接A1C，交AC1于点O，连接OD.
由ABC­A1B1C1是直三棱柱，得四边形ACC1A1为矩形，O为A1C的中点．
又D为BC的中点，所以OD为△A1BC的中位线，
所以A1B∥OD，
因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，
所以A1B∥平面ADC1.
(2)由ABC­A1B1C1是直三棱柱，且∠ABC＝90°，得BA、BC、BB1两两垂直．以B为坐标原点，以BC、BA、BB1所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系B­xyz.

设BA＝2，则B(0，0，0)，C(2，0，0)，A(0，2，0)，C1(2，0，1)，D(1，0，0)，
所以＝(1，－2，0)，＝(2，－21)
设平面ADC1的法向量为n＝(x，y，z)，
则有
所以取y＝1，得n＝(2，1，－2)．
易知平面ADC的一个法向量为v＝(0，0，1)．
所以cos 〈n，v〉＝＝－.
因为二面角C1­AD­C是锐二面角，
所以二面角C1­AD­C的余弦值为.
(3)假设存在满足条件的点E.
因为点E在线段A1B1上，A1(0，2，1)，B1(0，0，1)，故可设E(0，λ，1)，其中0≤λ≤2.
所以＝(0，λ－2，1)，＝(1，0，1)．
因为AE与DC1成60°角，所以
|cos 〈，〉|＝|＝.
即||＝，解得λ＝1或λ＝3(舍去)．
所以当点E为线段A1B1的中点时，AE与DC1成60°角．

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