1、课时限时检测(四十五)立体几何中的向量方法(时间：60分钟满分：80分)命题报告考查知识点及角度题号及难度基础中档稍难利用空间向量解决平行、垂直问题1,36,10利用空间向量求线线角、线面角2,48,9利用空间向量求二面角5,7空间向量的综合应用11、12一、选择题(每小题5分，共30分)1若直线l的方向向量为a，平面的法向量为n，有可能使l的是()Aa(1,0,0)，n(2,0,0)Ba(1,3,5)，n(1,0,1)Ca(0,2,1)，n(1,0，1)Da(1，1,3)，n(0,3,1)【解析】若l，则an0.而选项A中an2.选项B中an156.选项C中an1，选项D中an330，故选D
2、.【答案】D2平面的一个法向量为n(1，0)则y轴与平面所成的角的大小为()A.B.C.D.【解析】y轴的方向向量为m(0,1,0)，设y轴与平面所成的角为，则sin |cosm，n|，cosm，n，sin ，.【答案】B3已知平面，的法向量分别为(2,3，5)，v(3，1，4)则()A BC、相交但不垂直 D以上都不正确【解析】，与v不是共线向量，又v233(1)(5)4290，与v不垂直，平面与平面相交但不垂直【答案】C4在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是A1B1和BB1的中点，则直线AM与CN所成角的余弦值为()图7711A. B.C. D.【解析】以点D为坐标原
3、点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系则A(1,0,0)，M，C(0,1,0)，N，.故0101，|，|，cos ，即直线AM与CN所成角的余弦值为.故选A.【答案】A5二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB4，AC6，BD8，CD2，则该二面角的大小为()A150 B45 C60 D120【解析】如图所示，二面角的大小就是，22222()2222(2)262428224.因此24，cos，60，故二面角为60.【答案】C6如图7712，正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直，AB，
4、AF1，M在EF上且AM平面BDE.则M点的坐标为()图7712A(1,1,1) B.C. D.【解析】M在EF上，设MEx，M，A(，0)，D(，0,0)，E(0,0,1)，B(0，0)，(，0，1)，(0，1)，(x，x，1)设平面BDE的法向量n(a，b，c)，由得abc.故可取一个法向量n(1,1，)n0，x1，M.【答案】C二、填空题(每小题5分，共15分)7在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为_【解析】以A为原点建系，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，(1,0，)，设平面A
5、1ED的法向量为n1(1，y，z)，则n1(1,2,2)，平面ABCD的一个法向量为n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的锐二面角的余弦值为.【答案】8在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，BCAA11，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为_【解析】如图，建立空间直角坐标系Dxyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，(0,2,0)，设平面A1BC1的一个法向量为n(x，y，z)，由得令y1，得n(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成角为，则sin |cos，n|，即直线D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.【答案】9
6、正四棱锥SABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SOOD，则直线BC与平面PAC所成的角是_【解析】如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设ODSOOAOBOCa，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P(0，)，则(2a,0,0)，(a，a,0)，设平面PAC的一个法向量为n，可取n(0,1,1)，则cos，n，n60，直线BC与平面PAC所成的角为906030.【答案】30三、解答题(本大题共3小题，共35分)10(10分)(2014青岛二中月考)图7713四棱锥PABCD底面是平行四边形，面PAB面ABCD，PAPBABAD，BAD60，E，F
7、分别为AD，PC的中点(1)求证：EF面PAB；(2)求证：EF面PBD；(3)求二面角DPAB的余弦值【解】(1)ABD中，AD2AB，BAD60，由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcos 60AD2AB2，所以BDAB，ABD90.面PAB面ABCD，BDAB，DB面PAB.建系，z令AB2，A(2,0,0)，D(0,2，0)，P(1,0，)，C(2,2 ,0)(3,0，)(，0,1)因为平面PAB的法向量n2(0,1,0)，n20，EF面PAB.(2)(0,2，0)，(1,0，)，0，0，EFBD，EFBP，EF面PBD.(3)设平面PAD的法向量为n1(x1，y1，z1)，(1,
8、0，)，(2,2，0)，令x所以n1(，1,1)，平面PAB的法向量n2(0,1,0)，cosn1，n2，即二面角DPAB的余弦值为.11(12分)(2013江苏高考)图7714如图7714，在直三棱柱A1B1C1ABC中，ABAC，ABAC2，A1A4，点D是BC的中点(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；(2)求平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值【解】(1)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，D(1,1,0)，A1(0,0,4) ，C1(0,2,4)，所以(2,0，4)，(1，1，4). 因为cos
9、，所以异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为.(2)设平面ADC1的法向量为n1(x，y，z)，因为(1,1,0)，(0,2,4)，所以n10，n10，即xy0且y2z0，取z1，得x2，y2，所以，n1(2，2,1)是平面ADC1的一个法向量取平面AA1B的一个法向量为n2(0,1,0)，设平面ADC1与平面ABA1所成二面角的大小为.由|cos |，得sin .因此，平面ADC1与平面ABA1所成二面角的正弦值为.12(13分)如图7715，四边形ABCD为矩形，PD平面ABCD，PDQA，QAADPD.图7715(1)求证：平面PQC平面DCQ；(2)若二面角QBPC的余弦值为.求的值【
10、解】(1)证明法一设AD1，则DQ，DP2，又PDQA，PDQAQD45，在DPQ中，由余弦定理可得PQ.DQ2PQ2DP2，PQDQ.又PD平面ABCD，PDDC.CDDA，DAPDD，CD平面ADPQ.PQ平面ADPQ，CDPQ，又CDDQD，PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.法二如图，以D为坐标原点，DA，DP，DC所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Dxyz.设AD1，ABm(m0)依题意有D(0,0,0)，C(0,0，m)，P(0,2,0)，Q(1,1,0)则(0,0，m)，(1,1,0)(1，1,0)，所以0，0，即PQDC，PQDQ.又DQDCD.所以PQ平面DCQ.又PQ平面PQC，所以平面PQC平面DCQ.(2)依题意有B(1,0，m)，(1,0,0)，(1,2，m)设n1(x1，y1，z1)是平面PBC的法向量，则即因此可取n1(0，m,2)设n2(x2，y2，z2)是平面PBQ的法向量，则即可取n2(m，m,1)又二面角QBPC的余弦值为，|cosn1，n2|.整理得m47m280.又m0，解得m1.因此，所求的值为1.