1、第 2 讲 立体几何中的向量方法一、选择题1已知向量 a(1，0，1)，则下列向量中与 a 成 60夹角的是()A(1，1，0)B(1，1，0)C(0，1，1)D(1，0，1)解析 经检验，选项 B中向量(1，1，0)与向量a(1，0，1)的夹角的余弦值为12，即它们的夹角为 60，故选 B.答案 B2如图所示，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 a，M、N 分别为 A1B 和 AC 上的点，A1MAN 23 a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置关系是()A垂直B平行C相交D不能确定解析 分别以 C1B1，C1D1，C1C 所在直线为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示
2、 A1MAN 23 a，Ma，23a，a3，N23a，23a，a，MN a3，0，23a.又 C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，C1D1(0，a，0)，MN C1D1 0，MN C1D1.又C1D1 是平面 BB1C1C 的法向量，且 MN平面 BB1C1C，MN平面BB1C1C.答案 B3如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱 ABCA1B1C1，CACC12CB，则直线 BC1 与直线 AB1 夹角的余弦值为()A.55B.53C.2 55D.35解析 不妨设 CB1，则 B(0，0，1)，A(2，0，0)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)BC1(0，2，1)，AB1(2，2，1)
3、CosBC1，AB1 BC1 AB1|BC1|AB1|04153 55，故选 A.答案 A4(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.110B.25C.3010D.22解析 建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，设 BC2，则 B(0，2，0)，A(2，0，0)，M(1，1，2)，N(1，0，2)，所以BM(1，1，2)，AN(1，0，2)，故BM，AN BM AN|BM|AN|36 5 3010.答案 C5(2014四川卷)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中
4、，点 O 为线段 BD 的中点设点 P 在线段 CC1 上，直线 OP 与平面 A1BD 所成的角为，则 sin 的取值范围是()A.33，1B.63，1C.63，2 23D.2 23，1解析 以 D 为原点，以 DA，DC，DD1 为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为 2，则有 A(2，0，0)，O(1，1，0)，P(0，2，m)(0m2)，C1(0，2，2)易知面 A1DB 的一个法向量为AC1(2，2，2)，OP(1，1，m)，sin AC1 OP|AC1|OP|2m32m2，令 2mt，mt2(2t4)，sin t3t24t61314t6t2，由二次函数的值域求解方法
5、可知,y14t6t2的值域为 y22，33,sin 63，1.故选 B.答案 B二、填空题6(2015莱阳模拟)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，侧棱 PA底面 ABCD，AB 3，BC1，PA2，E 为 PD 的中点，则直线 BE 与平面ABCD 所成角的正切值为_解析 取 AD 的中点 F，连接 EF、BF，则 EFPA，侧棱 PA底面 ABCD，EF底面 ABCD，则EBF 为 BE 与平面 ABCD 所成的角 在 RtEBF 中，EF1，BF 132，tanEBF2 1313，即直线 BE 与平面 ABCD 所成角的正切值为2 1313.答案 2 13137(20
6、15长沙模拟)在四棱锥 PABCD中，底面 ABCD是正方形，侧棱 PD平面ABCD，ABPDa，点 E 为侧棱 PC 的中点，又作 DFPB 交 PB 于点 F，则PB 与平面 EFD 所成角为_解析 建立如图所示的空间直角坐标系 Dxyz，D 为坐标原点，则 P(0，0，a)，B(a，a，0)，PB(a，a，a)，又DE 0，a2，a2，PBDE 0a22 a22 0，所以 PBDE，由已知 DFPB，且 DFDED，所以 PB平面 EFD，所以 PB 与平面 EFD 所成角为 90.答案 908(2015四川卷)如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动
7、点 M 在线段 PQ 上，E、F 分别为 AB、BC 的中点设异面直线 EM与 AF 所成的角为，则 cos 的最大值为_解析 建立空间直角坐标系如图所示，设 AB1，则AF1，12，0，E12，0，0，设 M(0，y，1)(0y1)，则EM 12，y，1，cos 1212y11414y211y52 4y25.设异面直线所成的角为，则 cos|cos|1y52 4y252 55 1y4y25，令 t1y，则 y1t，0y1，0t1，那么 cos|cos|2 55 t4t28t92 55t24t28t92 55148t9t2，令 x1t，0t1，x1，那么 cos 2 55148x9x2，又z9
8、x28x4 在1，)上单增，x1，zmin5，此时 cos 的最大值2 55 152 55 55 25.答案 25三、解答题9(2015安徽卷)如图所示，在多面体 A1B1D1-DCBA，四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，E 为 B1D1 的中点，过 A1，D，E 的平面交 CD1 于 F.(1)证明：EFB1C.(2)求二面角 E-A1D-B1 的余弦值(1)证明 由正方形的性质可知 A1B1ABDC，且 A1B1ABDC，所以四边形 A1B1CD 为平行四边形，从而 B1CA1D，又 A1D面 A1DE，B1C面 A1DE，于是 B1C面 A1DE.又 B1C面 B
9、1CD1.面 A1DE面 B1CD1EF，所以 EFB1C.(2)解 因为四边形 AA1B1B，ADD1A1，ABCD 均为正方形，所以 AA1AB，AA1AD，ABAD 且 AA1ABAD.以 A 为原点，分别以AB，AD，AA1 为 x 轴，y 轴和 z 轴单位正向量建立如图所示的空间直角坐标系，可得点的坐标 A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，1，0)，A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，D1(0，1，1)，而 E 点为 B1D1 的中点，所以 E 点的坐标为12，12，1.设面 A1DE 的法向量 n1(r1，s1，t1)，而该面上向量A1E 12，12，0，A1D(0，1
10、，1)，由 n1A1E.n1A1D 得 r1，s1，t1 应满足的方程组12r112s10，s1t10，(1，1，1)为其一组解，所以可取 n1(1，1，1)设面 A1B1CD 的法向量 n2(r2，s2，t2)，而该面上向量A1B1(1，0，0)，A1D(0，1，1)，由此同理可得 n2(0，1，1)所以结合图形知二面角 E-A1D-B1 的余弦值为|n1n2|n1|n2|23 2 63.10.如图，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA平面 ABCD，E 为 PD 的中点(1)证明：PB平面 AEC；(2)设二面角 DAEC 为 60，AP1，AD 3，求三棱锥 EACD 的
11、体积(1)证明 连接 BD 交 AC 于点 O，连接 EO.因为 ABCD 为矩形，所以 O 为 BD 的中点又 E 为 PD 的中点，所以 EOPB.又 EO平面 AEC，PB平面 AEC，所以 PB平面 AEC.(2)证明 因为 PA平面 ABCD，ABCD 为矩形，所以 AB，AD，AP 两两垂直如图,以 A 为坐标原点,AB的方向为 x 轴的正方向,建立空间直角坐标系 Axyz，则 D(0，3，0)，E0，32，12，AE0，32，12.设 B(m，0，0)(m0)，则 C(m，3，0)，AC(m，3，0)设 n1(x，y，z)为平面 ACE 的法向量，则n1AC0，n1AE0，即mx
12、 3y0，32 y12z0，可取 n13m，1，3.又 n2(1，0，0)为平面 DAE 的法向量，由题设知|cosn1，n2|12，即334m212，解得 m32.因为 E 为 PD 的中点，所以三棱锥 EACD 的高为12.三棱锥 EACD 的体积 V1312 33212 38.11(2015陕西卷)如图1，在直角梯形 ABCD中，ADBC，BAD2，ABBC1，AD2，E 是 AD 的中点，O 是 AC 与 BE 的交点将ABE 沿 BE 折起到A1BE 的位置，如图 2.(1)证明：CD平面 A1OC；(2)若平面 A1BE平面 BCDE，求平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的余弦
13、值解(1)在图 1 中，图 1因为 ABBC1，AD2，E 是 AD 的中点，BAD2，所以 BEAC，即在图 2 中，BEOA1，BEOC，且 A1OOCO，从而 BE平面 A1OC，又在直角梯形 ABCD 中，ADBC，BC12AD，E 为 AD 中点，所以 BC 綉 ED，所以四边形 BCDE 为平行四边形，故有 CDBE，所以 CD平面 A1OC.(2)由已知，平面 A1BE平面 BCDE，图 2又由(1)知，BEOA1，BEOC，所以A1OC 为二面角 A1BEC 的平面角，所以A1OC2，如图 2，以 O 为原点，建立空间直角坐标系，因为 A1BA1EBCED1，BCED，所以 B22，0，0，E 22，0，0，A10，0，22，C0，22，0，得BC 22，22，0，A1C 0，22，22，CD BE(2，0，0)，设平面 A1BC 的法向量 n1(x1，y1，z1)，平面 A1CD 的法向量 n2(x2，y2，z2)，平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角为，则n1BC0，n1A1C 0，得x1y10，y1z10，取 n1(1，1，1)；n2CD 0，n2A1C 0，得x20，y2z20，取 n2(0，1，1)，从而 cos n1，n2|23 2 63，即平面 A1BC 与平面 A1CD 夹角的余弦值为 63.