1、第六章 立体几何考点测试48 立体几何中的向量方法第一部分 考点通关练高考概览本考点是高考必考知识点，题型为解答题，分值为12分，中等难度考纲研读1.理解直线的方向向量与平面的法向量2能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直、平行关系3能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理4能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何中的应用5能用向量法解决空间的距离问题第1步狂刷小题 基础练解析 线面角的范围是0，2.因为a，n 23，所以l与平面的法向量所在直线所成角为3，所以l与所成的角为6.故选C.答案解析一、基础小题1设直线
2、 l 与平面 相交，且 l 的方向向量为 a，平面 的法向量为 n，若a，n23，则 l 与 所成的角为()A23B3C6D56解析 建立空间直角坐标系如图，设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，M(0,0,1)，O(1,1,0)，N(2,1,2)，NO(1,0，2)，AM(2,0,1)，NO AM 0，则直线NO，AM的位置关系是异面垂直答案解析2在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线NO，AM的位置关系是()A平行B相交C异面垂直D异面不垂直答案3如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CACC12CB
3、，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为()A 55B 53C2 55D35解析 不妨令CB1，则CACC12.故O(0,0,0)，B(0，0,1)，C1(0,2,0)，A(2,0,0)，B1(0,2,1)，所以 BC1(0,2，1)，AB1(2,2,1)，所以cosBC1，AB1 BC1 AB1|BC1|AB1|415 9 55.所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为 55.故选A.解析答案4如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知M，N分别是BD和AD的中点，则B1M与D1N所成角的余弦值为()A 3010B 3015C 3030D 1515解析 建立如图所示的空间直角坐标系，
4、设正方体棱长为2a，则D(0,0,0)，D1(0,0,2a)，B1(2a,2a,2a)，M(a，a,0)，N(a,0,0)，故 ND1(a,0,2a)，B1M(a,a，2a)，所以|ND1|5a，|B1M|6a.ND1 B1M 3a2，则cosND1，B1M 3a25a 6a 3010，故选A.解析答案5如图所示，已知点P为菱形ABCD外一点，且PA平面ABCD，PAADAC，点F为PC的中点，则二面角CBFD的正切值为()A.36B 34C.33D2 33解析 连接BD交AC于点O，连接OF.以O为坐标原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系设PAADAC1，则
5、BD 3，所以O(0,0,0)，B32，0，0，F0，0，12，C0，12，0.易知OC 0，12，0 为平面BDF的一个法向量由 BC 32，12，0，FB 32，0，12，可求得平面BCF的一个法向量为n(1，3，3)，所以cosn，OC 217，由题图知二面角CBFD的平面角为锐角，所以sinn，OC 2 77，所以tann，OC 2 33.故选D.解析答案6如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB和A1D1的中点分别为E，F，则直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为()A.55B 306C.66D2 55解析 以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直
6、线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则E(2，1,0)，F(1,0,2)，EF(1，1,2)，平面AA1D1D的一个法向量n(0,1,0)，设直线EF与平面AA1D1D所成的角为，则sin|EFn|EF|n|16 66.直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为 66.故选C.解析答案二、高考小题7(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1 3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A15B 56C 55D 22解析 以D为坐标原点，DA，DC，DD1 的方向分别为x轴的正方向，y轴的正方向，z轴的正方向建立空间
7、直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1，0,0)，B1(1,1，3)，D1(0,0，3)，所以AD1(1,0，3)，DB1(1,1，3)，因为cosAD1，DB1 AD1 DB1|AD1|DB1|132 5 55，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为 55，故选C.解析答案 8(经典江西高考)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB11，AD7，AA112.一质点从顶点A射向点E(4,3,12)，遇长方体的面反射(反射服从光的反射原理)，将第i1次到第i次反射点之间的线段记为Li(i2,3,4)，L1AE，将线段L1，L2，L3，L4竖直放置在同一水平线上，则大致的图形是()解析
8、由对称性知质点经点 E 反射到平面 ABCD 的点 E1(8,6,0)处在坐标平面 xAy 中，直线 AE1 的方程为 y34x，与直线 DC 的方程 y7 联立得F283，7，0.由两点间的距离公式得 E1F53，tanE2E1FtanEAE1125，E2FE1FtanE2E1F4.E2F11248.L3L4E1E2E2E3 E2FE2F14812.故选 C.解析答案9(2015四川高考)如右图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点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_答案 25解析 以A为坐标原点，AB
9、，AD，AQ所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设正方形边长为2，M(0，y,2)(0y2)，则A(0,0,0)，E(1，0,0)，F(2，1,0)，EM(1，y,2)，|EM|y25，AF(2,1,0)，|AF|5，cos|EM AF|EM|AF|y2|5y252y5 y25.解析令t2y，要使cos最大，显然0t2.cos 15t94tt2 1513t23259 151322325915 2525.当且仅当t2，即点M与点Q重合时，cos取得最大值25.解析解析 点P到平面的距离d|PAn|n|244|441 103.答案解析10(2019沈阳模拟)已知平面
10、的一个法向量为n(2，2,1)，点A(1,3,0)在平面内，则点P(2,1,4)到平面的距离为()A10 B3 C83D103答案11(2020四川省雅安高三质量检测)已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都等于a，点E，F分别是BC，AD的中点，则 AE AF 的值为()Aa2B12a2C14a2D 34 a2解析 如图，设AB a，AC b，AD c，则|a|b|c|a，且a，b，c三向量两两夹角为60.因为AE12(ab)，AF12c，所以AEAF12(ab)12c14(acbc)14(a2cos60a2cos60)14a2.解析答案12(2019成都一诊)在各棱长均相等的直三棱柱A
11、BCA1B1C1中，已知M是棱BB1的中点，N是棱AC的中点，则异面直线A1M与BN所成角的正切值为()A 3B1 C 63D 22解析 解法一：如图，取AA1的中点P，连接PN，PB，则由直三棱柱的性质可知A1MPB，则PBN为异面直线A1M与BN所成的角(或其补角)设三棱柱的棱长为2，则PN2，PB5，BN3，所以PN2BN2PB2，所以PNB90，在RtPBN中，tanPBNPNBN 23 63，故选C.解析 解法二：以N为坐标原点，NB，NC所在的直线分别为x轴，y轴，过点N与平面ABC垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AB2，则N(0,0,0)，A1(0，1,2)，B
12、(3，0,0)，M(3，0,1)，所以 NB(3，0,0)，A1M(3，1，1)，设直线A1M与BN所成的角为，则cos|cosNB，A1M|NBA1M|NB|A1M|33 5 155，则sin105，tan 63，故选C.解析答案13(2019长沙雅礼中学检测)在三棱锥PABC中，点P在底面的正投影恰好是等边ABC的边AB的中点，且点P到底面ABC的距离等于底面边长设PAC与底面所成的二面角的大小为，PBC与底面所成的二面角的大小为，则tan()的值是()A3 34B2 35C8 313D5 38解析 如图，设点P在底面ABC上的正投影为H，则H为AB的中点，作HFBC，HEAC，连接PF，
13、PE.依题意，HEP，PFH.不妨设等边ABC的边长为2，则PH2，AHBH1.所以HE 32，HF 32，则tantan 2324 33，故tan()2tan1tan224 3314 3328 313.解析14(2019吉林二模)正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 2，M，N，E，F 分别是 A1B1，AD，B1C1，C1D1 的中点，则过 EF 且与 MN 平行的平面截正方体所得截面的面积为_，CE 和该截面所成角的正弦值为_2 21010解析 取A1D1的中点G，BC的中点P，CD的中点H，连接GM，GN，MN，PE，PH，PF，HF，EF.MGEF，NGEP，MGNGG，EFE
14、PE，平面MNG平面PEFH，过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面为PEFH，PE2，EF12122，四边形PEFH是矩形，过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为S矩形PEFH2 2.解析以D1为坐标原点，D1A1所在直线为x轴，D1C1所在直线为y轴，D1D所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1,2,0)，F(0,1,0)，H(0,1,2)，C(0,2,2)，CE(1,0，2)，EF(1，1,0)，EH(1，1,2)，设平面EFHP的法向量n(x，y，z)，解析则nEFxy0，nEH xy2z0，取x1，则y1，z0，得n(1，1,0)，设CE和该截面所成角为，
15、则sin|CEn|CE|n|15 2 1010.CE和该截面所成角的正弦值为 1010.解析第2步精做大题 能力练一、高考大题1(2019全国卷)图1是由矩形ADEB，RtABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB1，BEBF2，FBC60.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2.(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；(2)求图2中的二面角BCGA的大小解(1)证明：由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面由已知得ABBE，ABBC，且BEBCB，所以AB平面BCGE.又因为AB平面
16、ABC，所以平面ABC平面BCGE.(2)作EHBC，垂足为H.因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，平面BCGE平面ABCBC，所以EH平面ABC.解由已知，菱形 BCGE 的边长为 2，EBC60，可求得 BH1，EH3.以 H 为坐标原点，HC 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Hxyz，则 A(1,1,0)，C(1,0,0)，G(2,0，3)，CG(1,0，3)，AC(2，1,0)设平面 ACGD 的法向量为 n(x，y，z)，则CG n0，ACn0，即x 3z0，2xy0.解所以可取n(3,6，3)又平面BCGE的法向量可取m(0,1,0)，所以cosn
17、，m nm|n|m|32.因此二面角BCGA的大小为30.解2(2018浙江高考)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.(1)证明：AB1平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值 解(1)证明：如图，以AC的中点O为坐标原点，分别以射线OB，OC为x轴的正半轴，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A(0，3，0)，B(1,0,0)，A1(0，3，4)，B1(1,0,2)，C1(0，3，1)因此AB1(1，3，2)，A1B1(1，3，2)，A1C1(0
18、，2 3，3)解由AB1 A1B1 0得AB1A1B1.由AB1 A1C1 0得AB1A1C1.所以AB1平面A1B1C1.(2)设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由(1)可知AC1(0,2 3，1)，AB(1，3，0)，BB1(0,0,2)设平面ABB1的法向量n(x，y，z)由nAB0，nBB1 0，得x 3y0，2z0，可取n(3，1,0)所以sin|cosAC1，n|AC1 n|AC1|n|3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是 3913.解3(2018天津高考)如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，D
19、ADCDG2.(1)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；(2)求二面角EBCF的正弦值；(3)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求线段DP的长解 依题意，可以建立以D为坐标原点，分别以DA，DC，DG 的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系(如图)，可得D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，E(2,0,2)，F(0，1,2)，G(0,0,2)，M0，32，1，N(1,0,2)解(1)证明：依题意DC(0,2,0)，DE(2,0,2)设n0(x0，y0，z0)为平面CDE的法向量，则n0DC 0，n0DE
20、0，即2y00，2x02z00，不妨令z01，可得n0(1,0，1)又MN 1，32，1，可得MN n00，又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.解(2)依题意，可得BC(1,0,0)，BE(1，2,2)，CF(0，1,2)设n(x1，y1，z1)为平面BCE的法向量，则nBC0，nBE0，即x10，x12y12z10，不妨令z11，可得n(0,1,1)设m(x2，y2，z2)为平面BCF的法向量，解则mBC0，mCF0，即x20，y22z20，不妨令z21，可得m(0,2,1)因此有cosm，n mn|m|n|3 1010，于是sinm，n 1010.所以，二面角EBCF的正弦值为
21、1010.解(3)设线段DP的长为h(h0,2)，则点P的坐标为(0,0，h)，可得 BP(1，2，h)易知，DC(0,2,0)为平面ADGE的一个法向量，故|cosBP，DC|BPDC|BP|DC|2h25，由题意，可得2h25sin60 32，解得h 33 0,2所以，线段DP的长为 33.解二、模拟大题4(2019四平二模)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ADEF为正方形，ADBC，ADAB，AD2BC2.(1)证明：平面ADEF平面ABF；(2)若平面ADEF平面ABCD，二面角ABCE为30，三棱锥ABDF的外接球的球心为O，求异面直线OC与DF所成角的余弦值解(1)证明：因为四
22、边形 ADEF 为正方形，所以 ADAF，又 ADAB，ABAFA，所以 AD平面 ABF，因为 AD平面 ADEF，所以平面 ADEF平面 ABF.(2)因为平面 ADEF平面 ABCD，ADAF，平面 ADEF平面 ABCDAD，所以 AF平面 ABCD.由(1)知 AD平面 ABF，又 ADBC，则 BC平面 ABF，从而 BCBF，又 BCAB，解所以二面角 ABCE 的平面角为ABF30.以 A 为坐标原点，建立空间直角坐标系 Axyz，如图所示，则 B(2 3，0,0)，D(0,2,0)，C(2 3，1,0)，E(0,2,2)，F(0，0,2)解因为三棱锥 ABDF 的外接球的球心
23、为 O，所以 O 为线段 BE 的中点，则 O 的坐标为(3，1,1)，OC(3，0，1)，又DF(0，2,2)，则 cosOC，DF 22 22 24，故异面直线 OC 与 DF 所成角的余弦值为 24.5.(2019哈尔滨三中模拟)如图所示，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，AA1底面ABCD，四边形ABCD为菱形，M为CD的中点，BAD120，ABAA12A1B12.(1)求证：AM平面AA1B1B；(2)求直线DD1与平面A1BD所成角的正弦值解(1)证明：四边形ABCD为菱形，BAD120，连接AC，则ACD为等边三角形，又M为CD的中点，AMCD，而CDAB，AMAB，AA1底面
24、ABCD，AM底面ABCD，AMAA1，又ABAA1A，AM平面AA1B1B.解(2)四边形 ABCD 为菱形，BAD120，ABAA12A1B12，DM1，AM 3，AMDBAM90，又 AA1底面 ABCD，分别以 AB，AM，AA1 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 Axyz，解则A1(0,0,2)，B(2,0,0)，D(1,3，0)，D112，32，2，DD1 12，32，2，BD(3，3，0，A1B(2,0，2)，设平面A1BD的法向量n(x，y，z)，则有nBD 0，nA1B 03x 3y0，2x2z0y 3x 3z，令x1，则n(1，3，1)，直
25、线DD1与平面A1BD所成角的正弦值sin|cosn，DD1|nDD1|n|DD1|15.解6(2019长沙一模)已知三棱锥PABC(如图1)的平面展开图(如图2)中，四边形ABCD为边长等于 2的正方形，ABE和BCF均为正三角形在三棱锥PABC中：(1)证明：平面PAC平面ABC；(2)若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求二面角PBCM的余弦值解(1)证明：如图，设AC的中点为O，连接BO，PO.由题意，得PAPBPC 2，POBO1.因为在PAC中，PAPC，O为AC的中点，所以POAC.因为在POB中，PO2OB2PB2，所以POOB.因为ACOBO，AC平面
26、ABC，OB平面ABC，所以PO平面ABC.因为PO平面PAC，所以平面PAC平面ABC.解(2)由(1)知，BOPO，由题意可得BOAC，所以BO平面PAC，所以BMO是直线BM与平面PAC所成的角，且tanBMOBOOM 1OM，所以当线段OM最短，即M是PA的中点时，BMO最大由PO平面ABC，OBAC，得POOB，POOC，OBOC，以O为坐标原点，OC，OB，OP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，解则O(0,0,0)，C(1,0,0)，B(0,1，0)，A(1,0,0)，P(0,0，1)，M12，0，12，BC(1，1,0)，PC(1,0，1)，MC 32，0，12.设平面MBC的法向量为m(x1，y1，z1)，由mBC0，mMC 0，得x1y10，3x1z10，令x11，得y11，z13，即m(1,1,3)是平面MBC的一个法向量设平面PBC的法向量为n(x2，y2，z2)，解由 nBC0，nPC0，得x2y20，x2z20，令x21，得y21，z21，即n(1,1,1)是平面PBC的一个法向量所以cosm，n mn|m|n|5335 3333.结合图可知，二面角PBCM的余弦值为5 3333.解本课结束
