高考數(shù)學一輪復習課時跟蹤檢測四十一立體幾何中的向量方法含解析

6－z6－z課跟檢（十）立幾中向方一抓基礎，多練小題做到眼疾手快1直l的向向量為a(1,0,2)α的向量為n＝－4)()A．∥C．α

B．⊥αD．與α斜交解析：選B∵＝(1,0,2)，＝－，－4)∴＝－2a即a∥，∴⊥.2．(2018·嘉興模)已知A(4,1,3)B(2，5,1)(3,7，5)，平行四邊形ABCD的頂點D的坐()A．(2,4，－1)C．(－

B．(2,3,1)D．(5,13，－3)→解析：選D由意知，AB(－，－6，－2)，設點D(x，，，則＝－7→→－，－－)，因為＝DC，以＝5y＝13＝3，故選D.→→3．(2018·舟山模)已知A(1,0,0)B(0－O為標原點，＋OB與OB的夾角為120°，則λ的為)A．±

66

B.

66C．－

66

D．±6→解析：選C因＋λOB＝，－λ，λ，所以cos120°＝

λ＋λ1＋2λ·2

16＝－，解＝.264．若平面α的個法向量為u－3，y,2)平面β的個法向量為u＝(6，－，z)，且α∥β，＋＝________.－y2解析：因為α∥β，所以∥所以＝＝，所以＝，＝－，以＋＝－答案：－35．(2019·紹興質)如圖，60°二面角的棱上有A，兩，線AC，分在這個二面角的兩個半平面內垂直于AB＝＝68CD的為________．解析∵60°的面角的棱上有AB點BD分別在這個二面角的兩個半平內，且都垂直于AB，∴＝＋＋BD，CA·＝，AB·BD0，∵＝，AC，＝，∴＝＋ABBD)1

＝＋AB＋＋CABD＝36＋＋＋2×6×8×cos120°＝68，∴的為17.答案：17→1→2→6知V為矩形所平面外一點＝VB＝，VP＝，33→2→VN＝.VA與平面的置關系________3→→→解析：如圖，設＝，VB＝，＝，則VD＝＋－，→21由題意知PM＝b－c，33→2→1PN＝－VC33221＝a－＋c.3333→3因此＝PM＋22→→∴，，PN共面．又∵VA平面PMN，∴VA∥平面PMN.答案：平行二保高考，全練題型做到高考達標1.如圖，在多面體B中四邊形ABB正方形＝，＝2，1綊BC，二面角AC是二面角．2求證：B⊥平面C；(2)∥平面A.證明：∵二面角AAB是直二面角，四邊形A正方形，AA⊥平面ABC.又∵＝，＝2AB∴∠＝90°即CAAB∴ABAC，兩互相垂直．建立如圖所示的空間直角坐標系xyz，設AB2，則(0,0,0)B(0,2,2)，A(0,0,2)C(2,0,0)，(1,1,2)→→(1)＝(0,2,0)A＝(0,0，－，AC＝(2,0,0)設平面AAC的個法向量n＝x，，)，2

→A0，則→AC＝0，

即

－z＝，2＝，即

取y＝，則n＝(0,1,0)．∴B＝，AB∥∴B⊥平面AA.→(2)易知AB＝(0,2,2)，AC＝，AC(2,0，－2)，設平面AC的個法向量m＝(，，)→＝0，則→＝，

即

x＋y＝，2－＝，令＝，則＝1＝，即m＝(1，－1,1)．→∴·＝0×1＋2×(1)＋2×10，→∴⊥又AB平面ACC∴∥平面.2．(2018·浙江名校聯(lián))如圖在直三棱柱ADFBCE中，BCBE2，CE＝2，點K在線上(1)求證：⊥面BDE(2)若EB4EK求直線AK平面所成角φ的正弦值．解：(1)證明：在直三棱柱中，AB⊥平面BCE，因為平，BC平，所以ABBEABBC又ABBCBE2CE22，所以BC＋BE＝，⊥BD，所以BEBC因為ABBC，所以BE⊥平面ABCD.因為AC平ABCD，以⊥AC.又BDBE，所以⊥面BDE.(2)法一設AK交BF于點N(1)知ABAFAD兩垂直且長度都為2所eq\o\ac(△,以)是邊長為2的正三角形，所以點A在平面BDF內的射影M為BDF的心．連接MN，，，如圖所示，則∠為線AK與平BDF所成的角φ.2326又FM××22＝，3233

KN－ANBKAN1015|n|AK3KN－ANBKAN1015|n|AK3所以AMFA－＝

8234－＝.333因為EB，所以＝，2所以AKAB＋＝

954＋＝.42AN因為＝，以＝，即

AN210＝，解＝.537－2223AM373在eq\o\ac(△,Rt)ANM中，sinφ＝＝＝.773所以直線AK與平面所成角φ的弦值為.15法二：由(1)知，BC，兩垂直，以為坐標原點BCBA，BE的方向分別為x軸、y軸、z軸的方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則(0,0,0)(0,2,2)，(0,2,0)(2，2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,2,2)3因為EB，所以23所以AK＝，2設平面的法向量為＝(x，，)則

，即，取＝，則＝，－為平面的一個法向量．|n·|于是sinφ＝|cosnAK|＝＝·

7＝，9153×4＋473所以直線AK與平面所成角φ的弦值為.153．(2018·浙江名校聯(lián))已知方形中AB＝1＝2.現(xiàn)將長方形沿對角線折起，使AC，得到一個四面體A，如圖所示．(1)試問在疊的過程中，異直線與ADBC能否垂？若能垂直，求出相4

應的a值；若不垂直，請說明理．(2)當四面體A的體積最大時，求二面角AB的弦值．解：(1)若ABCD因為AB⊥，ADCDD所以AB平面，所以AB⊥.即＋＝，即＋＝2)，以a1.若ADBC因為AD⊥，∩＝，所以AD平面，所以AD⊥.即＋＝，即(2)＋a＝，以a＝1，無解．故AD不立．(2)要使四面體ABCD的體最，因為△的面積為定值

22

，所以只需三棱錐A的最大即可時平面ABD平面過點作⊥于點O，則AO⊥平面BCD，以為點建立空間直角坐標系O(如圖)，則易知A

0，0，

63

，6323C，，，33

，→6顯然，平面BCD的一個法向量為＝

.設平面的法向量為＝(x，，)→336因為＝，，DA＝，3336＝3，所以3＝6z

令＝，得＝(12，2)26→故cos〈，＝

63

327＝.7×727所以二面角ACDB的弦為.74．如圖，在四棱錐SABCD∥CDBC⊥，面SAB為等邊三角形AB＝BC＝，＝SD1.5

→2×7→2×7(1)證明：⊥面SAB(2)求AB與平面所成角的正弦值．解(1)證明以為標原點射CD為x軸半軸建立如圖所示的空間直角坐標系C，則(1,0,0)A(2,2,0)，(0,2,0)設(，y，)顯然，＞0，＞，→→則＝x－，－，)BS＝，－，)，＝－，，．→由AS|＝|得

－

＋

y－

＋＝

x＋－＋z，得x1.→由DS|＝，得＋1.①→由BS|＝，得＋4＋＝②13由①②，解得y＝，＝.221333313∴，AS＝，BS，DS＝，22222→→→∴·＝，·0，DS⊥，⊥，又ASBS，∴⊥平面SAB(2)設平面SBC的法向量為n＝，，)，→→則n⊥，⊥CB，n·，·＝→33又＝，2

→，＝(0,2,0)，∴

33xy＋＝，22＝，

?。?，得＝－3，．→∵＝－，→→·n－－3∴cos〈，〉＝|||n|21故AB與面SBC所角的正弦值為.7

＝

217

.三上臺階，自主選做志在沖刺名校1.如圖所示，四邊形ABCD是邊為1的方形，⊥面，NB⊥平面ABCD，且＝NB，為的中點．(1)求異面直線與所成角的余弦值；6

1212(2)在線段上是否存在點S使得⊥面AMN？存在，求線段的長；若不存在，請說明理由．解：(1)如圖，以D為標原點建立空間直角坐標系Dxyz.依題易得D(0,0,0)(1,0,0)(0,0,1)(0,1,0)(1,1,1)1，→→所以NE，0，－AM＝(1,0,1)2設異面直線與AM所成的角為θ，

，→→→→|·|則cosθ＝|cos，〉＝＝→→||·|AM|10所以異面直線與所角的余弦值為.10

125×22

＝

10.10(2)假設在線段AN上在S使得⊥平面AMN，→→→因為＝設AS＝＝(0)∈[0,1]EA＝－，

，→→→所以＝＝λ－，λ由ES平面AMN，

.→→·＝，得→→·AN＝，

1－＋＝，即λ－＋λ＝，

1→11解得λ＝，時AS＝，222

，→2||＝.2經檢驗，當＝

22

時，⊥面AMN.故線段AN上存在點S，使得ES⊥平面AMN，此時AS

22

.2．(2019·杭二模)如圖，在三棱柱ABCA中AA＝為CC的中，AB∩ABO(1)求證：∥平面ABD；(2)設二面角DC的切值為22ABD所成角的正弦值為，.3

22

，⊥，為線A上一，且直線與平面7

221821221821解：(1)證明：取的中點F，連接，，易知四邊形A為形，∴為AB的中點，1∴∥，OF，21又∥BB，C＝BB，∴∥，OF，∴四邊形為行四邊形，∴∥DF∵平ABD，DF平面，∴∥平面ABD.(2)過作CH⊥于H，連接，易知∠為二面角D的面角，∵＝，tanDHC＝

22

，∴CH＝2，又AC2，⊥CH∴HAC＝45°∵⊥，∴BC＝＝以為標原點CC在直線分別為x軸軸z軸建立如圖所示的空間直角坐標系Cxyz，其中(0,0,0)(2,