2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题15立体几何中的向量方法（热点难点突破）理（含解析）

立体几何中的向量方法1．已知平面ABC，点M是空间上任意一点，点M满足条件A．与平面ABC平行B．是平面ABC的斜线C．是平面ABC的垂线D．在平面ABC内　D解析　由已知得M，A，B，C四点共面，所以AM在平面ABC内，故选D.2．如图，点A，B，C分别在空间直角坐标系O－xyz的三条坐标轴上，A.答案　C解析　由意可知，平面ABO的一个法向量为由图可知，二面角C－AB－O为锐角，由空间向量的结论可知，cosθ＝3．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在A1C上运动(包括端点)，则BP与AD1所成角的取值范围是(　　)A.C.答案　D解析　以点D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)，设正方体棱长为1，点P坐标为(x,1－x，x)(0≤x≤1)，则因为BC1∥AD1，设所以cosα＝所以当x＝当x＝1时，cosα取得最小值4．正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，点M在A.5．已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－A．30°B．60°C．120°D．150°解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－答案　A6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈A.解析　设正方体棱长为2，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，可知cos〈答案　B7．设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)A.解析　如图，建立空间直角坐标系，则D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，D(0，0，0)，B(2，2，0)，∴设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，则∴点D1到平面A1BD的距离d＝答案　D8．二面角α­l­β等于120°，A、B是棱l上两点，AC、BD分别在半平面α、β内，AC⊥l，BD⊥l，且AB＝AC＝BD＝1，则CD的长等于(　　)A.解析　如图，∵二面角α­l­β等于120°，∴由题设知，|＝|答案　C9.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB⊥侧面BB1C1C，AB＝BC＝1，BB1＝2，∠BCC1＝60°.(1)求证：C1B⊥平面ABC；(2)设(2)解　由(1)可知，AB，BC，BC1两两垂直．以B为原点，BC，BA，BC1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则B(0，0，0)，A(0，1，0)，C(1，0，0)，C1(0，0，所以设平面AB1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝，∴n＝∵AB⊥平面BB1C1C，∴|cos〈n，＝两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝10．如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的的菱形，∠BAD＝60°，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．(1)求证：平面BDGH∥平面AEF；(2)求二面角H－BD－C的大小．(1)证明　在△CEF中，因为G，H分别是CE，CF的中点．所以GH∥EF，又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH，因为ABCD为菱形，所以O为AC中点，在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF，又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(2)解　取EF的中点N，连接ON，因为四边形BDEF是矩形，O，N分别为BD，EF的中点，所以ON∥ED，因为平面BDEF⊥平面ABCD，所以ED⊥平面ABCD，所以ON⊥平面ABCD，因为ABCD为菱形，所以AC⊥BD，得OB，OC，ON两两垂直．所以以O为原点，OB，OC，ON所在直线分别为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系．因为底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD＝60°，BF＝3，所以B(1，0，0)，D(－1，0，0)，E(－1，0，3)，F(1，0，3)，C(0，所以设平面BDH的法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，得n＝(0，－由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为则cos〈n，＝＝所以二面角H－BD－C的大小为60°.11.如图，△ABC是以∠ABC为直角的三角形，SA⊥平面ABC，SA＝BC＝2，AB＝4.M，N，D分别是SC，AB，BC的中点．(1)求证：MN⊥AB；(2)求二面角S­ND­A的余弦值；(3)求点A到平面SND的距离．解　以B为坐标原点，BC，BA为x，y轴的正方向，垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系(如图)．(1)证明　由题意得A(0，4，0)，B(0，0，0)，M(1，2，1)，N(0，2，0)，S(0，4，2)，D(1，0，0)．所以：(2)设平面SND的一个法向量为m＝(x，y，z)，则：m·∵∴令z＝1，得：x＝－2，y＝－1，∴m＝(－2，－1，1)．又平面AND的法向量为n＝(0，0，1)，cos〈m，n〉＝由题图易知二面角S­ND­A为锐角，故其余弦值为(3)∵∴点A到平面SND的距离d＝12．如图，将长为4，宽为1的长方形折叠成长方体ABCD－A1B1C1D1的四个侧面，记底面上一边AB＝t(0<t<2)，连接A1B，A1C，A1D.(1)当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，求二面角B－A1C－D的值；(2)线段A1C上是否存在一点P，使得A1C⊥平面BPD，若有，求出P点的位置，没有请说明理由解法一　(1)根据题意，长方体体积为V＝t(2－t)×1＝t(2－t)≤当且仅当t＝2－t，即t＝1时体积V有最大值为1，所以当长方体ABCD－A1B1C1D1的体积最大时，底面四边形ABCD为正方形，作BM⊥A1C于M，连接DM，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以△A1BC与△A1DC全等，故DM⊥A1C，所以∠BMD即为所求二面角的平面角．17.如图，已知圆锥OO1和圆柱O1O2的组合体(它们的底面重合)，圆锥的底面圆O1的半径为r＝5，OA为圆锥的母线，AB为圆柱O1O2的母线，D，E为下底面圆O2上的两点，且DE＝6，AB＝6.4，AO＝5(1)求证：平面ABD⊥平面ODE;(2)求二面角B—AD—O的正弦值．(1)证明　依题意知，圆锥的高为h＝所以OD2＝OA2＋AD2，因为AB⊥BD，所以AD2＝AB2＋BD2，连接OO1，O1O2，DO2，易知O，O1，O2三点共线，OO2⊥DO2，所以OD2＝OO所以BD2＝OO解得BD＝8，又因为DE＝6，圆O2的直径为10，圆心O2在∠BDE内，所以∠BDE＝90°，所以DE⊥BD.因为AB⊥平面BDE，DE⊂平面BDE，所以DE⊥AB，因为AB∩BD＝B，AB，BD⊂平面ABD，所以DE⊥平面ABD.又因为DE⊂平面ODE，所以平面ABD⊥平面ODE.(2)解　如图，以D为原点，DB，DE所在直线为x，y轴，建立空间直角坐标系．则D(0,0,0)，A(8,0,6.4)，B(8,0,0)，O(4,3,11.4)．所以设平面DAO的法向量为u＝(x，y，z)，所以令x＝12，则u＝(12,41，－15)．可取平面BDA的一个法向量为v＝(0,1,0)，所以cos〈u，v〉＝所以二面角B—AD—O的正弦值为18.如图所示的几何体中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2AD＝2，∠DAB＝60°，四边形CDEF为正方形，平面CDEF⊥平面ABCD.(1)若点G是棱AB的中点，求证：EG∥平面BDF；(2)求直线AE与平面BDF所成角的正弦值；(3)在线段FC上是否存在点H，使平面BDF⊥平面HAD？若存在，求(2)解　因为四边形CDEF为正方形，所以ED⊥DC.因为平面CDEF⊥平面ABCD，平面CDEF∩平面ABCD＝DC，DE⊂平面CDEF，所以ED⊥平面ABCD.在△ABD中，因为∠DAB＝60°，AB＝2AD＝2，所以由余弦定理，得BD＝所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.在等腰梯形ABCD中，可得DC＝CB＝1.如图，以D为原点，DA，DB，DE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系D－xyz，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，E所以设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，因为取z＝1，则x＝2，y＝0，则n＝设直线AE与平面BDF所成的角为θ，则sinθ＝所以AE与平面BDF所成角的正弦值为(3)解　线段FC上不存在点H，使平面BDF⊥平面HAD.证明如下：假设线段FC上存在点H，设H则设平面HAD的法向量为m＝因为取c＝1，则a＝0，b＝－要使平面BDF⊥平面HAD，只需m·n＝0，即2×0－所以线段FC上不存在点H，使平面BDF⊥平面HAD.PAGE1