高中3.2立体几何中的向量方法当堂检测题

这是一份高中3.2立体几何中的向量方法当堂检测题，共14页。



课题
向量法在立体几何探索性问题中的应用
——解答题篇·能力提升


1．空间位置关系的向量表示
位置关系
向量表示
直线l1，l2的方向向量分别为a，b
l1∥l2
a∥b ⇔ a＝λb
l1⊥l2
a⊥b ⇔ a·b＝0
直线l的方向向量为a，平面α的法向量为m
l∥α
a⊥m ⇔ m·a＝0
l⊥α
a∥m ⇔ a＝λm
平面α、β的法向量分别为n，m
α∥β
n∥m ⇔ n＝λm
α⊥β
n⊥m ⇔ n·m＝0

2．空间向量与空间角的关系
(1)设异面直线l1，l2的方向向量分别为a，b，则l1与l2所成的角θ满足cos θ＝|cos〈a，b〉|
(2)平面外一条直线与它在该平面内的投影的夹角叫作该直线与此平面的夹角．
设直线l的方向向量和平面α的法向量为a，m，则直线l与平面α所成角θ满足sin θ＝|cos〈a，m〉|

(3)求二面角的大小
Ⅰ．如图①，AB、CD是二面角α-l-β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉．

Ⅱ．如图②③，n1，n2分别是二面角α-l-β的两个半平面α，β的法向量，
则二面角的大小θ满足cos θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉．即cos θ＝|cos〈n1，n2〉|


立体几何开放性问题求解方法有以下两种：
(1)根据条件作出判断，再进一步论证．
(2)假设所求的点或线存在，并设定参数表达已知条件，根据题目进行求解，若能求出参数的值且符合已知限定的范围，则存在这样的点或线，否则不存在．


1．(2016·福州调研)如图，在长方体ABCD ­A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD的中点．
(1)求证：B1E⊥AD1；
(2)在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由．
【解】(1)证明：以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)．
故·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，
∴B1E⊥AD1
(2)假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)．
使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)．
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．∵n⊥平面B1AE，
∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，有－az0＝0，解得z0＝又DP⊄平面B1AE，
∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝
2．(2012·高考北京卷)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝3，AC＝6D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE＝2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图(2)．
　　
(1)求证：A1C⊥平面BCDE；
(2)若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
(3)线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由．
【解】(1)证明：∵AC⊥BC，DE∥BC，∴DE⊥AC ∴DE⊥A1D，DE⊥CD，∴DE⊥平面A1DC，
又A1C⊂平面A1DC，∴DE⊥A1C 又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE
(2)建立空间直角坐标系C－xyz则A1(0,0,2)，D(0,2,0)，M(0,1,)，B(3,0,0)，E(2,2,0)．
设平面A1BE的法向量为n＝(x，y，z)，则n·＝0，n·＝0
又＝(3,0，－2)，＝(－1,2,0)，
∴令y＝1，则x＝2，z＝，∴n＝(2，1，)．
设CM与平面A1BE所成的角为θ ∵＝(0，1，)，
∴sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝
∴CM与平面A1BE所成角的大小为
(3)线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．理由如下：
假设这样的点P存在，设其坐标为(p,0,0)，其中p∈[0,3]．
设平面A1DP的法向量为m＝(x′，y′，z′)，
则m·＝0，m·＝0 又＝(0,2，－2)，＝(p，－2,0)，
∴令x′＝2，则y′＝p，z′＝，∴m＝
平面A1DP⊥平面A1BE，当且仅当m·n＝0，即4＋p＋p＝0 解得p＝－2，与p∈[0,3]矛盾．
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直．
3．(2016·兰州诊断)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AB＝2，BC＝CD＝1，顶点D1在底面ABCD内的射影恰为点C

(1)求证：AD1⊥BC；
(2)若直线DD1与直线AB所成的角为，求平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值．
【解】(1)证明：连接D1C，则D1C⊥平面ABCD，∴D1C⊥BC
在等腰梯形ABCD中，连接AC，
∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，
∴BC⊥AC，
∴BC⊥平面AD1C，
∴AD1⊥BC

(2)由(1)知AC、BC、D1C两两垂直，
∵AB∥CD，∴∠D1DC＝，
∵CD＝1，∴D1C＝
在等腰梯形ABCD中，∵AB＝2，BC＝CD＝1，AB∥CD，
∴AC＝，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)，
设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
可得平面ABC1D1的一个法向量为n＝(1，，1)．
又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量．
因此cos〈，n〉＝＝，
∴平面ABC1D1与平面ABCD所成角(锐角)的余弦值为
4．(2015·高考天津卷)如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥底面ABCD，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2，AD＝CD＝，且点M和N分别为B1C和D1D的中点．
(1)求证：MN∥平面ABCD；
(2)求二面角D1­AC­B1的正弦值；
(3)设E为棱A1B1上的点，若直线NE和平面ABCD所成角的正弦值为，求线段A1E的长．
【解】(1)证明：如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(2,0,0)，
D(1,－2,0)，A1(0,0,2)，B1(0,1,2)，C1(2,0,2)，D1(1,－2,2)．
又因为M，N分别为B1C和D1D的中点，
得M，N(1，－2,1)，则＝．
又由已知，可得n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量．
由此可得·n＝0，
又因为直线MN⊄平面ABCD，所以MN∥平面ABCD
(2)＝(1，－2,2)，＝(2,0,0)，＝(0,1,2)．
设n1＝(x1，y1，z1)为平面ACD1的法向量，
则即不妨设z1＝1，可得n1＝(0,1,1)．
设n2＝(x2，y2，z2)为平面ACB1的法向量，
则，得不妨设z2＝1，可得n2＝(0，－2,1)．
因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝，
所以，二面角D1­AC­B1的正弦值为
(3)依题意，可设＝λ，其中λ∈[0,1]，则E(0，λ，2)，从而＝(－1，λ＋2,1)．
又n＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，
由已知，得|cos〈，n〉|＝＝＝，
整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝－2
所以，线段A1E的长为－2
5．(2016·绵阳诊断)如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AE⊥平面ABCD，EF∥CD，BC＝CD＝AE＝EF＝AD＝1．
(1)求证：CE∥平面ABF；
(2)求证：BE⊥AF；
(3)在直线BC上是否存在点M，使二面角E­MD­A的大小为？
若存在，求出CM的长；若不存在，请说明理由．
【解】(1)证明：如图，作FG∥EA，AG∥EF，连接EG交AF于H，连接BH，BG，
∵EF∥CD且EF∥AG，∴AG∥CD，即点G在平面ABCD内．
由AE⊥平面ABCD知AE⊥AG，
又AG∥EF，AE∥FG，
∴四边形AEFG为正方形，四边形CDAG为平行四边形，
∴H为EG的中点，B为CG的中点，
∴BH∥CE，
∴CE∥平面ABF
(2)证明：在平行四边形CDAG中，∠ADC＝90°，
∴BG⊥AG
又由AE⊥平面ABCD知AE⊥BG，
∴BG⊥平面AEFG，
∴BG⊥AF
又AF⊥EG，∴AF⊥平面BGE，
∴AF⊥BE
(3)如图，以A为原点，AG为x轴，AD为y轴，AE为z轴建立空间直角坐标系A­xyz，
则A(0,0,0)，G(1,0,0)，E(0,0,1)，D(0,2,0)，设M(1，y0,0)

∴＝(0,2，－1)，＝(1，y0－2,0)，
设平面EMD的法向量为n＝(x，y，z)．
则令y＝1，得z＝2，x＝2－y0，∴n＝(2－y0,1,2)．
又AE⊥平面AMD，∴＝(0,0,1)为平面AMD的一个法向量，
∴|cos〈n，〉|＝＝cos ＝，解得y0＝2±，
故在BC上存在点M，且CM＝＝

空间向量法在立体几何的探究性问题中的使用，其实质就是：常规的求证平行、垂直、求空间角等问题是直接利用向量法求解，而探究性问题是将常规性问题的结论变成了已知条件，反而去求点的位置、线段的长度等；则向量法的应用是没有发生变化的，变化的只是在解题过程中进行了线段长度进行了假设(设未知数)，将未知数带入用常规问题方法建立方程，求得未知数，进而解决问题。

1．如图，几何体EF­ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，∠ADF＝90°
(1)求证：AC⊥FB；
(2)求二面角E－FB－C的大小．
【解】(1)证明：由题意得，AD⊥DC，AD⊥DF，且DC∩DF＝D，
∴AD⊥平面CDEF，∴AD⊥FC，
∵四边形CDEF为正方形，∴DC⊥FC
∵DC∩AD＝D，
∴FC⊥平面ABCD，∴FC⊥AC
又∵四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，
∴AC＝2，BC＝2，
则有AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC，
又BC∩FC＝C，∴AC⊥平面FCB，∴AC⊥FB
(2)由(1)知AD，DC，DE所在直线相互垂直，故以D为原点，DA，DC，DE所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
可得D(0,0,0)，F(0,2,2)，B(2,4,0)，E(0,0,2)，C(0，2,0)，A(2,0,0)，
∴＝(0,2,0)，＝(2,2，－2)，
设平面EFB的法向量为n＝(x，y，z)，
则有
令z＝1，则n＝(1,0,1)，
由(1)知平面FCB的一个法向量为＝(－2,2,0)，
设二面角E－FB－C的大小为θ，由图知θ∈，
∴cos θ＝|cos〈n，〉|＝，∴θ＝
2．(2016·贵阳模拟)如图，正方形AA1D1D与矩形ABCD所在平面互相垂直，AB＝2AD＝2

(1)若点E为AB的中点，求证：BD1∥平面A1DE；
(2)在线段AB上是否存在点E，使二面角D1­EC­D的大小为？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由．
【解】(1)证明：四边形ADD1A1为正方形，连接AD1，A1D∩AD1＝F，则F是AD1的中点，
又因为点E为AB的中点，连接EF，则EF为△ABD1的中位线，
所以EF∥BD1又因为BD1⊄平面A1DE，EF⊂平面A1DE，
所以BD1∥平面A1DE
(2)根据题意得DD1⊥DA，DD1⊥DC，AD⊥DC，以D为坐标原点，DA，DC，
DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D­xyz，
则D(0,0,0)，D1(0,0,1)，C(0，2,0)．
设满足条件的点E存在，
令E(1，y0,0)(0≤y0≤2)，＝(－1,2－y0,0)，＝(0,2，－1)，
设n1＝(x1，y1，z1)是平面D1EC的法向量，
则得
令y1＝1，则平面D1EC的法向量为n1＝(2－y0,1,2)，
由题知平面DEC的一个法向量n2＝(0,0,1)．
由二面角D1­EC­D的大小为，得cos ＝＝＝，
解得y0＝2－∈[0,2]，
所以当AE＝2－时，二面角D1­EC­D的大小为．
3．如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱长都等于2，∠ABC和∠A1AC均为60°，平面AA1C1C⊥平面ABCD．

(1)求证：BD⊥AA1；
(2)求二面角D－A1A－C的余弦值；
(3)在直线CC1上是否存在点P，使BP∥平面DA1C1，若存在，求出点P的位置，若不存在，请说明理由．
【解】(1)证明：设BD与AC交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，
在△AA1O中，AA1＝2，AO＝1，∠A1AO＝60°，
∴A1O2＝AA＋AO2－2AA1·AOcos60°＝3，
∴AO2＋A1O2＝AA，
∴∠A1OAC＝90°，则A1O⊥AO
由于平面AA1C1C⊥平面ABCD，
∴A1O⊥平面ABCD
以OB，OC，OA1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，
则A(0，－1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，D(－，0,0)，A1(0,0，)，C1(0,2，)．
由于＝(－2，0,0)，＝(0,1，)，·＝0×(－2)＋1×0＋×0＝0，
∴⊥，即BD⊥AA1
(2)由于OB⊥平面AA1C1C，∴平面AA1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)．
设n2＝(x，y，z)为平面DAA1D1的一个法向量，
则即
取x＝1，则n2＝(1，，－1)，
则〈n1，n2〉即为二面角D－A1A－C的平面角，∴cos〈n1，n2〉＝＝，
所以，二面角D－A1A－C的余弦值为
(3)假设在直线CC1上存在点P，使BP∥平面DA1C1，设＝λCC1，P(x，y，z)，
则(x，y－1，z)＝λ(0,1，)．
从而有P(0,1＋λ，λ)，＝(－，1＋λ，λ)．
设n3⊥平面DA1C1，则又＝(0,2,0)，＝(，0，)，
设n3＝(x3，y3，z3)， 取x3＝1，则n3＝(1,0，－1)，
因为BP∥平面DA1C1，
则n3⊥，即n3·＝－－λ＝0，得λ＝－1，
即点P在C1C的延长线上，且C1C＝CP
4．等边三角形ABC的边长为3，点D、E分别是边AB、AC上的点，且满足＝＝(如图1)．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使二面角A1­DE­B成直二面角，连接A1B、A1C(如图2)．

　 　
(1)求证：A1D⊥平面BCED；
(2)在线段BC上是否存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．
【解】(1)证明：因为等边△ABC的边长为3，且＝＝，
所以AD＝1，AE＝2.在△ADE中，∠DAE＝60°，
由余弦定理得，DE＝＝.
因为AD2＋DE2＝AE2，所以AD⊥DE.折叠后有A1D⊥DE.
因为二面角A1­DE­B是直二面角，所以平面A1DE⊥平面BCED.
又平面A1DE∩平面BCED＝DE，A1D⊂平面A1DE，A1D⊥DE，
所以A1D⊥平面BCED.
(2)由(1)的证明，可知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立空间直角坐标系Dxyz，如图．设PB＝2a(0≤2a≤3)，作PH⊥BD于点H，连接A1H、A1P，则BH＝a，PH＝a，DH＝2－a.
所以A1(0,0,1)，P(2－a，a，0)，E(0，，0)．
所以＝(a－2，－a,1)．因为ED⊥平面A1BD，
所以平面A1BD的一个法向量为＝(0，，0)．
因为直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，
所以sin 60°＝＝＝，解得a＝.
即PB＝2a＝，满足0≤2a≤3，符合题意．
所以在线段BC上存在点P，使直线PA1与平面A1BD所成的角为60°，此时PB＝.
5．(2015·高考江苏卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
【解】(1)以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，
则各点的坐标为B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)．
因为AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0,2,0)．
因为＝(1,1，－2)，＝(0,2，－2)．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，即令y＝1，解得z＝1，x＝1
所以m＝(1,1,1)是平面PCD的一个法向量．从而cos〈，m〉＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为
(2)因为＝(－1,0,2)，设＝λ＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1,0)，则＝＋＝(－λ，－1,2λ)，又＝(0，－2,2)，
从而cos〈，〉＝＝
设1＋2λ＝t，t∈[1,3]，则cos2〈，〉＝＝≤
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为
因为y＝cos x在上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝．