新編全國通用高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理含解析

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1、【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第一部分 微專題強(qiáng)化練 專題13 立體幾何中的向量方法 理一、選擇題1(20xx北京理，7)在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)，若S1、S2、S3分別是三棱錐DABC在xOy、yOz、zOx坐標(biāo)平面上的正投影圖形的面積，則()AS1S2S3BS2S1且S2S3CS3S1且S3S2DS3S2且S3S1答案D解析DABC在xOy平面上的投影為ABC，故S1ABBC2，設(shè)D在yOz和zOx平面上的投影分別為D2和D3，則DABC在yOz和zOx平面上的投影分別為OCD2和OAD3，D2

2、(0,1，)，D3(1,0，)故S22，S32，綜上，選項(xiàng)D正確2已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，E是AA1的中點(diǎn)，則異面直線D1C與BE所成角的余弦值為()A.B.C. D.答案B解析以A為原點(diǎn)，AB、AD、AA1所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AB1，則B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,2)，AA12AB，E(0,0,1)，(1,0,1)，(1,0,2)，cos，故選B.3(20xx浙江理，8)如圖，已知ABC，D是AB的中點(diǎn)，沿直線CD將ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角為，則()AADBBADBCACB

3、DACB答案B解析AC和BC都不與CD垂直，ACB，故C，D錯(cuò)誤當(dāng)CACB時(shí)，容易證明ADB.不妨取一個(gè)特殊的三角形，如RtABC，令斜邊AB4，AC2，BC2，如圖所示，則CDADBD2，BDH120，設(shè)沿直線CD將ACD折成ACD，使平面ACD平面BCD，則90.取CD中點(diǎn)H，連接AH，BH，則AHCD，AH平面BCD，且AH，DH1.在BDH中，由余弦定理可得BH.在RtAHB中，由勾股定理可得AB.在ADB中，AD2BD2AB220，可知cosADB0)，所以AB.()假設(shè)在線段AD上存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等設(shè)G(0，m,0)(其中0m4t)，則(1,3tm

4、,0)，(0,4tm,0)，(0，m，t)由|得12(3tm)2(4tm)2，即t3m；由|得(4tm)2m2t2.由、消去t，化簡(jiǎn)得m23m40.由于方程沒有實(shí)數(shù)根，所以在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P、C、D的距離都相等從而，在線段AD上不存在一個(gè)點(diǎn)G，使得點(diǎn)G到點(diǎn)P，B，C，D的距離都相等方法點(diǎn)撥1.用空間向量求點(diǎn)到平面的距離的方法步驟是：(1)求出平面的法向量n；(2)任取一條過該點(diǎn)的該平面的一條斜線段，求出其向量坐標(biāo)n1；(3)求點(diǎn)到平面的距離d.2點(diǎn)面距、線面距、異面直線間的距離的求法共同點(diǎn)是：設(shè)平面的法向量為n(求異面直線間的距離時(shí)，取與兩異面直線都垂直的向量為n)，求

5、距離的兩幾何圖形上各取一點(diǎn)A、B，則距離d.13(20xx湖南理，19)如圖，已知四棱臺(tái)ABCDA1B1C1D1的上、下底面分別是邊長為3和6的正方形，A1A6，且A1A底面ABCD.點(diǎn)P，Q分別在棱DD1，BC上(1)若P是DD1的中點(diǎn)，證明：AB1PQ；(2)若PQ平面ABB1A1，二面角PQDA的余弦值為，求四面體ADPQ的體積分析考查空間向量的運(yùn)用，線面垂直的性質(zhì)與空間幾何體體積計(jì)算考查轉(zhuǎn)化思想、方程思想、運(yùn)算求解能力和空間想像能力(1)建立空間直角坐標(biāo)系，求得相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)將問題轉(zhuǎn)化為證明AB1PQ0；(2)利用向量幾何求解：將PQ平面ABB1A1轉(zhuǎn)化為與平面ABB1A1的法向量垂直，

6、結(jié)合平面的法向量與二面角的關(guān)系確定點(diǎn)P，最后利用體積公式計(jì)算體積或用綜合幾何方法求解解析解法一由題設(shè)知，AA1，AB，AD兩兩垂直，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則相關(guān)各點(diǎn)的坐標(biāo)為A(0,0,0)，B1(3,0，6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中mBQ,0m6.(1)證明：若P是DD1的中點(diǎn)，則P(0，3)，(6，m，3)，(3,0,6)，于是18180，所以，即AB1PQ；(2)由題設(shè)知，(6，m6,0)，(0，3,6)是平面PQD內(nèi)的兩個(gè)不共線向量設(shè)n1(x，y，z)是平面PQD的一個(gè)法向量，

7、則 ，即取y6，得n1(6m,6,3)又平面AQD的一個(gè)法向量是n2(0,0,1)，所以cosn1，n2，而二面角PQDA的余弦值為，因此，解得m4，或者m8(舍去)，此時(shí)Q(6,4,0)設(shè) (01)，而(0，3,6)，由此得點(diǎn)P(0,63，6)，(6,32，6)因?yàn)镻Q平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一個(gè)法向量是n3(0,1,0)，所以n30，即320，亦即，從而P(0,4,4)，于是，將四面體ADPQ視為以ADQ為底面的三棱錐PADQ，而其高h(yuǎn)4，故四面體ADPQ的體積VSADQh66424.解法二(1)如圖c，取A1A的中點(diǎn)R，連接PR，BR，因?yàn)锳1A，D1D是梯形A1AD1D的

8、兩腰，P是D1D的中點(diǎn)，所以PRAD，于是由ADBC知，PRBC，所以P，R，B，C四點(diǎn)共面由題設(shè)知，BCAB，BCA1A，所以BC平面ABB1A1，因此BCAB1，因?yàn)閠anABR tanA1AB1，所以tanABRtanA1AB1，因此ABRBAB1A1AB1BAB190，于是AB1BR，再由即知平面AB1平面PRBC，又PQ平面PRBC，故AB1PQ.圖c圖d(2)如圖d，過點(diǎn)P作PM/A1A交AD于點(diǎn)M，則PM/平面ABB1A1.因?yàn)锳1A平面ABCD，所以PM平面ABCD，過點(diǎn)M作MNQD于點(diǎn)N，連接PN，則PNQD，PNM為二面角PQDA的平面角，所以cosPNM，即，從而.連接MQ，由PQ/平面ABB1A1，所以MQ/AB，又ABCD是正方形，所以ABQM為矩形，故MQAB6.設(shè)MDt，則MN 過點(diǎn)D1作D1EA1A交AD于點(diǎn)E，則AA1D1E為矩形，所以D1EA1A6，AEA1D13，因此EDADAE3，于是2，所以PM2MD2t，再由得，解得t2，因此PM4.故四面體ADPQ的體積VSADQh66424.