专题12 立体几何中的向量方法（高考押题）-2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破

专题12 立体几何中的向量方法（高考押题）-2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破

专题12 立体几何中的向量方法（高考押题）‎ ‎2017年高考数学（理）考纲解读与热点难点突破 ‎1．已知向量a＝(1，0，－1)，则下列向量中与a成60°夹角的是(　　)‎ A．(－1，1，0)　　　 B．(1，－1，0)‎ C．(0，－1，1) D．(－1，0，1)‎ 解析：经检验，选项B中向量(1，－1，0)与向量a＝(1，0，－1)的夹角的余弦值为，即它们的夹角为60°.‎ 答案：B ‎2．如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC-A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎3．已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长与底面边长相等，则AB1与侧面ACC1A1所成角的正弦值等于(　　)‎ A.　　　 B.　　　 C.　　　 D. 解析：如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，O(0，0，0)，B(，0，0)，A(0，－1，0)，B1(，0，2)，则＝(，1，2)，则＝(－，0，0)为侧面ACC1A1的法向量，‎ 由sin θ＝＝.‎ 答案：A ‎4.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，M、N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝a，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)‎ A．垂直 B．平行 C．相交 D．不能确定 解析：分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．‎ ‎∵A1M＝AN＝a，∴M，N，‎ ‎∴＝.‎ 又C1(0，0，0)，D1(0，a，0)，‎ ‎∴＝(0，a，0)，‎ ‎∴·＝0，∴⊥.‎ 又∵是平面BB1C1C的法向量，且MN⊄平面BB1C1C，∴MN∥平面BB1C1C.‎ 答案：B ‎5．已知二面角α-l-β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. B. C．2 D. 法二：在β内作AE綊BD.连CE、DE，易知∠CAE＝120°，CE⊥DE，∴CE2＝AC2＋AE2－2×AC×AEcos 120°＝3.在Rt△CED中，CD2＝CE2＋ED2＝4，∴CD＝2.‎ 答案：C ‎6．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和BB1的中点，则sin〈，〉的值为(　　)‎ A. B. C. D. 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＝(2，－2，1)，＝(2，2，－1)，‎ cos〈，〉＝－，sin〈，〉＝.‎ 答案　B ‎7．设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是(　　)‎ A. B. C. D. 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)，‎ ‎∴＝(2，0，0)，＝(2，0，2)，＝(2，2，0)，‎ 设平面A1BD的法向量n＝(x，y，z)，‎ 则令x＝1，则n＝(1，－1，－1)．‎ ‎∴点D1到平面A1BD的距离 d＝＝＝.‎ 答案　D ‎8．二面角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. B. C．2 D. 解析　如图，∵二面角αlβ等于120°，‎ ‎∴与夹角为60°.‎ 由题设知，⊥，‎ ⊥，||＝||＝||＝1，‎ ‎||2＝|＋＋|2‎ ‎＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝3＋2×cos 60°＝4，∴||＝2.‎ 答案　C ‎9.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＝λ(0≤λ≤1)，且平面AB1E与BB1E所成的锐二面角的大小为30°，试求λ的值．‎ ‎ (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，)，B1(－1，0，)．‎ 所以＝(－1，0，), 所以＝(－λ，0，λ)，∴E(1－λ，0，λ)，则＝(1－λ，－1，λ)，＝(－1，－1，)．‎ 设平面AB1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则得 令z＝，则x＝，y＝，‎ ‎，∴n＝，‎ ‎∵AB⊥平面BB1C1C，＝(0，1，0)是平面的一个法向量，‎ ‎∴|cos〈n，〉|＝ ‎＝＝.‎ 两边平方并化简得2λ2－5λ＋3＝0，所以λ＝1或λ＝(舍去)．∴λ＝1.‎ ‎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，，0)，H，‎ 所以＝，＝(2，0，0)．‎ 设平面BDH的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则⇒ 令z＝1，得n＝(0，－，1)．‎ 由ED⊥平面ABCD，得平面BCD的法向量为＝(0，0，3)，‎ 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：＝(－1，0，－1)，＝(0，－4，0)，·＝0，∴MN⊥AB.‎ ‎ ‎ ‎(3)∵＝(0，－2，0)，‎ ‎∴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(00)，则P.‎ 设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)．‎ 由＝，＝(0，2，0)，‎ 得 即令x＝1，则z＝，‎ ‎∴m＝为平面PAC的一个法向量．‎ 同理，可求得n＝为平面BCEF的一个法向量．当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，故存在这样的点，此时＝.‎