【走向高考】（全国通用）2022高考数学二轮复习第一部分微专题强化练专题13立体几何中的向量方法理一、选择题1．(2022·北京理，7)在空间直角坐标系O－xyz中，已知A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(1,1，)，若S1、S2、S3分别是三棱锥D－ABC在xOy、yOz、zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( )A．S1＝S2＝S3 B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1[答案] D[解析] D－ABC在xOy平面上的投影为△ABC，故S1＝AB·BC＝2，设D在yOz和zOx平面上的投影分别为D2和D3，则D－ABC在yOz和zOx平面上的投影分别为△OCD2和△OAD3，∵D2(0,1，)，D3(1,0，)．故S2＝×2×＝，S3＝×2×＝，综上，选项D正确．2．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E是AA1的中点，则异面直线D1C与BE所成角的余弦值为( )A. B.C.D.[答案] B[解析] 以A为原点，AB、AD、AA1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设AB＝1，则B(1,0,0)，D(0,1,0)，C(1,1,0)，D1(0,1,2)，∵AA1＝2AB，∴E(0,0,1)，15\n∴＝(－1,0,1)，＝(－1,0,2)，∴cos〈，〉＝＝＝，故选B.3．(2022·浙江理，8)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则( )A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α[答案] B[解析] ∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误．当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝2，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDH＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝.在△A′DB中，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2<0，可知cos∠A′DB<0，∴A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.4．已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，A1在底面ABC内的射影为△ABC的中心，则AB1与底面ABC所成角的正弦值等于( )A.B.C.D.15\n[答案] B[解析] 如图，设A1在平面ABC内的射影为O，以O为坐标原点，OA、OA1分别为x轴、z轴建立空间直角坐标系如图．设△ABC边长为1，则A(，0,0)，B1(－，，)，∴＝(－，，)．平面ABC的法向量n＝(0,0,1)，则AB1与底面ABC所成角α的正弦值为sinα＝|cos〈，n〉|＝＝.5.过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是( )A．30°B．45°C．60°D．90°[答案] B[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，不难求出平面APB与平面PCD的法向量分别为n1＝(0,1,0)，n2＝(0,1,1)，故平面ABP与平面CDP所成二面角(锐角)的余弦值为＝，故所求的二面角的大小是45°.6．如图，四棱锥S－ABCD的底面为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中不正确的是( )A．AC⊥SBB．AB∥平面SCD15\nC．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角[答案] D[解析] ∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又∵SD⊥底面ABCD，∴SD⊥AC.∵SD∩BD＝D，∴AC⊥平面SDB，从而AC⊥SB.故A正确．易知B正确．设AC与DB交于O点，连接SO.则SA与平面SBD所成的角为∠ASO，SC与平面SBD所成的角为∠CSO，又OA＝OC，SA＝SC，∴∠ASO＝∠CSO.故C正确．由排除法可知选D.二、填空题7．如图，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值是________．[答案] a[解析] 设M(0，m，m)(0≤m≤a)，＝(－a,0，a)，直线AD1的一个单位方向向量s＝(－，0，)，＝(0，－m，a－m)，故点M到直线AD1的距离d＝＝＝，根式内的二次函数当m＝－＝时取最小值()2－a×＋a2＝a2，故d的最小值为a.8．(2022·四川理，14)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点．设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cosθ的最大值为________．15\n[答案] [解析] 分别以直线AB、AD、AQ为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示．设AB＝1，则＝，E.设M(0，y,1)(0≤y≤1)，则＝，由于异面直线所成角的范围为，所以cosθ＝＝.因为2＝1－，令8y＋1＝t,1≤t≤9，则＝≥，当t＝1时取等号．所以≤＝所以cosθ＝≤×＝，当y＝0时，取得最大值．三、解答题9．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点E在线段BB1上，且EB1＝1，D、F、G分别为CC1、C1B1、C1A1的中点．求证：(1)B1D⊥平面ABD；(2)平面EGF∥平面ABD.[证明] (1)以B为坐标原点，BA、BC、BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．则B(0,0,0)，D(0,2,2)，B1(0,0,4)，15\n设BA＝a，则A(a,0,0)，所以＝(a,0,0)，＝(0,2,2)，＝(0,2，－2)，·＝0，·＝0＋4－4＝0，即B1D⊥BA，B1D⊥BD，又BA∩BD＝B，因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知，E(0,0,3)，G(，1,4)，F(0,1,4)，则＝(，1,1)，＝(0,1,1)，·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，即B1D⊥EG，B1D⊥EF，又EG∩EF＝E，因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.[方法点拨] 1.空间的平行与垂直关系的判断与证明，既可用综合几何方法解决，也可用向量几何方法解决．2．用向量方法研究空间线面位置关系．设直线l1、l2的方向向量分别为a、b，平面α、β的法向量分别为e1，e2，A、B、C分别为平面α内相异三点(其中l1与l2不重合，α与β不重合)，则①l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ，使b＝λa(a≠0)；l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b＝0.②l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ，使e1＝λa(a≠0)；l1∥α⇔a·e1＝0⇔存在非零实数λ1，λ2，使a＝λ1＋λ2.③α∥β⇔e1∥e2⇔存在实数λ，使e2＝λe1(e1≠0)；α⊥β⇔e1⊥e2⇔e1·e2＝0.3．平面的法向量求法在平面内任取两不共线向量a，b，设平面的法向量n＝(x，y，z)，利用建立x、y、z的方程组，取其一组解．10.如图，已知ABCD－A1B1C1D1是底面为正方形的长方体，A1D1＝2，A1A＝2，点P是AD1上的动点．(1)当P为AD1的中点时，求异面直线AA1与B1P所成角的余弦值；(2)求PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值．[解析] (1)(解法一)过点P作PE⊥A1D1，垂足为E，连接B1E，则PE∥AA1，15\n∴∠B1PE是异面直线AA1与B1P所成的角．在Rt△AA1D1中，A1D1＝2，AA1＝2，∴A1E＝A1D1＝1，∴B1E＝＝.又PE＝AA1＝，∴在Rt△B1PE中，B1P＝＝2，cos∠B1PE＝＝＝.∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.(解法二)以A1为原点，A1B1所在的直线为x轴，A1D1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴建立空间直角坐标系如图所示，则A1(0,0,0)，A(0,0,2)，B1(2,0,0)，P(0，1，)，∴＝(0,0,2)，＝(－2,1，)，∴cos〈，〉＝＝＝.∴异面直线AA1与B1P所成角的余弦值为.(2)由(1)知，B1A1⊥平面AA1D1，∴∠B1PA1是PB1与平面AA1D1所成的角，且tan∠B1PA1＝＝.当A1P最小时，tan∠B1PA1最大，这时A1P⊥AD1，由A1P＝＝，得tan∠B1PA1＝，15\n即PB1与平面AA1D1所成角的正切值的最大值为.11．(2022·天津理，17)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．(1)证明：BE⊥DC；(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；(3)若F为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求二面角F－AB－P的余弦值．[解析] 解法一：由题意易知AP、AB、AD两两垂直，以点A为原点建立空间直角坐标系(如图)，可得B(1,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2)，由E为棱PC的中点，得E(1,1,1)．(1)证明：＝(0,1,1)，＝(2,0,0)，故·＝0，所以BE⊥DC.(2)＝(－1,2,0)，＝(1,0，－2)，设n＝(x，y，z)为平面PBD的法向量，则即不妨令y＝1，可得n＝(2,1,1)为平面PBD的一个法向量，于是有cos〈n，〉＝＝＝.所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)向量＝(1,2,0)，＝(－2，－2,2)，＝(2,2,0)，＝(1,0,0)，由点F在棱PC上，设＝λ，0≤λ≤1.15\n故＝＋＝＋λ＝(1－2λ，2－2λ，2λ)，由BF⊥AC，得·＝0，因此，2(1－2λ)＋2(2－2λ)＝0，解得λ＝，即＝(－，，)．设n1＝(x，y，z)为平面FAB的法向量，则即不妨令z＝1，可得n1＝(0，－3,1)为平面FAB的一个法向量，取平面ABP的法向量n2＝(0,1,0)，则cos〈n1，n2〉＝＝＝－.易知，二面角F－AB－P是锐角，所以其余弦值为.解法二：(1)证明：如图，取PD中点M，连接EM、AM.由于E、M分别为PC、PD的中点，故EM∥DC，且EM＝DC，又由已知，可得EM∥AB且EM＝AB，故四边形ABEM为平行四边形，所以BE∥AM.因为PA⊥底面ABCD，故PA⊥CD，而CD⊥DA，从而CD⊥平面PAD，因为AM⊂平面PAD，于是CD⊥AM，又BE∥AM，所以BE⊥CD.(2)连接BM，由(1)有CD⊥平面PAD，得CD⊥PD，而EM∥CD，故PD⊥EM，又因为AD＝AP，M为PD的中点，故PD⊥AM，可得PD⊥BE，所以PD⊥平面BEM，故平面BEM⊥平面PBD，所以，直线BE在平面PBD内的射影为直线BM，而BE⊥EM，可得∠EBM为锐角，故∠EBM为直线BE与平面PBD所成的角．依题意，有PD＝2，而M为PD中点，可得AM＝，进而BE＝，故在直角三角形BEM中，tan∠EBM＝＝＝，因此sin∠EBM＝.所以，直线BE与平面PBD所成角的正弦值为.(3)如图，在△PAC中，过点F作FH∥PA交AC于点H，因为PA⊥底面ABCD，故FH⊥底面ABCD，从而FH⊥AC，15\n又BF⊥AC，得AC⊥平面FHB，因此AC⊥BH，在底面ABCD内，可得CH＝3HA，从而CF＝3FP.在平面PDC内，作FG∥DC交PD于点G，于是DG＝3GP，由于DC∥AB，故GF∥AB，所以A，B，F，G四点共面，由AB⊥PA，AB⊥AD，得AB⊥平面PAD，故AB⊥AG，所以∠PAG为二面角F－AB－P的平面角．在△PAG中，PA＝2，PG＝PD＝，∠APG＝45°，由余弦定理可得AG＝，cos∠PAG＝.所以，二面角F－AB－P的余弦值为.[方法点拨] 1.运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．2．两异面直线所成的角不一定是直线的方向向量的夹角；两平面的法向量的夹角与二面角相等或互补；直线的方向向量与平面的法向量的夹角与线面角的余角相等或互补．12．如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB＋AD＝4，CD＝，∠CDA＝45°.(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；(2)设AB＝AP.(ⅰ)若直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长；(ⅱ)在线段AD上是否存在一个点G，使得点G到点P、B、C、D的距离都相等？说明理由．[解析] (1)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以PA⊥AB.15\n又AB⊥AD，PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.(2)以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A－xyz如图．在平面ABCD内，作CE∥AB交AD于点E，则CE⊥AD.在Rt△CDE中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CDsin45°＝1.设AB＝AP＝t，则B(t,0,0)，P(0,0，t)．由AB＋AD＝4得AD＝4－t，所以E(0,3－t,0)，C(1,3－t,0)，D(0,4－t,0)，＝(－1,1,0)，＝(0,4－t，－t)．(ⅰ)设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，由n⊥，n⊥，得取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝(t，t,4－t)．又＝(t,0，－t)，故由直线PB与平面PCD所成的角为30°得cos60°＝，即＝，解得t＝或t＝4(舍去，因为AD＝4－t>0)，所以AB＝.(ⅱ)假设在线段AD上存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．15\n设G(0，m,0)(其中0≤m≤4－t)，则＝(1,3－t－m,0)，＝(0,4－t－m,0)，＝(0，－m，t)．由||＝||得12＋(3－t－m)2＝(4－t－m)2，即t＝3－m； ①由||＝||得(4－t－m)2＝m2＋t2. ②由①、②消去t，化简得m2－3m＋4＝0. ③由于方程③没有实数根，所以在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P、C、D的距离都相等．从而，在线段AD上不存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等．[方法点拨] 1.用空间向量求点到平面的距离的方法步骤是：(1)求出平面的法向量n；(2)任取一条过该点的该平面的一条斜线段，求出其向量坐标n1；(3)求点到平面的距离d＝.2．点面距、线面距、异面直线间的距离的求法共同点是：设平面的法向量为n(求异面直线间的距离时，取与两异面直线都垂直的向量为n)，求距离的两几何图形上各取一点A、B，则距离d＝.13．(2022·湖南理，19)如图，已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD.点P，Q分别在棱DD1，BC上．(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P－QD－A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．15\n[分析] 考查空间向量的运用，线面垂直的性质与空间几何体体积计算．考查转化思想、方程思想、运算求解能力和空间想像能力．(1)建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标将问题转化为证明AB1―→·PQ―→＝0；(2)利用向量几何求解：将PQ∥平面ABB1A1转化为与平面ABB1A1的法向量垂直，结合平面的法向量与二面角的关系确定点P，最后利用体积公式计算体积．或用综合几何方法求解．[解析] 解法一 由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1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，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B1(3,0，6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中m＝BQ,0≤m≤6.(1)证明：若P是DD1的中点，则P(0，，3)，＝(6，m－，－3)，＝(3,0,6)，于是·＝18－18＝0，所以⊥，即AB1⊥PQ；(2)由题设知，＝(6，m－6,0)，＝(0，－3,6)是平面PQD内的两个不共线向量．设n1＝(x，y，z)是平面PQD的一个法向量，则，即取y＝6，得n1＝(6－m,6,3)．又平面AQD的一个法向量是n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝＝＝，而二面角P－QD－A的余弦值为，因此＝，解得m＝4，或者m＝8(舍去)，此时Q(6,4,0)．设＝λ(0<λ<1)，而＝(0，－3,6)，由此得点P(0,6－3λ，6λ)，＝(6,3λ－2，－6λ)．因为PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝(0,1,0)，所以·n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝，从而P(0,4,4)，于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ15\n为底面的三棱锥P－ADQ，而其高h＝4，故四面体ADPQ的体积V＝S△ADQ·h＝××6×6×4＝24.解法二 (1)如图c，取A1A的中点R，连接PR，BR，因为A1A，D1D是梯形A1AD1D的两腰，P是D1D的中点，所以PR∥AD，于是由AD∥BC知，PR∥BC，所以P，R，B，C四点共面．由题设知，BC⊥AB，BC⊥A1A，所以BC⊥平面ABB1A1，因此BC⊥AB1①，因为tan∠ABR＝＝＝＝tan∠A1AB1，所以tan∠ABR＝tan∠A1AB1，因此∠ABR＋∠BAB1＝∠A1AB1＋∠BAB1＝90°，于是AB1⊥BR，再由①即知平面AB1⊥平面PRBC，又PQ⊂平面PRBC，故AB1⊥PQ.图c图d(2)如图d，过点P作PM//A1A交AD于点M，则PM//平面ABB1A1.因为A1A⊥平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD，过点M作MN⊥QD于点N，连接PN，则PN⊥QD，∠PNM为二面角P－QD－A的平面角，所以cos∠PNM＝，即＝，从而＝.③连接MQ，由PQ//平面ABB1A1，所以MQ//AB，又ABCD是正方形，所以ABQM为矩形，故MQ＝AB＝6.设MD＝t，则MN＝＝④过点D1作D1E∥A1A交AD于点E，则AA1D1E为矩形，所以D1E＝A1A＝6，AE＝A1D1＝3，因此ED＝AD－AE＝3，于是＝＝＝2，所以PM＝2MD＝2t，再由③④得＝，解得t＝2，因此PM＝4.故四面体ADPQ15\n的体积V＝S△ADQ·h＝××6×6×4＝24.15
