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考點測試48　立體幾何中的向量方法 高考概覽 考綱研讀 1．理解直線的方向向量與平面的法向量 2．能用向量語言表述直線與直線、直線與平面、平面與平面的垂直、平行關系 3．能用向量方法證明有關直線和平面位置關系的一些定理(包括三垂線定理) 4．能用向量方法解決直線與直線、直線與平面、平面與平面的夾角的計算問題，了解向量方法在研究立體幾何中的應用 5．能用向量法解決空間的距離問題 一、基礎小題 1．若平面α，β的法向量分別為n1＝(2，－3，5)，n2＝(－3，1，－4)，則(　　) A．α∥β B．α⊥β C．α，β相交但不垂直 D．以上均不正確 答案　C 解析　因為cos〈n1n2〉＝≠0且cos〈n1，n2〉≠1，所以α，β相交但不垂直． 2．兩平行平面α，β分別經(jīng)過坐標原點O和點A(2，1，1)，且兩平面的一個法向量n＝(－1，0，1)，則兩平面間的距離是(　　) A． B． C． D．3 答案　B 解析　兩平面的一個單位法向量n0＝，故兩平面間的距離d＝|n0|＝． 3．已知向量m，n分別是直線l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，則l與α所成的角為(　　) A．30 B．60 C．120 D．150 答案　A 解析　因為cos〈m，n〉＝－，所以l與α所成角θ滿足sinθ＝|cos〈m，n〉|＝，又θ∈，所以θ＝30． 4．如圖，在空間直角坐標系中有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，則直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　不妨令CB＝1，則CA＝CC1＝2． 故O(0，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，A(2，0，0)，B1(0，2，1)， 所以＝(0，2，－1)，＝(－2，2，1)， 所以cos〈，〉＝＝＝．所以直線BC1與直線AB1夾角的余弦值為．故選A． 5．在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為棱AA1和BB1的中點，則sin〈，〉的值為(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　設正方體的棱長為2，以D為坐標原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸建立空間直角坐標系(如圖)，可知＝(2，－2，1)，＝(2，2，－1)， cos〈，〉＝－， sin〈，〉＝． 6．已知向量A＝(2，2，1)，A＝(4，5，3)，則平面ABC的單位法向量是(　　) A．，－， B．－，，－ C．，－1，1 D．，－， 答案　D 解析　設平面ABC的一個法向量是n＝(x，y，z)，則取z＝1，得x＝，y＝－1．則n＝，－1，1，|n|＝，故平面ABC的單位法向量是，－，．故選D． 7．如圖，在四面體ABCD中，AB＝1，AD＝2，BC＝3，CD＝2．∠ABC＝∠DCB＝，則二面角A－BC－D的大小為(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　二面角A－BC－D的大小等于AB與CD所成角的大?。剑?，而2＝(＋＋)2＝2＋2＋2＋2||||cos〈，〉＋2||||cos〈，〉＋2||||cos〈，〉＝2＋2＋2＋2||||cos〈，〉，即12＝1＋4＋9＋22cos〈，〉， ∴cos〈，〉＝－，∴與所成角為，即二面角A－BC－D的大小為π－＝．故選B． 二、高考小題 8．(2018全國卷Ⅱ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　以D為坐標原點，，，的方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，則D(0，0，0)，A(1，0，0)，B1(1，1，)，D1(0，0，)，所以＝(－1，0，)，＝(1，1，)，因為cos〈，〉＝＝＝，所以異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為，故選C． 9．(經(jīng)典江西高考)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝11，AD＝7，AA1＝12．一質(zhì)點從頂點A射向點E(4，3，12)，遇長方體的面反射(反射服從光的反射原理)，將第i－1次到第i次反射點之間的線段記為Li(i＝2，3，4)，L1＝AE，將線段L1，L2，L3，L4豎直放置在同一水平線上，則大致的圖形是(　　) 答案　C 解析　 由對稱性知質(zhì)點經(jīng)點E反射到平面ABCD的點E1(8，6，0)處．在坐標平面xAy中，直線AE1的方程為y＝x，與直線DC的方程y＝7聯(lián)立得F．由兩點間的距離公式得E1F＝，∵tan∠E2E1F＝tan∠EAE1＝， ∴E2F＝E1Ftan∠E2E1F＝4．∴E2F1＝12－4＝8． ∴＝＝＝＝．故選C． 10．(2015四川高考)如右圖，四邊形ABCD和ADPQ均為正方形，它們所在的平面互相垂直，動點M在線段PQ上，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，設異面直線EM與AF所成的角為θ，則cosθ的最大值為________． 答案　 解析　建立空間直角坐標系，轉(zhuǎn)化為向量進行求解． 以AB，AD，AQ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系Axyz，設正方形邊長為2，M(0，y，2)(0≤y≤2)，則A(0，0，0)，E(1，0，0)，F(xiàn)(2，1，0)， ∴＝(－1，y，2)，||＝，＝(2，1，0)，||＝， ∴cosθ＝＝＝． 令t＝2－y，要使cosθ最大，顯然00)，則 A(a，0，0)，B(0，a，0)，A1(a，0，2)，D(0，0，1)， ∴E，，1． 又∵G為△ABD的重心， ∴G，，．易得＝，，，＝(0，－a，1)．∵點E在面ABD上的射影是△ABD的重心G，∴G⊥面ABD．∴＝0，解得a＝2．∴＝，，，＝(2，－2，2)．∵⊥面ABD， ∴G為面ABD的一個法向量，設A1B與面ABD所成角為θ，∵sinθ＝|cos〈，〉|＝＝＝，∴cosθ＝．∴A1B與平面ABD所成角的余弦值為，故選B． 13．(2018九江模擬)在四棱錐P－ABCD中，A＝(4，－2，3)，A＝(－4，1，0)，A＝(－6，2，－8)，則這個四棱錐的高h＝(　　) A．1 B．2 C．13 D．26 答案　B 解析　在四棱錐P－ABCD中，A＝(4，－2，3)，＝(－4，1，0)，＝(－6，2，－8)， 設平面ABCD的法向量為n＝(x，y，z)，則即設y＝4，則n＝1，4，，所以cos〈n，A〉＝＝＝－，所以h＝|A||cos〈n，A〉|＝2＝2．故選B． 14．(2018合肥模擬)如圖所示，已知點P為菱形ABCD外一點，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，點F為PC中點，則二面角C－BF－D的正切值為(　　) A． B． C． D． 答案　D 解析　連接BD交AC于點O，連接OF．以O為原點，OB，OC，OF所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系． 設PA＝AD＝AC＝1，則BD＝，所以B，0，0，F(xiàn)0，0，，C0，，0，D－，0，0． 易知O＝0，，0為平面BDF的一個法向量． 由B＝－，，0，F(xiàn)＝，0，－，可求得平面BCF的一個法向量為n＝(1，，)， 所以cos〈n，O〉＝， 由題圖知二面角C－BF－D的平面角為銳角，所以sin〈n，〉＝，所以tan〈n，〉＝．故選D． 15．(2018廣東珠海四校模擬)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝2，點E為CC1的中點，則點D1到平面BDE的距離為________． 答案　 解析　解法一：如圖，以D為坐標原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，則D(0，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，2)，E(0，1，1)，連接D1B，所以＝(1，1，0)，＝(0，1，1)，＝(－1，－1，2)，設n＝(x，y，z)是平面BDE的法向量，所以有即令x＝1，則y＝－1，z＝1，所以面BDE的一個法向量為n＝(1，－1，1)，則點D1到平面BDE的距離d＝＝． 解法二：連接D1B，D1E，由題意可知BC⊥平面DD1E，設點D1到平面BDE的距離為h，由VD1－BDE＝VB－DD1E得S△BDEh＝S△D1DEBC，即h＝＝＝＝，∴點D1到平面BDE的距離為． 16．(2018遼寧模擬)如圖，在直三棱柱A1B1C1－ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝A1A＝1，已知G與E分別是棱A1B1和CC1的中點，D與F分別是線段AC與AB上的動點(不包括端點)．若GD⊥EF，則線段FD的長度的取值范圍是________． 答案　，1 解析　建立如圖所示的空間直角坐標系，則A1(0，0，1)，B1(0，1，1)，C(1，0，0)，C1(1，0，1)，G0，，1，E1，0，， 設D(x，0，0)，F(xiàn)(0，y，0)(x，y∈(0，1))， 則G＝x，－，－1，E＝－1，y，－， ∵GD⊥EF，∴GE＝0，即－x－y＋＝0， ∴x＝－y，在Rt△AFD中，F(xiàn)D＝＝＝＝， ∵0

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