考點(diǎn)35 立體幾何中的向量方法

考點(diǎn)35立體幾何中的向量方法1.(2022·新高考Ⅰ卷·T19)(12分)如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1的體積為4,△A1BC的面積為22.(1)求A到平面A1BC的距離;(2)設(shè)D為A1C的中點(diǎn),AA1=AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A-BD-C的正弦值.【命題意圖】本題考查求點(diǎn)到面的距離,求二面角的正弦值.【解析】(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,設(shè)點(diǎn)A到平面A1BC的距離為h,則VA-A1BC=13S△A1BC·h=223h=VA1-所以點(diǎn)A到平面A1BC的距離為2;(2)取A1B的中點(diǎn)E,連接AE,如圖,因?yàn)锳A1=AB,所以AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面ABB1A1,平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B,且AE?平面ABB1A1,所以AE⊥平面A1BC,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,由BC?平面A1BC,BC?平面ABC可得AE⊥BC,BB1⊥BC,又AE,BB1?平面ABB1A1且相交,所以BC⊥平面ABB1A1,所以BC,BA,BB1兩兩垂直,以B為原點(diǎn),建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,由(1)得AE=2,所以AA1=AB=2,A1B=22,所以BC=2,則A(0,2,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),C(2,0,0),所以A1C的中點(diǎn)D(1,1,1),則=(1,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0),設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量m=(x,y,z),則,可取m=(1,0,-1),設(shè)平面BDC的一個(gè)法向量n=(a,b,c),則,可取n=(0,1,-1),則cos<m,n>=m·n|m|·|所以二面角A-BD-C的正弦值為1?(12)2.(2022·新高考Ⅱ卷)如圖,PO是三棱錐P-ABC的高,PA=PB,AB⊥AC,E是PB的中點(diǎn).(1)證明:OE∥平面PAC;(2)若∠ABO=∠CBO=30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE-B的正弦值.【命題意圖】本題考查線面平行的判定以及利用空間向量求解二面角的正弦值,考查邏輯推理能力及運(yùn)算求解能力.【解析】(1)如圖,連接BO并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)D,連接OA,PD,因?yàn)镻O是三棱錐P-ABC的高,所以PO⊥平面ABC,AO,BO?平面ABC,所以PO⊥AO,PO⊥BO,又PA=PB,易得△POA≌△POB,即OA=OB,所以∠OAB=∠OBA,又AB⊥AC,即∠BAC=90°,所以∠OAB+∠OAD=90°,∠OBA+∠ODA=90°,所以∠ODA=∠OAD,所以AO=DO,即AO=DO=OB,所以O(shè)為BD的中點(diǎn),又E為PB的中點(diǎn),所以O(shè)E∥PD,又OE?平面PAC,PD?平面PAC,所以O(shè)E∥平面PAC.(2)過點(diǎn)A作Az∥OP,如圖建立平面直角坐標(biāo)系,因?yàn)镻O=3,AP=5,所以O(shè)A=AP2又∠OBA=∠OBC=30°,所以BD=2OA=8,則AD=4,AB=43,所以AC=12,所以O(shè)(23,2,0),B(43,0,0),P(23,2,3),C(0,12,0),所以E33則=33,1,32,=(43,0,0),=設(shè)平面AEB的法向量為n=(x,y,z),則,令z=2,則y=-3,x=0,所以n=(0,-3,2);設(shè)平面AEC的法向量為m=(a,b,c),則,令a=3,則c=-6,b=0,所以m=(3,0,-6);所以cos<n,m>=n·m|n||設(shè)二面角C-AE-B為θ,由圖可知二面角C-AE-B為鈍二面角,所以cosθ=-43所以sinθ=1?cos2θ故二面角C-AE-B的正弦值為11133.(2022·全國(guó)甲卷理科)在四棱錐P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP=3.(1)證明:BD⊥PA;(2)求PD與平面PAB所成的角的正弦值.【命題意圖】本題考查線面垂直的判定和性質(zhì)以及利用空間向量求解線面角的正弦值,考查邏輯推理能力及運(yùn)算求解能力,屬于中檔題.【解析】(1)因?yàn)镻D⊥底面ABCD,BD?平面ABCD,所以PD⊥BD,取AB的中點(diǎn)E,連接DE,則BE=12AB=因?yàn)镃D∥BE,且CD=BE,所以四邊形BCDE為平行四邊形,所以DE=CB=1,因?yàn)镈E=12AB所以△ABD為直角三角形,且AB為斜邊,所以BD⊥AD,因?yàn)镻D∩AD=D,PD?平面PAD,AD?平面PAD,所以BD⊥平面PAD,又因?yàn)镻A?平面PAD,所以BD⊥PA;(2)由(1)知,PD,AD,BD兩兩互相垂直,故建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,BD=AB2-則D(0,0,0),A(1,0,0),B(0,3,0),P(0,0,3),所以=(0,0,-3),=(1,0,-3),=(-1,3,0),設(shè)平面PAB的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則,則可取n=(3,1,1),設(shè)PD與平面PAB所成的角為θ,則sinθ=|cos<,n>|==55,所以PD與平面PAB所成的角的正弦值為554.(2022·全國(guó)乙卷理科·T18)(12分)如圖,四面體ABCD中,AD⊥CD,AD=CD,∠ADB=∠BDC,E為AC的中點(diǎn).(1)證明:平面BED⊥平面ACD;(2)設(shè)AB=BD=2,∠ACB=60°,點(diǎn)F在BD上,當(dāng)△AFC的面積最小時(shí),求CF與平面ABD所成的角的正弦值.【命題意圖】考查全等三角形的判斷、等腰三角形的性質(zhì)、面面垂直的判定、勾股定理、線面角、空間直角坐標(biāo)系以及運(yùn)算求解能力.【解析】(1)因?yàn)锳D=CD,E為AC的中點(diǎn),所以AC⊥DE;在△ABD和△CBD中,因?yàn)锳D=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB,所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB,又因?yàn)镋為AC的中點(diǎn),所以AC⊥BE;又因?yàn)镈E,BE?平面BED,DE∩BE=E,所以AC⊥平面BED,因?yàn)锳C?平面ACD,所以平面BED⊥平面ACD.(2)連接EF,由(1)知,AC⊥平面BED,因?yàn)镋F?平面BED,所以AC⊥EF,所以S△AFC=12AC·EF當(dāng)EF⊥BD時(shí),EF最小,即△AFC的面積最小.因?yàn)椤鰽BD≌△CBD,所以CB=AB=2,又因?yàn)椤螦CB=60°,所以△ABC是等邊三角形,因?yàn)镋為AC的中點(diǎn),所以AE=EC=1,BE=3,因?yàn)锳D⊥CD,所以DE=12AC=在△DEB中,DE2+BE2=BD2,所以BE⊥DE.以E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz,則A(1,0,0),B(0,3,0),D(0,0,1),所以=(-1,0,1),=(-1,3,0),設(shè)平面ABD的一個(gè)法向量為n=(x,y,z),則,取y=3,則n=(3,3,3),又因?yàn)镃(-1,0,0),F0,34,34,所以=1,34,34,所以cos<n,>==621×74=設(shè)CF與平面ABD所成的角為θ,所以sinθ=|cos<n,>|=437所以CF與平面ABD所成的角的正弦值為435.(2022·浙江高考數(shù)學(xué)科·T19)(15分)如圖,已知ABCD和CDEF都是直角梯形,AB∥DC,DC∥EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD=∠CDE=60°,二面角F-DC-B的平面角為60°.設(shè)M,N分別為AE,BC的中點(diǎn).(Ⅰ)證明:FN⊥AD;(Ⅱ)求直線BM與平面ADE所成角的正弦值.【命題意圖】本題主要考查線線垂直的證明,考查如何建立空間直角坐標(biāo)系,確定相關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo),利用法向量求線面角的正弦值.【解析】(Ⅰ)由題易知CD⊥CB,CD⊥CF,平面CDEF∩平面ABCD=CD,則∠FCB為二面角F-DC-B的平面角,即∠FCB=60°,因?yàn)镃B∩CF=C,所以CD⊥平面CBF,所以CD⊥FN,又CF=3(CD-EF)=23,CB=3(AB-CD)=23,∠FCB=60°,所以△BCF是等邊三角形,所以CB⊥FN,因?yàn)镃B∩CD=C,所以FN⊥平面ABCD,故FN⊥AD.(Ⅱ)由于FN⊥平面ABCD,如圖建系,于是B(0,3,0),A(5,3,0),F(0,0,3),E(1,0,3),D(3,-3,0),則M3,32,32.=3,-32,32,=(2,23,0),=(-2,3,3),設(shè)平面ADE的法向量為n=(x,y,z),由,得2x+23y=0-2x+3y+3z=0所以n=(3,-