高考数学一轮复习练习案47第七章立体几何第七讲立体几何中的向量方法含解析新人教版

这是一份高考数学一轮复习练习案47第七章立体几何第七讲立体几何中的向量方法含解析新人教版，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第七讲　立体几何中的向量方法
A组基础巩固
一、单选题
1．(2021·东营质检)已知A(1,0,0)，B(0，－1,1)，＋λ与的夹角为120°，则λ的值为(　C　)
A．±　　 B．　　
C．－　　 D．±
[解析]　＋λ＝(1，－λ，λ)，
cos120°＝＝－，得λ＝±.经检验λ＝不合题意，舍去，∴λ＝－.
2．(2021·江苏镇江八校期中联考)已知二面角α－l－β，其中平面α的一个法向量m＝(1,0，－1)，平面β的一个法向量n＝(0，－1,1)，则二面角α－l－β的大小可能为(　C　)
A．60°　　 B．120°　　
C．60°或120°　　 D．30°
[解析]　设二面角α－l－β的平面角为θ，则|cos θ|＝＝，∴θ＝60°或120°.
3．如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为下底面ABCD和上底面A1B1C1D1的中心，则B1M与AN所成角的余弦值等于(　B　)

A．－　　 B．　　
C．－　　 D．
[解析]　如图，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系D－xyz.

设AB＝2，B1M与AN所成角为θ，则A(2,0,0)，M(1,1,0)，B1(2,2,2)，N(1,1,2)，
所以＝(－1,1,2)，＝(－1，－1，－2)．
故cos，＝
＝
＝－.
因为两异面直线所成角的范围是(0，]，所以cos θ＝.故选B.
4．(2020·河南林州期末)如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1, AB＝3，E为线段AB上一点，且AE＝AB，则DC1与平面D1EC所成角的正弦值为(　A　)

A．　　 B．

C．　　 D．
[解析]　如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则C1(0,3,1)，D1(0，0,1)，E(1,1,0)，C(0,3,0)，

∴＝(0,3,1)，＝(1,1，－1)，＝(0,3，－1)．
设平面D1EC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
取y＝1，得n＝(2,1,3)．
∴cos〈，n〉＝＝，
∴DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为.
5．(2021·安徽六校教育研究会联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知∠ABC＝90°，P为侧棱CC1上任意一点，Q为棱AB上任意一点，PQ与AB所成角为α，PQ与平面ABC所成的角为β，则α与β的大小关系为(　C　)

A．α＝β　　 B．α<β
C．α>β　　 D．不能确定
6．(2021·黑龙江哈尔滨期末)三棱柱ABC－A1B1C1底面为正三角形，侧棱与底面垂直，若AB＝2，AA1＝1，则点A到平面A1BC的距离为(　B　)
A．　　 B．　　
C．　　 D．
[解析]　如图建立空间直角坐标系，则＝(0,0,1)，＝(，1，－1)，＝(0,2，－1)，

设平面A1BC的法向量为n＝(x，y，z)，
则不妨取z＝2，
则x＝，y＝1，∴n＝(，1,2)，
∴A到平面A1BC的距离d＝＝.故选B.
注：本题也可用等体积法求解．设A到平面A1BC的距离为h，∵VA1－ABC＝VA－A1BC，∴＝，∴h＝.
7．(2021·河南安阳)二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝2，则该二面角的大小为(　C　)
A．150°　　 B．45°　　
C．60°　　 D．120°
[解析]　由条件，知·＝0，·＝0，＝＋＋，∴||2＝||2＋||2＋||2＋2·＋2·＋2·＝62＋42＋82＋2×6×8cos〈，〉＝(2)2，∴cos〈，〉＝－，〈，〉＝120°，∴二面角的大小为60°，故选 C．
二、多选题
8．(2020·甘肃兰州一中模拟改编)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别为AC，A1B的中点，则下列说法正确的是(　ABC　)

A．MN∥平面ADD1A1
B．MN⊥AB
C．直线MN与平面ABCD所成角为45°
D．异面直线MN与DD1所成角为60°
[解析]　取AB的中点H，连NH、MH，∵M，N分别为AC，A1B的中点，∴NH∥AA1，HM∥BC∥AD，∴平面MNH∥平面ADD1A1，∴MN∥平面ADD1A1，A正确；又AB⊥NH，AB⊥MH，
∴AB⊥平面MNH，∴AB⊥MN，B正确；∵NH⊥平面ABCD，
∴∠NMH为MN与平面ABCD所成角，显然为45°，∴C正确；MN与DD1所成角为45°，D错误，故选ABC．

9．(2020·山东济南期末)给定两个不共线的空间向量a与b，定义叉乘运算；a×b.规定：①a×b为同时与a，b垂直的向量；②a，b，a×b三个向量构成右手系(如图1)；③|a×b|＝|a||b|·sin〈a，b〉．如图2，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4，则下列结论正确的是(　ACD　)

A．×＝
B．×＝×
C．(＋)×＝×＋×
D．长方体ABCD－A1B1C1D1的体积V＝(×)·
[解析]　由叉乘运算定义知A正确；×＝－×，B错误；(＋)×＝×＝λ，由|×|＝|λ|知2×4sin 90°＝2λ，∴λ＝4，∴(＋)×＝4①.同理可知×＝4，×＝4，∴×＋×＝4(＋)＝4②，由①、②知C正确．又(×)·＝|×|·||＝||·||·||＝V长方体ABCD－A1B1C1D1，D正确，故选ACD.
10. (2021·河北质检)如图，是直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1＝2，点E，F，H分别为棱DD1，D1C1，BB1上的中点，则下列结论中一定正确的是(　ABC　)

A．点F在平面EAB1内
B．直线C1H与平面BDD1B1所成的线面角为
C．C1H∥平面EAB1
D．异面直线AB1与C1H所成的角为
[解析]　

如图，连接EF，DC1，因为点E，F均为中点，故EF∥DC1，又DC1∥AB1，所以EF∥AB1，又E∈平面EAB1，所以EF⊂平面EAB1，所以点F在平面EAB1内，故A正确；如图建立空间直角坐标系，由题意知AC⊥平面BDD1B1，∴平面BDD1B1的法向量n＝(－1,1,0)，又＝(－1,0,1)，记C1H与平面BDD1B1所成角为θ，则sin θ＝＝＝，∴θ＝，故B正确；又＝(－1,0,1)＝，∴AE∥HC1，又HC1⊄平面EAB1，∴HC1∥平面EAB1，C正确；又＝(0,1,2)，记AB1与C1H所成角为α，则cos α＝＝＝，∴α≠，故D错，∴选ABC．
三、填空题
11．(2021·河北承德期末)已知四棱锥P－ABCD的底面是菱形，∠BAD＝60°，PD⊥平面ABCD，且PD＝AB，点E是棱AD的中点，F在棱PC上．若PFFC＝12，则直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为　　.
[解析]　如图，以D点为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.

设菱形ABCD的边长为2，
则D (0,0,0)，E，F，
所以＝.
又平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，
所以cos〈，n〉＝＝，
即直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为.

12．(2021·山东枣庄期末)如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥AB，PC⊥BC，AB⊥BC，AB＝2BC＝2，PC＝，则PA与平面ABC所成角的大小为　45°　；三棱锥P－ABC外接球的表面积是 6π .
[解析]　如图，作PO⊥平面ABC于O，连OA，OC，则∠PAO即为PA与平面ABC所成的角．

∵AB⊥PA，AB⊥PO，
∴AB⊥平面PAO，从而AB⊥AO，
同理BC⊥CO，又AB⊥BC，
∴四边形ABCO为矩形，又由题意易知PB＝，PA＝，AO＝1，PO＝1，
∴∠PAO＝45°，即PA与平面ABC所成角为45°，又PB为三棱锥P－ABC外接球的直径，
∴S球＝4π·2＝6π.
四、解答题
13．(2020·3月份北京市高考适应性考试)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD＝2AD，PD⊥DA，PD⊥DC，底面ABCD为正方形，M、N分别为AD，PD的中点．

(1)求证：PA∥平面MNC；
(2)求直线PB与平面MNC所成角的正弦值．
[解析]　(1)证明：因为M，N分别为AD，PD的中点，所以PA∥MN，
又因PA⊄平面MNC，MN⊂平面MNC，
所以PA∥平面MNC．
(2)由题意建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz.

设AD＝2，则P(0,0,4)，B(2,2,0)，M(1,0,0)，N(0,0,2)，C(0,2,0)，
则＝(2,2，－4)，＝(－1,0,2)，＝(－1,2,0)．
设平面MNC的法向量为n＝(x，y，z)，
则，
令x＝2，则y＝1，z＝1，即n＝(2,1,1)．
设直线PB与平面MNC所成角为α，
则sinα＝＝＝.
即直线PB与平面MNC所成角的正弦值为.
14．(2021·河北石家庄质检)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，M为AA1的中点，BC＝BD＝1，AB＝AA1＝.

(1)求证：MD⊥平面BDC1；
(2)求二面角M－BC1－D的余弦值．
[解析]　(1)因为BC＝BD＝1，CD＝AB＝.
可得BC2＋BD2＝CD2，
∴BD⊥BC，又DD1⊥平面ABCD.
∴AD、DB、DD1两两垂直，如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，B(0,1,0)，C1(－1,1，)，M，

∴＝，＝，＝，＝(0,1,0)，
(1)∵·＝0，·＝0，
∴DM⊥DB，DM⊥BC1，又DB∩BC1＝B，
∴DM⊥平面BDC1.
(2)设平面C1BM的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令z＝，则x＝2，y＝3，
故可取n＝(2,3，)．
又由(1)知平面BDC1的一个法向量为＝，
记二面角M－BC1－D为θ，
则|cos θ|＝＝，
∴二面角M－BC1－D的余弦值为.
15．(2021·河北唐山摸底)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，E是AD的中点．

(1)求证：平面PBE⊥平面PAD；
(2)直线PB与平面PAD所成角为45°，求二面角C－PE－D的余弦值．
[解析]　(1)连接BD，由题意可知△ABD是等边三角形，
又E是AD有中点，所以BE⊥AD；
由PD⊥底面ABCD，BE⊂底面ABCD，
所以PD⊥BE，且PD∩AD＝D，
所以，BE⊥平面PAD，且BE⊂平面PBE，
所以平面PBE⊥平面PAD.
(2)由(1)可知，PB在平面PAD上的射影为PE，
所以直线PB与平面PAD所成角为∠BPE＝45°，
在Rt△BPE中，PE＝BE＝AD＝.
所以，在Rt△DPE中，DE＝AD＝1，
PD＝＝.
以E为原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系E－xyz.

由题设可得P(－1,0，)，C(－2，，0)，B(0，，0)，
所以＝(－1,0，)，＝(－2，，0)．
设m＝(x，y，z)是平面PEC的法向量，
则得
可得m＝.
由(1)知＝(0，，0)是平面PED的一个法向量，
则cos〈，m〉＝＝.
所以二面角C－PE－D的余弦值为.
B组能力提升
1．(2021·广东惠州调研)在四棱锥P－ABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为直角梯形，BC∥AD，∠ADC＝90°，BC＝CD＝1，AD＝2，PA＝PD＝，E为AD的中点，F为PC的中点．

(1)求证：PA∥平面BEF；
(2)求二面角F－BE－A的余弦值．
[解析]　(1)连接AC交BE于N ，并连接CE，FN，
∵BC∥AD，BC＝AD，E为AD的中点，
∴AE∥BC，且AE＝BC，
∴四边形ABCE为平行四边形，
∴N为AC中点，又F为PC中点，∴NF∥PA，
∵NF⊂平面BEF，PA⊄平面BEF，
∴PA∥平面BEF.

(2)连接PE，由E为AD的中点及PA＝PD＝，
得PE⊥AD，则PE＝，
∵侧面PAD⊥底面ABCD，且交于AD，
∴PE⊥面ABCD，
如图所示，以E为原点，EA、EB、EP分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，C(－1,1,0)，P(0,0，)．
∵F为PC的中点，∴F，
∴＝(0,1,0)，＝，
设平面EBF法向量为m＝(x，y，z)，则
⇒
取m＝(，0,1)，平面EBA法向量可取：n＝(0,0,1)，
设二面角F－BE－A的大小为θ，显然θ为钝角，
∴cos θ＝－|cosm，n|＝－＝－，
∴二面角F－BE－A的余弦值为－.
2．(2020·四川攀枝花市统考)如图，在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，△PAC为等边三角形，AB⊥AC，D是BC的中点．

(1)证明：AC⊥PD；
(2)若AB＝AC＝2，求二面角D－PA－B平面角的余弦值．
[解析]　(1)证明：取AC中点E，连接DE、PE，

∵△PAC为等边三角形，
∴PE⊥AC．
∵AB⊥AC，D是BC的中点，E为AC中点，
∴ED⊥AC，∴AC⊥平面PED，
∵PD⊂平面PAD，∴AC⊥PD.
(2)∵PE，AC，ED三线两两垂直，以E为坐标原点，EC，ED，EP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立坐标系C(1,0,0)，A(－1,0,0)，B(－1,2,0)，D(0,1,0)，P(0,0，)
设PAD面法向量为n＝(x，y，z)，
＝(0,1，－)，＝(－1,0，－)，
∵⊥n，⊥n，
∴
令z＝，y＝3，x＝－3，
面PAD法向量为n＝(－3,3，)．
设面PAB法向量为m＝(x′，y′，z′)，
＝(0,2,0)，＝(1,0，)
∵⊥m，⊥m，
∴，令z′＝，y′＝0，x′＝－3，
面PAB法向量为m＝(－3,0，)．
设二面角D－PA－B的平面角为θ，
cos θ＝＝＝，
∴二面角D－PA－B平面角的余弦值.
3．(2021·浙江金色联盟百校联考)如图，平面ABCD⊥平面DBNM，且菱形ABCD与菱形DBNM全等，且∠MDB＝∠DAB，G为MC中点．

(1)求证：平面GBD∥平面AMN；
(2)求直线AD与平面AMN的所成角的正弦值．
[解析]　(1)连接AC交DB于E，连接GE，易知GE∥AM.
因为GE⊄平面AMN，AM⊂平面AMN，
所以GE∥平面AMN.
又MN∥BE，同理可证BE∥平面AMN.
又因为BE∩GE＝E，所以平面GBD∥平面AMN.
(2)(几何法)连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等且∠MDB＝∠DAB，
可得出AD＝AB＝BD，DM＝BD＝MB.
所以ME⊥BD，又平面ABCD⊥平面DBNM且相交于BD，
所以ME⊥平面ABCD.
由ME⊥BD，又AC⊥BD且AC∩ME＝E，
所以BD⊥平面AMC，平面GBD⊥平面AMC，
过C作CF⊥GE，所以CF⊥平面GBD，
连接BF，由AD∥BC，
所以∠CBF即为直线AD与平面GBD的所成角．
由(1)平面GBE//平面AMN，
∠CBF即为直线AD与平面AMN的所成角．
由题意有AD＝AB＝BD，∠DAB＝60°.
在直角三角形MAE中，ME＝AE，
所以∠MAE＝45°，则∠GEC＝45°
所以CF＝CE，又在直角三角形DEC中，∠EDC＝60°，
所以CE＝BC，
易知CF＝CE＝BC，
所以sin∠CBF＝＝.
则直线AD与平面AMN的所成角的正弦值为.
(2)(坐标法)连接ME，由菱形ABCD与菱形DBNM全等且∠MDB＝∠DAB，
可得出AD＝AB＝BD，DM＝BD＝MB.
所以ME⊥BD，又平面ABCD⊥平面MNBD且相交于BD，
所以ME⊥平面ABCD.
则可以以CA为x轴，DB为y轴，EM为z轴，建立空间直角坐标系，令AB＝2，

则A(，0,0)，D(0，－1,0)，M(0,0，)，B(0,1,0)，N(0，2，)，
设平面AMN的法向量为n＝(x，y，z)，
则由得，
则可令x＝1，得y＝0，z＝1，
平面AMN的法向量为n＝(1,0,1)，
设直线AD与平面AMN的所成角为θ，
sin θ＝＝＝，
则直线AD与平面AMN的所成角的正弦值为.
4．(2021·安徽蚌埠质检)如图，在棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，∠ABC＝60°，AD＝2，AB＝AA1＝4，F是AD的中点，且C1在底面上的投影E恰为CD的中点．

(1)求证：AD⊥平面C1EF；
(2)若点M满足＝λ，试求λ的值，使二面角M－EF－C为135°.
[解析]　(1)在△FED中，
EF＝＝，
∴FD2＋EF2＝DE2，因此∠EFD＝90°，即EF⊥AD，
∵C1在底面上的投影E恰为CD的中点，
∴C1E⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，∴C1E⊥AD，
又EF⊥AD，EF∩C1E＝E，EF，C1E⊂平面C1EF，
∴AD⊥平面C1EF.
(2)连接EA，EB，在平行四边形ABCD中，

∵AD＝DE＝EC＝BC＝2，∠EDA＝60°，∠BCE＝120°，
∴∠CEB＝30°，∠DEA＝60°，
故∠AEB＝90°，即EA⊥EB，
分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系E－xyz，
E(0,0,0)，C1(0,0,2)，C(－1，，0)，D(1，－，0)，D1(2，－2，2)，F，
＝，
＝λ＝λ(2，－2，0)＝(2λ，－2λ，0)，
＝＋＝(2λ，－2λ，2)，
易得平面CEF的一个法向量为m＝(0,0,1)，
设n＝(x，y，z)为平面MEF的一个法向量，
则：，即，
令x＝，得n＝(，3,2λ)，
∵二面角M－EF－C为135°，
∴|cos〈m，n〉|＝|cos 135°|，
即＝，
∴＝，即λ2＝3，
又∵二面角M－EF－C的大小为钝角，∴λ＝.
5．(2021·海南模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.

(1)求证：AB⊥PC；
(2)在线段PD上是否存在一点M，使得二面角M－AC－D的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
[解析]　

(1)证明：如图， 由已知得四边形ABCD是直角梯形，
由AD＝CD＝2，BC＝4，
可得△ABC是等腰直角三角形，即AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，又PA∩AC＝A，
所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC．

(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，＝(0,2，－2)，＝(2，2，0)．
设＝t(0 则点M的坐标为(0,2t,2－2t)，
所以＝(0,2t,2－2t)．
设平面MAC的法向量是n＝(x，y，z)，则
，得，
则可取n＝(1，－1，)．
又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，
所以|cosm，n|＝＝
＝cos45°＝，
解得t＝，即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的一个法向量可取n0＝(1，－1，)，
＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，
则sinθ＝|cosn0，＝.
即BM与平面MAC所成角的正弦值为.