人教版高中数学高考一轮复习训练--立体几何中的向量方法

考点规范练39　立体几何中的向量方法

一、基础巩固

1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面α的法向量为n=(2,x2+x,-x).若直线l∥平面α,则x的值为(　　)

A.-2 B.-

C. D.±

2.已知平面α的一个法向量为n=(1,-,0),则y轴与平面α所成的角的大小为(　　)

A. B.

C. D.

3.如图,正方形ABCD与矩形ACEF所在平面互相垂直,以CD,CB,CE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,若AB=,AF=1,点M在EF上,且AM∥平面BDE,则点M的坐标为(　　)

A.(1,1,1) B.

C. D.

4.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E是棱AB的中点,则点E到平面ACD1的距离为(　　)

A. B. C. D.

5.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=A1D,AF=AC,则(　　)

A.EF至多与A1D,AC之一垂直

B.EF⊥A1D,EF⊥AC

C.EF与BD1相交

D.EF与BD1异面

6.如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SB=SC,且∠ASB=∠BSC=∠CSA=,M,N分别是AB和SC的中点,则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为　　　　　,直线SM与平面SAC所成角的大小为　　　　　. 

7.在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中,∠ABC=90°,AD∥BC,SA⊥平面ABCD, SA=AB=BC=1,AD=,则平面SCD与平面SAB夹角的余弦值是　　　　　. 

8.(2020全国Ⅲ,理19) 如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别在棱DD1,BB1上,且2DE=ED1,BF=2FB1.

(1)证明:点C1在平面AEF内;

(2)若AB=2,AD=1,AA1=3,求二面角A-EF-A1的正弦值.

9.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC=BC=AA1=2,∠ACB=90°,D,E,F分别为AC,AA1,AB的中点.

(1)求证:B1C1∥平面DEF;

(2)求EF与AC1所成角的大小;

(3)求点B1到平面DEF的距离.

二、综合应用

10.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为α,则sin α的取值范围是(　　)

A. B.

C. D.

11.如图,等边三角形ABC与正方形ABDE有一公共边AB,二面角C-AB-D的余弦值为,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于　　　　　. 

12.如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1,AD=2, AC=CD=.

(1)求证:PD⊥平面PAB.

(2)在棱PA上是否存在点M,使得BM∥平面PCD?若存在,求的值;若不存在,说明理由.

13.如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°,点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.

(1)求证:MN∥平面BDE;

(2)求二面角C-EM-N的正弦值;

(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.

三、探究创新

14.(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若棱长为1,点E,F分别为线段B1D1,BC1上的动点,则下列结论正确的是(　　)

A.DB1⊥平面ACD1

B.平面A1C1B∥平面ACD1

C.点F到平面ACD1的距离为定值

D.直线AE与平面BB1D1D所成角的正弦值为定值

考点规范练39　立体几何中的向量方法

1.D　当线面平行时,直线的方向向量垂直于平面的法向量,故-1×2+1×(x2+x)+1×(-x)=0,解得x=±

2.B　可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面α所成的角为θ,则sin θ=|cos<m,n>|.

∵cos<m,n>==-,∴sin θ=,∴θ=

3.C　设M(x,x,1).由已知得A(,0),B(0,,0),D(,0,0),E(0,0,1),则=(x-,x-,1),=(,-,0),=(0,-,1).

设平面BDE的法向量为n=(a,b,c),

则

令b=1,则可取n=(1,1,).

又AM∥平面BDE,所以n=0,

即2(x-)+=0,得x=所以M

4.C　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D1(0,0,1),E(1,1,0),A(1,0,0),C(0,2,0),

从而=(1,1,-1),=(-1,2,0),=(-1,0,1).

设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c).

则

令a=2,则可取n=(2,1,2).

所以点E到平面ACD1的距离为h=

5.B　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,

如图所示.

设正方体的棱长为1,

则A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E(,0,),F(,0),B(1,1,0),D1(0,0,1),

=(-1,0,-1),=(-1,1,0),=(,-),=(-1,-1,1),

=-=0,从而EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选B.

6　因为∠ASB=∠BSC=∠CSA=,

所以以S为坐标原点,SA,SB,SC所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,图略.

设SA=SB=SC=2,则M(1,1,0),B(0,2,0),N(0,0,1),A(2,0,0),C(0,0,2).

因为=(1,1,0),=(0,-2,1),所以cos<>==-,所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为平面SAC一个法向量为=(0,2,0),则由cos<>=,得<>=,

所以直线SM与平面SAC所成角的大小为

7　如图所示,建立空间直角坐标系,则有 D,C(1,1,0),S(0,0,1),

可知是平面SAB的一个法向量.

设平面SCD的法向量n=(x,y,z),

因为,

所以n=0,n=0,即-z=0,+y=0.

令x=2,则y=-1,z=1,所以可取n=(2,-1,1).

设平面SCD与平面SAB的夹角为θ,

则cos θ=

8.解 设AB=a,AD=b,AA1=c,如图,以C1为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系C1xyz.

(1)证明:连接C1F,则点C1(0,0,0),A(a,b,c),E(a,0,c),F(0,b,c),=(0,b,c),=)0,b,c),得,

因此EA∥C1F,即A,E,F,C1四点共面.

所以点C1在平面AEF内.

(2)由已知得点A(2,1,3),E(2,0,2),F(0,1,1),A1(2,1,0),

=(0,-1,-1),=(-2,0,-2),=(0,-1,2),=(-2,0,1).

设n1=(x,y,z)为平面AEF的法向量,则

即

可取n1=(-1,-1,1).

设n2为平面A1EF的法向量,

则同理可取n2=,2,1.因为cos<n1,n2>==-,

所以二面角A-EF-A1的正弦值为

9.(1)证明 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,B1C1∥BC.

∵D,F分别是AC,AB的中点,

∴FD∥BC,∴B1C1∥FD.

又B1C1⊄平面DEF,DF⊂平面DEF,

∴B1C1∥平面DEF.

(2)解 建立如图所示的空间直角坐标系,

则点C(0,0,0),A(2,0,0),B(0,2,0),A1(2,0,2),B1(0,2,2),C1(0,0,2),D(1,0,0),E(2,0,1),F(1,1,0).

=(-1,1,-1),=(-2,0,2).

=2+0-2=0,

,∴EF与AC1所成的角为90°.

(3)解 设向量n=(x,y,z)是平面DEF的法向量,=(1,0,1),=(0,1,0).

由可得

取x=1,则z=-1,∴可取n=(1,0,-1).

设点B1到平面DEF的距离为d,

=(-1,2,2),∴d=,∴点B1到平面DEF的距离为

10.B　以D为坐标原点,DA,DC,DD1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.

不妨设DC=DA=DD1=1,

则D(0,0,0),B(1,1,0),A1(1,0,1),O,并设点P(0,1,t),且0≤t≤1.

则=(-1,0,-1),=(0,1,-1).

设平面A1BD的法向量为n=(x0,y0,z0),

则有

取x0=1,则y0=-1,z0=-1,∴可取n=(1,-1,-1).

∴sin α=|cos<,n>|=(0≤t≤1),

∴sin2α=,0≤t≤1.

令f(t)=,0≤t≤1,

则f'(t)==-,

可知当t时,f'(t)>0;

当t时,f'(t)≤0.

又f(0)=,f=1,f(1)=,

∴f(t)max=f=1,f(t)min=f(0)=

∴sin α的最大值为1,最小值为

∴sin α的取值范围为

11　过点C作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB的中点F,连接CF,OF,则∠CFO为二面角C-AB-D的平面角,

设AB=1,则CF=,OF=CF·cos ∠CFO=,OC=,则O为正方形ABDE的中心,

建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz,

则E,M(,0,),A(,0,0),N(0,),

,cos<>=

12.(1)证明 因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊥AD,AB⊂平面ABCD,

所以AB⊥平面PAD.所以AB⊥PD.

又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,所以PD⊥平面PAB.

(2)解 存在.取AD的中点O,连接PO,CO.

因为PA=PD,所以PO⊥AD.

又因为PO⊂平面PAD,平面PAD与平面ABCD垂直,且交线为AD,所以PO⊥平面ABCD.

因为AO,CO⊂平面ABCD,所以PO⊥CO,PO⊥OA.

因为AC=CD,所以CO⊥AD.故PO,CO,OA两两垂直.

建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.

由题意得,A(0,1,0),B(1,1,0),C(2,0,0),D(0,-1,0),P(0,0,1).

=(0,-1,1),=(2,1,0),=(0,1,1).

设平面PCD的法向量n=(x,y,z),

则

令x=1,得y=-2,z=2.

所以平面PCD的一个法向量为n=(1,-2,2).

设M是棱PA上一点,则存在λ∈[0,1],使得=,

因此点M(0,1-λ,λ),=(-1,-λ,λ).

因为BM⊄平面PCD,所以要使BM∥平面PCD,当且仅当n=0,所以(-1,-λ,λ)·(1,-2,2)=0,

即-1+4λ=0,

解得λ=所以在棱PA上存在点M,使得BM∥平面PCD,此时

13.解 如图,以A为原点,分别以方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.

依题意可得点A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).

(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2),

设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则设z=1,则可得n=(1,0,1).

又=(1,2,-1),可得n=0.

因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.

(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.

设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,

则

因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),

所以

设y=1,可得n2=(-4,1,-2).

因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=所以二面角C-EM-N的正弦值为

(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).

由已知,得|cos<>|=,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=

所以线段AH的长为

14.ABC　以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系.

由题意知,A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0),A1(0,0,1),B1(1,0,1),C1(1,1,1),D1(0,1,1),

设E(x,y,1),=,即(x-1,y,0)=(-λ,λ,0),∴E(1-λ,λ,1).

设F(1,y',z'),=,即(0,y',z')=(0,μ,μ),

∴F(1,μ,μ).

对于A,=(1,-1,1),=(1,1,0),=(0,1,1),

DB1⊥AC,DB1⊥AD1.

又AC,AD1⊂平面ACD1,AC∩AD1=A,

∴DB1⊥平面ACD1,A正确;

对于B,∵DB1⊥平面ACD1,=(1,-1,1)为平面ACD1的一个法向量,

=(1,1,0),=(1,0,-1),

DB1⊥A1C1,DB1⊥A1B.

又A1C1,A1B⊂平面A1C1B,A1C1∩A1B=A1,

∴DB1⊥平面A1C1B,∴平面A1C1B∥平面ACD1,B正确;

对于C,=(1,μ,μ),

∴点F到平面ACD1的距离d=,为定值,C正确;

对于D,易知AC⊥平面BB1D1D,

=(1,1,0)是平面BB1D1D的一个法向量,又=(1-λ,λ,1),

设直线AE与平面BB1D1D所成角为θ,

则sin θ=,不是定值,D错误.