广西专用高考数学一轮复习考点规范练45立体几何中的向量方法含解析新人教A版理

这是一份广西专用高考数学一轮复习考点规范练45立体几何中的向量方法含解析新人教A版理，共19页。试卷主要包含了解得a=b,c=2b等内容，欢迎下载使用。
考点规范练45　立体几何中的向量方法基础巩固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.±答案:D解析: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.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AC与B1D所成角的大小为(　　)A B C D答案:D解析: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.设正方体的边长为1,则A(0,0,0),C(1,1,0),B1(1,0,1),D(0,1,0),=(1,1,0),=(-1,1,-1).=1×(-1)+1×1+0×(-1)=0,∴AC与B1D所成的角为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,AB=,AF=1,M在EF上,且AM∥平面BDE,则点M的坐标为(　　)A.(1,1,1) B C D答案:C解析: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的一个法向量为n=(a,b,c),则解得令b=1,则n=(1,1,).又AM∥平面BDE,所以n=0,即2(x-)+=0,得x=所以M4.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答案:C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n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为h=5.如图,过正方形ABCD的顶点A,作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:(方法一)建立如图①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所成二面角的余弦值为,故所求的二面角的大小是45°.图①图②(方法二)将其补成正方体.如图②,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平面CDPQ所成的二面角,其大小为45°.6.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1,则AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为(　　)A B C D答案:C解析:取B1C1的中点D1,连接A1D1,以A1为原点,A1D1,A1A所在直线为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,设AB=2,则C1(,1,0),A(0,0,2),=(,1,-2),平面BB1C1C的一个法向量为n=(1,0,0).所以AC1与平面BB1C1C所成角的正弦值为7.如图,在正四棱锥S-ABCD中,O为顶点在底面上的射影,P为侧棱SD的中点,且SO=OD,则直线BC与平面PAC所成的角为　　　　　. 答案:30°解析:如图所示,以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD=SO=OA=OB=OC=a,则A(a,0,0),B(0,a,0),C(-a,0,0),P则=(2a,0,0),=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos<,n>=∴<,n>=60°,∴直线BC与平面PAC所成的角为90°-60°=30°.8.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所成锐二面角的余弦值是　　　　　. 答案:解析:依题意建立空间直角坐标系,如图所示,则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n=(2,-1,1).设平面SCD与平面SAB所成的锐二面角为θ,则cosθ=9.如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=A1B1=2,BC=(1)若E为线段CC1的中点,求证:平面A1BE⊥平面B1CD;(2)若点P为侧面A1ABB1(包含边界)内的一个动点,且C1P∥平面A1BE,求线段C1P长度的最小值.解:由题意知DA,DC,DD1两两垂直,分别以DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的坐标系,则A(,0,0),B(,2,0),C(0,2,0),A1(,0,2),B1(,2,2),C1(0,2,2),D1(0,0,2),D(0,0,0).(1)证明:∵E是线段CC1的中点,∴E(0,2,1).=(,2,2),=(0,2,0),=(0,-2,2),=(-,0,1).设m=(x1,y1,z1)是平面B1CD的法向量,则解得故可取m=(-,0,1).设n=(x2,y2,z2)是平面A1BE的法向量,则解得故可取n=(1,).∵m·n=-1+0+1=0,∴m⊥n,∴平面A1BE⊥平面B1CD.(2)∵P为侧面A1ABB1(包含边界)内的一个动点,∴设P(,a,b),且0≤a≤2,0≤b≤2,则=(,a-2,b-2).∵C1P∥平面A1BE,n,n=(a-2)+(b-2)=0,解得a=3-b,故1≤b≤2,∴||==∵1≤b≤2,∴当b=时,||取得最小值故线段C1P长度的最小值为10.在边长为4的正方形ABCD中,点E,F分别为边AB,AD的中点,以CE,CF为折痕将△BCE和△DFC折起,使点B,D重合于点P,连接PA,得到如图所示的四棱锥P-AECF.(1)求证:EF⊥PC;(2)求直线PA与平面PEC所成角的正弦值.答案:(1)证法一在正方形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,翻折后PC⊥PE,PC⊥PF,∵PE∩PF=P,PE,PF⊂平面PEF,∴PC⊥平面PEF,∵EF⊂平面PEF,∴EF⊥PC.证法二连接AC,记AC与EF的交点为O,连接PO.在正方形ABCD中,AC⊥EF,AE=AF,∴O为EF的中点.BE=DF,翻折后,PE=PF,∴EF⊥PO.而AC⊥EF,PO与AC相交于点O,PO,AC⊂平面PAC,∴EF⊥平面PAC.∵PC⊂平面PAC,∴EF⊥PC.(2)解法一由(1)可知△OPC为直角三角形,OP=,PC=4,OC=3,设P到AC的距离为h,易证h即为点P到平面ABCD的距离.4=3h,∴h=,∴VP-AEC=S△AEC·h=2×4S△PCE=PC·PE=4,设点A到平面PCE的距离为h',∴VA-PCE=S△PEC·h'=h',h'=,解得h'=在Rt△POC中,cos∠POC=,∴cos∠POA=-在△POA中,PA2=OA2+OP2-2·OP·OA·cos∠POA=,∴PA=设PA与平面PEC所成角为θ,则sinθ=,∴直线PA与平面PEC所成角的正弦值为解法二连接AC,AC与EF交于点O,以OA,OE所在的直线分别为x轴、y轴,过点O作垂直于面ABCD的直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,依题意有A(,0,0),C(-3,0,0),E(0,,0),过点P作PG⊥AC,易证PG⊥平面ABCD.在Rt△POC中,OP=,PC=4,OC=3,∴OP·PC=OC·PG,∴PG=,OG=,∴P,=,=(3,0).∵PF=PE=2,EF=2,∴PF⊥PE,显然PF⊥PC,又PE∩PC=P,∴PF⊥平面PEC,易知F(0,-,0),∴平面PEC的一个法向量设PA与平面PEC所成角为θ,则sinθ=,∴直线PA与平面PEC所成角的正弦值为11.(2020广西桂林二模)已知四棱锥P-ABCD,底面ABCD为正方形,且PA⊥底面ABCD,过AB的平面与侧面PCD的交线为EF,且满足S△PEF∶S四边形CDEF=1∶3.(1)证明:PB∥平面ACE;(2)若二面角C-AF-D的余弦值为,求的值.答案:(1)证明已知四边形ABCD为正方形,∴AB∥CD.又CD⊂平面PCD,AB⊄平面PCD,∴AB∥平面PCD.又AB⊂平面ABFE,平面ABFE∩平面PCD=EF,∴EF∥AB.∴EF∥CD.由S△PEF∶S四边形CDEF=1∶3,知F,E分别为PC,PD的中点.连接BD交AC于点G,则G为BD的中点.连接GE,在△PBD中,EG为中位线,∴EG∥PB.又EG⊂平面ACE,PB⊄平面ACE,∴PB∥平面ACE.(2)解∵底面ABCD为正方形,且PA⊥底面ABCD,∴PA,AB,AD两两垂直,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设AB=AD=2a,AP=2b,则A(0,0,0),D(0,2a,0),C(2a,2a,0),G(a,a,0),P(0,0,2b),F(a,a,b).∵PA⊥底面ABCD,DG⊂底面ABCD,∴DG⊥PA.∵四边形ABCD为正方形,∴AC⊥BD,即DG⊥AC.又AC∩PA=A,AC,PA⊂平面CAF,∴DG⊥平面CAF.∴平面CAF的一个法向量为=(a,-a,0).设平面AFD的法向量为m=(x,y,z),=(0,2a,0),=(a,a,b),取z=-a,可得平面AFD的一个法向量为m=(b,0,-a).设二面角C-AF-D的大小为θ,则cosθ=,得又PA=2b,AB=2a,∴当二面角C-AF-D的余弦值为时,能力提升12.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⊥ACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面答案:B解析:以D点为坐标原点,以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,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.13.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,AB⊥AC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足=,直线PN与平面ABC所成角θ的正弦值取最大值时,λ的值为(　　)A B C D答案:A解析:分别以AB,AC,AA1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系A-xyz,如图所示.由题意知P(λ,0,1),N,则易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).则直线PN与平面ABC所成的角θ满足sinθ=|cos<,n>|=,于是问题转化为二次函数求最值问题.又因为,当θ最大时,sinθ最大,所以当λ=时,sinθ最大为,同时直线PN与平面ABC所成的角θ取得最大值.故选A.14.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　　　　　. 答案:解析:过C点作CO⊥平面ABDE,垂足为O,取AB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,A,N,,cos<>=15.(2020天津二模)如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB∥CD,且CD=2,AB=1,BC=2,PA=1,AB⊥BC,N为PD的中点.(1)求证:AN∥平面PBC;(2)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值;(3)在线段PD上是否存在一点M,使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解:过点A作AE⊥CD于点E,则DE=1.以A为原点,AE,AB,AP所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则A(0,0,0),B(0,1,0),E(2,0,0),D(2,-1,0),C(2,1,0),P(0,0,1).∵N为PD的中点,∴N.(1)证明:=,=(0,-1,1),=(2,0,0).设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),则可取m=(0,1,1),m=-=0,即m,又AN⊄平面PBC,∴AN∥平面PBC.(2)=(0,0,1),=(2,-1,0),设平面PAD的法向量为n=(a,b,c),则可取n=(1,2,0).∴cos<m,n>=故平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为(3)假设在线段PD上存在一点M,使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值为令=,λ∈[0,1],则点M的坐标为(2-2,λ-1,λ).=(-2,λ-2,λ).由(1)知,平面PBC的一个法向量为m=(0,1,1),∵直线CM与平面PBC所成角的正弦值为,,化简得21λ2-50λ+24=0,即(3λ-2)(7λ-12)=0.∵λ∈[0,1],∴λ=故高考预测16.(2020湖南衡阳三模)如图,半圆弧所在平面与平面ABCD垂直,M是上异于A,B的动点,∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=2DC.(1)证明:MB⊥平面MAD;(2)当直线MB与平面ABCD所成的角为45°时,求二面角D-MA-C的正弦值.答案:(1)证明因为半圆弧所在平面与平面ABCD垂直,平面MAB∩平面ABCD=AB,且DA⊥AB,DA⊂平面ABCD,所以DA⊥平面MAB.又MB⊂平面MAB,所以DA⊥MB.因为AB为半圆弧所对的直径,所以MB⊥MA.又MA∩DA=A,MA,DA⊂平面MAD,所以MB⊥平面MAD.(2)解过点M作MO⊥AB于点O.因为平面MAB⊥平面ABCD,平面MAB∩平面ABCD=AB,所以MO⊥平面ABCD.所以∠MBO即为MB与平面ABCD所成的角.由已知条件得∠MBA=45°,所以MA=MB,从而O为AB的中点.由∠BAD=∠ADC=90°,AB=AD=2DC,知四边形AOCD为矩形,所以OC⊥AB.以O为坐标原点,OB,OC,OM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.设AB=AD=2DC=2,则C(0,2,0),D(-1,2,0),A(-1,0,0),M(0,0,1),B(1,0,0).由(1)知,MB⊥平面MAD,则平面MAD的一个法向量n1==(1,0,-1).设平面MAC的法向量n2=(x,y,z),因为=(1,0,1),=(1,2,0),所以可取n2=(2,-1,-2).设二面角D-MA-C的大小为θ,则cosθ=所以sinθ=,即二面角D-MA-C的正弦值为