高考数学一轮复习考点规范练39立体几何中的向量方法含解析新人教版

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.±

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.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

答案:B

解析: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sinθ=|cos<m,n>|.

∵cos<m,n>==-,

∴sinθ=,∴θ=

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

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.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=(0,1,0),=(-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.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点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

答案:B

解析: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.(多选)将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A-BD-C,则(　　)

A.AC⊥BD

B.△ACD是等边三角形

C.AB与平面BCD所成的角为60°

D.AB与CD所成的角为60°

答案:ABD

解析:取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD.又AE∩CE=E,

∴BD⊥平面AEC.

∴BD⊥AC,故A正确.

设正方形的边长为a,则AD=DC=a,AE=a=EC.

由题意知∠AEC=90°,则在Rt△AEC中,可得AC=a.

∴△ACD为等边三角形,故B正确.

由已知得AE⊥平面BCD,则∠ABD为AB与平面BCD所成的角,为45°,故C错误.

以E为坐标原点,EC,ED,EA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,则A(0,0,a),B(0,-a,0),D(0,a,0),C(a,0,0).

=(0,-a,-a),=(a,-a,0).

∵cos<>=,

∴<>=60°,故D正确.

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　　　　　. 

答案:

解析: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cosθ=

8.(2021全国Ⅰ,理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.

(1)求BC;

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

解:(1)连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,∴PD⊥AM.

∵PB⊥AM,PB∩PD=P,

∴AM⊥平面PBD,∴AM⊥BD,

∴∠ADB+∠DAM=90°.

又∠DAM+∠MAB=90°,

∴∠ADB=∠MAB,

∴Rt△DAB∽Rt△ABM,,

BC2=1,∴BC=

(2)如图,以D为原点,分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.

可得A(,0,0),B(,1,0),M,P(0,0,1),=(-,0,1),

=(-,-1,1).

设平面AMP的法向量为m=(x1,y1,z1),则

令x1=,则y1=1,z1=2,可取m=(,1,2).

设平面BMP的法向量为n=(x2,y2,z2),

同理可取n=(0,1,1).

则cos<m,n>=

设二面角A-PM-B的平面角为θ,则sinθ=

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.

(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:根据题意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

二、综合应用

10.(多选)(2021广东珠海二模)如图,在三棱锥P-ABC中,若PA⊥平面ABC,AB=2,BC=2,AC=4,点A到平面PBC的距离为,则(　　)

A.PA=4

B.三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32π

C.直线AB与直线PC所成角的余弦值为

D.AB与平面PBC所成角的正弦值为

答案:ABD

解析:因为AB=2,BC=2,AC=4,

所以AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC.

因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.

又因为AB∩PA=A,所以BC⊥平面PAB,从而BC⊥PB.

设PA=a,根据等体积法得VP-ABC=VA-PBC,即2×2a=2,

解得a=4,所以PA=a=4,故A选项正确;

三棱锥P-ABC的外接球的半径与以BC,BA,AP为邻边的长方体的外接球的半径相等,

因为三棱锥P-ABC的外接球的半径为2,所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为32π,故B选项正确;

过点B作PA的平行线BD,则BD⊥平面ABC,

所以以点B为坐标原点,BC,BA,BD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,则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),P(0,2,4),

所以=(0,-2,0),=(2,-2,-4),

所以cos<>=,所以直线AB与直线PC所成角的余弦值为,故C选项错误;

可得=(2,0,0),=(0,2,4),=(0,-2,0).

设平面PBC的法向量为m=(x,y,z),

则

令z=1,则可取m=(0,-2,1),

设AB与平面PBC所成的角为θ,则sinθ=|cos<m,>|=所以AB与平面PBC所成角的正弦值为,故D选项正确.

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　　　　　. 

答案:

解析:如图,过点C作CO⊥平面ABDE,垂足为O,连接OA,OB,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,),

故cos<>=

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.

(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).

所以=(0,-1,1),=(2,1,0),=(0,1,1).设平面PCD的法向量n=(x,y,z),

则

即

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.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.

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,则令z=1,则可取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

令y=1,可取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

三、探究创新

14.(2021山东烟台一中高三月考)如图①,在等边三角形ABC中,AC=4,D是边AC上的点(不与A,C重合),过点D作DE∥BC交AB于点E,沿DE将△ADE向上折起,使得平面ADE⊥平面BCDE,如图②所示.

(1)若异面直线BE与AC垂直,请确定图①中点D的位置;

(2)证明:无论点D的位置如何,平面ADE与平面ABE夹角的余弦值都为定值,并求出这个定值.

解:在图②中,分别取DE的中点O,BC的中点F,连接OA,OF.

由题意以O为原点,OE,OF,OA所在直线分别为x轴、y轴、z轴,可建立空间直角坐标系,如图所示.

图①

图②

设OA=x,0<x<2,则OF=2-x,OE=,

∴B(2,2-x,0),E,A(0,0,x),C(-2,2-x,0),=(-2,2-x,-x),

(1)∵异面直线BE与AC垂直,

=x2-x+8=0,

解得x==2(舍)或x=,

∴图①中,,

即图①中点D在边AC的三等分点处且靠近点C.

(2)平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0).

,

,

设平面ABE的法向量为m=(a,b,c),

则

令a=1,则可取m=

设平面ADE与平面ABE的夹角为θ,则cosθ=,

∴无论点D的位置如何,平面ADE与平面ABE夹角的余弦值都为定值