高考数学一轮复习 专题8.7 立体几何中的向量方法（练）

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高考数学一轮复习策略1、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。2、精练习题复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。3、加强审题的规范性每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。4、重视错题“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。专题8.7   立体几何中的向量方法1.（2020·陕西省商丹高新学校期末（理））两不重合平面的法向量分别为， ，则这两个平面的位置关系是（     ）A．平行 B．相交不垂直 C．垂直 D．以上都不对【答案】A由已知，两不重合平面的法向量分别为（1，0，﹣1），（﹣2，0，2），所以，所以两不重合平面的法向量平行，所以这两个平面的位置关系是平行；故选：A．2．（2020·全国课时练习）已知两个不重合的平面与平面，若平面的法向量为，向量，，则（    ）A．平面平面 B．平面平面C．平面、平面相交但不垂直 D．以上均有可能【答案】A【解析】，，，，，所以，也为平面的一个法向量，又平面与平面不重合，所以平面与平面平行，故选：A.3．（2020·江西新余·高二其他）如图所示，在正方体中，是底面正方形的中心，是的中点，是的中点，则直线，的位置关系是（    ）A．平行 B．相交 C．异面垂直 D．异面不垂直【答案】C【解析】建立空间直角坐标系，如图所示.设正方体的棱长为2，则，，，，∴，.∵，∴直线，的位置关系是异面垂直. 故选: C4．（2020·全国课时练习）正四棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】建立如图所示的空间直角坐标系.有图知，由题得、、、.，，.设平面的一个法向量，则，，令，得，，.设直线与平面所成的角为，则.故选：C.5．（2021·江苏高三三模）已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，，平面，且，平面与平面的交线为.（1）求证：；（2）试建立适当的空间直角坐标系，并求点在平面上的射影的坐标.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由，根据线面平行的判定可得面，再由线面平行的性质可证；（2）构建以D为原点，为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系，写出、、的坐标，可得，，进而求面的法向量并写出平面所在的方程，由，即可求出的坐标.【详解】（1）∵，面，面，∴面，而面面，面，∴，得证.（2）由题意，平面，易得、，且，故构建以D为原点，为x、y、z轴的正方向构建空间直角坐标系，∵，，，∴，，，，则，，若为面的一个法向量，则，令，即，∴面的方程为，∴为过方向向量为的直线与面PBC的交点，若，则令，可得，综上，，即，故.6.【多选题】（2021·全国高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．7. （2021·四川省蒲江县蒲江中学高二月考（理））如图，在正四棱柱中，已知，，E､F分别为､上的点，且.（1）求证：BE⊥平面ACF；（2）求点E到平面ACF的距离.【答案】（1）证明详见解析；（2）.【解析】（1）建立空间直角坐标系，由证得结论成立.（2）利用点面距公式计算出到平面的距离.【详解】（1）建立如图所示空间直角坐标系，.，所以，所以，所以平面.（2）由（1）知是平面的法向量.，所以点到平面的距离为.8．（2020·海安市曲塘中学高二期中）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA＝CB＝4，CC1＝2，∠ACB＝90°，点M在线段A1B1上．（1）若A1M＝3MB1，求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；（2）若直线AM与平面ABC1所成角为30°，试确定点M的位置．【答案】（1）；（2）M为A1B1的中点．【解析】先证明CC1⊥CA，CC1⊥CB，CA⊥CB，以{、、}这组正交基底建立空间直角坐标系.（1）用向量法求异面直线AM和A1C所成角的余弦值；（2）设＝λ，λ∈[0，1]，用向量法表示出直线AM与平面ABC1所成角，解出λ，即可确定M的位置.【详解】解：（1）因为ABC-A1B1C1为直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，又CA、CB平面ABC，所以CC1⊥CA，CC1⊥CB；因为∠ACB＝90°，所以CA⊥CB；以{、、}这组正交基底建立空间直角坐标系，所以A(4，0，0)，B(0，4，0)，A1(4，0，2)，B1(0，4，2)，C1(0，0，2)；因为A1M＝3MB1，所以M(1，3，2)；因为＝(－3，3，2)，＝(－4，0，－2)，所以cos<，>＝＝＝，所以异面直线AM和A1C所成角的余弦值为；（2）设＝λ，λ∈[0，1]，所以M(4－4λ，4λ，2)，＝(－4λ，4λ，2)；设平面ABC1的一个法向量＝(x，y，z)，由·＝0，·＝0得，，其一组解为，所以＝(1，1，)；因为直线AM与平面ABC1所成角为30°，所以│cos<，>│＝││＝＝sin30°，得λ＝(负舍)，即M为A1B1的中点．9.（2021·陕西高三其他模拟（文））如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是边长为4的正方形，，分别为，的中点.（1）求证：平面；（2）若为等边三角形，求三棱锥的体积.【答案】（）见解析；（2）【解析】（1）连接，由，分别为，的中点，得，再由线面平行的判定定理即可证明所证；（2）如图建系，利用向量法求出点到平面的距离，再由，从而得出答案.【详解】解：（1）证明：连接，因为，分别为，的中点，所以，又因平面，所以平面；（2）取的中点，连接，因为为等边三角形，所以，所以，如图以为原点，为轴，过作平面的垂线轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设平面的一个法向量，则即，令，则，，所以，则点到平面的距离，又，所以.10.（2020·江苏江都·邵伯高级中学月考）如图，四棱锥的底面为一直角梯形，其中，底面，是的中点．（1）求证：//平面；（2）若平面，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】设，建立如图的空间坐标系，，,，.（1），，所以，平面，平面.（2）因为平面，所以，即，，所以，即,平面和平面中，，所以平面的一个法向量；平面的一个法向量为；，所以平面与平面夹角的余弦值为.1．（2021·江苏高二期末）在平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱的长为2，且．（1）求异面直线与所成角的余弦值；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）用为基底表示，由向量的数量积的运算求得夹角余弦值；（2）取中点，证明平面，然后由棱锥体积公式计算体积．【详解】解：（1）由题意知，，，所以，，又，，所以，设与所成角为，则；（2）易知，，所以，取中点，连接，，则，所以，即，又，所以，因为，平面，，所以平面，因为，所以2.（2021·江苏高二期末）如图，在梯形中，，在线段上，且．沿将折起，使点到达点的位置，满足．（1）证明：平面；（2）若在梯形中，，折起后在平面上的射影恰好是与的交点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明，结合，利用线面垂直的判定定理即可求证；（2）先证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用余弦定理求出的长，设，再由余弦定理求出的长，进而可得所需各点坐标，求出平面的一个法向量和的坐标，由空间向量夹角公式即可求解.【详解】（）因为，，所以四边形为菱形，所以，又，，平面，平面，所以平面．（）因为平面，平面，平面，所以，，又，以为原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，在菱形中，，．，所以，设，则，．在菱形中，，所以，在中，由余弦定理得，所以．所以，，，，，，，设平面的法向量为，则，令，则，．所以是平面的一个法向量．设直线与平面所成角为，则.所以直线与平面所成角的正弦值为.3．（2021·黑龙江高二期末（理））如图，三棱柱中，侧面，已知，，点E是棱的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）由余弦定理求得，勾股定理逆定理证明，从而结合已知垂直可证明线面垂直；（2）以B为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求线面角的正弦．【详解】（1）证明：∵，，，∴由余弦定理可知，       ∴，∴，            ∵侧面，且面，∴，          又∵，平面，∴平面．            （2）由（1）知，以B为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
 ∴，， 设平面的法向量为，由，得 ，取得；       设与平面所成角为，则故直线与平面所成角的正弦值为 ．4.（2021·福建高一期末）如图1，中，，，，D，E分别是，的中点.把沿折至的位置，平面，连接，，F为线段的中点，如图2.（1）求证：平面；（2）当三棱锥的体积为时，求直线与所成角的正切值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）根据已知容易得出，再由平面，可得，从而可证平面；（2）根据三棱锥的体积为及的面积可得平面，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得直线与所成角的正切值.【详解】（1）证明：因为D是的中点，所以，即，又因F为线段的中点，所以，因为D，E分别是，的中点，所以，因为，所以，即，，因为，所以平面，所以平面，因为平面，所以，又因，所以平面；（2）解：因为，，D，E分别是，的中点，所以，，由（1）得为直角三角形，故，设三棱锥的高为，则，所以，所以线段即为三棱锥的高，所以平面，则，如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，，故，，所以，又因直线与所成角的范围为，所以直线与所成角的余弦值为，则正弦值为，所以直线与所成角的正切值为.5．（2021·安徽高一期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，是的中点.（1）证明：；（2）若线段上存在一点满足，使得，求的值；（3）在（2）的条件下，求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析，（2），（3）【解析】（1）连接，证明，再由，平面，可得,从而可得平面，进而可得；（2）由，，可得平面，则，由已知数据可求得，，从而可得，则，进而可得答案；（3）以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量求解即可【详解】（1）证明：连接，因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，∥，因为为的中点，所以，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，（2）解：因为，，，所以平面，因为平面，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，因为，所以（3）因为，，，所以以为坐标原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令，则，平面的一个法向量为，设二面角的平面角为，由图可知为锐角，则，所以6．（2021·重庆南开中学高三月考）如图，在三棱柱中，是边长为4的等边三角形，D是的中点，．（1）求证：平面；（2）当三棱柱的体积最大时，求点C与平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）先证明，再由线面平行的判定定理证明即可（2）易知当平面时，三棱柱的体积最大，此时、、两两垂直，故如图建立直角坐标系，利用向量法求解点到平面的距离即可【详解】（1）连接交于点E，由棱柱性质知E为的中点，连接，因D为的中点，故，而平面，平面，所以平面．（2）易知当平面时，三棱柱的体积最大，此时、、两两垂直，故如图建立直角坐标系，则，．设平面的法向量为，有，令，得，所以，于是点C与平面的距离．7．（2021·全国高三其他模拟）在四棱锥中，平面，底面为梯形，，，，，．（1）若为的中点，求证：平面；（2）若为棱上异于的点，且，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明即可得出；（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，，根据求出，再求出平面和平面的法向量，利用向量关系即可求出.【详解】（1）证明：∵在梯形中，，，为的中点，所以且，∴四边形为平行四边形，所以，∵平面，平面，所以平面．（2）解：以为原点，，所在的直线为，轴，建立如图所示空间直角坐标系．因为，，，所以，，，，，则，，，．设，，则，．因为，所以，即，化简得，解得（舍）或．所以，，即．设为平面的一个法向量，则，所以，解得令，得；设为平面的一个法向量，则，所以解得令，得．设平面与平面所成锐二面角为，则，所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为．8．（2021·湖南高三其他模拟）在长方体中，已知，为的中点.（1）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，请加以证明，若不存在，请说明理由；（2）设，，点在上且满足，求与平面所成角的余弦值.【答案】（1）存在，证明见解析；（2）.【解析】（1）利用线面判定定理证得平面和平面，然后利用面面平行的判定定理证得结论.；（2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标及空间向量，设，利用共线求得点坐标，然后设与平面所成角为，利用 结合空间向量数量积求得结果..【详解】解：（1）存在，当点为线段的中点时，平面平面.证明：在长方体中，，.又因为平面，平面，所以平面.又为的中点，为的中点，所以，且.故四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.又因为，平面，平面，所以平面平面.（2）在长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示.因为，，所以，，，，，所以，，.设平面的法向量为，则，即.令，则，，所以，因为，设，则，所以，则.设与平面所成角为，则，即.故与平面所成角的余弦值为.9.（江西高考真题）如图，与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.（1）求直线与平面所成的角的大小；（2）求平面与平面所成的二面角的正弦值.【答案】（1）；（2）.【详解】解法一：（1）取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD.又平面平面，平面平面,则MO⊥平面，所以MO∥AB，A、B、O、M共面，延长AM、BO相交于E，则∠AEB就是AM与平面BCD所成的角.OB=MO=，MO∥AB，则，，所以，故，所以AM与平面BCD所成的角为.（2）CE是平面与平面的交线.由（1）知，O是BE的中点，则BCED是菱形.作BF⊥EC于F，连AF，则AF⊥EC，∠AFB就是二面角A-EC-B的平面角，设为.因为∠BCE=120°，所以∠BCF=60°.，，所以，所求二面角的正弦值是.解法二：取CD中点O，连OB，OM，则OB⊥CD，OM⊥CD，又平面平面,则MO⊥平面.以O为原点，直线OC、BO、OM为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图.OB=OM=，则各点坐标分别为O（0，0，0），C（1，0，0），M（0，0，），B（0，，0），A（0，，2），（1）设直线AM与平面BCD所成的角为.因（0，，），平面的法向量为.则有，所以，即AM与平面BCD所成的角为.（2），.设平面ACM的法向量为，由得.解得，，取.又平面BCD的法向量为，则设所求二面角为，则.10．（2020·上海市七宝中学高二期末）如图，在中，，斜边，半圆的圆心在边上，且与相切，现将绕旋转一周得到一个几何体，点为圆锥底面圆周上一点，且．（1）求球的半径；（2）求点到平面的距离；（3）设是圆锥的侧面与球的交线上一点，求与平面所成角正弦值的范围．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】由，斜边，，设切点为，连接，，又，，，所以圆锥中球的半径就是半圆的半径，即为.（2）在三棱锥中，设到平面的距离为在中，，在等腰三角形中, ，取中点，连，所以所以，由（1）知，由于，所以即.（3）如图建立空间直接坐标系，则，， ，设在面上的射影与的正方向的夹角为，所以，，，，，设平面的法向量，由，∴，设与平面所成角为,则1．（2021·北京高考真题）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．（1）证明：点为的中点；（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值.【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，由于为正方体，为中点，故，从而四点共面，即平面CDE即平面，据此可得：直线交平面于点，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，即点为中点.(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，设，则：，从而：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，设平面的法向量为：，则：，令可得：，从而：，则：，整理可得：，故（舍去）.2．（2021·全国高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.3.（2019·天津高考真题（理））如图，平面，，.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（Ⅲ）若二面角的余弦值为，求线段的长.【答案】（Ⅰ）见证明；（Ⅱ）（Ⅲ）【解析】依题意，可以建立以A为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得.设，则.(Ⅰ)依题意，是平面ADE的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面. (Ⅱ)依题意，，设为平面BDE的法向量，则，即，不妨令z=1，可得，因此有.所以，直线与平面所成角的正弦值为.(Ⅲ)设为平面BDF的法向量，则，即.不妨令y=1，可得.由题意，有，解得.经检验，符合题意｡所以，线段的长为.4.（2019年高考浙江卷）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.（1）证明：；（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）．【解析】方法一：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC．又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC，则A1E⊥BC．又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BC⊥A1F．所以BC⊥平面A1EF．因此EF⊥BC．（2）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．由于A1E⊥平面ABC，故A1E⊥EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．由（1）得BC⊥平面EGFA1，则平面A1BC⊥平面EGFA1，所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上．连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）．不妨设AC=4，则在Rt△A1EG中，A1E=2，EG=.由于O为A1G的中点，故，所以．因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．方法二：（1）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1E⊥AC.又平面A1ACC1⊥平面ABC，A1E平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，所以，A1E⊥平面ABC．如图，以点E为原点，分别以射线EC，EA1为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系E–xyz．不妨设AC=4，则A1（0，0，2），B（，1，0），，，C(0，2，0)．因此，，．由得．（2）设直线EF与平面A1BC所成角为θ．由（1）可得．设平面A1BC的法向量为n，由，得，取n，故，因此，直线EF与平面A1BC所成的角的余弦值为．4．（2021·天津高考真题）如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．（I）求证：平面；（II）求直线与平面所成角的正弦值．（III）求二面角的正弦值．【答案】（I）证明见解析；（II）；（III）.【解析】（I）建立空间直角坐标系，求出及平面的一个法向量，证明，即可得证；（II）求出，由运算即可得解；（III）求得平面的一个法向量，由结合同角三角函数的平方关系即可得解.【详解】（I）以为原点，分别为轴，建立如图空间直角坐标系，则,,,,,,，因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以，，所以,,,设平面的一个法向量为，则，令，则，因为，所以，因为平面，所以平面；（II）由（1）得，，设直线与平面所成角为，则；（III）由正方体的特征可得，平面的一个法向量为，则，所以二面角的正弦值为.6．（2020·山东海南省高考真题）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明： 在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.