2021高考数学大一轮复习考点规范练44立体几何中的向量方法理新人教A版

考点规范练44　立体几何中的向量方法　考点规范练B册第29页　 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.(2019四川棠湖中学模拟)已知A(1,0,0),B(0,1,0),C(0,0,1),则下列向量是平面ABC的法向量的是(　　)A.(-1,1,1) B.(1,-1,1)C D答案:C解析:由题意,得=(-1,1,0),=(-1,0,1),设n=(x,y,z)为平面ABC的法向量,则化简得x=y=z.故选C.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,直线DA,DC,DD1分别为x,y,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,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:如图所示,建立空间直角坐标系,则依题意可知,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.(2019广东深圳高三二模)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△DFC和△BCE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.(1)证法一连接AC,记AC与EF的交点为O.在正方形ABCD中,AB⊥BC,AD⊥CD,翻折后PC⊥PE,PC⊥PF,∵PE∩PF=P,∴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,BE=DF,O为EF的中点,翻折后,PE=PF,∴EF⊥PO.而AC⊥EF,PO与AC相交于点O,∴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,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,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,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.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形,且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中点.(1)证明:直线CE∥平面PAB;(2)点M在棱PC上,且直线BM与底面ABCD所成的角为45°,求二面角M-AB-D的余弦值.(1)证明取PA的中点F,连接EF,BF.因为E是PD的中点,所以EF∥AD,EF=AD.由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD,又BC=AD,所以EFBC,四边形BCEF是平行四边形,CE∥BF,又BF⊂平面PAB,CE⊄平面PAB,故CE∥平面PAB.(2)解由已知得BA⊥AD,以A为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz,则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设M(x,y,z)(0<x<1),则=(x-1,y,z),=(x,y-1,z-).因为BM与底面ABCD所成的角为45°,而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin45°,,即(x-1)2+y2-z2=0.①又M在棱PC上,设=,则x=λ,y=1,z=②由①,②解得(舍去),所以M,从而设m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,则即所以可取m=(0,-,2).于是cos<m,n>=因此二面角M-AB-D的余弦值为能力提升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O-xyz,则E,M,A,N,,cos<>=15.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,则不妨设z=1,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),所以不妨设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的长为高考预测16.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为正三角形,点D在棱BC上,且CD=3BD,点E,F分别为棱AB,BB1的中点.(1)证明:A1C∥平面DEF;(2)若A1C⊥EF,求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值.(1)证明如图,连接AB1,A1B,交于点H,A1B交EF于点K,连接DK,因为四边形ABB1A1为矩形,所以H为线段A1B的中点.因为点E,F分别为棱AB,BB1的中点,所以点K为线段BH的中点,所以A1K=3BK.又因为CD=3BD,所以A1C∥DK.又A1C⊄平面DEF,DK⊂平面DEF,所以A1C∥平面DEF.(2)解由(1)知,EH∥AA1.因为AA1⊥平面ABC,所以EH⊥平面ABC.因为△ABC为正三角形,且点E为棱AB的中点,所以CE⊥AB.故以点E为坐标原点,分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz,设AB=4,AA1=t(t>0),则A1(2,t,0),C(0,0,2),E(0,0,0),F,D,所以=(-2,-t,2),因为A1C⊥EF,所以=0,所以(-2)×(-2)-t+20=0,解得t=2所以=(-2,,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则所以取x=1,则n=(1,),又因为=(-2,0,2),设直线A1C1与平面DEF所成的角为θ,则sinθ=|cos<n,>|=,所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为