2023年高考数学一轮复习课时规范练44空间几何中的向量方法含解析新人教A版理

课时规范练44　空间几何中的向量方法

1.(2021上海控江中学三模)如图,空间几何体由两部分构成,上部是一个底面半径为1,高为2的圆锥,下部是一个底面半径为1,高为2的圆柱,圆锥和圆柱的轴在同一直线上,圆锥的下底面与圆柱的上底面重合,点P是圆锥的顶点,AB是圆柱下底面圆的一条直径,点O是圆心,AA1,BB1是圆柱的两条母线,C是弧AB的中点.

(1)求异面直线PA1与BC所成角的余弦值;

(2)求点B1到平面PAC的距离.

2.(2021北京人大附中高三月考)如图,已知平面ABC⊥平面BCD,∠ABC=∠DBC=120°,AB=BC=BD.

(1)连接AD,求证:AD⊥BC;

(2)求AD与平面BCD所成角的大小;

(3)求二面角A-BD-C的余弦值.

3.(2021全国甲,理19)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1.

(1)证明:BF⊥DE;

(2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小?

4.(2021湖南常德一模)如图,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为2的正三角形,D为△ABC所在平面内一点,且四边形ABCD是菱形,AC∩BD=O,四边形ACC1A1为正方形,平面A1DC1⊥平面A1B1C1.

(1)求证:B1O⊥平面ABCD;

(2)求二面角C-DC1-A1的正弦值.

5.(2021湖南长郡中学高三模拟)如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成,点G为弧CD的中点,且C,E,D,G四点共面.

(1)证明:平面BFD⊥平面BCG;

(2)若平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为,求直线DF与平面ABF所成角的大小.

6.(2021山东日照二模)如图,在三棱锥A-BCD中,∠BCD=90°,BC=CD=1,∠ACB=∠ACD=θ.

(1)求证:AC⊥BD.

(2)有三个条件:①θ=60°;②直线AC与平面BCD所成的角为45°;③二面角A-CD-B的余弦值为.请你从中选择一个作为条件,求直线BC与平面ACD所成角的正弦值.

答案：

课时规范练

1.解:(1)根据题意可得OP⊥平面ABC,

∵C是弧AB的中点,∴OC⊥AB,

则以O为原点,OC为x轴,OB为y轴,OP为z轴,建立空间直角坐标系,如图.

则P(0,0,4),A1(0,-1,2),B(0,1,0),C(1,0,0),=(0,-1,-2),=(1,-1,0),

cos<>=,

∴异面直线PA1与BC所成角的余弦值为

(2)B1(0,1,2),A(0,-1,0),=(0,1,-2),=(0,-1,-4),=(1,0,-4),

设平面PAC的法向量n=(x,y,z),

则

取z=1,得n=(4,-4,1),

∴点B1到平面PAC的距离为d=

2.(1)证明作AO⊥BC于点O,连接OD,

因为平面ABC⊥平面BCD,

所以AO⊥平面BCD.

因为∠ABC=∠DBC=120°,

所以∠ABO=∠DBO.

又AB=BD,OB=OB,

所以△AOB≌△DOB,

所以∠DOB=90°.

又OD⊂平面BCD,所以OA⊥OD,

所以OA,OC,OD两两垂直.

分别以OD,OC,OA为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,

设AB=BC=BD=1,则OB=,OA=OD=

则A0,0,,B0,,0,C0,,0,D,0,0.

所以=,0,-,=(0,1,0).

所以=0.所以AD⊥BC.

(2)解:由(1)知=,0,-,平面BCD的一个法向量为n1=(0,0,1).

设AD与平面BCD所成的角为α,

则sinα=|cos<n1,>|===

因为0°≤α≤90°,

所以AD与平面BCD所成角α=45°.

(3)解:设平面ABD的一个法向量为n2=(x,y,z),

由=,0,-,=0,,-,

可得

令x=1,则n2=(1,,1).

所以cos<n1,n2>=

由题知二面角A-BD-C为钝角,故其余弦值为-

3.证明(1)如图,连接A1E,取BC中点M,连接B1M,EM.

∵E,M分别为AC,BC中点,∴EM∥AB.

又AB∥A1B1,

∴A1B1∥EM,

则点A1,B1,M,E四点共面,

故DE⊂平面A1B1ME.

又在侧面BCC1B1中,△FCB≌△MBB1,

∴∠FBM=∠MB1B.

又∠MB1B+∠B1MB=90°,

∴∠FBM+∠B1MB=90°,

∴BF⊥MB1.

又BF⊥A1B1,MB1∩A1B1=B1,MB1,A1B1⊂平面A1B1ME,∴BF⊥平面A1B1ME,∴BF⊥DE.

(2)∵BF⊥A1B1,∴BF⊥AB,

∴AF2=BF2+AB2=CF2+BC2+AB2=9.

又AF2=FC2+AC2,∴AC2=8,则AB⊥BC.

如图,以B为原点,BC,BA,BB1为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,

则B(0,0,0),C(2,0,0),A(0,2,0),E(1,1,0),F(2,0,1).则=(1,-1,1),=(-1,t-1,2),

设DB1=t,则D(0,t,2),0≤t≤2.则平面BB1C1C的法向量为m=(0,1,0),设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),

即

∴n=(1+t,3,2-t).则cos<m,n>=

要求最小正弦值,则求最大余弦值.

当t=时二面角的余弦值最大,

则B1D=时二面角正弦值最小.

4.(1)证明如图,取A1C1的中点M,连接MD,MB1,MO.

由题意可知B1M∥BD,B1M=BO=OD,所以四边形B1MDO是平行四边形.

因为A1B1=B1C1,所以B1M⊥A1C1.

因为四边形ACC1A1为正方形,所以OM⊥A1C1.

又OM∩B1M=M,所以A1C1⊥平面B1MDO.

又MD⊂平面B1MDO,所以A1C1⊥DM.

又平面A1DC1⊥平面A1B1C1,平面A1DC1∩平面A1B1C1=A1C1,DM⊂平面A1DC1,所以DM⊥平面A1B1C1.

又平面ABCD∥平面A1B1C1,所以DM⊥平面ABCD.

因为四边形B1MDO是平行四边形,所以B1O∥DM,

所以B1O⊥平面ABCD.

(2)解:以O为坐标原点,OC,OD,OB1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,则C(1,0,0),D(0,,0),C1(1,,1),A1(-1,,1),

所以=(-1,,0),=(1,0,1),=(2,0,0),=(0,,0).

设平面CDC1的法向量为m=(x,y,z),则

令y=1,则x=,z=-,所以m=(,1,-)为平面CDC1的一个法向量.

因为=0,=0,所以=(0,,0)为平面A1DC1的一个法向量.

设二面角C-DC1-A1的大小为θ,则|cosθ|=|cos<m,>|=,所以sinθ=所以二面角C-DC1-A1的正弦值为

5.(1)证明如图,连接CE,

由题意得∠ECD=∠DCG=45°,所以∠ECG=90°,CE⊥CG,

因为BC∥EF,BC=EF,所以四边形BCEF为平行四边形,BF∥EC,BF⊥CG,

因为BC⊥平面ABF,BF⊂平面ABF,所以BC⊥BF,

因为BC∩CG=C,所以BF⊥平面BCG,

因为BF⊂平面BFD,所以平面BFD⊥平面BCG.

(2)解:如图,以A为坐标原点建立空间直角坐标系,设AF=2,AD=t,

则A(0,0,0),B(0,2,0),F(2,0,0),D(0,0,t),G(-1,1,t),

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

设平面BDF的法向量为n=(x,y,z),则

令z=2,则n=(t,t,2),

设平面ABG的一个法向量为m=(x',y',z'),

则

即令z'=1,则m=(t,0,1),因为平面BDF与平面ABG所成锐二面角的余弦值为,

所以|cos<m,n>|=,

解得t=2,即AD=2,

因为DA⊥平面ABF,所以∠DFA即直线DF与平面ABF所成的角,

在△ADF中,因为∠DAF=90°,AD=AF=2,所以∠DFA=45°,故直线DF与平面ABF所成的角为45°.

6.(1)证明如图,取BD的中点O,连接OA,OC,则OC⊥BD.

因为BC=DC,∠ACB=∠ACD=θ.AC=AC,

所以△ABC≌△ADC,所以AB=AD,所以OA⊥BD.

又OA∩OC=O,所以BD⊥平面AOC.

又AC⊂平面AOC,所以AC⊥BD.

(2)解:在直线AC上取点P,使得∠POC=90°,连接PB,PD,

由(1)知BD⊥平面AOC,PO⊂平面AOC,所以BD⊥PO.

又OC∩BD=O,所以PO⊥平面BCD.

由(1)知OC⊥BD,所以OC,OD,OP两两互相垂直.

以O为原点,OC,OD,OP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.

因为∠BCD=90°,BC=CD=1,所以OC=OB=OD=

又PO⊥平面BCD,

所以PB=PC=PD.

选①,由θ=60°,可知△PCD是等边三角形,所以PD=CD=1,OP=

所以P,C,0,0,D0,,0,B,

所以=,-,0,

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则

取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.

设直线BC与平面PCD所成的角为α,则sinα=|cos<,n>|=

因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为

选②,由PO⊥平面BCD,可知∠PCO为直线AC与平面BCD所成的角,所以∠PCO=45°,所以OP=OC=所以P,C,D,B0,-,0,所以=

0,-.

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则

取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.

设直线BC与平面PCD所成的角为α,则sinα=|cos<,n>|=

因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为

选③,作PM⊥CD,垂足为M,连接OM.

由PO⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,可知PO⊥CD.

又PO∩PM=P,所以CD⊥平面POM,所以CD⊥OM,所以∠PMO为二面角A-CD-B的平面角.

所以cos∠PMO=,

所以tan∠PMO=

因为OM=,

所以OP=OMtan∠PMO=

所以P,C,D,B0,-,0,

所以

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z),则

取x=1,则y=z=1,所以n=(1,1,1)为平面PCD的一个法向量.

设直线BC与平面PCD所成的角为α,则sinα=|cos<,n>|=

因为平面ACD与平面PCD为同一个平面,所以直线BC与平面ACD所成角的正弦值为