2022届高考数学一轮复习 第七章 第七节 立体几何中的向量方法课时作业 理（含解析）北师大版.doc

1、第七节 立体几何中的向量方法授课提示：对应学生用书第351页A组基础保分练1将边长为1的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，长为，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧，则异面直线B1C与AA1所成的角的大小为（）ABCD解析：以O为坐标原点建系（图略），则A（0，1，0），A1（0，1，1），B1，C所以（0，0，1），（0，1，1），所以cos，所以，所以异面直线B1C与AA1所成的角为答案：B2如图，已知长方体ABCDA1B1C1D1中，ADAA11，AB3，E为线段AB上一点，且AEAB，则DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为（）A B C D解析：以D

2、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（图略），则C1（0，3，1），D1（0，0，1），E（1，1，0），C（0，3，0），所以（0，3，1），（1，1，1），（0，3，1）设平面D1EC的法向量为n（x，y，z），则即即取y1，得n（2，1，3）因为cos，n，所以DC1与平面D1EC所成的角的正弦值为答案：A3如图所示，在空间直角坐标系中，有一棱长为a的正方体ABCDABCD，AC的中点E与AB的中点F的距离为（）Aa BaCa Da解析：A（a，0，a），A（a，0，0），C（0，a，0），B（a，a，0），F，E，|EF| a答案：B4如图，在

3、四棱锥PABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD底面ABCD，M为底面ABCD内的一个动点，且满足MPMC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为（）解析：法一：以D为原点，DA，DC分别为x，y轴建系如图：设M（x，y，0），设正方形边长为a，则P，C（0，a，0），则|，|由|得x2y，所以点M在正方形ABCD内的轨迹为一条直线yx法二：所求轨迹是线段PC的垂直平分面与平面ABCD的交线答案：A5在底面为直角梯形的四棱锥PABCD中，侧棱PA底面ABCD，BCAD，ABC90，PAABBC2，AD1，则点D到平面PBC的距离是_解析：分别以AB，AD，AP所在直线为x轴

4、，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图，则A（0，0，0），P（0，0，2），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，1，0），（2，2，2），（0，2，0）设n（x，y，z）为平面PBC的法向量，则即取x1，则n（1，0，1）又（2，1，0），点D到平面PBC的距离d答案：6在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AA12AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于_解析：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA12AB2，则D（0，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），C1（0，1，2），则（0，1，0），（1，1，0），（0，1，2）设平面BDC1的法向量为n（x，y，z）

5、，则所以有令y2，得平面BDC1的一个法向量n（2，2，1）设CD与平面BDC1所成的角为，则sin |cosn，|答案：7（2021西安摸底）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，ACBC，ABBB1，ACBCBB1，D为AB的中点，且CDDA1（1）求证：BB1平面ABC；（2）求锐二面角CDA1C1的余弦值解析：（1）证明：因为ACBC，D为AB的中点，所以CDAB，又DCDA1，ABDA1D，所以CD平面AA1B1B，又BB1平面AA1B1B，所以CDB1B，又B1BAB，ABCDD，所以B1B平面ABC（2）由已知及（1）可得CB，CC1，CA两两互相垂直，所以以C为坐标原点，以CB所

6、在直线为x轴，CC1所在直线为y轴，CA所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系，设CC12，则C（0，0，0），C1（0，2，0），A1（0，2，2），D（1，0，1），所以（1，0，1），（0，2，2），（1，2，1），（0，0，2）设平面DCA1的法向量n1（x1，y1，z1），则即令z11，则x11，y11，n1（1，1，1）设平面DC1A1的法向量n2（x2，y2，z2），则即得z20，x22y20，令y21，则x22，n2（2，1，0）所以cosn1，n2故锐二面角CDA1C1的余弦值为B组能力提升练1（2021合肥调研）如图，已知三棱柱ABCA1B1C1，点O为棱AB的中点（1）

7、求证：BC1平面A1CO；（2）若ABC是等边三角形，且ABAA1，A1AB60，平面AA1B1B平面ABC，求二面角AA1CB的余弦值解析：（1）证明：连接AC1交A1C于M，连接OM由三棱柱ABCA1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，M为AC1的中点又O为AB的中点，BC1OMOM平面A1CO，BC1平面A1CO，BC1平面A1CO（2）ABC是等边三角形，且ABAA1，A1AB60，A1OAB，COAB又平面AA1B1B平面ABC，A1O平面ABC，A1OCO以O为坐标原点，直线OC，OA，OA1分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系设ACABBCAA12，则C（，0，

8、0），A（0，1，0），B（0，1，0），A1（0，0，）设平面A1AC的法向量为n1（x1，y1，z1），则n1，n1，（，1，0），（0，1，），令y1，得x11，z11，即n1（1，1）设平面A1BC的法向量为n2（x2，y2，z2），则n2，n2，（，1，0），（0，1，），令y2，得x21，z21，即n2（1，1）cosn1，n2，由题意可知，二面角AA1CB为锐角，其余弦值为2（2021福州市高三质检）在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为正三角形，点D在棱BC上，且CD3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点（1）证明：A1C平面DEF；（2）若A1CEF，求直线A1C1与平

9、面DEF所成的角的正弦值解析：（1）证明：如图，连接AB1交A1B于点H，设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A1K3BK又CD3BD，所以A1CDK又A1C平面DEF，DK平面DEF，所以A1C平面DEF（2）连接CE，EH，由（1）知，EHAA1，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CEAB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Exyz设AB4，AA1t（t0），则A1（

10、2，t，0），A（2，0，0），C（0，0，2），E（0，0，0），F，D，所以（2，t，2），因为A1CEF，所以0，所以（2）（2）t200，所以t2，所以（2，0），设平面DEF的法向量为n（x，y，z），则所以取x1，则n（1，）又（2，0，2），设直线A1C1与平面DEF所成的角为，则sin |cosn，|，所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为C组创新应用练如图，正方形ABCD的边长为4，E，F分别为BC，DA的中点将正方形ABCD沿着线段EF折起，使DFA60设G为AF的中点（1）求证：DGEF；（2）求直线GA与平面BCF所成角的正弦值；（3）设P，Q分别为线段DG，C

11、F上的点，且PQ平面ABEF，求线段PQ的长度的最小值解析：（1）证明：因为正方形ABCD中，E，F分别为BC，DA的中点，所以EFFD，EFFA，又因为FDFAF，所以EF平面DFA又因为DG平面DFA，所以DGEF（2）因为DFA60，DFFA，AGGF，所以DFA为等边三角形，且DGFA又因为DGEF，EFFAF，所以DG平面ABEF设BE的中点为H，连接GH，则GA，GH，GD两两垂直，故以GA，GH，GD所在直线分别为x轴、y轴和z轴建立空间直角坐标系Gxyz，如图，则G（0，0，0），A（1，0，0），B（1，4，0），C（0，4，），F（1，0，0），所以（1，0，0），（1，0，），（2，4，0）设平面BCF的法向量为m（x，y，z），由m0，m0，得令z2，得m（2，2）设直线GA与平面BCF所成的角为，则sin |cosm，|，即直线GA与平面BCF所成角的正弦值为（3）由题意，可设P（0，0，k）（0k），（01），由（1，4，），得（，4，），所以Q（1，4，），（1，4，k）由（2）得，（0，0，）为平面ABEF的一个法向量因为PQ平面ABEF，所以0，即k0所以|，又因为1722117，所以当时，|min所以当，k时，线段PQ的长度取得最小值，其最小值为