2023届高考数学一轮复习作业 立体几何中的向量方法 新人教B版.doc

1、立体几何中的向量方法一、选择题1若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则直线l与平面所成的角等于()A120 B60 C30 D60或30C设直线l与平面所成的角为，直线l与平面的法向量的夹角为则sin |cos |cos 120|又090，302如图，圆锥的底面直径AB4，高OC2，D为底面圆周上的一点，且AOD，则直线AD与BC所成的角为()A B C DB如图，过点O作OEAB交底面圆于E，分别以OE，OB，OC所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为AOD，所以BOD，则D(，1,0)，A(0，2,0)，B(0,2,0)，C(0,0,2)，(，3,0)，(0，2,2)

2、，所以cos，则直线AD与BC所成的角为，故选B3(2021山东临沂高三月考)如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，A1EA1D，AFAC，则EF与C1D1所成角的余弦值为()A BC DC以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体边长为3，则E(1,0,1)，F(2,1,0)，(1,1，1)，C1(0,3,3)，D1(0,0，3)，(0，3,0)，设EF与C1D1所成的角为，则cos 4如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PAAD4，AB2以AC的中点O为球心，AC为直径的球面交PD于点M则CD与平面ACM所成角的正弦值

3、为()A B C DD如图所示，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,4)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，M(0,2,2)所以(2,4,0)，(0,2,2)，(2,0,0)设平面ACM的一个法向量n(x，y，z)，由n，n，可得令z1，得n(2，1,1)设所求角为，则sin 5设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是()A B C DD如图建立坐标系，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，(2,0,0)，(2,2,0)，(2,0,2)设平面A1BD的法向量为n(x，y，z)，则令z1，得n(1,1,1

4、)D1到平面A1BD的距离d6如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为()A2 B3C4 D5C以D为原点，以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间坐标系如图所示，设DD1a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0,2，a)，则(2,2,0)，(2,0，a)，(0,0，a)，设平面ACD1的法向量为n(x，y，z)，则令x1可得n，故cosn，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，解得a4故选C二、填空题7平面的法向量m(1,0，1)，平面的法向量为n(0，1,1)，则平面与平面所成的二面角

5、中较小角的余弦值为 平面的法向量m(1,0，1)，平面的法向量为n(0，1,1)，则cosm，n，0m，n，m，n因为平面与平面所成的角与m，n相等或互补，所以，与所成的最小角为平面与平面所成的二面角中较小角的余弦值为8(2021福建三明高三期末)在直三棱柱ABCA1B1C1中，BAC90，AA1ABAC4，点E为棱CC1上一点，且异面直线A1B与AE所成角的余弦值为，则CE的长为 设，则，|4，|，()()16cos，因为异面直线A1B与AE所成角的余弦值为，所以解得，所以CE9如图，平面ABCD平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AFADa，G是EF的中点，则GB

6、与平面AGC所成角的正弦值为 如图，以A为原点建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2a,0)，C(0,2a,2a)，G(a，a,0)，(a，a,0)，(0,2a,2a)，(a，a,0)，设平面AGC的法向量为n1(x1，y1,1)，由n1(1，1，1)sin 三、解答题10(2021湖南长沙高三模拟)如图，在三棱锥ABCD中，BCD与ABC是全等的等边三角形，且平面ABC平面DBC(1)证明：ADBC；(2)求AC与平面ABD所成角的正弦值解(1)证明：取BC的中点O，连接AO，OD，因为BCD与ABC是全等的等边三角形，所以BCAO，BCDO，因为AODOO，AO，DO平面AOD

7、，所以BC平面AOD，因为AD平面AOD，所以BCAD(2)因为平面ABC平面DBC，平面ABC平面DBCBC，AOBC，所以AO平面DBC，如图，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，令BC2，则A(0,0，)，D(，0,0)，C(0,1,0)，B(0，1,0)，所以(0，1，)，(，1,0)，(，0，)，设平面ABD的法向量为n(x，y，z)，则，所以，令x1，则y，z1，所以n(1，1)，设AC与平面ABD所成的角为，则sin 11(2021全国乙卷)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值解(

8、1)因为PD平面ABCD，所以PDAD，PDDC在矩形ABCD中，ADDC，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示设BCt，则A(t,0,0)，B(t,1,0)，M，P(0,0,1)，所以(t,1，1)，因为PBAM，所以10，得t，所以BC(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得(，0,1)，(，0,0)，(，1，1)设平面APM的法向量为n1(x1，y1，z1)，则即令x1，则z12，y11，所以平面APM的一个法向量为n1(，1,2)设平面PMB的法向量为n2(x2，y2，z2)，则，即，得x20，令y21，则z21，所以平面PMB的一个法向量为n2(0,1,1)cosn1，n2，

9、所以二面角APMB的正弦值为1九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑PABC中，PA平面ABC，ABBC，且PAABBC1，则二面角APCB的大小是()A30 B45 C60 D90C在鳖臑PABC中，PA平面ABC，ABBC，且PAABBC1，以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，过B作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，C(1,0,0)，B(0,0,0)，P(0,1,1)，(0,0，1)，(0，1，1)，(1，1，1)，设平面PAC的法向量n(x，y，z)，则取x1，得n(1,1,0)，设平面PBC的法向量m(a，b，c)，则取b1，得

10、m(0,1，1)，设二面角APCB的大小为，则cos ，60二面角APCB的大小为60故选C2如图，正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，则在下列命题中，错误的为()AOABC是正三棱锥B二面角DOBA的平面角为C直线AD与直线OB所成角为D直线OD平面ABCB正四面体ABCD的顶点A，B，C分别在两两垂直的三条射线Ox，Oy，Oz上，在A中，ACABBC，OAOBOC，OABC是正三棱锥，故A正确；在B中，设OB1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，(1,1,1)，(0,1,0)，设平面OBD的法向量m(x，y，z

11、)，则取x1，得m(1,0，1)，平面OAB的法向量n(0,0,1)，cosm，n，二面角DOBA的平面角为，故B错误；在C中，设OB1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，(0,1,1)，(0,1,0)，cos，直线AD与直线OB所成角为，故C正确；在D中，设OB1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(1,1,1)，O(0,0,0)，C(0,0,1)，(1,1,1)，(1,1,0)，(1,0,1)，0，0，ODAB，ODAC，ABACA，直线OD平面ABC，故D正确故选B3(2021厦门模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ABC平面ACC

12、1A1，ABC为正三角形，D为线段BB1的中点(1)证明：平面ADC1平面ACC1A1；(2)若AA1与平面ABC所成角的大小为60，AA1AC，求二面角ADC1B1的余弦值解(1)证明：设AC，AC1的中点分别为M，O，连接BM，MO，DO，ABC为正三角形，BMAC平面ABC平面ACC1A1，平面ABC平面ACC1A1AC，BM平面ABC，BM平面ACC1A1M，O分别为AC，AC1的中点，MOCC1，在棱柱ABCA1B1C1中，BB1CC1，又D为BB1的中点，BDCC1，MOBD，四边形BMOD为平行四边形，DOBM ，DO平面ACC1A1，DO平面ADC1，平面ADC1平面ACC1A

13、1(2)平面ACC1A1平面ABC，A1在平面ABC内的射影落在AC上，A1AC为AA1与平面ABC所成的角，故A1AC60，连接A1O，AA1AC，则A1OAO，设AA12，则AO，A1O1，以O为原点，分别以OA，OA1，OD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(，0,0)，D(0,0，)，C1(，0,0)，C(0，1,0)，B1，(，0，)，平面ACC1A1平面ADC1，平面ACC1A1平面ADC1AC1，OA1AC1，OA1平面ADC1，设平面ADC1的一个法向量为(0,1,0)，设平面B1DC1的一个法向量为m(x，y，z)，则取m(1，1)，cos，m，又

14、二面角ADC1B1为钝角，故二面角ADC1B1的余弦值为1如图在三棱锥SABC中，SASBSC，且ASBBSCCSA，M，N分别是AB和SC的中点，则异面直线SM与BN所成的角的余弦值为 ，直线SM与面SAC所成角大小为 因为ASBBSCCSA，所以以S为坐标原点，SA，SB，SC为x，y，z轴建立空间直角坐标系(图略)设SASBSC2，则M(1,1,0)，B(0,2,0)，N(0,0,1)，A(2,0,0)，C(0,0,2)因为(1,1,0)，(0，2,1)，cos，所以异面直线SM与BN所成的角的余弦值为，面SAC一个法向量为(0,2,0)，则由cos，得，即直线SM与面SAC所成角大小为

15、2试在PCBD，PCAB，PAPC三个条件中选两个条件补充在下面的横线处，使得PO面ABCD成立，请说明理由，并在此条件下进一步解答该题：如图，在四棱锥PABCD中，ACBDO，底面ABCD为菱形，若 ，且ABC60，异面直线PB与CD所成的角为60，求二面角APBC的余弦值解若选，由PO平面ABCD，知POAB，又PCAB，AB平面PAC，ABAC，BAC90，BCBA，这与底面是菱形矛盾，必不选，故选下面证明：PO平面ABCD，四边形ABCD是菱形，ACBD，PCBD，PCACC，BD平面APC，PO平面APC，BDPO，PAPC，O为AC中点，POAC，又ACBDO，PO平面ABCD，以

16、O为原点，OB，OC，OP的方向分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，ABCD，PBA为异面直线PB与CD所成角，PBA60，在菱形ABCD中，设AB2，ABC60，OA1，OB，设POa，则PA，PB，在PBA中，由余弦定理得：PA2BA2BP22BABPcosPBA，a214a2322，解得a，A(0，1,0)，B(，0,0)，C(0,1,0)，P(0,0，)，设平面ABP的法向量n(x，y，z)，(，1,0)，(0,1，)，则取z1，得n(，1)，设m(a，b，c)是平面CBP的法向量，(，1,0)，(0，1，)，由令c1，得m(，1)，设二面角APBC的平面角为，cos ，二面角APBC的余弦值为