2022年高考数学一轮复习 考点规范练44 立体几何中的向量方法（含解析）新人教A版（理）.docx

1、考点规范练44立体几何中的向量方法基础巩固1.直线l的方向向量s=(-1,1,1),平面的法向量为n=(2,x2+x,-x).若直线l平面,则x的值为()A.-2B.-2C.2D.2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-12+1(x2+x)+1(-x)=0,解得x=2.2.已知平面的一个法向量为n=(1,-3,0),则y轴与平面所成的角的大小为()A.6B.3C.4D.56答案:B解析:可知y轴的方向向量为m=(0,1,0),设y轴与平面所成的角为,则sin=|cos|.cos=mn|m|n|=-321=-32,sin=32,=3.3.如图,正方形ABCD与矩形AC

2、EF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=2,AF=1,M在EF上,且AM平面BDE,则点M的坐标为()A.(1,1,1)B.23,23,1C.22,22,1D.24,24,1答案:C解析:设M(x,x,1).由已知得A(2,2,0),B(0,2,0),D(2,0,0),E(0,0,1),则AM=(x-2,x-2,1),BD=(2,-2,0),BE=(0,-2,1).设平面BDE的一个法向量为n=(a,b,c),则nBD,nBE,即2a-2b=0,-2b+c=0.解得a=b,c=2b.令b=1,则n=(1,1,2).又AM平面BDE,所以n

3、AM=0,即2(x-2)+2=0,得x=22.所以M22,22,1.4.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.12B.22C.13D.16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D1E=(1,1,-1),AC=(-1,2,0),AD1=(-1,0,1),设平面ACD1的法向量为n=(a,b,c),则nAC=0,nAD1=0,即-a+2b=0,-a+c=0,得a=2b,a=

4、c.令a=2,则n=(2,1,2).所以点E到平面ACD1的距离为h=|D1En|n|=2+1-23=13.5.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.30B.45C.60D.90答案:B解析:(方法一)建立如图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n1n2|n1|n2|=22,故所求的二面角的大小是45.图图(方法二)将其补成正方体.如图,不难发现平面ABP和平面CDP所成的二面角就是平面ABQP和平

5、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.22B.155C.64D.63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(3,1,0),A(0,0,2),AC1=(3,1,-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|AC1n|AC1|n|=38=64.7.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

6、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),P0,-a2,a2.则CA=(2a,0,0),AP=-a,-a2,a2,CB=(a,a,0).设平面PAC的法向量为n,可求得n=(0,1,1),则cos=CBn|CB|n|=a2a22=12.=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,ADBC,SA平面ABCD,SA=AB=BC=1,AD=12,则平面SCD与平面SAB所成锐二面角的余弦值是.

7、答案:63解析:如图所示,建立空间直角坐标系,则依题意可知,D12,0,0,C(1,1,0),S(0,0,1),可知AD=12,0,0是平面SAB的一个法向量.设平面SCD的法向量n=(x,y,z),因为SD=12,0,-1,DC=12,1,0,所以nSD=0,nDC=0,即x2-z=0,x2+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,则cos=|ADn|AD|n|=122+0(-1)+0112222+(-1)2+12=63.9.如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BEEC1.(1)证明

8、:BE平面EB1C1;(2)若AE=A1E,求二面角B-EC-C1的正弦值.答案:(1)证明由已知得,B1C1平面ABB1A1,BE平面ABB1A1,故B1C1BE.又BEEC1,所以BE平面EB1C1.(2)解由(1)知BEB1=90.由题设知RtABERtA1B1E,所以AEB=45,故AE=AB,AA1=2AB.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,|DA|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则C(0,1,0),B(1,1,0),C1(0,1,2),E(1,0,1),CB=(1,0,0),CE=(1,-1,1),CC1=(0,0,2).设平面EBC的法向量为n=(x,y,

9、z),则CBn=0,CEn=0,即x=0,x-y+z=0,所以可取n=(0,-1,-1).设平面ECC1的法向量为m=(x,y,z),则CC1m=0,CEm=0,即2z=0,x-y+z=0,所以可取m=(1,1,0).于是cos=nm|n|m|=-12.所以,二面角B-EC-C1的正弦值为32.10.如图,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,AFD=90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60.(1)证明:平面ABEF平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.答案:(1)证明由已知可得AFDF,AFFE,所以AF平面EFDC.又AF平

10、面ABEF,故平面ABEF平面EFDC.(2)解过D作DGEF,垂足为G,由(1)知DG平面ABEF.以G为坐标原点,GF的方向为x轴正方向,|GF|为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.由(1)知DFE为二面角D-AF-E的平面角,故DFE=60,则DF=2,DG=3,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,3).由已知,ABEF,所以AB平面EFDC.又平面ABCD平面EFDC=CD,故ABCD,CDEF.由BEAF,可得BE平面EFDC,所以CEF为二面角C-BE-F的平面角,CEF=60.从而可得C(-2,0,3).所以EC=(1,0,3)

11、,EB=(0,4,0),AC=(-3,-4,3),AB=(-4,0,0),设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则nEC=0,nEB=0,即x+3z=0,4y=0.所以可取n=(3,0,-3).设m是平面ABCD的法向量,则mAC=0,mAB=0,同理可取m=(0,3,4),则cos=nm|n|m|=-21919.故二面角E-BC-A的余弦值为-21919.11.如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形,AA1=4,AB=2,BAD=60,E,M,N分别是BC,BB1,A1D的中点.(1)证明:MN平面C1DE;(2)求二面角A-MA1-N的正弦值.答案:(1)证明连接B1C,

12、ME.因为M,E分别为BB1,BC的中点,所以MEB1C,且ME=12B1C.又因为N为A1D的中点,所以ND=12A1D.由题设知A1B1DC,可得B1C􀰿A1D,故ME􀰿ND,因此四边形MNDE为平行四边形,MNED.又MN平面EDC1,所以MN平面C1DE.(2)解由已知可得DEDA.以D为坐标原点,DA的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(2,0,0),A1(2,0,4),M(1,3,2),N(1,0,2),A1A=(0,0,-4),A1M=(-1,3,-2),A1N=(-1,0,-2),MN=(0,-3,0).设m=(x

13、,y,z)为平面A1MA的法向量,则mA1M=0,mA1A=0.所以-x+3y-2z=0,-4z=0.可取m=(3,1,0).设n=(p,q,r)为平面A1MN的法向量,则nMN=0,nA1N=0.所以-3q=0,-p-2r=0.可取n=(2,0,-1).于是cos=mn|m|n|=2325=155,所以二面角A-MA1-N的正弦值为105.能力提升12.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别在A1D,AC上,且A1E=23A1D,AF=13AC,则()A.EF至多与A1D,AC之一垂直B.EFA1D,EFACC.EF与BD1相交D.EF与BD1异面答案:B解析:以D点为坐标原

14、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),E13,0,13,F23,13,0,B(1,1,0),D1(0,0,1),A1D=(-1,0,-1),AC=(-1,1,0),EF=13,13,-13,BD1=(-1,-1,1),EF=-13BD1,A1DEF=ACEF=0,从而EFBD1,EFA1D,EFAC.故选B.13.三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,ABAC,N是BC的中点,点P在A1B1上,且满足A1P=A1B1,直线P

15、N与平面ABC所成角的正弦值取最大值时,的值为()A.12B.22C.32D.255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(,0,1),N12,12,0,则PN=12-,12,-1.易得平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1).则直线PN与平面ABC所成的角满足sin=|cos|=1-122+54,于是问题转化为二次函数求最值问题.又因为0,2,当最大时,sin最大,所以当=12时,sin最大为255,同时直线PN与平面ABC所成的角取得最大值.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-A

16、B-D的余弦值为33,M,N分别是AC,BC的中点,则EM,AN所成角的余弦值等于.答案:16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=32,OF=CFcosCFO=12,OC=22,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E0,-22,0,M24,0,24,A22,0,0,N0,24,24,EM=24,22,24,AN=-22,24,24,cos=EMAN|EM|AN|=16.15.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

17、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721,求线段AH的长.解:如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP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:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2),设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则nDE=0,nDB=0,即2y=0,2x-2z=

18、0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MNn=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n2EM=0,n2MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y-z=0,x+2y-z=0.不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos=n1n2|n1|n2|=-421,于是sin=10521.所以,二面角C-EM-N的正弦值为10521.(3)依题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),B

19、E=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|NHBE|NH|BE|=|2h-2|h2+523=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH的长为85或12.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A1CEF,求直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值.答案:(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

20、以点K为线段BH的中点,所以A1K=3BK.又因为CD=3BD,所以A1CDK.又A1C平面DEF,DK平面DEF,所以A1C平面DEF.(2)解由(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EA,EH,EC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(t0),则A1(2,t,0),C(0,0,23),E(0,0,0),F-2,t2,0,D-32,0,32,所以A1C=(-2,-t,23),EF=-2,t2,0.因为A1CEF,所以A1CEF=0,所以(-2)(-2)-tt2+230=0,解得t=22.所以EF=(-2,2,0),ED=-32,0,32.设平面DEF的法向量为n=(x,y,z),则EFn=0,EDn=0,所以-2x+2y=0,-32x+32z=0,取x=1,则n=(1,2,3),又因为A1C1=AC=(-2,0,23),设直线A1C1与平面DEF所成的角为,则sin=|cos|=|nA1C1|n|A1C1|=464=66,所以直线A1C1与平面DEF所成的角的正弦值为66.