2021版高考数学（山东新高考版）一轮复习课时规范练35空间几何中的向量方法 WORD版含解析.docx

1、课时规范练35空间几何中的向量方法课时规范练A册第27页 基础巩固组1.已知二面角-l-的两个半平面与的法向量分别为a,b,若=3,则二面角-l-的大小为()A.3B.23C.3或23D.6或3答案C解析由于二面角的范围是0,而二面角的两个半平面与的法向量都有两个方向,因此二面角-l-的大小为3或23,故选C.2.(2019安徽六安一中期中)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()A.120B.60C.30D.60或30答案C解析设直线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|=12.又090,=30.

2、3.已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形,PA=PD=5,平面ABCD平面PAD,M是PC的中点,O是AD的中点,则直线BM与平面PCO所成角的正弦值是()A.55B.255C.8585D.88585答案D解析以O为原点,以OA、AB和OP为x轴,y轴,z轴正方向,建立空间直角坐标系,如图所示.由题可知O(0,0,0),P(0,0,2),B(1,2,0),C(-1,2,0),则OP=(0,0,2),OC=(-1,2,0),M是PC的中点,M-12,1,1,BM=-32,-1,1.设平面PCO的法向量n=(x,y,z),直线BM与平面PCO所成角为,则nOP=2z=0,nOC=

3、-x+2y=0,可取n=(2,1,0),sin =|cos|=|BMn|BM|n|=41745=88585.故选D.4.如图,空间正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别是CD,CC1的中点,则异面直线A1M与DN所成角的大小是()A.6B.4C.3D.2答案D解析以D为原点,DA,DC,DD1所在直线为坐标轴建系(图略),设棱长为1,A1(1,0,1),M0,12,0,D(0,0,0),N0,1,12,则A1M=-1,12,-1,DN=0,1,12,cos=A1MDN|A1M|DN|=0.=2.5.如图所示,已知四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,且PA平面ABCD,PA=AD=

4、AC,点F为PC的中点,则二面角C-BF-D的正切值为()A.36B.34C.33D.233答案D解析如图所示,设AC与BD交于点O,连接OF.以O为坐标原点,OB,OC,OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系O-xyz.设PA=AD=AC=1,则BD=3,所以O(0,0,0),B32,0,0,F0,0,12,C0,12,0,OC=0,12,0,易知OC为平面BDF的一个法向量,由BC=-32,12,0,FB=32,0,-12,可得平面BCF的一个法向量为n=(1,3,3).所以cos=217,sin=277,所以tan=233.故二面角C-BF-D的正切值为233.6.若直线l的方

5、向向量a=(-2,3,1),平面的一个法向量n=(4,0,1),则直线l与平面所成角的正弦值为.答案23834解析由题意,得直线l与平面所成角的正弦值为|an|a|n|=71417=23834.7.已知点E,F分别在正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BB1,CC1上,且B1E=2EB,CF=2FC1,则平面AEF与平面ABC所成的二面角的余弦值等于.答案31111解析如图,建立空间直角坐标系.设正方体的棱长为1,平面ABC的法向量为n1=(0,0,1),平面AEF的法向量为n2=(x,y,z).所以A(1,0,0),E1,1,13,F0,1,23,所以AE=0,1,13,EF=-1,0,13

6、,则n2AE=0,n2EF=0,即y+13z=0,-x+13z=0.取x=1,则y=-1,z=3.故n2=(1,-1,3).所以cos=n1n2|n1|n2|=31111.所求二面角的余弦值为31111.8.(2019辽宁育才学校模拟,19)在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD底面ABCD,底面ABCD为直角梯形,BCAD,ADC=90,BC=CD=12AD=1,PA=PD,E,F分别为AD,PC的中点.(1)略;(2)若PE=EC,求二面角F-BE-A的余弦值.解(2)由题意可知PE平面ABCD,BEAD,如图所示,PE=EC=ED2+DC2=2,以E为原点,EA,EB,EP分别为x,y,z建

7、立直角坐标系,则E(0,0,0),A(1,0,0),B(0,1,0),F-12,12,22.平面ABE法向量可取n=(0,0,1),平面FBE中,EB=(0,1,0),EF=-12,12,22.设平面FBE的法向量为m=(a,b,c),则mEB=0,mEF=0,即b=0,-12a+12b+22c=0.取c=1,得m=(2,0,1),cos=13=33.由图形得二面角F-BE-A的平面角为钝角,所以二面角F-BE-A的余弦值为-33.9.(2019江西上饶二中质检)如图,在斜三棱柱(侧棱不垂直于底面)ABC-A1B1C1中,侧面AA1C1C底面ABC,底面ABC是边长为2的正三角形,A1A=A1

8、C,A1AA1C.(1)求证:A1C1B1C;(2)求二面角B1-A1C-C1的正弦值.解(1)证明:如图,取A1C1的中点D,连接B1D,CD,C1C=A1A=A1C,CDA1C1,底面ABC是边长为2的正三角形,AB=BC=2,A1B1=B1C1=2,B1DA1C1.又B1DCD=D,B1D平面B1CD,CD平面B1CD,A1C1平面B1CD,A1C1B1C.(2)如图,取AC的中点O,以O为坐标原点,射线OB,OC,OA1分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则O(0,0,0),B(3,0,0),A1(0,0,1),B1(3,1,1),C1(0,2,1),C(0,1,0),A1B

9、1=(3,1,0),A1C=(0,1,-1).设m=(x,y,z)为平面A1B1C的法向量,mA1B1=3x+y=0,mA1C=y-z=0,令y=3,得m=(-1,3,3),又OB=(3,0,0)为平面A1CC1的一个法向量,cos=mOB|m|OB|=-77.由图易知所求二面角为锐角,二面角B1-A1C-C1的正弦值为427.综合提升组10.已知在正四面体A-BCD中,E为棱AD的中点,则CE与平面BCD的夹角的正弦值为()A.32B.23C.12D.33答案B解析作AO平面BCD于点O,则O是BCD的中心,以O为坐标原点,直线OD为y轴,直线OA为z轴建立空间直角坐标系,如图所示.设AB=

10、2,则O(0,0,0),A0,0,263,C1,-33,0,E0,33,63,OA=0,0,263,CE=-1,233,63,cos=OACE|OA|CE|=432633=23.CE与平面BCD的夹角的正弦值为23.11.(2019江苏苏州考前模拟)在四棱锥P-ABCD中,ABCD,AB=2CD=2BC=2AD=4,DAB=60,AE=BE,PAD为正三角形,且平面PAD平面ABCD.(1)求二面角P-EC-D的余弦值;(2)略.解(1)设O是AD中点,PAD为正三角形,POAD.平面PAD平面ABCD,PO平面ABCD.又AD=AE=2,DAB=60,ADE为正三角形,OEAD,建立如图所示

11、空间直角坐标系O-xyz,则P(0,0,3),E(0,3,0),C(-2,3,0),D(-1,0,0),于是PC=(-2,3,-3),PE=(0,3,-3),DP=(1,0,3),设平面PEC的法向量为n1=(x,y,z),由PCn1=0,PEn1=0,得一个法向量为n1=(0,1,1),设平面EDC的一个法向量为n2=(0,0,1),设二面角P-EC-D的平面角为,则|cos |=|cos|=12=22.由图知为锐角,所以,二面角P-EC-D的余弦值为22.12.(2019江西名校5月联考,18)已知空间几何体ABCDE中,BCD与CDE均为边长为2的等边三角形,ABC为腰长为13的等腰三角

12、形,平面CDE平面BCD,平面ABC平面BCD.(1)略;(2)求直线BE与平面AEC所成角的正弦值.解(2)以CD中点O为坐标原点,OD所在直线为x轴,OB所在直线为y轴,OE所在直线为z轴,建立空间直角坐标系.C(-1,0,0),E(0,0,3),B(0,3,0),A-12,32,23,BE=(0,-3,3),设n=(x,y,z)平面AEC,nCE=x+3z=0,nEA=-12x+32y+3z=0,x=-3,y=-3,z=1.sin =cos =43613=22613.即所求角的正弦值为22613.13.如图,平面ABDE平面ABC,ABC是等腰直角三角形,AC=BC=4,四边形ABDE是

13、直角梯形,BDAE,BDBA,BD=12AE=2,O,M分别为CE,AB的中点.(1)求异面直角AB与CE所成角的大小;(2)求直线CD与平面ODM所成角的正弦值.解(1)DBBA,平面ABDE平面ABC,平面ABDE平面ABC=AB,DB平面ABDE,DB平面ABC.BDAE,EA平面ABC.如图所示,以C为坐标原点,分别以CA,CB所在直线为x,y轴,以过点C且与EA平行的直线为z轴,建立空间直角坐标系.AC=BC=4,C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,4,0),E(4,0,4).AB=(-4,4,0),CE=(4,0,4).cos=-164242=-12.异面直线AB与CE所成

14、角的大小为3.(2)由(1)知O(2,0,2),D(0,4,2),M(2,2,0),CD=(0,4,2),OD=(-2,4,0),MD=(-2,2,2).设平面ODM的法向量为n=(x,y,z),则由nOD,nMD,可得-2x+4y=0,-2x+2y+2z=0.令x=2,则y=1,z=1,n=(2,1,1).设直线CD与平面ODM所成的角为,则sin =|cos|=|nCD|n|CD|=3010,直线CD与平面ODM所成角的正弦值为3010.创新应用组14.在三棱锥A-BCD中,AB=AD=BD=2,BC=DC=2,AC=2.(1)求证:BDAC;(2)点P为AC上一动点,设为直线BP与平面A

15、CD所形成的角,求sin 的最大值.解(1)证明:取BD中点E,连接AE,CE,AB=AD=BD=2,又E为BD中点,AEBD,同理可得CEBD,又AECE=E,BD平面ACE,又AC平面ACE,BDAC.(2)AB=AD=BD=2,BC=DC=2,BCD为直角三角形,且AE=3,CE=1,AE2+EC2=AC2,AEC=2,即AEEC,又AEBD,所以AE平面BCD.以E为坐标原点,EC为x轴,ED为y轴,EA为z轴建立如图直角坐标系E-xyz.则B(0,-1,0),D(0,1,0),C(1,0,0),A(0,0,3),设P(x0,y0,z0),AP=AC(01),AC=(1,0,-3),A

16、P=(x0,y0,z0-3),(x0,y0,z0-3)=(1,0,-3)=(,0,-3),x0=,y0=0,z0-3=-3,即x0=,y0=0,z0=3-3,P(,0,3-3),BP=(,1,3-3),DA=(0,-1,3),DC=(1,-1,0),设n=(x1,y1,z1)是平面ACD的法向量,由nDA=0,nDC=0得-y1+3z1=0,x1-y1=0,令x1=1,得y1=1,z1=33,n=1,1,33,sin =|cos|=nBP|n|BP|=2732+1+3(-1)2=6722-3+2,01,7822-3+22,217sin 437,sin 的最大值为437.15.(2019陕西咸阳

17、模拟一,19)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,ABC=120,PA=PC,PB=PD,ACBD=O.(1)求证:PO平面ABCD;(2)若PA与平面ABCD所成的角为30,求二面角B-PC-D的余弦值.(1)证明四边形ABCD是菱形,O为AC,BD的中点.又PA=PC,PB=PD,POAC,POBD.ACBD=O,且AC,BD平面ABCD,PO平面ABCD.(2)解设菱形ABCD的边长为2t(t0).ABC=120,BAD=60,OA=3t.由(1)知PO平面ABCD,PA与平面ABCD所成的角为PAO=30,得到PO=t,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,t,0),C(-3t,0,0),P(0,0,t),D(0,-t,0),得到BP=(0,-t,t),CP=(3t,0,t).设平面PBC的法向量n1=(x1,y1,z1),平面PCD的法向量n2=(x2,y2,z2).则n1BP=0,n1CP=0,即-ty1+tz1=0,3tx1+tz1=0.令x=1,则y=z=-3,得到n1=(1,-3,-3).同理可得n2=(1,3,-3),所以|cos|=|n1n2|n1|n2|=17.因为二面角B-PC-D为钝二面角,则余弦值为-17.